DEUXIEME PARTIE. 
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les égalités — = K, hn 1 bn — H , les nombres K et H étant entiers, de 
là, en employant l’égalité A m =a n , et retranchant les deux dernières égalités 
qui précèdent, on a - bn ~ l ~ hn — p ? ou ~ bn ~ Y z= P puisque B m =b n , 
ainsi les deux séries précédentes forment la série unique, 
■,Ao 1*0 AJ^Â, bj  g j("A 2 ..A m _ 1 B m _j ctn)\Ci n b n —j ci n —...(pp h t ci^(d x h 0 û. 0 ) 
dans laquelle un trinôme quelconque est contigu, par sa première partie, à 
celui qui le précède; par conséquent, on pourra, n° 59, obtenir une trans 
formation de F 0 en f. 
2 e Cas. Les deux trinômes réduits sont opposés avec la condition 2B ro = A w ; 
reprenons les notations adoptées dans le cas précédent, on a les égalités 
-A... o« B Trt — 
K ? -^m+1 
l n+1 J 
®«i—1 ~\~ K-i ~f" 
H, 
ajoutant les deux dernières égalités et remarquant que l’on a h m -\-b n = 0, 
B i 
A m = a n , on aura alors m ~‘ - n ~ 1 — P, et par suite, les deux séries primitives 
donnent une série unique 
(A 0 B 0 A 1 }(A 1 Bj A A 2 ... • j(A m —, B OT _j A n )(^ n b n _ l ^n—i}\^n—i ^n—a a)* • *^o)* 
3 e Cas. Les deux trinômes réduits sont opposés et leurs termes extrêmes 
sont égaux; conservant les notations précédentes, les deux séries primitives, 
par suite des égalités A m = A m+1 ==« n+1 et B m = — h n , formeront la série unique 
(Ao b 0 A 1 )(A 1 B, A 2 )(A 2 —/Am-, b»¡.—i A m )(A m B OT A m _j.J(£7 n _j_j ci n j K c.i n b n _ l ci n —J. •. 
....(a, b, a 1 Xa i b 0 a 0 '). 
Ainsi dans les trois cas, la transformation de F 0 =(A 0 B 0 A,) enf=(a Q b 0 «J 
aura lieu en suivant les règles indiquées par le problème n° 59 ; constatons 
aussi que, de la solution du problème actuel, c’est-à-dire de la recherche d’une 
transformation propre de F 0 en f, on déduit facilement la solution du problème 
suivant. 
66. Problème. Étant donnés deux trinômes F 0 =(A 0 B 0 AJ et f=(a Q fp n^) im 
proprement équivalents, n° 56, trouver une transformation impropre de F 0 en f ü , 
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