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parce qu’alors on a évidemment

$n(n-1)\ldots (n-r+1)=0.$

Déterminons maintenant $\sideset {_{r}}{_{n}}{\mathrm {B} }.$

Il est facile de voir, par les articles précédents, que l’on a

$\sideset {_{1}}{_{n}}{\mathrm {B} }=0,\qquad \sideset {_{1}}{_{n}}{\mathrm {C} }=0,\qquad \ldots .$

Ensuite la seconde des équations $(\Psi )$ donne

$\sideset {_{2}}{_{n}}{\mathrm {B} }={\frac {n-1}{n-2}}\left({\frac {n}{n-1}}\right)^{n-1}\sideset {_{2}}{_{n-1}}{\mathrm {B} }\,;$

d’où je tire, en intégrant,

$\sideset {_{2}}{_{n}}{\mathrm {B} }={\frac {\mathrm {H} n^{n-2}}{\nabla (n-2)}},$

$\mathrm {H}$ étant une constante arbitraire. Pour la déterminer, j’observe que l’équation différentielle en $\sideset {_{2}}{_{n}}{\mathrm {B} }$ commence à exister que lorsque $n=3,$ en sorte que, pour avoir $\mathrm {H} ,$ il faut connaître $\sideset {_{2}}{_{2}}{\mathrm {B} }\,;$ or il est visible que $\sideset {_{2}}{_{2}}{\mathrm {B} }$ est le terme tout constant de l’expression de $\sideset {_{2}}{_{2,z}}y,$ et partant, la dernière des équations $(\Psi )$ donne

$\sideset {_{2}}{_{2}}{\mathrm {B} }=\sideset {_{1}}{_{1}}{\mathrm {A} }a=2a\,;$

donc

$\mathrm {H} =a\qquad$et$\qquad \sideset {_{2}}{_{n}}{\mathrm {B} }={\frac {n^{n-2}a}{\nabla (n-2)}}.$

De là on aura

$\sideset {_{3}}{_{n}}{\mathrm {B} }=-{\frac {n^{n-2}a}{\nabla (n-2)}}(n+\mathrm {H} ),$

$\mathrm {H}$ étant une constante arbitraire ; or, posant $n=2,$ on a $\sideset {_{3}}{_{n}}{\mathrm {B} }=0\,;$ donc

$\mathrm {H} =-2$

et

$\sideset {_{3}}{_{n}}{\mathrm {B} }=-{\frac {n^{n-2}}{\nabla (n-2)}}a(n-2).$

On aura, de la même manière.

$\sideset {_{4}}{_{n}}{\mathrm {B} }={\frac {n^{n-2}a}{\nabla (n-2)}}\left[{\frac {(n-2)(n-3)}{1.2}}+\mathrm {H} \right]\,;$