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THÉORÈMES

$1+(a+b){\frac {z}{1}}+(a+b)(a+b+k){\frac {z^{2}}{1.2}}+(a+b)(a+b+k)(a+b+2k){\frac {z^{3}}{1.2.3}}+\ldots$

Pour y parvenir, assurons-nous d’abord de la forme des premiers termes du développement de ce produit ; nous trouverons, pour ces premiers termes

$\left.{\begin{aligned}1+c&\\+b&\\\\\\\\\end{aligned}}\right|\left.{\begin{aligned}{\frac {z}{1}}+a(a+k)&\\+\ \qquad 2ab&\\+\ b(b+k)&\\\\\\\end{aligned}}\right|\left.{\begin{aligned}{\frac {z^{2}}{1.2}}+a(a+k)(a+2k)&\\+\ \ \ \qquad 3ab(a+k)&\\+\ \ \ \qquad 3ab(b+k)&\\+\ b(b+k)(b+2k)&\\\\\end{aligned}}\right|{\begin{aligned}{\frac {z^{3}}{1.2.3}}+\ldots &\\+\ldots &\\+\ldots &\\+\ldots &\\+\ldots &\end{aligned}}$

On voit d’abord que le coefficient de ${\frac {z}{1}}$ est $a+b.$ Celui de ${\frac {z^{2}}{1.2}}$ peut se décomposer en ces deux parties

$a\left[(a+k)+b\right]\quad$ou$\quad a(a+b+k),$

$b\left[(b+k)+a\right]\quad$ou$\quad b(a+b+k),$

dont la somme sera conséquemment

$(a+b)(a+b+k).$

Le coefficient de ${\frac {z^{3}}{1.2.3}}$ peut également se décomposer en ces deux parties