341: 
teilbar sei durch /,—1; also würde a, teilbar sein durch ,; dies ist 
unmoglich, da a, << ¢, ist. 
Betrachten wir jetzt den zweiten Fall des Hilfssatzes. Die Zahlen 
der gemeinschaftlichen Untergruppe können auf Grund des Satzes 4 
ap | en m | 
und des Hilfssatzes 1 nur die Form 1 + n Is haben, wo n unge- 
rade ist. Wenn diese Zahl zu g gehört, so besteht ein System ganzer 
Exponenten qd, 4, ... für welches 
ag Ce ay, ss a 
Assen ek RAS RY Gy eee eo 3.) 
Es folgt hieraus wiederum dasz alle Exponenten, ausgenommen die 
erste Zwei, verschwinden. Die Substitution in (3) ergibt 
Dhe —3 ao bon + ay. (ee = 0 (mod 2he—?) . : . . : (6) 
Wir unterscheiden nun zwei Falle: A, >3 und Ah, = 3. 
Im ersten Fall ist a by. = 0 (mod 2'+—3), 
Weil nicht alle Zahlen 6,, gerade sind, folgt hieraus a, — 24 —3 
Die Congruenz geht dann über in ao bon + aw bn = 0 (mod 2). 
Nun ist weiter ay < px, also a’, < 2. Wir brauchen daher nur zu. 
untersuchen welche der folgenden Wertecombinationen den letzten 
Congruenzen für n = 1, 2,... na genüge leisten: 
7 
de 07-4," == 0 
0 1 
1 0 
1 1 
Die zweite Combination, geniigt nicht, da nicht alle 6,, gerade 
sind. Auch die dritte nicht. Die erste geniigt immer, und die letzte 
nur wenn 6,, + bn fiir alle Werte von n gerade ist. 
Auf gleiche Wiese wie vorher zeigt man dasz diese Bedingungen 
genügend sind. 
Ks bleibt noch die Erledigung des Falles h, = 3 übrig. Es geschieht 
dies auf ganz ähnliche Art. 
3. Es sei p eine nicht auf m teilbare Primzahl und jf der 
kleinste Exponent für welchen p/=1(modm) ist. Es sei d der 
Grad der gemeinschattlichen Untergruppe von g und der Zerlegungs- 
gruppe eines in p aufgehenden Primideals. Es sei weiter 
p = A, “Op Ay A “tp ery S (mod m) 
und ¢, der gröszte gemeinsame Teiler aller Zahlen 
