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${\frac {\operatorname {d} ^{2}\nu _{m}}{\operatorname {d} x^{2}}}=\nu _{m}.{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}.$

On pourra donc poser

$\varphi (x,m)=1+\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}\operatorname {d} x{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}$

$+\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}\operatorname {d} x{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}\operatorname {d} x{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}+\ldots$

$\psi (x,m)=x+\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}x{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}.\operatorname {d} x$

$+\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}\operatorname {d} x\int _{0}^{x}x{\frac {\operatorname {f} _{1}(x)-m}{\operatorname {f} (x)}}\operatorname {d} x+\ldots$

De là résulte

$\varphi (0,m)=1,\qquad \psi (0,m)=0,$

et, par conséquent,

${\frac {1}{k_{0}}}\Sigma A_{m}e^{-mt}=\theta ,\qquad {\frac {1}{k_{1}}}\Sigma e^{-mt}\left[A_{m}\varphi (l',m)+B_{m}\psi (l,m)\right]=\theta '.$

Ces égalités doivent subsister pour toutes les valeurs positives de $t.$ On en conclut sans peine qu’une des valeurs de l’exposant $m$ doit être zéro, et qu’à cet exposant répondent les valeurs

$A_{0}=\theta k_{0},\qquad B_{0}={\frac {\theta 'k_{1}-\theta k_{1}\varphi (l,0)}{\psi (l,0)}},$

qui déterminant le premier terme $u_{0}$ de la valeur de $u$, lequel représente l’état permanent de la barre. Les coefficiens qui répondent aux autres valeurs de $m$ doivent être égalés à zéro, et l’on a, en général,

$A_{m}=0,\qquad A_{m}\varphi (l,m)+B_{m}\psi (l,m)=0,$

ce qui donne, à la fois,