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Supposons d’abord $f$ infini ; on a généralement $k^{\frac {1}{2f}}=1$ en négligeant les termes de l’ordre ${\frac {1}{2f}}\,;$ car si l’on fait $k^{\frac {1}{2f}}=1+q,$ en prenant les logarithmes, on aura

${\frac {1}{2f}}\log k=\log(1+q),$

ce qui donne

$q={\frac {1}{2f}}\log k.$

Cela posé, l’équation précédente devient

$(z)\left\{{\begin{aligned}&2^{n-1+{\frac {1}{2f}}}\triangle ^{n}s^{n-1+{\frac {1}{2f}}}\\&={\frac {1.2.3\ldots (n-1)}{2f}}2^{n}\int \left({\sqrt {-1}}\cos rx'{\sqrt {n}}-\sin rx'{\sqrt {n}}\right)\left({\frac {\sin x'}{x'}}\right)^{n}dx'\,;\end{aligned}}\right.$

or on a, avec l’exclusion des puissances des quantités négatives,

${\begin{aligned}2^{n-1+{\frac {1}{2f}}}\triangle ^{n}s^{n-1+{\frac {1}{2f}}}=1^{\frac {1}{2f}}&\left[\left(n+r{\sqrt {n}}\right)^{n-1+{\frac {1}{2f}}}-n\left(n+r{\sqrt {n}}-2\right)^{n-1+{\frac {1}{2f}}}+\ldots \right]\\-(-1)^{\frac {1}{2f}}&\left[\left(n+r{\sqrt {n}}\right)^{n-1+{\frac {1}{2f}}}-n\left(n+r{\sqrt {n}}-2\right)^{n-1+{\frac {1}{2f}}}+\ldots \right].\end{aligned}}$

$1^{\frac {1}{2f}}$ est susceptible de $2f$ valeurs dont une seule est réelle et égale à l’unité. On obtient ces valeurs en observant que

$1=\cos 2l\pi +{\sqrt {-1}}\sin 2l\pi ,$

et qu’ainsi

$1^{\frac {1}{2f}}=\left(\cos 2l\pi +{\sqrt {-1}}\sin 2l\pi \right)^{\frac {1}{2f}}=\cos {\frac {2l\pi }{2f}}+{\sqrt {-1}}\sin {\frac {2l\pi }{2f}},$

$l$ étant un nombre entier positif qui peut s’étendre depuis $l=1$ jusqu’à $l=2f.$ Pour avoir la valeur réelle de $1^{\frac {1}{2f}}$ il faut donner à $l$ sa plus grande valeur $2f.$ Alors la partie imaginaire de l’expression précédente de $\triangle ^{n}s^{n-1+{\frac {1}{2f}}}$ est produite par la partie affectée de $(-1)^{\frac {1}{2f}}.$ Cette dernière quantité a pareillement $2f$ valeurs représentées par