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THÉORÈMES

$m$ et $n$ étant deux nombres positifs quelconques. L’équation (II)

$(\operatorname {f} a)^{m}=\operatorname {f} ma$

a donc lieu, quelque nombre positif, entier ou fractionnaire qu’on représente par $m.$ Il serait ensuite aisé de prouver, à l’aide des raisonnemens usités en pareil cas, qu’il en sera encore de même lorsque $m$ sera un incommensurable positif quelconque.

On aura encore, quel que soit le nombre positif $m,$

$(\operatorname {f} a)^{-m}={\frac {1}{(\operatorname {f} a)^{m}}}={\frac {\operatorname {f} 0}{(\operatorname {f} a)^{m}}},$

ou, d’après ce qui précède et le théorème (II)

$(\operatorname {f} a)^{-m}={\frac {\operatorname {f} 0}{\operatorname {f} ma}}=\operatorname {f} (0-ma)=\operatorname {f} (-m)a.$

Ainsi, quelque nombre entier ou fractionnaire, positif ou négatif, commensurable ou incommensurable qu’on représente par $m,$ il est toujours vrai de dire qu’on a

$(\operatorname {f} a)^{m}=\operatorname {f} ma,$

c’est-à-dire,

$\left\{1+a{\frac {z}{1}}+a(a+k){\frac {z^{2}}{1.2}}+a(a+k)(a+2k){\frac {z^{3}}{1.2.3}}+\ldots \right\}^{m}$

$=1+ma{\frac {z}{1}}+ma(ma+k){\frac {z^{2}}{1.2}}+ma(ma+k)(ma+2k){\frac {z^{3}}{1.2.3}}+\ldots$

et cela quels que soient d’ailleurs $a$ et $k.$

Si, dans cette équation, on fait $x=1$ et $k=-1,$ elle deviendra

$(1+z)^{m}=1+{\frac {m}{1}}z+{\frac {m}{1}}.{\frac {m-1}{2}}z^{2}+{\frac {m}{1}}.{\frac {m-1}{2}}.{\frac {m-2}{3}}z^{3}+\ldots \,;$