C. V. L. Charlier. 



vorigen Paragraphen können wir also p = s setzen. Wir werden nun ein parti- 

 kulares Integral, das nach Potenzen von s (= dz : dt) fortschreitet, ableiten. 

 Wir setzen 



OC — OCq ~ I . 0Cj& j j - . • ■ 



y =y 0 + + + • • ■ 



Zur Bestimmung von x 0 und y 0 erhalten wir nach dem vorigen Paragraphen 

 die Gleichungen 



(10 



(10) 



m 1 



0 = 



dx 0 dtj 0 



Wenn wir von dem Falle i = 0 absehen, können wir diese Gleichungen in 

 der Form 



dt 



Wo 



schreiben. 



Die zweite Gleichung giebt y 0 = 0 *), die erste lautet mit Rücksicht hierauf: 



d9. 



s 1 sin 2i — s 2 sin 2 (s — i) -\r 2 sin i = 0 , 



oder 



(10*) [s i -f- ff a cos 2s) sin 2i x — s 2 sin 2s cos 2i x -(- 2 siu i x — 0 , 



wenn der betreffende Werth von i mit ^ bezeichnet wird. 



Wird dii 0 : dt = 0 gesetzt, erhält man hieraus die von Laplace und Tissekand 

 betrachtete Lösung. 



Um die Gleichung (10*) näher zu studieren, setze ich 



(H) 



cos 2E, = 



s l -\- s 2 cos 2s 



1 " \ r s\ + s\ + 2s x * 2 cos 2s' 

 s„ sin 2s 



sin 2£. = 



V 



tg 2E t = 



V sf + ä| + 2.9 r 9 2 cos 2s 

 s a sin 2s 



s\ -f- s 2 cos 2s ' 



und führe in analoger Weise noch eine Hilfsgrösse E 2 durch folgende Formeln ein 



.s 2 + s t cos 2s 



(12) 



cos 2E a 



sin 2E a 



Vs\ + s" + 2^6 2 cos 2s 



s x sin 2s 



j/sf + s% + 2^s 2 cos 2s' 



tg 2E 2 = 



s 2 + S 1 cos 2 £ 



*) Von anderen möglichen Lösungen können wir hier absehen. 



