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bre demandé $n+x$ ; on déterminera la valeur approchée $z$ de la différence $x$ par la proportion

$\operatorname {Log} .(n+1)-\operatorname {Log} .n:1::\operatorname {Log} .(n+x)-\operatorname {Log} .n:$

$z={\frac {\operatorname {Log} .(n+x)-\operatorname {Log} .n}{\operatorname {Log} .(n+1)-\operatorname {Log} .n}}.$

On aura donc, en désignant par, $\varepsilon '$ l’erreur commise

$\varepsilon '={\frac {\operatorname {Log} .(n+x)-\operatorname {Log} .n}{\operatorname {Log} .(n+1)-\operatorname {Log} .n}}={\frac {\operatorname {Log} .\left(1+{\frac {x}{n}}\right)-x\operatorname {Log} .\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}{\operatorname {Log} .\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}}$

$={\frac {\varepsilon }{\operatorname {Log} .\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}}.$

Cela donne, au moyen des formules (A) et (B)

$\varepsilon '={\frac {{\frac {x}{n}}\left({\frac {1-x}{2n}}-{\frac {1-x^{2}}{3n^{2}}}+{\frac {1-x^{3}}{4n^{3}}}-{\frac {1-x^{4}}{5n^{4}}}+\ldots \right)}{{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}+{\frac {1}{3n^{3}}}-{\frac {1}{4n^{4}}}+\ldots }}.$

De là on conclura évidemment

$\varepsilon '<{\frac {{\frac {x}{n}}.{\frac {1-x}{2n}}}{{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}}},$

ou, en réduisant,

$\varepsilon '<{\frac {x(1-x)}{2n-1}}\,;$

et,à fortiori,

$\varepsilon '<{\frac {1}{4(2n-1)}}.$

Ceci suppose, au surplus, que les logarithmes tabulaires sont par-