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Or

$\cos ^{2}q={\frac {1+\cos 2q}{2}},\quad \sin ^{2}q={\frac {1-\cos 2q}{2}}\,;$

donc

$m'={\frac {m+n+(m-n)\cos 2q}{2}}.$

Soit maintenant

$\operatorname {tang} q=t,$

on aura

$\cos 2q={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\quad dq={\frac {dt}{1+t^{2}}}\,;$

donc

$m'={\frac {(m+n)\left(1+t^{2}\right)+(m-n)\left(1-t^{2}\right)}{2\left(1+t^{2}\right)}}={\frac {m+nt}{1+t^{2}}},$

${\begin{aligned}1-m'=&{\frac {1-m+(1-n)t^{2}}{1+t^{2}}},\\{\frac {m'}{1-m'}}=&{\frac {m+nt^{2}}{1-m+(1-n)t^{2}}}\,;\end{aligned}}$

et la différentielle précédente deviendra par ces substitutions

${\frac {8dt{\sqrt {k}}}{1-m+(1-n)t^{2}}}$

$\times \left[1-{\frac {1}{g}}{\sqrt {\frac {m+nt^{2}}{1-m+(1-n)t^{2}}}}\times \operatorname {arc} \,\operatorname {tang} {\frac {g}{\sqrt {\dfrac {m+nt^{2}}{1-m+(1-n)t^{2}}}}}\right],$

et comme $q=0$ donne $t=0,$ et $q=90^{\circ }$ donne $t=\infty ,$ il s’ensuit que pour avoir l’attraction entière il faudra prendre l’intégrale de cette quantité depuis $t=0$ jusqu’à $t=\infty .$

2. On voit par l’équation générale du sphéroïde, laquelle donne $z^{2}=k$ lorsque $x$ et $y$ sont nuls, que ${\sqrt {k}}$ est le demi-axe, en sorte que, faisant $c={\sqrt {k}},$ le point attiré tombe sur la surface ; or dans ce cas on a $g=1,$ ce qui simplifie un peu la formule précédente. Mais je vais faire voir que quelle que soit la valeur de $g,$ on peut toujours ramener la formule à la même forme que dans le cas de $g=1.$