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Je substitue ces valeurs dans les équations (1), et j’en conclus celles-ci :

$\left.{\begin{aligned}&{\sqrt {k'}}\sin .\mathrm {A} \left({\frac {2z}{\pi }}\mathrm {K} ,k'\right)={\frac {\sum (-1)^{n}e^{-(2n+1)r^{2}}\left(e^{(2n+1)z}-e^{-(2n+1)z}\right)}{\sum e^{-(2n+1)^{2}r^{2}}\left(e^{(2n+1)z}+e^{-(2n+1)z}\right)}},\\&{\sqrt {\frac {k'}{k}}}\cos .\mathrm {A} \left({\frac {2z}{\pi }}\mathrm {K} ,k'\right)={\frac {\sum (-1)^{n}e^{-4n^{2}r^{2}}\left(e^{2nz}+e^{-2nz}\right)-1}{\sum e^{-(2n+1)^{2}r^{2}}\left(e^{(2n+1)z}+e^{-(2n+1)z}\right)}},\\&{\sqrt {\frac {1}{k}}}{\sqrt {1-k'^{2}\sin .^{2}\mathrm {A} \left({\frac {2z}{\pi }}\mathrm {K} ,k'\right)}}={\frac {\sum e^{-4n^{2}r^{2}}\left(e^{2nz}+e^{-2nz}\right)-1}{\sum e^{-(2n+1)^{2}r^{2}}\left(e^{(2n+1)z}+e^{-(2n+1)z}\right)}}.\end{aligned}}\right\}$

(2)

Cette transformation des équations (1) en ces dernières peut encore s’effectuer de la manière suivante.

D’après une formule connue, on a

$e^{-4n^{2}r^{2}}={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha ^{2}}\cos .4nr\alpha d\alpha \,;$

on aura donc

$2\sum e^{-4n^{2}r^{2}}\beta ^{n}\cos .2nx=$

${\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }\left(\sum \beta ^{n}\cos .2n(2r\alpha +x)+\sum \beta ^{n}\cos .2n(2r\alpha -x)\right)e^{-\alpha ^{2}}d\alpha \,;$

$\beta$ étant une quantité positive ou négative, mais plus petite que l’unité, abstraction faite du signe, afin que les sommes contenues dans le second membre de cette équation, soient des séries convergentes. On aura alors

$2\sum \beta ^{n}\cos .2n(2r\alpha \pm x)-1={\frac {1-\beta ^{2}}{1-2\beta \cos .2(2r\alpha \pm x)+\beta ^{2}}}\,;$

d’où l’on conclura

$2\sum e^{-4n^{2}r^{2}}\beta ^{n}\cos .2nx-1={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\left(fx+f(-x)\right),$

(3)