Transcription

[606] $\frac{12}{23}$ Sept. 1776.

En supposant $(1+z{)}^n=1+\left({\displaystyle \frac{n}{1}}\right)z+\left({\displaystyle \frac{n}{2}}\right)z^2+\left({\displaystyle \frac{n}{3}}\right)z^3+\text{etc;}$ ; d’où l’on voit que $\left({\displaystyle \frac{n}{0}}\right)=1$, aussi-bien $\left({\displaystyle \frac{n}{n}}\right)$, & [607] de-là il s’ensuit, que $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n}{n-p}}\right)$ ; outre cela, il est clair que la valeur de la formule $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)$ est toujours égale à zéro, tant dans les cas où $p$ est un nombre négatif, que dans ceux où il est un nombre plus grand que $n$, ce qui s’entend des nombres entiers ; ensuite, on sait que la valeur développée de ce caractère $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)$ est $={\displaystyle \frac{n}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{n-1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{n-2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{n-3}{4}}\cdots {\displaystyle \frac{n-p+1}{p}}$. Cela posé, si nous passons aux coëfficiens de la puissance suivante $(1+z{)}^{n+1}$, on sait qu’on aura $\left({\displaystyle \frac{n+1}{p+1}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)$ ; de sorte que réciproquement $\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+1}{p+2}}\right)$ ; ajoutons ces deux équations ensemble, & nous aurons $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)+2\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+1}{p+1}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n+1}{p+2}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+2}{p+2}}\right)$ ; de la même manière, nous aurons $\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+2\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+3}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+2}{p+3}}\right)$ ; cette équation ajoutée à la précédente, donne $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)+3\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+3\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+3}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+2}{p+2}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n+2}{p+3}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+3}{p+3}}\right)$ ; ensuite $\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+3\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)+3\left({\displaystyle \frac{n}{p+3}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+4}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+3}{p+4}}\right)$, qui, encore ajoutée à la précédente, donne $\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)+4\left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+6\left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)+4\left({\displaystyle \frac{n}{p+3}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n}{p+4}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+3}{p+3}}\right)+\left({\displaystyle \frac{n+3}{p+4}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+4}{p+4}}\right)$, & de-là il est aisé à conclure qu’on aura en général $1\left({\displaystyle \frac{n}{p}}\right)+\left({\displaystyle \frac{m}{1}}\right)\cdot \left({\displaystyle \frac{n}{p+1}}\right)+\left({\displaystyle \frac{m}{2}}\right)\cdot \left({\displaystyle \frac{n}{p+2}}\right)+\left({\displaystyle \frac{m}{3}}\right)\cdot \left({\displaystyle \frac{n}{p+3}}\right)+\text{\&c.}=\left({\displaystyle \frac{n+m}{p+m}}\right)$. [608] Voilà donc une progression bien générale, dont chaque terme est le produit de deux coëfficiens de puissances différentes du binome, dont le terme général peut être exprimé par la formule $\left({\displaystyle \frac{m}{x}}\right)\cdot \left({\displaystyle \frac{n}{p+x}}\right)$, où mettant pour $x$ successivement les nombres 0, 1, 2, 3, 4, &c. jusqu’à ce qu’on parvienne à des termes évanouissans, la somme de toute cette progression sera infailliblement $=\left({\displaystyle \frac{n+m}{p+m}}\right)=\left({\displaystyle \frac{n+m}{n-p}}\right)$. C’est de-là que résulte le Théorème que je vous ai communiqué, en faisant $m=n$, & $m=n$, de sorte qu’il est un cas infiniment plus particulier, que la série que je viens de sommer ici. Dans ce cas, on aura cette sommation, $1^2+{\left({\displaystyle \frac{n}{1}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{n}{2}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{n}{3}}\right)}^2+\text{\&c.}=\left({\displaystyle \frac{2n}{n}}\right)$ ; or cette formule développée donne ${\displaystyle \frac{2n}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{2n-1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{2n-2}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{2n-3}{4}}\cdots {\displaystyle \frac{n+1}{n}}$, ce qui, comme il est aisé à démontrer, est égal à ${\displaystyle \frac{2}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{6}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{10}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{14}{4}}\cdots {\displaystyle \frac{4n-2}{n}}$. Il est fort remarquable que cette sommation a aussi lieu, lors même que les exposans $m$ & $n$ sont des fractions quelconques, pourvu que par la voie d’interpolation, on puisse assigner la juste valeur de $\left({\displaystyle \frac{m+n}{m+p}}\right)$ ; & si le développement n’a pas lieu dans ce cas, il faut recourir à des formules intégrales : or posant pour abréger $\ell {\displaystyle \frac{1}{x}}=u$, on aura toujours $\left({\displaystyle \frac{m+n}{m+p}}\right)={\displaystyle \frac{\int u^{m+n}\partial x}{\int u^{m+p}\partial x\cdot \int u^{n-p}\partial x}}\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\text{de}x=0}{\text{à}x=1}\right\}$ : or, si $\lambda$ marque un nombre entier positif quelconque, on sait qu’il y aura $\int u^{\lambda }\partial x=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdots \lambda$, & de-là on tirera $\int u^{\lambda +1}\partial x=(\lambda +1)\int u^{\lambda }\partial x$, $\int u^{\lambda +2}\partial x=(\lambda +1)\cdot (\lambda +2)\int u^{\lambda }\partial x$, &c. [609] & cette^{1Les deux mots qui précèdent constituent une réclame.} réduction aura toujours lieu, quelque nombre qu’on prenne pour $\lambda$. Prenant donc $\lambda =-\frac{1}{2}$, j’ai démontré autrefois qu’on aura^{2Dans la suite, il faut lire $\sqrt{}\pi$ au lieu de π.} $\int {\displaystyle \frac{\partial x}{\sqrt{}u}}=\pi$, & $\int \partial x\sqrt{}u=\frac{1}{2}\sqrt{}\pi$, $\pi$ désignant la circonférence d’un cercle, dont le diamètre $=1$. Maintenant, si l’on met^{3Dans la suite, il faut lire $m=n=\frac{1}{2}$ et $p=0$.} $m=n\frac{1}{2}\partial p=0$, puisque les coëfficiens de $(1+z{)}^{\frac{1}{2}}$ sont $1+{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1\cdot 1}{2\cdot 4}}+{\displaystyle \frac{1\cdot 1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}}-{\displaystyle \frac{1\cdot 1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8}}+\text{\&c.}$, nous en tirons cette série des carrés, $1^2+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{1\cdot 1}{2\cdot 4}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{1\cdot 1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}}\right)}^2+\text{\&c.}$, dont la somme sera ${\displaystyle \frac{\int u\partial x}{\int \partial x\sqrt{}u\int \partial x\sqrt{}u}}={\displaystyle \frac{4}{\pi }}$, à cause de $\int u\partial x=1$ & $\int \partial x\sqrt{}u=\frac{1}{2}\sqrt{}\pi$, ce qui s’accorde parfaitement avec la somme qu’on trouve par la voie de l’approximation.