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et l’équation à résoudre sera

$\alpha (1+ka)^{-r-1}+\beta (1+kb)^{-r-1}+\gamma (1+kc)^{-r-1}+\ldots =0,$

$r$ étant l’inconnue ; or cette résolution réussira dans les deux cas suivants :

1^o Lorsque l’équation n’a que deux termes, c’est-à-dire lorsqu’on a

$\alpha (1+ka)^{-r-1}+\beta (1+kb)^{-r-1}=0\,;$

car, divisant par $\beta (1+kb)^{-r-1},$ on a

${\frac {\alpha }{\beta }}\left({\frac {1+ka}{1+kb}}\right)^{-r-1}+1=0,$

d’où l’on tire, par les logarithmes,

$r+1={\frac {\log \left(-{\cfrac {\alpha }{\beta }}\right)}{\log {\cfrac {1+ka}{1+kb}}}}.$

Qu’on suppose, ce qui est toujours possible,

$-{\frac {\alpha }{\beta }}=\lambda \left(\cos \omega +\sin \omega {\sqrt {-1}}\right),$

$\lambda$ étant une quantité réelle et positive, on trouvera pour $\omega$ une infinité d’angles différents, et l’on aura

$\log \left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)=\log \lambda +\omega {\sqrt {-1}},$

ce qui donnera une infinité de valeurs de $r.$

Soit ${\frac {\alpha }{\beta }}$ une quantité réelle positive, on fera

$\lambda ={\frac {\alpha }{\beta }},\qquad \cos \omega =-1\quad {\text{et}}\quad \sin \omega =0,$

ce qui donne

$\omega =(2\nu +1)\pi ,$

$\nu$ étant un nombre quelconque entier positif ou négatif, et $\pi$ dénotant