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cette équation devient

$\operatorname {F} \left(2(i+1)l+z\right)=b^{i+1}\operatorname {F} z-{\frac {\left(1-b^{i+1}\right)bp}{1-b}}-{\frac {(-1)^{i}\left(1-(-b)^{i+1}\right)bq}{1+b}}\,;$

en faisant, pour abréger,

$\varphi \left({\frac {z}{a}}\right)+\varphi \left({\frac {2l+z}{a}}\right)=2p,\qquad \varphi \left({\frac {z}{a}}\right)-\varphi \left({\frac {2l+z}{a}}\right)=2q.$

Lorsque $i$ sera devenu un très-grand nombre, on pourra supprimer les termes qui contiennent la puissance $i$ de $b\,;$ le mouvement sera alors indépendant de l’état initial du fluide ; et, en remettant pour 6 sa valeur, on aura simplement

$\operatorname {F} \left(2(i+1)l+z\right)={\frac {(1-k)p}{2}}+{\frac {(-1)^{i}(1-k)q}{2k}}.$

Les valeurs de la fonction $\operatorname {F} ,$ données par cette équation, redeviendront les mêmes toutes les fois que $i$ augmentera de deux unités, c’est-à-dire lorsque $at$ augmentera de $4l,$ ou $t$ de ${\frac {4l}{a}}\,;$ en vertu des équations $(8),$ les valeurs de $v$ et de $s$ suivent les mêmes lois que celles de cette fonction ; le fluide fera donc, comme sa première tranche, des oscillations isochrones dont la durée sera égale à ${\frac {4l}{a}}.$ Mais ce mouvement ne sera conforme à l’hypothèse du n^o 2, qu’autant que que l’une ou l’autre des quantités $p$ et $q$ sera égale à zéro : la première, dans le cas du tube fermé à l’extrémité du tube qui répond à $x=l,$ et la seconde, dans le cas du tube ouvert ; car, sans cela, les valeurs de la fonction $\operatorname {F} ,$ et par suite celles de $v$ et de $s$ deviendraient extrêmement grandes, à cause de la quantité $k$ que nous supposons très-grande dans le premier cas, et très-petite dans le second (n^o 18).

On fera donc $q=0$ dans le cas du tube ouvert ; ce qui