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on aura

(53)

$u=c{\frac {\sin .(t+x)}{x}},$

(54)

$\left\{{\begin{aligned}&w=p+q{\sqrt {-1}}=\operatorname {l} (c)+\operatorname {l} \sin .(t+x)-\operatorname {l} (x),\quad {\frac {dx}{ds}}=x{\sqrt {-1}},\\&w'={\frac {dx}{ds}}=p'+q'{\sqrt {-1}}=\left({\frac {\cos .(t+x)}{\sin .(t+x)}}-{\frac {1}{x}}\right){\frac {dx}{ds}}\\&\;\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad ={\sqrt {-1}}\left({\frac {x}{\operatorname {tang} .(t+x)}}-1\right),\\&w''={\frac {d^{2}w}{ds^{2}}}=p''+q''{\sqrt {-1}}=\left({\frac {1}{\operatorname {tang} .(t+x)}}-{\frac {x}{\sin .^{2}(t+x)}}\right){\frac {dx}{ds}}{\sqrt {-1}}\\&\ \ \quad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =-\left({\frac {x}{\operatorname {tang} .(t+x)}}-{\frac {x^{2}}{\sin .^{2}(t+x)}}\right).\end{aligned}}\right.$

Cela posé, l'équation $w'=0$ donnera

(55)

${\frac {\operatorname {tang} .(t+x)}{x}}=1,\quad {\text{ou}}\quad \operatorname {tang} .(t+x)=x,$

et l'on en tirera

(56)

$\left\{{\begin{aligned}{\frac {\sin .(t+x)}{x}}&={\frac {\cos .(t+x)}{1}},\\{\frac {\sin .^{2}(t+x)}{x^{2}}}&={\frac {\cos .^{2}(t+x)}{1}}={\frac {1}{1+x^{2}}}.\end{aligned}}\right.$

(57)

$\mathrm {W''=P''+Q''} {\sqrt {-1}}=-\left[1-\left(1+x^{2}\right)\right]=x^{2}.$

Donc le module principal de l’expression (53) correspondra nécessairement à une racine de l’équation (55) qui rendra négative la partie réelle de $x^{2}.$ Il est clair que cette racine ne peut être réelle. Car, dans ce cas, $x^{2}$ serait réelle et positive. Donc il faut exclure toutes les racines réelles de l’équation (55) et même les racines imaginaires dans lesquelles la partie réelle surpasserait (abstraction faite du signe) le coefficient de ${\sqrt {-1}}.$ Car, si l’on pose

(58)

$x=\alpha +\beta {\sqrt {-1}},$