135
虽然在上个条目中，我们还没有证明条目133中的定理，但是，我们指出了只要基本定理成立，它们也成立。根据我们推导的方法可知，如果基本定理对这些数的质因数之间的所有组合都成立，这些定理对数P ，Q 就成立——即使在一般的情况下基本定理并不成立。现在，我们来证明基本定理。我们首先做下面的解释：
如果基本定理对于任何两个都不大于M 的质数成立，我们就说它到数M 为止都成立。
当我们说条目131，条目132和条目133中的定理在某个范围内成立时，表达的是同样的意思。如果基本定理在某个范围内成立，那么，上述的这些定理在这个范围内也成立。
136
通过归纳的方法，我们容易确定基本定理对于一些较小的数成立，因此可以确定基本定理适用的范围。假设我们已经完成了归纳——归纳到哪里是没有关系的——那么，确定基本定理到数5都成立就足够了。只要稍加观察就会发现它是成立的，因为＋5 N 3，±3 N 5。
如果基本定理不具有一般性，那么存在某个范围T ，在这个范围内基本定理才成立；而对于更大的数T ＋1，它不再成立。这就如同说存在两个质数，较大的质数为T ＋1，它们使得基本定理不成立；但是，两个小于T ＋1的质数总是使得基本定理成立。由此可以推出，条目131，132，133中的定理到T 这个范围也成立。我们现在证明这个假设是矛盾的。因为T ＋1和小于T ＋1的质数p 可以有不同的形式，所以我们要区别不同的情况，包括p 和T ＋1的组合使得定理不成立的情况。
1．当T ＋1和p 都是形如4n ＋1的数时，基本定理在以下两种情况下不成立：
第1种情况：±p R （T ＋1）和±（T ＋1）N p
第2种情况：±p N （T ＋1）和±（T ＋1） R p
2．当T ＋1和p 都是形如4n ＋3的数时，基本定理在以下两种情况下不成立：
第3种情况：＋p R （T ＋1）和-（T ＋1）N p
［或者同样的-p N （T ＋1）和＋（T ＋1）R p ］
第4种情况：＋p N （T ＋1）和-（T ＋1）R p
［或者同样的-p R （T ＋1）和＋（T ＋1）N p ］
3．当T ＋1是形如4n ＋1的数，且p 是形如4n ＋3的数时，基本定理在以下两种情况下不成立：
第5种情况：±p R （T ＋1）和＋（T ＋1）N p ［或-（T ＋1）R p ］
第6种情况：±p N （T ＋1）和-（T ＋1）N p ［或＋（T ＋1）R p ］
4．当T ＋1是形如4n ＋3的数，且p 是形如4n ＋1的数时，基本定理在以下两种情况下不成立：
第7种情况：＋p R （T ＋1）［或者-p N （T ＋1）］和±（T ＋1）N p
第8种情况：＋p N （T ＋1）［或者-p R （T ＋1）］和±（T ＋1）R p
如果可以证明以上这8种情况都不能出现，那么类似地就能确定基本定理的正确性是没有界限范围的。我们现在来做这个证明，但是其中的某些情况依赖于另一些情况，我们不能按照这里所罗列的顺序来证明。
137
第1种情况。当T ＋1形如4n ＋1（a ）且p 是同一种形式，并且±p R a 时，我们就不能得出±a N p 的结论。 这是条目136的第1种情况。
令±p ≡e 2 （mod a ），其中e 是偶数，且小于a （这总是可能的） 。我们可以分两种情况讨论。
1．当e 不能被p 整除时，令e 2 ＝p ＋af ，这里的f 就是形如4n ＋3（B 形式） 的正数，它小于a 且不能被p 整除。进一步地可得出，e 2 ≡p （mod f ），即p R f 。因而，从条目132中的定理11可知±f R p （因为p 和f 都小于a ） 。但是，我们也得出af R p ，从而可得出±a R p 。
2．当e 能被p 整除时，令e ＝gp ，且e 2 ＝p ＋agh 或pg 2 ＝1＋ah ；那么，h 就是形如4n ＋3（B 形式） 且与p 和g 2 互质。进一步地，我们得出pg 2 R h ，因而也可得出p R h ，且由此得出（条目132，定理11） ±h R p 。但是，因为-ah ≡1（mod p ），我们也得出-ah R p ，因此，a R p 。
138
第2种情况。当T ＋1形如4n ＋1（a ），p 形如4n ＋3，且±p R （T ＋1）时，我们不能得出＋（T ＋1）N p 或-（T ＋1）R p 的结论。 这是条目136的第5种情况。
像上面一样，令e 2 ＝p ＋fa ，且e 是小于a 的偶数。
1．当e 是不能被p 整除的数时，f 就也不能被p 整除。且f 是形如4n ＋1（A 形式）的小于a 的正数，但是，由＋p R f 经条目132定理10得出＋f R p 还有＋fa R p ，因而得出＋a R p 或-a N p 。
2．当e 能被p 整除时，令e ＝pg 且f ＝ph 。因而，g 2 h ＝1＋ha 。那么，h 就是形如4n ＋3（B 形式）且与p 和g 2 互质的正数。进一步地，我们可得出＋g 2 p R h 和＋p R h ，因此（条目132定理13） ，得出-h R p 。但是，我们得出-ha R p ，因而得出＋a R p 和-a N p 的结论。
139
第3种情况。当T ＋1形如4n ＋1（a ），p 是相同的形式，且±p N a 时，我们就不能得出±a R p 的结论 （条目136的第二种情况） 。
取任意以＋a 为其非剩余的小于a 的质数。虽然我们已经证明了存在这样的数（条目125和条目129） ，但是，对应于质数的形式是4n ＋1还是4n ＋3，我们必须分别考虑，因为我们没有证明存在这两种形式的质数。
1．令质数a ′的形式为4n ＋1。那么，我们就有±a ′ N a （条目131） ，因而有±a ′p R a 。现在，令e 2 ≡a ′p （mod a ），且e 为小于a 的偶数。那么，我们必须再一次区分四种情况。
1）当e 不能被p 或者被a ′整除时，令e 2 ＝a ′p ±af ，并选择使f 为正数的符号。那么，我们有f ＜a ，且f 与a ′和p 互质。并且，当取正号时，f 的形式是4n ＋3，当取负号时，f 的形式是4n ＋1。为了简洁，我们用［x ，y ］来表示以x 为非剩余的y 的质因数的个数。那么，我们有a ′p R f ，因而［a ′p ，f ］＝0。那么，［f ，a ′p ］就是一个偶数（条目133定理1，定理3） ，即，［f ，a ′p ］要么等于0，要么等于2。因此，f 就要么是数a ′，p 每个数的剩余，要么就是它们每一个的非剩余。前一种情况是不可能的，因为±af 是a ′的剩余，且±a N a ′（根据假设） ；因此，我们有±f N a ′。那么，f 必须是数a ′，p 每个数的非剩余。但是，因为±af R p ，我们就有±a N p 。证明完毕。
2）当e 能够被p 整除，但是不能被a ′整除时，令e ＝gp 且g 2 p ＝a ′＋ah ，取使h 为正数的符号。那么，我们就有h ＜a ，且h 与a ′，g ，p 互质。并且，当取正号时，h 的形式是4n ＋3，当取负号时，h 的形式是4n ＋1。如果我们将等式g 2 p ＝a ′±ah 分别乘以p 和a ′，容易得出关系式pa ′ R h ，记为（α ）；±ahp R a ′，记为（β ）；aa ′h R p ，记为（γ ）。从（α ）可以推出［pa ′，h ］＝0，因而（由条目133定理1，定理3可推出） ［h ，pa ′］是偶数，即，h 要么是p 和a ′每个数的非剩余，要么不是p 和a ′任何一个数的非剩余。在前一种情况，从（β ）可以推出±ap N a ′，并且，因为假设±a N a ′，我们就有±p R a ′。因此，根据基本理论（因为数p ，a ′都是小于T ＋1的数，基本理论对于它们成立） ，我们就有±a ′R p 。现在因为有h N p ，由（β ）可以推出±ap R a ′，所以±p N a ′，±a ′ N p 。而因为h R p ，我们从（γ ）可推出±a N p 。证明完毕。
3）当e 能被a ′整除，但是不能被p 整除时，对于这种情况，证明几乎和前面的证明一模一样。只要能够理解前面的证明，那么证明它不会有任何困难。
4）当e 同时被a ′和p 整除时，那么e 也能够被乘积a ′p 整除（我们可以假设a ′和p 不相等，否则的话假设a N a ′就包含了a N p ） 。令e ＝ga ′p 且g 2 a ′p ＝1±ah 。那么，我们就有h ＜a ，且h 与a ′和p 互质。当取正号时，h 的形式是4n ＋3，当取负号时，h 的形式是4n ＋1。从这个等式我们很容易推出关系式a ′p R h ，将其记为（α ），把±ah R a ′记为（β ），把±ah R p 记为（γ ）。从（α ）——它与第2种情况下的（α ）相符——可以推出同样的结论。也就是说，我们要么同时有h R p 和h R a ′，要么同时有h N p 和h N a ′。但是，在前一种情况下，由（β ）可以推出a R a ，这与假设矛盾。因此，可得出h N p ，并且由（γ ）也可得出a N p 。
2．当质数的形式是4n ＋3时，证明过程与前面的证明几乎是一样的，在这里出现比较多余。对于愿意自己完成证明的人（我们强烈建议自己完成） ，我们指出，在得到等式e 2 ＝bp ±af （b 代表质数） 后，应当分别讨论两种符号的情况。
140
第4种情况。当T ＋1形如4n ＋1（a ），p 形如4n ＋3，且±p N a 时，我们不能得出＋a R p 或-a N p 的结论 （条目136的第6种情况） 。
因为这种情况的证明与第3种情况的证明是相似的，为了简洁，我们将其略去。
141
第5种情况。当T ＋1的形式是4n ＋3（b ），p 也是同样的形式，并且＋p R b 或-p N b 时，我们不能得出＋b R b 或-b N p 的结论 （条目136的第3种情况） 。
令p ＝e 2 （mod b ），e 是小于b 的偶数。
1．当e 不能被p 整除时，令e 2 ＝p ＋bf ，其中f 是小于b 的形如4n ＋3的整数，且f 与p 互质。因而，p R f ，进而（条目132定理13） -f R p 。那么，因为＋bf R p ，我们得出-b R p 且＋b N p 。证明完毕。
2．当e 能被p 整除时，令e ＝pg 且g 2 p ＝1＋bh 。那么，h 就是与p 互质的形如4n ＋1的数；而且，p ≡g 2 p 2 （mod h ），因此p R h ；由此可以得到＋h R p （条目132定理10） ，那么，又因为-bh R p ，可以推出-b R p 或＋b N p 。证明完毕。
142
第6种情况。当T ＋1的形式是4n ＋1（b ），p 的形式是4n ＋1，且p R b 时，我们不能得出±b N p 的结论 （条目136的第7种情况） 。
我们忽略它的证明，因为这与前面的证明完全一样。
143
第7种情况。当T ＋1的形式是4n ＋3（b ），p 有相同的形式，且±p N b 或-pRb 时，我们不能得出＋p N b 或-b R p 的结论 （条目136的第4种情况） 。
令-p ≡e 2 （mod b ），e 是小于b 的偶数。
1．当e 不能被p 整除时，令-p ＝e 2 -bf ，f 是形如4n ＋1的正数，f 与p 互质且小于b （因为，e 肯定不大于b -1，p ＜b -1，因而bf ＝e 2 ＋p ＜b 2 -b ，即f ＜b -1） 。进而，我们得出-p R f ，且由此推出（条目132定理10） ＋f R p 。并且，因为＋bf R p ，我们得出＋b R p 或者-b N p 。
2．当e 能被p 整除时，令e ＝pg 且g 2 p ＝-1＋bh ，那么，h 是形如4n ＋3的正数，并且，h 与p 互质且小于b 。进而，我们有-p R h ，因而（条目132定理14） 得出＋h R p 。并且，因为bh R p ，由此推出＋b R p 或者-b N p 。证明完毕。
144
第8种情况。当T ＋1的形式是4n ＋3（b ），p 的形式是4n ＋1，且＋p N b 或-p R b 时，我们不能得出±b R p 的结论 （条目136的最后1种情况） 。
这个证明和前面的完全相同。
