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$a^{2}+b^{2}=1-c^{2},$

$a^{'2}+b^{'2}=1-c^{'2},$

$a^{''2}+b^{''2}=1-c^{''2}=c^{2}+c^{'2},$

cette valeur peut s’écrire ainsi :

$M\left(X^{'2}+Y^{'2}\right)+G+H+c^{2}(K-G)+c^{'2}(K+H)$

ou

$C+M\times {\overline {GH}}^{2}+c^{2}D'-c^{'2}D,$

en représentant toujours par $C$ le moment d’inertie $G+H$ relatif à l’axe principal parallèle au plan directeur où se trouve l’axe permanent $AM.$

Au moyen des valeurs de $c$ et de $c'$ en fonction de $p$ et de $q,$ on a

$c^{2}D'-c^{'2}D={\frac {D^{2}D'p^{2}-DD^{'2}q^{2}}{D^{2}p^{2}+D^{'2}q^{2}}}\sin ^{2}\beta$

$={\frac {DD'\left(Dp^{2}-D'q^{2}\right)}{D^{2}p^{2}+D^{'2}q^{2}}}M\sin ^{2}\beta =M\times KO\times KL,$

en sorte que le moment d’inertie de l’axe $AM$ est égal à

$C+M\left({\overline {GK}}^{2}+KL\times KO\right),$

lorsque le point K est hors de la circonférence $LOO',$ afin que $KL$et KO aient le même signe. Alors si l’on mène par le point $K$ une tangente à cette circonférence, qu’on porte la longueur de cette tangente de $K$ en $R$ sur $KL$ et qu’on joigne les points $G$ et $R$ par la ligne $GR,$ on a

${\overline {GR}}^{2}={\overline {GK}}^{2}+{\overline {KR}}^{2}={\overline {GK}}^{2}+KL\times KO,$

et le moment d’inertie cherché est

$C+M\times {\overline {GR}}^{2}.$

Ce cas a lieu quand $KL$ et $KO$ ou $E$ et ${\frac {DD'}{M}},$ qui leur sont proportionnelles, sont de même signe, c’est-à-dire, 1.^o  quand