NUS AS | PAUL GET UE

f(x) désignant un polynome entier, du degré mr. On suppose ici m posiuf, ce qui ne restreint pas la généralité, l'équation (4) ne changeant pas par le changement de m» en — (mn +1). Le degré de f(x) est fixé, comme on vient de le dire, par cette considération que l’infini est un point ordinaire.

Si l’on prend pour nouvelles variables X et Y, en posant

PROESE LI ù CAN V — Y, Xi , Ÿ L + I à) TC

la transformée a les points singuliers réguliers suivants, avec les

racines ci-après pour les équations déterminantes :

racines O0, —"%5$,

SC POP PEL EEE Re LR

D PE PRE PRO RU SO PE GE Re PUS CO IT LE SO D URSS PORT ES *

Cette transformée est donc l'équation hypergéométrique

d?Y CEE m(m +1) Vi

ax? X OR RTE QU UE CT Suivant l'algorithme des séries hypergéométriques D -1)b(b 2 F(a«, b cs Re le que user NE " $ [.C 1.2-C(C+ 1)

l'équation (4) admet la solution Y=F(m+i,— m,1+26,X);

qui se réduit à un polynome entier du degré m, à cause de la forme du second argument. Nous avons donc

ænt

=F(mæ+t, m1 of, )

TG es 12e ep) of)

M(M+HI) 1— x (m—i)m(m+1)(m+o) (- =)

l'est à remarquer que, d’après la forme de la solution (5), le changement de:3 en — $ doit équivaloir à celui de x en — x. De là résulte l'identité

2% ) (285 Dm Eure a 2) RENE a) er en):

F(mæ+, —m 1+2h,

Flm+i, — m, 1-28 2%

obtenue par comparaison des termes en +7”? dans les deux polynomes. Cette identité, bien connue dans la théorie de Gauss, fournit facilement la forme modifiée des solutions pour les cas où 26 est un nombre entier; c’est dans ces cas qu'une solution contiendra un logarithme, puisque 2$ est la différence des racines dans l'équation déterminante relative à x — +1. Rappelons brièvement ces faits. En posant

PS) (Fr (mime, 128, 2),

TXT +I DA nous avons les deux solutions Vo = P(B), Yi=P(—B).

S1 donc $ devient nul, nous aurons à prendre, au lieu de y,, cette

D JE. EE dd ot 5 CC ET CHE Me LR RE A ET € San cf 25e te A Res és Et DRE A FO OR COR 6 1 QUES ES SN ts D EC ES EI ES RU RUE AN TP QU D RAR EN LEP © Pue PEC Rd ee AT 4 ES PT SD * \ ve L à ; - * n Yen L 5 ] t Î : ‘ Fe

SUR UNE NOUVELLE CLASSE D'ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. 605 autre :

PPS pee) 2 6

r/ g T1 oF pr (eo) (oi P{o)log EP ()

Ve dir

Telle est la solution y2, qu'il faut joindre à y, = ®(0), au cas B—0.

Soit, en second lieu, 28 — kX, supposé un nombre entier posiuf. Considérons le polynome hypergéométrique suivant :

(m+ k+1) m— A) 1.(£ +1) (m+k+riim+k+o)(m—k)(m—k—1) DCHRRESENT 1.2(4+1)(£ +2)

Par l'identité (6) on voit que P(6) se réduit ainsi : ; HAE SAN (en) c]J=(—i1 UC aa Var (es Fur nue 2 Æ 2 En écrivant o($, x) au lieu de D($5), on voit par là que, pour

26—k, o($B, x) et ©(6, —x) diffèrent seulement par un facteur

constant qui est (— 1}.

Par conséquent, pour 28 = , nombre entier positif, la solution

qu'il faut adjoindre à y, est la suivante :

(1 pa= | 1 le e)+(omtie(h—e)] |

et cette fonction a pour partie logarithmique

TI Pacrorl

vo log

Pour second exemple. nous citerons l’équation suivante, où, comme Pie; , OÙ, on va le voir, la complication n'exclut pas l'intérêt :

(DARAO NE FT +ue(s PTE + 4(æ?— 1) rGe HeiCe | .

+ 4 OO 4er | y =.

606 OEUVRES DE G.-H. HALPIHEN.

Dans cette équation, comme dans la précédente, on reconnait que l'infini n’est pas point singulier, en sorte qu'il y a, en tout, trois points singuliers réguliers, x —æ+1 et x —o. Pour ce dernier, l'équation déterminante est E

mou —i1)(u—2)(u—3)— #{m(m+i)n(n—1)+i2m(m+i)t Jos 12M{M +1) = 10,

dont les racines sont 1, 3, — 2m, 2m +92. À l'égard des deux premières, il est visible qu’il leur correspond des solutions g, uniformes autour du point æ —0, si, du moins, »m est supposé entier, comme nous voulons le faire : effectivement, les différences des racines 1 et 3 avec 2m +2 (ou avec — 2m, si m est négatif) sont impaires, et la nature de Péquation dispense de toute recherche à ce sujet. Quant à la différence paire entre 1 et 3, la vérification directe est facile. Mais, à l'égard des deux racines paires — 2met2m+>, il ne paraît pas possible, tant que #7 reste indéterminé, de vérifier la condition sous laquelle l'intégrale est uniforme. Et cependant, le point æ — o est bien à apparence singulière; voiei la raison indirecte pour laquelle on peut affirmer : considérons les deux équations

à ! as (x? re PP + a) £ X?— 1 2L(LI—1)—— — | —— 3 — 0, \ ) dx? it dx x?

(8) (rien PE A Dre m(m+i) Lodb er.

dx? Ÿ dx x? k

qui différent entre elles seulement par le signe de la constante «, el posons Hhesi a Un

l'inconnue y satisfait à l'équation proposée (7). Pour s’en assurer, on n’a qu’à faire le calcul suivant. Soient

Az"+ -A'z +(B—x)z = 0,

1 , Au"+ - A'u+(B+a)u = 0,

DRRTES

et cherchons l'équation linéaire, du quatrième ordre, à laquelle satis-

fait y. On aura successivement

Vus Hu",

Ay'=oAu'z —u |: A'z" + (B — «| — 3 É A'u'+(B +a)u|,

" I ! ! > Her f=Ay +sA'y+2By=2Auz, f'+2By=oa(zu— us"), NIUE AS + 2ABy'+ (2AB +BA)y + 4e y =0;

La] \

(10) A27av4+ 3AA' y" (2 AA" nr iAB) y"

= É AA = A'AMPGAB'+2BA')y + (2AB'"E AB +{a)y —0. 49 4

Pelle est lPéquation, remarquable par sa simplicité relative, à laquelle conduit le problème proposé.

Si l’on suppose que les équations (8) et coïncident, alors cette P | | \ dernière (10) devient l’équation (=). Mais les équations (8) con- Î 7 q cordent Justement avec l'exemple que nous venons de traiter précédemment:; aussi n’avons-nous plus qu’à écrire. sans calcul. sa solution ) P q ) complète. Soient