四个平方数就够了
任取一个正整数，试着把它写成完全平方数 $0, 1, 4, 9, 16, 25, \ldots$ 之和，用的项数越少越好：
$$\begin{aligned} 5&=4+1,\\ 6&=4+1+1,\\ 7&=4+1+1+1,\\ 30&=25+4+1,\\ 2026&=2025+1=45^2+1^2. \end{aligned}$$有些数本身就是平方数，有些需要两个，有些需要三个。7 需要四个：没有别的办法。会不会有哪个数需要五个？1770 年，拉格朗日证明了：不会。
每个正整数都是四个整数的平方之和。
把 0 也算作平方数，这就是说总存在 $a, b, c, d$，使得 $n=a^2+b^2+c^2+d^2$。
一个延续了十五个世纪的猜想 大约公元 250 年，亚历山大的希腊人丢番图在他的问题中，不加说明地用到了某些数可以写成四个平方数之和这一事实。1621 年，法国人克洛德-加斯帕尔·巴歇出版了丢番图《算术》的拉丁文版本，并明确写出了这个论断。他说自己验证到了 325，但不知道如何证明。
费马正是在巴歇这本书的页边写下了他那些著名的批注。费马宣称自己用无穷递降法证明了它，但和往常一样，从未拿出证明。
欧拉的四十年 欧拉为证明它尝试了大约四十年，始终没有完成。但他在 1748 年找到了关键的一块：一个恒等式，说明两个四平方和的乘积仍然是四平方和。
$$\begin{aligned} &(a^2+b^2+c^2+d^2)(e^2+f^2+g^2+h^2)\\ &\quad=(ae+bf+cg+dh)^2\\ &\qquad+(af-be+ch-dg)^2\\ &\qquad+(ag-bh-ce+df)^2\\ &\qquad+(ah+bg-cf-de)^2. \end{aligned}$$它看起来像魔术，但只要把两边展开就行：所有交叉项都成对抵消。例如，$7=2^2+1^2+1^2+1^2$，$15=3^2+2^2+1^2+1^2$。恒等式给出
$$\begin{aligned}105&=7\cdot15=10^2+1^2+0^2+(-2)^2\\&=100+1+0+4.\end{aligned}$$这个结论威力很大。每个数都是素数的乘积。如果每个素数都是四平方和，恒等式就保证它们的乘积也是。所以只需要对素数证明这个定理。
拉格朗日的证明 就在这里，1770 年已在柏林的拉格朗日登场了。他的证明分两个阶段，两个阶段都属于费马递降法一类。
第一阶段。 对每个奇素数 $p$，存在 $x$ 和 $y$，使 $x^2+y^2+1$ 是 $p$ 的倍数。理由是一个计数：$x$ 从 $0$ 取到 $\frac{p-1}2$ 时，数 $x^2$ 除以 $p$ 留下 $\frac{p+1}2$ 个不同的余数，数 $-1-y^2$ 也是如此。由于 $\frac{p+1}2+\frac{p+1}2=p+1$ 多于 $p$ 个可能的余数，根据抽屉原理，两张表之间必有一个余数重复。所以 $p$ 的某个倍数，比如 $mp$，是四平方和：$x^2+y^2+1^2+0^2$。
