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Or, puisque $\mathrm {Q} =0$ donne $\varphi =0,$ il est clair que $\mathrm {Q}$ très-petit donnera aussi $\varphi$ très-petit ; donc, faisant $\varphi =\mathrm {Q} u$ et supposant $\mathrm {Q}$ très-petit, les équations du paragraphe précédent deviendront, à cause de $\sin \varphi =\mathrm {Q} u$ et $\cos \varphi =1-{\frac {\mathrm {Q} ^{2}u^{2}}{2}},$ à très-peu près,

${\begin{aligned}ds=&{\frac {\mathrm {K} du}{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}},\\dy=&{\frac {\mathrm {QK} udu}{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}},\\dx=&ds-{\frac {\mathrm {KQ^{2}} u^{2}du}{2{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}}},\end{aligned}}$

équations intégrables par les logarithmes lorsque $\mathrm {P}$ est positif, et par les arcs de cercle lorsque $\mathrm {P}$ est négatif.

Considérons ce dernier cas, et faisons, pour plus de simplicité, $u={\frac {\cos z-1}{\mathrm {P} }},$ on trouvera

${\begin{aligned}ds=&\mathrm {\frac {K{\sqrt {2}}}{\sqrt {-P}}} dz,\\dy=&\mathrm {\frac {QK{\sqrt {2}}}{P{\sqrt {-P}}}} (\cos z-1)dz,\\dx=&ds+\mathrm {\frac {Q^{2}K{\sqrt {2}}}{2P^{2}{\sqrt {-P}}}} \left({\frac {\cos 2z}{2}}-2\cos z+{\frac {3}{2}}\right)dz,\end{aligned}}$

d’où, en intégrant en sorte que $s,x$ et $y$ soient nuls lorsque $z=0,$ on aura

${\begin{aligned}s=&\mathrm {\frac {K{\sqrt {2}}}{\sqrt {-P}}} z,\\y=&\mathrm {\frac {QK{\sqrt {2}}}{P{\sqrt {-P}}}} (\sin z-z)z,\\x=&s+\mathrm {\frac {Q^{2}K{\sqrt {2}}}{2P^{2}{\sqrt {-P}}}} \left({\frac {\sin 2z}{4}}-2\sin z+{\frac {3z}{2}}\right),\end{aligned}}$