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précédente de $u',$

$du=du'\left(1-\alpha b^{2}\right)+{\frac {2\alpha b}{3u'^{2}}}du'\left[\left(b^{2}+2u'^{2}\right){\sqrt {b^{2}-u'^{2}}}-b^{3}\right],$

ce qui donne

$dz={\frac {u'du'\left(1-\alpha b^{2}\right)}{\sqrt {b^{2}-u'^{2}}}}+{\frac {2\alpha bdu'}{3u'^{2}}}\left(b^{2}+2u'^{2}-{\frac {b^{3}}{\sqrt {b^{2}-u'^{2}}}}\right).$

Soit $u'=\theta \sin \theta \,;$ on aura

${\frac {dz}{b}}=d\theta \sin \theta \left(1-\alpha b^{2}\right)+{\frac {2\alpha b^{2}}{3}}d\theta \left(\sin 2\theta -{\frac {\sin {\frac {1}{2}}\theta }{\cos {\frac {1}{2}}\theta }}\right),$

ce qui donne, en intégrant,

${\frac {z}{b}}=\left(1-\alpha b^{2}\right)\left(1-\cos 2\theta \right)+{\frac {4\alpha b^{2}}{3}}\log \cos {\frac {1}{2}}\theta .$

En nommant $l$ le demi-diamètre du tube, et observant que ce demi diamètre est à très-peu près égal à la valeur extrême de $u,$ parce que les plans extrêmes de la surface du segment que nous considérons ne sont, comme on l’a vu, éloignés du tube que d’une quantité imperceptible, on aura, pour la valeur extrême de $u',$

$u'=l+\alpha b^{2}l-{\frac {2}{3}}\alpha {\frac {b^{4}}{l}}+{\frac {2}{3}}\alpha {\frac {b^{4}}{l}}\cos ^{3}\theta ',$

$\theta '$ étant ici la valeur extrême de $\theta$, valeur qui est le complément de l’angle que les côtés extrêmes de la courbe $\mathrm {AOB}$ forment avec les parois du tube. On a ensuite, pour la valeur extrême de u',

$u'=b\sin \theta '.$

En comparant ces deux valeurs de $u',$ on aura

$b={\frac {l}{\sin \theta '}}+{\frac {\alpha b^{2}l}{\sin \theta '}}-{\frac {2}{3}}{\frac {\alpha b^{4}}{l\sin \theta '}}+{\frac {2}{3}}{\frac {\alpha b^{4}\cos ^{3}\theta '}{l\sin \theta '}},$