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tendent que depuis $x=0$ jusqu’à $x=a,$ le terme algébrique, qui est de lui-même égal à zéro dans le cas de $x=0,$ et qui le devient aussi dans le cas de $x=a,$ à cause que $z$ s’évanouit par hypothèse, ce terme, dis-je, devra être entièrement effacé, de sorte que l’on aura simplement

$\int zx\cos \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx=-{\frac {1}{\sqrt {k}}}\int {\frac {dzx}{dx}}\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx.$

Substituant donc cette transformée dans l’expression de $\int z\mathrm {M} dx,$ elle deviendra

$\int \left(z+{\frac {dzx}{dx}}\right)\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx.$

Faisant des opérations semblables sur les autres expressions intégrales, et supposant pour plus de simplicité

${\begin{alignedat}{2}z\ +\ {\frac {dzx}{dx}}=&z',\qquad &u\ +\ {\frac {dux}{dx}}=&u',\\\mathrm {Z} +{\frac {d\mathrm {Z} x}{dx}}=&\mathrm {Z} ',\qquad &\mathrm {U} +{\frac {d\mathrm {U} x}{dx}}=&\mathrm {U} ',\end{alignedat}}$

nos deux équations intégrales deviendront

${\begin{aligned}\int z'\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx=&\cos \left(t{\sqrt {-ck}}\right)\int \mathrm {Z} '\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx\\&+{\frac {\sin \left(t{\sqrt {-ck}}\right)}{\sqrt {-ck}}}\int \mathrm {U} '\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx,\\\int u'\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx=&\cos \left(t{\sqrt {-ck}}\right)\int \mathrm {U} '\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx\\&-{\sqrt {-ck}}\sin \left(t{\sqrt {-ck}}\right)\int \mathrm {Z} '\sin \left(x{\sqrt {-k}}\right)dx.\end{aligned}}$

Ces équations sont réduites à l’état de celles que nous avons appris à construire dans le Problème précédent. Il sera donc facile de leur appliquer la même méthode ; or, puisque tout se réduit à faire disparaître la quantité ${\sqrt {-k}}$ à cause du nombre infini de valeurs dont elle est susceptible, il est clair que quoique ces valeurs ne soient pas les mêmes ici que dans le Problème cité, néanmoins les résultats des opérations seront par-