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n^o 1, et par conséquent au second membre de l’équation (L’) du n^o 9, la fonction

$-{\frac {\alpha v}{a_{\text{ı}}}}+{\text{ϐ}}{\frac {e}{a_{\text{ı}}}}\sin(cv-\varpi ).$

La valeur de ${\frac {1}{a}}$ sera ainsi, par le n^o 10, augmentée de la quantité ${\frac {\alpha v}{a_{\text{ı}}}},$ et conséquemment la valeur de $a$ sera diminuée de $\alpha a_{\text{ı}}v\,;$ on aura en suite à très-peu près, par le même numéro.

${\frac {-2d{\frac {e}{a}}}{dv}}+{\text{ϐ}}{\frac {e}{a_{\text{ı}}}}=0,$

ce qui donne

${\frac {e}{a}}={\text{const.}}\left(1+{\frac {1}{2}}{\text{ϐ}}v\right),$

et, par conséquent.

$e={\text{const.}}\left[1-\left(\alpha -{\frac {1}{2}}{\text{ϐ}}\right)v\right].$

Le rapport de l’excentricité au demi-grand axe est donc assujetti, par la résistance de l’éther, à une équation séculaire ; mais elle est insensible par rapport à l’accélération correspondante du moyen mouvement de la Lune, parce que cette dernière accélération est, comme on va le voir, multipliée par le carré de $v.$ Cette résistance ne produit aucune équation séculaire dans le mouvement du périgée.

L’expression de $dt$ du n^o 15 donne, dans l’expression de $t+\varepsilon ,$ la fonction

$-{\frac {3}{4}}\alpha v^{2}+(5\alpha -{\text{ϐ}})ve\sin(cv-\varpi ).$

En substituant, au lieu de $v,\ t+\varepsilon +2e\sin(ct-\varpi ),$ on aura dans l’expression de $v$ l’équation séculaire

${\frac {3}{4}}\alpha t^{2}-(2\alpha -{\text{ϐ}})te\sin(ct-\varpi ).$

La résistance de l’éther produit donc, dans le moyen mouvement de la Lune, une équation séculaire qui accélère ce moyen mouvement, sans en produire aucune sur le mouvement du périgée.

On s’assurera de la même manière que la résistance de l’éther ne