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résultat du premier, ce qui donnera l’intégrale prise depuis $u=0$ jusqu’à $u=1,$

Or, relativement aux limites $u=0$ et $u={\frac {1}{0}},$ on a, par les formules connues,

${\frac {gt^{2}}{(x-a)^{2}}}\int cos.{\frac {gt^{2}\left(1-u^{2}\right)}{4(x-\alpha )}}.du=$

${\frac {t{\sqrt {2g\pi }}}{2(x-\alpha )^{\frac {3}{2}}}}\left(cos.{\frac {gt^{2}}{4(x-\alpha )}}+sin.{\frac {gt^{2}}{4(x-\alpha )}}\right).$

En intégrant par parties, on aura

${\frac {gt^{2}}{(x-a)^{2}}}\int cos.{\frac {gt^{2}\left(1-u^{2}\right)}{4(x-\alpha )}}.{\frac {u\,du}{u}}=-{\frac {2}{(x-\alpha )u}}.sin.{\frac {gt^{2}\left(1-u^{2}\right)}{4(x-\alpha )}}$

$-{\frac {2}{x-\alpha }}.\int sin.{\frac {gt^{2}\left(1-u^{2}\right)}{4(x-\alpha )}}.{\frac {du}{u^{2}}},$

Si l’on continue de même et qu’on passe ensuite aux limites, $u=1$ et $u={\frac {1}{0}},$ on obtiendra une série ordonnée suivant les puissances négatives de $gt^{2}\,;$ en la retranchant de la première portion de notre intégrale, il vient, pour sa valeur complète,

$\left.{\begin{aligned}{\frac {gt^{2}}{(x-a)^{2}}}&\int cos.{\frac {gt^{2}\left(1-u^{2}\right)}{4(x-\alpha )}}.du=\\&\quad {\frac {t{\sqrt {2g\pi }}}{2(x-\alpha )^{\frac {3}{2}}}}\left(cos.{\frac {gt^{2}}{4(x-\alpha )}}+sin.{\frac {gt^{2}}{4(x-\alpha )}}\right)\\&-{\frac {4}{gt^{2}}}-{\frac {3.5.16(x-\alpha )^{2}}{g^{3}t^{6}}}-{\frac {3.5.7.9.64(x-\alpha )^{4}}{g^{5}t^{1}0}}-{\text{etc}}.\end{aligned}}\right\}$(17)

On vérifie, par ce résultat, la nécessité de conserver $x-\alpha$ sous les cosinus et sinus ; car si l’on y mettait $x$ à la place de $x-\alpha ,$ la valeur de $z',$ donnée par l’équation (14), deviendrait infinie pour $t$ infini, ee qui serait une absurdité.

Après qu’on aura substitué cette valeur de l’intégrale relative à $u,$ dans l’équation (14), il restera à effectuer l’intégration relative à $\alpha ,$ dont les limites seront $\pm l.$ Pour cela, je fais