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ANALYSE INDÉTERMINÉE DU SECOND DEGRÉ. 
Les restes des termes de la série [AJ étant ceux que donne la série 
(ia h J (a h J (a h y (a h ) q , etc-, 
on peut, aux deux séries [AJ et [Bj, substituer les deux séries 
[AJ a° a h d* i ....a qh .... a‘ 2qh .... a^ qh .... d qh , etc. 
[BJ \ s x etc., 
le reste de (a h ) n est P — 1, celui de (a h y q est 1 ; il suffit donc de prouver qu’un 
terme quelconque a nh , n<^hq, ne peut donner le reste 1, 1° le nombre n ne peut 
être égal à F un des nombres q, 2q, l’admission de l’une de ces égalités 
donne à l’exposant n.h soit l’état de multiple impair de q, soit l’état de mul 
tiple une fois pair du même nombre q, alors la conclusion reste a nh =\ est 
inadmissible; 2° le nombre n ne peut être un nombre entier limité par 0 et 4q 
exclusivement. 
on a 
on a 
on a 
on a 
n — cj 
c/h — hrnq 
donne Reste a q,h =\ 
q'h 
OU 
4 q 
— m 
n—q-\-s donne Reste at q+s ï h =1 
[q-\-s)h=-Umq 
ou 
(q -1- s) h 
4 q 
: m 
n=2q-\-s donne Reste a^ q+s ^ h =1 
(2 q -j- s)h=krnq 
ou 
(2y-f.y)A 
m 
n 
— 3^ -J- î donne Reste a^ q+s ' )h — 1 
(3q -j- s)h = 4mq 
ou 
(3q-\- s)h 
4o 
m 
L’état premier relatif des nombres h et 4q rend les dernières égalités inadmis 
sibles. Admettons l’état non-premier relatif des nombres h et kq = V — 1, 
posons les égalités h=h i .d, P — 1 =4q=.t.d, et reprenons les séries précé 
dentes [AJ, [BJ, il y aura alors dans la première, entre «° et a l,qh , au moins un 
terme a n,h qui vérifiera Légalité reste a n,h = 1 ; en effet, dans l’hypothèse ac 
tuelle on a a n ‘ h = a n ' d ‘ h ou si l’on pose n==t, a nh = a tdhl ou a nh =a l,qhi , ou enfin 
reste a nh =\ • la condition n — t peut toujours être remplie, on doit effective-