121
通过归纳的方法我们发现，＋5不是任意形如5n ＋2或5n ＋3的奇数——任意是5的非剩余的奇数——的剩余。我们按如下步骤来证明这个规则没有例外。假设成为这个规则的例外的最小的数为t ，它是数5的非剩余，但5是t 的一个剩余。令a 2 ＝5＋tu ，其中a 是小于t 的偶数。那么，u 就是小于t 的奇数，且＋5就是u 的剩余。假设a 不能被5整除，则u 也不能被5整除。但是，显然tu 是5的剩余，又因为t 是5的非剩余，同样u 就是5的非剩余。也就是说，存在一个小于t 的奇数，它是数5的非剩余，而＋5又是它的剩余，这与假设矛盾。如果a 能够被5整除，令a ＝b 且u ＝5v ，那么tv ≡-1≡4（mod 5）；即，tv 是数5的剩余。从这里往后，证明就可以按照上一种情况展开。
122
因此，＋5和-5都是所有这样的质数的非剩余，这些质数不仅是5的非剩余，且都形如4n ＋1，即，所有形如20n ＋13或20n ＋17的质数；而对于所有形如20n ＋3或20n ＋7的质数，＋5是非剩余，-5是剩余。
用完全相同的方式可以证明，-5是所有形如20n ＋11，20n ＋13，20n ＋17，20n ＋19的质数的非剩余；由此可以轻易推出，＋5是所有形如20n ＋11和20n ＋19的质数的剩余，是所有形如20n ＋13和20n ＋17的质数的非剩余。因为所有质数（2和5除外，±5是它们的剩余） 都包含于形如20n ＋1，20n ＋3，20n ＋7，20n ＋9，20n ＋11，20n ＋13，20n ＋17，20n ＋19的质数中的一个，显然，我们能够判断除了形如20n ＋1或者20n ＋9的质数之外所有的质数。
123
通过归纳容易知道的是，＋5和-5是形如20n ＋1或20n ＋9的质数的剩余。如果这一点普遍成立，我们就有这样一个优美的规律：＋5是所有是5的剩余的质数的剩余 （因为这些数都包含于形如5n ＋1或5n ＋4的质数中，或者形如20n ＋1，20n ＋9，20n ＋11，20n ＋19的质数中的一个，我们已经讨论过了这些数里面的第3个和第4个） ，并且＋5是所有是5的非剩余的奇数的非剩余 。我们在上文已经证明过了。显然，这个定理足以用来判断＋5（或者-5，通过讨论＋5和-1的乘积） 是不是某个给定的数的剩余或者非剩余。最后，将这个定理和条目120中讨论剩余-3的定理比较一下。
然而，验证这个归纳出来的结论并不是非常容易的。当讨论一个形如20n ＋1的质数，或者更一般地，形如5n ＋1的质数，解决问题的方法类似于条目114和119中的方法。设a 为对于模5n ＋1属于指数5的某个数，从前一章可知这样的数是存在的。因此，我们就有a 5 ≡1或者（a -1）（a 4 ＋a 3 ＋a 2 ＋a ＋1）≡0（mod 5n ＋1）。但因为不可能有a ≡1，因而不可能有a -1≡0，那么一定就有（a 4 ＋a 3 ＋a 2 ＋a ＋1）≡0。所以，4（a 4 ＋a 3 ＋a 2 ＋a ＋1）＝（2a 2 ＋a ＋2）2 -5a 2 就同余于0；即，5a 2 是5n ＋1的剩余，因而5也是它的剩余，因为a 2 是不能被5n ＋1整除的剩余（a 不能被5n ＋1整除，因为a 5 ≡1） 。证明完毕。
形如5n ＋4的质数的情况需要更加微妙的方法。但是，因为我们后面会对它进行更加一般性的讨论，所以这里仅简要叙述。
1．如果p 是质数，b 是p 的给定二次非剩余；不论x 取什么值，表达式
的值（显然，此式展开式不含无理项） 就总是可以被p 整除。因为，查看展开A 得到的系数后可知，从第2项起到倒数第2项为止（含第2项和倒数第2项） ，所有这些项都可以被p 整除，因此A ≡2（p ＋1）［x p ＋xb （p -1）/2 ］（mod p ）。但是，因为b 是p 的非剩余，我们有b （p -1）/2 ≡-1（mod p ） （参考条目106） 。但是x p 总是同余于x （由上一章知） ，因而A ≡0。证明完毕。
2．在同余方程A ≡0（mod p ）中，未知数x 为p 次，且0，1，2，…，p -1所有数都是它的根。令e 是p ＋1的因数，那么表达式
（记为B ） 展开后不含无理项，未知数x 为e -1次。由分析基本原理可知，A 能够被B 整除（形式上） 。现在我可以说，x 有e -1个值，将它们代入式B 后，B 可以被p 整除。因为，令A ≡BC ，我们发现x 在C 中的次数是p -e -1，因而，同余方程C ≡0（mod p ）就有不超过p -e -1个根。由此推出，在数0，1，2，3，…，p -1中其余的e -1个数都是同余方程B ≡0的根。
3．现在假设模p 的形式是5n ＋4，e ＝5，b 是p 的非剩余，这样取数a ，使得
能够被p 整除。但是，这个表达式变成
10a 4 ＋20a 2 b ＋2b 2 ＝2［（b ＋5a 2 ）2 -20a 4 ］
因此，我们就有（b ＋5a 2 ）2 -20a 4 能够被p 整除，即，20a 4 是p 的剩余；但是，因为4a 4 是不能被p 整除的剩余（因为，容易发现，a 不能被p 整除） ，所以5也是模p 的剩余。证明完毕。
那么，可知本条目在刚开始的部分提出的定理是普遍成立的。
我们注意到两种情况的证明都是拉格朗日发现的（Nouv. mêm. Acad. Berlin ，1775）。
