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de sorte que l’équation dont nous parlons deviendra

$9r^{4}u^{4}-6r^{2}u^{2}\alpha ^{2}+\alpha ^{4}=0,$

c’est-à-dire,

$\left(3r^{2}u^{2}-\alpha ^{2}\right)^{2}=0,$

d’où

$\alpha ^{2}=3r^{2}u^{2}=3(\mathrm {A+B+C} )r.$

Ainsi l’on aura satisfait à toutes les équations du Problème ; de sorte que la valeur de $r$ demeurera indéterminée ; d’où il s’ensuit que le système des trois Corps peut se mouvoir de manière que les trois Corps forment toujours un triangle quelconque équilatéral.

Ayant trouvé

$\mathrm {P} ={\frac {3r^{4}}{4}},\quad \Sigma =\Sigma '=\Sigma ''=r^{2}\alpha ^{2}=3r^{4}u^{2},$

on aura

$4\mathrm {P} u^{2}-\Sigma =0,\quad 4\mathrm {P} u'^{2}-\Sigma '=0,\quad 4\mathrm {P} u''^{2}-\Sigma ''=0\,;$

donc

$\sin \psi =0,\quad \sin \psi '=0\,;$

d’où l’on voit que les trois Corps seront toujours nécessairement dans un même plan.

On trouve ensuite

$\Pi =\Pi '=\Pi ''=r^{2}u^{2},$

$\Psi =\Psi '=\Psi ''=pv+{\frac {\alpha ^{2}}{4}}={\frac {r^{2}u^{2}}{4}}+{\frac {3r^{2}u^{2}}{4}}=r^{2}u^{2}\,;$

donc, à cause de $\psi =0$ et $\psi '=0,$ on aura

${\frac {d\varphi }{dt}}={\frac {d\varphi '}{dt}}=\mathrm {\left({\frac {1}{C}}+{\frac {1}{A}}+{\frac {1}{B}}\right)} {\frac {u^{2}}{h}}\,;$

mais l’équation $(\mathrm {P} )$ donnera

$h^{2}=\mathrm {\left({\frac {1}{C^{2}}}+{\frac {1}{B^{2}}}+{\frac {1}{A^{2}}}+{\frac {2}{AB}}+{\frac {2}{AC}}+{\frac {2}{BC}}\right)} r^{2}u^{2}\,;$

ou bien

$h^{2}=\mathrm {\left({\frac {1}{C}}+{\frac {1}{B}}+{\frac {1}{A}}\right)} ^{2}r^{2}u^{2},$