第8節　剩余為＋2和-2

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我們來討論剩余為＋2和-2的情況。

如果從表2中收集所有剩余為＋2的質數，我們就能得到7，17，23，31，41，47，71，73，79，89，97，我們發現這些數里不存在形如8n＋3或8n＋5的數。

我們來探討一下這個歸納出來的結論是不是能夠成立。

首先，我們發現任何形如8n＋3或8n＋5的合數一定有一個形如8n＋3或8n＋5的質因數；因為，如果存在形如8n＋1或8n＋7的質因數，我們就只能得到形如8n＋1或8n＋7的合數。那么，如果我們歸納的結論是普遍成立的，任何形如8n＋3或8n＋5的數都不可能有＋2作為剩余。現在，顯然100以內的數都不可能有＋2作為剩余。假如有若干大于100的數有＋2作為它們的剩余，設這些數中最小的一個等于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的數的非剩余。設2≡a2（mod t），則總是可以認為a是小于t的奇數（因為a至少有兩個小于t的正值且其和等于t，所以其中一個為偶數，另一個為奇數；參考條目104和105）。令a2＝2＋tu（即，tu＝a2-2），因a2形如8n＋1，那么，tu就形如8n-1。因而，對應于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，從等式a2＝2＋tu可以推出2≡a2（mod u），即，2是u的一個剩余。容易發現的是，u＜t，因而t就不是我們歸納結論中的最小的數，這與我們的假設矛盾。由此可知，我們在歸納中發現的結論對于一般情況下也是成立的。

將這條定理與條目111中的定理相結合，我們就可以推導出以下兩條定理：

1．對于所有形如8n＋3的質數，＋2是非剩余，-2是剩余。

2．對于所有形如8n＋5的質數，＋2和-2都是非剩余。

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對表2用類似的歸納方法，我們找到以-2為二次剩余的質數是：3，11，17，19，41，43，59，67，73，83，89，97^[6]。因為這些數都不是形如8n＋5和8n＋7的，所以我們要探討一下這種歸納是不是能給我們帶來一般性的結論。如同在上一條目中的做法，我們這里證明每一個形如8n＋5或8n＋7的合數都包含一個形如8n＋5或8n＋7的質因數。因此，如果我們的歸納對一般情況也成立，那么任何形如8n＋5或8n＋7的數都沒有以-2作為剩余的。但是，如果這樣的數確實存在，設它們中最小的那個數等于t，我們有-2＝a2-tu。像上面一樣，如果取a是小于t的奇數，對應于t是形如8n＋7或者8n＋5，u就形如8n＋5或者8n＋7。但是，由a2＋2＝tu和a＜t可以輕松推出u＜t。最后得出，-2也就是u的一個剩余，即，以-2為剩余的t不是最小的那個數，這與我們的假設矛盾。因此，-2必定是所有形如8n＋5或8n＋7的數的非剩余。

結合條目111中的定理，我們可以得到以下定理：

1．對于所有形如8n＋5的質數，-2和＋2都是非剩余。我們已經在上面的條目中證明了這條定理。

2．對于所有形如8n＋7的質數，-2是非剩余，＋2是剩余。

實際上，在每個證明中我們也可以取a為偶數；但是我們就得區分a是形如4n＋2還是形如4n的情況。那么，往后的推導就可按照上面來進行，沒有任何困難。

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還剩一種情況，即，當質數是形如8n＋1的情況。之前的方法在這里不適用，需要使用一種特殊的方法。

設8n＋1為質數模，a是它的一個原根。我們就有（參考條目62）a4n≡-1（mod 8n＋1）。這個同余式也可以表示成（a2n＋1）2≡2a2n（mod 8n＋1）或者（a2n-1）2≡-2a2n（mod 8n＋1）的形式。由此可以推出，2a2n和-2a2n都是8n＋1的剩余；但是，因為a2n是不能被模整除的平方數，所以＋2和-2都是剩余（參考條目98）。

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這里對此定理再補充一個證明，這個證明與前一個證明的關系就像條目108的定理的第2個證明（條目109）與第1個證明（條目108）的關系一樣。熟練的數學家會發現，這兩對證明并不是像第一眼看上去那樣不同。

1．對于任何形如4m＋1的質數模，在小于模的數1，2，3，…，4m中，有m個數能同余于一個四次方數，而其余3m個數都不能同余于四次方數。

從上一章的原理可以很容易推導出這一點，但是即便沒有這些原理，也不難發現這一點。因為，我們已經證明了-1總是這樣的模的二次剩余。因此，設f2≡-1。顯然，如果z是不能被模整除的任意數，這四個數＋z，-z，＋f z，-f z（它們顯然是彼此不同余的）的四次方將彼此同余。與這四個數不同余的任意數，它的四次方也不能同余于它們的四次方（否則的話，四次同余方程x4≡z4的根就會超過4個，這與條目43矛盾）。因此，我們推導出：由數1，2，3，…，4m的四次方僅能給出m個互不同余的數，并且，相同的這些數中有m個數同余于這些數的四次方，而其他的數則不能同余于一個四次方的數。

2．對于形如8n＋1的質數模，-1能夠同余于一個四次方的數（-1被稱作這個質數的四次剩余）。

所有小于8n＋1的四次剩余（不包括0）的個數就等于2n，即偶數。容易證明的是，如果r是8n＋1的四次剩余，表達式（mod 8n＋1）的值也是四次剩余。所以，如同我們在條目109中把二次剩余分組一樣，我們也可以把所有的四次剩余分組。剩下的證明幾乎和我們在條目109中的證明一樣展開。

3．令g4≡-1，且h是表達式（mod 8n＋1）的值。那么，我們就有（g ±h）2＝g2＋h2 ±2gh≡g2＋h2±2（因為gh≡1）。但是，g4≡-1，因而-h2≡g4h2≡g2。因此，g2＋h2≡0并且（g±h）2≡±2；即，＋2和-2都是8n＋1的二次剩余。證明完畢。

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從上文我們可以輕松地推導出下面的一般性規律：＋2是不能被4或任何形如8n＋3或8n＋5的任意質數整除的數的剩余，它是所有其他的數的非剩余（例如，所有形如8n＋3和8n＋5的數，不論它們是質數還是合數）；-2是不能被4或任何形如8n＋5或8n＋7的任意質數整除的數的剩余，它是所有其他的數的非剩余。

這兩個優美的定理早已被睿智的費馬發現（Opera Mathem^[7]），但是他從沒公開聲稱他已經得到的證明。后來歐拉努力尋找這一證明，但是無果；拉格朗日發表了第一個嚴格的證明（Nouv. mêm. Acad. Berlin^[8]）。當歐拉在Opuscula Analytica上撰寫論文時，似乎還不知道這件事。