Pour plus de clarté, supposons que l’axe de 
soit vertical et dirigé de bas en haut ; que 
soit tout entier au-dessus du plan horizontal des 
et qu’il n’y ait que deux points de sa surface qui aient la même projection sur ce plan. Ce sera depuis l’ordonnée du point inférieur jusqu’à celle du point supérieur, que l’on devra prendre l’intégrale relative à x' ; ainsi l’on aura
![{\displaystyle \iiint {\frac {d.{\frac {x-x'}{\rho ^{3}}}}{dx'}}dx'dy'dz'=\iint \left({\frac {x-x'}{\rho ^{3}}}\right)dy'dz'-\iint \left[{\frac {x-x'}{\rho ^{3}}}\right]dy'dz'\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3e42804c42cb2c1660e83d573d776f8adb2e3e7f)
les quantités ![{\displaystyle \left[{\frac {x-x'}{\rho ^{3}}}\right]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/18e1164f935391197306f0c149a0eca3bee33b41)
et 
se rapportant respectivement à ces deux points. Si donc on conçoit un cylindre vertical, tangent à la surface de 
qui la divise en deux parties il faudra étendre la première des deux intégrales doubles à la partie supérieure, et la seconde a la partie inférieure. Or, en appelant 
l’angle compris entre la verticale tirée de bas en haut par le point de la surface de dont 
sont les coordonnées, et la partie extérieure de la normale à cette surface au même point, cet angle sera aigu dans toute la première portion de la surface, et obtus dans toute la deuxième partie ; désignant de plus par 
l’élément différentiel de la surface en ce même point, sa projection horizontale sera 
et nous aurons
