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donc, à cause de $\int cos.g^{2}bt.dg=\int sin.g^{2}bt.dg={\sqrt {\frac {\pi }{2bt}}},$ on aura

$\int cos.g(x-p)cos.g^{2}bt.dg={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {\pi }{2bt}}}\left(cos.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}+sin.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}\right)\,;$

et l’on trouvera de même

$\int cos.g(x-p)sin.g^{2}bt.dg={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {\pi }{2bt}}}\left(cos.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}-sin.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}\right).$

Les intégrales relatives à $h$ auront des valeurs semblables ; en les substituant avec celles des intégrales relatives à dans la valeur précédente de ${\frac {d\mathrm {T} }{dt}},$ il vient

${\frac {d\mathrm {T} }{dt}}={\frac {\pi }{4bt}}sin.{\frac {(x-p)^{2}+(y-q)^{2}}{4bt}}\,;$

et, par conséquent,

$\mathrm {T} ={\frac {\pi }{4b}}\int sin.{\frac {(x-p)^{2}+(y-q)^{2}}{4bt}}.{\frac {dt}{t}}\,;$

l’intégrale étant prise de manière qu’elle s’évanouisse quand $t=0,$ parce qu’on doit avoir alors $\mathrm {T} =0.$ Nous aurons donc enfin

$z={\sqrt {\frac {1}{4\pi \,b}}}\iiint \Psi (p,q)sin.{\frac {(x-p)^{2}+(y-q)^{2}}{4bt}}.{\frac {dt}{t}}ap\,dq\,;$

résultat qui coïncide avec celui du n^o 15.

(18) Si la quantité $z$ est indépendante de l’une des deux variables $x$ ou $y,$ de $y,$ par exemple, l’équation (10) se réduit à

${\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}+b^{2}{\frac {d^{4}z}{dx^{4}}}=0\,;\qquad$(12)

son intégrale complète devient alors

${\begin{aligned}z&={\frac {1}{\pi }}\iint \psi \left(x+2\alpha {\sqrt {bt}}\right)sin.\left(\alpha ^{2}+\beta ^{2}\right)d\alpha \,d\beta \\&\ +{\frac {1}{\pi }}\iiint \Psi \left(x+2\alpha {\sqrt {bt}}\right)sin.\left(\alpha ^{2}+\beta ^{2}\right)dt\,d\alpha \,d\beta \,;\end{aligned}}$