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entier donné à volonté. Cela posé, je dis que l'on pourra loujours trouver un certain 
nombre de lermes de la première progression de manière que leur somme, plus la 
somme d'un certain nombre de termes de la seconde progression, plus enfin l'entier 
Æ, soit divisible par p. 
Démonstration.  Keprésentons par @& le premier terme de la première progres- 
sion et par 4 sa raison. Soient aussi 3 le premier terme de la seconde progression 
et B sa raison. En supposant de plus la somme des 7 premiers termes de la pre- 
mière progression représentée par s, et celle des »’ premiers termes de la seconde 
par s', on aura 
Se 
_ [2a+(n-1)4]n 
PARLE 
= = , 
par conséquent il faudra démontrer que la congruence 
NUE RE ne Cri par 
2 
ou, ce qui revient au même, la suivante: 
? + (aa— À) n + Br? + (28—B) » + 2E = 0 (mod. p.) 
est toujours résoluble, avec la restriction que ni 4 ni B ne soient divisibles par p. 
La dernière congruence peut évidemment être mise sous la forme 
An + (2a—A+pe) n + Br? + (28—B—+p2) » + 2E = 0 (mod. p.) 
z et z° désignant des entiers quelconques. On peut aussi lui donner la forme sui- 
vanie : 
2a- ste), +442 ee) JoE-A er EEE) =o(modp.) 
et puisque z et z° sont arbitraires, ‘on en pourra disposer de manière que 
2a— A+ pz 28—B4p: . = À . - 
sou not _ soient des entiers; en faisant pour abréget 
. 2a— Apr 
pre 
28— By: 
18 L 4 TT — 
(18) eo, 
— 1/1, 2 28— B [4 > 
le ae en) —B(— nr) = 6 
