NN AIR
et deux 7; ne peuvent pas être égaux (voir le raisonnement du n° 20).
La série be
est convergente et l’on a
v(t)=(1+rt)(+nt)( + rt)...
Considérons la décomposition en fractions simples
LEE MN: NT: 5 l'AS 1+xt + 1+xt More
où C, — 0 lorsque n est pair, Com+1 > 0
On + M + M +... + M1, n LEE à Mrast, L'pn 1 + Xkt £ Pour n—, la constante positive x tend vers une limite s; et l’on démontre aisément, en passant à la limite pour n —,
u(t) rasxt CORP EE TE
ou encore
u(t) s TO en ne 0 LP TT
en sorte qu’il vient finalement
P, (2) 1 . Qn (2) 7
RECHERCHES SUR LES FRACTIONS CONTINUES. 531 On voit donc qu’il y a une masse égale à Le) ( — ÿ- à d;
concentrée à l’origine; on a donc nécessairement
Fu jra= A2 kx— 1.
Cette masse sera nulle ou positive selon que la série
est divergente ou convergente. Il est à remarquer que ce second cas est en effet possible; il exige seulement que les a: croissent rapidement afin que la série
[ce]
Eee ; dx 4x +1
puisse être convergente.
0 Sx . .
Ensuite il y a les masses” concentrées aux points rx, qui pour 4 — £ se rapprochent indéfiniment de l'origine, la série
Ce]
Y ni
étant convergente. On voit donc que la fonction
P, (2) Qn (2)
a une infinité de pôles dans le voisinage de 2—0, et ce point 2—0 peut être un pôle ou non selon les cas.
F(2)—lim
70. L'une des premières fractions continues que l’on ait considérée en Analyse fournit un exemple du cas que nous venons d'étudier. C’est
la fraction continue de Lambert
ps 7
> TENTIES
Pour la ramener à notre type, nous écrirons
CET RCE Sk z EE D zLr 1 Ve eVrLe V2 1 ss ’ = î 3 + ]
rrk=4:(2Kk — 1} x°, PE à : (2k — 17.
On a ici ar = 2k — ..
co
: 1 et la série » — a, St bien convergente ; en même temps la série ak Ak+1
>: d2k—1 est divergente, il n’y a point de masse concentrée à l’origine. Ensuite on a
u(t) = (e V/t + à” Vt),
Des formules que nous donnerons plus loin (n° 76) permettent de réduire en fraction continue
at vO= +
u étant une constante positive. On aurait ainsi un exemple du cas où l'origine est un pôle; il s'y trouve concentrée la masse u.
71. Nous allons revenir maintenant au cas où la série o L« est convergente, pour faire une étude plus complète du problème des moments qui est indéterminé.
Soit { un paramètre positif; je considère la fraction continue
a 2 + i &@T a3z2+.. 1 + | Gon+18 + — qui est évidemment égale à Poñ(2) + tPan+1(2) Qun (2) + tQan+1 (2)
En développant suivant les puissances descendantes de z, on a évidemment
CT er DT e étant le premier coefficient qui dépend de t. Posons Àn(2) = Qan(2) + tQrn+1(2) = [a2, 4, ... aant12, €],
les racines de
Xn(2) = 0 seront réelles, inégales et négatives; en effet, &,(2) est simplement ce que devient Q2:»}2(2) pour aon+o—t. Comparons maintenant les racines de
Hn(z) = 0 à celles de Hn+1(2) = 0.
On a Hn+1(2) =[a2, &,..., Gan+12, Qan+2, Gon+ss, f]. Or, il est facile de voir que si l’on pose Aan+2 = 0, Aan+3 =0, le second membre se réduit à #,(2). Les racines de Hn+1(2) = 0
sont au nombre de n +2; si maintenant on fait décroître ass+9, dons de leurs valeurs actuelles jusqu’à zéro, ces racines ne peuvent que décroître, d’après la proposition du n° 6. Une de ces racines deviendra — w, les autres vont coïncider avec les racines de
Hn(2) = 0.
Ce résultat peut s'exprimer ainsi: si l’on range par ordre de grandeur croissante les racines positives de
Hn (— 2) —=0, D Lo KBgyere Ent»
une racine de rang déterminé x, décroît lorsqu'on change n en n + 1. Pour n—= ona
lim X,(2) = g(2) + égi(2),
xk tend vers une limite finie £&, et
En effet, on peut répéter tous les raisonnements des n° 19 et 21. Il est clair que les £, vont en croissant, mais peut-il arriver que £4 = £x +1? Le raisonnement du n°20 ne peut pas s’appliquer ici; mais on peut procéder ainsi. Si l’on avait £;—£,}1, on aurait, pour une même valeur finie et réelle de 2,
q(2) +tq(z) =0,
gd'(e)+tg(z)=0,
q (2) di (2) — qi (2) g'(e) = 0.
L'expression
Qon(2) Qrn+1(2) — Qun+1(2) Qun (2)
devrait donc s’annuler pour n —%, ce qui est manifestement impossible puisqu'elle est égale à
DUT Qx (2).
La transformation que nous venons d'indiquer résulte de l'identité bien connue
Qen(u) Saut (9) Qu Qun+1(u) >2 agr+1 Q2x(e) Que(u).
On a donc bien £y < Ex 41.
Les nombres £; sont des fonctions décroissantes du paramètre {; en effet £4 est la limite de x, qui, elle même est une fonction décroissante de t. Nous avons
ae=(+r)(+i)(+t)
a@=c(1+ 4) Lan Es où
Le] C— ) A2k—1.
Pour t—0, &, devient égal à 14 et l’on a ainsi Ex = Ar.
Pour t— , on doit évidemment avoir
: 1 mi ÉRili—0+, donc Ek = 0k-1, et 04 est compris entre 14 et Àx1.
En définitive, si l’on considère les quantités croissantes
0, À, 6, do, 6, Às; Ûs, FAT.
on voit que les £, sont compris dans les intervalles
DE RU eh (0, 2), (8,, À), (82, 43), ...; on n’en trouve aucun dans les intervalles (Q) - en se. où Qi Os (es 0), (ns dns ne o «
On trouvera facilement
pe) + tp (e) Y a ni 2@)+ qe) sx
et la distribution des masses (nx, Ex), (K=1,2,8,...
est encore une solution du problème des moments, dépendante cette fois du paramètre t.
