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NUMÉRIQUES.

$(A+B)^{n|r}=A^{n|r}+{\frac {n}{1}}A^{n-1|r}B+{\frac {n}{1}}.{\frac {n-1}{2}}A^{n-2|r}B^{2|r}+\ldots$

$(A-B)^{n|r}=A^{n|r}-{\frac {n}{1}}A^{n-1|r}B+{\frac {n}{1}}.{\frac {n-1}{2}}A^{n-2|r}B^{2|r}-\ldots$

Divisant la première égalité par $A^{n|r},$ pour que le premier terme de la série soit égal à l’unité, et se rappelant que

${\begin{aligned}A^{n-1|r}&={\frac {A^{n|r}}{A+nr-r}},\\A^{n-2|r}&={\frac {A^{n|r}}{(A+nr-2r)^{2|r}}},\\A^{n-3|r}&={\frac {A^{n|r}}{(A+nr-3r)^{3|r}}},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \,;\\\end{aligned}}$

on la transformera en

${\frac {(A+B)^{n|r}}{A^{n|r}}}=1+{\frac {nB}{A+nr-r}}+{\frac {n(n-1)B^{2|r}}{1.2(A+nr-2r)^{2|r}}}+\ldots ,$

et, en appliquant cette formule aux deux expressions de $P$ que nous venons de trouver ; savoir :

$P={\frac {\left(h-y\right)^{y|1}}{h^{y|1}}}={\frac {\left(h+y\right)^{-y|1}}{h^{-y|1}}},$

elles deviendront

$P=1-{\frac {y^{2}}{h+y-1}}+{\frac {y^{2}(y-1)^{2}}{1.2(h+y-1)(h+y-2)}}$

$-{\frac {y^{2}(y-1)^{2}(y-2)^{2}}{1.2.3(h+y-1)(h+y-2)(h+y-3)}}+\ldots$

$P=1-{\frac {y^{2}}{h-y-1}}+{\frac {y^{2}(y+1)^{2}}{1.2(h-y-1)(h-y-2)}}$

$-{\frac {y^{2}(y+1)^{2}(y+2)^{2}}{1.2.3(h-y-1)(h-y-2)(h-y-3)}}+\ldots$

Ces deux séries sont effectivement identiques entre elles ; sans que leur forme, très-peu favorable, laisse entrevoir cette identité.