34 M: A STERN, 
e bu 
je nachdem A, gerade oder ungerade ist, muss demnach b,p;— -5 oder 
2 
bu—+1 5 iA : 
boa oe seyn. und da du+ı mindestens — 2, so muss bu min- 
destens im ersten Falle — 4, im zweiten — 3 seyn. * 
Alles dies bezieht sich auf die Voraussetzung bt) — b. Ist nun 
aber zweitens »+ı=b-+]1, also g-+g!=2g,, so ist nach Form. 35) 
4 (m + n!) — v (mo + no) = 2 (ugm — vomo): 
Diese Gleichung erhält man aus 36), indem man m! +n! statt n! und 
mo No statt no setzt. Man hat daher statt der Gleichungen 37) nun 
die folgenden 
u = dm + smi; v — — ôm! + smo 
2uo = Ö(mo + no) e(m +n); 27, = — (m! + n!) + & (mo + no). 
Man beweist nun wieder, vermöge der Gleichung ô? -+ sc! — 2, dass 
ð — 0 und = 2, d—=1 oder s — 1, $1 — 2 und dass im ersten Falle 
q — 2m; —m, und zugleich At: mindestens = 3, im zweiten q = m: — 2m} 
und zugleich b, mindestens — 3 ist. | 
Uebrigens wird bei allem Vorhergehenden vorausgesetzt, dass es 
einen dem Mittelgliede vorausgehenden Theilnenner 5, giebt, welcher 
auf das Anfangsglied der negativen Periode folgt, was also nicht mehr 
der Fall ist, wenn, wie bei A — 7, das Mittelglied, zu welchem der 
Nenner 2 gehört, unmittelbar auf das Anfangsglied folgt. 
14. 
. Aus dem Obigen erhellt, dass q immer entweder: in der Form 
2m? — m? oder in der Form m’ — 2m. darstellbar ist. Es lässt sich aber 
auch zeigen, dass q weder auf mehr als eine Weise in derselben Form noch 
zu gleicher Zeit in beiden Formen darstellbar ist. Denkt man sich 
nemlich in der Periode des negativen Kettenbruches noch einen Theil- 
nenner bg und setzt b, by — lj; bi, br-1 — lg, so ist es nicht möglich, 
dass d — mj — 2m, — P — 2% oder q. = 2m. — m; — 2l; — I, oder 
q — m, — 2m, = 2L, — E oder q = 2m? — m? — D — 25. 
Man nehme nemlich an, der positive Kettenbruch, welcher = VA 
