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$\mathrm {MN} =z,\quad \mathrm {SN} ={\frac {k}{\operatorname {Cos} .\alpha }}=a,\quad \mathrm {NN'} =k\operatorname {d} x\operatorname {Tang} .\alpha =a\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x\,;$

donc

$\operatorname {d} S=az\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .\alpha \left(1-{\frac {z}{2a}}\right)={\frac {z\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .\alpha }{2}}\left[a+(a-z)\right]$

en mettant donc ici pour $z$ sa valeur en $x,$ on aura

$\operatorname {d} S={\frac {a^{2}\operatorname {Sin} .\alpha }{2}}\left\{{\frac {\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{n+\operatorname {Sin} .x}}+{\frac {n\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{(n+\operatorname {Sin} .x)^{2}}}\right\}.\qquad$(I)

Le triangle rectangle $\mathrm {SCN}$ donne

$\mathrm {CP={\frac {SC.CN}{SN}}} =k\operatorname {Sin} .\alpha =a\operatorname {Sin} .\alpha \operatorname {Cos} .\alpha ,$

mais, en représentant par $V$ le volume de la pyramide qui a la surface $S$ pour base et son sommet en $\mathrm {C} ,$ on a

$\operatorname {d} V={\frac {1}{3}}CP.\operatorname {d} S\,;$

donc, en substituant, on aura

$\operatorname {d} V={\frac {a^{3}\operatorname {Sin} .^{2}\alpha \operatorname {Cos} .\alpha }{6}}\left\{{\frac {\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{n+\operatorname {Sin} .x}}+{\frac {n\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{(n+\operatorname {Sin} .x)^{2}}}\right\}\,;\qquad$(II)

tout se réduit donc à intégrer les deux formules,

${\frac {\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{n+\operatorname {Sin} .x}},\qquad {\frac {\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{(n+\operatorname {Sin} .x)^{2}}}.$

Or, il suffit pour cela de savoir intégrer la première ; car en différentiant sous le signe, par rapport à $n,$ l’intégrale

$\int {\frac {\operatorname {d} x\operatorname {Sin} .x}{n+\operatorname {Sin} .x}},$

il vient