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ARITHMÉTIQUES.

contre l’observation précédente, et partant, la supposition ne peut subsister. De là, suivent le premier et deuxième cas du n^o 131.

On peut présenter ce cas d’une manière plus simple. Soit $r$ un nombre premier de la forme dont $p$ soit non-résidu ; on aura $rNp$, et partant, puisque l’on suppose $pRq$, $qNp$, on aura aussi $qrRp$ ; d’ailleurs on a $-pRq$, $-pRr$ et parconséquent $-pRqr$, donc l’équation $x^{2}+py^{2}-qrz^{2}=0$ serait résoluble, contre l’observation précédente, etc.

IV. Si $p$ est un nombre premier de la forme $4n+1$, et $q$ un nombre premier de la forme $4n+3$, on ne peut pas avoir en même temps $pRq$ et $qNp$. En effet, prenons un nombre premier $r$ de la forme $4n+1$, qui soit non-résidu des deux nombres $p$ et $q$ : on aura (II) $qNr$, et (III) $pNr$ ; donc $pqRr$. Si l’on avait donc $pRq$, $qNp$, il s’ensuivrait aussi $prNq$, $-prRq$, $qrRp$. L’équation $px^{2}-qy^{2}+rz^{2}=0$ serait donc résoluble, ce qui est absurde. On tire de là le troisième et le sixième cas du n^o 131.

V. $p$ et $q$ étant deux nombres premiers de la forme $4n+3$, on ne peut pas avoir en même temps $pNq$, $qNp$ ; supposons en effet que la chose ait lieu, et prenons un nombre premier $r$ de la forme $4n+1$ qui soit non-résidu de $p$ et de $q$ ; on aura $qrRp$, $prRq$ ; or (II) on a $pNr$ et $qNr$ ; et partant, $pqRr$ et $-pqRr.$ L’équation $-px^{2}-qy^{2}+rz^{2}=0$ serait donc possible, contre l’observation précédente. De là se déduit le huitième cas du n^o 131.

297. En examinant attentivement cette démonstration, on verra facilement que les deux premiers cas sont démontrés de manière à ne permettre aucune objection : mais les autres s’appuient sur l’existence de nombres auxiliaires , et cette existence n’étant pas prouvée, la méthode perd toute sa force. Quoique ces suppositions soient si spécieuses, qu’au premier abord elles semblent ne pas exiger de démonstration, et qu’elles ramènent bien certainement le théorème à démontrer au plus haut degré de probabilité ; cependant, quand on recherche la rigueur géométrique, il est impossible de les admettre gratuitement. Pour ce qui regarde la supposition des quatrième et cinquième cas, qu’il existe un nombre $r$ de la forme $4n+1$ qui soit non-résidu des deux autres nombres

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