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ARITHMÉTIQUES.

série (III), il y aura au moins autant de termes congrus à $r$ suivant $p$ , qu’il y en a dans (II) de divisibles par $p$ , et ils seront tous inégaux ; mais à chacun d’eux, il en correspondra un dans la série (I) qui sera divisible par $p$ . Si en effet $\pm b\equiv r{\pmod {p}}$ , on aura $b^{2}\equiv r^{2}{\pmod {2p}}$ ^[1], et partant ${\frac {1}{2}}(a-b^{2})$ , et à plus forte raison $2(a-b^{2})$ seront divisibles par $p$ . Donc il y aura au moins autant de termes divisibles par $p$ dans (I) que dans (II).

129. Théorème. Si $a$ est un nombre premier de la forme $8\mathrm {n} +1,$ il y aura nécessairement au-dessous de $2{\sqrt {\mathrm {a} }}$ un nombre premier dont $a$ est non résidu.

En effet, soit s’il se peut $a$ résidu de tous les nombres premiers plus petits que ${\sqrt {2a}}$ , il est clair que $a$ serait aussi résidu de tous les nombres composés plus petits que $2{\sqrt {a}}$ (n^o 105), Soit $m$ le nombre immédiatement plus petit que ${\sqrt {a}}$ . Alors dans la série (I) il y aura au moins autant de termes divisibles par un nombre quelconque $<2{\sqrt {a}}$ que dans la série (II) du n^o. précéd. ; d’où il suit que le produit $Q$ de tous les termes de (I) est divisible par le produit $Q'$ de tous ceux de (III) (n^o 126) ; mais le premier est $a(a-1)(a-4)...(a-m^{2})$ ou la moitié de ce produit, suivant que $m$ est pair ou impair. Or puisque $Q$ est divisible par $Q'$ et que tous les facteurs de (II) sont premiers avec $a$ , il s’ensuit que ${\frac {Q}{a}}$ est divisible par $Q'$ . Or $Q'$ peut être mis sous la forme … $(m+1)(m+1-1)(m+1-4)...(m+1-m^{2})$ , et l’on aurait ${\frac {1}{m+1}}.{\frac {a-1}{m+1-1}}.{\frac {a-4}{m+1-4}}....{\frac {a-m^{2}}{m+1-m^{2}}}=$ un nombre entier, quoique ce soit le produit de plusieurs fractions plus petites que l’unité, puisque ${\sqrt {a}}$ étant irrationnel, on a $m+1>{\sqrt {a}}$ et partant $(m+1)^{2}>a$ . Il suit de là que notre supposition ne peut avoir lieu.

Or comme $a>4$ , on aura $2{\sqrt {a}}<a$ , et il existera un nombre premier $<a$ dont $a$ est non-résidu.

130. Maintenant que nous avons démontré que tout nombre

↑ En effet $b^{2}-r^{2}=(b+r)(b-r)$ ; l’un de ces facteurs est divisible par $p$ ; l’autre est divisible par $2$ , puisqu’ils sont tous deux pairs ; donc $b^{2}-r^{2}\equiv 0{\pmod {2p}}$ .

[1] En effet $b^{2}-r^{2}=(b+r)(b-r)$ ; l’un de ces facteurs est divisible par $p$ ; l’autre est divisible par $2$ , puisqu’ils sont tous deux pairs ; donc $b^{2}-r^{2}\equiv 0{\pmod {2p}}$ .

[1]