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我们在上个条目阐释的优雅定理首先是被勒让德先生发现的（H i s t A c a d P a r i s ，1785，第507页） ，他优美地证明（与我们的两个证明完全不同） 了这个定理。同时，这位杰出的数学家试图从这个定理推导出与上个条目中基本定理一致的一些命题的证明，但是我们已经在条目151中说过，为了这一目的，这种做法并不合适。因此，这里我们要简要地解释一下这个证明（它本身是非常优雅的） ，并说明我们判断的原因。我们首先指出：如果数 a ，b ，c 对于模4都同余于1，那么，方程 a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 ＝0…（Ω） 不可解 。不难发现，在这种情况下，除非所有x ，y ，z 的值同时都是偶数，否则a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 的值一定要么同余于1，要么同余于2，要么同余于3（mod 4），因此，如果（Ω ）可解，那么仅在x ，y ，z 都是偶数时才有可能，但这种假设是不可能出现的。因为任何满足方程（Ω ）的一组值在除以它们的最大公约数之后依然满足这个方程，所以这组值中至少有一个值是奇数。那么，这个定理在不同情况下的证明包括以下要点：
1．如果p ，q 是形如4n ＋3的（不等的正） 质数，那么不可能同时有p R q ，q R p 。如果这是可能的，通过令1＝a ，-p ＝b ，-q ＝c ，求解方程a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 ＝0的所有条件就都满足了（条目294） 。但是，由前面的讨论可知，这个方程无解，因此，我们的假设不成立。由此，我们可以直接推出条目131的定理7。
2．如果p 是形如4n ＋1的质数，q 是形如4n ＋3的质数，我们不可能同时得到q R p ，p N q 。否则，我们就有-p R q ，且方程x 2 ＋p y 2 -q z 2 ＝0可解。但是，根据我们前面的讨论可知，这个方程无解。由此，我们推出条目131中的第4和第5种情况。
3．如果p ，q 是形如4n ＋1的质数，我们不可能同时有p R q ，q N p 。取某个形如4n ＋3的质数r ，它是q 的剩余，p 是它的非剩余。那么，根据上面已经证明的情况，我们就有q R r ，r N p 。因此，如果我们有p R q ，q N p ，我们就有q r R p ，p r R q ，p q N r ，从而得出-p q N r 。这就会使方程p x 2 ＋q y 2 -r z 2 ＝0可解，这与前面的讨论矛盾；所以这个假设不成立。由此，我们可见推出条目131中的情况1和情况2。
按照下面的方式，我们可更优美地处理这个情况。设r 是形如4n ＋3的质数，p 是它的非剩余，那么，我们就也有r N p ，因此（假设p R q ，q N p ）有q r R p ；除此之外，我们有-p R q ，-p R r ，因而也有-p R q r ，所以方程x 2 ＋p y 2 -q r z 2 ＝0就可解，这与前面的讨论矛盾。这一解释对其他类似情况也适用。
4．如果p 是形如4n ＋1的质数，q 是形如4n ＋3的质数，我们不可能同时有p R q ，q N p 。取一个形如4n ＋1的辅助质数r ，它是p 和q 的非剩余。那么，我们就有q N r ，并且p N r ，因此，p q R r 。如果p R q ，q N p ，我们就还有p r R q ，-p r R q ，q r R p ，因此，方程p x 2 -q y 2 ＋r z 2 ＝0可解，但这是不可能的。由此我们推出条目131的情况3和情况6。
5．如果p ，q 是形如4n ＋3的质数，我们不可能同时有p N q 和q N p 。如果假设这是可能的，我们取一个形如4n ＋1的辅助质数r ，它是p 和q 的非剩余，我们就有q r R p ，p r R q ，进而，p N r ，q N r ，因而p q N r 且-p q R r ，所以方程-p x 2 -q y 2 ＋r z 2 ＝0可解，这与前面的讨论相矛盾。由此，我们推出条目131的情况8。
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通过仔细考察前面的证明过程，我们不难发现情况1和情况2如此完美，没有缺陷。但是，其余情况的证明依赖于辅助质数的存在，由于它们是否存在还未得到证明，那么证明的方法显然就失去了力量。即使这些假设看来非常可信，普通的读者也许看不出证明的必要，即使这些假设使我们努力要证明的定理具有最大的可能性 ，但如果我们想要追求数学的严格性，就不能把这些假设视为理所当然。至于条目296.4和条目296.5中的假设，存在形如4n ＋1的质数r ，它是另外2个给定的质数p ，q 的非剩余。由第4章不难推断，所有小于4p q 且与它互质的数［它们的个数是2（p -1）（q -1）］ 可以相等地被分成4类。其中1类包含p 和q 的非剩余，剩下3类包含q 的非剩余的p 的剩余，q 的剩余的p 的非剩余，以及p 和q 的剩余。在每个类中，有一半是形如4n ＋1的数，一半是形如4n ＋3的数。因此，在这些数中存在 个形如4n ＋1的数是p 和q 的非剩余。我们用g ，g ′，g ″，…表示这些数，用h ，h ′，h ″，…表示剩下的 个数。显然，所有包含于型4p q t ＋g ，4p q t ＋g ′，4p q t ＋g ″，…（G ）的数就也是形如4n ＋1的p ，q 的非剩余。现在，为了证实我们的假设，仅需要证明型组（G ）一定包含质数 。这本身是非常可能的，因为这些型以及型4p q t ＋h ，4p q t ＋h ′，…（H ）合起来包含所有与4p q 互质的数，即包含所有质数（2，p ，q 除外） ；且没有理由让人认为这一系列的质数不是均等地分布在这些型中，所以1/8的质数属于（G） ，剩下的质数属于（H ）。然而，这样的逻辑显然是不符合数学严格性的。勒让德先生自己也承认，对于这样一个定理——“质数一定包含在k t ＋l （其中k ，l 是给定的互质的数，t 为不确定数） 这样的型中”——的证明是非常困难的。他提到了一种方法，也许有用。我们认为，在得到严格的证明之前，有必要进行一些初步研究。关于另一个假设（条目296.3中的第2个方法） ——“存在形如4n ＋3的质数r ，使另一个形如4n ＋1的质数p 是它的非剩余”——勒让德完全没有对其做补充证明。我们上面（条目129） 已经证明了一定存在使得p 为其非剩余的质数，但我们的方法似乎还不能够证明这样的质数也形如 4n ＋3（虽然在我们的第1个证明中并不要求满足这个条件） 。然而，按照下面的方法，我们就能轻易地证明这个定理的正确性。根据条目287，存在由行列式为-p 的二元型组成的定正的族，它的特征是3，4；N p 。设（a ，b ，c） 是这样一个型，a 是奇数（这是可以的） 。那么，a 就是形如4n ＋3的数，要么它本身是质数，要么它至少包含一个形如4n ＋3的质因数r 。根据已知条件，我们得出-p R a ，因而有p R r ，p N r 。但是，我们一定要注意，条目263和条目287的定理依赖于基本定理，因此，如果我们使这里讨论的任何部分回到基本定理的话，就会陷入一个恶性循环。最后，条目296.3中第1个方法假设的很多条件是显而易见的，这里再做补充没有意义。
我们补充一下关于条目296.5的讨论，前面的方法并没有给予它充分的证明。如果p N q ，q N p 同时成立，我们就有-p R q ，-q R p ，不难推导出，-1是型（p ，0，q ）的特征数，因此（根据三元型理论） 这个型可以被x 2 ＋y 2 ＋z 2 表示。令
也即
那么，由前两个等式我们可以推出，所有的数α ，α ′，α ″，β ，β ′，β ″都是奇数；但是，显然第3个等式就不成立了。条目296.2可以用类似的方法解决。
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问题
给定任意数a ，b ，c ，无论它们是否都不等于0；求方程a x 2 ＋b y 2 ＋c z 2 ＝0…（ω ）可解的条件。
解：设α 2 ，β 2 ，γ 2 是分别整除b c ，a c ，a b 的最大的平方数，并且设α a ＝β γ A ，β b ＝α γ B ，γ c ＝α β C 。那么，A ，B ，C 就是彼此互质的整数。根据条目294中的判断准则，方程（ω ）是否可解取决于方程A X 2 ＋B Y 2 ＋C Z 2 ＝0…（Ω ）是否有解。
证明
令 是不含平方因数的整数，且 ，因此， ，因而 一定是整数。设m 是数 的最大公约数，令 ，则g 与h 互质，并且（因为 不含平方因数） g 与m 也互质。现在，我们有h 2 m ＝ ，因此，g 整除h 2 m ——除非g ＝±1，否则这是不可能的。所以， ，因而A 是整数。类似地，B ，C 也是整数。第1部分证明完毕。由于 没有平方因数，B ，C 一定是互质的；类似地，A ，C 和A ，B 分别也是互质的。第2部分证明完毕。最后，如果X ＝P ，Y ＝Q ，Z ＝R 满足方程（Ω） ，方程（ω ）就能够被x ＝α P ，y ＝β Q ，z ＝γ R 解出。反过来，如果x ＝p ，y ＝q ，z ＝r 满足方程（ω ），X ＝β γ p ，Y ＝α γ q ，Z ＝α β r 就满足方程（Ω ）。因而，这两个方程要么都可解，要么都不可解。
