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obtiendrait directement l’intégrale sous forme finie de cette nouvelle équation ; mais il sera plus simple de la déduire de celle de l’équation (7), de la manière suivante.

En supposant la quantité $\varphi$ indépendante de $z,$ l’équation (7) se réduit à

${\frac {d\varphi }{dt}}=a\left({\frac {d^{2}\varphi }{dx^{2}}}+{\frac {d^{2}\varphi }{dy^{2}}}\right)\,;$

et son intégrale devient

$\varphi =\iint e^{-\alpha ^{2}-\beta ^{2}}f\left(x+2\alpha {\sqrt {at}},\,y+2\beta {\sqrt {at}}\right)d\alpha \,d\beta .$

Si l’on différentie, par rapport à $t,$ la valeur précédente de ${\frac {d\varphi }{dt}},$ il vient

${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}=a\left({\frac {d^{2}\varphi }{dx^{2}dt}}+{\frac {d^{2}\varphi }{dy^{2}dt}}\right)\,;$

et si l’on substitue cette même valeur de ${\frac {d\varphi }{dt}},$ dans le second membre de cette équation, on a

${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}=a^{2}\left({\frac {d^{4}\varphi }{dx^{4}}}+2{\frac {d^{4}\varphi }{dx^{2}dy^{2}}}+{\frac {d^{4}\varphi }{dy^{4}}}\right).$

Or, en comparant ce résultat à l’équation (10), on voit que l’on satisfera à cette équation en faisant $a=-b^{2},$ et prenant ensuite $z=\varphi \,;$ pour obtenir de cette manière l’intégrale complète de l’équation (10), nous ferons donc successivement $a=b{\sqrt {-1}},$ $a=-b{\sqrt {-1}},$ dans l’expression de $\varphi \,;$ nous changerous la fonction arbitraire qu’elle contient, en même temps que le signe de ${\sqrt {-1}}\,;$ puis nous prendrons pour $z$ la somme des deux valeurs de $\varphi \,;$ ce qui donne

${\begin{aligned}z&=\iint e^{-\alpha ^{2}-\beta ^{2}}f\left(x+2\alpha {\sqrt {bt{\sqrt {-1}}}},\,y+2\beta {\sqrt {bt{\sqrt {-1}}}}\right)d\alpha \,d\beta \\&+\iint e^{-\alpha ^{2}-\beta ^{2}}\operatorname {F} \left(x+2\alpha {\sqrt {-bt{\sqrt {-1}}}},\,y+2\beta {\sqrt {-bt{\sqrt {-1}}}}\right)d\alpha \,d\beta \,;\end{aligned}}$