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la manière suivante : pour cela, j’observe que l’on a

$\operatorname {l} 1+\operatorname {l} 2+\operatorname {l} 3+\ldots +\operatorname {l} x={\frac {1}{2}}\operatorname {l} 2\pi +\left(x+{\frac {1}{2}}\right)\operatorname {l} x-x+{\frac {1}{12x}}-\ldots ,$

$\pi$ exprimant le rapport de la demi-circonférence au rayon (voir les Institutions du Calcul différentiel de M. Euler) ; de là il suit que, si l’on nomme $e$ le nombre dont le logarithme hyperbolique est l’unité, on aura, en supposant $p$ et $q$ de très grands nombres,

$(q+1)(q+2)\ldots (q+n)={\frac {1.2.3\ldots (q+n)}{1.2.3\ldots q}}={\frac {(q+n)^{q+n+{\frac {1}{2}}}}{e^{n}q^{q+{\frac {1}{2}}}}},$

pareillement

$(p+1)\ldots (p+q+1)={\frac {(p+q+1)^{p+q+{\frac {3}{2}}}}{e^{q+1}p^{p+{\frac {1}{2}}}}}$

et

$(p+m+1)\ldots (p+q+m+n+1)={\frac {(p+q+m+n+1)^{p+q+m+n+{\frac {3}{2}}}}{e^{q+n+1}(p+m)^{p+m+{\frac {1}{2}}}}}.$

Donc

$\mathrm {E} ={\frac {(p+q+1)^{p+q+{\frac {3}{2}}}(p+m)^{p+m+{\frac {1}{2}}}(q+n)^{q+n+{\frac {1}{2}}}}{q^{q+{\frac {1}{2}}}p^{p+{\frac {1}{2}}}(p+q+m+n+1)^{p+q+m+n+{\frac {3}{2}}}}}\,;$

nous observerons ici que

$(p+q+1)^{p+q+{\frac {3}{2}}}=e(p+q)^{p+q+{\frac {3}{2}}},$

parce que

$\left(1+{\frac {1}{p+q}}\right)^{p+q+{\frac {3}{2}}}=e,$

en supposant $p+q$ infiniment grand. Semblablement, si nous supposons $m$ et $n$ fort petits par rapport à $p$ et à $q,$ nous aurons

${\begin{aligned}(p+m)^{p+m+{\frac {1}{2}}}=&e^{m}p^{p+m+{\frac {1}{2}}},\\(q+n)^{q+n+{\frac {1}{2}}}=&e^{n}p^{q+n+{\frac {1}{2}}}\end{aligned}}$

et

$(p+q+m+n+1)^{p+q+m+n+{\frac {3}{2}}}=e^{m+n+1}(p+q)^{p+q+m+n+{\frac {3}{2}}}\,;$