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Par conséquent, la valeur générale de $f_{0}(x)$ sera donnée par l’équation

(15)

${\begin{aligned}f_{0}(x)&=\mathrm {A} _{0}\mathrm {f} (x)\ \;+\mathrm {A} _{1}\mathrm {f} (2a-x)+\mathrm {A} _{2}\mathrm {f} (x\ -\ 2a)-{\text{etc.}}\\&-\mathrm {B} _{0}\mathrm {f} (-x)+\mathrm {B} _{1}\mathrm {f} (x+2a)-\mathrm {B} _{2}\mathrm {f} (-2a-x)+{\text{etc.}},\end{aligned}}$

si l’on désigne par $\mathrm {A} _{n}$ un coefficient qui se réduise à l’unité entre les limites $x=na,$ $x=(n+1)a,$ et soit toujours nul hors de ces limites; et par $\mathrm {B} _{n}$ un coefficient qui se réduise à l’unité, entre les limites $x=-na,$ $x=-(n+1)a,$ en restant toujours nul hors de ces limites. Or, on satisfera aux conditions requises, si l’on prend

(16)

$\mathrm {A} _{n}={\frac {1}{2}}\left[{\frac {x-na}{\sqrt {(x-na)^{2}}}}+{\frac {(n+1)a-x}{\sqrt {\left[(n+1)a-x\right]^{2}}}}\right],$

et

(17)

$\mathrm {B} _{n}={\frac {1}{2}}\left[{\frac {x+na}{\sqrt {(x+na)^{2}}}}+{\frac {(n+1)a+x}{\sqrt {\left[(n+1)a+x\right]^{2}}}}\right].$

On peut encore supposer

(18)

$\left\{{\begin{aligned}\mathrm {A} _{n}=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{na}^{(n+1)a}e^{\alpha (x-\mu )\mathrm {i} }d\mu \,d\alpha ,\\\mathrm {B} _{n}=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-(n+1)a}^{-na}e^{\alpha (x-\mu )\mathrm {i} }d\mu \,d\alpha ,\end{aligned}}\right.$

ou, ce qui revient au même,

(19)

$\left\{{\begin{aligned}\mathrm {A} _{n}=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{0}^{a}e^{\alpha (x-na-\mu )\mathrm {i} }d\mu \,d\alpha ,\\\mathrm {B} _{n}=&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{0}^{a}e^{\alpha (x+{\overline {n+1}}.a-\mu )\mathrm {i} }d\mu \,d\alpha .\end{aligned}}\right.$

Si l’on a égard à ces dernières formules, l’équation (15) donnera

(20)

$f_{0}(x)=$

${\begin{aligned}&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{0}^{a}e^{\alpha (x-\mu )\mathrm {i} }\left[\mathrm {f} (x)-e^{a\alpha \mathrm {i} }\mathrm {f} (2a-x)+e^{-2a\alpha \mathrm {i} }\mathrm {f} (x-2a)-{\text{etc.}}\right]d\mu \,d\alpha ,\\-&{\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{0}^{a}e^{\alpha (x-\mu )\mathrm {i} }\left[e^{a\alpha \mathrm {i} }\mathrm {f} (-x)-e^{2a\alpha \mathrm {i} }\mathrm {f} (x+2a)+e^{3a\alpha \mathrm {i} }\mathrm {f} (-2a-x)-{\text{etc.}}\right]d\mu \,d\alpha .\end{aligned}}$