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et ainsi de suite. Au reste, on voit par cette démonstration que la proposition est vraie, en général, quel que soit le nombre $p,$ premier ou non.

Lemme VII.

44. Si le nombre premier $p$ ne peut jamais être diviseur d’un nombre de la forme $t^{2}-au^{2},$ je dis qu’il sera nécessairement un diviseur d’un nombre de la forme

${\frac {\left(t+u{\sqrt {a}}\right)^{p+1}-\left(t-u{\sqrt {a}}\right)^{p+1}}{2t{\sqrt {a}}}},$

et même d’un facteur quelconque de cette formule.

Car si $p$ ne peut être un diviseur de $t^{2}-au^{2},$ alors $a^{\frac {p-1}{2}}-1$ ne sera pas divisible par $p$ (Lemme III) ; mais, $a^{p-1}-1$ étant toujours divisible par $p$ (Lemme I), il faudra que $a^{\frac {p-1}{2}}+1$ soit divisible par $p,$ puisque

$a^{p-1}-1=\left(a^{\frac {p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac {p-1}{2}}+1\right).$

Maintenant si l’on considère la quantité $\left(t+u{\sqrt {a}}\right)^{p}$ et qu’on la résolve en série par le Théorème de Newton, on verra qu’à cause que $p$ est un nombre premier, tous les termes seront d’eux-mêmes divisibles par $p,$ excepté le premier $t^{p}$ et le dernier $u^{p}a^{\frac {p}{2}},$ et cela indépendamment des valeurs de $t,u,a.$ Donc

$\left(t+u{\sqrt {a}}\right)^{p}-t^{p}-u^{p}a^{\frac {p}{2}}$

sera toujours divisible par $p.$ Mais $t$ et $u$ n’étant pas divisibles par $p,$ on a, par le Lemme I, $t^{p-1}-1$ et $u^{p-1}-1$ divisibles par $p\,;$ donc aussi

$t^{p}-1\quad {\text{et}}\quad \left(u^{p}-p\right)a^{\frac {p}{2}},$

et par conséquent

$\left(t+u{\sqrt {a}}\right)^{p}-t^{p}-u^{p}a^{\frac {p}{2}}$

seront divisibles par $p\,;$ or $a^{\frac {p-1}{2}}+1$ est divisible par $p\,;$ donc $u^{p}a^{\frac {p}{2}}+u{\sqrt {a}}$