Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Sur l’usage des fractions continues dans le Calcul intégral

Joseph-Louis Lagrange

Sur l’usage des fractions continues dans le Calcul intégral

Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin, Gauthier-Villars, 1868, Œuvres de Lagrange. Tome IV (p. 301-332).

SUR
L’USAGE DES FRACTIONS CONTINUES
DANS LE CALCUL INTÉGRAL^[1].

---

(Nouveaux Mémoires de l’Académie royale des Sciences et Belles-Lettres
de Berlin, année 1776.)

J’ai fait voir ailleurs combien la méthode des fractions continues est utile dans l’Algèbre ; je me propose maintenant d’en montrer aussi l’usage dans le Calcul intégral. On connaît depuis longtemps la méthode des séries pour intégrer par approximation les équations différentielles dont l’intégrale finie est impossible, ou du moins très-difficile à trouver ; mais cette méthode a l’inconvénient de donner des suites infinies lors même que ces suites peuvent être représentées par des expressions rationnelles finies. La méthode des fractions continues a tous les avantages de celle des séries et est en même temps exempte de l’inconvénient dont nous venons de parler ; car, par cette méthode, on est assuré de trouver directement la valeur rationnelle et finie de la quantité cherchée lorsqu’elle en a une, parce qu’alors l’opération se termine d’elle-même ; et quand l’opération va à l’infini, on a une marque certaine que la quantité cherchée ne peut être exprimée par une fonction rationnelle et finie. Enfin cette méthode sert à ramener à l’intégration beaucoup d’équations différentielles qui échappent aux autres méthodes du Calcul intégral.

1. Soit une équation différentielle quelconque entre deux variables $x$ et $y,$ d’où il s’agisse de tirer la valeur de $y$ en $x$ par approximation.

Pour employer dans cette recherche la méthode des fractions continues, on commencera par chercher par les méthodes connues le premier terme de la valeur de $y$ en $x$ lorsque $x$ est supposée très-petite, et nommant ce terme $\xi ,$ on fera

$y={\frac {\xi }{1+y'}}\,;$

substituant ensuite cette expression de $y$ dans l’équation proposée, on aura une nouvelle équation du même ordre et du même degré entre $x$ et $y',$ dans laquelle, en supposant $x$ très-petite, $y'$ sera aussi nécessairement très-petite.

Soit $\xi '$ le premier terme de la valeur de $y'$ en $x$ dans le cas de $x$ très-petite on fera

$y'={\frac {\xi '}{1+y''}},$

et, substituant cette expression de $y'$ dans l’équation entre $x$ et $y',$ on aura une nouvelle équation du même ordre et du même degré entre $x$ et $y'',$ dans laquelle $y''$ sera nécessairement très-petite lorsque $x$ sera supposée très-petite. Soit donc $\xi ''$ le premier terme de la valeur de $y''$ en $x$ dans le cas de $x$ très-petite ; on fera

$y''={\frac {\xi ''}{1+y'''}},$

et, substituant cette expression de $y''$ dans l’équation, on en aura une nouvelle entre $x$ et $y''$ dans laquelle $y'''$ sera nécessairement très-petite lorsqu’on supposera $x$ très-petite. On nommera $\xi '''$ le premier terme de la valeur de $y'''$ en $x$ dans le cas de $x$ très-petite, et l’on fera

$y'''={\frac {\xi '''}{1+y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}}\,;$

et ainsi de suite.

De cette manière, en substituant successivement les valeurs de $y',y'',y''',$ on aura

$y={\frac {\xi }{1+{\cfrac {\xi '}{1+{\cfrac {\xi ''}{1+{\cfrac {\xi '''}{1+\ldots }}}}}}}}$

S’il arrive que quelqu’une des équations transformées soit intégrable exactement, en sorte qu’on ait la valeur finie d’une des $y',y'',y''',\ldots$ en $x,$ il n’y aura qu’à substituer cette valeur dans la fraction continue, on aura la valeur exacte de $y$ en $x.$ Dans tous les autres cas la fraction continue ira à l’infini ; mais comme nous avons vu que les quantités $y',y'',y''',\ldots$ sont toujours nécessairement très-petites lorsque $x$ est supposée très-petite, il s’ensuit que les quantités $\xi ',\xi '',\xi ''',\ldots$ seront aussi très-petites dans la même supposition ; par conséquent la fraction continue sera toujours d’autant plus convergente que $x$ sera plus-petite, et approchera d’autant plus de la vraie valeur de $y$ qu’on y prendra plus de termes. À l’égard des quantités $\xi ,\xi ',\xi '',\ldots$ il est clair qu’elles seront nécessairement de la forme $ax^{\alpha },$ l’exposant $\alpha$ devant être un nombre positif pour chacune de ces quanti tés excepté la première pour laquelle le nombre $\alpha$ pourra être positif, ou négatif, ou zéro. Ainsi toute la difficulté consiste à déterminer cet exposant $\alpha$ avec le coefficient $a.$

2. Considérons, en général, une équation quelconque entre les deux variables $x$ et $y,$ d’où il s’agisse de tirer la valeur de $y$ en $x$ dans l’hypothèse de $x$ très-petite ; comme cette valeur ne peut être représentée que par $ax^{\alpha },$ qu’on substitue partout $ax^{\alpha }$ à la place de $y$ et de ses différentielles, s’il y en a, et après avoir délivré l’équation des irrationnalités et des fractions complexes, il est clair qu’elle se réduira à une suite de termes de la forme $\mathrm {A} a^{m}x^{\alpha m+n}\,;$ or, puisque cette équation n’est censée avoir lieu que dans le cas de $x$ très-petite, il faudra négliger vis-à-vis d’un quelconque de ses termes tous ceux qui seront affectés d’une puissance plus haute de $x\,;$ de sorte que l’équation se réduira à un certain nombre de termes tous affectés de la même puissance de $x,$ cette puissance étant la plus basse qu’il y ait dans l’équation proposée ; par ce moyen l’x disparaîtra, et il restera une équation entre les coefficients, laquelle servira à déterminer la constante $a$.

Si l’exposant $\alpha$ était connu, il n’y aurait, comme on voit, aucune difficulté à déterminer le coefficient $a\,;$ or, comme $\alpha ,$ est indéterminé, on peut lui donner telle valeur que l’on veut ; il faut seulement que cette valeur soit telle, que la plus petite puissance de $x$ se trouve au moins dans deux termes de l’équation, afin qu’après la division par cette puissance de $x$ on ait une équation entre les seuls coefficients, à laquelle on puisse satisfaire par la détermination du coefficient $a.$

Tout se réduit donc à déterminer la quantité $\alpha$ par cette condition, que la plus petite puissance de $x$ se trouve au moins dans deux termes de l’équation. MM. Tailor et Stirling ont donné pour cela des méthodes qu’on peut voir dans le Methodus incrementorum (Proposition 9) et dans les Lineæ tertii ordinis (Problème II) ; mais comme la méthode du premier demande une espèce de construction géométrique, et que celle du second dépend du parallélogramme de Newton, et par conséquent ne peut être regardée que comme une méthode mécanique, je crois que les Géomètres seront bien aises de voir comment on peut résoudre cette question par une méthode purement analytique.

3. J’observe d’abord que, si, après avoir réduit l’équation à une suite de termes de la forme $\mathrm {A} a^{m}x^{m\alpha +n},$ on a différents termes dans l’exposant desquels le nombre $m$ soit le même, il suffira d’avoir égard à celui de ces termes où le nombre $n$ sera le plus petit, parce qu’il est évident que dans la supposition de $x$ très-petite le terme dont il s’agit sera comme infiniment plus grand que les autres. De cette manière on n’aura dans l’équation que des termes où le nombre $m$ sera différent de l’un à l’autre. Ainsi dénotant ces différentes valeurs de $m$ par $m,m',m'',m''',\ldots ,$ en sorte que ces nombres forment une suite croissante, et désignant par $n,n',n'',n''',\ldots ,$ et par $\mathrm {A,A',A'',A'''} ,\ldots ,$ les valeurs correspondantes de $n$ et de $\mathrm {A} ,$ on aura l’équation

$\mathrm {A} a^{m}x^{m\alpha +n}+\mathrm {A} 'a^{m'}x^{m'\alpha +n'}+\mathrm {A} ''a^{m''}x^{m''\alpha +n''}+\mathrm {A} '''a^{m'''}x^{m'''\alpha +n'''}+\ldots =0,$

dans laquelle il s’agira de déterminer le nombre $\alpha ,$ en sorte que les exposants de deux ou de plusieurs termes deviennent égaux et en même temps plus petits que ceux des autres termes.

Ce Problème se réduit donc, comme on voit, à celui-ci :

4. Étant donnée une série telle que

$m\alpha +n,\quad m'\alpha +n',\quad m''\alpha +n'',\quad m'''\alpha +n''',\quad m^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}\alpha +n^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}},\ldots ,$

dans laquelle $m,m',m'',m''',\ldots$ soient des nombres connus qui forment une progression croissante quelconque, $n,n',n'',n''',\ldots$ des nombres aussi connus quelconques, et un nombre inconnu ; déterminer le nombre $\alpha$ en sorte que deux ou plusieurs termes de cette série deviennent égaux, et soient en même temps moindres qu’aucun des autres termes.

Il est clair qu’on pourrait résoudre cette question en égalant successivement deux à deux tous les termes de la série proposée, et substituant ensuite dans tous les autres termes les valeurs de $\alpha$ tirées de chacune de ces égalités ; on trouverait sûrement de cette manière toutes les valeurs convenables de $\alpha ,$ en rejetant celles qui n’auraient pas la condition requise mais ce calcul demanderait plusieurs opérations inutiles c’est pourquoi il est bon de chercher des moyens de l’abréger.

Je commence par comparer le premier terme $m\alpha +n$ à chacun des suivants $m'\alpha +n',\ m''\alpha +n'',\ldots ,$ et j’en tire ces valeurs de $\alpha$

${\frac {n'-n}{m-m'}},\quad {\frac {n''-n}{m-m''}},\quad {\frac {n'''-n}{m-m'''}},\ldots$

que je dénote pour plus de simplicité par $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots \,;$ nommant ensuite $\varepsilon$

le premier terme $m\alpha +n,$ je mets la série proposée sous cette forme

$\varepsilon ,\ \ \varepsilon +(m'-m)(\alpha -\alpha '),\ \ \varepsilon +(m''-m)(\alpha -\alpha ''),\ \ \varepsilon +(m'''-m)(\alpha -\alpha '''),\ldots .$

Ici l’on voit clairement que, si l’on fait $\alpha$ égal à la plus grande des quantités $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots ,$ le terme qui répond à cette quantité deviendra égal au premier terme $\varepsilon ,$ et que tous les autres termes seront plus grands que $\varepsilon ,$ à cause que les quantités $m'-m,\ m''-m,\ m'''-m$ sont (hypothèse) toutes positives.

Si parmi les quantités $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots$ il y en avait deux ou plusieurs égales entre elles et qui fussent en même temps plus grandes qu’aucune des autres, en faisant $\alpha$ égale à ces quantités, on aurait tout autant de termes égaux au premier terme $\varepsilon ,$ et les autres termes seraient tous plus grands que $\varepsilon .$

Ayant trouvé ainsi une valeur de $\alpha$l qui résout le Problème, voyons comment on en pourra trouver encore d’autres, s’il y en a.

Et d’abord il est facile de voir qu’en donnant à $\alpha$ une valeur plus grande que la plus grande des quantités $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots ,$ tous les termes qui suivent le premier seront nécessairement plus grands que celui-ci ; ainsi il est impossible de trouver, par ce moyen, deux termes égaux, et qui soient en même temps les plus petits ; par conséquent, s’il existe d’autres valeurs de $\alpha$ qui aient la condition requise, elles doivent être moindres que la plus grande des quantités $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots .$ Supposons, pour fixer les idées, que $\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$ soit cette plus grande quantité, et si deux ou plusieurs, de ces quantités sont à la fois les plus grandes, soit $\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$ la dernière d’entre elles ; il est facile de voir que dans la série proposée tous les termes qui précéderont le terme $\varepsilon +\left(m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-m\right)\left(\alpha -\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}\right)$ seront nécessairement toujours plus grands que celui-ci, tant qu’on donnera à $\alpha$ une valeur moindre que $\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}},$ et cela parce que les quantités $m''-m,$$m'''-m,\ldots$ forment une suite croissante de quantités toutes positives on pourra donc faire abstraction de ces termes, et ne considérer que le terme $\varepsilon +\left(m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-m\right)\left(\alpha -\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}\right)$ avec tous les suivants ; car il est clair que les plus petits d’entre ces termes seront en même temps moindres qu’aucun des termes qui précèdent celui dont nous venons de parler. Or le terme dont il s’agit est $m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}\alpha +n^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$ dans la série primitive ; ainsi il n’y aura qu’à considérer la série

$m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}\alpha +n^{\scriptscriptstyle {\text{V}}},\quad m^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}\alpha +n^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}},\quad m^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}\alpha +n^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}},\ldots ,$

et y appliquer la méthode précédente ; et ainsi de suite.

Voici donc à quoi se réduit la solution du Problème proposé.

On égalera successivement le premier terme de la série donnée à chacun des suivants, et l’on tirera la valeur de $\alpha$ de chacune de ces égalités ; la plus grande de ces différentes valeurs de $\alpha$ résoudra la question ; et les termes, qui forment l’égalité ou les égalités d’où, elle est déduite, deviendront les plus petits. On partira ensuite du dernier de ces termes, c’est-à-dire de celui qui est le plus éloigné du commencement de la série, et on l’égalera successivement à chacun des suivants, en tirant la valeur de $\alpha$ de chacune de ces égalités ; la plus grande de ces différentes valeurs de $\alpha$ résoudra aussi la question, et rendra les plus petits les termes qui ont produit l’égalité ou les égalités d’où cette valeur de $\alpha$ résulte. On partira de nouveau du dernier de ces termes et l’on opérera comme nous venons de le dire ; et ainsi de suite, tant qu’il y aura des termes dans la série. On trouvera de cette manière toutes les valeurs de $\alpha$ qui peuvent résoudre la question, et on trouvera d’abord la plus grande, ensuite les autres suivant l’ordre de leur grandeur en diminuant.

Cette méthode a sur celles de MM. Taylor et Stirling non-seulement l’avantage d’être purement analytique, mais encore celui de pouvoir toujours être appliquée avec la même facilité, quels que soient les nombres donnés $m,n,m',n',m'',n'',\ldots ,$ entiers ou fractionnaires, ou même irrationnels.

Soit, par exemple, la série de six termes

$0,\quad \alpha +3,\quad 2\alpha -1,\quad 4\alpha +5,\quad 5\alpha +2,\quad 6\alpha -3\,;$

en égalant d’abord le premier terme $0$ à chacun des suivants, on trouve ces valeurs de $\alpha$

$-3,\quad {\frac {1}{2}},\quad {\frac {5}{4}},\quad -{\frac {2}{5}},\quad {\frac {3}{6}},$

dont la plus grande est ${\frac {5}{4}},$ qui résulte de la comparaison du premier et du quatrième terme ; on égalera maintenant le quatrième terme $4\alpha -5$ à chacun des deux suivants, et l’on trouvera ces valeurs de $\alpha$

$-7,\quad -1,$

dont la plus grande est $-1,$ qui résulte de la comparaison du quatrième terme et du dernier. Ainsi l’opération est achevée, et les valeurs conveaàbles de $\alpha$ sont ${\frac {5}{4}}$ et $-1.$ En effet, si l’on substitue ces valeurs, la série devient dans le premier cas

$0,\quad {\frac {17}{4}},\quad {\frac {3}{2}},\quad 0,\quad {\frac {33}{4}},\quad {\frac {9}{2}},$

et dans le second cas

$0,\quad 2,\quad -3,\quad -9,\quad -3,\quad -9.$

5. La méthode précédente servira donc à trouver toutes les valeurs qu’on peut donner à l’exposant $\alpha$ (3) ; et pour déterminer les valeurs correspondantes du coefficient $a,$ il n’y aura qu’à égaler à zéro la somme des coefficients des termes de l’équation, dont les exposants deviendront égaux et en même temps les plus petits.

Ainsi, par exemple, la quantité $\alpha ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$ étant la plus grande (numéro précédent), pour avoir la valeur correspondante du coefficient $a,$ il faudra égaler à zéro la somme des deux coefficients $\mathrm {A} a^{m}$ et $\mathrm {A} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}a^{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}},$ ce qui donne l’équation

$\mathrm {A} a^{m}+\mathrm {A} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}a^{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}=0,\quad {\text{d’où l’on tire}}\quad a=\left(-\mathrm {\frac {A}{A^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}} \right)^{\frac {1}{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-m}}\,;$

et si les deux quantités $a'''$ et $a^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$ étaient en même temps égales et les plus grandes, on égalerait à zéro la somme des trois coefficients $\mathrm {\mathrm {A} } a^{m},$$\mathrm {A} '''a^{m'''},$$\mathrm {A} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}a^{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}},$ ce qui donnerait

$\mathrm {A} a^{m}+\mathrm {A} '''a^{m'''}+\mathrm {A} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}a^{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}=0,$

savoir, en divisant par $a^{m},$

$\mathrm {A} +\mathrm {A} '''a^{m'''-m}+\mathrm {A} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}a^{m^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-m}=0\,;$

d’où l’on tirerait $a\,;$ et ainsi du reste.

Il peut arriver au reste que, par les réductions du n^o  3, l’équation se trouve réduite à un seul terme comme $\mathrm {A} a^{m}xa^{m\alpha +n}\,;$ dans ce cas il faudra faire $\mathrm {A} =0,$ ce qui donnera une équation qui servira à déterminer la quantité, c’est-à-dire l’exposant ; et le coefficient $a$ demeurera absolument indéterminé et par conséquentarbitraire. Ce cas doit nécessairement arriver dans la résolution des équations différentielles, qui admettent des constantes arbitraires ; mais il ne pourra jamais avoir lieu lorsqu’il s’agira d’équations finies.

6. Si, dans le Problème du n^o  4, on voulait déterminer le nombre, en sorte que deux ou plusieurs fermes de la série donnée devinssent égaux, et en même temps plus grands qu’aucun des autres termes, la solution serait la même, avec cette seule différence qu’au lieu de prendre pour la valeur de $\alpha$ la plus grande des quantités $\alpha ',\alpha '',\alpha ''',\ldots$ il faudrait au contraire en prendre la plus petite, et il faudrait continuer ainsi à prendre toujours la plus petite des valeurs de $\alpha$ tirées des différentes égalités ; c’est ce qui est aisé à démontrer par les mêmes principes. Par cette méthode on pourra déterminer la valeur de $y$ en $x$ dans l’hypothèse de $x$ infiniment grande, en suivant le même procédé que nous avons prescrit dans les n^os 3 et 4, à cela près que, si après la substitution de $ax^{\alpha }$ à la place de $y$ il se trouve différentes puissances de $x$ dans les exposants desquelles il y ait le même multiple de $\alpha ,$ il ne faudra retenir que celle de ces puissances dont l’exposant sera le plus grand.

Si l’on détermine de cette manière les termes $\xi ,\xi ',\xi '',\ldots$ de la fraction continue ; elle sera alors d’autant plus convergente que $x$ sera plus grande.

Ainsi l’on pourra toujours trouver pour chaque valeur de $y$ deux différentes fractions continues ; et si l’une de ces fractions est finie, l’autre le sera aussi nécessairement, puisque ces fractions étant réduites en fractions ordinaires doivent être identiques.

7. Soit proposée une équation différentielle de la forme suivante qui est très-générale

$\mathrm {N} +\mathrm {P} y+\mathrm {Q} y^{2}+\mathrm {R} {\frac {dy}{dx}}=0,$

$\mathrm {N,P,Q,R}$ étant des fonctions quelconques de $x.$

Si l’on substitue, dans cette équation, ${\frac {\xi }{1+y'}}$ à la place de $y$ (1), on aura cette transformée en $y'$

$\mathrm {N} '+\mathrm {P} 'y'+\mathrm {Q} 'y'^{2}+\mathrm {R} '{\frac {dy'}{dx}}=0,$

dans laquelle

$\mathrm {N'=N+P} \xi +\mathrm {Q} \xi ^{2}+\mathrm {R} {\frac {d\xi }{dx}},\quad \mathrm {P'=2N+P} \xi +\mathrm {R} {\frac {d\xi }{dx}},$

$\mathrm {Q'=N,\quad R'=-R} \xi .$

En substituant de même, dans cette dernière équation, ${\frac {\xi '}{1+y''}}$ à la place de $y',$ on aura cette nouvelle transformée

$\mathrm {N} ''+\mathrm {P} ''y''+\mathrm {Q} ''y''^{2}+\mathrm {R} ''{\frac {dy''}{dx}}=0,$

dans laquelle

$\mathrm {N''=N'+P'} \xi '+\mathrm {Q} '\xi '^{2}+\mathrm {R} '{\frac {d\xi '}{dx}},\quad \mathrm {P''=2N'+P'} \xi '+\mathrm {R} '{\frac {d\xi '}{dx}},$

$\mathrm {Q''=N',\quad R''=-R'} \xi ',$

et ainsi de suite.

Maintenant, pour déterminer les quantités $\xi ,\xi ',\xi '',\ldots ,$ il n’y aura qu’à faire dans ces différentes équations

$y=ax^{\alpha },\quad y'=bx^{\beta },\quad y''=cx^{\gamma },\ldots ,$

et déterminer ensuite les exposants $\alpha ,\beta ,\gamma ,\ldots ,$ ainsi que les coefficients correspondants $a,b,c,\ldots ,$ par les méthodes exposées ci-dessus.

On aura ainsi

$\xi =ax^{\alpha },\quad \xi '=bx^{\beta },\quad \xi ''=cx^{\gamma },\ldots .$

S’il arrive que dans quelqu’une des équations transformées le premier terme qui ne renferme point $y^{('''\ldots )}$ s’évanouisse, on pourra alors satisfaire à cette équation en faisant $y^{('''\ldots )}=0\,;$ de cette manière l’opération sera terminée, et l’on aura pour la valeur de $y$ une fraction continue finie. Cela arrivera donc lorsque l’une de ces quantités $\mathrm {N',N'',N''',N} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}},\ldots$ sera nulle.

On n’aura cependant par ce moyen qu’une valeur incomplète de $y$, à moins que les coefficients $a,b,c,\ldots$ ne renferment déjà une constante arbitraire. Pour trouver dans tous les autres cas la valeur complète de $y$, il faudra intégrer l’équation en $y^{('''\ldots )},$ ce qui est toujours possible.

En effet, comme $\mathrm {N} ^{('''\ldots )}=0,$ cette équation sera

$\mathrm {P} ^{('''\ldots )}y^{('''\ldots )}+\mathrm {Q} ^{('''\ldots )}\left[y^{('''\ldots )}\right]^{2}+\mathrm {R} ^{('''\ldots )}{\frac {dy^{('''\ldots )}}{dx}}=0\,;$

laquelle, en faisant $y^{('''\ldots )}={\frac {1}{z}},$ se change en celle-ci

$\mathrm {P} ^{('''\ldots )}z+\mathrm {Q} ^{('''\ldots )}z^{2}+\mathrm {R} ^{('''\ldots )}{\frac {dz}{dx}}=0,$

qu’on voit bien être intégrable par les méthodes connues, puisque $z$ n’y est qu’à la première dimension.

Appliquons ces règles à quelques Exemples.

8. Soit l’équation

$my+(1+x){\frac {dy}{dx}}=0,$

dans laquelle on demande la valeur de $y$ en $x$ par une fraction continue d’autant plus convergente que $x$ sera plus petite.

Substituant d’abord $ax^{\alpha }$ à la place de $y,$ et divisant par $ax^{\alpha },$ on a

$m+\alpha +{\frac {\alpha }{x}}=0\,;$

dans l’hypothèse de $x$ très-petite cette équation se réduit à ${\frac {\alpha }{x}}=0\,;$ donc

$\alpha =0,$

et le coefficient $a$ demeure indéterminé. On aura ainsi

$\xi =a,$

et la transformée en $y'$ sera, après les réductions,

$-m-my'+(1+x){\frac {dy'}{dx}}=0.$

On fera dans cette équation $y'=bx^{\beta },$ ce qui la réduira à

$-m+b(\beta -m)x^{\beta }+b\beta x^{\beta -1}=0\,;$

négligeant la puissance $x^{\beta }$ vis-à-vis de $x^{\beta -1},$ on aura simplement

$-m+b\beta x^{\beta -1}=0\,;$

donc

$\beta =1,\quad b=m.$

On aura donc

$\xi '=mx,$

et la transformée en $y''$ deviendra

$(m-1)x+\left[1+(m-1)x\right]y''+y''^{2}+(1+x)x{\frac {dy''}{dx}}=0.$

Faisant $y''=cx^{\gamma },$ et négligeant d’abord la puissance $x^{\gamma +1}$ vis-à-vis de $x^{\gamma },$ on aura l’équation

$(m-1)x+c(1+\gamma )x^{\gamma }+c^{\gamma }x^{2\gamma }=0\,;$

je range les trois exposants ainsi, $1,\gamma ,2\gamma ,$ et égalant successivement le premier terme de cette série aux deux suivants, j’ai $\gamma =1,\ \gamma ={\frac {1}{2}}\,;$ la plus grande de ces deux valeurs étant la première, je l’adopte pow $\gamma ,$ et comme cette valeur vient de la comparaison du premier terme avec le second, je puis encore égaler le second au troisième, ce qui donnera $\gamma =0\,;$

mais cette valeur n’est point admissible, parce que $\gamma$ doit être $>0$ (1). J’ai donc uniquement

$\gamma =1\,;$

et, égalant à zéro la somme des coefficients des deux puissances $x$ et $x^{\gamma },$ je trouve, à cause de $\gamma =1,$

$c=-{\frac {m-1}{2}}.$

Ainsi l’on aura

$\xi ''=-(m-1){\frac {x}{2}}\,;$

et la transformée en $y'''$ sera

$-{\frac {m+1}{4}}x+\left(1-{\frac {m}{2}}x\right)y'''+y'''^{2}+{\frac {(1+x)x}{2}}{\frac {dy'''}{dx}}=0.$

On fera $y=ex^{\varepsilon }$ et l’on trouvera par le même procédé que ci-dessus

$\varepsilon =1,\quad e={\frac {m+1}{6}}.$

Donc on aura

$\xi '''={\frac {m+1}{3}}{\frac {x}{2}},$

et la transformée en $y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}$ se trouvera de cette forme

${\frac {2(m-2)}{9}}x+\left(1+{\frac {m-1}{3}}x\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{IV2}}}+{\frac {(1+x)x}{3}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{dx}}=0.$

On tirera de là

$\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=-{\frac {m-2}{3}}{\frac {x}{2}},$

et ensuite viendra la transformée en $y^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}$

$-{\frac {m+2}{8}}x+\left(1-{\frac {m}{4}}x\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{V2}}}+{\frac {(1+x)x}{4}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}{dx}}=0.$

On en conclura

$\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}={\frac {m+2}{5}}{\frac {x}{2}},$

et il en résultera cette transformée en $y^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}$

${\frac {3(m-3)}{25}}x+\left(1+{\frac {m-1}{5}}x\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{VI2}}}+{\frac {(1+x)x}{5}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}}{dx}}=0.$

De là on trouvera

$\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}=-{\frac {m-3}{5}}{\frac {x}{2}},$

et l’on aura cette transformée en $y^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}$

$-{\frac {m+3}{12}}x+\left(1-{\frac {m}{6}}x\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{VII2}}}+{\frac {(1+x)x}{6}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}}{dx}}=0.$

On tirera de là

$\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}={\frac {m+3}{7}}{\frac {x}{2}},$

et la transformée en $y^{\scriptscriptstyle {\text{VIII}}}$ sera

${\frac {4(m-4)}{49}}x+\left(1+{\frac {m-1}{7}}x\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{VIII}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{VIII2}}}+{\frac {(1+x)x}{7}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VIII}}}}{dx}}=0.$

Et ainsi de suite.

Donc on aura pour la valeur de $y$ cette fraction continue

$y={\frac {a}{1+{\cfrac {mx}{1-{\cfrac {(m-1){\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+1}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {m-2}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+2}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {m-3}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+3}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1-\ldots }}}}}}}}}}}}}}}}.$

Et comme cette expression de $y$ renferme une constante arbitraire $a,$ elle doit être regardée comme complète. Si $m$ est un nombre entier quelconque positif ou négatif, la fraction continue s’arrête, et par conséquent la valeur de $y$ est finie ; sinon la fraction continue ira à l’infini.

9. Si l’on prend l’équation proposée

$my+(1+x){\frac {dy}{dx}}=0,$

et qu’on l’intègre après l’avoir multipliée par ${\frac {dx}{(1+x)y}},$ on aura

$\log y+m\log(1+x)=\log k,$

$k$ étant une constante arbitraire ; d’où l’on tire

$y={\frac {k}{(1+x)^{m}}}\,;$

or en faisant $x=0,$ on a ici $y=k\,;$ et dans l’expression du numéro précédent on a $y=a$ lorsque $x=0\,;$ donc $k=a\,;$ donc

$(1+x)^{m}={\frac {a}{y}}\,;$

donc

$(1+x)^{m}=1+{\cfrac {mx}{1-{\cfrac {(m-1){\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+1}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {m-2}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+2}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {m-3}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {m+3}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\frac {{\cfrac {m-4}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1+\ldots }}}}}}}}}}}}}}}}.$

Cette expression de la puissance d’un binôme, en fraction continue, est assez remarquable, tant par sa simplicité que parce qu’elle a l’avantage d’être finie pour toutes les puissances entières tant positives que négatives. On pourrait aussi la déduire de la formule de Newton par une division continuelle, en opérant comme si l’on voulait chercher le plus grand commun diviseur entre l’unité et cette formule ; c’est ce qu’a déjà fait M. Lambert dans le second volume de ses Beytroege, etc. ; mais, quoique la fraction continue qu’on trouve de cette manière s’accorde dans le fond avec la précédente, elle se présente néanmoins sous une forme beaucoup moins simple et moins élégante. (Voyez le § 30 du troisième Mémoire de l’Ouvrage cité.)

10. Comme la quantité $(1+x)^{m}$ devient, dans le cas de $m$ infiniment petit, $1+m\log(1+x),$ on aura, en supposant $m$ infiniment petit dans la fraction continue ci-dessus, et divisant par $m$ après avoir retranché l’unité de part et d’autre,

$\log(1+x)={\cfrac {x}{1+{\cfrac {\cfrac {x}{2}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {2}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {2}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {3}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {3}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\frac {{\cfrac {4}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1+\ldots }}}}}}}}}}}}}}}}.$

Et si l’on met ${\frac {x}{m}}$ à la place de $x,$ qu’ensuite on suppose $m$ infiniment grand, ce qui donne

$\left(1+{\frac {x}{m}}\right)^{m}=e^{x},$

$e^{x}=1+{\cfrac {x}{1-{\cfrac {\cfrac {x}{2}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1-{\cfrac {{\cfrac {1}{5}}{\cfrac {x}{2}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{7}}{\cfrac {x}{2}}}{1-\ldots }}}}}}}}}}}}}}.$

11. On peut encore simplifier ces fractions continues, et, en général, toute fraction continue de la forme

${\frac {\xi }{1+{\cfrac {\xi '}{1+{\cfrac {\xi ''}{1+{\cfrac {\xi '''}{1+\ldots }}}}}}}}.$

Pour cela je considère la fraction

${\frac {p}{1+{\cfrac {q}{1+r}}}}$

se réduit à celle-ci

${\frac {p(1+r)}{1+q+r}}={\frac {p(1+q+r)-pq}{1+q+r}}=p-{\frac {pq}{1+q+r}}\,;$

ainsi l’on aura d’abord

${\frac {\xi }{1+{\cfrac {\xi '}{1+{\cfrac {\xi ''}{1+\ldots }}}}}}=\xi -{\frac {\xi \xi '}{1+\xi '+{\cfrac {\xi ''}{1+\ldots }}}},$

et, transformant de même

${\frac {\xi ''}{1+{\cfrac {\xi '''}{1+{\cfrac {\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{1+\ldots }}}}}}\quad {\text{en}}\quad \xi ''-{\frac {\xi ''\xi '''}{1+\xi '''+{\cfrac {\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{1+\ldots }}}},$

et ainsi de suite, la fraction proposée deviendra de cette forme

$\xi -{\frac {\xi \xi '}{1+\xi '+\xi ''-{\cfrac {\xi ''\xi '''}{1+\xi '''+\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}-{\cfrac {\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}{1+\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}+\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}-{\cfrac {\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}}{1+\ldots }}}}}}}}\,;$

et, si l’on ne commence les transformations précédentes qu’au second terme ${\frac {\xi '}{1+\ldots }},$ on aura une fraction de la forme suivante

${\frac {\xi }{1+\xi '-{\cfrac {\xi '\xi ''}{1+\xi ''+\xi '''-{\cfrac {\xi ''\xi '''}{1+\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-{\cfrac {\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}{1+\ldots }}}}}}}}.$

12. Si l’on applique ces réductions à la formule du n^o 9, on aura ces deux-ci

$(1+x)^{m}=1+mx$

$+{\frac {m(m-1){\cfrac {x^{2}}{2}}}{1-{\cfrac {(m-2)x}{1.3}}+{\cfrac {{\cfrac {(m+1)(m-2)}{9}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1-{\cfrac {(m-2.4)x}{3.5}}+{\cfrac {{\cfrac {(m+2)(m-3)}{2.5}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1-{\cfrac {(m-2.9)x}{5.7}}+\ldots }}}}}},$

$(1+x)^{m}=1+{\frac {mx}{1+(1-m){\cfrac {x}{2}}+{\cfrac {{\cfrac {m^{2}-1}{3}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {x}{2}}+{\cfrac {{\cfrac {m^{2}-4}{3.5}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {x}{2}}+{\cfrac {{\cfrac {m^{2}-9}{5.7}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {x}{2}}+\ldots }}}}}}}}.$

D’où, en supposant $m$ infiniment petit ou infiniment grand, on déduira les suivantes

$\log(1+x)=x-{\frac {\cfrac {x^{2}}{2}}{1+{\cfrac {2x}{3}}-{\cfrac {{\cfrac {2}{9}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {2.4.x}{3.5}}-{\cfrac {{\cfrac {2.3}{25}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {2.9.x}{5.7}}-{\cfrac {{\cfrac {3.4}{49}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+\ldots }}}}}}}},$

$e^{x}=1+x+{\frac {\cfrac {x^{2}}{2}}{1-{\cfrac {x}{3}}+{\cfrac {{\cfrac {1}{9}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1-{\cfrac {x}{3.5}}+{\cfrac {{\cfrac {1}{25}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1-{\cfrac {x}{5.7}}-{\cfrac {{\cfrac {1}{49}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1-\ldots }}}}}}}},$

$\log(1+x)={\frac {x}{1+{\cfrac {x}{2}}-{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {x}{2}}-{\cfrac {{\cfrac {4}{3.5}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {x}{2}}-{\cfrac {{\cfrac {9}{5.7}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+\ldots }}}}}}}},$

$e^{x}=1+{\frac {x}{1-{\cfrac {x}{2}}+{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{3.5}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{5.7}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{7.9}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+\ldots }}}}}}}}}}.$

13. Soit, pour abréger,

$s=1+{\cfrac {{\cfrac {1}{3}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{3.5}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{5.7}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+{\cfrac {{\cfrac {1}{7.9}}{\cfrac {x^{2}}{4}}}{1+\ldots }}}}}}}}\,;$

on aura, par la dernière formule,

$e^{x}=1+{\frac {x}{s-{\frac {x}{2}}}}\,;$

d’où l’on tire

$s={\frac {x}{e^{x}-1}}+{\frac {x}{2}}={\frac {x}{2}}{\frac {e^{x}+1}{e^{x}-1}}={\frac {x}{2}}{\frac {e^{\frac {x}{2}}+e^{-{\frac {x}{2}}}}{e^{\frac {x}{2}}-e^{-{\frac {x}{2}}}}}\,;$

donc si l’on met partout, à la place de $x,$ $2x{\sqrt {-1}},$ la valeur de $s$ sera

${\frac {x\cos x}{\sin x}}={\frac {x}{\operatorname {tang} x}}\,;$

de sorte qu’on aura $\operatorname {tang} x={\frac {x}{s}}\,;$ donc

$\operatorname {tang} x={\cfrac {x}{1-{\cfrac {\cfrac {x^{2}}{3}}{1-{\cfrac {\cfrac {x^{2}}{3.5}}{1-{\cfrac {\cfrac {x^{2}}{5.7}}{1-{\cfrac {\cfrac {x^{2}}{7.9}}{1-\ldots }}}}}}}}}}.$

Cette expression de la tangente par l’arc s’accorde dans le fond avec celle que M. Lambert a donnée dans les Mémoires de 1761, et qu’il a déduite des séries connues du sinus et du cosinus, divisées l’une par l’autre suivant le procédé qui sert à trouver le plus grand commun diviseur.

14. Considérons maintenant l’équation

$1-\left(1+x^{n}\right){\frac {y}{x}}=0,$

et cherchons par notre méthode la valeur de $y$ en $x$ exprimée par une fraction continue d’autant plus convergente que $x$ est plus petite dans la supposition de $n>0.$

1^o On trouvera $\xi =x,$ et l’on aura cette transformée en $y'$

$-x^{n}+\left(1-x^{n}\right)y'+y'^{2}+\left(1+x^{n}\right)x{\frac {dy'}{dx}}=0\,;$

2^o On aura $\xi '={\frac {x^{n}}{n+1}},$ et de là

$-{\frac {n^{2}x^{n}}{(n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {n-1}{n+1}}x^{n}\right)y''+y''^{2}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{n+1}}{\frac {dy''}{dx}}=0\,;$

3^o On aura $\xi ''={\frac {n^{2}x^{n}}{(n+1)(2n+1)}},$ et de là

$-{\frac {(n+1)^{2}x^{n}}{(2n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {x^{n}}{2n+1}}\right)y'''+y'''^{2}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{2n+1}}{\frac {dy'''}{dx}}=0\,;$

4^o On aura $\xi '''={\frac {(n+1)^{2}x^{n}}{(2n+1)(3n+1)}},$ et de là

$-{\frac {4n^{2}x^{n}}{(3n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {n-1}{3n+1}}x^{n}\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{IV2}}}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{3n+1}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{dx}}=0\,;$

5^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}={\frac {4n^{2}x^{n}}{(3n+1)(4n+1)}},$ et de là

$-{\frac {(2n+1)^{2}x^{n}}{(4n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {x^{n}}{4n+1}}\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{V2}}}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{4n+1}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}{dx}}=0\,;$

6^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}={\frac {(2n+1)^{2}x^{n}}{(4n+1)(5n+1)}},$ et de là

$-{\frac {9n^{2}x^{n}}{(5n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {n-1}{5n+1}}x^{n}\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{VI2}}}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{5n+1}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}}{dx}}=0\,;$

7^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}={\frac {9n^{2}x^{n}}{(5n+1)(6n+1)}},$ et de là

$-{\frac {(3n+1)^{2}x^{n}}{(6n+1)^{2}}}+\left(1-{\frac {x^{n}}{6n+1}}\right)y^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}+y^{\scriptscriptstyle {\text{VII2}}}+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{6n+1}}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}}{dx}}=0\,;$

8^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}={\frac {(3n+1)^{2}x^{n}}{(6n+1)(7n+1)}},$ et de là …

Ainsi l’on aura pour la valeur de $y$ cette fraction continue

$y={\cfrac {x}{1+{\cfrac {\cfrac {x^{n}}{n+1}}{1+{\cfrac {\cfrac {n^{2}x^{n}}{(n+1)(2n+1)}}{1+{\cfrac {\cfrac {(n+1)^{2}x^{n}}{(2n+1)(3n+1)}}{1+{\cfrac {\cfrac {(2n)^{2}x^{n}}{(3n+1)(4n+1)}}{1+{\cfrac {\cfrac {(2n+1)^{2}x^{n}}{(4n+1)(5n+1)}}{1+{\cfrac {\cfrac {(3n)^{2}x^{n}}{(5n+1)(6n+1)}}{1+{\cfrac {\cfrac {(3n+1)^{2}x^{n}}{(6n+1)(7n+1)}}{1+\ldots }}}}}}}}}}}}}}}}.$

Or l’équation différentielle proposée donne par l’intégration

$y=\int {\frac {dx}{1+x^{n}}}\,;$

par conséquent la valeur de cette intégrale sera représentée par la fraction continue que nous venons de trouver.

15. Si l’on fait $n=1,$ alors $y=\log(1+x),$ et la fraction continue qui exprime la valeur de $y$ reviendra au même que celle que nous avons trouvée plus haut (10).

Si l’on fait $n=2,$ alors $y=\operatorname {arc\,tang} x\,;$ ainsi l’on aura, pour l’expression de l’arc par sa tangente, cette fraction continue

$\operatorname {arc\,tang} x={\cfrac {x}{1+{\cfrac {\cfrac {x^{2}}{3}}{1+{\cfrac {\cfrac {4x^{2}}{3.5}}{1+{\cfrac {\cfrac {9x^{2}}{5.7}}{1+{\cfrac {\cfrac {16x^{2}}{7.9}}{1+{\cfrac {\cfrac {25x^{2}}{9.11}}{1+\ldots }}}}}}}}}}}}.$

Cette dernière expression a aussi déjà été trouvée par M. Lambert dans l’Ouvrage cité, d’après la série $x-{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}-\ldots ,$ mais sous une forme moins simple que la précédente.

16. On voit, par le n^o 14, que les valeurs ne vont pas en diminuant ; de sorte que quelque loin que l’on pousse la fraction continue, on ne sera jamais en droit de négliger les termes suivants. Mais, si les valeurs dont il s’agit ne vont pas en diminuant, elles convergent cependant vers une même quantité, et cette circonstance donne le moyen de trouver à très-peu près la valeur du reste de la fraction continue.

Pour cet effet on n’a qu’à considérer les différentes transformées en $y',y'',y''',\ldots ,$ et l’on verra que la transformée $\mu$^ième sera représentée ainsi

$-{\frac {\left({\cfrac {\mu }{2}}n\right)^{2}x^{n}}{\left[(\mu -1)n+1\right]^{2}}}+\left[1-{\frac {(n-1)x^{n}}{(\mu -1)n+1}}\right]y^{(\mu )}+\left[y^{(\mu )}\right]^{2}$

$+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{(\mu -1)n+1}}{\frac {dy^{(\mu )}}{dx}}=0$

si $\mu$ est pair, et de cette manière

$-{\frac {\left({\cfrac {\mu -1}{2}}n+1\right)^{2}x^{n}}{\left[(\mu -1)n+1\right]^{2}}}+\left[1-{\frac {x^{n}}{(\mu -1)n+1}}\right]y^{(\mu )}+\left[y^{(\mu )}\right]^{2}$

$+{\frac {\left(1+x^{n}\right)x}{(\mu -1)n+1}}{\frac {dy^{(\mu )}}{dx}}=0$

si $\mu$ est impair.

Or, si $\mu$ est un nombre fort grand, alors il est visible que le premier terme se réduit toujours à $-{\frac {x^{n}}{4}},$ et que les autres termes se réduisent à ceux-ci $y^{(\mu )}+\left[y^{(\mu )}\right]^{2}\,;$ de sorte qu’on a, dans ce cas, la transformée

$-{\frac {x^{n}}{4}}+y^{(\mu )}+\left[y^{(\mu )}\right]^{2}=0,$

d’où l’on tire, en général,

$y^{(\mu )}={\frac {-1\pm {\sqrt {1+x^{n}}}}{2}},$

mais les valeurs de $y$ devant être nulles lorsque $x=0,$ on aura

$y^{(\mu )}={\frac {-1+{\sqrt {1+x^{n}}}}{2}}.$

Donc, lorsqu’on aura poussé assez loin la fraction continue du n^o 14, il faudra, si l’on veut s’arrêter, ajouter après l’unité dans le dénominateur de la dernière fraction la quantité que nous venons de trouver, ou bien on donnera à la dernière fraction pour dénominateur la quantité ${\frac {1+{\sqrt {1+x^{n}}}}{2}}.$

On pourra en user de même dans tous les cas semblables.

17. Soit encore proposée cette équation différentielle

$1+2mxy-y^{2}+nx^{2}{\frac {dy}{dx}}=0,$

dans laquelle on demande la valeur de $y$ en $x$ par une fraction continue d’autant plus convergente que $x$ sera plus petite.

1^o On trouvera $\xi =1,$ et la transformée en $y'$ sera

$-2mx-(2+2mx)y'-y'^{2}+nx^{2}{\frac {dy'}{dx}}=0\,;$

2^o On aura $\xi '=-mx,$ et de là

$(m-n)x-\left[2+(n-2m)x\right]y''-2y''^{2}+nx^{2}{\frac {dy''}{dx}}=0\,;$

3^o On aura $\xi ''={\frac {m-n}{2}}x,$ et de là

$-(m+n)x-(2+2mx)y'''-2y'''^{2}+nx^{2}{\frac {dy'''}{dx}}=0\,;$

4^o On aura $\xi '''=-{\frac {m+n}{2}}x,$ et de là

$(m-2n)x-\left[2+(n-2m)x\right]y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}-2y^{\scriptscriptstyle {\text{IV2}}}+nx^{2}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{dx}}=0\,;$

5^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}={\frac {m-2n}{2}}x,$ et de là

$-(m+2n)x-(2+2mx)y^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}-2y^{\scriptscriptstyle {\text{V2}}}+nx^{2}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}}{dx}}=0\,;$

6^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}=-{\frac {m+2n}{2}}x,$ et de là

$(m-3n)x-\left[2+(n-2m)x\right]y^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}-2y^{\scriptscriptstyle {\text{VI2}}}+nx^{2}{\frac {dy^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}}{dx}}=0\,;$

7^o On aura $\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}={\frac {m-3n}{2}}x,$ et de là ….

Ainsi la valeur de $y$ sera exprimée par cette fraction continue

$y={\cfrac {1}{1-{\cfrac {mx}{1+{\cfrac {{\cfrac {m-n}{2}}x}{1-{\cfrac {{\cfrac {m+n}{2}}x}{1+{\cfrac {{\cfrac {m-2n}{2}}x}{1-{\cfrac {{\cfrac {m+2n}{2}}x}{1+{\cfrac {{\cfrac {m-3n}{2}}x}{1-\ldots }}}}}}}}}}}}}},$

laquelle se terminera, comme l’on voit, toutes les fois que l’on aura $m=\lambda n,$ $\lambda$ étant un nombre quelconque entier positif ou négatif.

Dans ce cas on aura donc une valeur finie de $y\,;$ mais cette valeur ne sera pas complète, puisqu’elle ne contient aucune constante arbitraire.

Pour la compléter on suivra la méthode enseignée dans le n^o 7.

En effet, en considérant les différentes transformées en $y',y'',y''',\ldots ,$ on voit aisément que la transformée $\mu$^ième sera, en supposant $m={\frac {\mu }{2}}n$ lorsque $\mu$ est pair, et $m=-{\frac {\mu -1}{2}}n$ lorsque $\mu$ est impair,

$-\left[2-(\mu -1)x\right]y^{(\mu )}-2\left[y^{(\mu )}\right]^{2}+nx^{2}{\frac {dy^{(\mu )}}{dx}}=0,$

laquelle en faisant $y^{(\mu )}={\frac {1}{z}}$ devient

$\left[2-(\mu -1)x\right]z+2+nx^{2}{\frac {dz}{dx}}=0\,;$

d’où l’on tire, par l’intégration,

$z=\left(k-{\frac {2}{n}}\int e^{-{\frac {2}{nx}}}x^{-{\frac {\mu +2n-1}{n}}}dx\right)e^{\frac {2}{nx}}x^{-{\frac {\mu -1}{n}}},$

$k$ étant une constante arbitraire.

Donc, lorsque dans la fraction continue qui exprime la valeur de $y$ il arrivera qu’un des numérateurs deviendra nul, ce qui fera disparaître le reste de la fraction, il faudra, pour avoir la valeur complète de $y,$ écrire après l’unité dans le dénominateur de la dernière fraction partielle la quantité ${\frac {1}{z}},$ en prenant pour $\mu$ le rang de cette fraction.

Par exemple, lorsque $m=n,$ on a $y={\frac {1}{1-{\cfrac {nx}{1+0}}}}\,;$ comme la série se termine à la seconde fraction, je fais $\mu =2,$ ce qui me donne

$z=\left(k-{\frac {2}{n}}\int e^{-{\frac {2}{nx}}}x^{-{\frac {1+2n}{n}}}dx\right)e^{\frac {2}{nx}}x^{\frac {1}{n}},$

et j’ai, pour la valeur complète de $y,$ l’expression

$y={\cfrac {1}{1-{\cfrac {nx}{1+{\cfrac {1}{z}}}}}}.$

Et ainsi des autres cas semblables.

18. Si dans l’équation différentielle du numéro précédent on fait

$x=at^{\alpha },\quad y=bt^{\beta }u,$

$t$ et $u$ étant de nouvelles variables, elle devient, après les substitutions et les réductions,

${\frac {du}{dt}}+{\frac {2m\alpha +n\beta }{n}}{\frac {u}{t}}-{\frac {\alpha b}{na}}t^{\beta -\alpha -1}u^{2}+{\frac {\alpha }{nab}}t^{-\alpha -\beta -1}=0,$

laquelle, étant comparée à la forme générale de l’équation de Riccati

${\frac {du}{dt}}-\mathrm {A} t^{p}u^{2}+\mathrm {B} t^{q}=0,$

donne

$\alpha =-{\frac {p+q+2}{2}},\quad \beta =-{\frac {p-q}{2}},\quad {\frac {m}{n}}={\frac {p-q}{2(p+q+2)}},$

$a={\frac {\alpha }{n{\sqrt {\mathrm {AB} }}}},\quad b={\sqrt {\mathrm {\frac {A}{B}} }}\,;$

de sorte qu’il reste encore une indéterminée $n,$ qu’on peut faire égale à tout ce que l’on veut.

L’équation dont il s’agit sera donc intégrable toutes les fois que les exposants $p$ et $q$ seront tels, que la valeur de ${\frac {m}{n}},$ savoir la quantité ${\frac {p-q}{2(p+q+2)}},$ sera égale à un nombre entier quelconque positif ou négatif ; ainsi les conditions de l’intégrabilité de l’équation

${\frac {du}{dt}}-\mathrm {A} t^{p}u^{2}+\mathrm {B} t^{q}=0$

seront renfermées dans cette égalité

$q={\frac {(1-2\lambda )p-4\lambda }{1+2\lambda }},$

$\lambda$ étant un nombre entier quelconque positif ou négatif ; ce qui s’accorde avec ce que l’on sait déjà.

19. Comme la forme des fractions continues est peu commode pour les opérations algébriques, nous allons réduire ces fractions en fractions ordinaires, ce qui donnera lieu à des conséquences importantes sur la nature de ces mêmes fractions.

Pour cela il n’y a qu’à reprendre les formules

$y={\frac {\xi }{1+y'}},\quad y'={\frac {\xi '}{1+y''}},\quad y''={\frac {\xi .'}{1+y'.'}},\ldots$

du n^o 1 et substituer successivement dans la première les valeurs de $y',y'',\ldots$ données par les suivantes ; ce qui donnera

$y={\frac {\xi }{1+y'}}={\frac {\xi +\xi y''}{1+\xi '+y''}}={\frac {\xi +\xi \xi ''+\xi y'''}{1+\xi '+\xi ''+(1+\xi ')y'''}}=\ldots \,;$

mais pour rendre plus sensible l’ordre qui règne entre ces formules suclessives on fera les deux séries

${\begin{alignedat}{5}\mathrm {P} =&0,&\mathrm {P} '=&\xi ,&\mathrm {P} ''=&\mathrm {P} \xi '+\mathrm {P} ',&\mathrm {P} '''=&\mathrm {P} '\xi ''+\mathrm {P} '',&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=&\mathrm {P} ''\xi '''+\mathrm {P} ''',&\ldots ,&\\\mathrm {Q} =&0,&\mathrm {Q} '=&\xi ,&\mathrm {Q} ''=&\mathrm {Q} \xi '+\mathrm {Q} ',&\mathrm {Q} '''=&\mathrm {Q} '\xi ''+\mathrm {Q} '',&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=&\mathrm {Q} ''\xi '''+\mathrm {Q} ''',&\ldots ,&\\\end{alignedat}}$

et l’on aura

$y={\frac {\mathrm {P} y'+\mathrm {P} '}{\mathrm {Q} y'+\mathrm {Q} '}}={\frac {\mathrm {P} 'y''+\mathrm {P} ''}{\mathrm {Q} 'y''+\mathrm {Q} ''}}={\frac {\mathrm {P} ''y'''+\mathrm {P} '''}{\mathrm {Q} ''y'''+\mathrm {Q} '''}}={\frac {\mathrm {P} '''y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{\mathrm {Q} '''y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}}=\ldots .$

De sorte qu’il n’y aura plus qu’à substituer dans ces expressions les valeurs de $\xi ,\xi ',\xi '',\ldots ,$ ainsi que celle de la dernière des quantités $y',y'',y''',\ldots$ pour avoir la valeur complète de $y.$

20. Je remarque maintenant que, comme les quantités $y',y'',y''',\ldots$ sont nécessairement comprises entre les limites $\infty$ et $0,$ si l’on substitue successivement ces valeurs extrêmes à leur place, on aura cette série de fractions rationnelles

$\mathrm {{\frac {P}{Q}},\quad {\frac {P'}{Q'}},\quad {\frac {P''}{Q''}},\quad {\frac {P'''}{Q'''}},\quad {\frac {P^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}{Q^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}}}} ,\ldots ,$

qui convergeront nécessairement vers la vraie valeur de $y$.

Pour prouver cette convergence et en déterminer la quantité pour chaque fraction, considérons les différences

${\frac {\mathrm {P} y'+\mathrm {P} '}{\mathrm {Q} y'+\mathrm {Q} '}}-\mathrm {\frac {P}{Q}} ,\quad {\frac {\mathrm {P} 'y''+\mathrm {P} ''}{\mathrm {Q} 'y''+\mathrm {Q} ''}}-\mathrm {\frac {P'}{Q'}} ,\ldots ,$

lesquelles se réduisent à

${\frac {\mathrm {P'Q-Q'P} }{\mathrm {Q} (\mathrm {Q} y'+\mathrm {Q} ')}},\quad {\frac {\mathrm {P''Q'-Q''P'} }{\mathrm {Q} '(\mathrm {Q} 'y''+\mathrm {Q} '')}},\ldots \,;$

or on trouve

${\begin{aligned}&\mathrm {P'\ \ Q\,\ -Q'\,\ P\ \ } =\xi ,\\&\mathrm {P''\ Q'\,-Q''\,P'\ =(Q'\,P\ -P'\,Q\ )} \xi '\ =-\xi \xi ',\\&\mathrm {P'''Q''-Q'''P''=(Q''P'-P''Q')} \xi ''=\xi \xi '\xi '',\end{aligned}}$

et ainsi de suite ; donc les différences dont il s’agit, c’est-à-dire les excès de la vraie valeur de $y$ sur les fractions $\mathrm {{\frac {P}{Q}},{\frac {P'}{Q'}},{\frac {P''}{Q''}}} ,\ldots$ seront

${\frac {\xi }{\mathrm {Q} (\mathrm {Q} y'+\mathrm {Q} ')}},\quad -{\frac {\xi \xi '}{\mathrm {Q} '(\mathrm {Q} 'y''+\mathrm {Q} '')}},\quad {\frac {\xi \xi '\xi ''}{\mathrm {Q} ''(\mathrm {Q} ''y'''+\mathrm {Q} ''')}},\ldots .$

D’où l’on voit que, si l’une des quantités $\xi ',\xi '',\xi ''',\ldots$ devient nulle, auquel cas la fraction continue est finie, la fraction correspondante dans la suite $\mathrm {{\frac {P}{Q}},{\frac {P'}{Q'}},{\frac {P''}{Q''}}} ,\ldots$ donnera la valeur exacte de $y$.

En général, comme les quantités $\xi ',\xi '',\xi ''',\ldots$ sont toujours très-petites lorsque $x$ est supposée très-petite (1) et qu’il en est de même des quantités $y',y'',y''',\ldots ,$ il est clair que dans cette supposition les quantités $\mathrm {Q,Q',Q''} ,\ldots$ deviendront égales à l’unité, et que les quantités $\mathrm {Q} y',\mathrm {Q} 'y'',$$\mathrm {Q} ''y''',\ldots$ deviendront nulles vis-à-vis de celles-là ; donc en supposant $x$ très-petite, les excès de $y$ sur les fractions $\mathrm {{\frac {P}{Q}},{\frac {P'}{Q'}},{\frac {P''}{Q''}}} ,\ldots$ se réduiront à

$\xi ,\quad -\xi \xi ',\quad \xi \xi '\xi '',\ldots \,;$

par conséquent ces fractions seront exactes, aux quantités des ordres $\xi ,\xi \xi ',$$\xi \xi '\xi '',\ldots$ près.

21. Prenons l’Exemple du n^o 8, où l’on a trouvé

$\xi =a,\quad \xi '=mx,\quad \xi ''=-(m-1){\frac {x}{2}},\quad \xi '''={\frac {m+1}{3}}{\frac {x}{2}},$

$\xi ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=-{\frac {m-2}{3}}{\frac {x}{2}},\ldots \,;$

on trouvera les formules suivantes, où je suppose, pour plus de simplicité, $a=1,$

${\begin{alignedat}{2}&\mathrm {P} &=&0,\\&\mathrm {P} '&=&1,\\&\mathrm {P} ''&=&1,\\&\mathrm {P} '''&=&1-{\frac {(m-1)}{2}}x,\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}&=&1-{\frac {(m-2)}{3}}x,\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}&=&1-{\frac {2(m-2)}{4}}x+{\frac {(m-2)(m-1)}{4.3}}x^{2},\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}&=&1-{\frac {2(m-3)}{5}}x+{\frac {(m-3)(m-2)}{5.4}}x^{2},\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}&=&1-{\frac {3(m-3)}{6}}x+{\frac {3(m-3)(m-2)}{6.5}}x^{2}-{\frac {(m-3)(m-2)(m-1)}{6.5.4}}x^{3},\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{VIII}}}&=&1-{\frac {3(m-4)}{7}}x+{\frac {3(m-4)(m-3)}{7.6}}x^{2}-{\frac {(m-4)(m-3)(m-2)}{7.6.5}}x^{3},\\&\mathrm {P} ^{\scriptscriptstyle {\text{IX}}}&=&1-{\frac {4(m-4)}{8}}x+{\frac {6(m-4)(m-3)}{8.7}}x^{2}-{\frac {4(m-4)(m-3)(m-2)}{8.7.6}}x^{3},\\&&&+{\frac {(m-4)(m-3)(m-2)(m-1)}{8.7.6.5}}x^{4},\\&\ldots &&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\\\\&\mathrm {Q} &=&1,\\&\mathrm {Q} '&=&1,\\&\mathrm {Q} ''&=&1+mx,\\&\mathrm {Q} '''&=&1+{\frac {(m+1)}{2}}x,\\&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}&=&1+{\frac {2(m+1)}{3}}x+{\frac {(m+1)m}{3.2}}x^{2},\end{alignedat}}$

${\begin{alignedat}{2}&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}&=&1+{\frac {2(m+2)}{4}}x+{\frac {(m+2)(m+1)}{4.3}}x^{2},\\&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{VI}}}&=&1+{\frac {3(m+2)}{5}}x+{\frac {3(m+2)(m+1)}{5.4}}x^{2}+{\frac {(m+2)(m+1)m}{5.4.3}}x^{3},\\&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{VII}}}&=&1+{\frac {3(m+3)}{6}}x+{\frac {3(m+3)(m+2)}{6.5}}x^{2}+{\frac {(m+3)(m+2)(m+1)}{6.5.4}}x^{3},\\&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{VIII}}}&=&1+{\frac {4(m+3)}{7}}x+{\frac {6(m+3)(m+2)}{7.6}}x^{2}-{\frac {4(m+3)(m+2)(m+1)}{7.6.5}}x^{3},\\&&&+{\frac {(m+3)(m+2)(m+1)m}{7.6.5.4}}x^{4},\\&\mathrm {Q} ^{\scriptscriptstyle {\text{IX}}}&=&1+{\frac {4(m+4)}{8}}x+{\frac {6(m+4)(m+3)}{8.7}}x^{2}+{\frac {4(m+4)(m+3)(m+2)}{8.7.6}}x^{3},\\&&&+{\frac {(m+4)(m+3)(m+2)(m+1)}{8.7.6.5}}x^{4},\\&\ldots &&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\\\\\end{alignedat}}$

Or nous avons vu dans le n^o 9 que la valeur de $y$ est ${\frac {a}{(1+x)^{m}}}\,;$ ainsi, faisant $a=1,$ on aura pour la valeur de $(1+x)^{-m}$ les fractions $\mathrm {{\frac {P}{Q}},{\frac {P'}{Q'}},{\frac {P''}{Q''}}} ,\ldots ,$ lesquelles seront exactes, aux quantités près des ordres $x^{0},x^{1},x^{2},x^{3},\ldots .$

Donc, si l’on renverse ces fractions, ou, ce qui revient au même, si l’on fait $m$ négatif et qu’on néglige les deux premières fractions, on aura les approximations suivantes vers la valeur de $(1+x)^{m}$

${\begin{aligned}&1+mx,\\&{\cfrac {1+{\cfrac {m+1}{2}}x}{1-{\cfrac {m-1}{2}}x}},\\&{\cfrac {1+{\cfrac {2(m+1)}{3}}x+{\cfrac {(m+1)m}{3.2}}x^{2}}{1-{\cfrac {m-2}{3}}x}},\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{\cfrac {1+{\cfrac {2(m+2)}{4}}x+{\cfrac {(m+2)(m+1)}{4.3}}x^{2}}{1-{\cfrac {2(m-2)}{4}}x+{\cfrac {(m-2)(m-1)}{4.3}}x^{2}}},\\&{\cfrac {1+{\cfrac {3(m+2)}{5}}x+{\cfrac {3(m+2)(m+1)}{5.4}}x^{2}+{\cfrac {(m+2)(m+1)}{5.4.3}}x^{3}}{1-{\cfrac {2(m-3)}{5}}x+{\cfrac {(m-3)(m-2)}{5.4}}x^{2}}},\\&{\cfrac {1+{\cfrac {3(m+3)}{6}}x+{\cfrac {3(m+3)(m+2)}{6.5}}x^{2}+{\cfrac {(m+3)(m+2)(m+1)}{6.5.4}}x^{3}}{1-{\cfrac {3(m-3)}{6}}x+{\cfrac {3(m-3)(m-2)}{6.5}}x^{2}-{\cfrac {(m-3)(m-2)(m-1)}{6.5.4}}x^{3}}},\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et ces expressions sont exactes, aux quantités près des ordres $x^{2},x^{3},x^{4},$$x^{5},x^{6},x^{7},\ldots ,$ c’est-à-dire qu’elles sont exactes jusqu’à la puissance de $x$ inclusivement qui sera le produit des deux plus hautes puissances de $x,$ dans le numérateur et dans le dénominateur ; c’est de quoi on pourra si l’on veut se convaincre à posteriori en résolvant les fractions précédentes en séries et les comparant avec la série

$1+mx+{\frac {m(m-1)}{2}}x^{2}+{\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}}x^{3}+\ldots .$

On peut traiter de même les autres fractions continues que nous avons trouvées dans le cours de ce Mémoire et en tirer des conclusions semblables c’est sur quoi nous ne nous arrêterons pas, puisque ce n’est qu’une affaire de pur calcul.

1. Lu le 18 juillet 1776.