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2o

${\frac {d\mathrm {B} }{dt}}={\frac {d{\mathfrak {A}}}{dt}}={\frac {d(pp'q')}{dt}},$

donc

$d\mathrm {B} =dp\,d(p'q')\qquad {\text{et}}\qquad \mathrm {B} ={\frac {1}{2}}d\left(p^{2}q'\right)\,;$

donc

${\mathfrak {B}}={\frac {1}{2}}d\left(p^{2}r'\right)={\frac {1}{2}}d\left(p^{2}p'q'\right)={\frac {1}{1.2.3}}d^{2}\left(p^{3}q'\right)\,;$

3o

${\frac {d\mathrm {C} }{dt}}={\frac {d{\mathfrak {B}}}{dt}}={\frac {1}{1.2.3}}d^{3}\left(p^{3}q'\right),$

donc

$\mathrm {C} ={\frac {1}{1.2.3}}d^{2}\left(p^{3}q'\right)\quad {\text{et}}\quad {\mathfrak {C}}={\frac {1}{1.2.3}}d^{2}\left(p^{3}r'\right)={\frac {1}{1.2.3.4}}d^{3}\left(p^{4}q'\right)+\quad \ldots .$

Ainsi on obtiendra

$\mathrm {Q} =q+pq'+{\frac {1}{2}}d\left(p^{2}q'\right)+{\frac {1}{1.2.3}}d^{2}\left(p^{3}q'\right)+{\frac {1}{1.2.3.4}}d^{3}\left(p^{4}q'\right)+\ldots ,$

en omettant partout les dénominateurs affectés de $dt.$

Je ne sais si j'ai bien saisi le sens et la forme de cette démonstration, mais j'avoue qu’elle me parait un peu douteuse.

Deuxième démonstration. — Posons

$\psi (x)=\psi (t)+\mathrm {P} \psi '(t)+d\left[\mathrm {Q} \psi '(t)\right]+d^{2}\left[\mathrm {R} \psi '(t)\right]+d^{3}\left[\mathrm {S} \psi '(t)\right]+\ldots \,;$

donc, pour le cas

$\psi (x)=x,\qquad \psi (t)=t\qquad {\text{et}}\qquad \psi (t)=1,$

on aura

$x=t+\mathrm {P} +d\mathrm {Q} +d^{2}\mathrm {R} +d^{3}\mathrm {S} +d^{4}\mathrm {P} +\ldots .$

Or, puisque

$x-t=\varphi (x)$