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因为在此之前的方法都不足以给出一般性的证明，我们现在给出一个能够做一般性证明的方法。我们从一个一直未能证明的定理开始。乍一看这个定理是那么显然，以至于很多作者认为完全不需要证明。定理的表述如下：除了正平方数之外，每个数都是某个质数的剩余。 但是，因为我们仅打算用这个定理作为证明其他命题的辅助工具，我们这里只讨论需要这个定理的一些情况。其他的情况以后再讨论。因此，我们要证明：对于任何形如4n ＋1的质数，不论它取正号还是负号 [9] ，都是某个质数的非剩余 ，并且实际上（如果这个质数大于5） ，它是某个比它本身更小的质数的剩余。
首先，当p 是形如4n ＋1的质数，取负号（p ＞17，因为-13是3的非剩余，-17是5的非剩余） ，设2a 是大于 的第1个偶数；那么，4a 2 总是小于2p 或者4a 2 -p ＜p 。但是，4a 2 -p 是形如4n ＋3的数，p 是4a 2 -p 的二次剩余（因为p ≡4a 2 （mod 4a 2 -p ）） 。并且，如果4a 2 -p 是质数，-p 就是非剩余；如果不是，4a 2 -p 的某个因数就必定形如4n ＋3；并且，因为＋p 一定是剩余，-p 就是非剩余。证明完毕。
其次，对于取正号的质数，我们分两种情况。首先设p 为形如8n ＋5的质数。令a 为小于 的任意整数。那么8n ＋5-2a 2 就是形如8n ＋5或8n ＋3的正数（分别对应于a 是偶数或者奇数） ，因而8n ＋5-2a 2 一定能够被某个形如8n ＋5或8n ＋3的质数整除，因为形如8n ＋1和8n ＋7的数的乘积不可能是形如8n ＋3或8n ＋5的数。用q 表示这个质数，我们就得到了8n ＋5≡2a 2 （mod q ）。但是，2就是q 的非剩余（参考条目112 ），因而2a 2 和8n ＋5也是q 的非剩余 [10] 。证明完毕。
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我们没有明显的方法证明任何取正号的形如8n ＋1的质数总是某个小于它的质数的非剩余。但是，因为这个事实极其重要，即便这个证明篇幅较长，我们也不能对它省略严格的证明。我们按照如下步骤展开。
引理
假设我们有两组数列 （这两个数列的项数是否相同是无关紧要的） A ，B ，C ，…（Ⅰ）A ′，B ′，C ′，…（Ⅱ），并且，如果p 是整除第2个数列中至少一项的质数或者质数幂，则在第一个数列中被p 整除的项数至少和第2个数列中被p 整除的项数一样多。那么我就说，（Ⅰ）中的所有数的乘积可以被（Ⅱ）中所有数的乘积整除。
例：假设（Ⅰ）由数12，18，45组成，（Ⅱ）由数3，4，5，6，9组成。那么，如果我们连续取数2，4，3，9，5，就会发现在（Ⅰ）中有2，1，3，2，1项被p 整除，在（Ⅱ）中有2，1，3，1，1项被p 整除，（Ⅰ）中所有项的乘积为9720，可以被（Ⅱ）中所有项的乘积3240整除。
证明
令数列（Ⅰ）中所有项的乘积为Q ，数列（Ⅱ）所有项的乘积为Q ′。显然，任何是Q ′因数的质数也是Q 的因数。现在我们来证明，Q ′的任意质因数在Q 中的质数至少和其在Q ′中的指数一样大。令p 为这样的除数，我们假设数列（Ⅰ）中有a 项可以被p 整除，b 项可以被p 2 整除，c 项可以被p 3 整除，…。用类似的方式可以确定数列（Ⅱ）中的a ′，b ′，c ′，…。在Q 中p 的指数是a ＋b ＋c ＋…，在Q ′中p 的指数是a ′＋b ′＋c ′＋…。但是a ′一定不大于a ，b ′一定不大于b ，…（通过假设） ，因而，a ′＋b ′＋c ′＋…就一定大于a ＋b ＋c ＋…。因此，在Q ′中没有比在Q 中的质数更大的质数，所以Q 能被Q ′整除（条目17） 。证明完毕。
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引理
在数列1，2，3，4，…，n 中，被任一整数h 整除的项数，不能多于在具有相同项数的数列a ，a ＋1，a ＋2，a ＋3，…，a ＋n -1中被h 整除的项数。
容易发现的是，如果n 是h 的倍数，那么每个数列中都有 项能够被h 整除；如果n 不是h 的倍数，令n ＝eh ＋f ，f ＜h ，那么在第1个数列中，有e 项能够被h 整除，在第2个数列中，有e 项或者e ＋1项能够被h 整除。
作为这个的推论，可以得到形数理论中著名的定理，即
总是整数。但是就我们所知，到目前为止还没有人能够直接证明这个定理。
最后，这个引理可以按照下面的方式作出更一般的表述：
在数列a ，a ＋1，a ＋2，…，a ＋n -1中，对于模h 同余于给定的数r 的项数，至少与在数列1，2，3，4，…，n 中被h 整除的项数一样多。
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定理
令a 是形如8n ＋1的任意数，p 是某个与a 互质且以＋a 作为剩余的数，且令m 为一个任意数；那么我可以说，在数列a ， ，2（a -4）， ，2（a -16），…，2（a -m 2 ）或者 中（对应于m 是偶数还是奇数） ，被p 整除的项数至少与数列1，2，3，…，2m ＋1中被p 整除的项数一样多。
我们以（Ⅰ）表示第1个数列，以（Ⅱ）表示第2个数列。
证明
1．当p ＝2，则除第1项外，p 整除（Ⅰ）中所有的项，即有m 项；在（Ⅱ）中也有同样多的项被p 整除。
2．如果p 是奇数，或者是奇数的2倍或4倍，并且令a ≡r 2 （mod p ），那么，数列-m ，-（m -1），-（m -2），…＋m ［它和数列（Ⅱ）的项数相同，我们将其表示为（Ⅲ）］ ，对于模p 同余于r 的项数至少和数列（Ⅱ）中被p 整除的项数一样多 （参考上一条目） 。但是，在数列（Ⅲ）这样的项中，不存在一对数只是正负号不同而绝对值相同的情况 [11] 。同时，这样的项中每一项对应于数列（Ⅰ）中被p 整除的一项。这就意味着，如果±b 是数列（Ⅲ）中对于p 同余于r 的某一项，那么，a -b 2 将被p 整除。因而，如果b 是偶数，则数列（Ⅰ）中的2（a -b 2 ）项将被p 整除；但是如果b 是奇数，则 项将被p 整除。因为，显然 是偶整数，因为a -b 2 能够被8整除，而p 至多能被4整除（根据假设a 是形如8n ＋1的数，奇数的平方b 2 具有同样的形式，所以它们的差的形式是8n ） 。那么，我们就总结出：在数列（Ⅰ）中能够被p 整除的项数和数列（Ⅲ）中对于模p 同余于r 的项数一样多，即，等于或者大于在数列（Ⅱ）中能够被p 整除的数。证明完毕。
3．令p 为形如8n 的数，且a ≡r 2 （mod 2p ）（容易发现的是，根据假设a 是p 的剩余，所以它也是2p 的剩余） 。那么，在数列（Ⅲ）中对于p 同余于r 的项数至少和数列（Ⅱ）中被p 整除的项数一样多，并且前者中所有这些项的绝对值均各不相等。但是，对于其中的每一项都有（Ⅰ）中被p 整除的一项与之对应。因为，如果＋b ≡r （mod p ）或者-b ≡r （mod p ），我们就有b 2 ≡r 2 （mod 2p ） [12] ，并且项 就能被p 整除。因此，数列（Ⅰ）中被p 整除的项数至少和数列（Ⅱ）中被p 整除的项数一样多。证明完毕。
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定理
如果a 是形如8n ＋1的质数，必定有某个小于2 ＋1的质数使得a 是它的非剩余。
证明
如果可能的话，令a 为所有小于2 ＋1的质数的一个剩余。那么，a 就是所有小于2 ＋1的合数的剩余（根据一个给定的数是否是一个合数的剩余或非剩余的判别法则，参考条目105） 。令小于 的最大的整数为m ，那么，在数列（Ⅰ）…a ， ，2（a -4）， ，…2（a -m 2 ）或者 中，被小于2 ＋1的任意一个数整除的项数至少和在数列（Ⅱ）…1，2，3，4，…2m ＋1中被这个数整除的项数一样多（参考上一个条目） 。由此推出，（Ⅰ）中所有项的乘积能够被（Ⅱ）中所有项的乘积整除 （参考条目126） 。但是，前者等于a （a -1）（a -4）…（a -m 2 ）或者这个乘积的一半（对应于m 是偶数或者奇数） 。因而，乘积a （a -1）（a -4）…（a -m 2 ）必定能够被（Ⅱ）中所有项的乘积整除，并且因为所有这些项都与a 互质，所以（Ⅰ）中除a 之外的所有项的乘积也能被（Ⅱ）中所有项的乘积整除。但是，（Ⅱ）中所有项的乘积可以按照下式表达
因此，（Ⅰ）中除a 之外的所有项的乘积除以（Ⅱ）中所有项的乘积可表示为
尽管它是一些小于1的分数的乘积［因为 必定是无理数，所以m ＋1＞ 并且（m ＋1）2＞a ］ ，但它是一个整数；这是矛盾的，因此我们的假设不能成立。证明完毕。
现在，因为a 一定大于9，我们就有2 ＋1＜a ，因此，一定存在一个小于a 的质数，使得a 是它的非剩余。
