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ANALISE

au moyen de quoi on peut avoir promptement la fonction $\Lambda$ d’un nombre négatif très-grand.

Si l’on met $n-1$ pour $n$ dans (I) on obtiendra

$\Lambda (n-1)=n-1-\operatorname {Log} .n+\Lambda \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\,;$

et, par le développement de $\Lambda \left(1-{\frac {1}{n}}\right),$

$\Lambda (n-1)=n-\operatorname {Log} .n-1+\Lambda 1-{\frac {\lambda _{1}}{n}}+{\frac {\lambda _{2}}{n^{2}}}-{\frac {\lambda _{3}}{n^{3}}}+\ldots$

formule propre à calculer la fonction $\Lambda$ d’un très-grand nombre positif.

7. Si l’on développe $\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3},\ldots$ dans la formule (E), on aura

${\begin{aligned}\Lambda (1+n)=\Lambda 1&-n+nS_{2}\\&+{\frac {n^{2}}{2}}-n^{2}S_{2}+n^{2}S_{3}\\&-{\frac {n^{3}}{3}}+n^{3}S_{2}-2n^{3}S_{3}+n^{3}S_{4}\\&+{\frac {n^{4}}{4}}-n^{4}S_{2}+3n^{4}S_{3}-3n^{4}S_{4}+n^{4}S_{5}\\&-\ldots \ldots \ldots \ldots \\=\Lambda 1-\operatorname {Log} .&(1+n)+{\frac {n}{1+n}}S_{2}+\left({\frac {n}{1+n}}\right)^{2}S_{3}+\left({\frac {n}{1+n}}\right)^{3}S_{4}+\ldots \\\end{aligned}}$

En mettant ${\frac {1}{n-1}}$ pour $n,$ on tirera de cette équation

$\Lambda {\frac {n}{n-1}}-\Lambda 1+\operatorname {Log} .{\frac {n}{n-1}}={\frac {S_{2}}{n}}+{\frac {S_{3}}{n^{2}}}+{\frac {S_{4}}{n^{3}}}+\ldots \,;$

et, en faisant $n$ négatif,

$\Lambda {\frac {n}{n+1}}-\Lambda 1+\operatorname {Log} .{\frac {n}{n+1}}=-{\frac {S_{2}}{n}}+{\frac {S_{3}}{n^{2}}}-{\frac {S_{4}}{n^{3}}}+\ldots$