Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Sur le mouvement des nœuds des orbites planétaires

Joseph-Louis Lagrange

Sur le mouvement des nœuds des orbites planétaires

Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin, Gauthier-Villars, 1868, Œuvres de Lagrange. Tome IV (p. 111-147).

SUR LE
MOUVEMENT DES NŒUDS
DES
ORBITES PLANÉTAIRES^[1].

---

(Nouveaux Mémoires de l’Académie royale des Sciences et Belles-Lettres
de Berlin, année 1774.)

Un des principaux effets de l’attraction mutuelle des planètes est le changement de situation de leurs orbites. La théorie fait voir que si un corps qui se meut autour d’un centre, en vertu d’une force quelconque tendante à ce centre, est attiré par un autre corps mû autour du même centre et dans le même sens, mais dans un plan différent, le nœud, c’est-à-dire l’intersection de l’orbite du corps attiré sur celle du corps attirant regardée comme fixe, a nécessairement un mouvement rétrograde et contraire à celui des deux corps, sans compter les inégalités périodiques qui auront lieu tant dans ce mouvement du nœud que dans l’inclinaison des orbites. C’est ainsi que les nœuds de la Lune rétrogradent sur l’écliptique d’environ 19 degrés par an, par l’action du Soleil. La même chose doit donc avoir lieu aussi à l’égard des orbites des planètes principales, dont l’attraction mutuelle est un fait qu’on ne saurait plus révoquer en doute ; chaque orbite doit rétrograder continuellement sur chacune des autres orbites ; ce qui doit nécessairement produire à la longue un déplacement général de toutes les orbites planétaires. Il en est de même des orbites des satellites de Jupiter, ainsi que de celles des satellites de Saturne.

M. Euler est le premier qui ait entrepris de déterminer le changement que le plan de l’orbite de la Terre doit souffrir par sa rétrogradation continuelle sur les plans des orbites des autres planètes.

M. de Lalande a étendu ensuite cette théorie à toutes les planètes, et, après avoir déterminé séparément le mouvement des nœuds de chaque planète sur l’orbite de chacune des cinq autres, a examiné quel changement il devrait en résulter dans la position de chaque orbite relativement à un plan fixe.

Enfin M. Bailly a appliqué cette même théorie aux satellites de Jupiter et a tâché d’expliquer par là les variations observées dans les inclinaisons des orbites du second et du troisième satellite.

Mais comme les formules que ces Auteurs ont employées n’expriment à proprement parler que les variations instantanées ou différentielles des lieux des nœuds et des inclinaisons des orbites, il s’ensuit qu’elles ne peuvent servir que pour un temps limité, et qu’elles sont absolument insuffisantes pour faire connaître les véritables lois des variations de ces éléments. D’où l’on voit que le Problème dont il s’agit n’a pas encore été résolu avec toute la généralité et la précision nécessaires pour qu’on en puisse tirer des conclusions exactes sur les phénomènes que l’action mutuelle des planètes doit produire à la longue relativement à la position de leurs orbites.

L’importance de ce Problème m’ayant engagé à m’en occuper, je vais communiquer ici aux Géomètres les recherches que j’ai faites depuis quelque temps pour en trouver la solution. Elles m’ont conduit à des résultats qui me paraissent mériter leur attention, tant par l’utilité dont ils peuvent être dans l’Astronomie physique, que par l’analyse même sur laquelle ils sont fondés.

Je considère d’abord deux seules orbites mobiles l’une sur l’autre, et je donne dans ce cas une solution générale complète de la question ; je fais voir ensuite que le cas de trois orbites mobiles à la fois l’une sup l’autre dépend de la rectification des sections coniques, et par conséquent ne peut être résolu par les méthodes connues ; d’où je conclus qu’à plus forte raison on ne saurait se flatter de pouvoir résoudre le Problème lorsque le nombre des orbites mobiles est plus grand. Cependant comme les orbites des planètes ainsi que celles des satellites sont peu inclinées les unes aux autres, j’examine si cette circonstance ne pourrait pas apporter quelque simplification aux calculs, et je parviens enfin à une méthode très-simple et très-générale par laquelle, quel que soit le nombre des orbites mobiles, le Problème se réduit toujours à des équations différentielles linéaires du premier ordre, dont l’intégration est facile par les méthodes connues ; de sorte qu’on peut par ce moyen avoir une théorie complète des principaux changements que l’attraction mutuelle des planètes doit produire dans les lieux des nœuds et dans les inclinaisons de leurs orbites. Je me contente ici de poser les fondements de cette théorie, et je me propose d’en donner dans une autre occasion tout le détail, et l’application même au système du monde^[2].

1. Considérons d’abord deux seules planètes $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ qui se meuvent dans les plans des grands cercles $\mathrm {AP,BQ}$ (fig. 1, page 114) faisant entre eux l’angle $\mathrm {PLQ} \,;$ et supposons que par l’attraction de la planète $\mathrm {P}$ sur la planète $\mathrm {Q} ,$ le nœud $\mathrm {L}$ soit forcé de rétrograder sur l’arc $\mathrm {AP} ,$ regardé comme fixe, de la quantité constante $pdt$ pendant chaque instant $dt,$ et que par l’attraction de la planète $\mathrm {Q}$ sur la planète $\mathrm {P} ,$ le même nœud $\mathrm {L}$ soit obligé de rétrograder sur l’arc $\mathrm {BQ} ,$ regardé maintenant comme fixe, de la quantité constante $qdt$ à chaque instant $dt,$ l’angle $\mathrm {QLP}$ demeurant d’ailleurs toujours le même ; on demande le changement qui en résultera au bout d’un temps quelconque $t$ dans la position des arcs $\mathrm {AP,BQ} .$

astronomie : 2 figures arcs mobiles

2. Pour cela il faut tirer un troisième arc de grand cercle $\mathrm {OABR}$ qu’on supposera toujours fixe, et auquel on rapportera la position des arcs mobiles $\mathrm {AP,BQ} \,;$ et, ayant pris dans cet arc un point fixe $\mathrm {O}$, on fera

$\mathrm {OA} =x,\ \ \mathrm {OB} =y,\ \ \mathrm {AL} =s,\ \ \mathrm {BL} =z,\ \ \mathrm {BAL=\xi ,\ \ RBL=\psi ,\ \ ALB} =\omega .$

On considérera maintenant que de ces sept quantités il suffira d’en connaître quatre, parce que les trois autres dépendront de celles-ci par les propriétés connues des triangles sphériques, et il est clair que celles qu’il est le plus naturel de chercher sont $x,y,\xi$ et $\psi ,$ parce qu’elles déterminent immédiatement la position des arcs mobiles $\mathrm {AP,BQ} \,;$ il faut donc trouver quatre équations entre ces quatre quantités d’après les conditions données du Problème ; or il est visible que ces conditions se réduisent à celles-ci :

1^o Qu’en supposant $x,\xi$ et $\omega$ constants et faisant varier toutes les autres quantités de leurs différentielles respectives on ait

$ds=-pdt\,;$

2^o Qu’en supposant $y,\psi$ et $\omega$ constants et faisant varier les autres quantités on ait

$dz=-qdt.$

Il n’y aura donc qu’à employer les analogies différentielles connues pour les triangles sphériques ; mais il sera encore plus simple et plus direct de s’y prendre de la manière suivante.

3. Dans le triangle sphérique $\mathrm {ALB}$ on a, comme on sait,

$\cos \psi =-\sin \omega \sin \xi \cos s+\cos \omega \cos \xi ,$

et de même

$\cos \xi =\sin \omega \sin \psi \cos z+\cos \omega \cos \psi ,$

donc, différentiant la première de ces deux équations en y supposant $\xi$ et $\omega$ constants et faisant

$ds=-pdt,$

on aura

$d\cos \psi =-\sin \omega \sin \xi \sin s\times pdt\,;$

différentiant ensuite la seconde équation en $y$supposant $\psi$ et $\omega$ constants et faisant

$dz=-qdt,$

on aura

$d\cos \xi =\sin \omega \sin \psi \sin z\times qdt.$

On a de plus dans le même triangle

$\cos(y-x)={\frac {\cos \omega -\cos \xi \cos \psi }{\sin \xi \sin \psi }}.$

Donc, supposant en premier lieu $x,\xi$ et $\omega$ constants et faisant varier $\psi$ et $y,$ on aura

$-\sin(y-x)dy={\frac {\cos \xi -\cos \omega \cos \psi }{\sin \xi \sin ^{2}\psi }}d\psi ,$

et supposant en second lieu $y,\psi$ et $\omega$ constants et faisant varier $\xi$ et $x,$

$\sin(y-x)dx={\frac {\cos \psi -\cos \omega \cos \xi }{\sin \psi \sin ^{2}\xi }}d\xi .$

Or on a par la propriété connue des sinus

$\sin(y-x)dx={\frac {\sin \omega \sin s}{\sin \psi }}={\frac {\sin \omega \sin z}{\sin \xi }}\,;$

de plus les équations ci-dessus donnent

${\begin{aligned}\cos \xi -\cos \omega \cos \psi =&\sin \omega \sin \psi \cos z,\\\cos \psi -\cos \omega \cos \xi =&-\sin \omega \sin \xi \cos s\,;\end{aligned}}$

donc, substituant ces valeurs, on aura

$dy=-{\frac {\cos zd\psi }{\sin \xi \sin s}},\quad dx=-{\frac {\cos sd\xi }{\sin \psi \sin z}}.$

Et, si l’on met pour $d\xi$ et $d\psi$ leurs valeurs tirées des équations précédentes, on aura

$dy=-{\frac {\sin \omega \cos z}{\sin \psi }}pdt,\quad dx=-{\frac {\sin \omega \cos s}{\sin \xi }}qdt.$

Ainsi la solution du Problème ne dépend plus que de l’intégration de ces quatre équations

${\frac {d\cos \xi }{dt}}=q\sin \omega \sin \psi \sin z,\quad {\frac {d\cos \psi }{dt}}=-p\sin \omega \sin \xi \sin s,$

${\frac {dx}{dt}}={\frac {q\sin \omega \cos s}{\sin \xi }},\quad {\frac {dy}{dt}}=-{\frac {p\sin \omega \cos z}{\sin \psi }},$

où l’on remarquera que $\omega$ est une quantité constante, et que $z$ et $s$ sont données en $\xi ,\psi$ et $\omega .$

4. Si l’on ajoute ensemble la première multipliée par $p$ et la seconde multipliée par $q,$ on aura, à cause de $\sin \psi \sin z=\sin \xi \sin s,$

${\frac {pd\cos \xi +qd\cos \psi }{dt}}=0,$

dont l’intégrale est, comme l’on voit,

$p\cos \xi +q\cos \psi =\mu ,$

$\mu$ étant une constante dépendante de la position initiale des plans $\mathrm {AP,BQ}$ par rapport au plan fixe $\mathrm {OAB} .$

5. Ayant maintenant une équation finie entre les cosinus des angles $\xi$ et $\psi ,$ et connaissant d’ailleurs le troisième angle $\omega$ qui est supposé donné, on pourra réduire toutes les autres variables du Problème à une seule.

En effet on aura (3)

$\cos s={\frac {\cos \omega \cos \xi -\cos \psi }{\sin \omega \sin \xi }},$

mais (4)

$\cos \psi ={\frac {\mu -p\cos \xi }{q}},$

donc

$\cos s={\frac {(p+q\cos \omega )\cos \xi -\mu }{q\sin \omega \sin \xi }},$

de là, en faisant, pour abréger,

$q^{2}\sin ^{2}\omega -\mu ^{2}=a,\quad \mu (p+q\cos \omega )=b,\quad p^{2}+2pq\cos \omega +q^{2}=n^{2},$

on aura

$\sin s={\frac {\sqrt {a+2b\cos \xi -n^{2}\cos ^{2}\xi }}{q\sin \omega \sin \xi }}\,;$

substituant donc cette valeur, on aura, par les équations du n^o 3,

$-{\frac {d\xi }{dt}}={\frac {\sqrt {a+2b\cos \xi -n^{2}\cos ^{2}\xi }}{\sin \xi }},$

et faisant $cos\xi =u,$

$dt={\frac {du}{\sqrt {a+2bu-n^{2}u^{2}}}}\,;$

d’où l’on tire par l’intégration

$nt+\alpha =\operatorname {arc} \,\cos {\frac {n\left(u-{\cfrac {b}{n^{2}}}\right)}{\sqrt {a+{\cfrac {b^{2}}{n^{2}}}}}},$

$\alpha$ étant une constante arbitraire.

Mais on a

$an^{2}+b^{2}=q^{2}\sin ^{2}\omega \left(n^{2}-\mu ^{2}\right)\,;$

donc

$nt+\alpha =\operatorname {arc} \cos {\frac {n^{2}\cos \xi -\mu (p+q\cos \omega }{q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}}}\,;$

par conséquent

$\cos \xi ={\frac {\mu (p+q\cos \omega )+q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\cos(nt+\alpha )}{n^{2}}},$

où

$n^{2}=p^{2}+2pq\cos \omega +q^{2}.$

6. On trouvera de même la valeur de $\cos \psi$ à l’aide des équations du n^o 3 ; mais sans faire pour cela un nouveau calcul, il suffira de changer dans les formules précédentes $p$ en $q,$ $\xi$ en $180^{\circ }-\psi$ et $\mu$ en $-\mu ,$ et vice versâ, et l’on aura

$\cos \psi ={\frac {\mu (q+p\cos \omega )-p\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\cos(nt+\beta )}{n^{2}}},$

$\beta$ étant une nouvelle constante arbitraire qu’on déterminera par la condition que les valeurs de $\cos \xi$ et de $\cos \psi$ doivent satisfaire à l’équation du n^o 4. Substituant donc ces valeurs dans l’équation dont nous venons de parler, elle deviendra, après la destruction de quelques termes,

${\frac {pq\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}}{n^{2}}}\left[\cos(nt+\alpha )-\cos(nt+\beta )\right]=0,$

donc

$\cos(nt+\alpha )=\cos(nt+\beta ),$

et par conséquent $\alpha =\beta .$

On aura donc

$\cos \psi ={\frac {\mu (q+p\cos \omega )-p\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\cos(nt+\alpha )}{n^{2}}},$

et les quantités $\alpha$ et $\mu$ seront les deux constantes arbitraires introduites par l’intégration des deux équations différentielles en $\xi$ et $\psi .$

7. Pour déterminer ces deux arbitraires, on supposera que lorsque $t=0$ on ait $\xi =\Xi$ et $\psi =\Psi ,$ et l’on aura d’abord

$\mu =p\cos \Xi +q\cos \Psi ,$

et ensuite

$\cos \alpha ={\frac {(q+p\cos \omega )\cos \Xi -(p+q\cos \omega )\cos \Psi }{\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}}}.$

8. Ayant trouvé les valeurs de $\cos \psi$ et $\cos \xi$ en $t,$ il sera facile d’en déduire celles de $x$ et $y,$ au moyen des deux dernières équations différentielles du n^o 3.

On aura donc

${\frac {dx}{dt}}={\frac {q\sin \omega \times \cos s}{\sin \xi }},$

et, substituant pour $\cos s$ sa valeur trouvée dans le n^o 5, on aura

${\frac {dx}{dt}}={\frac {(p+q\cos \omega )\cos \xi -\mu }{\sin ^{2}\xi }}.$

Or à cause de

$\sin ^{2}\xi =1-\cos ^{2}\xi =(1-\cos \xi )1+\cos \xi ),$

il est clair qu’on peut mettre le second membre de l’équation précédente sous cette forme

${\frac {p+q\cos \omega -\mu }{2(1-\cos \xi )}}-{\frac {p+q\cos \omega +\mu }{2(1+\cos \xi )}},$

donc, substituant pour $\cos \xi$ sa valeur trouvée ci-dessus et multipliant toute l’équation par $dt,$ on aura

${\begin{aligned}dx=&{\frac {1}{2}}{\frac {(p+q\cos \omega -\mu )n^{2}dt}{n^{2}+\mu (p+q\cos \omega )-q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\cos(nt+\alpha )}}\\-&{\frac {1}{2}}{\frac {(p+q\cos \omega +\mu )n^{2}dt}{n^{2}+\mu (p+q\cos \omega )+q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\cos(nt+\alpha )}},\end{aligned}}$

équation dont chaque terme est intégrable par les méthodes connues.

9. Pour parvenir plus aisément à intégrer cette équation, nous remarquerons que l’intégrale de

${\frac {d\varphi }{\mathrm {A+B} \cos \varphi }},$

prise de manière qu’elle soit nulle lorsque $\varphi =0,$ est

$\mathrm {\frac {2}{\sqrt {A^{2}-B^{2}}}} \operatorname {arc\,tang} \left(\mathrm {\frac {A-B}{\sqrt {A^{2}-B^{2}}}} \operatorname {tang} {\frac {\varphi }{2}}\right),$

comme il est facile de s’en assurer par la différentiation ; or faisant

$\mathrm {A} =n^{2}\pm \mu (p+q\cos \omega ),\quad \mathrm {B} =\pm q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}},$

on trouve après les réductions

$\mathrm {\sqrt {A^{2}-B^{2}}} =n(p+q\cos \omega \pm \mu )\,;$

d’où il est facile de conclure que l’intégrale de l’équation précédente, prise en sorte que $x$ soit $=\mathrm {X}$ lorsque $nt+\alpha =0,$ sera

${\begin{aligned}x-\mathrm {X} =&\operatorname {arc\,tang} \left[{\frac {n^{2}-\mu (p+q\cos \omega )+q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}}{n(p+q\cos \omega -\mu )}}\operatorname {tang} {\frac {nt+\alpha }{2}}\right]\\-&\operatorname {arc\,tang} \left[{\frac {n^{2}+\mu (p+q\cos \omega )-q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}}{n(p+q\cos \omega +\mu )}}\operatorname {tang} {\frac {nt+\alpha }{2}}\right]\end{aligned}}$

10. Or on sait que la différence de deux arcs a pour tangente la différence des tangentes divisée par la somme de l’unité et du produit des deux tangentes ; ainsi la tangente de $x-\mathrm {X}$ sera égale à la quantité

${\frac {2n\left[\mu n^{2}-(p+q\cos \omega )\left[\mu (p+q\cos \omega )-q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\right]\right]\operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{\begin{aligned}&n^{2}\left[(p+q\cos \omega )^{2}-\mu ^{2}\right]\\&\quad \qquad \qquad +\left[n^{4}-\left[\mu (p+q\cos \omega )-q\sin \omega {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\right]^{2}\right]\operatorname {tang} ^{2}{\cfrac {nt+\alpha }{2}}\end{aligned}}}\,;$

le numérateur de cette quantité se réduit à

$2nq\sin \omega \left[\mu q\sin \omega +(p+q\cos \omega ){\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\right]\operatorname {tang} {\frac {nt+\alpha }{2}},$

et le dénominateur se réduit à

$n^{2}\left[(p+q\cos \omega )^{2}-\mu ^{2}\right]$

$+\left[\mu q\sin \omega +(p+q\cos \omega ){\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\right]\operatorname {tang} ^{2}{\frac {nt+\alpha }{2}}\,;$

de sorte qu’en faisant, pour abréger,

$m=\mu q\sin \omega +(p+q\cos \omega ){\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}},$

on aura

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )={\frac {2nmq\sin \omega \operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{n^{2}\left[(p+q\cos \omega )^{2}-\mu ^{2}\right]+m^{2}\operatorname {tang} ^{2}{\cfrac {nt+\alpha }{2}}}}.$

11. On trouvera de la même manière la valeur de $y$ par l’intégration de la dernière équation du n^o 3, et il suffira même pour cela de changer dans l’expression précédente $p$ en $q,$ $\mu$ en $-\mu$ et $x$ en $-y\,;$ de cette manière, si l’on nomme $\mathrm {Y}$ la valeur de $y$ lorsque $nt+\alpha =0$ et qu’on suppose

$m'=\mu p\sin \omega -(q+p\cos \omega ){\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}},$

on aura

$\operatorname {tang} (y-\mathrm {Y} )={\frac {2nm'p\sin \omega \operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{n^{2}\left[(q+p\cos \omega )^{2}-\mu ^{2}\right]+m'^{2}\operatorname {tang} ^{2}{\cfrac {nt+\alpha }{2}}}}.$

12. Il ne reste plus qu’à déterminer les arcs $s$ et $z\,;$ or on a trouvé danslen^o 5

$\cos s={\frac {(p+q\cos \omega )\cos \xi -\mu }{q\sin \omega \sin \xi }},$

et de là

$\sin s={\frac {\sqrt {a+2b\cos \xi -n^{2}\cos ^{2}\xi }}{q\sin \omega \sin \xi }}\,;$

donc

$\operatorname {tang} s={\frac {\sqrt {a+2b\cos \xi -n^{2}\cos ^{2}\xi }}{(p+q\cos \omega )\cos \xi -\mu }}.$

Mais on a aussi trouvé dans le même endroit

${\sqrt {a+2b\cos \xi -n^{2}\cos ^{2}\xi }}=-{\frac {\sin \xi dx}{dt}}={\frac {d\cos \xi }{dt}}\,;$

donc

$\operatorname {tang} s={\frac {d\cos \xi }{dt\left[(p+q\cos \omega )\cos \xi -\mu \right]}}.$

Substituons ici la valeur de $\cos \xi$ du n^o 5, on aura après les réductions

$\operatorname {tang} s={\frac {n{\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\sin(nt+\alpha )}{\mu q\sin \omega -{\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}(p+q\cos \omega )\cos(nt+\alpha )}}.$

13. Et changeant dans cette expression $p$ en $q$ et $\mu$ en $-\mu ,$ on aura la valeur de $\operatorname {tang} z,$ laquelle sera donc

$\operatorname {tang} z={\frac {-n{\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}\sin(nt+\alpha )}{\mu p\sin \omega -{\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}(q+p\cos \omega )\cos(nt+\alpha )}}.$

14. On peut simplifier beaucoup les formules précédentes en supposant, ce qui est toujours permis,

${\frac {\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}{\mu }}=\operatorname {tang} \mathrm {M} ,\quad {\frac {p\sin \omega }{q+p\cos \omega }}=\operatorname {tang} \mathrm {P} ,\quad {\frac {q\sin \omega }{p+q\cos \omega }}=\operatorname {tang} \mathrm {Q} \,;$

car, à cause de

$n^{2}=p^{2}+2pq\cos \omega +q^{2}=(p+q\cos \omega )^{2}+q^{2}\sin ^{2}\omega$

$=(q+p\cos \omega )^{2}+p^{2}\sin ^{2}\omega ,$

on aura

${\begin{array}{ll}&{\sqrt {n^{2}-\mu ^{2}}}=n\sin \mathrm {M} ,&\mu =n\cos \mathrm {M} ,\\&p\sin \omega =n\sin \mathrm {P} ,&q+p\cos \omega =n\cos \mathrm {P} ,\\&q\sin \omega =n\sin \mathrm {Q} ,&p+q\cos \omega =n\cos \mathrm {Q} .\end{array}}$

Faisant donc ces substitutions, on aura d’abord (5 et 6)

${\begin{aligned}cos\xi =&\mathrm {\cos M\cos Q+\sin M\sin Q} \cos(nt+\alpha ),\\cos\psi =&\mathrm {\cos M\cos P\,-\sin M\sin P} \,\cos(nt+\alpha )\,;\end{aligned}}$

ensuite on aura (10 et 11)

$m=n^{2}\sin(\mathrm {Q+M} ),\quad m'=n^{2}\sin(\mathrm {P-M} ),$

et de là

${\begin{aligned}\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )=&{\frac {2\sin \mathrm {Q} \operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{\sin(\mathrm {M-Q} )+\sin(\mathrm {M+Q} )\operatorname {tang} ^{2}{\cfrac {nt+\alpha }{2}}}},\\\operatorname {tang} (y-\mathrm {Y} )=&{\frac {-2\sin \mathrm {P} \operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{\sin(\mathrm {M+P} )+\sin(\mathrm {M-P} )\operatorname {tang} ^{2}{\cfrac {nt+\alpha }{2}}}},\end{aligned}}$

ou bien

${\begin{aligned}\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )=&{\frac {\sin \mathrm {Q} \sin(nt+\alpha )}{\mathrm {\sin M\cos Q-\cos M\sin Q} \cos(nt+\alpha )}},\\\operatorname {tang} (y-\mathrm {Y} )=&{\frac {-\sin \mathrm {P} \sin(nt+\alpha )}{\mathrm {\sin M\cos P+\cos M\sin P} \cos(nt+\alpha )}}\,;\end{aligned}}$

enfin on aura (12 et 13)

${\begin{aligned}\operatorname {tang} s=&{\frac {\sin \mathrm {M} \sin(nt+\alpha )}{\mathrm {\cos M\sin Q-\sin M\cos Q} \cos(nt+\alpha )}},\\\operatorname {tang} z=&{\frac {-\sin \mathrm {M} \sin(nt+\alpha )}{\mathrm {\cos M\sin P+\sin M\cos P} \cos(nt+\alpha )}}.\end{aligned}}$

15. À l’égard des constantes $\mu$ et $\alpha ,$ on a (7)

$\mu =p\cos \Xi +q\cos \Psi ,$

mais

$p={\frac {n\sin \mathrm {P} }{\sin \omega }},\quad q={\frac {n\sin \mathrm {Q} }{\sin \omega }}\,;$

donc

$\mu ={\frac {n(\sin \mathrm {P} \cos \Xi +\sin \mathrm {Q} \cos \Psi )}{\sin \omega }}\,;$

donc

$\cos \mathrm {M} ={\frac {\sin \mathrm {P} \cos \Xi +\sin \mathrm {Q} \cos \Psi }{\sin \omega }}\,;$

ensuite on trouvera

$\cos \alpha ={\frac {\cos \mathrm {P} \cos \Xi -\cos \mathrm {Q} \cos \Psi }{\sin \omega \sin \mathrm {M} }},$

où $\Xi$ et $\Psi$ sont les valeurs de $\xi$ et $\psi$ lorsque $t=0$.

Et il est bon de remarquer, touchant les angles $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q} ,$ qu’on aura après les réductions

$\operatorname {tang} (\mathrm {P+Q} )=\operatorname {tang} \omega ,$

et par conséquent

$\mathrm {P+Q} =\omega .$

Pour ce qui concerne les constantes $\mathrm {X}$ et $\mathrm {Y} ,$ comme elles se rapportent à l’instant où $nt+\alpha =0,$ savoir, où $t=-{\frac {\alpha }{n}},$ il vaudra mieux introduire à leur place les valeurs de $x$ et $y$ lorsque $t=0$.

Désignant donc ces valeurs par $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} ,$ on aura

${\begin{aligned}\operatorname {tang} (\mathrm {A-X} )=&{\frac {\sin \mathrm {Q} \sin \alpha }{\mathrm {\sin M\cos Q-\cos M\sin Q} \cos \alpha }},\\\operatorname {tang} (\mathrm {B-Y} )=&{\frac {-\sin \mathrm {P} \sin \alpha }{\mathrm {\sin M\cos P+\cos M\sin P} \cos \alpha }}\,;\end{aligned}}$

d’où l’on pourra tirer les valeurs de $\mathrm {X}$ et $\mathrm {Y}$ qu’on substituera ensuite dans les formules du numéro précédent.

On pourrait aussi faire ces substitutions immédiatement et trouver directement les valeurs de $\operatorname {tang} (x-\mathrm {A} )$ et $\operatorname {tang} (y-\mathrm {B} ),$ en remarquant que l’on a par les propriétés connues des tangentes

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {A} )={\frac {\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )-\operatorname {tang} (\mathrm {A-X} )}{1+\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )\operatorname {tang} (\mathrm {A-X} )}}\,;$

mais comme les expressions qui en résulteraient seraient un peu trop compliquées, il vaudra mieux s’en tenir à celles que nous venons de donner.

16. Voilà donc le Problème entièrement résolu ; il ne nous reste plus qu’à faire quelques remarques sur les formules que nous avons trouvées.

Et d’abord les expressions de $\cos \xi$ et $\cos \psi$ font voir que les angles d’inclinaisons $\xi$ et $\psi$ sont nécessairement renfermés dans de certaines limites, lesquelles sont $\mathrm {M+Q}$ et $\mathrm {M-Q}$ pour l’angle $\xi ,$ $\mathrm {M+P}$ et $\mathrm {M-P}$ pour l’angle $\psi .$

En second lieu il est facile de prouver que si $\operatorname {tang} \mathrm {M} >\operatorname {tang} \mathrm {Q} ,$ abstraction faite des signes, l’angle $x$ sera aussi renfermé dans des limites déterminées par l’équation

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )=\pm \mathrm {\frac {\sin Q}{\sqrt {\sin(M+Q)\sin(M-Q)}}} ,$

qui détermine le maximum et le minimum de $\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} ).$

Au contraire l’angle $s$ croîtra dans ce même cas à l’infini, parce que la valeur de $\operatorname {tang} s$ peut devenir infinie.

En troisième lieu on prouvera de même que si $\operatorname {tang} \mathrm {M} <\operatorname {tang} \mathrm {Q} ,$ abstraction faite des signes, l’arc $x$ croîtra à l’infini, et l’arc $s$ sera renfermé dans les limites déterminées par l’équation

$\operatorname {tang} s=\pm \mathrm {\frac {\sin M}{\sqrt {\sin(Q+M)\sin(Q-M)}}} .$

En quatrième lieu on trouvera des conclusions semblables par rapport aux arcs $y$ et $z,$ suivant que l’on aura $\operatorname {tang} \mathrm {M} >$ ou $<\operatorname {tang} \mathrm {P} ,$ abstraction faite des signes ; il n’y aura pour cela qu’à changer $\mathrm {Q}$ en $\mathrm {P} ,$ $x$ en $y$ et $s$ en $z.$

17. Mais il y a deux cas qui méritent une attention particulière ce sont ceux où $\operatorname {tang} \mathrm {M} =\pm \operatorname {tang} \mathrm {Q}$ ou $=\pm \operatorname {tang} \mathrm {P} .$

1^o Soit $\operatorname {tang} \mathrm {M} =\operatorname {tang} \mathrm {Q} ,$ donc $\mathrm {M=Q} ,$ on aura

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )={\frac {\sin(nt+\alpha )}{\cos \mathrm {M} \left[1-\cos(nt+\alpha )\right]}},\ \ \operatorname {tang} s={\frac {\sin(nt+\alpha )}{\cos \mathrm {M} \left[1-\cos(nt+\alpha )\right]}},$

donc

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )=\operatorname {tang} s={\frac {1}{\cos \mathrm {M} \operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}}={\frac {\cot {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{\cos \mathrm {M} }}\,;$

2^o Soit $\operatorname {tang} \mathrm {M} =-\operatorname {tang} \mathrm {Q} ,$ on aura $\mathrm {Q} =180^{\circ }-\mathrm {M} ,$ donc

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )={\frac {-\sin(nt+\alpha )}{\cos \mathrm {M} \left[1+\cos(nt+\alpha )\right]}},\ \ \operatorname {tang} s={\frac {\sin(nt+\alpha )}{\cos \mathrm {M} \left[1+\cos(nt+\alpha )\right]}},$

par conséquent

$\operatorname {tang} (x-\mathrm {X} )=-\operatorname {tang} s=-{\frac {\operatorname {tang} {\cfrac {nt+\alpha }{2}}}{\cos \mathrm {M} }}.$

Et il est visible que dans ces deux cas les arcs $x$ et $s$ croîtront à l’infini avec le temps $t.$ Ce sera la même chose à l’égard des arcs $y$ et $z,$ en changeant seulement $x$ en $y,$ $s$ en $z$ et $\mathrm {Q}$ en $\mathrm {P} .$

18. Je remarque maintenant que le cas de $\mathrm {M=Q}$ aura lieu lorsqu’on prendra pour le plan de projection celui de l’orbite de la planète $\mathrm {P}$ dans l’instant où $t=0\,;$ car alors l’arc de grand cercle $\mathrm {AR}$ coïncidera avec l’arc $\mathrm {ALP}$ (fig. 1, page 114). par conséquent l’angle $\mathrm {LAR} =\Xi$ au commencement du temps $t$ sera $=0,$ et l’angle $\mathrm {LBR} =\Psi$ deviendra l’angle même $\mathrm {QLP} =\omega \,;$ ainsi l’on aura dans ce cas $\Xi =0$ et $\Psi =\omega ,$ par conséquent (15)

$\cos \mathrm {M} ={\frac {\sin \mathrm {P} +\sin \mathrm {Q} \cos \omega }{\sin \omega }}\,;$

mais $\mathrm {P=\omega -Q} ,$ donc

$\mathrm {\cos M=\cos Q\quad {\text{et}}\quad M=Q} .$

En général, puisqu’on a

$\cos \mathrm {M} ={\frac {\sin \mathrm {P} \cos \Xi +\sin \mathrm {Q} \cos \Psi }{\sin \omega }},$

où $\Xi$ et $\Psi$ sont les angles $\mathrm {LAB,LAR}$ au commencement du temps $t,$ et que $\mathrm {P=\omega -Q}$ (15), on aura

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} \cos \Xi +{\frac {\sin \mathrm {Q} }{\sin \omega }}(\cos \Psi -\cos \omega \cos \Xi )\,;$

mais dans le triangle sphérique $\mathrm {ALB}$ on a, en nommant $\mathrm {H}$ le côté $\mathrm {AL} ,$

$\cos \Psi =\cos \Xi \cos \omega -\sin \Xi \sin \omega \cos \mathrm {H} ,$

donc

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} \cos \Xi -\sin \mathrm {Q} \sin \Xi \cos \mathrm {H} ,$

ou bien

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} -2\sin {\frac {\Xi }{2}}\left(\cos \mathrm {Q} \cos {\frac {\Xi }{2}}+\sin \mathrm {Q} \cos {\frac {\Xi }{2}}\cos \mathrm {H} \right),$

à cause de

$\cos \Xi =1-2\sin ^{2}{\frac {\Xi }{2}}\quad {\text{et}}\quad \sin \Xi =2\sin {\frac {\Xi }{2}}\cos {\frac {\Xi }{2}},$

d’où il est facile de conclure

1^o Que tant que l’angle $\mathrm {LAB} =\Xi$ sera positif, comme on le suppose dans la fig. 1, page 114, on aura $\cos \mathrm {M} <\cos \mathrm {Q} .$ et par conséquent $\mathrm {M>Q}$ et $\operatorname {tang} \mathrm {M} >\operatorname {tang} \mathrm {Q} \,;$ de sorte que dans ce cas l’angle $x$ sera renfermé dans de certaines limites et l’angle $s$ ira à l’infini (16) ;

2^o Que, si l’angle $\mathrm {LAB} =\Xi$ devient négatif, ce qui est le cas de la fig. 2, page 114, où le plan de projection $\mathrm {OABR}$ tombe au-dessus du nœud $\mathrm {L}$ des deux orbites, on aura $\cos \mathrm {M} >\cos \mathrm {Q} ,$ et par conséquent $\mathrm {M<Q}$ et $\operatorname {tang} \mathrm {M} <\operatorname {tang} \mathrm {Q} ,$ du moins tant que $\operatorname {tang} {\frac {\Xi }{2}}$ sera $<\operatorname {tang} \mathrm {Q} \cos \mathrm {M} \,;$ par conséquent dans ce cas l’angle $x$ croîtra à l’infini et l’angle $s$ sera renfermé dans des limites (numéro cité).

19. Nous avons déterminé ci-dessus les valeurs des arcs $x$ et $y$ par l’intégration des deux équations différentielles trouvées pour cet effet dans le n^o 3 ; mais il est bon de remarquer que, dès qu’on a trouvé les valeurs des angles et, on peut en déduire immédiatement et sans aucune nouvelle intégration celles des arcs $x$ et $y.$

Et d’abord il est clair que, puisque l’on a (3)

$\cos(y-x)={\frac {\cos \omega -\cos \xi \cos \psi }{\sin \xi \sin \psi }},$

il n’y aura qu’à mettre dans cette formule les valeurs de $\cos \xi$ et $\cos \psi ,$ et l’on connaîtra sur-le-champ le cosinus de la différence des arcs $x$ et $y,$ où il est remarquable qu’il n’entrera dans cette valeur de $\cos(y-x)$ aucune autre constante arbitraire que celles qui entrent dans les valeurs de $\cos \xi$ et $\cos \psi ,$ c’est-à-dire les quantités $\cos \Xi$ et $\cos \Psi .$

Mais on ne pourra connaître de cette manière que la différence des arcs $y,x,$ et non les arcs mêmes ; voici donc comment on pourra s’y prendre pour parvenir à cette dernière connaissance.

20. Pour cet effet il n’y a qu’à considérer que, si par le point $\mathrm {O}$ (fig. 3, page 128) on tire un autre arc de grand cercle $\mathrm {SOD}$ perpendiculaire à l’arc $\mathrm {OR} ,$ et qu’on prolonge les arcs $\mathrm {AL,BL}$ jusqu’à ce qu’ils rencontrent en $\mathrm {C}$ et $\mathrm {D}$ ce dernier arc $\mathrm {SOCD} ,$ on pourra prendre ce même arc à la place de l’arc $\mathrm {OR}$ dont la position est arbitraire alors le triangle, $\mathrm {ALB}$ deviendra $\mathrm {CLD} ,$ et les angles $\mathrm {LAB=\xi ,\ LBR} =\psi$ deviendront $\mathrm {LCD=\xi '} ,$$\mathrm {BDT} =\psi ',$ l’angle $\mathrm {L} =\omega$ demeurant le même pour les deux triangles.

astronomie : arcs variables

De là il est facile de conclure que, si l’on nomme $\Xi '$ et $\Psi '$ les valeurs des angles $\xi '$ et $\psi '$ lorsque $t=0,$ il n’y aura qu’à changer, dans les expressions de $\cos \xi$ et $\cos \psi ,$ $\Xi$ et $\Psi$ en $\Xi '$ et $\Psi '$ pour avoir celles de $\cos \xi '$ et $\cos \psi '.$ Donc si l’on fait (15)

$\cos \mathrm {N} =\mathrm {\frac {\sin P\cos \Xi '+\sin Q\cos \Psi '}{\sin \omega }} ,\ \ \cos \beta =\mathrm {\frac {\cos P\cos \Xi '-\cos Q\cos \Psi '}{\sin \omega \sin N}} ,$

on aura sur-le-champ (14)

${\begin{aligned}\cos \xi '\ =&\mathrm {\cos N\cos Q+\sin N\sin Q} \cos(nt+\beta ),\\\cos \psi '=&\mathrm {\cos N\cos P\,-\sin N\sin P\,} \cos(nt+\beta ).\end{aligned}}$

Connaissant maintenant dans les triangles $\mathrm {COA,DOB}$ rectangles en $\mathrm {O}$ les angles $\mathrm {A,C}$ et $\mathrm {B,D} ,$ on trouverales arcs $\mathrm {OA} =x$ et $\mathrm {OB} =y$ par les formules connues ; ainsi l’on aura

$\cos x=-{\frac {\cos \xi '}{\sin \xi }},\quad \cos y=-{\frac {\cos \psi '}{\sin \psi }},$

ou bien

$\operatorname {tang} x=-{\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}\xi -\cos ^{2}\xi '}}{\cos \xi '}},\quad \operatorname {tang} y=-{\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}\psi -\cos ^{2}\psi '}}{\cos \psi '}},$

où il n’y aura plus qu’à substituer les valeurs de $cos\xi ,\cos \psi ,cos\xi ',\cos \psi '.$

21. Puis donc que de cette manière la solution du Problème est réduite uniquement à la recherche des angles $\xi$ et $\psi ,$ il est bon de considérer plus particulièrement les équations différentielles d’où ces angles dépendent ; ces équations sont (3)

${\frac {d\cos \xi }{dt}}=q\sin \omega \sin \psi \sin z,\quad {\frac {d\cos \psi }{dt}}=-p\sin \omega \sin \xi \sin s\,;$

or on a (5)

$\cos s={\frac {\cos \omega \cos \xi -\cos \psi }{\sin \omega \sin \xi }},$

et l’on aura pareillement

$\cos z={\frac {-\cos \omega \cos \psi +\cos \xi }{\sin \omega \sin \psi }}\,;$

d’où

${\begin{aligned}\sin s=&{\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}\omega -\cos ^{2}\xi -\cos ^{2}\psi +2\cos \omega \cos \xi \cos \psi }}{\sin \omega \sin \xi }},\\\sin z=&{\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}\omega -\cos ^{2}\xi -\cos ^{2}\psi +2\cos \omega \cos \xi \cos \psi }}{\sin \omega \sin \psi }}.\end{aligned}}$

Donc, si l’on substitue ces valeurs dans les équations précédentes, et qu’on fasse, pour abréger,

$\cos \xi =x,\quad -\cos \psi =y,\quad \cos \omega =a,$

on aura ces deux-ci

${\frac {dx}{dt}}=q{\sqrt {1-a^{2}-x^{2}-y^{2}-2axy}},\quad {\frac {dy}{dt}}=p{\sqrt {1-a^{2}-x^{2}-y^{2}-2axy}}.$

Soit encore

${\sqrt {1-a^{2}-x^{2}-y^{2}-2axy}}=u,$

on aura

$dx=qudt,\quad dy=pudt,$

$udu=-xdx-ydy-a(xdy+ydx)\,;$

substituant dans cette dernière équation les valeurs précédentes de $dx$ et $dy,$ et divisant ensuite par $u,$ elle deviendra

$du=-(q+ap)xdt-(p+aq)ydt\,;$

cette équation, étant différentié de nouveau en prenant $dt$ pour constant, deviendra, après la substitution des valeurs de $dx$ et $dy,$

${\frac {d^{2}u}{dt^{2}}}+n^{2}u=0$

où

$n^{2}=p^{2}+2apq+q^{2}.$

De là on aura sur-le-champ

$u=\mathrm {A} \sin(nt+\alpha )\,;$

ensuile on trouvera

$x=\mathrm {B} -{\frac {q\mathrm {A} }{n}}\cos(nt+\alpha ),\quad y=\mathrm {C} -{\frac {p\mathrm {A} }{n}}\cos(nt+\alpha ),$

et il n’y aura plus qu’à déterminer convenablement les constantes, $\mathrm {A,B,C} .$

22. En général si l’on a un triangle sphérique $\mathrm {ABC}$ (fig. 4) dont les

triangle sphérique

angles $\mathrm {A,B,C}$ soient nommés $\alpha ,\beta ,\gamma ,$ et que le côté $\mathrm {BC}$ opposé à l’angle soit $\mathrm {A} ,$ on aura

$\cos \alpha =\sin \beta \sin \gamma \cos \mathrm {A} -\cos \beta \cos \gamma \,;$

donc, si l’on imagine que le côté $\mathrm {BC}$ croisse de la quantité $adt,$ les angles

$\beta$ et $\gamma$ demeurant invariables, on aura par la différentiation

$d\cos \alpha =\sin \beta \sin \gamma \sin \mathrm {A} \times adt\,;$

mais

$\cos \mathrm {A} ={\frac {\cos \alpha +\cos \beta \cos \gamma }{\sin \beta \sin \gamma }},$

d’où l’on tire

$\sin \mathrm {A} ={\frac {\sqrt {1-\cos ^{2}\alpha -\cos ^{2}\beta -\cos ^{2}\gamma -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }}{\sin \beta \sin \gamma }}\,;$

donc on aura l’équation différentielle

$d\cos \alpha =adt{\sqrt {1-\cos ^{2}\alpha -\cos ^{2}\beta -\cos ^{2}\gamma -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }}.$

23. Si l’on imagine de même que le côté $\mathrm {AC}$ opposé à l’angle $\mathrm {B}$ croisse de la quantité $bdt,$ les deux autres angles demeurant constants, il n’y aura qu’à changer dans la formule précédente $\alpha$ en $\beta$ et $a$ en $b\,;$ et si l’on imagine enfin que l’arc $\mathrm {AB}$ opposé au troisième angle $\mathrm {C}$ croisse de la quantité $cdt,$ les deux autres angles demeurant constants, il est clair qu’il n’y aura qu’à mettre dans la formule précédente $\gamma$ et $c$ à la place de $\alpha$ et $a.$

Or il est clair que la quantité qui est sous le signe radical ne change point, quelque permutation qu’on fasse entre les trois quantités $\alpha ,\beta ,\gamma \,;$ d’où il s’ensuit que, si l’on fait pour plus de simplicité

$u={\sqrt {1-\cos ^{2}\alpha -\cos ^{2}\beta -\cos ^{2}\gamma -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }},$

on aura ces trois équations différentielles

$d\cos \alpha =audt,\quad d\cos \beta =budt,\quad d\cos \gamma =cudt,$

par lesquelles on pourra connaître les valeurs des angles $\alpha ,\beta ,\gamma$ du triangle $\mathrm {ABC}$ au bout d’un temps quelconque $t.$

24. Ainsi, si l’on considère trois planètes $\mathrm {P,Q,R}$ qui se meuvent dans les plans des grands cercles $\mathrm {AB,BC,AC} ,$ faisant entre eux les angles $\alpha ,$ $\beta ,\gamma ,$ et qu’on suppose que chacune de ces planètes fasse mouvoir, sur le plan de son orbite regardé comme fixe, les nœuds des deux autres planètes sans en affecter les inclinaisons, on aura le cas dont nous venons de parler.

En effet, si l’on désigne par $(\mathrm {P,Q} )dt$ la rétrogradation instantanée de l’orbite de $\mathrm {P}$ sur celle de $\mathrm {Q} ,$ par $(\mathrm {P,R} )dt$ celle de l’orbite de $\mathrm {P}$ sur l’orbite de $\mathrm {R} ,$ par $(\mathrm {Q,P} )dt$ la rétrogradation instantanée de l’orbite de $\mathrm {Q}$ sur celle de $\mathrm {P}$ et ainsi des autres, il est facile de voir qu’on aura

$a=\mathrm {(P,Q)-(R,Q)} ,\quad b=\mathrm {(P,R)-(Q,R)} ,\quad c=\mathrm {(R,P)-(Q,P)} .$

25. Faisons, pour abréger,

$x=\cos \alpha ,\quad y=\cos \beta ,\quad z=\cos \gamma ,$

et l’on aura ces trois équations

$dx=audt,\quad dy=budt,\quad dz=cudt$

où

$u={\sqrt {1-x^{2}-y^{2}-z^{2}-2xyz}}.$

On tire d’abord ces deux-ci

$bdx-ady=0,\quad cdx-adz=o,$

dont l’intégrale est

$br-ay=\mu ,\quad cx-az=\nu ,$

$\mu$ et $\nu$ étant des constantes dépendantes de la position initiale des orbites.

On aura donc ainsi

$y={\frac {bx-\mu }{a}},\quad z={\frac {cx-\nu }{a}}\,;$

donc, substituant ces valeurs dans celle de $u,$ on aura

$au={\sqrt {\mathrm {A} +2\mathrm {B} x-\mathrm {C} x^{2}-2bcx^{3}}},$

en supposant, pour abréger,

$\mathrm {A} =a^{2}-\mu ^{2}-\nu ^{2},\quad \mathrm {B} =b\mu +c\nu -\mu \nu ,\quad \mathrm {C} =a^{2}+b^{2}-2(b\nu +c\mu )\,;$

substituant donc cette valeur dans la première équation, on aura

$dt={\frac {dx}{\sqrt {\mathrm {A} +2\mathrm {B} x-\mathrm {C} x^{2}-2bcx^{3}}}},$

équation qui étant intégrée donnera $t$ en $x,$ et par conséquent $x$ en $t\,;$ ensuite de quoi on aura aussi $y$ et $z$ en $t\,;$ de sorte que les trois angles, $\alpha ,\beta ,\gamma$ du triangle $\mathrm {ABC}$ seront connus pour chaque instant, et par conséquent tout le triangle $\mathrm {ABC} ,$ qui détermine la position mutuelle des trois orbites.

Mais comme l’équation précédente dépend, en général, de la rectification des sections coniques, on voit que le Problème n’est pas susceptible d’une solution exacte et rigoureuse.

26. L’analyse précédente sert, comme l’on voit, à faire connaître la situation respective des plans des orbites a chaque instant ; mais leur situation absolue restera encore inconnue. Pour la déterminer il faut la rapporter à un plan fixe pris à volonté et que nous supposerons être celui du grand cercle $\mathrm {OLMNR}$ (fig. 5), qui coupe en $\mathrm {L,M,N}$ les arcs $\mathrm {AB,AC,BC}$ prolongés.

grand arc coupant les côtés d’un triangle sphérique

Nommons donc $\varepsilon ,\zeta ,\eta$ les angles $\mathrm {ALM,AMN,BNR} ,$ et considérant d’abord le triangle $\mathrm {ALM} ,$ il est clair qu’il n’y a que le changement de position de l’orbite $\mathrm {LAB}$ qui puisse faire varier l’angle $\mathrm {ALM}$ que nous avons désigné par $\varepsilon .$ Or l’arc $\mathrm {LAB}$ change de position de deux manières : premièrement en rétrogradant sur l’arc $\mathrm {CAM}$ regardé comme immobile, de la quantité $(\mathrm {P,R} )dt,$ et en second lieu en rétrogradant sur l’arc $\mathrm {CBN}$ regardé aussi comme immobile, de la quantité $(\mathrm {P,Q} )dt,$ (24) ; d’où il s’ensuit que dans le triangle $\mathrm {LAM} ,$ l’arc $\mathrm {AM}$ diminuera de $(\mathrm {P,R} )dt,$ les angles $\mathrm {A}$ et $\mathrm {M}$ demeurant constants, et que dans le triangle $\mathrm {BLN}$ l’arc $\mathrm {BN}$ diminuera de $(\mathrm {P,Q} )dt,$ les angles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {N}$ étant regardés comme constants.

Donc :

1^o On aura en vertu de la variation $-(\mathrm {P,R} )dt,$ du côté $\mathrm {AM}$ (22)

$d\cos \varepsilon =-(\mathrm {P,R} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{2}\zeta -\cos ^{\alpha }+2\cos \varepsilon \cos \zeta \cos \alpha }}\,;$

2^o On aura er vertu de la variation $-(\mathrm {P,Q} )dt$ du côté $\mathrm {BN}$

$d\cos \varepsilon =-(\mathrm {P,Q} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{2}\eta -\cos ^{\beta }+2\cos \varepsilon \cos \eta \cos \beta }}.$

Donc, réunissant ensemble ces deux variations de $\cos \varepsilon ,$ on aura cette équation différentielle

${\begin{aligned}{\frac {d\cos \varepsilon }{dt}}=&-(\mathrm {P,R} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{2}\zeta -\cos ^{\alpha }+2\cos \varepsilon \cos \zeta \cos \alpha }}\\&-(\mathrm {P,Q} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{2}\eta -\cos ^{\beta }+2\cos \varepsilon \cos \eta \cos \beta }}.\end{aligned}}$

Et l’on trouvera par des raisonnements semblables ces deux autres-ci

${\begin{aligned}{\frac {d\cos \zeta }{dt}}=&-(\mathrm {R,Q} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\zeta -\cos ^{2}\eta -\cos ^{\gamma }+2\cos \zeta \cos \eta \cos \gamma }}\\&-(\mathrm {R,P} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\zeta -\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{\alpha }+2\cos \zeta \cos \varepsilon \cos \alpha }}.\\\\{\frac {d\cos \eta }{dt}}=&+(\mathrm {Q,P} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\eta -\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{\beta }+2\cos \eta \cos \varepsilon \cos \beta }}\\&+(\mathrm {Q,R} )dt{\sqrt {1-\cos ^{2}\eta -\cos ^{2}\zeta -\cos ^{\gamma }+2\cos \eta \cos \zeta \cos \gamma }}.\end{aligned}}$

Ainsi, comme les quantités $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ sont déjà supposées connues en $t$ (25), on pourra au moyen de ces trois équations déterminer les trois autres quantités $\cos \varepsilon ,\cos \zeta ,\cos \eta .$

27. Comme dans les équations que nous venons de trouver les variables sont fort compliquées entre elles, il serait difficile et peut-être impossible d’intégrer ces équations d’une manière directe ; mais nous remarquerons qu’on peut d’abord trouver une intégrale par les considérations suivantes :

1^o Dans le triangle $\mathrm {LMA}$ (fig. 5, page 133), dont les trois angles $\mathrm {L,M,A}$ sont $\varepsilon ,\ 180^{\circ }-\zeta ,\ \alpha ,$ on aura

$\cos \mathrm {LM} ={\frac {\cos \alpha -\cos \varepsilon \cos \zeta }{\sin \varepsilon \sin \zeta }}\,;$

2^o Dans le triangle $\mathrm {LNB} ,$ dont les trois angles $\mathrm {L,N,B}$ sont $\varepsilon ,$ $180^{\circ }-\eta ,$ $180^{\circ }-\beta ,$ on aura

$\cos \mathrm {LN} =-{\frac {\cos \beta +\cos \varepsilon \cos \eta }{\sin \varepsilon \sin \eta }}\,;$

3^o Dans le triangle $\mathrm {MNC} ,$ dont les trois angles $\mathrm {M,N,C}$ sont $\zeta ,$ $180^{\circ }-\eta ,$ $\gamma ,$ on aura

$\cos \mathrm {MN} =-{\frac {\cos \gamma -\cos \zeta \cos \eta }{\sin \zeta \sin \eta }}.$

Or il est visible que

$\mathrm {LN=LM+MN} \,;$

et par conséquent

$\mathrm {\cos LN=\cos(LM+MN)=\cos LM\cos MN-\sin LM\sin MN} \,;$

donc transposant et carrant les termes, on aura

$\mathrm {\left(1-\cos ^{2}LM\right)\left(1-\cos ^{2}MN\right)=(\cos LN\cos LM\cos MN)^{2}} ,$

ce qui se réduit à

$\mathrm {1-\cos ^{2}LM-\cos ^{2}MN-\cos ^{2}LN+2\cos LM\cos MN\cos LN=0} .$

Substituant donc dans cette équation les valeurs précédentes et multi-

pliant ensuite par

$\sin ^{2}\varepsilon \sin ^{2}\zeta \sin ^{2}\eta ,\ \ {\text{ou bien par}}\ \ \left(1-\cos ^{2}\varepsilon \right)\left(1-\cos ^{2}\zeta \right)\left(1-\cos ^{2}\eta \right),$

on aura

$\left\{{\begin{aligned}&\left(1-\cos ^{2}\varepsilon \right)\left(1-\cos ^{2}\zeta \right)\left(1-\cos ^{2}\eta \right)\\&\quad -\left(1-\cos ^{2}\eta \right)(\cos \alpha -\cos \varepsilon \cos \zeta )^{2}\\&\quad -\left(1-\cos ^{2}\varepsilon \right)(\cos \gamma -\cos \zeta \cos \eta )^{2}\\&\quad -\left(1-\cos ^{2}\zeta \right)(\cos \beta +\cos \varepsilon \cos \eta )^{2}\\&\quad -2(\cos \alpha -\cos \varepsilon \cos \zeta )(\cos \gamma -\cos \zeta \cos \eta )(\cos \beta +\cos \varepsilon \cos \eta )\end{aligned}}\right\}=0\,;$

développant les termes et effaçant ce qui se détruit, on aura cette équation

$\left\{{\begin{aligned}1&-\cos ^{2}\alpha -\cos ^{2}\beta -\cos ^{2}\gamma -\cos ^{2}\varepsilon -\cos ^{2}\zeta -\cos ^{2}\eta \\&+\cos ^{2}\alpha \cos ^{2}\eta +\cos ^{2}\beta \cos ^{2}\zeta +\cos ^{2}\gamma \cos ^{2}\varepsilon \\&+2\cos \alpha \cos \varepsilon \cos \zeta -2\cos \beta \cos \varepsilon \cos \eta \\&+2\cos \gamma \cos \zeta \cos \eta -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\&+2\cos \alpha \cos \beta \cos \zeta \cos \eta -2\cos \alpha \cos \gamma \cos \varepsilon \cos \eta \\&+2\cos \beta \cos \gamma \cos \varepsilon \cos \zeta \end{aligned}}\right\}=0.$

28. Puisque les quantités $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ sont supposées connues, on pourra donc par l’équation précédente déterminer une des trois inconnues $\cos \varepsilon ,\cos \zeta ,\cos \eta$ par les deux autres, et réduire par ce moyen la solution du Problème à la recherche de ces deux dernières inconnues.

Pour cela on mettra l’équation dont il s’agit sous cette forme

$\left\{{\begin{aligned}1&-\cos ^{2}\alpha -\cos ^{2}\beta -\cos ^{2}\gamma -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\&-\left(1-\cos ^{2}\gamma \right)\cos ^{2}\varepsilon -\left(1-\cos ^{2}\beta \right)\cos ^{2}\zeta -\left(1-\cos ^{2}\alpha \right)\cos ^{2}\eta \\&+2(\cos \alpha +\cos \beta \cos \gamma )\cos \varepsilon \cos \zeta \\&-2(\cos \beta +\cos \alpha \cos \gamma )\cos \varepsilon \cos \eta \\&+2(\cos \gamma +\cos \alpha \cos \beta )\cos \zeta \cos \eta \end{aligned}}\right\}=0.$

d’où il est facile de tirer la valeur de $\cos \varepsilon ,$ par exemple, en $\cos \zeta$ et $\cos \eta \,;$ et, substituant ensuite cette valeur dans les deux dernières équations du n^o 26, on aura deux équations différentielles du premier ordre entre les trois indéterminées $\cos \zeta ,\cos \eta$ et $t\,;$ mais l’intégration de ces équations demeurera toujours très-difficile.

29. Cependant si l’on considère que les trois équations différentielles du n^o 26 ne renferment que trois radicaux différents, on verra qu’il est possible de les combiner de manière qu’il en résulte une équation différentielle intégrable, pourvu qu’il y ait une certaine relation entre les coefficients $\mathrm {(P,Q),(P,R),(R,Q)} ,\ldots .$

En effet, si l’on suppose que ces coefficients soient tels, que l’on ait

$\mathrm {(P,Q)(Q,R)(R,P)=(Q,P)(P,R)(R,Q)} ,$

et qu’on ajoute ensemble les trois équations différentielles dont nous venons de parler, après avoir multiplié la première par $\mathrm {(Q,P)(R,P)} ,$ la seconde par $\mathrm {(Q,P)(P,R)} ,$ et la troisième par $\mathrm {(R,P)(P,Q)} ,$ on verra que les radicaux disparaîtront d’eux-mêmes, et qu’il ne restera que l’équation

${\frac {\mathrm {(Q,P)(R,P)} d\cos \varepsilon +\mathrm {(Q,P)(P,R)} d\cos \zeta +\mathrm {(R,P)(P,Q)} d\cos \eta }{dt}}=0,$

dont l’intégrale est évidemment

$\mathrm {(Q,P)(R,P)\cos \varepsilon +(Q,P)(P,R)\cos \zeta +(R,P)(P,Q)} \cos \eta =\Pi ,$

$\Pi$ étant une constante arbitraire dépendante de la situation initiale des orbites.

Combinant donc cette équation avec celle du numéro précédent, on pourra déterminer, par exemple, les inconnues $\cos \zeta$ et $\cos \eta$ en $\cos \varepsilon ,$ et substituant ensuite ces valeurs dans la première des trois dernières équations du n^o 26, on aura une équation unique entre les deux variables $t$ et $\cos \varepsilon ,$ de l’intégration de laquelle dépendra la solution du Problème.

30. Mais comme cette solution n’est que particulière, étant assujettie à la condition trouvée ci-dessus, il faut examiner si elle peut avoir lieu lorsqu’il s’agit du mouvement des nœuds des orbites planétaires.

Pour cela nous remarquerons, d’après les solutions connues du Problème des trois corps, que si deux planètes $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ décrivent autour du Soleil $\mathrm {S}$ des orbites à peu près circulaires et fort peu inclinées entre elles, nommant $p,q$ les distances de ces planètes au Soleil, et supposant que l’on ait développé la quantité

$\left(p^{2}-2pq\cos \varphi +q^{2}\right)^{-{\frac {3}{2}}}$

en une série de la forme

$\mathrm {A} +\mathrm {B} \cos \varphi +\mathrm {C} \cos 2\varphi +\ldots ,$

le mouvement moyen du nœud de l’orbite de $\mathrm {Q}$ sur celle de $\mathrm {P} ,$ en vertu de l’action de cette dernière planète, sera au mouvement moyen de la planète $\mathrm {Q}$ comme ${\frac {\mathrm {P} pq^{2}}{\mathrm {S} }}\times {\frac {\mathrm {B} }{4}}$ à $1\,;$ or prenant $t$ pour le mouvement moyen de la Terre et l’unité pour la distance de la Terre au Soleil, on apour le mouvement moyen de la planète $\mathrm {Q} \,;$ donc prenant aussi la masse du Soleil pour l’unité, on aura pour le mouvement moyen du nœud de la planète $\mathrm {Q}$ sur l’orbite de la planète $\mathrm {P} ,$ la quantité ${\frac {\mathrm {P} p{\sqrt {q}}\mathrm {B} }{4}}t.$ Or il est clair que $\mathrm {B}$ est une fonction des deux distances $p$ et $q$ dans laquelle ces deux quantités entrent également ; désignant donc cette fonction par $(p,q)$ on aura, pour le mouvement élémentaire du nœud de la planète $\mathrm {Q}$ sur l’orbite de la planète $\mathrm {P} ,$ ${\frac {\mathrm {P} p{\sqrt {q}}}{4}}(p,q)dt\,;$ mais nous avons désigné plus haut (24) cette quantité par $(\mathrm {Q,P} )dt,$ donc on aura, en général,

$(\mathrm {Q,P} )={\frac {\mathrm {P} p{\sqrt {q}}}{4}}(p,q).$

De là on trouvera donc, en observant que par la nature de la fonction $(p,q)$ elle ne change point de valeur en y échangeant $p$ en $q,$ en sorte qu’on a également $(q,p)=(p,q),$ on trouvera, dis-je, les valeurs suivantes

${\begin{alignedat}{2}(\mathrm {P,Q} )=&{\frac {\mathrm {Q} q{\sqrt {p}}}{4}}(p,q),\qquad &(\mathrm {Q,P} )=&{\frac {\mathrm {P} p{\sqrt {q}}}{4}}(p,q),\\(\mathrm {P,R} )=&{\frac {\mathrm {R} r{\sqrt {p}}}{4}}(p,r),&(\mathrm {R,P} )=&{\frac {\mathrm {P} p{\sqrt {r}}}{4}}(p,r),\\(\mathrm {Q,R} )=&{\frac {\mathrm {R} r{\sqrt {q}}}{4}}(q,r),&(\mathrm {R,Q} )=&{\frac {\mathrm {Q} q{\sqrt {r}}}{4}}(q,r).\end{alignedat}}$

Et substituant ces valeurs dans l’équation de condition

$\mathrm {(P,Q)(Q,R)(R,P)=(Q,P)(P,R)(R,Q)} ,$

on aura une équation identique ; de sorte qu’on sera assuré que la condition dont il s’agit a réellement lieu dans le cas des planètes.

31. Il y a au reste une circonstance qui peut servir à faciliter la solution du Problème précédent lorsqu’on veut l’appliquer aux orbites planétaires c’est la petitesse des angles d’inclinaison de ces orbites les unes à l’égard des autres ; d’où il s’ensuit que les angles $\mathrm {CAB,DBC,ACB}$ (fig. 4, page 130) seront très-petits ; et qu’ainsi en supposant

$x=2\sin ^{2}{\frac {\alpha }{2}},\quad y=2\sin ^{2}{\frac {\beta }{2}},\quad z=2\sin ^{2}{\frac {\gamma }{2}},$

on aura

$\cos \alpha =1-x,\quad \cos \beta =1-y,\quad \cos \gamma =1-z,$

où les quantités $x,y,z$ pourront être regardées et traitées comme des quantités très-petites ; on aura donc (23), en négligeant les produits de trois dimensions vis-à-vis de ceux de deux, on aura, dis-je,

$u={\sqrt {2(xy+xz+yz)-x^{2}-y^{2}-z^{2}}},$

et ensuite

$-{\frac {dx}{dt}}=au,\quad -{\frac {dy}{dt}}=bu,\quad -{\frac {dz}{dt}}=cu.$

La première équation étant carrée et ensuite différentiée donne

$udu=(y+z-x)dx+(x+z-y)dy+(x+y-z)dz,$

et substituant les valeurs précédentes de $dx,dy,dz$ on aura, après avoir divisé par $u,$

${\frac {du}{dt}}=a(x-y-z)-b(y-x-z)+c(z-x-y)\,;$

différentiant de nouveau et substituant encore les valeurs de $dx,dy,dz,$ en supposant $dt$ constant, on aura enfin cette équation en $u$ et $t$

${\frac {d^{2}u}{dt^{2}}}+\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc-2ac\right)u=0,$

dont l’intégration est comme l’on sait très-facile.

Faisons, pour abréger,

$m^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc-2ac,$

et l’on aura

$u=\mathrm {M} \sin(mt+\mu ),$

$\mathrm {M}$ et $\mu$ étant deux constantes arbitraires ; de là on trouvera

${\begin{aligned}x=&\mathrm {A} +{\frac {a\mathrm {M} }{m}}\cos(mt+\mu ),\\y=&\mathrm {B} -{\frac {b\mathrm {M} }{m}}\cos(mt+\mu ),\\z=&\mathrm {C} +{\frac {c\mathrm {M} }{m}}\cos(mt+\mu ),\end{aligned}}$

$\mathrm {A,B,C}$ étant de nouvelles constantes arbitraires.

Or puisque

$u^{2}=2(xy+xz+yz)-x^{2}-y^{2}-z^{2},$

il faudra que ces constantes soient telles, qu’elles satisfassent à cette équation ; ainsi l’on devra avoir l’équation identique

${\begin{aligned}\mathrm {M} ^{2}&\sin ^{2}(mt+\mu )=2\mathrm {(AB+AC+BC)-A^{2}-B^{2}-C^{2}} \\&-{\frac {2\mathrm {M} }{m}}(\mathrm {A} b-\mathrm {B} a-\mathrm {A} c-\mathrm {C} a-\mathrm {B} c+\mathrm {C} b+\mathrm {A} a-\mathrm {B} b+\mathrm {C} c)\cos(mt+\mu )\\&-{\frac {2\mathrm {M} }{m}}\left(2ab+2bc-2ac+a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\cos ^{2}(mt+\mu )\,;\end{aligned}}$

donc, puisque

$\sin ^{2}(mt+\mu )=1-\cos ^{2}(mt+\mu ),$

on aura, en comparant les termes homologues,

${\begin{aligned}&\mathrm {M^{2}=2(AB+AC+BC)-A^{2}-B^{2}-C^{2}} ,\\&\mathrm {A} (a+b-c)-\mathrm {B} (a+b+c)+\mathrm {C} (-a+b+c)=0\,;\end{aligned}}$

par la dernière de ces équations on déterminera $\mathrm {C}$ en $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} ,$ et par l’avant-dernière on déterminera $\mathrm {M}$ en $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} \,;$ en sorte qu’il ne restera

plus que les trois indéterminées $\mathrm {A,B}$ et $\mu$ qui dépendront des valeurs initiales de $x,y,z.$

32. Il est bon de remarquer que si ces quantités $x,y,z$ sont une fois très-petites, elles le seront toujours, pourvu que $m$ soit une quantité réelle, et que par conséquent $m^{2}$ soit une quantité positive ; ce qui est évident par les valeurs de $x,y,z$ trouvées ci-dessus ; mais si $m^{2}$ est une quantité négative, alors $m$ sera une quantité imaginaire, et le sinus de $mt+\mu$ contiendra des exponentielles réelles qui croîtront avec le temps $t\,;$ de sorte que la solution cessera d’être exacte lorsque les valeurs de $x,y,z$ ne seront plus très-petites.

Or il est visible que la valeur de $m^{2}$ sera toujours positive tant que les quantités $a,b,c$ le seront, parce que l’on a

$m^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc-2ac=(a-c)^{2}+b^{2}+2ab+2bc\,;$

et il en sera de même tant que $a$ et $c$ ne seront pas de signes différents de $b,$ parce que parmi les trois produits $ab,bc,-ac$ il y en aura toujours deux positifs et un négatif ; mais si $a$ et $c$ sont à la fois de signes différents de $b,$ alors ces trois produits seront tous négatifs, et la quantité $m^{2}$ sera nécessairement négative ; en effet, supposant $a$ et $c$ positifs et $b$ négatif, on aura

$m^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ac\,;$

or on sait que cette quantité est nécessairement négative, puisqu’elle est égale à moins seize fois le carré de l’aire du triangle dont les côtés seraient ${\sqrt {a}},{\sqrt {b}},$${\sqrt {c}}\,;$ ce sera la même chose lorsque $b$ sera positif et $a,c$ négatifs.

33. Quant à la recherche des quantités $\cos \varepsilon ,\cos \zeta ,\cos \eta ,$ je ne vois aucun moyen de la simplifier, et l’on ne gagnerait rien en supposant même que les angles $\varepsilon ,\zeta ,\eta$ fussent très-petits ; en effet, supposant

$2\sin ^{2}{\frac {\varepsilon }{2}}=\varpi ,\quad 2\sin ^{2}{\frac {\zeta }{2}}=\rho ,\quad 2\sin ^{2}{\frac {\eta }{2}}=\sigma ,$

ce qui donnera

$\cos \varepsilon =1-\varpi ,\quad \cos \zeta =1-\rho ,\quad \cos \eta =1-\sigma ,$

on aura (27), en regardant les quantités $x,y,z,\varpi ,\rho ,\sigma$ comme très-petites, l’équation

${\begin{aligned}\varpi \rho \sigma +\sigma (x-\varpi -\rho )^{2}&+\varpi (z-\varpi -\sigma )^{2}-\rho (y-\varpi -\sigma )^{2}\\+(x&-\varpi -\rho )(z-\varpi -\sigma )(y-\varpi -\sigma )=0\,;\end{aligned}}$

ensuite l’équation du n^o 29 deviendra dans la même hypothèse

$\mathrm {(Q,P)(R,P)\varpi +(Q,P)(P,R)\rho +(R,P)(P,Q)} \sigma =\Delta ,$

$\Delta$ étant une constante arbitraire ; enfin la première des trois équations du n^o 26 deviendra

${\begin{aligned}{\frac {d\varpi }{dt}}=&(\mathrm {P,R} ){\sqrt {2(x\varpi +x\rho +\varpi \rho )-x^{2}-\varpi ^{2}-\rho ^{2}}}\\+&(\mathrm {P,Q} ){\sqrt {2(y\varpi +y\sigma +\varpi \sigma )-y^{2}-\varpi ^{2}-\sigma ^{2}}}.\end{aligned}}$

Or il est clair qu’en substituant dans cette dernière équation les valeurs de $\rho$ et $\sigma$ tirées des deux premières, on en aura une entre $\varpi$ et $t$ qui ne sera guère plus simple que celle qu’on aurait eue entre $\cos \varepsilon$ et $t$ (29).

34. Lorsqu’on aura trouvé les valeurs de $\cos \varepsilon ,\cos \zeta ,\cos \eta$ en $t,$ on connaîtra (fig. 5, page 133) les inclinaisons des orbites $\mathrm {LB,MC,NC}$ sur le plan fixe $\mathrm {OLR} \,;$ mais la position des nœuds $\mathrm {L,M,N}$ ne sera pas encore connue ; cependant on pourra la déterminer, sans aucun nouveau calcul, par la méthode du n^o 20. En effet, prenant dans l’arc $\mathrm {OR}$ un point fixe $\mathrm {O} ,$ et menant par ce point un autre arc de grand cercle $\mathrm {OR}$ perpendiculaire à l’arc $\mathrm {OR} ,$ et qui coupe en $\mathrm {L',M',N'}$ les arcs $\mathrm {AB,AC,BC}$ prolongés (fig. 6) ; il est clair que les angles $\mathrm {L',M',N'}$ seront donnés par des formules semblables à celles par lesquelles sont déterminés les angles $\mathrm {L,M,N} \,;$ car, la position de l’arc $\mathrm {OR}$ étant arbitraire, il n’y a qu’à imaginer que cet arc tourne autour du point $\mathrm {O}$ et vienne en $\mathrm {OR'} \,;$ il n’y aura de différence que dans les constantes qu’il faudra déterminer dans chaque cas convenablement aux valeurs initiales de $\cos \varepsilon ,\cos \zeta ,\cos \eta ,$ ainsi qu’on en a usé dans le numéro cité.

recherche des nœuds astronomiques

Maintenant l’angle $\mathrm {O}$ étant supposé droit, et les angles $\mathrm {L,L',M,M'} ,$$\mathrm {N,N} '$ étant connus, on pourra trouver dans les triangles $\mathrm {OLL',OMM',ONN'}$ les côtés $\mathrm {OL,OM,ON}$ qui déterminent la position cherchée des nœuds $\mathrm {L,M,N} .$

35. Puisque la méthode précédente conduit à des formules trop compliquées, même dans le cas des inclinaisons très-petites, il est bon de chercher d’autres moyens de simplifier le calcul, au moins dans ce cas qui est celui des orbites planétaires. Pour cela je reprends les formules primitives du n^o 3, et je dénote, pour plus de simplicité, comme dans le n^o 24, par $(\mathrm {P,Q} )$ la vitesse de rétrogradation de l’orbite de $\mathrm {P}$ sur celle de $\mathrm {Q} ,$ par $(\mathrm {Q,P} )$ la vitesse de rétrogradation de l’orbite de $\mathrm {Q}$ sur celle de $\mathrm {P} ,$ quantités que j’avais dénotées dans le n^o 3 par $q,p\,;$ j’ai, pour la détermination du changement de l’orbite de $\mathrm {P}$ en vertu du mouvement $(\mathrm {P,Q} ),$ les deux équations

${\begin{aligned}&\sin \xi d\xi =-\sin \omega \sin \psi \sin z(\mathrm {P,Q} )dt,\\&\sin(y-x)dx={\frac {\cos \psi -\cos \omega \cos \xi }{\sin \psi \sin ^{2}\xi }}d\xi \,;\end{aligned}}$

mais on a, par le même numéro,

$\sin \omega \sin z=\sin \xi \sin(y-x),\quad \cos \omega =\cos \xi \cos \psi +\cos(y-x)\sin \xi \sin \psi \,;$

donc, substituant ces valeurs et mettant ensuite dans la seconde équation la valeur de $d\xi$ tirée de la première, on aura après les réductions

$d\xi =-\sin \psi \sin(y-x)(\mathrm {P,Q} )dt,$

$dx=\left[-\cos \psi +{\frac {\cos \xi \sin \psi \cos(y-x)}{\sin \xi }}\right](\mathrm {P,Q} )dt.$

Dans ces formules, $x$ est le lieu du nœud de l’orbite de $\mathrm {P}$ sur un plan fixe, $\xi$ son inclinaison sur ce plan, $y$ le lieu du nœud de l’orbite de $\mathrm {Q} ,$ et $\psi$ son inclinaison par rapport au même plan.

On aura des formules semblables pour le changement de position de cette dernière orbite en vertu du mouvement $(\mathrm {Q,P} )\,;$ il n’y aura qu’à changer dans les précédentes $x,\xi ,\mathrm {P}$ en $y,\psi ,\mathrm {Q}$ et vice versâ.

36. Je multiplie maintenant la première équation par $\cos \xi \sin x,$ et je l’ajoute à la seconde multipliée par $\sin \xi \cos x\,;$ j’ai

$d(\sin \xi \sin x)=(-\sin \xi \cos x\cos \psi +\sin \psi \cos y\cos \xi )(\mathrm {P,Q} )dt.$

je multiplie ensuite la première par $\cos \xi \cos x$ et la seconde par $\sin \xi \sin x,$ et je retranche l’une de l’autre, j’ai

$d(\sin \xi \cos x)=(\sin \xi \sin x\cos \psi -\sin \psi \sin y\cos \xi )(\mathrm {P,Q} )dt.$

De sorte que si l’on fait

${\begin{alignedat}{2}p=&\sin \xi \sin x,\quad &p'=&\sin \xi \cos x,\\q=&\sin \psi \sin y,\quad &q'=&\sin \psi \cos y,\end{alignedat}}$

on aura, pour l’orbite de $\mathrm {P} ,$ les deux équations

${\begin{aligned}dp\ =&\left(-p'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}+q'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,Q} )dt,\\dp'=&\left(+p\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}-q\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,Q} )dt.\end{aligned}}$

Et l’on aura de même pour l’orbite de $\mathrm {Q}$

${\begin{aligned}dq\ =&\left(-q'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}+p'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,P} )dt,\\dq'=&\left(+q\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}-p\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,P} )dt.\end{aligned}}$

37. S’il y avait une troisième orbite appartenant à un autre corps $\mathrm {R} ,$ sur laquelle les orbites $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ dussent rétrograder avec les vitesses $\mathrm {(P,R)} ,$$\mathrm {(Q,R)} ,$ tandis que cette même orbite rétrograderait sur chacune d’elles avec les vitesses $\mathrm {(R,P),(R,Q)} ,$ comme dans le n^o 24 ; alors il est facile de prouver qu’en nommant $z$ la longitude du nœud de l’orbite dont il s’agit et $\zeta$ son inclinaison sur le plan fixe, et supposant ensuite

$r=\sin \zeta \sin z,\quad r'=\sin \zeta \cos z,$

on aurait les formules suivantes

${\begin{aligned}dp\ =&\left(-p'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}+q'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,Q} )dt,\\+&\left(-p'{\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}+r'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,R} )dt,\\dp'=&\left(+p\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}-q\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,Q} )dt\\+&\left(+p\ {\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}-r\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}\right)(\mathrm {P,R} )dt,\\dq\ =&\left(-q'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}+p'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,P} )dt\\+&\left(-q'{\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}+r'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,R} )dt,\\dq'=&\left(+q\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}-p\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,P} )dt\\+&\left(+q\ {\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}-r\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}\right)(\mathrm {Q,R} )dt,\\dr\ =&\left(-r'{\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}+q'{\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}\right)(\mathrm {R,Q} )dt,\\+&\left(-r'{\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}+p'{\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}\right)(\mathrm {R,P} )dt,\\dr'=&\left(+r\ {\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}}-q\ {\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}\right)(\mathrm {R,Q} )dt\\+&\left(+r\ {\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}}-p\ {\sqrt {1-r^{2}-r'^{2}}}\right)(\mathrm {R,P} )dt.\end{aligned}}$

Et ainsi de suite, quel que soit le nombre des orbites mobiles les unes sur les autres.

38. Quoique les équations que nous venons de trouver soient encore trop compliquées pour pouvoir être intégrées en général, elles ont cependant cet avantage qu’elles se simplifient beaucoup dans le cas où l’on suppose les inclinaisons très-petites, et qu’elles peuvent être traitées alors par les méthodes connues.

En effet, si l’on suppose que les angles $\xi ,\psi ,\zeta$ soient tous très-petits, il est clair que leurs sinus le seront aussi ; donc les quantités $p,p',q,q',$ $r,r'$ seront aussi nécessairement très-petites, en sorte que l’on pourra mettre l’unité à la place des radicaux qui entrent dans les équations dont il s’agit, moyennant quoi on aura, pour le cas de trois orbites mobiles,

${\begin{aligned}dp\ =&(q'-p')(\mathrm {P,Q} )dt+(r'-p')(\mathrm {P,R} )dt,\\dp'=&(p\ -q\ )(\mathrm {P,Q} )dt+(p\ -r\ )(\mathrm {P,R} )dt,\\dq\ =&(p'-q')(\mathrm {Q,P} )dt+(r'-q')(\mathrm {Q,R} )dt,\\dq'=&(q\ -p\ )(\mathrm {Q,P} )dt+(q\ -r\ )(\mathrm {Q,R} )dt,\\dr\ =&(p'-r')(\mathrm {R,P} )dt+(q'-r')(\mathrm {R,Q} )dt,\\dr'=&(r\ -p\ )(\mathrm {R,P} )dt+(r\ -q\ )(\mathrm {R,Q} )dt,\end{aligned}}$

équations qui étant, comme l’on voit, sous une forme linéaire, sont faciles à intégrer par les méthodes connues pour ces sortes d’équations et comme, quel que soit le nombre des orbites mobiles, on parvient toujours par la méthode précédente à de pareilles équations, il s’ensuit qu’on pourra donc, en général, résoudre le Problème proposé pour autant d’orbites mobiles qu’on voudra, pourvu qu’on suppose seulement que ces orbites soient très-peu inclinées à un plan fixe quelconque.

39. Si les inclinaisons n’étaient pas très-petites, on pourrait alors résoudre le Problème par approximation aussi exactement qu’on voudrait ; car, comme les quantités $p,p',q,q',\ldots$ sont toujours naturellement moindres que l’unité, on pourra toujours réduire les radicaux ${\sqrt {1-p^{2}-p'^{2}}},$${\sqrt {1-q^{2}-q'^{2}}},\ldots$ en des séries convergentes dont le premier terme sera l’unité, et les autres procéderont suivant les puissances paires de ces quantités ; de sorte qu’en faisant ces substitutions dans les formules du n^o 37, et négligeant d’abord tous les termes où les variables montent à des dimensions plus hautes que la première, on aura, pour premières équations approchées, des équations telles que celles du n^o 38 ; ainsi l’on aura par l’intégration de ces équations les premières valeurs approchées des quantités $p,p',q,\ldots ,$ et substituant ensuite ces valeurs dans les termes négligés, on aura de nouvelles équations différentielles plus exactes que les précédentes, et dont les premiers termes seront les mêmes que ceux des équations du n^o 38, et les autres termes seront des-fonctions connues de $t\,;$ en sorte que ces équations seront également intégrables par les méthodes connues ; et ainsi de suite.

40. Au reste, quand on voudra appliquer cette théorie aux orbites des planètes, on pourra s’en tenir aux équations du n^o 38, d’autant plus que ces équations sont exactes aux quantités très-petites du troisième ordre près ; de sorte qu’on pourra résoudre par ce moyen, avec une précision suffisante, le Problème du déplacement des orbites planétaires en vertu des mouvements de leurs nœuds mutuels, produits par, les attractions réciproques des planètes. Il n’y aura pour cela qu’à substituer, à la place des quantités $\mathrm {(P,Q),(P,R)} ,\ldots$ leurs valeurs données par la théorie, et que nous avons déjà déterminées dans le n^o 30 et déterminer ensuite les constantes arbitraires que l’intégration introduira dans les expressions des quantités $p,p',q,\ldots$ d’après les valeurs de ces quantités qui répondent, suivant les tables, aux éléments des planètes pour une époque quelconque donnée.

1. Lu le 9 juin 1774.
2. J’ai rempli depuis cet engagement dans un Mémoire que j’ai envoyé à l’Académie Royale des Sciences de Paris au mois d’octobre 1774, et dont on trouvera les résultats dans les Tables astronomiques que l’Académie va publier.

   Le Mémoire dont il est ici question a été inséré parmi ceux de l’Académie des Sciences de Paris, pour l’année 1774 ; il appartient à la troisième Section des Œuvres de Lagrange.

   (Note de l’Éditeur.)