Page:Lagrange - Œuvres (1867) vol. 1.djvu/561

Tout se réduit donc à trouver la fonction $\Phi$ par cette condition que

$\Phi \left(t+x{\sqrt {-1}}\right)\pm \Phi \left(t-x{\sqrt {-1}}\right)=\mathrm {H} ,$

$x$ étant donnée en $t$ par la figure des parois du vase, et $\mathrm {H}$ étant une quantité constante.

Soit $x=h+kt,$ ce qui est le cas où les parois sont des lignes droites, et l’équation dont il s’agit sera réductible à la formule générale du n^o 18.

On fera donc

$\alpha =1,\ \ \beta =\pm 1,\ \ \gamma =0,\ \ a={\sqrt {-1}},\ \ b=-{\sqrt {-1}},\ \ \mathrm {T=H} ,\ \ y=\Phi (t),$

et l’on aura :

1^o $-{\frac {\alpha }{\beta }}=\mp 1,$ et par conséquent

$\lambda =1,\qquad \cos \omega =\mp 1,\qquad \sin \omega =0\,;$

donc $\omega =\mu \pi ,$ $\pi$ dénotant la demi-circonférence, et $\mu$ étant un nombre quelconque impair dans le premier cas, savoir dans le cas où l’on prend le signe supérieur, et un nombre quelconque pair dans l’autre cas ; par conséquent on aura

$r+1={\frac {\mu \pi {\sqrt {-1}}}{\log {\cfrac {1+k{\sqrt {-1}}}{1-k{\sqrt {-1}}}}}}\,;$

or on sait que

$\log {\frac {1+\operatorname {tang} u{\sqrt {-1}}}{1-\operatorname {tang} u{\sqrt {-1}}}}=2u{\sqrt {-1}}\,;$

donc, prenant $u$ pour l’arc dont la tangente est $k,$ on aura

$r+1={\frac {\mu \pi }{2u}}.$

2^o On aura, par le même numéro,

$\mathrm {Q} =-\left(1+k{\sqrt {-1}}\right)^{-r-1}\log \left(1+k{\sqrt {-1}}\right)\mp \left(1-k{\sqrt {-1}}\right)^{-r-1}\log \left(1-k{\sqrt {-1}}\right)\,;$