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sons que la section du vase soit une courbe $\mathrm {C} \ ;$ soit $\mathrm {A} _{0}$ la trace d’un tube tourbillonnaire ayant un moment égal à $2\pi .$ Comme nous l’avons établi [60] :

$v+{\sqrt {-1}}u$

est une fonction de $\textstyle x+{\sqrt {-1}}y.$

Je puis donc poser :

(2)

$v+{\sqrt {-1}}u={\frac {d\left(\psi +{\sqrt {-1}}\varphi \right)}{d\left(x+{\sqrt {-1}}y\right)}},$

d’où :

(3)

${\begin{aligned}v&=-{\frac {d\psi }{dy}}={\frac {d\varphi }{dx}}\\u&={\frac {d\psi }{dx}}={\frac {d\varphi }{dy}}.\end{aligned}}$

Posons :

$x'+{\sqrt {-1}}y'=e^{\psi +{\sqrt {-1}}\varphi }\ ;$

Cette expression sera une fonction de $\textstyle x+{\sqrt {-1}}y.$ Les fonctions $u$ et $v$ se comportent régulièrement à l’intérieur de la courbe $\mathrm {C} ,$ sauf au point $\mathrm {A} _{0}$ où $u$ et $v$ deviennent infiniment grands du premier ordre.

J’ajoute que la différence

$v+{\sqrt {-1}}u-{\frac {1}{x+{\sqrt {-1}}y}}$

reste finie. La fonction

$\psi +{\sqrt {-1}}\varphi -\log \left(x+{\sqrt {-1}}y\right)=f_{1}\left(x+{\sqrt {-1}}y\right)$

reste aussi finie, même au point $\mathrm {A} _{0}.$ Par conséquent :

$e^{\psi +{\sqrt {-1}}\varphi }=\left(x+{\sqrt {-1}}y\right)e^{f_{1}}$