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mais

$1\pm \operatorname {tang} \alpha {\sqrt {-1}}={\frac {e^{\pm \alpha {\sqrt {-1}}}}{\cos \alpha }},\quad 1\pm \operatorname {tang} \beta {\sqrt {-1}}={\frac {e^{\pm \beta {\sqrt {-1}}}}{\cos \beta }}\,;$

donc substituant ces valeurs, divisant le haut et le bas de la fraction par ${\frac {1+a}{\cos \alpha }},$ et faisant, pour abréger,

${\frac {1-a}{1+a}}{\frac {\cos \alpha }{\cos \beta }}=k,$

on aura

$e^{2x{\sqrt {-1}}}=e^{2y{\sqrt {-1}}}{\frac {e^{\alpha {\sqrt {-1}}}+ke^{\beta {\sqrt {-1}}}\times e^{-2y{\sqrt {-1}}}}{e^{-\alpha {\sqrt {-1}}}+ke^{-\beta {\sqrt {-1}}}\times e^{2y{\sqrt {-1}}}}},$

savoir

$e^{2x{\sqrt {-1}}}=e^{2(y+\alpha ){\sqrt {-1}}}{\frac {1+ke^{-(2y+\alpha -\beta ){\sqrt {-1}}}}{1+ke^{(2y+\alpha -\beta ){\sqrt {-1}}}}},$

d’où en prenant les logarithmes, réduisant en série, divisant par $2{\sqrt {-1}},$ et repassant des exponentielles imaginaires aux sinus et cosinus réels, on tire sur-le-champ

$x=y+\alpha -k\sin(2y+\alpha -\beta )+{\frac {k^{2}}{2}}\sin 2(2y+\alpha -\beta )$

$-{\frac {k^{3}}{3}}\sin 3(2y+\alpha -\beta )+\ldots .$

Or on a

$\cos \alpha ={\frac {1+a}{\sqrt {(1+a)^{2}+(b-p)^{2}}}},\quad \cos \beta ={\frac {1-a}{\sqrt {(1-a)^{2}+(b+p)^{2}}}}\,;$

donc on aura

$k={\frac {\sqrt {(1-a)^{2}+(b+p)^{2}}}{\sqrt {(1+a)^{2}+(b-p)^{2}}}},$

quantité qui est, comme on voit, très-petite de l’ordre de $1-a,\ b,p\,;$ ainsi la série précédente sera nécessairement convergente.

Au reste on voit par là que pourvu que $a$ diffère peu de l’unité, et que $b$ diffère en même temps peu de $-p,$ la quantité $k$ sera nécessairement très-petite du même ordre que ces différences ; par conséquent la série sera convergente, sans qu’il soit nécessaire que $b$ et $p$ soient à la fois très-petites l’une et l’autre.