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LIVRE PREMIER.

Comme $x$ a trois valeurs, l’expression de $y_{s}$ prend cette forme, par le n^o 29,

$y_{s}=\mathrm {A} \int x^{s-1}dx\left[1-\left(z+{\frac {1}{x}}\right)^{2}\right]^{-{\frac {1}{2}}}+\mathrm {A} '\int x^{s-1}dx\left[1-\left(z+{\frac {1}{x}}\right)^{2}\right]^{-{\frac {1}{2}}},$

$A$ et $\mathrm {A} '$ étant des constantes arbitraires, et la première intégrale étant prise depuis $x=-{\frac {1}{1+z}}$ jusqu’à $x=0,$ et la seconde étant prise depuis $x=0$ jusqu’à $x={\frac {1}{1-z}}.$ Si l’on fait

$x={\frac {z+\cos \varpi }{1-z^{2}}},$

l’expression précédente de $y_{s}$ devient

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

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

$y_{0}={\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}},\qquad y_{1}={\frac {z}{\left(1-z^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}},$

d’où il est facile de conclure

$\mathrm {B=B'} ={\frac {1}{\pi }}\,;$

partant

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

l’intégrale étant prise depuis $\varpi =0$ jusqu’à $\varpi =\pi .$ En prenant cette intégrale et observant que

$\int d\varpi \cos ^{2r}\varpi ={\frac {1}{2^{2r}}}\int d\varpi \left(c^{\varpi {\sqrt {-1}}}+c^{-\varpi {\sqrt {-1}}}\right)^{2r}$

$={\frac {1.2.3\ldots 2r}{2^{2r}(1.2.3\ldots r)^{2}}}\pi ={\frac {1.3.5\ldots (2r-1)}{2.4.6\ldots 2r}}\pi ,$