Page:Mémoires de l’Académie des sciences, Tome 3.djvu/400

le signe de ${\sqrt {-1}},$ ce qui donne un second résultat que je retranche du premier ; il vient

$-2\pi {\sqrt {-1}}cos.g(x-p)cos.h(y-q)sin.\left(g^{2}+h^{2}\right)bt\,;$

au moyen de quoi, de quoi, la partie de la valeur de $z,$ que nous voulons déterminer, devient

$z={\frac {1}{\pi ^{2}}}\iint \Psi (p,q)\mathrm {T} \,dp\,dq,$

en faisant, pour abréger,

$\mathrm {T} =\iint cos.g(x-p)cos.h(y-q)sin.\left(g^{2}+h^{2}\right)bt.{\frac {dg\,dh}{b\left(g^{2}+h^{2}\right)}}.$

Si l’on différentie cette quantité par rapport à $t,$ on aura

${\begin{aligned}{\frac {d\mathrm {T} }{dt}}&=\iint cos.g(x-p)cos.h(y-q)cos.\left(g^{2}+h^{2}\right)bt.dg\,dh\\&=\int cos.g(x-p)cos.g^{2}bt.dg.\int cos.h(y-q)cos.h^{2}bt.dh\\&\ -\int cos.g(x-p)sin.g^{2}bt.dg.\int cos.h(y-q)sin.h^{2}bt.dh.\end{aligned}}$

Or, ces intégrations relatives à $g$ et $h$ peuvent s’effectuer par les méthodes connues : les limites étant zéro et l’infini, on a évidemment

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

pourvu que l’on l’on prenne la seconde intégrale depuis $g=-{\frac {1}{0}},$ jusqu’à $g=+{\frac {1}{0}}\,;$ celle-ci est la même chose que

${\begin{aligned}\int cos.\left(g^{2}bt-{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}\right)dg&=cos.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}\int cos.g^{2}bt.dg\\&\ +sin.{\frac {(x-p)^{2}}{4bt}}\int sin.g^{2}bt.dg\,;\end{aligned}}$