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 Les corrections sont expliquées en page de discussion

$x<{\frac {1}{b^{A}.2}}$

Cela posé ; la formule (1) donne

$\operatorname {Log} .{\frac {A}{10^{n}}}=\operatorname {Log} .{\frac {a}{b}}+\operatorname {Log} .{\frac {1+x}{1-x}}=\operatorname {Log} .{\frac {a}{b}}+2M\left({\frac {x}{1}}+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}+\ldots \right)\,;$

c’est-à-dire,

$\operatorname {Log} .A=n+\operatorname {Log} .a-\operatorname {Log} .b+2M\left({\frac {x}{1}}+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}+\ldots \right)\,;$

$M$ étant le module des tables pour lesquelles on calcule. Or, $x$ étant, ainsi que nous venons de le voir, une fort petite quantité, un ou deux termes de la série suffiront le plus souvent pour obtenir une valeur fort approchée de $\operatorname {Log} .A.$

Par exemple, dans le cas que nous avons considéré tout à l’heure, en prenant ${\frac {2362}{405}}$ pour ${\frac {a}{b}},$ on aura

$x={\frac {58321\times 405-23620000}{58321\times 405+23620000}},$

c’est-à-dire,

$x={\frac {5}{47240005}}={\frac {1}{9448001}}\,;$

d’où il est aisé de voir que ${\frac {x^{3}}{3}}$ multiplié par $2M,$ qui est moindre que l’unité, et réduit en décimales aura au moins vingt zéros entre la virgule et le premier chiffre significatif, de sorte qu’on peut se dispenser d’y avoir égard, et écrire simplement

$\operatorname {Log} .58321=4+\operatorname {Log} .{\frac {2362}{405}}+{\frac {2M}{9448001}}\,;$

or, on a

$M=0{,}43429\ \ 44819\ \ 03251\ \ 82765,$

ce qui donne