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VI.

L’artifice que je viens d’employer pour décomposer la formule donnée est fondé sur la construction géométrique de cette formule, et s’appliquerait peut-être difficilement à des cas plus compliqués. Nous allons examiner comment on peut procéder directement.

Dans ce but, j’emploierai un moyen que j’ai déjà utilisé avec avantage, et qui repose sur l’analogie qu’il y a entre passer d’une tangente à l’angle correspondant et prendre le logarithme d’un nombre.

VII.

En désignant par $e$ la base des logarithmes hyperboliques, on a, comme on sait,

$e^{\varphi {\sqrt {-1}}}=\cos \varphi +{\sqrt {-1}}\sin \varphi ,\quad {\text{et}}\quad e^{-\varphi {\sqrt {-1}}}=\cos \varphi -{\sqrt {-1}}\sin \varphi \,;$

donc

$e^{2\varphi {\sqrt {-1}}}={\frac {\cos \varphi +{\sqrt {-1}}\sin \varphi }{\cos \varphi -{\sqrt {-1}}\sin \varphi }}={\frac {1+{\sqrt {-1}}\operatorname {tang} \varphi }{1-{\sqrt {-1}}\operatorname {tang} \varphi }}.$

Si maintenant à la place de $\operatorname {tang} \varphi$ on substitue la valeur du n^o II, en introduisant partout, au lieu des lignes trigonométriques, les expressions exponentielles, on aura

$e^{2\varphi {\sqrt {-1}}}=e^{2\theta {\sqrt {-1}}}{\frac {1+ae^{(\psi -\theta ){\sqrt {-1}}}}{1+ae^{-(\psi -\theta ){\sqrt {-1}}}}}\,;$

si donc on fait

${\frac {1+ae^{(\psi -\theta ){\sqrt {-1}}}}{1+ae^{-(\psi -\theta ){\sqrt {-1}}}}}=e^{2\varkappa {\sqrt {-1}}},$

on aura

$\varphi =\theta +\varkappa \,;$

l’angle $\varkappa$ dépend seulement, comme on voit, des angles $\varphi$ et $\theta .$