Case 2: Suppose x ≥ 1. Now we have

Case 2: Suppose x ≥ 1. Now we have (p + 1)y ≡ 0(mod 4) and z2 ≡
1(mod 4), which implies that px ≡ 1(mod 4). Since p ≡ 3(mod 4), x must be
even, i.e., x = 2k for some integer k ≥ 1. Hence we have

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

กรณีที่ 2: สมมติว่า x ≥ 1 ตอนนี้เรามี (p + 1) y ≡ 0 (mod 4) และ z2 ≡1 (mod 4), ซึ่งบ่งชี้ว่า 1(mod 4) ≡ px ตั้งแต่ p ≡ 3(mod 4), x ต้องแม้ว่า เช่น x = 2k สำหรับบางจำนวนเต็ม k ≥ 1 ดังนั้น เรามี

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

กรณีที่ 2: สมมติว่า x ≥ 1. ตอนนี้เรามี (P + 1) y ที่≡ 0 (4 สมัย) และ z2 ≡
1 (4 สมัย) ซึ่งหมายความว่า px ≡ 1 (4 สมัย) ตั้งแต่พี≡ 3 (4 สมัย) x
ต้องเป็นแม้กระทั่งคือx = 2k สำหรับจำนวนเต็ม k บาง≥ 1 ดังนั้นเรามี

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

กรณีที่ 2 สมมติว่า x ≥ 1 ตอนนี้เราได้ ( P ) Y ≡ 0 ( mod 4 ) และ≡กขึ้น
1 ( mod 4 ) ซึ่งหมายถึง PX ≡ 1 ( mod 4 ) เนื่องจาก P ≡ 3 ( mod 4 ) x ต้อง
แม้คือ x = 2K สำหรับบางจำนวนเต็ม k ≥ 1 เราจึงมี