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dans un intervalle de temps fini ; et pour faire usage des calculs précédents, nous admettrons que pendant un temps aussi court que l’on voudra, la pression décroissante était exprimée par $\mathrm {N} e^{-ht},$ ${\frac {1}{h}}$ étant un temps extrêmement petit. Alors, pour $t=0,$ l’équation (3) deviendra

$\mathrm {N} -5k\delta =0\,;$

résultat identique d’après la valeur de $\delta$ due à la pression $\mathrm {N}$ et calculée dans le n^o 15.

Au reste, d’après la grandeur supposée de $h,$ le terme provenant de cette force $\mathrm {N} e^{-ht}$ disparaîtra très-promptement, soit dans l’équation (3), soit dans la formule (5) ; et il n’est utile à considérer que pour montrer que la condition relative à la surface est remplie sans aucune exception et dès l’origine du mouvement. En en faisant donc abstraction, supposant l’état initial quelconque et substituant pour $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ leurs valeurs, ainsi que celles de $\mathrm {D,\,D'} ,$ $\int _{0}^{l}\mathrm {R} ^{2}dr,$ dont elles dépendent, la formule (5) deviendra

$\varphi =2l\sum \left\{{\frac {\int _{0}^{l}(\mu \,r\cos .\mu \,r-\sin .\mu \,r)(\mu \,afr.\cos .\mu \,at+f'r.\sin .\mu \,at)dr}{\mu \,a\left(\mu ^{2}l^{2}+\mu \,l\sin .\mu \,l\cos .\mu \,l-2\sin .^{2}\mu \,l\right)}}.{\frac {\sin .\mu \,r}{r}}\right\}.$(13)

(21) L’équation (12) à laquelle nous avons été conduit par notre analyse, se vérifie aisément de la manière suivante.

L’intégrale qui forme son premier membre peut s’écrire de ces deux manières :

${\begin{aligned}&\int _{0}^{l}\mathrm {RR} 'dr=\int _{0}^{l}(\mu \,r\cos .\mu \,r-\sin .\mu \,r)d.{\frac {\sin .\mu 'r}{r}},\\&\int _{0}^{l}\mathrm {RR} 'dr=\int _{0}^{l}(\mu 'r\cos .\mu 'r-\sin .\mu 'r)d.{\frac {\sin .\mu \,r}{r}}\,;\end{aligned}}$