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Der dem letzten Kettenbruchsnenner 2 vorausgehende Teil der Periode ist symmetrisch; ebenso ist die ganze Periode der aus X2— D= 0 abgeleiteten Gleichungen symmetrisch. Aus X2— 53= 0 erhalten wir= 7, sodann die abgeleiteten Gleichungen

4 Xz— 14 X- 1= 0, a= 3 also VD= 7Z1+ 1

7 X— 10 x— 4= 0, a,= 1 3+ 1 7 X— 4X— 7= 0,—= 1 1 1 4 X2— 10 XO 7= 0, a= 3 1*1 12— 13x 4= 0, a,= 14 3 4. 1

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10. Die Gliederzahl der Periode ist gerade, wenn D eine Primzahl von der Form 4n+ ist; sie ist ungerade, wenn D eine Primzahl von der Form 4n+† l ist.— Jede Primzahl von der Form 4n † 1 ist in zwei Quadrate zer- legbar.(Satz von Fermat.)

Ist a x²— 2 bz— c= 0 die ste zur Periode gehörige Gleichung, so ist c— 2 bz— a= 0 die K— s+. 1)te. Ist k= 28, so ist k—s+ 1=s+ 1 und es folgt also auf die Gleichung a X2— 2 bx— c= 0 unmittelbar die Gleichung cx²— 2 b x— a= 0. Es muls also, wenn die positive Wurzel der ersten zwischen a und a+ 1 liegt, a a⸗— 2 ba— c=— c und aa— b= b sein. Aus beiden Gleichungen folgt aa= 2 b, also muſs 2 b durch a teilbar sein. Die Gleichung muſs also die Form haben αxα— 2a X— c= 0 oder 2 X— 2 6 X— e= 0. Im ersten Fall ist al² 2ᷣ œαc= D oder a(α ᷣ † c)= D. Ist D Primzahl, so muſs= 1 sein, also ist dann 2‿= D und die fragliche Gleichung nimmt die Form an X2½— 28 X— c= 0. Es ist aber c— 1= 25, also c= 25+ 1, folglich ν+‿— 82+† 28+ 1 oder D=(+† 1)², also VD=ST 1. Da ferner 8=— VD ist, so ist g die grölste in VD enthaltene ganze Zahl. Ferner ist c= D— 92. Die fragliche Gleichung ist also X— 28 x—(D— 5ꝛ)= 0. Bekanntlich bildet sie den Schluſs der Periode und es folgt auf sie die erste Gleichung der nächsten Periode, welche(D— S²) X— 28 X— 1= 0 ist. Hat man aber die Gleichung 2 X— 2 6X— c= 0, so muls zunächst c ungerade sein, weil sonst alle Koöffizienten der folgenden Gleichungen gerade sein müſsten, während doch nach 8. der erste Koöffizient der kten Gleichung= 1 ist. Ich setze also c= 2+ 1. Ferner ist a ν‿‿¶ 2æ= D oder a(a+☚ᷣ̈˖ 2 c)= D, also D durch« tpeilbar. Ist D Primzahl, so ist«= 1, mithin 82+%̈ 2c= D. Also muls ungerade, 9² also= 4p+ 1 und D= 4 p+ 1+ 22+. 1), also von der Form 4 n+ 3 sein. Die fragliche Gleichung ist nun 2 x²— 28X— c= O0. Also ist c— 2=28, folglich 2c= 48+4 4, mithin ν+☚%¶ 2— 2+ 48 44 oder D=(+ 2) ², also VYD= S+ 2 oder S= VD— 2. Da auch VD ist, so ist g die einzige zwischen VD— 2 und VD enthaltene ungerade Zahl.

Ist endlich k= 2s8+ 1, so ist k— s+ 1= 8+ 2, also muſs zwischen der sten Glei- chung a x²— 2 bk— c= O und der(S+ 2) ten cx?— 2 b X— a= 0 noch eine Gleichung liegen, nämlich die(+ 1) te, deren letzter Koöffizient gleich dem ersten der sten, und deren erster Koöffizient gleich dem letzten der(S+ 2) ten sein muſs. Sie muſs also die Form haben aà X2— 2 b X— a= 0. Dann ist D= a²+ bi². Ist D Primzahl, so muſs eine von den beiden Zahlen gerade, die andere ungerade sein. Dann ist

D=(2* 2p+ 1)2= 4 G2+ 4 pe+ 4p+1

oder von der Form 4n+ 1.