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intégrale étant prise depuis $x=0$ jusqu’à l’autre valeur de $x$ qui rend cette même fonction nulle. Ces deux valeurs sont

$x=-{\frac {1}{1+z}}\qquad {\text{et}}\qquad x={\frac {1}{1-z}}\,;$

en supposant donc $x={\frac {z+\cos \varpi }{1-z^{2}}},$ on transformera $\lambda$ expression précédente de $y_{s}$ dans celle-ci

$y_{s}={\frac {\mathrm {B} }{\left(1-z^{2}\right)^{s}}}\int d\varpi (z+\cos \varpi )^{s}+{\frac {\mathrm {B} '}{\left(1-z^{2}\right)^{s}}}\int d\varpi (z+\cos \varpi )^{s},$

la première intégrale étant prise depuis $\varpi =0$ jusqu’à la valeur de $\varpi ,$ dont le cosinus est $-z,$ et la seconde intégrale étant prise depuis cette valeur jusqu’à $\varpi =\pi .$ Pour déterminer les deux arbitraires $\mathrm {B}$ et $\mathrm {B} ',$ on observera que

$y_{0}={\frac {1}{\sqrt {\left(1-z^{2}\right)}}}=\mathrm {B} \int d\varpi +\mathrm {B} '\int d\varpi ,$

$y_{1}={\frac {z}{\left(1-z^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}}={\frac {\mathrm {B} }{1-z^{2}}}\int d\varpi (z+\cos \varpi )+{\frac {\mathrm {B} '}{1-z^{2}}}\int d\varpi (z+\cos \varpi )\,;$

d’où il est facile de conclure

$\mathrm {B=B'} ={\frac {1}{\pi {\sqrt {1-z^{2}}}}},$

partant

$y_{s}={\frac {1}{\pi \left(1-z^{2}\right)^{s+{\frac {1}{2}}}}}[\int d\varpi (z+\cos \varpi )^{s}+(-1)^{s}\int d\varpi (\cos \varpi -z)^{s},$

la première intégrale étant prise depuis $\varpi =0$ jusqu’à $z+\cos \varpi =0,$ et la seconde intégrale étant prise depuis $\varpi =0$ jusqu’à $z-\cos \varpi =0.$ Soient

${\frac {1}{s}}=\alpha \qquad {\text{et}}\qquad (z+\cos \varpi )^{s}=(1+z)^{s}e^{-t^{2}}\,;$

on aura

$\varpi =\alpha ^{\frac {1}{2}}t{\sqrt {2(1+z)}}\left[1-{\frac {\alpha (2-z)}{12}}t^{2}+\ldots \right],$