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Pour intégrer cette équation, nommons $\varpi$ l’angle que le côté de la section génératrice forme avec la ligne horizontale menée de l’extrémité inférieure de ce côté à la verticale qui passe par le centre du disque. On aura

${\frac {dz}{dy}}=-\operatorname {tang} \varpi \,;$

l’équation précédente deviendra ainsi

(s)$\qquad \qquad \qquad \qquad -{\frac {d\varpi }{dy}}\cos \varpi -{\frac {\sin \varpi }{l+y}}=2\alpha z\,;$

en la multipliant par $dz$ ou par $-dy\operatorname {tang} \varpi$ et en l’intégrant, on aura

$\cos \varpi +\int {\frac {dz\sin \varpi }{l+y}}=\mathrm {const} .-\alpha z^{2}.$

Supposons que l’intégrale commence avec $z,$ et observons que, $z$ étant nul, le côté de la section coïncide avec la surface de niveau, ce qui rend $\varpi$ nul, et par conséquent $\cos \varpi =1\,;$ nous aurons const.$=1\,;$ donc

(t)$\qquad \qquad \qquad \qquad \alpha z^{2}=1-\cos \varpi -\int {\frac {dz\sin \varpi }{l+y}}.$

Lorsque le disque est fort large, $l$ est une quantité considérable par rapport à ${\frac {1}{\sqrt {\alpha }}}\,;$ on aura ainsi une première valeur approchée de $z$ en négligeant, dans l’équation précédente, l’intégrale $-\int {\frac {dz\sin \varpi }{l+y}},$ ce qui donne

$z={\frac {\sqrt {2}}{\sqrt {\alpha }}}\sin {\frac {1}{2}}\varpi .$

On pourra donc substituer cette valeur de $z$ dans l’intégrale $-\int {\frac {dz\sin \varpi }{l+y}},$ qui devient par là

$-{\sqrt {\frac {2}{\alpha }}}\int {\frac {d\varpi \sin {\frac {1}{2}}\varpi \cos ^{2}{\frac {1}{2}}\varpi }{l+y}}.$