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et

$\int ydx+xy=\mathrm {Y} ={\frac {d\left(x\int ydx\right)}{dx}}=-{\frac {c}{2}}{\frac {d\left[x\left({\cfrac {dz}{dx}}\right)^{2}\right]}{dx}}-c\,{\frac {d{\cfrac {z}{x}}}{dx}}.$

Maintenant, il faut substituer au lieu de $z$ sa valeur tirée des formules du Problème Iï. Pour abréger ces substitutions, je remarque d’abord, comme il est évident, qu’il ne faudra employer que les seules fonctions de $x-t{\sqrt {c}}\,;$ d’où il suit que si l’on pose

$z+{\frac {dzx}{dx}}=\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right),$

on aura

$z={\frac {{\grave {\,}}\!\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right)}{x}}-{\frac {{\grave {\,}}\!{\grave {\,}}\!\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right)}{x^{2}}}.$

Je remarque ensuite que, lorsque $x$ a une valeur considérable, on peut négliger, auprès des termes qui contiennent $x$ seul au dénominateur, tous ceux qui sont divisés par des puissances de $x$ plus hautes que l’unité ; par ce moyen, on aura simplement

$z={\frac {{\grave {\,}}\!\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right)}{x}},\qquad \mathrm {Y} =-c{\frac {\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right)\varphi '\left(x-t{\sqrt {c}}\right)}{x}}\,;$

donc

$\mathrm {P} =-{\frac {c\varphi (p)\varphi '(p)}{p+t{\sqrt {c}}}},$

$\int \mathrm {P} dt=-{\sqrt {c}}\varphi (p)\varphi '(p)\log \left(p+t{\sqrt {c}}\right)=-{\sqrt {c}}\varphi \left(x-t{\sqrt {c}}\right)\varphi '\left(x-t{\sqrt {c}}\right)\log x,$

$\mathrm {Q} =-{\frac {c\varphi \left(q-2t{\sqrt {c}}\right)\varphi '\left(q-2t{\sqrt {c}}\right)}{q-t{\sqrt {c}}}},$

d’où l’on tirera par les quadratures la valeur de $\int \mathrm {Q} dt\,;$ mais il est facile de voir que cette valeur sera infiniment petite par rapport à celle de $\int \mathrm {P} dt,$ à cause que la fonction $\varphi$ et ses différences sont toujours infiniment petites, et qu’elles n’ont outre cela des valeurs réelles que dans une très-petite portion de l’axe ; ne prenant donc que la formule ${\frac {1}{2{\sqrt {c}}}}=\int \mathrm {P} dt$