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tiations, aussi bien qu’entre les puissances négatives et les intégrations ; analogie dont nous verrons encore d’autres exemples dans la suite de ce Mémoire.

11. Supposons que $u$ soit une fonction de $x$ seul, on aura dans ce cas

${\frac {du}{dy}}=0,\quad {\frac {du}{dz}}=0,\ldots ,$

par conséquent

$\Delta ^{\lambda }u=\left(e^{{\frac {du}{dx}}\xi }-1\right)^{\lambda }.$

Considérons donc l’expression $\left(e^{\omega }-1\right)^{\lambda },$ et voyons comment elle peut se développer en une série réglée sur les puissances de $\omega .$ Il est d’abord clair que, si l’on fait $\omega$ très-petit, on aura $e^{\omega }-1=\omega ,$ d’où il s’ensuit que le premier terme de la série sera nécessairement $\omega ^{\lambda }.$ Supposons donc

$\left(e^{\omega }-1\right)^{\lambda }=\omega ^{\lambda }\mathrm {\left(1+A\omega +B\omega ^{2}+C\omega ^{3}+D\omega ^{4}+\ldots \right)} ,$

et, prenant les logarithmes de part et d’autre, on aura

$\lambda \log \left(e^{\omega }-1\right)-\lambda \log \omega =\log \mathrm {\left(1+A\omega +B\omega ^{2}+C\omega ^{3}+D\omega ^{4}+\ldots \right)} ,$

et différentiant

$\lambda \left({\frac {e^{\omega }}{e^{\omega }-1}}-{\frac {1}{\omega }}\right)=\mathrm {\frac {A+2B\omega +3C\omega ^{2}+4D\omega ^{3}+\ldots }{1+A\omega +B\omega ^{2}+C\omega ^{3}+D\omega ^{4}+\ldots }} \,;$

or

${\frac {e^{\omega }}{e^{\omega }-1}}={\frac {1}{1-e^{-\omega }}}={\frac {1}{\omega -{\dfrac {\omega ^{2}}{2}}+{\dfrac {\omega ^{3}}{2.3}}-{\dfrac {\omega ^{4}}{2.3.4}}+\ldots }},$

donc, substituant cette valeur et multipliant en croix, on aura

${\begin{aligned}\lambda &\left({\frac {1}{2}}-{\frac {\omega }{2.3}}+{\frac {\omega ^{2}}{2.3.4}}-\ldots \right)\mathrm {\left(1+A\omega +B\omega ^{2}+C\omega ^{3}+\ldots \right)} \\&=\left(1-{\frac {\omega }{2}}+{\frac {\omega ^{2}}{2.3}}-{\frac {\omega ^{3}}{2.3.4}}+\ldots \right)\mathrm {\left(A+2B\omega +3C\omega ^{2}+\ldots \right)} ,\end{aligned}}$