# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 04/Analyse élémentaire, article 3
## ANALISE.

Je réunis ici, dans un même article, diverses théories qui, à raison de la liaison étroite qui existe entre elles, ne peuvent que se simplifier beaucoup par leur rapprochement.
Soit $m$ le degré d’une équation complète entre $n$ inconnues ; le nombre des termes de cette équation sera une fonction de $m$ et de $n$ qu’il s’agit de déterminer, et que nous représenterons par $A_{m,n}.$
Pour plus de simplicité, concevons que les coefficiens de tous les termes de cette équation soient positifs et égaux à l’unité : ce qui ne changera rien à la nature du problème. L’équation proposée devant renfermer tous les termes de l’équation complète du $(m-1)^{me}$ degré, entre $n$ inconnues, plus la totalité des termes du $m^{me}$ ordre, entre les mêmes inconnues ; en désignant par $\nu$ le nombre de ces derniers, on devra avoir l’équation
$A_{m,n}=A_{m-1,n}+\nu .\qquad$
Il s’agit présentement de déterminer $\nu .$
Pour cela, concevons que l’on multiplie chacun des termes d’ordres inférieurs à $m$ par une somme de puissances semblables des $n$ inconnues, dont les exposans soient tels que ces multiplications donnent toutes des produits de l’ordre $m$ : ce qui exigera que l’on multiplie le terme tout connu $1$ par $x^{m}+y^{m}+z^{m}+\ldots ,$ l’ensemble des termes du premier ordre par $x^{m-1}+y^{m-1}+z^{m-1}+\ldots$, et ainsi de suite ; il est clair que le nombre total des termes de ces produits, abstraction faite de toute réduction, sera $nA_{m-1,n}$.
Or, je dis que ces mêmes termes ne seront autre chose que les termes du $m.^{me}$ ordre de la proposée, écrits chacun $m$ fois. En effet, en représentant généralement l’un de ces derniers par $x^{\alpha }y^{\beta }z^{\gamma }\ldots ,$ avec la condition $\alpha +\beta +\gamma +\ldots ,$ on voit qu’il aura été formé autant de fois qu’il y a de manières de diminuer successivement chacun de ses exposans de toutes les unités qu’il renferme ; c’est-à-dire, de $m$ manières différentes.
On a donc, d’après cela
$nA_{m-1,n}=m\nu ,\qquad {\text{d’où}}\qquad \nu ={\frac {n}{m}}A_{m-1,n}\,;\qquad$
et par conséquent (1)
$A_{m,n}=A_{m-1,n}+{\frac {n}{m}}A_{m-1,n}={\frac {m+n}{m}}A_{m-1,n}\,;$
ou enfin
$mA_{m,n}=(m+n)A_{m-1,n}.\qquad$
En changeant successivement, dans cette équation, $m$ en $m-1,$ $m-2,m-3,\ldots$ 2,1, et remarquant que $A_{1,n}=n+1,$ il viendra
${\begin{aligned}mA_{m,n}&=(m+n)A_{m-1,n},\\(m-1)A_{m-1,n}&=(m+n-2)A_{m-2,n},\\(m-2)A_{m-2,n}&=(m+n-1)A_{m-3,n},\\\ldots \ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \\2A_{2,n}&=(n+2)A_{1,n},\\A_{1,n}&=(n+1)\,;\\\end{aligned}}$
ce qui donnera, en multipliant, supprimant les facteurs communs aux deux membres de l’équation produit, et tirant la valeur de $A_{m,n}$,
$A_{m,n}={\frac {n+1}{1}}.{\frac {n+2}{2}}.{\frac {n+3}{3}}\ldots {\frac {n+m}{m}}\,;\qquad$
formule qui résout le problème.
Cette solution, la plus simple que je connaisse, m’a été communiquée par M. G. Fornier, élève très-distingué du lycée de Nismes.
Si l’on multiplie, haut et bas, la valeur de $A_{m,n}$ par $1.2.3\ldots n,$ elle devient
$A_{m,n}={\frac {1.2.3\ldots (m+n)}{1.2.3\ldots m\times 1.2.3\ldots n}}\,;$
ou, en adoptant les notations de M. Kramp
$A_{m,n}={\frac {(m+n)!}{m!n!}}.$
On voit alors que $A_{m,n}$ est une fonction symétrique de $m$ et $n$, et qu’ainsi on doit avoir
$A_{m,n}=A_{n,m}\,;\qquad$
ce qui revient à dire qu’il y a autant de termes dans une équation complète du n.me degré entre $m$ inconnues qu’il y en a dans une équation complète du m.me degré entre $n$ inconnues.
Parce que $A_{m,n}$ est une fonction symétrique des nombres $m$ et $n,$ nous emploirons, à l’avenir, pour représenter cette fonction, la notation plus simple
$A_{m,n}=(m,n).$
En conséquence, nous aurons
$(m,n)=(n,m),\qquad$
et, quels que soient $p$ et $q$
$(0,p)=(0,q)=(p,0)=(q,0)=1.\qquad$
Cette notation admise, l’équation (3), dans laquelle on peut permuter entre eux les nombres $m$ et $n,$ donnera
${\begin{aligned}m(m,n)&=(m+n)(m-1,n),\\n(m,n)&=(m+n,n)(m,n-1)\,;\\\end{aligned}}$
la somme de ces deux équations, divisée par $m+n,$ sera
$(m,n)=(m-1,n)+(m,n-1)\,;\qquad$
or, en se rappelant les équations (7), on voit que cette dernière exprime la construction du triangle arithmétique ; et qu’ainsi $(m,n)$ est la formule générale des nombres figurés.
L’équation (6) exprime donc que le $(n+1)^{me}$ nombre figuré du $m.^{me}$ ordre est égal au $(m+1)^{me}$ nombre figuré du $n.^{me}$ ordre ; et l’équation (8) exprime que le $(m+1)^{me}$ nombre figuré du $n.^{me}$ ordre, ou le $(n+1)^{me}$ nombre figuré du $m.^{me}$ ordre, est la somme du $m.^{me}$ nombre figuré du $n.^{me}$ ordre et du $n.^{me}$ nombre figuré du $m.^{me}$ ordre.
De cette dernière on tire
$(m,n)-(m-1,n)=(m,n-1)\,;$
substituant successivement pour $m,$ dans celle-ci, les nombres $1,2,3\ldots m,$ il viendra
${\begin{aligned}(1,n)-1&=(1,n-1),\\(2,n)-(1,n)&=(2,n-1),\\(3,n)-(2,n)&=(3,n-1),\\\ldots \ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \\(m,n)-(m-1,n)&=(m,n-1),\\\end{aligned}}$
ajoutant ces dernières et réduisant, on aura
$(m,n)=(n,m)=(0,n-1)+(1,n-1)+(2,n-1)+\ldots +(m,n-1)\,;\quad$
et l’on aurait pareillement
$(m,n)=(n,m)=(0,m-1)+(1,m-1)+(2,m-1)+\ldots +(n,m-1)\,;$
c’est-à-dire, que le $(n+1)^{me}$ nombre figuré du $m^{me}$ ordre, ou le $(m+1)^{me}$ nombre figuré du $n^{me}$ ordre, est égal à la somme des $n^{me}$ nombres figurés de tous les ordres jusqu’au $m^{me}$ ordre inclusivement ; ou encore à la somme des $m+1$ premiers nombres figurés du $(n-1)^{me}$ ordre.
Je terminerai par donner, d’après M. Lhuilier, la sommation des inverses des nombres figurés. Il est aisé de se convaincre, par le développement et les réductions, que l’équation suivante est identique
${\frac {1}{(m,n-1)}}={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {m!}{(m+n-2)!}}-{\frac {(m+1)!}{(m+n-1)!}}\right\}.\qquad$
Si l’on y substitue successivement pour $m$ les nombres $0,1,2,\ldots m,$ il viendra
${\begin{aligned}{\frac {1}{(0,n-1)}}&={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {1}{(n-2)!}}-{\frac {1!}{(n-1)!}}\right\},\\{\frac {1}{(1,n-1)}}&={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {1!}{(n-1)!}}-{\frac {2!}{n!}}\right\},\\{\frac {1}{(2,n-1)}}&={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {2!}{n!}}-{\frac {3!}{(n+1)!}}\right\},\\\ldots \ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\\\end{aligned}}$
${\frac {1}{(m,n-1)}}={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {m!}{(m+n-2)!}}-{\frac {(m+1)!}{(m+n-1)!}}\right\}\,;$
d’où, en ajoutant et réduisant,
${\frac {1}{(0,n-1)}}+{\frac {1}{(1,n-1)}}+{\frac {1}{(2,n-1)}}+\ldots +{\frac {1}{(m,n-1)}}$
$={\frac {(n-1)!}{n-2}}\left\{{\frac {1}{(n-2)!}}-{\frac {(m+1)!}{(m+n-1)!}}\right\}\,;$
ou encore
${\frac {1}{(0,n-1)}}+{\frac {1}{(1,n-1)}}+{\frac {1}{(2,n-1)}}+\ldots +{\frac {1}{(m,n-1)}}$
$={\frac {(n-1)}{n-2}}\left\{1-{\frac {1}{(m+1,n-2)}}\right\}\,;\qquad$
Si, dans cette dernière formule, ou suppose $m=\infty ,$ elle deviendra simplement,
${\frac {1}{(0,n-1)}}+{\frac {1}{(1,n-1)}}+{\tfrac {1}{(2,n-1)}}+{\tfrac {1}{(3,n-1)}}+\ldots ={\frac {(n-1)}{n-2}}\,;\quad$
c’est-à-dire,
$1+{\tfrac {1}{n}}+{\tfrac {1}{n}}.{\tfrac {2}{n+1}}+{\tfrac {1}{n}}.{\tfrac {2}{n+1}}.{\tfrac {3}{n+2}}+{\tfrac {1}{n}}.{\tfrac {2}{n+1}}.{\tfrac {3}{n+2}}.{\tfrac {4}{n+3}}+\ldots ={\frac {(n-1)}{n-2}}.$
* ↑ Voyez la note de la page 200 du second volume de ce recueil.
* ↑ Voyez la note de la page 1.re du 3.e volume de ce recueil.
* ↑ Voyez ses Élémens raisonnés d’algèbre.