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laire autour de cet axe, tandis que, pendant un temps très court, 
en vertu de la rotation MA, il décrira une perpendiculaire au- 
dessous du plan AMB, qui sera égale à wdt XX UV. Or, il est 
facile de voir que le même point, en tournant autour de HN, 
décrira dans le même temps le même chemin, c’est-à-dire égal 
à 9 dt>x VT, de sorte qu’on a 
_odt>xX< UV —=QdtX VT. 
d'où VT _o 
EN FAST LS 
Or, VT = MV sin, UV — MY since; 
donc sl — mi 
UV. Sin à 
: 0 sin B 
et par suite ER RE 
Sin à 
Dans le triangle HCQ, on a 
sing __ Cq 
sina __ MC’ 
donc  — 
ce qu'il fallait démontrer. 
C’est uniquement pour abréger que nous avons pris le point V 
sur l’un des axes composants ; on pourrait sans difficulté exami- 
ner le cas où ce point est également dans le plan des axes de 
rotation, mais hors de l'angle qu'ils forment entre eux (fig. 2). 
On démontre facilement, que le chemin parcouru par le point V, 
au-dessous du plan des axes, pendant un temps très court, en 
tournant autour de la résultante, est égal à la somme des chemins 
parcourus pendant le même temps autour des deux composantes; 
de sorte qu’on a 
QdtxX VT—=wdtx< VU—+ w'dt x VS. 
En effet, soit V (fig. 3) le point considéré hors de l’angle et 
dans le plan formé par les axes de rotation. Menant les lignes 
MV, Vp, VC, Vq, on forme les trois triangles MVp, MVC, MVa, 
ayant le côté MV commun, que l’on peut prendre aussi pour 
base commune; abaissant les trois hauteurs respectives de ces 
triangles px, Cy, gz, il s’agit de démontrer que la surface du 
