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ou, ce qui revient au même,

$\log \mathrm {A} -\log y=t^{2},$

on aura par la méthode du retour des suites

$\theta =\alpha ^{\frac {1}{2}}t\left(h+h^{(1)}\alpha ^{\frac {1}{2}}t+h^{(2)}\alpha t^{2}+h^{(3)}\alpha ^{\frac {3}{2}}t^{3}+\ldots \right),$

partant

$d\theta =\alpha ^{\frac {1}{2}}dt\left(h+2h^{(1)}\alpha ^{\frac {1}{2}}t+3h^{(2)}\alpha t^{2}+\ldots \right),$

ce qui donne

$\int ydx=\alpha ^{\frac {1}{2}}\mathrm {A} \int e^{-t^{2}}dt\left(h+2h^{(1)}\alpha ^{\frac {1}{2}}t+3h^{(2)}\alpha t^{2}+\ldots \right)=k.$

L’intégrale $\int ydx$ doit être prise depuis $x=0$ jusqu’à $x=1\,;$ or, $x$ étant nul, on a $y=0$ et $\log y=-\infty \,:$ donc $t^{2}=\infty .$ Lorsque $x=a,$ on a $\theta =0,$ partant $t=0\,;$ d’ailleurs, lorsque $\theta$ change de signe, $t$ en change pareillement, en sorte que les valeurs de $t,$ correspondantes à celles de $x,$ depuis $x=0$ jusqu’à $x=a,$ ont un signe différent de celles qui correspondent aux valeurs de $x,$ depuis $x=a$ jusqu’à $x=1\,;$ or, $x$ étant $1,$ on a $y=0,$ ce qui donne $t^{2}=\infty \,;$ les valeurs de $t$ s’étendent conséquemment depuis $t=-\infty$ jusqu’à $t=\infty .$ Dans ce cas, on a

$\int t^{2n-1}e^{-t^{2}}dt=0,$

parce que, $t^{2n-1}e^{-t^{2}}$ se changeant en $-t^{2n-1}e^{-t^{2}}$ lorsque $t$ est négatif, la somme de ces deux quantités est nulle ; on a, par une raison semblable,

$\int t^{2n}e^{-t^{2}}dt=2\int t^{2n}e^{-t^{2}}dt$

(la seconde intégrale étant prise depuis $t=0$ jusqu’à $t=\infty$) ; or cette supposition donne

$\int t^{2n}e^{-t^{2}}dt={\frac {2n-1}{2}}\int t^{2n-2}e^{-t^{2}}dt\,;$

pareillement

$\int t^{2n-2}e^{-t^{2}}dt={\frac {2n-3}{2}}\int t^{2n-4}e^{-t^{2}}dt,$