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$P=-{\frac {(z-c)+(2x-y)}{2(z-c)+(x+y)}},\quad Q=-{\frac {(z-c)+(2y-x)}{2(z-c)-(x+y)}},$

d’où

${\frac {\operatorname {d} P}{\operatorname {d} y}}=3.{\frac {(z-c)+x}{\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}^{2}}},\qquad {\frac {\operatorname {d} Q}{\operatorname {d} x}}=3.{\frac {(z-c)+y}{\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}^{2}}},$

${\frac {\operatorname {d} Q}{\operatorname {d} z}}=-3.{\frac {x-y}{\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}^{2}}},\quad {\frac {\operatorname {d} P}{\operatorname {d} z}}=+3.{\frac {x-y}{\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}^{2}}}\,;$

et de là

${\frac {\operatorname {d} P}{\operatorname {d} y}}-{\frac {\operatorname {d} Q}{\operatorname {d} x}}=P{\frac {\operatorname {d} Q}{\operatorname {d} z}}-Q{\frac {\operatorname {d} P}{\operatorname {d} z}}=3.{\frac {x-y}{\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}^{2}}}\,;$

la condition d’intégrabilité se trouve donc ici satisfaite, comme on pouvait bien s’y attendre (2) ; l’équation des surfaces trajectoires orthogonales de toutes les droites du faisceau est donc l’intégrale de l’équation différentielle

$\left\{(z-c)+(2x-y)\right\}\operatorname {d} x+\left\{(z-c)+(2y-x)\right\}\operatorname {d} y+\left\{2(z-c)+(x+y)\right\}\operatorname {d} z=0.$

On peut la mettre sous cette forme

$(x+z-c)(\operatorname {d} x+\operatorname {d} z)+(y+z-c)(\operatorname {d} y+\operatorname {d} z)+(x-y)(\operatorname {d} x-\operatorname {d} y)=0,$

ou, en multipliant par 2,

$\operatorname {d} .(x+z-c)^{2}+\operatorname {d} .(y+z-c)^{2}+\operatorname {d} .(x-y)^{2}=0\,;$

ce qui donne, en intégrant,

$(x+z-c)^{2}+(y+z-c)^{2}+(x-y)^{2}=r^{2},$

$r$ étant la constante arbitraire. Les droites du faisceau sont donc normales à une série de cylindres concentriques, dont l’axe commun est donné par la double équation