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férieur : la première intégrale devra s’étendre à tous les points supérieurs, et la seconde à tous les points inférieurs ; or, si nous désignons par \gamma l’angle que fait, en un point quelconque de la surface, la partie extérieure de la normale avec l’axe des $z$ positives, et par $ds$ l’élément différentiel de cette même surface, nous aurons

$dxdy=\gamma ds,\quad {\text{ou}}\quad dxdy=-\gamma ds,$

selon qu’il s’agira des premiers points pour lesquels $\gamma$ sera positif, ou des seconds pour lesquels ce cosinus sera négatif ; par conséquent la différence des deux intégrales doubles se réduira à une seule intégrale étendue à la surface entière, et l’on aura simplement

$\iiint {\frac {d\mathrm {P} _{1}}{dz}}dx\,dy\,dz=\int \gamma \mathrm {P} _{1}ds.$

On trouvera de même

$\iiint {\frac {d\mathrm {P} _{2}}{dy}}dx\,dy\,dz=\int \beta \mathrm {P} _{2}ds,\quad \iiint {\frac {d\mathrm {P} _{3}}{dx}}dx\,dy\,dz=\int \alpha \mathrm {P} _{3}ds,$

en appelant $\beta$ et $\alpha$ les cosinus des angles que fait la partie extérieure de la normale en un point quelconque de la surface, avec les axes des $y$ et des $x$ positives. Il en résultera donc

$\int \mathrm {X} dm=\int \mathrm {\left(\gamma P_{1}+\beta P_{2}+\alpha P_{3}\right)} ds\,;$

et en opérant de la même manière sur les deux dernières équations (3), on en conclura

${\begin{aligned}&\int \mathrm {Y} dm=\int \mathrm {\left(\gamma Q_{1}+\beta Q_{2}+\alpha Q_{3}\right)} ds\,;\\&\int \mathrm {Z} dm=\int \mathrm {\left(\gamma R_{1}+\beta R_{2}+\alpha R_{3}\right)} ds.\end{aligned}}$