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en tant qu’elle provient de l’adhérence dont il s’agit, sera $2aLz'''.$

On aura donc pour l’équation d’équilibre entre les efforts opposés,

$\pi '\mathrm {L} l(h+x+z''')=\pi '''\mathrm {L} lz'''+2a\mathrm {L} z'''\,;$

d’où l’on tire

$z'''={\frac {l\pi '(h+x)}{2a+l(\pi '''-\pi ')}},$

valeur qui, substituée dans l’expression de la dépense du radier, donne

(VI)

$\ldots \mathrm {P} '''=p'''\operatorname {F} '''(x)={\frac {l\pi 'p'''(h+x)}{2a+l(\pi '''-\pi ')}}.$

(30) Remplaçons maintenant dans la formule (III) les quantités $z',\,z''$ et $z'''$ par les valeurs que nous venons de trouver pour chacune d’elles ; et faisant ensuite

${\begin{aligned}&{\frac {\mathrm {L} l^{2}\pi 'p'''}{2a+l(\pi '''-\pi ')}}=\mathrm {A} \\&{\frac {2l^{2}p'}{4}}{\sqrt {\frac {\pi '}{k}}}=\mathrm {B} \\&2\mathrm {L} p''{\sqrt {\frac {\pi ''}{3\pi '''}}}=\mathrm {C} \,;\end{aligned}}$

elle deviendra

(VII)

$\ldots d\left\{{\frac {a}{x}}\left[\mathrm {A} (h+x)+\mathrm {B} (h+x)^{\frac {3}{2}}+\mathrm {C} (h+x)^{2}\right]\right\}=0,$

et, après la différenciation,

(VIII)

$\ldots \mathrm {A} h+\mathrm {B} \left({\frac {2h-x}{2}}\right){\sqrt {h+x}}+\mathrm {C} \left(h^{2}-x^{2}\right)=0.$

C’est par conséquent de la solution d’une équation du