Transcription

[603] 2 Fév. 1776.

Soit $Q$ une fonction quelconque des deux variables $x$ & $y$, & qu’on cherche la quantité $Z$, telle que $\left({\displaystyle \frac{\partial \partial Z}{\partial x\partial y}}\right)=Q$, où il s’agit d’une double intégration ; l’une où la seule $x$ est prise pour variable, & l’autre où la seule $y$ varie ; la première devra être étendue depuis $x=0$ jusqu’à $x=1$, & l’autre depuis $y=0$ jusqu’à $x=n$ : par la nature de telles formules, on aura donc d’une double manière ou $Z=\int \partial x\int Q\partial y$, ou $Z=\int \partial y\int Q\partial x$. Maintenant, qu’on suppose $Q=x^y$, & on aura $\int Q\partial y={\displaystyle \frac{x^y}{\ell x}}-{\displaystyle \frac{1}{\ell x}}$, afin que cette intégrale évanouisse lorsque $y=0$. Soit donc à présent $y=n$, & nous aurons $\int Q\partial x={\displaystyle \frac{x^{y+1}}{y+1}}$, & partant $Z=\int {\displaystyle \frac{(x^n-1)\partial x}{\ell x}}$ ; ensuite nous aurons $\int Q\partial x={\displaystyle \frac{x^{y+1}}{y+1}}$, qui évanouit lorsque $x=0$ ; posant donc $x=1$, il en résulte $\int Q\partial x={\displaystyle \frac{1}{y+1}}$, & de-là, $Z=\int {\displaystyle \frac{\partial y}{y+1}}=\ell (y+1)$, (expression qui disparoît lorsque $x=0$). Qu’on fasse donc $y=n$, & l’on aura $Z=\ell (n+1)$ ; par conséquent, il est [604] certain que cette intégrale $\int {\displaystyle \frac{\partial x(x^n-1)}{\ell x}}$, prise depuis $x=0$ jusqu’à $x=1$, est $\ell (n+1)$.

Pour l’autre formule intégrale plus compliquée que je vous avois communiquée, j’avois supposé $Q={\displaystyle \frac{x^{m-y}+x^{m+y}}{(1+x^{2m})x}}$ ; de-là, prenant d’abord $x$ constante à cause de $\int x^{m-y}\partial y=-{\displaystyle \frac{x^{m-y}}{\ell x}}$ & de $\int x^{m+y}\partial y={\displaystyle \frac{x^{m+y}}{\ell x}}$, on aura $\int Q\partial y={\displaystyle \frac{x^{m+y}-x^{m-y}}{(1+x^{2m})x\ell x}}$, ce qui devient $=0$ posant $y=0$. Faisant donc $y=n$, on aura $\int Q\partial y={\displaystyle \frac{x^{m+n}-x^{m-n}}{(1+x^{2m})x\ell x}}$, & partant $Z=\int {\displaystyle \frac{(x^{m+n}-x^{m-n})\partial x}{(1+x^{2m})x\ell x}}$. L’autre intégration donne d’abord $\int Q\partial x=\int {\displaystyle \frac{(x^{m-y}+x^{m+y})\partial x}{(1+x^{2m})x}}$, dont l’intégrale doit être étendue depuis $x=0$ jusqu’à $x=1$ ; or pour ce cas, j’ai démontré autrefois que cette intégrale se réduit à cette forme, ${\displaystyle \frac{\pi }{2m\text{cos.}{\displaystyle \frac{\pi y}{2m}}}}$ ; d’où nous tirons $Z=\int {\displaystyle \frac{\pi \partial y}{2m\text{cos.}{\displaystyle \frac{\pi y}{2m}}}}$. Pour cette forme, posons ${\displaystyle \frac{\pi y}{2m}}=\phi$ pour avoir $Z=\int {\displaystyle \frac{\partial \phi }{\text{cos.}\phi }}=\int {\displaystyle \frac{\partial \phi }{\text{sin.}({90}^{\text{d}}+\phi )}}$, dont l’intégrale est $\ell .\text{tang.}({45}^{\text{d}}+\frac{1}{2}\phi )$, & partant $Z=\ell .\text{tang.}({45}^{\text{d}}+{\displaystyle \frac{\pi y}{4m}})$, qui en effet s’évanouit prenant $y=0$. Faisons donc $y=n$, & nous aurons $Z=\ell .\text{tang.}({45}^{\text{d}}+{\displaystyle \frac{\pi n}{4m}})$ ; [605] d’où il est clair que sous les conditions présentes, on aura $\int {\displaystyle \frac{(x^{m+n-1}-x^{m-n-1})\partial x}{(1+x^{2m})\ell x}}\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\text{depuis}x=0}{\text{jusqu'à}x=1}\right\}=\ell .\text{tang.}({45}^{\text{d}}+{\displaystyle \frac{\pi n}{4m}})$.

Par ces deux exemples, on verra aisément que cette spéculation mérite toute l’attention des Géomètres. La première idée qui m’a conduit à cette recherche, étoit tirée d’un principe entièrement différent, que voici. J’avois considéré cette formule $\int {\displaystyle \frac{(x-1)\partial x}{\ell x}}$, où au lieu de $\ell x$ j’ai écrit cette valeur ${\displaystyle \frac{x^{\omega }-1}{\omega }}$, en supposant $\omega$ infiniment petit, ou bien $\ell x=i(x^{\frac{1}{i}}-1)$, en prenant pour $i$ un nombre infiniment grand. Qu’on pose à présent $x^{\frac{1}{i}}=z$, ou bien $x=z^i$, où il faut remarquer que les termes de l’intégration $x=0$ & $x=1$ se réduisent à $z=0$ & à $z=1$ ; cette valeur étant substituée, transforme notre formule en celle-ci, ${\displaystyle \frac{(z^i-1)z^{i-1}\partial z}{z-1}}$ ; or la fraction ${\displaystyle \frac{z^i-1}{z-1}}$ ou bien ${\displaystyle \frac{1-z^i}{1-z}}$, se réduit à la série $1+z+z^2+z^3+\dots +z^{i-1}$, qui étant multipliée & intégrée, donne ${\displaystyle \frac{z^i}{i}}+{\displaystyle \frac{z^{i+1}}{i+1}}+{\displaystyle \frac{z^{i+2}}{i+2}}+{\displaystyle \frac{z^{i+3}}{i+3}}+\dots +{\displaystyle \frac{z^{2i-1}}{2i-1}}$, & posant $z=1$, la valeur cherchée sera ${\displaystyle \frac{1}{i}}+{\displaystyle \frac{1}{i+1}}+{\displaystyle \frac{1}{i+2}}+{\displaystyle \frac{1}{i+3}}+{\displaystyle \frac{1}{i+4}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{2i-1}}$, dont la valeur est $\ell 2$, de sorte que $\int {\displaystyle \frac{(x-1)\partial x}{\ell x}}\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\text{depuis}x=0}{\text{jusqu'à}x=1}\right\}$ est $=\ell 2$.

Pour démontrer la somme de la série trouvée qu’on appellera $A$, on n’a qu’à remarquer que [606] $A=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{i-1}}+{\displaystyle \frac{1}{i}}+{\displaystyle \frac{1}{i+1}}+{\displaystyle \frac{1}{i+2}}+{\displaystyle \frac{1}{i+3}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{2i-1}}-(1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{1-i}})$, où, parce que la série supérieure contient deux fois plus de termes que l’inférieure, on n’a qu’à soustraire chaque terme de la dernière de la supérieure alternativement, & l’on aura^{1Dans ce qui suit, il faut lire $+{\displaystyle \frac{1}{i+1}}$ après ${\displaystyle \frac{1}{i}}$.} $A=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}+{\displaystyle \frac{1}{6}}+{\displaystyle \frac{1}{7}}+{\displaystyle \frac{1}{8}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}+{\displaystyle \frac{1}{10}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{i-1}}+{\displaystyle \frac{1}{i}}+{\displaystyle \frac{1}{i-1}}\dots +{\displaystyle \frac{1}{2i-1}}-1-{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{5}}-\text{\&c.}$ ou bien $A=1-{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{5}}-{\displaystyle \frac{1}{6}}+{\displaystyle \frac{1}{7}}-{\displaystyle \frac{1}{8}}+\text{\&c.}=\ell 2$.

En prenant les lettres $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$, &c. pour marquer les coëfficiens d’un binome élevé à l’exposant $n$, de sorte que $(1+x{)}^n=1+\alpha x+\beta x^2+\gamma x^3+\delta x^4+\text{\&c.}$ on aura toujours $1+{\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2+{\delta }^2+\text{\&c.}={\displaystyle \frac{2}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{6}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{10}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{14}{4}}\cdots {\displaystyle \frac{4n-2}{n}}$, par exemple, si $n=6$, on aura $\alpha =6$, $\beta =15$, $\gamma =20$, $\delta =15$, $\epsilon =6$, $\zeta =1$, & les suivans $=0$ ; & partant on aura $1+6^2+{15}^2+{20}^2+{15}^2+6^2+1={\displaystyle \frac{2}{1}}\cdot {\displaystyle \frac{6}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{10}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{14}{4}}\cdot {\displaystyle \frac{18}{5}}\cdot {\displaystyle \frac{22}{6}}$, dont la démonstration directe me paroît extrêmement difficile.