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${\begin{aligned}\int e^{-u^{2}k}.sin.u\,t{\sqrt {g}}.u^{2}du=&-{\frac {1}{g}}.{\frac {d^{2}\mathrm {Y} }{dt^{2}}},\\\int e^{-u^{2}k'}.sin.u\,t{\sqrt {g}}.u^{2}du=&-{\frac {1}{g}}.{\frac {d^{2}\mathrm {Y} '}{dt^{2}}},\end{aligned}}$

cette équation (a) prendra la forme

$\varphi =-{\frac {1}{\pi ^{2}{\sqrt {g}}}}.\iiint \left({\frac {d^{2}\mathrm {Y} }{dt^{2}}}+{\frac {d^{2}\mathrm {Y} '}{dt^{2}}}\right)f(\alpha ,\beta ).d\omega \,d\alpha \,d\beta .\qquad$(c)

$\mathrm {Y} '$ se déduira de $\mathrm {Y} ,$ en changeant $k$ en $k',$ et la valeur de $\mathrm {Y} ,$ sous forme finie, sera (n^o 10)

$\mathrm {Y} ={\frac {\sqrt {g}}{2\pi }}.e^{-{\frac {gt^{2}}{4k}}}\int e^{\frac {gt^{2}}{4k}}dt\,;$

l’intégrale étant prise de manière qu’elle s’évanouisse quand $t=0.$ De plus si l’on exclut les points de la surface, et ceux qui en sont très-voisins, et si l’on suppose le temps $t$ devenu très-grand, on aura (n^o 13)

$\mathrm {Y} ={\frac {1}{t{\sqrt {g}}}}\left(1+{\frac {2k}{gt^{2}}}+1.3.\left({\frac {2k}{gt^{2}}}\right)^{2}+1.3.5\left({\frac {2k}{gt^{2}}}\right)^{3}\right.$

$\left.+1.3.5.7\left({\frac {2k}{gt^{2}}}\right)^{4}+{\text{etc}}.\right)\,;$

d’où l’on conclut, en remettant pour $k$ et $k'$ leurs valeurs,

$\mathrm {Y+Y'} ={\frac {2}{t{\sqrt {g}}}}\left(1+{\frac {2z}{gt^{2}}}+{\frac {12\left(z^{2}-\rho ^{2}.cos.^{2}\omega \right)}{g^{2}t^{4}}}+{\frac {120\left(z^{3}-3r\rho .cos.\omega \right)}{g^{3}t^{6}}}+{\text{etc}}.\right).$

Multipliant par $d\omega ,$ intégrant depuis $\omega =0$ jusqu’à $\omega ={\frac {\pi }{2}},$ et différenciant deux fois de suite par rapport à $t,$ il vient