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luto del rapporto di un termine al precedente nella serie (1), cioè ${\displaystyle \left|{\frac {x^{n}}{n}}:{\frac {x^{n-1}}{n-1}}\right|=\left|x\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\right|}$ tende per ${\displaystyle m=\infty }$ ad ${\displaystyle |x|<1}$. Cosicchè la serie del secondo membro di (1) converge. Se ${\displaystyle \varphi (x)}$ ne è la somma, e si trova derivando:

il secondo membro è una progressione geometrica decrescente, il cui rapporto è ${\displaystyle -x}$, e la cui somma vale dunque ${\displaystyle {\frac {1}{1+x}}={\frac {d}{dx}}[\log(1+x)]}$. Dunque ${\displaystyle \varphi (x)-\log(1+x)}$ ha derivata nulla, ed è quindi costante. Ma per <math<x=0</math> tale differenza è nulla. Dunque ${\displaystyle \varphi (x)-\log(1+x)}$ è sempre nulla. E, come si poteva provare, ${\displaystyle \varphi (x)=\log(1+x)}$.

Questa serie serve al calcolo diretto dei logaritmi dei numeri ${\displaystyle 1+x}$, ove ${\displaystyle |x|<1}$, ossia dei numeri minori di ${\displaystyle 2}$. Ora, preso un qualsiasi numero positivo ${\displaystyle k}$, almeno uno dei due numeri ${\displaystyle k}$, ${\displaystyle {\frac {1}{k}}}$ è minore di ${\displaystyle 2}$. E quindi per mezzo della serie precedente si può calcolare uno dei numeri ${\displaystyle \log \,k\,{\frac {1}{k}}}$ e quindi anche l'altro, perchè questi due numeri sono uguali e di segno contrario, cosicchè, se uno di essi è noto, è noto anche l'altro. Ma si possono trovare serie assai più comode per il calcolo numerico. Posto in (1) ${\displaystyle -x}$ al posto di ${\displaystyle x}$, si trae:

la quale, sottratta dalla (1), dà:

Posto ${\displaystyle {\frac {1+x}{1-x}}=z}$, ossia ${\displaystyle x={\frac {z-1}{z+1}}}$, sarà ${\displaystyle |x|<1}$ per ${\displaystyle z>0}$, cosicchè per ogni numero positivo ${\displaystyle \mathrm {z} }$ si avrà:

(2) ${\displaystyle \log \,z=2\left\{{\frac {z-1}{z+1}}+{\frac {1}{3}}\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{3}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {z-1}{z+1}}\right)^{5}+.....\right\}}$.

Così, p. es., se si pone ${\displaystyle z=2}$, si trova:

${\displaystyle \log \,2={\frac {2}{3}}\,\left\{1+{\frac {1}{3}}\,\cdot \,{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{2}+{\frac {1}{7}}+\left({\frac {1}{9}}\right)^{3}+.....\right\}}$.