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on aura

${\begin{aligned}\int \alpha r^{2}&\sin \mathrm {P\cos P\sin Q'} \\=&\sin \pi \cos \pi \mathrm {\left(A\cos ^{2}\varepsilon -2C\sin \varepsilon \cos \varepsilon +B\sin ^{2}\varepsilon -F\right)} \\&\qquad \qquad \qquad \qquad +\left(\cos ^{2}\pi -\sin ^{2}\pi \right)\mathrm {\left(D\cos \varepsilon -E\sin \varepsilon \right)} =0,\\\\\int \alpha r^{2}&\sin \mathrm {P\cos P\cos Q'} \\=&\sin \pi \mathrm {\left[(A-B)sin\varepsilon \cos \varepsilon +C\left(\cos ^{2}\varepsilon -\sin ^{2}\varepsilon \right)\right]} \\&\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad +\cos \pi \mathrm {\left(D\sin \varepsilon +E\cos \varepsilon \right)} =0,\end{aligned}}$

deux équations d’où l’on tirera les valeurs de $\varepsilon$ et $\pi .$

La première nous donne

${\frac {\operatorname {tang} \pi }{1-\operatorname {tang} ^{2}\pi }}=\mathrm {\frac {E\sin \varepsilon -D\cos \varepsilon }{A\cos ^{2}\varepsilon -2C\sin \varepsilon \cos \varepsilon +B\sin ^{2}\varepsilon -F}} ,$

et la seconde nous donne aussi

$\operatorname {tang} \pi =\mathrm {\frac {-D\sin \varepsilon -E\cos \varepsilon }{(A-B)\sin \varepsilon \cos \varepsilon +C\left(\cos ^{2}\varepsilon -\sin ^{2}\varepsilon \right)}} \,;$

donc, chassant $\operatorname {tang} \pi$ et faisant $\sin \varepsilon =x,$ on aura, après les réductions, une équation de cette forme

$ax+bx^{3}+\left(f+gx^{2}\right){\sqrt {1-x^{2}}}=0,$

dans laquelle

${\begin{aligned}a=&\mathrm {CDK+EHK-C^{2}E-2CHD+2D^{2}E-E^{3}} ,\\b=&\mathrm {-2CDK-EHK+3CHD+2C^{2}E-3D^{2}E+E^{3}} ,\\f=&\mathrm {CEK-C^{2}D+E^{2}D} ,\\g=&\mathrm {DHK-2CEK-CEH+2C^{2}D+D^{3}-H^{2}D-3E^{2}D} ,\end{aligned}}$

$\mathrm {K}$ étant $=\mathrm {A-F}$ et $\mathrm {H=A-B} .$ Cette équation étant dégagée des signes radicaux, devient celle-ci

$x^{6}+{\frac {2ab+2fg-g^{2}}{b^{2}+g^{2}}}x^{4}+{\frac {a^{2}+f^{2}-2fg}{b^{2}+g^{2}}}x^{2}-{\frac {f^{2}}{b^{2}+g^{2}}}=0,$

laquelle, ayant son dernier terme négatif, et ne renfermant aucune puissance impaire de $x,$ aura nécessairement, comme on sait, au moins deux