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et l’on remarquera que

${\begin{array}{lll}\left(1+x^{2}\right)^{2}=1+2x^{2}+x^{4}=x^{2}z^{2},&\mathrm {d'o{\grave {u}}} &1+x^{4}=x^{2}\left(z^{2}-2\right),\\\left(1+x^{2}\right)^{3}=1+x^{6}+3x^{2}\left(1+x^{2}\right)=x^{3}z^{3},&\mathrm {d'o{\grave {u}}} &1+x^{6}=x^{3}\left(z^{3}-3z\right),\end{array}}$

et, en général,

$1+x^{2\mu }=x^{\mu }\left[z^{\mu }-\mu z^{\mu -2}+{\frac {\mu (\mu -3)}{2}}z^{\mu -4}-{\frac {\mu (\mu -4)(\mu -5)}{2.3}}z^{\mu -6}+\ldots \right],$

en ne continuant cette série que tant que l’on aura des puissances positives de $z$.

On fera donc ces substitutions, et, divisant ensuite tous les termes par $x^{\nu },$ il viendra un polynôme en $z$ de la forme

$z^{\nu }+\left[(1)\right]z^{\nu -1}+\left[(2)\right]z^{\nu -2}+\left[(3)\right]z^{\nu -3}+\ldots +\left[(\nu )\right],$

où l’on aura

${\begin{aligned}&\left[(1)\right]=(1),\\&\left[(2)\right]=(2)-\nu ,\\&\left[(3)\right]=(3)-(\nu -1)(1),\\&\left[(4)\right]=(4)-(\nu -2)(2)+{\frac {\nu (\nu -3)}{2}},\\&\left[(5)\right]=(5)-(\nu -3)(3)+{\frac {(\nu -1)(\nu -4)}{2}}(1),\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$

De même, si l’on substitue $xz$ à la place de $1+x^{2}$ dans le produit des $\nu$ trinômes

$1-2x\cos \alpha +x^{2},\quad 1-2x\cos \beta +x^{2},\ldots$

et qu’on divise ce produit par $x^{\nu },$ on aura celui-ci

$(z-2\cos \alpha )(z-2\cos \beta )(z-2\cos \gamma )\ldots ,$

lequel devant être identique avec le polynôme précédent, on en conclura aisément les valeurs des coefficients $\left[(1)\right],\left[(2)\right],\left[(3)\right],\ldots ,$ et de là celles des coefficients $(1),(2),(3),\ldots .$