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RÉSOLUES.

Nous n’avons pu figurer que quatre sommets positifs et quatre négatifs ; mais les uns comme les autres peuvent être en nombres pairs quelconques. Soient donc, en général, $2p$ le nombre des premiers, et $2q$ le nombre des derniers ; le degré de la proposée sera ainsi $2p+2q+1\,;$ et, comme elle n’aura évidemment qu’une seule racine réelle, le nombre de ses racines imaginaires sera nécessairement

$2p+2q.$

D’un autre côté, l’équation $Y=0$ du degré $2p+2q$ ayant $2p$ racines positives, et $2q$ racines négatives, aura conséquemment $2p$ variations et $2q$ permanences ; donc, suivant le théorème, le nombre des racines imaginaires de la proposée, $\mathrm {X} =0,$ devrait être

$\pm 2(p-q)\,;$

nombre qui pourra différer du véritable autant qu’on le voudra.

Mais la courbe, toujours supposée de degré impair, après avoir coupé l’axe des $x,$ et avoir eu, au-dessous de cet axe, un nombre impair quelconque de sommets négatifs, pourrait, en remontant, le couper de nouveau, avoir au-dessus un nombre impair quelconque de sommets positifs, redescendre encore, en coupant une troisième fois l’axe des $x,$ et ainsi de suite. Supposons qu’elle le coupe $2n+1$ fois ; nous aurons ainsi sn séries de sommets positifs dont ceux de la première série seulement seront en nombre pair ; de manière que nous pourrons représenter les nombres de sommets successifs de ces séries par

$2p_{1},\quad 2p_{2}+1,\quad 2p_{3}+1,\ldots 2p_{2n}+1.$

Nous aurons pareillement $2n$ séries de sommets négatifs dont ceux de la dernière série seulement seront en nombre pair, de sorte que nous pourrons représenter successivement les nombres des sommets de ces dernières séries par

$2q_{1}+1,\quad 2q_{2}+1,\quad 2q_{3}+1,\ldots 2q_{2n}\,;$

le nombre total des sommets des deux séries sera donc