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on obtiendra le même reste qu’en divisant $k\rho$ par ce diviseur ; donc, quand bien même $\delta$ serait premier avec $p\rho /math>,enprenant<math>k=\delta$ on aurait là une somme de puissances consécutives exactement divisible par $\delta \,;$ on a donc ce théorème :

Il y a toujours une somme de puissances consécutives d’un nombre donné quelconque, exactement divisible par un diviseur quelconque.

Soit $p$ le nombre des puissances dont se compose cette somme, de manière que

$a^{m+1}+a^{m+2}+a^{m+3}+\ldots +a^{m+p-2}+a^{m+p-1}+a^{m+p},$

soit divisible par $\delta$ ; il en sera évidemment de même de

$b\left(a^{m+1}+a^{m+2}+a^{m+3}+\ldots +a^{m+p-2}+a^{m+p-1}+a^{m+p}\right),$

quel que soit $b\,;$ or, c’est là la somme de $p$ termes consécutifs d’une progression quelconque par quotiens ; donc

Dans une progression donnée, par quotiens, quelle qu’elle soit, on peut toujours choisir des termes consécutifs en nombre tel que leur somme soit exactement divisible par un diviseur donné quelconque.

Soit $b$ un nombre de $n$ chiffres au plus et soit $a=10^{n},$ cette somme de termes deviendra

$b\left\{1+10^{n}+10^{2n}+10^{3n}+\ldots 10^{n(p-1)}\right\}10^{(m+1)n}\,;$

or, c’est là précisément un nombre formé de $p-1$ périodes égales à $b$, suivies de $n(m+1)$ zéros ; ce nombre est donc divisible par $\delta \,;$ le théorème se trouve donc démontré.

Si l’on suppose, en particulier, $n=1,$ on aura cet autre théorème :

Tout nombre est diviseur d’un nombre exprimé par un chiffre