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Pour intégrer ces quantités, on doit observer que

${\begin{aligned}\int m^{4}e^{-\mathrm {K} m}dm=&-{\frac {1}{\mathrm {K} }}m^{4}e^{-\mathrm {K} m}+\int {\frac {4}{\mathrm {K} }}m^{3}e^{-\mathrm {K} m}dm\\=&-{\frac {1}{\mathrm {K} }}m^{4}e^{-\mathrm {K} m}-{\frac {4}{\mathrm {K} ^{2}}}m^{3}e^{-\mathrm {K} m}+\int {\frac {3.4}{\mathrm {K} ^{2}}}m^{2}e^{-\mathrm {K} m}dm,\\\end{aligned}}$

et ainsi de suite. Partant,

${\begin{aligned}\int m^{4}e^{-\mathrm {K} m}dm=&\mathrm {C} -{\frac {1}{\mathrm {K} }}m^{4}e^{-\mathrm {F} m}-{\frac {4}{\mathrm {K} ^{2}}}m^{3}e^{-\mathrm {K} m}\\&-{\frac {3.4}{\mathrm {K} ^{3}}}m^{2}e^{-\mathrm {K} m}-{\frac {2.3.4}{\mathrm {K} ^{4}}}me^{-\mathrm {K} m}-{\frac {1.2.3.4.5}{\mathrm {K} ^{5}}}e^{-\mathrm {K} m}.\end{aligned}}$

Puisque cette intégrale doit s’évanouir lorsque $m=0$ on a

$\mathrm {C} ={\frac {1.2.3.4.5}{\mathrm {K} ^{5}}}\,;$

d’ailleurs, comme elle doit finir lorsque $m=\infty ,$ on a dans ce cas

$m^{4}e^{-\mathrm {K} m}=0,\qquad m^{3}e^{-\mathrm {K} m}=0,\qquad \ldots \,;$

partant,

$\int m^{4}e^{-\mathrm {K} m}dm={\frac {1.2.3.4.5}{\mathrm {K} ^{5}}}.$

On aura ainsi, pour obtenir $x,$ l’équation suivante :

$(\omega )\ \left\{{\begin{aligned}&{\frac {1}{(3p+2q-x)^{5}}}-{\frac {1}{3(4p+2q-x)^{5}}}-{\frac {1}{3(3p+3q-x)^{5}}}\\&={\frac {1}{(2p+2q)^{5}}}-{\frac {1}{3(2p+3q)^{5}}}-{\frac {1}{9(4p+2q)^{5}}}+{\frac {1}{9(2p+4q)^{5}}}.\end{aligned}}\right.$

Cette équation monte au quinzième degré et donne quinze valeurs pour $x\,;$ mais on doit observer que, dans le cas du problème précédent, $x$ doit être positive et moindre que $p,$ ce qui rend un grand nombre de ces valeurs inutiles ; s’il y en avait cependant plusieurs qui satisfissent à ces deux conditions, il serait impossible de déterminer laquelle est préférable. Heureusement cela n’arrive point ici, et nous allons faire voir qu’il n’y en a qu’une seule qui y satisfasse, ce qu’il est essentiel de remarquer pour l’usage de cette méthode.