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CAS DES ÉQUATIONS LINÉAIRES.

 Les corrections sont expliquées en page de discussion

Donc $\mathrm {A}$ est indépendant à la fois de $q^{2}$ et de $q_{1}.$

Écrivons l’égalité (6) pour mettre en évidence la valeur de $q_{1}$ sous la forme

$\nabla (x,q_{1})=\mathrm {A} (\cos \pi x-\cos \pi h).$

Pour $q_{1}=0,$ $h$ est égal à $q\,;$ il vient donc

$\nabla (x,0)=\mathrm {A} (\cos \pi x-\cos \pi q),$

d’où, en divisant et faisant $x=0,$

${\frac {1-\cos \pi h}{1-\cos \pi q}}={\frac {\nabla (0,q_{1})}{\nabla (0,0)}}={\frac {\square \,(0,q_{1})}{\square \,(0,0)}}$

ou enfin

(7)

$1-\cos \pi h=\square \,(0,q_{1})(1-\cos \pi q),$

car

$\square \,(0,0)=1\,;$

c’est de l’égalité (7) que M. Hill a tiré la valeur de $h.$

Grâce aux considérations qui précèdent, la légitimité de sa méthode est désormais rigoureusement établie.

Remarques diverses.

188.Dans le cas particulier que nous traitons, on pourrait arriver à quelques-uns de ces résultats sans avoir recours au théorème de M. Hadamard.

En effet, observons d’abord que, quand même $q^{2}$ et $q_{1}$ sont imaginaires, l’égalité fondamentale (α) subsiste encore, pourvu que

$\lambda =|q^{2}|+|q_{1}|.$

Si nous nous rappelons alors le développement connu

$\sin \pi x=\pi x{\,\textstyle \prod }\left(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}}}\right),$

nous en déduirons

$\cos \pi x-\cos \pi y={\frac {\pi ^{2}}{2\,}}(y^{2}-x^{2}){\,\textstyle \prod }\left[{\frac {(y-2n)^{2}-x^{2}}{4n^{2}}}\right],$