  
\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{latexsym}
\title{Polyn\^omes d'Euler et Fractions continues de Stieltjes-Rogers}
\author{Dominique Dumont et Jiang Zeng\\
\small D\'epartement de Math\'ematique, Universit\'e Louis Pasteur\\
\small 7 rue Ren\'e Descartes, 67084 Strasbourg c\'edex, France}
\date{10 octobre, 1996}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\def\refname{R\'ef\'erences}
\newcommand\mb{\boldmath}
\newcommand\mn{\rm}
\newcommand\resp{\it resp}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand\wt{\mbox{$\widetilde{w}$}}
\newcommand\piti{\mbox{$\widetilde{\pi}$}}
\newcommand\lap{\mathcal{L}}
\newcommand\w{\mbox{$w$}}
\newcommand\p{\mbox{$\pi$}}
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\newcommand\ep{\mbox{$\epsilon(\pi)$}}
\newcommand\eep{\mbox{$\epsilon^2(\pi)$}}
%%%% Structure of Thms. etc.  %%%%%%%%%%%%%%
\newtheorem{thm}{Th\'eor\`eme}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemme}
\newtheorem{prop}[thm]{Proposition}
\newtheorem{cor}[thm]{Corollaire}
\newtheorem{defn}{D\'efinition}
\newtheorem{defns}[defn]{Definitions}
\newtheorem{eg}{Exemple}
\newtheorem{egs}[eg]{Examples}
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\newtheorem{blank}[remark]{$\!\!$}
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\hyphenation{nom-bres}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\pf}{{\bf Proof: \/}}
\newcommand{\pv}{{\bf Preuve: \/}}
\def\qed{\nobreak\quad\raise -2pt\hbox{\vrule\vbox to 10pt{\hrule width 6pt
\vfill\hrule}\vrule}\par\vspace{2ex}}
\def\qel{\nobreak\quad\raise -2pt\hbox{\vrule\vbox to 10pt{\hrule width 6pt
\vfill\hrule}\vrule}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
It is well-known that the Euler polynomials $E_{2n}(x)$ 
with $n\geq 0$ can be expressed as a polynomial $H_n(x(x-1))$ 
of $x(x-1)$. 
We extend $H_n(u)$ to formal power series for $n<0$
and prove several properties of the
coefficients appearing in these polynomials or series, 
which generalize some recent results, independently obtained by
Hammersley \cite{Ha} and
Horadam \cite{Ho}, and answer a question of Kreweras \cite{Ke}. 
We also deduce several continued fraction expansions for the generating 
function of Euler polynomials, 
some of these formulae had been published by Stieltjes \cite{St} and
by Rogers \cite{R2} without proof.
These formulae
generalize our earlier results concerning Genocchi numbers, Euler numbers 
and Springer numbers \cite{DZ,D}. 
\end{abstract}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Introduction}
Les polyn\^omes d'Euler sont un analogue ``tordu" des 
polyn\^omes de Bernoulli qu'on trouve classiquement r\'epertori\'es dans les
recueils de fonctions sp\'eciales. Les coefficients de plus bas degr\'es de ces
deux suites de polyn\^omes sont respectivement, \`a un coefficient de
normalisation pr\`es, les nombres de Genocchi, de s\'erie g\'en\'eratrice
$\frac{2t}{e^t+1}$, et les nombres de Bernoulli, de s\'erie g\'en\'eratrice
$\frac{t}{e^t-1}$.

Un cadre agr\'eable pour l'\'etude des polyn\^omes d'Euler de rangs {\sl pairs}
$E_{2n}(x)$ consiste \`a les consid\'erer comme des polyn\^omes dans 
la variable $u:=x(x-1)$. C'est ainsi qu'au moins quatre auteurs ont, de mani\`ere
ind\'ependante les uns des autres, \'et\'e amen\'es \`a \'etudier les
polyn\^omes que nous notons $H_n(u)$ dans cet article. Il s'agit de :
\begin{itemize}
\item Stieltjes \cite{St}, dans ses travaux sur les fractions continues;

\item Hammersley \cite{Ha}, dans un exercice ``de premier cycle" sur les
manipulations de s\'eries;

\item Horadam \cite{Ho}, dans son \'etude des ``polyn\^omes de Genocchi"
(\`a un coefficient de normalisation pr\`es, ce sont les polyn\^omes d'Euler);

\item Kreweras \cite{Ke}, dans l'inversion d'une matrice de coefficients
binomiaux.
\end{itemize}

Notre objectif sera ici de faire le lien entre ces quatre approches. Nous
serons \'egalement conduits \`a d\'evelopper les aspects ``\'equations
fonctionnelles" et ``fractions continues" du sujet, dans la ligne des travaux de
Stieltjes \cite{St}, de Rogers \cite{R2}, et de Ramanujan \cite{P}.

La suite de cet article se divise en quatre sections :
\begin{itemize}
\item[2] Polyn\^omes d'Euler de rangs pairs; 
\item[3] Triangle contenant les deux esp\`eces de nombres de Genocchi;
\item[4] La transformation de Laplace formelle; 
\item[5] Fractions continues de Stieltjes-Rogers.
\end{itemize}
\section{Polyn\^omes d'Euler de rangs pairs}
Les nombres d'Euler $E_{2n}$ et les polyn\^omes d'Euler 
$E_n(x)$ ($n\geq 0$) sont \newline
respectivement
d\'efinis par leurs fonctions g\'en\'eratrices \cite[p. 43]{Co}:
\begin{eqnarray}
\frac{1}{\cosh t}=\frac{2e^t}{e^{2t}+1}&=&\sum_{n=0}^\infty (-1)^nE_{2n}{t^{2n}\over (2n)!},\\
{2e^{xt}\over e^t+1}&=&\sum_{n=0}^\infty E_n(x){t^n\over n!}.
\end{eqnarray}
Horadam \cite{Ho} a d\'efini les polyn\^omes de Genocchi $G_n(x)$ par
\begin{equation}
{2te^{xt}\over e^t+1}=\sum_{n=1}^\infty G_n(x){t^n\over n!}.
\end{equation}
D'o\`u $G_{n+1}(x)=(n+1)E_n(x)$ pour $n\geq 0$.

Le premier membre de (2) peut s'\'ecrire sous la forme suivante :
\begin{eqnarray}
{2e^{t/2}\cdot e^{(x-1/2)t}\over e^t+1}&=&
\sum_{k=0}^\infty{(-1)^kE_{2k}\over (2k)!}\left({t\over 2}\right)^{2k}
\cdot \sum_{l=0}^\infty{(x-1/2)^lt^l\over l!}\\
&=&\sum_{n=0}^\infty{t^n\over n!}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
(-1)^k{E_{2k}\over 2^{2k}}{n\choose 2k}(x-{1\over 2})^{n-2k}.
\end{eqnarray}
On obtient donc l'expression suivante :
\begin{equation}
E_n(x)=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k{E_{2k}\over 2^{2k}}{n\choose 2k}
(x-{1\over 2})^{n-2k}.
\end{equation}
Il s'ensuit que
\begin{eqnarray*}
E_{2n}(x)&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{E_{2k}\over 2^{2k}}{2n\choose 2k}
(x-{1\over 2})^{2n-2k}\\
&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{E_{2k}\over 2^{2k}}{2n\choose 2k}
\left(x(x-1)+{1\over 4}\right)^{n-k}.
\end{eqnarray*}
 Donc, $E_{2n}(x)$ peut s'exprimer comme
 un polyn\^ome en $u=x(x-1)$. Plus pr\'ecis\'ement, posons
$H_n(u)=E_{2n}(x)$. Alors
\begin{equation}
H_n(u)=\sum_{k=0}^n\sum_{l=0}^{n-k}(-1)^l
{E_{2l}\over 2^{2n-2k}}{2n\choose 2l}{n-l\choose k}u^k.
\end{equation}

Voici les premiers polyn\^omes $H_n(u)$ :
\begin{eqnarray*}
H_1(u)&=&u,\\
H_2(u)&=&-u+u^2,\\
H_3(u)&=&3u-3u^2+u^3,\\
H_4(u)&=&-17u+17u^2-6u^3+u^4,\\
H_5(u)&=&155u-155u^2+55u^3-10u^4+u^5,\\
H_6(u)&=&-2073u+2073u^2-736u^3+135u^4-15u^5+u^6.
\end{eqnarray*}

Les polyn\^omes $H_n(u)$ apparurent d'abord dans les oeuvres de 
Stieltjes \cite{St} en liaison avec une fraction continue. 
Soit la s\'erie g\'en\'eratrice ordinaire :
\begin{equation}
h(t,\,u)=\sum_{n\geq 0}H_n(u)t^{2n+2}=t^2+ut^4+(-u+u^2)t^6+\cdots
\end{equation}
Stieltjes \cite{St} a donn\'e sans d\'emonstration la repr\'esentation en
fraction continue de $h(t,\,u)$ comme suit.

\begin{thm} Soit $u=x(x-1)$. Alors
\begin{eqnarray}
h(t,\,u)&=&
t\int_0^{+\infty}\frac{\cosh (x-1/2)z}{\cosh z/2}e^{-z/t}dz\\
&=&{t^2\over\displaystyle 1-
{\strut u\, t^2\over\displaystyle 1+
{\strut 1^2\, t^2\over\displaystyle 1+
{\strut \ddots\over \displaystyle 1+
{\strut (n(n+1)-u)\, t^2\over\displaystyle 1+
{\strut (n+1)^2\, t^2 \over\displaystyle\ddots }}}}}}.
\end{eqnarray}
\end{thm}

Plus r\'ecemment les polyn\^omes $H_n(u)$ ont \'et\'e \'etudi\'es par 
Hammersley \cite{Ha} (voir aussi \cite[Exercice 7.52]{GKP}), qui
d\'emontre notamment que $(-1)^nH_n(-u)$ est un 
polyn\^ome \`a coefficients entiers positifs
pour $n\geq 1$. Ce dernier r\'esultat est en fait une cons\'equence 
du th\'eor\`eme de Stieltjes ci-dessus.
Enfin Horadam \cite{Ho} a \'etudi\'e ind\'ependamment ces polyn\^omes
 en liaison avec les nombres et polyn\^omes de Genocchi.

On se propose dans cet article de g\'en\'eraliser
les coefficents $h_{n,\,k}$ apparaissant dans les polyn\^omes $H_n(u)$
aux {\it entiers relatifs}, par analogie avec
les extensions 
aux indices n\'egatifs des {\it nombres binomiaux}
 et {\it nombres de Stirling} \cite[Chapter 5]{GKP}.

Rappelons que pour tout $n\in \bf Z$,
$${n\choose m}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{n(n-1)\cdots (n-m+1)}{m!},&\mbox{si $m\geq 0$};\\
0, &\mbox{si $m<0$}.
\end{array}\right. 
$$
Pour $n,\, k\in \bf Z$, posons
\begin{equation}
h_{n,\, k}=\left\{\begin{array}{ll}
\sum_{l=0}^{n-k}(-1)^l{E_{2l}\over 2^{2n-2k}}
{2n\choose 2l}{n-l\choose n-k-l},&\mbox{si $n\geq k$};\\
0, &\mbox{sinon}.
\end{array}\right. 
\end{equation}
Les premi\`eres valeurs $h_{n,\, k}$ sont donn\'ees dans la table~1.
\begin{table}[ht]
$$
\begin{tabular}[t]{c|llllll|c|llllll} 
$n\backslash k$& -6& -5& -4&-3&-2&-1&0& 1& 2& 3&4&5&6\\
\hline
-6&  1&& & & &&{}&&&&&&\\
-5& -15&1 & && & &{}&&&&&&\\
-4& 115& -10 &1 &&&&{}&&&&&&\\
-3& -493& 45& -6&1&&&{}&&&&&&\\
-2& 1000&-92 &13& -3&1&&{}&&&&&&\\
-1&-608&56&-8&2&-1&1&{}&&&&&&\\
\hline
0&&&&&&&1&&&&&&\\
\hline
1&  && & & &&{}&1&&&&&\\
2& & & && & &{}&-1&1&&&&\\
3& & & & &&&{}&3&-3&1&&&\\
4& & & &&&&{}&-17&17&-6&1&&\\
5& && &&&&{}&155&-155&55&-10&1&\\
6& &&&&&&{}&-2073&2073&-736&135&-15&1\\
\end{tabular}
$$
\caption{$h_{n,k}$ pour $-6\leq n,\, k\leq 6$.}
\end{table}

Le r\'esultat suivant g\'en\'eralise celui de Hammersley \cite{Ha} et 
Horadam \cite{Ho}, 
qui correspond au cas o\`u $n,\, k\geq 0$.
\begin{prop}  Pour $n,\,k \in \bf Z$, les coefficients
$h_{n,k}$ v\'erifient
$h_{n,\, 0}=\delta_{n\,0}$, $h_{n,\, n}=1$ et
\begin{equation}
2(k+1)(2k+1)h_{n,\, k+1}+(k+2)(k+1)h_{n,\, k+2}=2n(2n-1)h_{n-1,\, k}.\label{ho}
\end{equation}
\end{prop}
\pv Les nombres d'Euler v\'erifient la r\'ecurrence \cite{Co} :
\begin{equation}
E_0=1,\quad \sum_{l=0}^k(-1)^l{2k\choose 2l}E_{2l}
=0\quad (k\geq 1).\label{Euler}
\end{equation}
D'o\`u $h_{n,\, 0}=\delta_{n\,0}$.
D'autre part, pour $n,k\in \bf Z$,
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{2(k+1)(2k+1)h_{n,\, k+1}+(k+2)(k+1)h_{n,\, k+2}}\\
&=&\sum_{l=0}^{n-k-1}
(-1)^l\frac{E_{2l}}{2^{2n-2k-3}}{2n\choose 2l}(k+1)\\
&&\cdot\left[(2k+1){n-l\choose n-k-l-1}+(2k+4){n-l\choose n-k-l-2}\right]\\
&=& 2n(2n-1)\sum_{l=0}^{n-k-1}(-1)^l\frac{E_{2l}}{2^{2n-2k-2}}{2n-2\choose 2l}
{n-l-1\choose n-k-l-1}.\\
\end{eqnarray*}
D'o\`u l'\'equation (\ref{ho}). \qed\medskip

Les nombres de Genocchi $G_{2n}$ et les nombres de Genocchi m\'edians $H_{2n+1}$ 
peuvent \^etre engendr\'es par le \textit{triangle de Seidel} \cite{DZ} :
$$
\begin{array}{lllll}
1&&&&\\
1&1&&&\\
2& 1&&&\\
2& 3&3&&\\
8&6&3&&\\
8&14&17&17&\\
56&48&34&17&\\
56&104&138&155&155\\
\ldots&&&&
\end{array}
\quad\Longrightarrow\quad
\begin{tabular}{l|llllll}
n&1&2&3&4&5&\ldots\\
\hline
$G_{2n}$&1&1&3&17&155&\ldots\\
\hline
$H_{2n-1}$&1&1&2&8&56&\ldots\\
\end{tabular}
$$

\begin{prop} On a 
\begin{eqnarray}
h_{n,\, 1}& = &(-1)^{n-1}G_{2n},\\
h_{-1, -n}& = &(-1)^{n-1}H_{2n-1},
\end{eqnarray}
pour $n\geq 1$ et $h_{n,\, 1}=-h_{n,\, 2}$ pour $n\geq 2$.
\end{prop}
\pv 
Les nombres de Genocchi $G_{2n}$ (voir \cite{Co,DZ}) ont pour
 fonction g\'en\'eratrice :
\begin{equation}
\sum_{n\geq 1}(-1)^nG_{2n}\frac{t^{2n}}{(2n)!}
=-t\tanh\frac{t}{2}.\label{geno}
\end{equation}
Comme
\begin{eqnarray*}
\tanh\frac{t}{2} 
& = & \sum_{s\geq 0}\frac{(t/2)^{2s+1}}{(2s+1)!} 
\cdot \sum_{m\geq 0}(-1)^m E_{2m}\frac{(t/2)^{2m}}{(2m)!}\\
& = & \sum_{s,\, m\geq 0}
\frac{(-1)^m}{2^{2m+2s+1}}\frac{E_{2m}t^{2m+2s+1}}{(2m)!(2s+1)!}\\
& = & \sum_{n\geq 1}\sum_{m=0}^{n-1}{2n-1\choose 2m}
\frac{(-1)^m}{2^{2n-1}}\frac{E_{2m}t^{2n-1}}{(2n-1)!},
\end{eqnarray*}
on en d\'eduit donc, pour $n\geq 1$,
\begin{equation}\label{coef}
G_{2n}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-1-k}
(n-k){2n\choose 2k}{E_{2k}\over 2^{2n-2}}, 
\end{equation}
ce qui est exactement $(-1)^{n-1}h_{n,\, 1}$.
D'autre part, 
\begin{eqnarray*}
h_{-1, -n}&=&\sum_{l=0}^{n-1}(-1)^l
{E_{2l}\over 2^{2n-2}}{-2\choose 2l}{-1-l\choose n-l-1}\\
&=&(-1)^{n-1}\sum_{l=0}^{n-1}
{E_{2l}\over 2^{2n-2}}(2l+1){n-1\choose l}.
\end{eqnarray*}
D'o\`u l'\'egalit\'e $h_{-1, -n} = (-1)^{n-1}H_{2n-1}$ 
d'apr\`es \cite[Corollaire 3]{DZ}. Enfin, l'\'egalit\'e
$h_{n,\, 1}=-h_{n,\, 2}$ ($n\geq 2$) d\'ecoule de (\ref{ho}) pour $k=0$. 
\qed\medskip

Kreweras \cite{Ke} avait observ\'e que l'inverse de la matrice infinie
$({n\choose 2n-2k})_{n,k}$, dont la sous-matrice 
$({n\choose 2n-2k})_{-6\leq n,k\leq 6}$ est donn\'ee dans la table~2,
fait appara\^{\i}tre des coefficients donn\'es dans la table~1.
Montrons que cela reste vrai dans le cas g\'en\'eral.

\begin{table}[ht]
$$
\begin{tabular}[t]{c|llllll|c|llllll} 
$n\backslash k$& -6& -5& -4&-3&-2&-1&0& 1& 2& 3&4&5&6\\
\hline
-6&  1&& & & &&{}&&&&&&\\
-5& 15&1 & && & &{}&&&&&&\\
-4& 35& 10 &1 &&&&{}&&&&&&\\
-3& 28& 15& 6&1&&&{}&&&&&&\\
-2& 9&7&5& 3&1&&{}&&&&&&\\
-1&1&1&1&1&1&1&{}&&&&&&\\
\hline
0&&&&&&&1&&&&&&\\
\hline
1&  && & & &&{}&1&&&&&\\
2& & & && & &{}&1&1&&&&\\
3& & & & &&&{}&&3&1&&&\\
4& & & &&&&{}&&1&6&1&&\\
5& && &&&&{}&&&5&10&1&\\
6& &&&&&&{}&&&1&15&15&1\\
\end{tabular}
$$
\caption{${n\choose 2n-2k}$ pour $-6\leq n,\, k\leq 6$.}
\end{table} 
Soit $(x)_n=x(x+1)\cdots (x+n-1)$ pour $n\geq 1$ et $(x)_0=1$.
\begin{prop} Soient $n\geq m$ des entiers. Alors
\begin{equation}\label{orth}
c_{n, m}:=\sum_{k=m}^n{k\choose 2k-2m}h_{n, k}=\delta_{n\,m}.
\end{equation}\label{kre}
\end{prop}
\pv a) Supposons d'abord que $m,\, n\geq 0$. Alors
\begin{eqnarray*}
c_{n, m}&=&\sum_{l\geq 0}(-1)^lE_{2l}
{2n\choose 2l}\sum_{k\geq 0}\frac{(n-l)!}
{2^{2(n-m-k)}(m-k)!(2k)!(n-l-m-k)!}\\
&=& \sum_{l\geq 0}(-1)^l\frac{E_{2l}}{4^{n-m}}
{2n\choose 2l}{n-l\choose m}
{}_2F_1\left(
\begin{array}{rc}
-n+m+l,&\, -m\\
1/2&{}\\
\end{array}; 1\right)
\end{eqnarray*}
En appliquant la formule de Chu-Vandermonde \cite[(5.93)]{GKP}, on trouve
$$
{}_2F_1\left(
\begin{array}{rc}
-n+m+l,&\, -m\\
1/2&{}\\
\end{array}; 1\right)=\frac{(1/2+n-m-l)_m}{(1/2)_m}.
$$
D'o\`u l'on d\'eduit, d'apr\`es (\ref{Euler}), que
\begin{equation}
c_{n, m}=\frac{(2m+1)_{2n-2m}}{4^{n-m}(2n-2m)!}\sum_{l=0}^{n-m}(-1)^lE_{2l}
{2n-2m\choose 2l}=\delta_{n\,m}.\label{delta}
\end{equation}
b) Supposons maintenant que $m,\, n\leq 0$. Alors
\begin{equation}
c_{n, m}= \sum_{l\geq 0}E_{2l}{2n\choose 2l}
\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^{n-m-k}(k-m-1)!}
{2^{2(n-m-k)}(2k)!(n-l-m-k)!(l-n-1)!}.
\end{equation}
Par un calcul analogue on trouve le m\^eme r\'esultat (\ref{delta}). 
 \qed\medskip
 
\noindent\textbf{Remarque 1:} La proposition 4 \'equivaut 
aux deux \'equations matricielles suivantes :
\begin{equation}
\left(\begin{array}{cccccc}
1&&&&&\\
-1&1&&&&\\
3&-3&1&&&\\
-17&17&-6&1&&\\
155&-155&55&-10&1&\\
&\ldots&&\ldots&&\ddots\\
\end{array}\right)\cdot
\left(\begin{array}{cccccc}
1&&&&&\\
1&1&&&&\\
 &3&1&&&\\
 &1&6&1&&\\
 & &5&10&1&\\
&\ldots&&\ldots&&\ddots\\
\end{array}\right)=I,\label{mat}
\end{equation}
et
\begin{equation}
\left(\begin{array}{cccccc}
1&-1&2&-8&56&\ldots\\
 &1&-3&13&-92&\ldots\\
 & &1&-6&45&\ldots\\
 & & &1&-10&\ldots\\
 &&&&1&\ldots\\
 & &&&&\ddots\\
\end{array}\right)\cdot
\left(\begin{array}{cccccc}
1&1&1&1&1&\ldots\\
 &1&3&5&7&\ldots\\
 & &1&6&15&\ldots\\
 & & &1&10&\ldots\\
  &&&&1&\ldots\\
&&&&&\ddots\\
\end{array}\right)
=I,
\end{equation}
o\`u $I$ est la matrice identit\'e infinie.

\medskip
\noindent\textbf{Remarque 2:}
Si l'on g\'en\'eralise la d\'efinition (7) de $H_n(u)$ aux indices n\'egatives :
\begin{equation}
 H_n(u)=\sum_{k\leq n}h_{n,\,k}u^k \qquad n\in \bf Z,
\end{equation}
alors la relation (\ref{orth}) \'equivaut \`a l'\'equation fonctionnelle :
 \begin{equation}\label{fon}
 H_n(u(u-1))+H_n(u(u+1))=2u^{2n}, \quad n\in \bf Z.
 \end{equation}
 En particulier, l'\'equation
 \begin{equation}
 H_{-1}(u(u-1))+H_{-1}(u(u+1))=\frac{2}{u^2}
 \end{equation}
 n'est autre que la r\'eecriture de l'identit\'e
\begin{equation}
 h\left(\frac{x^2}{1-x}\right)
 +h\left(\frac{x^2}{1+x}\right)=2x^2
\end{equation}
de l'article de Dumont-Zeng \cite{DZ} avec $H_{-1}(u)=h(1/u)$.

\medskip 
\noindent\textbf{Remarque 3:} Pour $n\geq 0$, l'identit\'e (\ref{fon})
peut aussi \^etre d\'emontr\'ee comme suit.
On note d'abord que
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{+\infty}H_n(x(x-1))\frac{t^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^{+\infty}E_{2n}(x)\frac{t^{2n}}{(2n)!} 
=\frac{\cosh (x-1/2)t}{\cosh t/2}.\label{dum}
\end{equation}
Or 
$$
\frac{\cosh(x-1/2)t}{\cosh t/2}+\frac{\cosh(x+1/2)t}{\cosh t/2}
=2\cosh xt. 
$$
D'o\`u (\ref{fon}) pour $n\geq 0$. Dans (\ref{dum}), posons $u=x(x-1)$, 
alors $x-1/2=\frac{1}{2}\sqrt{1+4u}$. On obtient donc la fonction g\'en\'eratrice
exponentielle pour la suite $\{H_n(u)\}_{n\geq 0}$ :
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{+\infty}H_n(u)\frac{t^{2n}}{(2n)!}
=\frac{\cosh \left(\frac{t}{2}\sqrt{1+4u}\right)}{\cosh \frac{t}{2}}.
\end{equation}
Chassant le d\'enominateur ${\cosh \frac{t}{2}}$ et puis
\'egalisant les coefficients de $t^{2n}/(2n)!$ dans l'\'equation 
ci-dessus on obtient la r\'ecurrence pour $H_n(u)$ :
\begin{equation}
\left(\frac{1}{4}+u\right)^n=\sum_{m=0}^n{2n\choose 2m}
\left(\frac{1}{4}\right)^{n-m}H_m(u).
\end{equation}
Cette dreni\`ere r\'ecurrence fut le point de d\'epart de Hammersley \cite{Ha} 
pour $p_n(u)=(-1)^nH_n(-u)$. En fait, il est facile de voir que (\ref{fon})
implique une autre r\'ecurrence lin\'eaire pour $H_n(u)$ :
\begin{equation}
u^n=\sum_{0\leq 2i\leq n}{n\choose 2i}H_{n-i}(u), \qquad n\geq 1.
\end{equation}

\medskip
Le r\'esultat suivant est une cons\'equence imm\'ediate des propositions 2 et 4.
\begin{cor}
Pour tous $n,\, k \in \bf Z$, les coefficients $(-1)^{n-k}h_{n\, k}$ sont des
entiers positifs. De plus, $(-1)^{n-k}h_{n\, k}>0$ pour 
$n\geq 1$ et $1\leq k\leq n$ ou $k\leq n\leq -1$.
\end{cor}
%\begin{equation}
%E_1(x)z+E_3(x)\frac{z^3}{3!}+E_5(x)\frac{z^5}{5!}+\cdots 
%=\frac{\sinh (x-1/2)z}{\cosh z/2}.
%\end{equation}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Triangle contenant les deux esp\`eces de nombres de Genocchi} 
Remarquons que pour $n\geq 1$
\begin{equation}
h_{n+k,\, k+1}=
\sum_{l=0}^{n-1}(-1)^l\frac{E_{2l}}{2^{2(n-1)}}
{2n+2k\choose 2l}{n+k-l\choose n-l-1}
\end{equation} 
est un polyn\^ome en $k$ de degr\'e
$2n-2$ dont le coefficient de $k^{2n-2}$ est $(-1)^{n-1}E_{2n-2}/(2n-2)!$. 
D'apr\`es un r\'esultat
classique \cite[p. 208]{Stan}, on sait qu'il existe un polyn\^ome $K_n(x)$ de 
degr\'e $\leq 2n-2$ tel que
\begin{equation}\label{kdef}
(-1)^{n-1}\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+1}=\frac{K_n(x)}{(1-x)^{2n-1}},
\end{equation}
et $K_n(1)=E_{2n-2}$. 
Par exemple, pour $n=1,\, 2,\, 3, \, 4$ l'\'equation (\ref{kdef}) s'\'ecrit
comme suit :
\begin{eqnarray*}
x+x^2+x^3+\cdots &=&\frac{x}{1-x};\\
-(x+3x^2+6x^3+10x^4+15x^5+\cdots) &=&\frac{-x}{(1-x)^3};\\
3x+17x^2+55x^3+135x^4+286x^5+\cdots &=&\frac{3x+2x^2}{(1-x)^5};\\
-(17x+155x^2+736x^3+2492x^4+\cdots) &=&-
\frac{17x+36x^2+8x^3}{(1-x)^7}.\\
\end{eqnarray*}
On se propose de d\'emontrer que $K_n(x)$ ($n\geq 2$) 
est un polyn\^ome de degr\'e $n-1$ 
\`a coefficients entiers positifs.
Le r\'esultat suivant est classique (voir \cite[Chapitre 4]{Stan}).

\begin{lem} Soient $a_1, a_2, \ldots, a_d$ des nombres complexes,
$d\geq 1$ et $a_d\not=0$. Si $f: {\bf Z}\to {\bf C}$ est une 
application telle que $\sum_{n\geq 0}f(n)x^n=P(x)/Q(x)$, o\`u
$Q(x)=1+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_dx^d$ et $P(x)$ est un polyn\^ome de degr\'e
plus petit que $d$, alors
$$
\sum_{n\geq 1}f(-n)x^n=-\frac{P(1/x)}{Q(1/x)}.
$$
\end{lem}

Pour $n\geq 1$ si l'on pose
\begin{equation}\label{ke}
(-1)^{n-1}\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+1}=\frac{k_{n,1}x+k_{n,2}x^2+\cdots
+k_{n,d}x^d}{(1-x)^{2n-1}},
\end{equation}
o\`u $d\leq 2n-2$. Alors, d'apr\`es
la proposition 2, il est \'evident que $k_{n,1}=G_{2n}$. Par ailleurs,
le lemme 6 implique que
\begin{equation}
(-1)^{n-1}\sum_{k\geq 1}h_{n-k,\, 1-k}x^k
=\frac{k_{n,1}x^{2n-1}+\cdots
+k_{n,d}x^{2n-d}}{(1-x)^{2n-1}}.
\end{equation}
Si $n=1$, les deux \'equations ci-dessus se r\'eduisent \`a
$$
x+x^2+x^3+\cdots =\frac{x}{1-x}.
$$
Or, si $n>1$, on a $h_{n-1, 0}=h_{n-1, -1}=\cdots =h_{0, 1-n}=0$ et 
$h_{-1, -n}=(-1)^{n-1}H_{2n-1}$ d'apr\`es la proposition 3. On doit donc avoir 
$d=n-1$ et $k_{n, n-1}=H_{2n-1}$. En multipliant $(1-x)^{2n-1}$ aux 
deux membres de (\ref{ke}) et en \'egalant
les coefficients on obtient l'\'equation suivante :
\begin{equation}
k_{n,\, j}=\sum_{i\geq 0}(-1)^{n+j-i}{2n-1\choose j-i-1}h_{n+i,\, i+1}, 
\quad 1\leq j\leq n-1,
\end{equation}
ce qui montre que $k_{n,\, j}$ sont des entiers.
D'autre part, il est facile de voir que la r\'ecurrence (\ref{ho})
\'equivaut \`a 
\begin{eqnarray}
x\left(\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+1}\right)''
+\frac{1}{2}
&&\hskip -0.6cm\left(\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+1}\right)'+\nonumber\\
\frac{1}{4}\left(\sum_{k\geq 0}h_{n-1+k,\, k+1}x^{k+1}\right)''
&&\hskip -0.6cm=\frac{\delta_{n,\, 1}}{2}+
x^{2-n}\left(\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+n+1}\right)''\nonumber\\
&&\hskip -0.6cm+\frac{x^{1-n}}{2}\left(\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+n+1}\right)'.
\end{eqnarray}
Compte tenu de (\ref{kdef}), l'\'equation ci-dessus \'equivaut \`a
\begin{eqnarray}
x\left(\frac{K_n(x)}{(1-x)^{2n-1}}\right)''+
\frac{1}{2}&&\hskip -0.6cm\left(\frac{K_n(x)}{(1-x)^{2n-1}}\right)'-
x^{2-n}\left(\frac{x^nK_n(x)}{(1-x)^{2n-1}}\right)''\nonumber\\
-\frac{x^{1-n}}{2}\left(\frac{x^nK_n(x)}{(1-x)^{2n-1}}\right)'
&&\hskip -0.6cm=\frac{\delta_{n,\, 1}}{2}+
\frac{1}{4}\left(\frac{K_{n-1}(x)}{(1-x)^{2n-3}}\right)''.
\end{eqnarray}
Par cons\'equent, pour  $n\geq 2$, on a
\begin{eqnarray}
2(x&-&x^2)K_n''(x)+[(4n-5)x+1]K_n'(x)\nonumber\\
&-&(2n^2-3n+1)K_n(x)=\frac{1}{2}(1-x)^2K_{n-1}''(x)\nonumber\\
&+&(2n-3)(1-x)K_{n-1}'(x)+(2n^2-5n+3)K_{n-1}(x).
\end{eqnarray}
On en d\'eduit donc une relation de r\'ecurrence pour $k_{n,\,j}$ en \'egalant
les coefficients de $x^j$, d'o\`u:
\begin{eqnarray}
(2j+1)(j+1)&&\hskip -0.6cmk_{n,\, j+1}=(n-j-1)[2(n-j)-1]k_{n,\, j}\nonumber\\
&&+\frac{1}{2}(j+1)(j+2)k_{n-1,\, j+2}+(2n-3-j)(j+1)k_{n-1,\, j+1}\nonumber\\
&&+\frac{1}{2}\left[(n-j)^2+n(3n-2j-10)+6\right]k_{n-1,\, j},\label{rek}
\end{eqnarray}
avec $k_{1,\, 1}=1$ et $k_{n,\, j}=0$ pour $n<0$ ou $j\geq n$ ($n\geq 2$).

En utilisant la formule (\ref{rek}) et par double r\'ecurrence
 on peut v\'erifier sans peine que 
tous les coefficients $k_{n,\, j}$ ($1\leq j\leq n-1$) sont positifs.
Les premi\`eres valeurs de $k_{n,j}$ sont tabul\'ees dans la table~3.

\begin{table}[ht]
$$
\begin{tabular}{c|llllll|l} 
$n\backslash j$& 1& 2& 3&4&5&&$\sum_jk_{n,\,j}$\\
\hline
1& 1& &   & && &1\\
2& 1& &   &&& & 1\\
3& 3&2&   &&&&5\\
4&17&36&  8&&&&61\\
5&155&678 &496 & 56 &&&1385\\
6&2073&15820   & 23576   & 8444  & 608&&50521 \\
\end{tabular}
$$
\caption{$k_{n,j}$ pour $1\leq j\leq n\leq 6$.}
\end{table}


On r\'esume ce qui pr\'ec\`ede dans la proposition suivante.
\begin{prop} Soit $n$ un entier $\geq 1$. Alors, il existe des entiers 
positifs $k_{n,\, j}$ d\'efinis par (\ref{rek}) tels que
$$
(-1)^{n-1}\sum_{k\geq 0}h_{n+k,\, k+1}x^{k+1}=\frac{k_{n,1}x+k_{n,2}x^2+\cdots
+k_{n,n-1}x^{n-1}}{(1-x)^{2n-1}}.
$$
De plus, on a $k_{n,1}+k_{n,2}+\cdots + k_{n,n-1}=E_{2n-2}$, $k_{n,1}=G_{2n}$ et 
$k_{n,n-1}=H_{2n-1}$.
\end{prop}

\noindent\textbf{Remarque :} On sait depuis Andr\'e \cite{An} que 
les nombres d'Euler \'enum\`erent les \textit{permutations alternantes},
il serait donc int\'eressant de trouver une 
\textit{interpr\'etation combinatoire} 
pour $k_{n,\, j}$ dans ce dernier mod\`ele. 

\medskip

Hammersley \cite{Ha} a d\'efini un autre triangle $(c_{n,\,j})$ par
\begin{equation}\label{ham}
(-1)^{n-1}h_{n+k,\, k+1}=\sum_{j=0}^{n-2}c_{n-1,\, j+1}{n+k\choose n+j},
\end{equation}
et a d\'emontr\'e que les coefficients $c_{n\,j}$ sont des entiers positifs v\'erifiant
\begin{eqnarray}
j(2j-1)c_{n,\, j}&=&(j+n)\left[2(n-j+1)c_{n,\, j-1}+ \frac{1}{2}(j+n-1)+
j c_{ n-1,\,j}\right]\nonumber\\
&&+\frac{1}{2}j(j+1)c_{n-1,\, j+1}\qquad (1\leq j\leq n),
\end{eqnarray}
avec la convention $c_{n,\, 0}=c_{n-1,\, n}=c_{n,\, n+1}=0$.

Par exemple, on a pour $n=2, 3, 4$ les formules suivantes :
\begin{eqnarray*}
-h_{k+2,\, k+1}&=&{k+2\choose 2},\\
h_{k+3,\, k+1}&=& 3{k+3\choose 3}+5{k+3\choose 4},\\
-h_{k+4,\, k+1}&=& 17{k+4\choose 4}+70{k+4\choose 5}+61{k+4\choose 6}.
\end{eqnarray*}

Il est facile d'\'etablir le lien avec notre triangle ($k_{n,\,j}$).
En effet, si l'on d\'eveloppe $(1-x)^{-(2n-1)}$ par la formule binomiale et
identifie les coefficients dans les deux membres de (\ref{ke}), on obtient
\begin{eqnarray}
(-1)^{n-1}h_{n+k,\, k+1}&=&\sum_{i=0}^{n-2}k_{n,\, i+1}{2n-2-i+k\choose 2n-2}\\
&=& \sum_{i=0}^{n-2}k_{n,\, i+1} \sum_{l\geq 0}{n-2-i\choose l}{n+k\choose 2n-2-l}\nonumber\\
&=& \sum_{j=0}^{n-2}\left(\sum_{i=0}^j k_{n,\, i+1}{n-2-i\choose j-i}\right)
{n+k\choose n+j}.\label{ze}
\end{eqnarray}
Par comparaison de (\ref{ze}) et (\ref{ham}) on a 
\begin{equation}
c_{n-1,\, j+1}=\sum_{i=0}^j k_{n,\, i+1}{n-2-i\choose j-i}, 
\quad 0\leq j\leq n-2.
\end{equation}
Autrement dit, notre triangle ($k_{n,\,j}$) raffine en quelque sorte
le triangle ($c_{n,\,j}$) de Hammersley. 
On trouve les premi\`eres valeurs de $c_{n,\,j}$ dans la table~4.
\begin{table}[ht]
$$
\begin{tabular}{c|llllll} 
$n\backslash j$& 1& 2& 3&4&5&6\\
\hline
1& 1& &   & && \\
2& 3& 5&   &&& \\
3& 17&70& 61  &&&\\
4&155&1143&2317&1385&&\\
5&2073&23716 &82286&110556 &50521&\\
6&38227&623753  & 3243270   & 7258090  &7293671&2702765\\
\end{tabular}
$$
\caption{$c_{n,j}$ pour $1\leq j\leq n\leq 6$.}
\end{table}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{La transformation de Laplace formelle}

La transformation de Laplace \textit{formelle} sur ${\bf C}[[x]]$ est 
l'op\'erateur lin\'eaire $\lap$ d\'efinie sur la base $\{t^n\}$ par :
$$
\lap(t^n,\, x)=n!\, x^{n+1}=\int_0^{+\infty}t^n e^{-t/x}dt.
$$
L'\'ecriture int\'egrale doit \^etre comprise comme un simple abus de notation.

\begin{lem} Soit $f(x)=a_0+a_1\frac{x}{1!}+\cdots +a_n\frac{x^n}{n!}+\cdots\in
{\bf C}[[x]]$.
Alors 
\begin{eqnarray}
\lap(f(t),\, x)&=& a_0x+x\lap(f'(t),\, x),\\
\lap(f(-t), -x)&=& -\lap(f(t),\, x).
\end{eqnarray}
\end{lem}
\pv La premi\`ere identit\'e est \'evidente. Pour la seconde, 
on remarque que 
$$
\lap((-t)^n,\, -x)=(-1)^nn!(-x)^{n+1}=-n!x^{n+1},
$$
d'o\`u le r\'esultat par lin\'earit\'e. \qed
\medskip

\begin{thm} Soit $\varphi(x)$ une s\'erie formelle. Alors, 
les trois assertions sui\-vantes sont \'equivalentes :
\begin{description}
\item[(i)] $$\varphi(x)=\int_0^{+\infty}\frac{\cosh at}{\cosh t}e^{-t/x}dt.$$
\item[(ii)] $$\varphi(x)\quad \textrm{est impaire et}\quad 
\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax} \quad\textrm{ paire}.$$
\item[(iii)] $$\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)
+\varphi\left(\frac{x}{1+x}\right)
=\frac{2x}{1-a^2x^2}.$$
\end{description}
\end{thm}

\pv ((i)$\Longrightarrow$ (ii)) Soit $f(x)=\int_0^{+\infty}e^{-t/x}F(t)dt$. Il
est clair que $f(x)$ est paire ({\resp}. impaire) si et seulement si $F(x)$ est 
impaire ({\resp}. paire). D'autre part,
$$
\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}=\int_0^{+\infty}
\frac{\sinh (1-a)t}{\cosh t}e^{-t/x}dt.
$$
Comme $\frac{\cosh at}{\cosh t}$ est paire et $\frac{\sinh (1-a)t}{\cosh t}$
impaire, on obtient donc l'assertion (ii).

((ii)$\Longrightarrow $(iii)) Comme $\varphi(\frac{x}{1-x})-\frac{x}{1-ax}$ est
paire, on a
$$
\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}=
\varphi\left(\frac{-x}{1+x}\right)+\frac{x}{1+ax}.
$$
L'assertion (iii) s'ensuit donc du fait que $\varphi$ est impaire.

((iii)$\Longrightarrow$ (i)) Soit $\varphi(x)=\int_0^{+\infty}e^{-t/x}F(t)$.
Alors
$$
\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)+\varphi\left(\frac{x}{1+x}\right)=\int_0^{+\infty}
(e^t+e^{-t})F(t)e^{-t/x}dt=\frac{2x}{1-a^2x^2}.
$$
Or $\frac{2x}{1-a^2x^2}=\int_0^{+\infty}2e^{-t/x}\cosh at dt$. D'o\`u
$(e^t+e^{-t})F(t)=2\cosh at$ et $F(x)=\frac{\cosh at}{\cosh t}$. \qed
\medskip

\begin{thm} Soit $\varphi(x)$ une s\'erie formelle. Alors, les trois 
assertions sui\-vantes sont \'equivalentes :
\begin{description}
\item[(i)] $$\psi(x)=\int_0^{+\infty}\frac{\sinh at}{\cosh t}e^{-t/x}dt.$$
\item[(ii)] $$\psi(x)\quad \textrm{ est paire et}\quad
\psi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}\quad\textrm{ impaire}.$$
\item[(iii)] $$\psi\left(\frac{x}{1-x}\right)+\psi\left(\frac{x}{1+x}\right)
=\frac{2ax}{1-a^2x^2}.$$
\end{description}
\end{thm}

\pv ((i)$\Longrightarrow$ (ii)) Soit $f(x)=\int_0^{+\infty}e^{-t/x}F(t)dt$. Il
est \'evident que $f(x)$ est paire ({\resp}. impaire) si et seulement 
si $F(x)$ est 
impaire ({\resp}. paire). D'autre part,
$$
\psi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}=-\int_0^{+\infty}
\frac{\cosh (a-1)t}{\cosh t}e^{-t/x}dt.
$$
Comme $\frac{\sinh at}{\cosh t}$ est impaire et $\frac{\cosh (a-1)t}{\cosh t}$
paire, on obtient donc l'assertion (ii).

((ii)$\Longrightarrow $(iii)) Comme $\psi(\frac{x}{1-x})-\frac{x}{1-ax}$ est
im paire, on a
$$
\psi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}=
-\psi\left(\frac{-x}{1+x}\right)+\frac{x}{1+ax}.
$$
L'assertion (iii) s'ensuit donc du fait que $\psi$ est paire.

((iii)$\Longrightarrow$ (i)) Soit $\psi(x)=\int_0^{+\infty}e^{-t/x}F(t)$.
Alors
$$
\psi\left(\frac{x}{1-x}\right)+\psi\left(\frac{x}{1+x}\right)=\int_0^{+\infty}
(e^t+e^{-t})F(t)e^{-t/x}dt=\frac{2ax}{1+a^2x^2}.
$$
Or $\frac{2ax}{1+a^2x^2}=\int_0^{+\infty}2e^{-t/x}\sinh at dt$. D'o\`u
$(e^t+e^{-t})F(t)=2\sinh at$ et $F(x)=\frac{\sinh at}{\cosh t}$. \qed
\medskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Fractions continues de Stieltjes-Rogers}
Les fractions continues consid\'er\'ees ici repr\'esentent des s\'eries
formelles. Les deux lemmes suivants peuvent \^etre \'etablis par le
simple fait que
$$
\frac{1}{\displaystyle 1+\frac{ax}{A(x)}}=1-\frac{ax}{ax+A(x)},
$$
o\`u $A(x)$ est une s\'erie formelle inversible.
On trouvera \'egalement une preuve simple de ces lemmes dans \cite{DZ}.
\begin{lem} On a la formule de contraction :
\begin{eqnarray*}
{ c_0\over\displaystyle 1-
{\strut c_1\, t\over\displaystyle 1-
{\strut c_2\, t\over\displaystyle 1-
{\strut c_3\,t\over  \ddots}}}}
&=&c_0+{\strut c_0c_1\, t\over\displaystyle 1-(c_1+c_2)\,t-
{ c_2c_3\, t^2\over\displaystyle 1-(c_3+c_4)\,t-
{\strut c_4c_5\, t^2\over\displaystyle \ddots}}}\\
&=&{ c_0\over\displaystyle 1-c_1\,t-
{\strut c_1c_2\, t^2\over\displaystyle 1-(c_2+c_3)\,t-
{\strut c_3c_4\, t^2\over\displaystyle \ddots}}}\cdot
\end{eqnarray*}
\end{lem}

\begin{lem} Soient $\{a_n\}_{n\geq 1}$, $\{b_n\}_{n\geq 1}$ et 
$\{c_n\}_{n\geq 1}$ trois suites de nombres complexes. 
L'\'egalit\'e
\begin{eqnarray*}
1 +bx+\theta x^2&+&{ b_1\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_2\, x^2\over\displaystyle 1+b\, x+\theta \, x^2+
{\strut b_3\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_4\,x^2\over  \ddots}}}}\\
&=& 1+ a_1\, x+ { c_1\, x^2\over\displaystyle 1+a_2\, x+
                {\strut c_2\, x^2\over\displaystyle 1+a_3\, x+
                {\strut c_3\, x^2\over\displaystyle 1+a_4\, x+
                {\strut c_4\,x^2\over  \ddots}}}}
\end{eqnarray*}
\'equivaut aux identi\'es suivantes
 ($n\geq 0$) : $a_{2n+1}=b$, $a_{2n+2}=0$,  
$b_1= c_1-\theta$ et
\begin{eqnarray*}
b_{2n+1}b_{2n+2}&=&c_{2n+1}c_{2n+2},\\
b_{2n}+b_{2n+1}&= &c_{2n}+c_{2n+1}-\theta.
\end{eqnarray*}
\end{lem}

Le lemme suivant d\'ecoule facilement du lemme 12.

\begin{lem} 
Soient $\{a_n\}_{n\geq 1}$ et $\{b_n\}_{n\geq 1}$ deux suites
non nulles. Alors le syst\`eme d\'equations $a_1+\alpha=b_1+\beta$ et 
pour $n\geq 0$: 
\begin{eqnarray*}
a_{2n+1}a_{2n+2}&=&b_{2n+1}b_{2n+2},\\
a_{2n+2}+a_{2n+3}+\alpha &=& b_{2n+2}+b_{2n+3}+\beta,
\end{eqnarray*}
\'equivaut \`a
$$
1 +\alpha x^2+{ a_1\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut a_2\, x^2\over\displaystyle 1+\alpha \, x^2+
{\strut a_3\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut a_4\,x^2\over  \ddots}}}}
= 1+\beta x^2+ { b_1\, x^2\over\displaystyle 1+
                {\strut b_2\, x^2\over\displaystyle 1+\beta x^2+
                {\strut b_3\, x^2\over\displaystyle 1+
                {\strut b_4\, x^2\over  \ddots}}}}\cdot
$$
\end{lem}
 
On cherche maintenant \`a d\'evelopper $\varphi(x)$ en fraction continue.
Pour ce faire, comme $\varphi(x)$ est une fonction impaire, on pose
\begin{equation}
\varphi(x)={ x\over\displaystyle 1-
{\strut b_1b_2\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut b_3b_4\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut b_5b_6\,x^2\over  \ddots}}}}.
\end{equation}
D'autre part, comme $\varphi(\frac{x}{1-x})-\frac{x}{1-ax}$ est paire, on pose
\begin{equation}
\varphi\left(\frac{x}{1-x}\right)-\frac{x}{1-ax}={ (1-a)\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_1\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_2\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_3\,x^2\over  \ddots}}}}.
\end{equation}
Substituant (47) dans (48) et rempla\c cant $x$ par $\frac{x}{1+a\, x}$,
 on obtient
\begin{eqnarray}
&{}&{ x\over\displaystyle 1-(1-a)x-
{\strut b_1b_2\, x^2\over\displaystyle 1-(1-a)x-
{\strut b_3b_4\, x^2\over \displaystyle 1-(1-a)x-
{\strut b_5b_6\,x^2\over \ddots}}}}-x\nonumber\\
&=& 
{ (1-a)\, x^2\over\displaystyle (1+a\, x)^2-
{\strut c_1\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_2\, x^2\over\displaystyle (1+a\, x)^2-
{\strut c_3\,x^2\over  \ddots}}}}.
\end{eqnarray}
Posons $b_{2n}+b_{2n+1}=1-a$
pour $n\geq 1$. Alors le lemme 11 permet de r\'e\'ecrire le premier membre de  (49)
comme suit :
\begin{equation}
{ b_1\, x^2\over\displaystyle 1-(b_1+b_2)x-
{\strut b_2b_3\, x^2\over\displaystyle 1-(b_3+b_4)x-
{\strut b_4b_5\, x^2\over \displaystyle 1-(b_5+b_6)x-
{\strut b_6b_7\,x^2\over \ddots}}}}
\end{equation}
D'o\`u $b_1=1-a$, et l'on d\'eduit du lemme 12 que
$$
b_{4n+1}+b_{4n+2}=-2a, \quad b_{4n+3}+b_{4n+4}=0,\qquad n\geq 0.
$$
Compte tenu du fait que $b_{2n}+b_{2n+1}=1-a$, on obtient pour $n\geq 0$
$$
\begin{array}{clcl}
b_{4n+1}&=2n+1-a,& b_{4n+2}&=-(2n+1+a),\\
b_{4n+3}&=2n,    & b_{4n+4}&=-2n.
\end{array}
$$

En substituant ces valeurs dans (47) on obtient le r\'esultat suivant, 
dont la seconde \'egalit\'e r\'esulte du lemme 13.
\begin{thm} On a
\begin{eqnarray}
\varphi(x)&=&\int_0^{+\infty}\frac{\cosh at}{\cosh t}e^{-t/x}dt\\
&=&{ x\over\displaystyle 1+
{\strut (1^2-a^2)\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2^2\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut (3^2-a^2)\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 4^2\,x^2\over  \ddots}}}}}\\
&=& { x\over\displaystyle 1-(1-a)^2\, x^2+
{\strut 2(1-a)\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2(1+a)\, x^2\over\displaystyle 1-(1-a)^2\, x^2+
{\strut 4(3-a)\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 4(3+a)\,x^2\over  \ddots}}}}}.
\end{eqnarray}
\end{thm}

La premi\`ere formule a \'et\'e donn\'ee par Rogers \cite{R2} sans 
d\'emonstration, mais la seconde semble nouvelle. 
On trouveras d'autres r\'esultats analogues dans les travaux de
Ramanujan \cite{B, P} et Rogers \cite{R1}.
On d\'eduit facilement de la formule de Rogers ci-dessus 
celle de Stieltjes \cite{St} consign\'ee dans le th\'eor\`eme~1. 

On montre maintenant que le th\'eor\`eme 1 implique
le d\'eveloppement en fraction continue de nombres de Genocchi, 
qui a \'et\'e d\'emontr\'e d'abord par Viennot \cite{Vi}
par des m\'ethodes combinatoires, et puis par les auteurs \cite{DZ} 
de fa\c con alg\'ebrique. 

\begin{cor} On a
\begin{equation}
1-t^2+3\, t^4-\cdots +(-1)^nG_{2n+2}\,
t^{2n}+\cdots
={1\over\displaystyle 1+
{\strut 1^2\, t^2\over\displaystyle 1+
{\strut 1\cdot 2\,t^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2^2\, t^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2\cdot 3\,t^2\over\displaystyle 
\ddots}}}}}.\label{vi}
\end{equation}
\end{cor}
\pv Par contraction, on d\'eduit du th\'eor\`eme 1 l'identit\'e
$$ut^4+(u^2-u)t^6+\ldots +H_n(u)\, t^{2n+2}+\ldots
={u\, t^4\over\displaystyle 1-u\,t^2+
{\strut 1^2\, t^4\over\displaystyle 1+
{\strut (1\cdot 2-u)\,t^2\over\displaystyle 1+
 {\strut 2^2\, t^4\over\displaystyle
\ddots}}}}.
$$
En simplifiant $u\,t^4$ et puis 
posant $u=0$, on obtient la formule (\ref{vi}) en vertu de la proposition 3. \qed
\medskip

Dans le th\'eor\`eme suivant la formule (\ref{r2}) a \'et\'e donn\'ee
par Rogers \cite{R2} sans d\'emonstration.
\begin{thm} On a
\begin{eqnarray}
\psi(x)&=& \int_0^{+\infty}\frac{\sinh at}{\cosh t}e^{-t/x}dt\\
&=& { ax^2\over\displaystyle 1-(1-a)^2x^2+
{\strut 2(2-a)\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2(2+a)\, x^2\over\displaystyle 1-(1-a)^2x^2+
{\strut 4(4-a)\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 4(4+a)\,x^2\over  \ddots}}}}}\label{r1}\\
&=&{ ax^2\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut (2^2-a^2)\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 2^2\, x^2\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut (4^2-a^2)\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 4^2\,x^2\over  \ddots}}}}}.\label{r2}
\end{eqnarray}
\end{thm}

\pv Comme $\psi(x)$ est paire, on pose
\begin{equation}
\psi(x)=
{ ax^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_1\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_2\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_3\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_4\,x^2\over  \ddots}}}}}.\label{f1}
\end{equation}

D'autre part, comme $\psi(\frac{x}{1-x})-\frac{x}{1-ax}$ est impaire, on pose
\begin{equation}
\psi(\frac{x}{1-x})-\frac{x}{1-ax}=
{ -x\over\displaystyle 1-
{\strut c_1c_2\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_3c_4\, x^2\over\displaystyle 1-
{\strut c_5c_6\,x^2\over\displaystyle \ddots}}}}.\label{f2}
\end{equation}

En rempla\c cant $x$ par $\frac{x}{1+ax}$ dans l'\'equation ci-dessus et en 
utilisant (\ref{f1}), on a
\begin{eqnarray}
&&{ a\,x^2\over\displaystyle [1+(a-1)x]^2+
{\strut b_1\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_2\, x^2\over\displaystyle [1+(a-1)x]^2+
{\strut b_3\,x^2\over\displaystyle \ddots}}}}\nonumber\\
&&=x+{ -x\over\displaystyle 1+a\,x-
{\strut c_1c_2\, x^2\over\displaystyle 1+a\,x-
{\strut c_3c_4\, x^2\over\displaystyle 1+a\,x-
{\strut c_5c_6\,x^2\over\displaystyle \ddots}}}}.
\end{eqnarray}
Dans le lemme 11 posons
\begin{equation}
c_1=-a=c_2+c_3=\cdots =c_{2n}+c_{2n+1}, \quad n\geq 1, \label{f3}
\end{equation}
alors 
\begin{eqnarray}
\psi\left(\frac{x}{1+(a-1)x}\right)&=&{ a\,x^2\over\displaystyle [1+(a-1)x]^2+
{\strut b_1\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut b_2\, x^2\over\displaystyle [1+(a-1)x]^2+
{\strut b_3\,x^2\over\displaystyle \ddots}}}}\nonumber\\
&=&{ a\,x^2\over\displaystyle 1-(c_1+c_2)\,x-
{\strut c_2c_3\, x^2\over\displaystyle 1-(c_3+c_4)\,x-
{\strut c_4c_5\, x^2\over\displaystyle \ddots}}}.
\end{eqnarray}
En appliquant le lemme 12 avec $b=2(a-1)$ et $\theta=(a-1)^2$, 
on obtient 
\begin{equation}
c_{4n+1}+c_{4n+2}=2(1-a), \quad c_{4n+3}+c_{4n+4}=0,\quad n\geq 0.\label{f4}
\end{equation}
De (61) et (63) on d\'eduit successivement :
\begin{eqnarray*}
c_1&=&-a,\, c_2=2-a,\, c_3=-2,\, c_4=2,\\
 c_5&=&-a-2,\, c_6=4-a,\, c_7=-4,\, c_8=4,
\end{eqnarray*}
et, plus g\'en\'eralement, 
\begin{eqnarray}
c_{4n+1}&=&-a-2n,\, c_{4n+2}=-a+2(n+1), \\
c_{4n+3}&=&-2(n+1),\, c_{4n+4}=2(n+1),\quad n\geq 0.
\end{eqnarray}
Dans (62), rempla\c cant $x$ par $\frac{x}{1+(1-a)x}$, on obtient
la premi\`ere fraction continue du th\'eor\`eme.
En vertu du lemme 12, on voit facilement que la seconde fraction continue 
\'equivaut \`a la premi\`ere. \qed
\medskip

Le r\'esultat suivant a aussi \'et\'e donn\'e par Stieltjes \cite{St} sans
d\'emonstration.
\begin{thm} Soit $u=x(x-1)$. Alors
\begin{eqnarray}
\sum_{n=0}^\infty E_{2n+1}(x)t^{2n+2}&=&
\int_0^{+\infty}\frac{\sinh (x-1/2)z}{\cosh z/2}e^{-z/t}dz\\
&=&{(x-1/2)t^2\over\displaystyle 1+\alpha_1\, t^2-
{\strut \lambda_1\, t^4\over\displaystyle {} 
{\strut \ddots\over \displaystyle 1+\alpha_n\, t^2-
{\strut \lambda_n\, t^4\over\displaystyle \ddots }}}},
\end{eqnarray}
o\`u, pour $n\geq 1$, les coefficients g\'en\'eriques sont
\begin{equation}
\alpha_n=\frac{1}{2}(2n-1)^2-u,\qquad \lambda_n= n^2(\frac{1}{4}(4n^2-1)-u).
\end{equation}
\end{thm}

\pv Notons d'abord que
$$
s(x)=\int_0^{+\infty}\frac{\sinh (x-1/2)z}{\cosh z/2}e^{-z/t}dz
=2\int_0^{+\infty}\frac{\sinh (2x-1)z}{\cosh z}e^{-z/(t/2)}dz.
$$
En appliquant le th\'eor\`eme 16 on a
\begin{equation}
s(x)={(x-1/2)t^2\over\displaystyle 1-(t/2)^2+
{\strut (1^2-(x-1/2)^2)\, t^2\over \displaystyle 1+
{\strut 1^2\, t^2\over \displaystyle 1- (t/2)^2+
{\strut (2^2-(x-1/2)^2)\, t^2\over\displaystyle \ddots }}}},
\end{equation}
o\`u les coefficients g\'en\'eriques sont $n^2-(x-1/2)^2$ et
$n^2$ pour $n\geq 1$.
Donc, d'apr\`es les lemmes 12 et 11 on a la repr\'esentation en fraction 
continue de $s(x)$~:
\begin{eqnarray}
s(x)&=& {(x-1/2)\,t^2\over\displaystyle 1+
{\strut c_1\, t^2\over \displaystyle 1+
{\strut c_2\, t^2\over \displaystyle 1+
{\strut c_3\, t^2\over\displaystyle \ddots }}}}\\
&=& {(x-1/2)t^2\over\displaystyle 1+c_1\, t^2-
{\strut c_1c_2\, t^4\over \displaystyle 1+(c_2+c_3)\,t^2-
{\strut c_3c_4\, t^4\over \displaystyle 1+ (c_4+c_5)\, t^2-
{\strut c_5c_6\, t^2\over\displaystyle \ddots }}}},
\end{eqnarray}
o\`u les coefficients $c_n$ v\'erifient 
$c_1=(1^2-(x-1/2)^2)+(1/2)^2=\frac{1}{2}-u$ et, pour $n\geq 1$,
\begin{eqnarray}
c_{2n-1}c_{2n}&=&n^2\left(n^2-(x-\frac{1}{2})^2\right)
=n^2(\frac{4n^2-1}{4}-u),\\
c_{2n}+c_{2n+1}&=&n^2-(x-\frac{1}{2})^2+(n+1)^2-\frac{1}{4}
=\frac{1}{2}(2n+1)^2-u.
\end{eqnarray}
D'o\`u le th\'eor\`eme. \qed\medskip

On d\'eduit facilement des th\'eor\`emes 14 et 16 le corollaire suivant, 
dans lequel les formules (\ref{d1}), (\ref{d2}) et (\ref{d3}) ont \'et\'e obtenues
 r\'ecemment par le permier auteur \cite{D}. Posons
\begin{eqnarray}
p(x)&=& x-3x^3+57x^5-\cdots=\int_0^\infty\frac{\cosh t}{\cosh 2t}
e^{-t/x}dt,\\
q(x)&=& x^2-11x^4+361 x^6-\cdots =\int_0^\infty\frac{\sinh t}{\cosh 2t}
e^{-t/x}dt.
\end{eqnarray}

\begin{cor} Les s\'eries $p(x)$ et $q(x)$ ont les repr\'esentations 
en fractions continues :
\begin{eqnarray}
p(x)&=& { x\over\displaystyle 1+
{\strut 3\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 16\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 35\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 64\, x^2\over\displaystyle\ddots}}}}}\label{d1}\\
&=& { x\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut 4\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 12\, x^2\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut 40\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 56\, x^2\over\displaystyle\ddots}}}}}.\label{d2}
\end{eqnarray}
o\`u les coefficients g\'en\'eriques successifs sont $(4n-3)(4n-1)$ et
$(4n)^2$ dans la premi\`ere fraction continue, $4n(4n-3)$ et $4n(4n-1)$
dans la seconde.
\begin{eqnarray}
q(x)&=& { x^2\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut 12\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 20\, x^2\over\displaystyle 1-x^2+
{\strut 56\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 72\, x^2\over\displaystyle\ddots}}}}}\label{d3}\\
&=& { x^2\over\displaystyle 1-4x^2+
{\strut 15\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 16\, x^2\over\displaystyle 1-4x^2+
{\strut 63\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 64\, x^2\over\displaystyle\ddots}}}}},
\end{eqnarray}
o\`u les coefficients g\'en\'eriques successifs sont $4n(4n-1)$ et
$4n(4n+1)$ dans la premi\`ere fraction, et $(4n-1)(4n+1)$ et $(4n)^2$
dans la seconde.
\end{cor}

En appliquant la premi\`ere formule du th\'eor\`eme 16 on obtient
un autre r\'esultat de \cite[Proposition 5]{D}. Soit
\begin{eqnarray}
e(x)&=& x+\sum_{n\geq 0}(-1)^nE_{2n+1}x^{2n+2}-
\sum_{n\geq 0}(-1)^nE_{2n}x^{2n+1}\\
&=&\int_0^\infty 
\left(1+\frac{\sinh t}{\cosh t}-\frac{1}{\cosh t}\right)e^{-t/x}dt\\
&=& 2\int_0^\infty \frac{\sinh t/2}{\cosh t}
e^{-t/y}dt,
\end{eqnarray}
o\`u $y=\frac{x}{1-x/2}$.
\begin{cor} La s\'erie $e(x)$ a la repr\'esentation en fraction continue :
\begin{eqnarray}
e(x)&=& x^2+x^3-2x^4-5x^5+16x^6+61x^7-\cdots\\
&=&{ x^2\over\displaystyle 1-x+
{\strut 3\, x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 5\, x^2\over\displaystyle 1-x+
{\strut 14\,x^2\over\displaystyle 1+
{\strut 18\, x^2\over\displaystyle\ddots}}}}},
\end{eqnarray}
o\`u les coefficients g\'en\'eriques successifs sont $n(4n-1)$ et
$n(4n+1)$.
\end{cor}  

\begin{thebibliography}{99}

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Springer--Verlag, New York, 1985.

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%\textrm{D\'epartement de Math\'ematique, Universit\'e Louis Pasteur,
%7 rue Ren\'e Descartes, 67084 Strasbourg c\'edex, France}

\end{document}























