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conque et $y_{0,t}=0,$ $t$ étant $>0\,;$ de sorte que, dans ce cas, les termes donnés de la Table du n^o 6 seront ceux qui forment le premier rang horizontal et le premier vertical.

Telles sont donc les conditions du Problème ; pour le résoudre, il ne s’agit plus que d’intégrer convenablement l’équation différentielle trouvée d’après les méthodes exposées dans l’Article II.

Pour cela, je mets cette équation sous la forme suivante, en augmentant d’une unité les nombres $x$ et $t,$

$py_{x,t}+(1-p)y_{x,t+1}-y_{x+1,t+1}=0,$

et je remarque qu’elle est comprise dans la formule (F) du n^o 7 en faisant

$\mathrm {A} =p,\quad \mathrm {B} =0,\quad \mathrm {B} '=1-p,\quad \mathrm {C} '=-1.$

Employant donc la solution du même numéro, on aura

$\beta =-{\frac {p}{1-p-\alpha }}={\frac {p}{\alpha }}\times {\frac {1}{1-{\cfrac {1-p}{\alpha }}}}\,;$

donc

$\beta ^{t}=p^{t}\left[\alpha ^{-t}+t(1-p)\alpha ^{-t-1}+{\frac {t(t+1)}{2}}(1-p)^{2}\alpha ^{-t-2}+\ldots \right]\,;$

d’où l’on tire (8) l’expression générale

$y_{x,t}=p^{t}\left[y_{x-t,0}+t(1-p)y_{x-t-1,0}+{\frac {t(t+1)}{2}}(1-p)^{2}y_{x-t-2,0}+\ldots \right].$

Cette expression va à l’infini ; mais comme il faut, par les conditions du Problème, que l’on ait $y_{0,t}=0$ lorsque $t$ est $>0,$ il est visible qu’il faudra que l’on ait séparément

$y_{-t,0}=0,\quad y_{-t-1,0}=0,\quad y_{-t-2,0}=0,\ldots ,$

quel que soit $t,$ pourvu qu’il soit $>0\,;$ d’où il s’ensuit que les quantités $y_{s,0}$ devront être toujours nulles lorsque $s$ sera un nombre négatif, ce qui est le cas du n^o 9, où l’on a vu que la série devient finie. Ensuite