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LOGARITHMIQUES.

d’où l’on tire

$\mathrm {l} (z+{\sqrt {1+z^{2}}}=2\int \operatorname {d} z{\sqrt {1+z^{2}}}-z{\sqrt {1+z^{2}}}.\;\mathrm {(E)}$

Mais, en se servant de la méthode d’intégration par approximation que j’ai donnée au chapitre IV de la première section de mon calcul intégral (art. 257 et 258)^[1], et que je crois nouvelle, on a

$\int \operatorname {d} z{\sqrt {1+z^{2}}}=z{\sqrt {1+z^{2}}}-{\tfrac {z^{3}}{\sqrt {1+z^{2}}}}\left\{{\tfrac {1}{3}}+{\tfrac {z^{2}}{3\cdot 5(1+z^{2})}}+{\tfrac {z^{4}}{5\cdot 7(1+z^{2})^{2}}}+\ldots \right\},$$\mathrm {(F)}$

en prenant, comme précédemment, l’intégrale de manière qu’elle s’évanouisse lorsque $z=0$.

Substituant cette valeur de $\int \mathrm {d} z{\sqrt {1+z^{2}}}$ dans l’équation $\mathrm {(E)}$, on a

$\mathrm {l} (z+{\sqrt {1+z^{2}}}=z{\sqrt {1+z^{2}}}-{\tfrac {2z^{3}}{\sqrt {1+z^{2}}}}\left\{{\tfrac {1}{3}}+{\tfrac {z^{2}}{3\cdot 5(1+z^{2})}}+{\tfrac {z^{4}}{5\cdot 7(1+z^{2})^{2}}}+\ldots \right\}.$$(\mathrm {G} )$

Soit fait ${\sqrt {x}}=z+{\sqrt {1+z^{2}}},{\text{ d’où }}z={\tfrac {x-1}{2{\sqrt {x}}}},$

${\sqrt {1+z^{2}}}={\sqrt {x}}-z={\tfrac {x+1}{2{\sqrt {x}}}},\qquad z{\sqrt {1+z^{2}}}={\tfrac {x^{2}-1}{4x}},$

${\tfrac {2z^{3}}{\sqrt {1+z^{2}}}}={\tfrac {(x-1)^{3}}{2x(x+1)}},\qquad {\tfrac {z^{3}}{1+z^{2}}}=\left({\tfrac {x-1}{x+1}}\right)^{2}~;$

substituant ces valeurs dans l’équation $\mathrm {(G)}$, en observant que $\mathrm {l} {\sqrt {x}}={\tfrac {1}{2}}\mathrm {lx}$, et multipliant toute l’équation par 2, on obtiendra la formule $(\mathrm {D} )$ qu’il s’agissait de démontrer.

Si, après avoir divisé les deux membres de l’équation $\mathrm {(D)}$ par ${\tfrac {x-1}{x}},$ on y suppose $x=0,$ elle deviendra en transposant

1. Cet ouvrage se trouve à Paris, chez l’Auteur, rue St-Jacques, n.^o 121, et chez Courcier, quai des augustins, n.^o 57.