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dt — 



m 



odx '[/ h-\-a — x 



o'dx'\/x' 



[/2g I o 8 (h-t-a — x) — cd' s x o s (A-+-oc — x) — a'* x 



Pongasi ora per la prima funzione [/h-ha — x 



W 



e per la seconda 



\/x = 



e si avrà 



dt = 



2m 



ovrdu 



o'z 2 dz 



y/2g ì o' s (h-t-x) — (V-f-c/ *)w* o'*(k-ha) — (»*-hg/ V 



di cui l'integrale fra i limiti a' ed x rispetto alla variabile x sarà 



(DU 





2m' 



(Da' i/h-i-a o' [/h-{-a 

 oz-- , „ = log — 



2 |/cr 



■o 



u\/(D s -{-a' s !«' 

 —* X 



a [/h-\-a — u [/o s -\-(D 



(O'H-O'*) ] /2 ff j Q ì/h _ ha _+_ z yyj 



-a 



\ ' q [/h-\-a — z [/o s -i-(o' 



Ix 



e quindi sostituendo per u e z le funzioni in x si avrà 



o \ \/ìi-\-a — a' — j/'A-t-a — x' \ -t- o' j \/a — \/x \ — 



(6) t = 



2m 



oo [/h-h-a o' \/h-ha -+- \/li-\-a — a \/ q 2 -ì-d s 

 2 [/o s -\-(d' s s o' [/h-ì-a — [/h-\-a — a [/o 2 -\-a' s ' 



(Q*-*-a'*)/2g 



o i/h-i-a -+- \/ a [/o 9 -+-(d' s 



s\ /i / — r / — 5 T5 ss 



= ( o [/h-t-a — |/a' \/q s -+-(d' 



a \Zh-\-a — \/h-\-a — x [/ ' Q 2 -\-d s 

 X ; / 7 /7 , / o vi X 



o' [/h-\-a -t- j/A-i-a — a?' j/o 5 -!-»' 



X 



G? |/ /*-}-« J/V \/(D S -+-(D 



q [/h-ì-a -+- i/x' \/q 2 -\-q 



Questa formola darà t per x , cioè il tempo che il livello impiegherà a passare 

 dalla carica iniziale a' alla x' , ma il problema reciproco non potrà per di lei mezzo 

 essere algebricamente risoluto, stantechè la x si trova contemporaneamente im- 

 plicata in funzioni algebriche e trascendenti. 



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