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donc on aura

$1-m+(1-n)t^{2}={\frac {m}{g^{2}\mu }}\left[1-\mu +(1-\nu )\theta ^{2}\right]$

$={\frac {m+(1-m)g^{2}}{g^{2}}}\left[1-\mu +(1-\nu )\theta ^{2}\right].$

Faisant donc ces substitutions dans la formule différentielle du numéro précédent et supposant, pour abréger,

$\chi ={\frac {g^{4}k}{\left[g^{2}(1-m)+m\right]\left[g^{2}(1-n)+n\right]}},$

elle deviendra

${\frac {8d\theta {\sqrt {\chi }}}{1-\mu +(1-\nu )\theta ^{2}}}$

$\times \left[1-{\sqrt {\frac {\mu +\nu \theta ^{2}}{1-\mu +(1-\nu )\theta ^{2}}}}\times \operatorname {arc} \,\operatorname {tang} {\frac {1}{\sqrt {\dfrac {\mu +\nu \theta ^{2}}{1-\mu +(1-\nu )\theta ^{2}}}}}\right],$

et comme $\theta$ est égal à zéro lorsque $t=0,$ et égal à $\infty$ lorsque $t=\infty ,$ il s’ensuit qu’il faudra prendre aussi l’intégrale de cette formule depuis $\theta =0$ jusqu’à $\theta =\infty .$

3. Cette transformée en $\theta$ est, comme on voit, entièrement semblable à la formule ci-dessus en $t$ dans le cas de $g=1,$ les quantités $\mu ,\nu ,\chi$ répondant aux quantités $m,n,k\,;$ donc puisque les deux valeurs extrêmes des variables $t$ et $\theta$ doivent être les mêmes, il s’ensuit que l’intégrale de la différentielle en $t$ du n^o 1, quelle que soit la valeur de $g,$ sera exprimée par une fonction de $\mu ,\nu ,\chi$ semblable à la fonction de $m,n,k$ par laquelle sera exprimée la même intégrale dans le cas de $g=1.$

Donc l’attraction du sphéroïde représenté par l’équation

$z^{2}+mx^{2}+ny^{2}=k$

sur un point placé hors de lui dans l’axe des $z$ à la distance $c$ du centre sera égale à l’attraction du sphéroïde représenté par l’équation

$z^{2}+\mu x^{2}+\nu y^{2}=\chi$

sur un point de sa surface dans le même axe des $z.$

4. Les trois demi-axes du sphéroïde représenté par l’équation

$z^{2}+mx^{2}+ny^{2}=k,$