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我们来讨论剩余为＋2和-2的情况。
如果从表2中收集所有剩余为＋2的质数，我们就能得到7，17，23，31，41，47，71，73，79，89，97，我们发现这些数里不存在形如8n ＋3或8n ＋5的数。
我们来探讨一下这个归纳出来的结论是不是能够成立。
首先，我们发现任何形如8n ＋3或8n ＋5的合数一定有一个形如8n ＋3或8n ＋5的质因数；因为，如果存在形如8n ＋1或8n ＋7的质因数，我们就只能得到形如8n ＋1或8n ＋7的合数。那么，如果我们归纳的结论是普遍成立的，任何形如8n ＋3或8n ＋5的数都不可能有＋2作为剩余。现在，显然100以内的数都不可能有＋2作为剩余。假如有若干大于100的数有＋2作为它们的剩余，设这些数中最小的一个等于t 。t 的形式要么是8n ＋3，要么是8n ＋5；＋2是t 的剩余并且是所有小于t 的数的非剩余。设2≡a 2 （mod t ），则总是可以认为a 是小于t 的奇数（因为a 至少有两个小于t 的正值且其和等于t ，所以其中一个为偶数，另一个为奇数；参考条目104和105） 。令a 2 ＝2＋tu （即，tu ＝a 2 -2） ，因a 2 形如8n ＋1，那么，tu 就形如8n -1。因而，对应于t 是8n ＋5或者8n ＋3的形式，u 就有8n ＋3或者8n ＋5的形式。但是，从等式a 2 ＝2＋tu 可以推出2≡a 2 （mod u ），即，2是u 的一个剩余。容易发现的是，u ＜t ，因而t 就不是我们归纳结论中的最小的数，这与我们的假设矛盾。由此可知，我们在归纳中发现的结论对于一般情况下也是成立的。
将这条定理与条目111中的定理相结合，我们就可以推导出以下两条定理：
1．对于所有形如8n ＋3的质数，＋2是非剩余，-2是剩余。
2．对于所有形如8n ＋5的质数，＋2和-2都是非剩余。
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对表2用类似的归纳方法，我们找到以-2为二次剩余的质数是：3，11，17，19，41，43，59，67，73，83，89，97 [6] 。因为这些数都不是形如8n ＋5和8n ＋7的，所以我们要探讨一下这种归纳是不是能给我们带来一般性的结论。如同在上一条目中的做法，我们这里证明每一个形如8n ＋5或8n ＋7的合数都包含一个形如8n ＋5或8n ＋7的质因数。因此，如果我们的归纳对一般情况也成立，那么任何形如8n ＋5或8n ＋7的数都没有以-2作为剩余的。但是，如果这样的数确实存在，设它们中最小的那个数等于t ，我们有-2＝a 2 -tu 。像上面一样，如果取a 是小于t 的奇数，对应于t 是形如8n ＋7或者8n ＋5，u 就形如8n ＋5或者8n ＋7。但是，由a 2 ＋2＝tu 和a ＜t 可以轻松推出u ＜t 。最后得出，-2也就是u 的一个剩余，即，以-2为剩余的t 不是最小的那个数，这与我们的假设矛盾。因此，-2必定是所有形如8n ＋5或8n ＋7的数的非剩余。
结合条目111中的定理，我们可以得到以下定理：
1．对于所有形如8n ＋5的质数，-2和＋2都是非剩余。 我们已经在上面的条目中证明了这条定理。
2．对于所有形如8n ＋7的质数，-2是非剩余，＋2是剩余。
实际上，在每个证明中我们也可以取a 为偶数；但是我们就得区分a 是形如4n ＋2还是形如4n 的情况。那么，往后的推导就可按照上面来进行，没有任何困难。
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还剩一种情况，即，当质数是形如8n ＋1的情况。之前的方法在这里不适用，需要使用一种特殊的方法。
设8n ＋1为质数模，a 是它的一个原根。我们就有 （参考条目62） a 4n ≡-1（mod 8n ＋1）。这个同余式也可以表示成（a 2n ＋1）2 ≡2a 2n （mod 8n ＋1）或者（a 2n -1）2 ≡-2a 2n （mod 8n ＋1）的形式。由此可以推出，2a 2n 和-2a 2n 都是8n ＋1的剩余；但是，因为a 2n 是不能被模整除的平方数，所以＋2和-2都是剩余 （参考条目98） 。
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这里对此定理再补充一个证明，这个证明与前一个证明的关系就像条目108的定理的第2个证明（条目109） 与第1个证明（条目108） 的关系一样。熟练的数学家会发现，这两对证明并不是像第一眼看上去那样不同。
1．对于任何形如4m ＋1的质数模，在小于模的数1，2，3，…，4m 中，有m 个数能同余于一个四次方数，而其余3m 个数都不能同余于四次方数。
从上一章的原理可以很容易推导出这一点，但是即便没有这些原理，也不难发现这一点。因为，我们已经证明了-1总是这样的模的二次剩余。因此，设f 2 ≡-1。显然，如果z 是不能被模整除的任意数，这四个数＋z ，-z ，＋f z ，-f z （它们显然是彼此不同余的） 的四次方将彼此同余。与这四个数不同余的任意数，它的四次方也不能同余于它们的四次方（否则的话，四次同余方程x 4 ≡z 4 的根就会超过4个，这与条目43矛盾） 。因此，我们推导出：由数1，2，3，…，4m 的四次方仅能给出m 个互不同余的数，并且，相同的这些数中有m 个数同余于这些数的四次方，而其他的数则不能同余于一个四次方的数。
2．对于形如8n ＋1的质数模，-1能够同余于一个四次方的数（-1被称作这个质数的四次剩余 ） 。
所有小于8n ＋1的四次剩余（不包括0） 的个数就等于2n ，即偶数。容易证明的是，如果r 是8n ＋1的四次剩余，表达式 （mod 8n ＋1）的值也是四次剩余。所以，如同我们在条目109中把二次剩余分组一样，我们也可以把所有的四次剩余分组。剩下的证明几乎和我们在条目109中的证明一样展开。
3．令g 4 ≡-1，且h 是表达式 （mod 8n ＋1）的值。那么，我们就有（g ±h ）2 ＝g 2 ＋h 2 ±2gh ≡g 2 ＋h 2 ±2（因为gh ≡1）。但是，g 4 ≡-1，因而-h 2 ≡g 4 h 2 ≡g 2 。因此，g 2 ＋h 2 ≡0并且（g ±h ）2 ≡±2；即，＋2和-2都是8n ＋1的二次剩余。证明完毕。
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从上文我们可以轻松地推导出下面的一般性规律：＋2是不能被4或任何形如8n ＋3或8n ＋5的任意质数整除的数的剩余，它是所有其他的数的非剩余（例如，所有形如8n ＋3和8n ＋5的数，不论它们是质数还是合数）；-2是不能被4或任何形如8n ＋5或8n ＋7的任意质数整除的数的剩余，它是所有其他的数的非剩余。
这两个优美的定理早已被睿智的费马发现（Opera Mathem [7] ），但是他从没公开声称他已经得到的证明。后来欧拉努力寻找这一证明，但是无果；拉格朗日发表了第一个严格的证明（Nouv. mêm. Acad. Berlin [8] ）。当欧拉在Opuscula Analytica 上撰写论文时，似乎还不知道这件事。
