Théorie mathématique de la lumière/2/Chap.07

Henri Poincaré

Théorie mathématique de la lumière

Georges Carré, 1892 (2, p. 123-181).

CHAPITRE VII

PRINCIPE DE HUYGHENS

89. Étude de l’équation fondamentale. — Reprenons l’équation fondamentale, et supposons que la lumière soit homogène, c’est-à-dire que $\xi$ ait la forme particulière :

$\xi =\xi _{1}\cos pt+\xi _{2}\sin pt$

$\xi _{1},\,\xi _{2}$ ne dépendant que de $x,\,y,\,z.$ Comme l’équation fondamentale ne contient pas le temps, l’expression suivante, obtenue en changeant $t$ en $\left(t-{\frac {\pi }{2p}}\right),$ vérifiera aussi l’équation

$\xi =\xi _{1}\sin pt-\xi _{2}\cos pt$

et, l’équation étant linéaire, elle admettra encore comme solution :

$(\xi _{1}-i\xi _{2})e^{{\sqrt {-1}}pt}$

expression obtenue en ajoutant à la première solution la seconde multipliée par ${\sqrt {-1}}.$

La valeur de $\xi$ correspondant au phénomène physique sera la partie réelle de cette dernière solution.

Posons :

$\xi _{1}-{\sqrt {-1}}\xi _{2}=\xi _{0}.$

Alors :

${\frac {d^{2}\xi _{0}e^{{\sqrt {-1}}pt}}{dt^{2}}}=-p^{2}\xi _{0}e^{{\sqrt {-1}}pt}.$

Remplaçons dans l’équation fondamentale

$\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi ={\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}$

et supprimons le facteur $e^{{\sqrt {-1}}pt},$ il vient :

$\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi _{0}=-p^{2}\xi _{0}$

ou :

$\left\{{\begin{aligned}\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi _{1}&=-p^{2}\xi _{1}\\[1ex]\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi _{2}&=-p^{2}\xi _{2}\\\end{aligned}}\right.$

Posons, pour abréger, ${\frac {p}{\mathrm {V} }}=\alpha ,$ ceci pourra s’écrire :

$\Delta \xi +\alpha ^{2}\xi =0.$

Nous avons ainsi à considérer deux équations. Ces équations rappellent par leur forme celle de Laplace $\Delta \xi =0$ qui définit le potentiel newtonien.

90. Nous allons tâcher de faire ressortir les relations qui peuvent exister, en raison de cette analogie, entre les fonctions $\xi$ et le potentiel newtonien.

À cet effet, supposons que $\xi$ ne dépende que de $t$ et de $r,$ $r$ étant défini par l’égalité :

$r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}$

D’après une transformation bien connue :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\left({\frac {d^{2}\xi }{dr^{2}}}+{\frac {2}{r}}{\frac {d\xi }{dr}}\right)\cdot$

En posant $\xi ={\frac {\varphi }{r}},$ cette équation se ramène à la forme de l’équation d’une corde vibrante :

${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}{\frac {d^{2}\varphi }{dr^{2}}}$

dont l’intégrale générale est, comme on le sait :

$\varphi =f(r-\mathrm {V} t)+f_{1}(r+\mathrm {V} t).$

Par suite :

$\xi ={\frac {f(r-\mathrm {V} t)}{r}}+{\frac {f_{1}(r+\mathrm {V} t)}{r}}\cdot$

D’après la forme de l’équation différentielle, $f$ et $f_{1}$ en sont des solutions particulières.

Nous avons supposé que :

$\xi _{0}=\xi _{0}e^{{\sqrt {-1}}pt}.$

Pour qu’il en soit ainsi, comme $\xi _{0}$ est seulement fonction de $r,$ il faut que ${\frac {f(r-\mathrm {V} t)}{r}}$ se réduise à $f(r)e^{{\sqrt {-1}}pt},$ ce qui exige que :

$f(r-\mathrm {V} t)=e^{-{\sqrt {-1}}{\frac {p}{\mathrm {V} }}(r-\mathrm {V} t)}$

comme on a :

${\begin{aligned}e^{-{\sqrt {-1}}{\frac {p}{\mathrm {V} }}r}&=e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\\[1ex]f(r-\mathrm {V} t)&=e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}e^{{\sqrt {-1}}\,pt}.\\\end{aligned}}$

D’où :

$\xi ={\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}e^{{\sqrt {-1}}\,pt}}{r}}\cdot$

Cette expression vérifie l’équation :

$\Delta \xi +\alpha ^{2}\xi =0\,;$

il en est de même de la fonction :

$\xi _{0}={\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}$

et de la suivante :

$\xi _{1}={\frac {e^{+{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}$

obtenue en changeant $\alpha$ en $-\alpha ,$ puisque l’équation ne contient que $\alpha ^{2}.$

Enfin les parties réelles et imaginaires de $\xi _{1}$ et $\xi _{2}$ sont séparément des solutions, ce qui nous conduit finalement aux solutions :

$\xi ={\frac {\cos \alpha r}{r}}\qquad \quad \xi ={\frac {\sin \alpha r}{r}}\cdot$

La seconde de ces fonctions présente une circonstance particulière, qui doit fixer notre attention. Tandis que toutes les autres deviennent infinies pour $r=0,$ celle-ci reste finie et égale à $\alpha$ pour $r=0\,;$ de plus, $\xi$ est très petit pour $r$ très grand.

Il semble donc que nous puissions satisfaire à toutes les conditions du mouvement lumineux en prenant :

$\xi ={\frac {\sin \alpha r\,\cos pt}{r}}\cdot$

Or, si la fonction était ainsi représentée à l’origine du temps, le mouvement lumineux se continuerait indéfiniment sans exiger l’intervention d’une énergie étrangère. Cette conséquence nous avertit immédiatement que les solutions de cette forme ne peuvent convenir à la question. Nous reviendrons plus loin sur ce point.

91. Reportons-nous à la solution :

$\xi ={\frac {f(r-\mathrm {V} t)}{r}}\cdot$

Soient un certain nombre de points fixes ayant pour coordonnées $x_{1},\,y_{1},\,z_{1}\dots ,$ $x_{i},\,y_{i},\,z_{i}\dots ,$ $x_{n},\,y_{n},\,z_{n}.$ Soient $r_{1},\dots$ $r_{i},\dots$ $r_{n}$ les distances du point mobile $(x,\,y,\,z)$ à chacun de ces points fixes.

Nous aurons comme solutions particulières de notre équation :

${\begin{aligned}\xi _{1}&={\frac {f_{1}(r_{1}-\mathrm {V} t)}{r_{1}}}\\[1.25ex]\xi _{2}&={\frac {f_{2}(r_{2}-\mathrm {V} t)}{r_{2}}}\\\dots &\dots \dots \dots \dots \dots \\[1ex]\xi _{n}&={\frac {f_{n}(r_{n}-\mathrm {V} t)}{r_{n}}}\\\end{aligned}}$

L’équation étant linéaire, la somme de ces fonctions sera aussi une solution :

$\xi =\left.\sum \right._{0}^{n}{\frac {f_{i}(r_{i}-\mathrm {V} t)}{r_{i}}}\cdot$

L’équation de Laplace

$\Delta \xi =0$

admet comme solutions :

${\frac {1}{r_{1}}},\;{\frac {1}{r_{2}}},\cdots \;{\frac {1}{r_{i}}},\cdots \;{\frac {1}{r_{n}}}$

et par conséquent :

$\xi =\left.\sum \right._{0}^{n}{\frac {m_{i}}{r_{i}}}\cdot$

Quelles que soient les constantes $m_{i},$ $\xi$ est alors le potentiel des masses $m_{1},$ $m_{2}\dots$ $m_{n}$ situées aux points $(x_{1},\,y_{1},\,z_{1})$ $\dots$ $(x_{n},\,y_{n},\,z_{n}).$

Nous voyons que l’analogie est complète.

Nous pouvons dire en effet qu’aux points fixes se trouvent des masses attirantes, la loi d’attraction étant telle que le potentiel soit représenté par :

$\xi =\left.\sum \right._{0}^{n}{\frac {f_{i}(r_{i}-\mathrm {V} t)}{r_{i}}}\cdot$

92. Dans l’étude du potentiel newtonien, on passe du potentiel d’une masse attirante isolée à celui d’un volume attirant et d’une surface attirante ; ces potentiels vérifient encore l’équation de Laplace.

Nous allons procéder de même :

Soient $(x,\,y,\,z)$ les coordonnées du point mobile, $(x',\,y',\,z')$ celles du point attirant, $r$ leur distance :

$r^{2}=(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}$

Soit $d\tau '$ l’élément de volume attirant dont le centre de gravité est au point $(x',\,y',\,z').$ Considérons l’expression :

$\xi =\int {\frac {f(x',\,y',\,z',\,t-{\dfrac {r}{\mathrm {V} }})}{r}}\,d\tau ',$

la somme étant étendue à tous les éléments du volume attirant.

L’élément $d\tau '$ est multiplié par une fonction de $\left(t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}\right),$ cette fonction variant d’ailleurs d’un élément à l’autre, puisqu’elle dépend de $(x',\,y',\,z').$

Posons pour abréger :

$\varphi ={\frac {f(x',\,y',\,z',\,t-{\dfrac {r}{\mathrm {V} }})}{r}}$

il vient :

$\xi =\int \varphi \,d\tau '.$

$\varphi$ vérifiera la relation

${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \varphi .$

En effet $\varphi$ dépend des coordonnées $x',\,y',\,z'$ et $(x,\,y,\,z)$ et aussi de $t\,;$ mais, si pour un moment nous laissons les coordonnées $(x',\,y',\,z')$ constantes, $\varphi$ sera seulement une fonction de $\left(t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}\right)$ divisée par $r.$ Si le point $(x,\,y,\,z)$ est extérieur au volume attirant, $\varphi$ reste fini et nous aurons :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\int {\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\,d\tau ',$

puisque nous pourrons différencier sous le signe $\textstyle \int .$ De même :

$\Delta \xi =\int \Delta \varphi \,d\tau '$

et par conséquent :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi .$

Donc $\xi$ satisfait à l’équation fondamentale en dehors du volume attirant, tout comme le potentiel newtonien satisfait à l’équation de Laplace.

93. À l’intérieur du volume attirant le potentiel ne vérifie plus l’équation de Laplace, mais celle de Poisson.

Pour savoir ce que devient ${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\cdots ,$ etc., à l’intérieur du volume attirant, nous ne pouvons plus différencier sous le signe $\textstyle \int ,$ parce que $\varphi$ devient infini pour $r=0.$

Posons :

$\varphi _{1}={\frac {f(x',\,y',\,z',\,t)}{r}}\cdot$

La différence $\varphi -\varphi _{1}$ ne deviendra plus infinie pour $r=0,$ puisque le numérateur s’annule en même temps que le dénominateur.

$\xi _{1}=\int \varphi _{1}\,d\tau '=\int {\frac {f(x',\,y',\,z',\,t)}{r}}\,d\tau '$

représente le potentiel newtonien du volume, rempli d’une matière attirante dont la densité (variable avec le temps) serait $f(x',\,y',\,z',\,t).$

Par suite, l’équation de Poisson nous donne :

(1)

${\frac {d^{2}\xi _{1}}{dt^{2}}}=\int {\frac {d^{2}\varphi _{1}}{dt^{2}}}\,d\tau '$

(2)

$\Delta \xi _{1}=-4\pi f(x',\,y',\,z',\,t).$

Considérons l’expression :

$\xi -\xi _{1}=\int (\varphi -\varphi _{1})\,d\tau '.$

Comme $\varphi -\varphi _{1}$ reste fini, nous pouvons différencier sous le signe $\textstyle \int$ et écrire :

(3)

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}-{\frac {d^{2}\xi _{1}}{dt^{2}}}=\int \left({\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}-{\frac {d^{2}\varphi _{1}}{dt^{2}}}\right)d\tau '$

$\Delta \xi -\Delta \xi _{1}=\int \left(\Delta \varphi -\Delta \varphi _{1}\right)d\tau '.$

Or :

$\Delta \varphi ={\frac {1}{\mathrm {V} ^{2}}}{\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\quad$ et $\quad \Delta \varphi _{1}=0.$

D’où :

(4)

$\Delta \xi -\Delta \xi _{1}={\frac {1}{\mathrm {V} ^{2}}}\int {\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\,d\tau '$

Ajoutons membre à membre (1) et (3) d’une part, (2) et (4) de l’autre :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\int {\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\,d\tau '$

$\Delta \xi ={\frac {1}{\mathrm {V} ^{2}}}\int {\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}\,d\tau '-4\pi f(x',\,y',\,z',\,t)$

relation qui est la généralisation de l’équation de Poisson et qui peut s’écrire encore :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi +4\pi \mathrm {V} ^{2}f(x',\,y',\,z',\,t).$

94. La même généralisation peut se faire dans le cas d’une surface attirante.

Soit $d\omega '$ l’élément de surface ayant pour coordonnées $(x',\,y',\,z').$

$\xi =\int {\frac {f\left(x',\,y',\,z',\,t-{\dfrac {r}{\mathrm {V} }}\right)}{r}}\,d\omega '=\int \varphi \,d\omega '.$

En dehors de la surface attirante, $\xi$ satisfait à l’équation fondamentale et est continu ainsi que ses dérivées. Sur la surface même, le potentiel newtonien est continu quand on traverse la surface, mais non sa dérivée ${\frac {d\mathrm {V} }{dn}}\cdot$

En deux points infiniment voisins situés sur une même normale, mais, de part et d’autre de la surface, les valeurs de ${\frac {d\mathrm {V} }{dn}}$ diffèrent de $4\pi \delta ,$ $\delta$ étant la densité superficielle.

Posons :

$\xi _{1}=\int {\frac {f(x',\,y',\,z',\,t)}{r}}\,d\omega '=\int \varphi _{1}\,d\omega ',$

$\xi _{1}$ sera le potentiel newtonien de la surface supposée recouverte d’une masse attirante ayant pour densité $f(x',\,y',\,z',\,t)$

$\xi -\xi _{1}=\int (\varphi -\varphi _{1})\,d\omega '$

$\varphi -\varphi _{1}$ demeure fini pour $r=0\,:$ par conséquent $\xi -\xi _{1}$ est continu ainsi que ses dérivées, puisque $\xi -\xi _{1}$ et $\xi _{1}$ sont continus ; il en est de même de leur somme $\xi .$

D’autre part

${\frac {d\xi }{dn}}={\frac {d(\xi -\xi _{1})}{dn}}+{\frac {d\xi _{1}}{dn}}\cdot$

Or ${\frac {d(\xi -\xi _{1})}{dn}}$ est continu ; mais ${\frac {d\xi _{1}}{dn}}$ est discontinu et, quand on franchit la surface, subit un saut brusque de $4\pi f(x',\,y',\,z',\,t),$ il en sera donc de même de ${\frac {d\xi }{dn}}\cdot$

Cette remarque a une grande importance au sujet de l’application du principe de Huyghens, et donne tort à Poisson dans sa controverse avec Fresnel. Poisson voulait en effet que les équations appliquées au cas d’un point extérieur fussent aussi valables pour un point intérieur, exigence qui ne peut se justifier. Poisson aurait dû d’autant moins tomber dans cette erreur que lui-même avait montré que le potentiel d’une sphère n’est pas représenté par la même fonction en dehors et en dedans de la sphère.

On sait que les fonctions qui vérifient l’équation de Laplace $\Delta \xi =0$ jouissent des propriétés suivantes (principe de Dirichlet) :

Étant donnée une surface fermée, si une fonction s’annule sur toute la surface et satisfait en tout point extérieur à l’équation de Laplace, cette fonction est identiquement nulle.

Si la fonction doit prendre sur la surface des valeurs données $\xi _{0},$ il y aura une fonction et une seule satisfaisant à cette condition.

Cette propriété ne peut être étendue aux solutions de l’équation :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}+\alpha ^{2}\Delta \xi =0.$

En effet, prenons par exemple la fonction ${\frac {\sin \alpha r}{r}}\cdot$ Cette fonction vérifie l’équation, elle s’annule sur la sphère $r={\frac {\pi }{\alpha }}$ et cependant n’est pas nulle identiquement.

Pour que le principe de Dirichlet pût se généraliser, il faudrait que $\alpha ^{2}$ fût négatif.

95. Envisageons maintenant l’équation

$\mathrm {V} ^{2}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\Delta \xi .$

Considérons un volume limité par une surface fermée, sur laquelle on ait constamment $\xi =0\,;$ supposons que pour $t=0,$ $\xi =0$ et ${\frac {d\xi }{dt}}=0,$ la fonction $\xi$ étant une solution de l’équation : $\xi$ sera identiquement nul.

En effet, prenons l’expression :

$\mathrm {W} ={\frac {1}{2}}\int \left[\left({\frac {d\xi }{dt}}\right)^{2}+\mathrm {V} ^{2}\left\{\left({\frac {d\xi }{dx}}\right)^{2}+\left({\frac {d\xi }{dy}}\right)^{2}+\left({\frac {d\xi }{dz}}\right)^{2}\right\}\right]\,d\tau ,$

la somme étant étendue à tous les éléments du volume.

${\frac {d\mathrm {W} }{dt}}=\int \left({\frac {d\xi }{dt}}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}+\mathrm {V} ^{2}\sum {\frac {d^{2}\xi }{dx\,dt}}{\frac {d\xi }{dx}}\right)\,d\tau .$

D’après le théorème de Green,

$\int \sum {\frac {d\xi }{dx}}{\frac {d^{2}\xi }{dx\,dt}}\,d\tau =\int {\frac {d\xi }{dt}}{\frac {d\xi }{dn}}\,d\omega -\int {\frac {d\xi }{dt}}\Delta \xi \,d\tau .$

Mais sur la surface $\xi =0$ et ${\frac {d\xi }{dt}}=0\,:$ donc la première intégrale est nulle et il reste seulement

${\frac {d\mathrm {W} }{dt}}=\int {\frac {d\xi }{dt}}\left({\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}-\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi \right)\,d\tau ,$

la parenthèse est nulle identiquement ; donc $\mathrm {W} =\mathrm {C^{te}} .$

Pour $t=0,$ $\mathrm {W}$ est nul par hypothèse.

Par conséquent $\mathrm {W}$ est identiquement nul. Comme le coefficient de $d\tau$ dans $d\mathrm {W}$ est une somme de carrés, il faut que chacun de ces carrés soit nul : c’est-à-dire que

${\frac {d\xi }{dt}}=0\qquad {\frac {d\xi }{dx}}={\frac {d\xi }{dy}}={\frac {d\xi }{dz}}=0,$

autrement dit que $\xi$ soit identiquement nul.

Supposons maintenant qu’on donne les valeurs que prennent $\xi$ et${\frac {d\xi }{dt}}$ en chaque point du volume pour $t=0\,;$ soient par exemple $\xi =\alpha ,$ ${\frac {d\xi }{dt}}=\beta ,$ $\alpha$ et $\beta$ étant des fonctions des coordonnées $(x,\,y,\,z),$ et la valeur de $\xi$ sur la surface limite : $\xi =\gamma .$ $\gamma$ sera une fonction de $(x,\,y,\,z,\,t)\,;$ supposons de plus qu’à l’intérieur du volume $\xi$ vérifie l’équation :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}-\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi =4\pi \mathrm {V} ^{2}f(x,\,y,\,z,\,t),$

$f$ étant une fonction donnée.

Le problème est déterminé et il existe une seule fonction $\xi$ remplissant ces diverses conditions.

Admettons en effet qu’il y en ait deux, $\xi$ et $\xi _{1},$ de sorte que pour $t=0$

$\xi =\xi _{1}=\alpha$

${\frac {d\xi }{dt}}={\frac {d\xi _{1}}{dt}}=\beta$

sur la surface :

$\xi =\xi _{1}=\gamma ,$

et que

${\frac {d^{2}\xi _{1}}{dt^{2}}}-\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi _{1}=4\pi \mathrm {V} ^{2}f(x,\,y,\,z,\,t).$

Il est facile de voir alors que la fonction $\xi -\xi _{1}$ jouit des propriétés suivantes :

Pour $t=0,$ $\xi -\xi _{1}$ est nul ainsi que sa dérivée ${\frac {d(\xi -\xi _{1})}{dt}}\cdot$

Sur toute la surface

$\xi -\xi _{1}=0$

et enfin

${\frac {d^{2}(\xi -\xi _{1})}{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta (\xi -\xi _{1})$

Cette fonction est donc identiquement nulle et $\xi =\xi _{1}.$

Il est probable, sans qu’on ait pu encore le démontrer, qu’il existe toujours une solution.

Si nous considérions le volume extérieur à la surface fermée, en ajoutant la condition que $\xi$ soit nul à l’infini, le théorème serait vrai encore pour ce volume entier.

Il peut donc être étendu à tout l’espace et énoncé comme il suit :

Théorème. — Si une fonction $\xi$ vérifie l’équation :

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi +4\pi \mathrm {V} ^{2}f(x,\,y,\,z,\,t)$

que pour $t=0,$ on ait en tout point de l’espace

$\xi =0\qquad {\frac {d\xi }{dt}}=0$

et que $\xi$ s’annule à l’infini, cette fonction $\xi$ est entièrement déterminée.

96. En écrivant l’équation

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi$

pour représenter le mouvement de l’éther, nous avons supposé que ce fluide n’était pas soumis à d’autres forces que les forces d’élasticité, produites par les actions mutuelles des molécules.

Cette condition n’est plus remplie au point où il existe une source lumineuse ; d’autres forces s’ajoutent alors aux forces d’élasticité et il faut ajouter au second membre de l’équation un terme complémentaire, qui est une fonction arbitraire de $(x,\,y,\,z,\,t)\,:$

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi +4\pi \mathrm {V} ^{2}f(x,\,y,\,z,\,t)$

ce terme représente l’effet des forces qui produisent le mouvement lumineux des sources.

Cela étant, nous nous proposons de résoudre le problème suivant :

Supposons qu’avant l’instant choisi pour origine du temps et à cet instant même, c’est-à-dire pour $t\leq 0,$ tout soit au repos, autrement dit que pour :

$t\leq 0,\qquad \xi ={\frac {d\xi }{dt}}=0$

et que les forces complémentaires ne recommencent à faire sentir leur action qu’à partir de l’origine du temps, alors $f=0$ pour $t\leq 0,$ que, pour $t>0,$ $\xi$ satisfasse à l’équation, $f$ étant une fonction que nous regarderons comme donnée : $f$ étant nul partout, sauf aux sources où cette fonction a une valeur déterminée — enfin que $\xi$ s’annule à l’infini. Nous avons vu que ce problème ne comporte qu’une solution ; il s’agit de trouver cette solution.

Soient $(x,\,y,\,z)$ les coordonnées courantes d’un point, $(x',\,y',\,z')$ les coordonnées du centre de gravité d’un élément $d\tau '$ du volume occupé par les sources lumineuses, $r$ la distance de ces deux points.

La fonction

$\xi =\int {\frac {f\left(x',\,y',\,z',\,t-{\dfrac {r}{\mathrm {V} }}\right)\,d\tau '}{r}},$

la sommation étant étendue à tous les éléments $d\tau '$ du volume occupé par les sources, remplit les conditions demandées ; $\xi$ est d’ailleurs fonction de $(x,\,y,\,z)$ puisque $r$ en dépend.

Nous savons que $\xi$ vérifie l’équation ; il reste à montrer que les conditions initiales sont remplies.

Or nous avons supposé que $f$ étant nul pour $t\leq 0,$ mais si $t$ est $\leq 0$ il en est de même a fortiori de $\left(t-{\dfrac {r}{\mathrm {V} }}\right)$, $r$ et $\mathrm {V}$ étant essentiellement positifs. $\xi$ sera donc nul puisque la fonction sous le signe $\textstyle \int$ est nulle, de même ${\frac {d\xi }{dt}}\cdot$

Au contraire la fonction

$\xi =\int {\frac {f\left(x',\,y',\,z',\,t+{\dfrac {r}{\mathrm {V} }}\right)}{r}}\,d\tau '$

bien qu’elle vérifie l’équation ne peut convenir puisqu’elle ne s’annule pas pour $t\leq 0.$

97. Supposons maintenant que $\xi$^[1] soit de la forme :

$\xi =\xi _{0}e^{{\sqrt {-1}}\,pt}$

$\xi _{0}$ étant une fonction de $(x,\,y,\,z).$ En posant $\alpha ={\frac {p}{\mathrm {V} }},$ l’équation fondamentale (première forme) devient :

(1)

$\Delta \xi +\alpha ^{2}\xi =0.$

Considérons la fonction :

$\xi =\int {\frac {f(x',\,y',\,z')e^{{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\tau '.$

Cette expression représente le potentiel d’une masse attirante ayant une densité $f(x',\,y',\,z')$ et la loi d’attraction étant telle que le potentiel de la masse unité soit ${\frac {e^{{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\cdot$

$\xi$ satisfait à l’équation (1) et, comme cette équation ne dépend que de $\alpha ^{2},$ il en sera de même de :

$\xi =\int {\frac {f_{1}(x',\,y',\,z')e^{+{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\tau '.$

La somme

$\xi =\int {\frac {f(x',\,y',\,z')e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\tau '+\int {\frac {f_{1}(x',\,y',\,z')e^{+{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\tau '$

vérifie aussi l’équation : elle renferme deux fonctions arbitraires ; il semble donc qu’elle doive convenir à la question. Mais il n’en est rien, comme nous allons le montrer.

Soit, en effet, une source de lumière homogène ; prenons pour origine du temps l’instant où commence le mouvement. Ce mouvement étant périodique, pour $t>0,$ $f$ sera de la forme :

$f(x',\,y',\,z',\,t)=\varphi (x',\,y',\,z')\,e^{{\sqrt {-1}}\,pt}$

pour $t<0,$ on a $f=0.$

Supposons que $t$ soit assez grand et $r$ assez petit pour que $t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}>0,$ ou en d’autres termes, que le régime soit établi, alors :

$\xi =\int {\frac {\varphi (x',\,y',\,z')\,e^{{\sqrt {-1}}\,p\left(t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}\right)}}{r}}\,d\tau '=\int {\frac {\varphi \,e^{{\sqrt {-1}}\,pt}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\tau '$

$\alpha$ doit avoir le signe $-\,;$ c’est donc seulement la première intégrale qui convient à la question. C’est pour cette raison que la solution ${\frac {\sin \alpha r\cos pt}{r}}$ ne convient pas à la question, ainsi qu’on l’a expliqué plus haut.

Nous étudierons donc en particulier le cas où la loi d’attraction est telle que le potentiel de la masse $1$ placée au point $(x',\,y',\,z')$ soit à une distance $r$ égale à ${\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\cdot$

98. Principe de Huyghens. — En poursuivant l’étude des analogies que présentent les fonctions $\xi$ avec le potentiel newtonien, nous pourrons en déduire, ainsi que l’a fait pour la première fois Kirchhoff, le principe de Huyghens comme une généralisation d’une conséquence du théorème de Green.

Rappelons d’abord l’énoncé de ce théorème.

Considérons un certain volume $\mathrm {T}$ limité par une surface fermée $\mathrm {S} \,:$ soient $d\tau$ un élément du volume $\mathrm {T} ,$ $d\omega$ un élément de la surface $\mathrm {S} \,;$ $r$ est la distance du point $(x',\,y',\,z')$ au centre de gravité $(x,\,y,\,z)$ de l’élément $d\omega$ de la surface qui limite le volume. Les intégrales doubles doivent être étendues à tous les éléments $d\omega$ de cette surface ; les intégrales triples, à tous les éléments $d\tau$ de $\mathrm {T} .$

Deux cas sont à distinguer :

1^o Le point $(x',\,y',\,z')$ est extérieur au volume $\mathrm {T} \,;$

2^o Le point $(x',\,y',\,z')$ est intérieur au volume.

Je conviens enfin de désigner par $\xi '$ la valeur de $\xi$ au point $(x',\,y',\,z').$ On a, d’après le théorème de Green :

$\int \left(\xi {\frac {d\varphi }{dn}}-\varphi {\frac {d\xi }{dn}}\right)\,d\omega =\int \left(\xi \,\Delta \varphi -\varphi \,\Delta \xi \right)\,d\tau$

si les fonctions $\xi$ et $\varphi$ sont finies et continues ainsi que leurs dérivées à l’intérieur du volume $\mathrm {T} .$

Supposons maintenant que, $\xi$ jouissant encore de toutes ces propriétés, $\varphi$ devienne infini en un point $(x',\,y',\,z')$ de l’intérieur du volume, mais de manière que $\lim \varphi r=1$ pour $r=0.$ L’énoncé du théorème doit alors être modifié et il faut écrire :

$\int \left(\xi {\frac {d\varphi }{dn}}-\varphi {\frac {d\xi }{dn}}\right)\,d\omega =\int \left(\xi \,\Delta \varphi -\varphi \,\Delta \xi \right)\,d\tau -4\pi \xi ',$

$\xi '$ étant la valeur de $\xi$ pour $r=0.$

Pour appliquer ce théorème au cas qui nous occupe, supposons que $\xi$ vérifie l’équation :

(1)

$\Delta \xi +\alpha ^{2}\xi =0$

et que :

$\varphi ={\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,;$

$r$ étant la distance des deux points $(x',\,y',\,z')$ et $(x,\,y,\,z),$ on aura bien :

$\lim \varphi r=1\;\;$ pour $\;\;r=0.$

Nous aurons encore :

(2)

$\Delta \varphi +\alpha ^{2}\varphi =0.$

Multiplions (1) par $\varphi ,$ la seconde par $-\xi$ et ajoutons :

$\varphi \,\Delta \xi -\xi \,\Delta \varphi =0.$

Dans la formule de Green, l’intégrale du second membre disparaîtra donc, et il restera :

$\int \left(\xi \,{\frac {d\varphi }{dn}}-\varphi \,{\frac {d\xi }{dn}}\right)d\omega ={\bigg |}_{\displaystyle -4\pi \xi '}^{\displaystyle \;0,}$

$0,$ si le point $(x',\,y',\,z')$ est extérieur ; $-4\pi \xi ',$ si le point est intérieur au volume $\mathrm {T} .$

Nous pouvons d’ailleurs écrire, en permutant les accents :

$\int \left(\xi '\,{\frac {d\varphi '}{dn}}-\varphi '\,{\frac {d\xi '}{dn}}\right)d\omega '={\bigg |}_{\displaystyle -4\pi \xi }^{\displaystyle \;0}$

$\xi '$ sera la valeur de $\xi$ au point $(x',\,y',\,z')$ centre de gravité de $d\omega ',$ c’est-à-dire en un point de la surface limite $\mathrm {S} \,;$ $\varphi '$ dépendant de $r$ est fonction à la fois de $x,\,y,\,z$ et de $x',\,y',\,z'.$

99. Le théorème s’applique-t-il encore quand le volume considéré $\mathrm {T}$ est la portion de l’espace extérieure à une certaine surface $\mathrm {S} \,?$

Soit $\mathrm {S} '$ une sphère dont le rayon $\mathrm {R}$ soit très grand et puisse être regardé comme un infiniment grand du premier ordre.

On pourra alors appliquer le théorème au volume $\mathrm {T}$ compris entre la surface $\mathrm {S}$ et la sphère $\mathrm {S} ',$ puisque ce volume ne s’étend pas à l’infini. On aura donc :

$\int _{\mathrm {S} }\left(\xi '\,{\frac {d\varphi '}{dn}}-\varphi '\,{\frac {d\xi '}{dn}}\right)d\omega '+\int _{\mathrm {S} '}\left(\xi '\,{\frac {d\varphi '}{dn}}-\varphi '\,{\frac {d\xi '}{dn}}\right)d\omega '\!=0\;\mathrm {ou} \,-4\pi \xi$

la première intégrale est étendue à la surface $\mathrm {S}$ et la seconde à la sphère $\mathrm {S} '.$ Pour que le théorème s’applique à la région de l’espace extérieure à $\mathrm {S} ,$ il suffit que

$\lim \int _{\mathrm {S} '}\left(\xi '\,{\frac {d\varphi '}{dn}}-\varphi '\,{\frac {d\xi '}{dn}}\right)d\omega '=0,$

quand $\mathrm {R}$ croît indéfiniment.

Il est clair d’abord que $\varphi '$ et ${\frac {d\varphi '}{dn}}$ sont des infiniment petits du premier ordre, et que l’on a en négligeant les infiniment petits du deuxième ordre :

$\varphi '={\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{\mathrm {R} }},\quad {\frac {d\varphi '}{dn}}=-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{\mathrm {R} }}\cdot$

D’autre part nous avons vu à la fin du n^o 97 que, si $\xi$ représente la projection sur l’axe des $x$ du déplacement d’une molécule d’éther, on aura :

(3)

$\xi =\int {\frac {\psi (x',\,y',\,z')e^{{\sqrt {-1}}\,pt}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r'}\,d\tau '}{r'}},$

$d\tau '$ représente un élément de volume occupé par les sources lumineuses $x',\,y',\,z'$ sont les coordonnées de cet élément ; $\psi$ est une fonction de $x',\,y',\,z'$ et $r'$ la distance de $x,\,y,\,z$ à $x',\,y',\,z'.$ Si le point $x,\,y,\,z$ est sur la sphère $\mathrm {S} ',$ et que le rayon de cette sphère soit très grand, ${\frac {1}{\mathrm {R} }}$ différera très peu de ${\frac {1}{r'}}$ et il viendra, aux infiniment petits près du deuxième ordre :

$\xi '={\frac {1}{\mathrm {R} }}\int \psi e^{{\sqrt {-1}}pt-{\sqrt {-1}}\alpha r}\,d\tau '\,;\;\;{\frac {d\xi '}{dn}}={\frac {-i\alpha }{\mathrm {R} }}\int \psi e^{{\sqrt {-1}}pt-{\sqrt {-1}}\alpha r}\,d\tau .$

Car ${\frac {dr}{dn}}$ est égal à $1$ à des infiniment petits près. La quantité sous le signe $\textstyle \int$ est donc du troisième ordre, et comme la surface de la sphère est très grande, du deuxième ordre, l’intégrale tend vers $0.$ Le théorème est donc vrai ; mais, pour qu’il en soit ainsi, il ne suffit pas que $\xi$ s’annule à l’infini, il faut encore qu’il soit de la forme (3).

Il en résulte que, si on donne les valeurs de $\xi$ et de ${\frac {d\xi }{dn}}$ en tous les points de la surface limite $\mathrm {S} ,$ la formule donne la valeur de $\xi$ en un point quelconque du volume $\mathrm {T} .$ Mais, en général, il ne sera possible de se donner arbitrairement que l’un des systèmes de valeurs, soit $\xi ,$ soit ${\frac {d\xi }{dn}},$ parce que ces fonctions sont liées par une relation, exprimant que l’intégrale est nulle en un point extérieur.

D’ailleurs il est en général impossible de calculer ${\frac {d\xi '}{dn}}$ quand on donne $\xi '.$

100. Mais dans le cas particulier du mouvement de l’éther il nous sera possible, en profitant de la petitesse de la longueur d’onde, c’est-à-dire de la grandeur de $\alpha ,$ de calculer avec une approximation suffisante ${\frac {d\xi '}{dn}}$ étant donné $\xi '.$

Dans le système de coordonnées curvilignes $(u,\,v,\,w),$ que nous avons déjà employé n^o 88, nous pouvons représenter $\xi '$ par

$\xi '=\mathrm {A} e^{{\sqrt {-1}}p\left(t-{\frac {w}{\mathrm {V} }}\right)}$

$\mathrm {A}$ est une fonction de $(u,\,v,\,w),$ dont toutes les dérivées sont finies ; le second facteur au contraire varie rapidement, $p$ étant très grand

$\xi '=\mathrm {A} \,e^{{\sqrt {-1}}\,pt}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$

${\frac {d\xi '}{dn}}={\frac {d\mathrm {A} }{dn}}\,e^{{\sqrt {-1}}\,pt}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}+\mathrm {A} e^{{\sqrt {-1}}\,pt}\left(-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha w}\right){\frac {dw}{dn}}\cdot$

Le facteur $\alpha$ étant très grand, le premier terme peut être négligé à côté du second et il reste :

${\frac {d\xi '}{dn}}=\xi '\,{\frac {dw}{dn}}\left(-{\sqrt {-1}}\,\alpha \right).$

Soit $\mathrm {S}$ la surface considérée (fig. 13) ; traçons la surface $w$ et la surface infiniment voisine $w+dw.$ — Menons au point $\mathrm {M}$ de l’intersection de $\mathrm {S}$ avec $w$ la normale à $\mathrm {S} \,;$ soit $\mathrm {M} _{2}$ le point où elle rencontre la surface $w+dw$

$\mathrm {M} \mathrm {M} _{2}=dn\,;$

Fig. 13.

menons de même la normale $\mathrm {MM} _{1}$ à la surface $w$ :

${\begin{array}{c}\mathrm {MM} _{1}=dw\\[1ex]{\dfrac {dw}{dn}}={\dfrac {\mathrm {MM} _{1}}{\mathrm {MM} _{2}}}=\cos(\mathrm {M_{2}MM_{1}} )=\cos \theta .\\\end{array}}$

Par conséquent

${\frac {d\xi '}{dn}}=\xi '\cos \theta .$

D’autre part :

${\begin{array}{c}\varphi '={\dfrac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}},\\[1ex]{\dfrac {d\varphi '}{dn}}={\dfrac {d\varphi '}{dr}}{\dfrac {dr}{dn}}={\dfrac {d\varphi '}{dr}}\cos \psi ,\\\end{array}}$

$\psi$ étant l’angle sous lequel la surface $\mathrm {S}$ est coupée par la sphère de rayon $r$ décrite du point $(x,\,y,\,z)$ comme centre.

${\frac {d\varphi '}{dn}}=-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}-{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r_{2}}}\cdot$

À cause de la grandeur de $\alpha ,$ le second terme est négligeable et il reste

${\frac {d\varphi '}{dn}}=-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\cos \psi .$

Remplaçons dans notre formule :

$\int \left[\xi '\left(-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\cos \psi \right)-{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\left(-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,\xi '\cos \theta \right)\right]d\omega '={\bigg \{}_{\displaystyle \;0}^{\displaystyle -4\pi \xi }$

ou :

$\int \xi 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,{\frac {d\omega '}{r}}\left(-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,\cos \psi +{\sqrt {-1}}\,\alpha \,\cos \theta \right)={\bigg \{}_{\displaystyle \;0}^{\displaystyle -4\pi \xi }$

Dans les applications on choisit toujours pour la surface $\mathrm {S}$ la surface de l’onde, la lumière se propageant vers l’extérieur ; la normale correspondant aux $w$ croissants est dirigée vers l’extérieur : en général on considère un point de l’espace extérieur à $\mathrm {S} \,;$ ${\frac {d\xi }{dn}}$ se rapporte donc à la normale intérieure et il faut prendre $\theta =\pi$ ou $\cos \theta =-1$

$\int {\frac {-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,\xi 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\left(1+\cos \psi \right)}{r}}\,d\omega '={\bigg \{}_{\displaystyle -4\pi \xi }^{\displaystyle \;0}$

relation qui exprime le principe de Huyghens. Comparons en effet les conséquences de cette relation avec celles du principe de Huyghens tel que l’applique Fresnel.

101. Fresnel suppose que $\xi$ est connu sur la surface $\mathrm {S}$ par exemple, sous la forme :

$\xi =\varphi (x',\,y',\,z')e^{{\sqrt {-1}}\,pt};$

Fig. 14.

il considère ensuite les points de $\mathrm {S}$ comme des centres d’ébranlement et se propose de calculer quel sera l’ébranlement en un point $\mathrm {P}$ $(x,\,y,\,z)$ extérieur (fig. 14).

À cet effet, il admet que l’ébranlement provenant de l’élément $d\omega '$ de coordonnées $(x',\,y',\,z'),$ situé sur $\mathrm {S}$ est représenté au point $\mathrm {P}$ par :

$\varphi (x',\,y',\,z')\,e^{{\sqrt {-1}}\,p\left(t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}\right)}\,d\omega '\,{\frac {f(\psi )}{r}}\,;$

il suppose ainsi que l’amplitude de l’ébranlement varie comme l’inverse de la distance $r$ du point $\mathrm {P}$ au point $\mathrm {M}$ $(x',\,y',\,z'),$ et de plus varie avec la direction $\mathrm {MP}$ suivant une certaine fonction $f(\psi )$ de l’angle $\psi$ que fait la normale à $d\omega '$ avec $\mathrm {MP} .$

Fresnel ne fait d’ailleurs aucune hypothèse sur la forme de cette fonction $f\,;$ il suppose seulement qu’elle passe par un maximum pour $\psi =0,$ à cause de la petitesse de ${\frac {p}{\mathrm {V} }}=\alpha \,;$ le résultat sera d’ailleurs indépendant de la forme de $f.$

Enfin pour avoir l’ébranlement total, Fresnel fait ensuite la somme des ébranlements partiels ; cette somme peut s’écrire :

$\xi =\int {\frac {f(\psi )\,\xi '\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\omega '}{r}}\cdot$

En effet :

$\varphi (x',\,y',\,z')e^{{\sqrt {-1}}\,p\left(t-{\frac {r}{\mathrm {V} }}\right)}=\xi 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}.$

Pour identifier cette expression de $\xi$ avec celle que nous avons trouvée, il suffit d’y faire :

$f(\psi )={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\left(1+\cos \psi \right).$

Seulement il faut bien remarquer que cette formule n’est valable que pour un point extérieur à la surface, c’est-à-dire faisant partie du volume $\mathrm {T}$ considéré ; en un point qui ne ferait pas partie de ce volume l’intégrale serait nulle.

Reste maintenant à calculer cette intégrale, ce qui exige la connaissance de $\xi '.$

Fresnel suppose que $\xi '$ est nul sur l’écran et a même valeur aux autres points que si l’écran n’existait pas ; qu’à l’intérieur de $\mathrm {S}$ l’intensité a aussi même valeur qu’en l’absence de l’écran, enfin que les conditions à remplir ne dépendent pas de la nature de ce dernier.

Posons pour abréger :

$\xi '(1+\cos \psi )=\mathrm {X} '.$

Il faut calculer

$\int {\frac {\mathrm {X} 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}\,d\omega '.$

Du point $\mathrm {P}$ comme centre décrivons une sphère de rayon $r$ qui coupe la surface $\mathrm {S}$ suivant une certaine courbe $\mathrm {MN} ,$ puis une autre de rayon $r+dr$ qui coupera $\mathrm {S}$ suivant une courbe $\mathrm {M'N'}$ infiniment peu différente $\mathrm {MN} \,;$ entre ces deux courbes se trouve une bande infiniment mince. Considérons l’intégrale :

$\int \mathrm {X} '\,d\omega '$

étendue à tous les éléments de cette bande ; cette intégrale sera infiniment petite, soit $r\,\sigma \,dr\,;$ $r$ peut être considéré comme une constante pour tous les éléments de cette bande. Il viendra alors :

$\int \mathrm {X} '\,d\omega '\,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}=\int r\,\sigma \,dr\,{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r}}=\int \sigma '\,e^{{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr.$

102. Dans ce qui suivra nous prendrons en général comme
Fig. 15. surface limite $\mathrm {S}$ une surface de l’onde, et la plupart du temps nous supposerons cette onde sphérique.

Soit donc $\mathrm {O}$ le centre de cette onde (fig. 15), $\mathrm {P}$ le point considéré $(x,\,y,\,z)$ ses coordonnées, $\mathrm {M}$ le centre de gravité de $d\omega ',$ $(x',\,y',\,z')$ ses coordonnées ; $r$ sera la distance $\mathrm {MP}$ et $\psi$ l’angle que fait la normale $\mathrm {OM}$ à la sphère avec $\mathrm {MP} .$

Joignons $\mathrm {PO} ,$ cette droite rencontre la sphère aux points $\mathrm {Q}$ et $\mathrm {Q} '.$ Si nous décrivons du point $\mathrm {P}$ comme centre, comme tout à l’heure, deux sphères de rayon $r$ et $r+dr,$ les deux courbes $\mathrm {MN} ,$ $\mathrm {M'N'}$ se réduiront à deux petits cercles de la sphère $\mathrm {S} ,$ ayant pour pôle $\mathrm {Q} ,$ et que nous appellerons pour abréger cercles $r$ et $r+dr.$ Ces deux petits cercles limiteront une bande infiniment mince et nous aurons

$\sigma \,r\,dr=\int \mathrm {X} '\,d\omega ',$

l’intégrale étant étendue à tous les éléments de la bande.

Faisons un changement de coordonnées et prenons pour déterminer la position d’un point de la sphère $\mathrm {S}$ sa distance $r$ au point $\mathrm {P} ,$ et l’angle $\varphi$ que fait le plan $\mathrm {MOP}$ avec un plan fixe passant aussi par $\mathrm {OP} .$

Menons par $\mathrm {OP}$ deux plans infiniment voisins $\varphi$ et $\varphi +d\varphi ,$ ces deux plans coupant la sphère suivant deux méridiens passant par $\mathrm {Q}$ et $\mathrm {Q} '.$ Ces deux méridiens et les deux parallèles $r$ et $r+dr$ découpent sur la sphère un petit quadrilatère $abcd$ qui sera l’élément $d\omega '.$ Un calcul très simple montre que

$d\omega '={\frac {\mathrm {R} }{a}}\,r\,dr\,d\varphi ,$

$\mathrm {R}$ étant le rayon de la sphère et $a$ la distance $\mathrm {OP} .$ Par conséquent

$\sigma ={\frac {\mathrm {R} }{a}}\int \mathrm {X} \,d\varphi .$

Il faut maintenant fixer les limites de cette intégrale.

Si la sphère est entièrement éclairée, il faut intégrer entre $\varphi =0$ et $\varphi =2\pi .$

S’il y a un écran, deux cas peuvent se présenter : ou bien le cercle $r$ est entièrement éclairé, et alors il faut intégrer encore entre $0$ et $2\pi \,;$ ou bien le cercle $r$ est en partie sur l’écran et il faut intégrer entre les valeurs de $\varphi ,$ $\varphi _{1}$ et $\varphi _{2}$ qui correspondent aux bords de l’écran.

Supposons que nous ayons calculé $\sigma$ : nous avons

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int \sigma e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr.$

Intégrons par parties en remarquant que

${\begin{array}{c}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr=-\ d{\dfrac {e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{{\sqrt {-1}}\,\alpha }}\\[1ex]\xi =-{\dfrac {\sigma }{4\pi }}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}+\displaystyle {\frac {1}{4\pi }}\int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr.\\\end{array}}$

où

$\sigma '={\frac {d\sigma }{dr}}\cdot$

Pour calculer la valeur du terme intégré, il faut savoir quelle est la plus petite valeur que puisse prendre $r.$ Deux cas peuvent se présenter :

1^o Le point $\mathrm {Q}$ est sur la partie éclairée de la sphère : la limite inférieure de $r$ est alors $\mathrm {PQ} .$

D’autre part, dans l’expression

$\sigma ={\frac {\mathrm {R} }{a}}\int \mathrm {X} \,d\varphi ,$

on peut regarder $\mathrm {X}$ comme une constante sur le cercle $r,$ et il vient :

${\begin{aligned}\sigma &={\frac {\mathrm {R} }{a}}\mathrm {X} \int _{0}^{2\pi }\!\!d\varphi =2\pi {\frac {\mathrm {R} }{a}}\mathrm {X} \\[1ex]&=2\pi {\frac {\mathrm {R} }{a}}\xi '_{0}(1+\cos \psi ).\\\end{aligned}}$

Or au point $\mathrm {O} ,$ $\psi =0$ et $\cos \psi =1,$ ce qui donne en définitive

$\sigma =4\pi {\frac {\mathrm {R} }{a}}\xi '_{0}.$

À la limite inférieure, le terme tout connu se réduit donc à :

$-{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}.$

2^o Le point $\mathrm {Q}$ est sur l’écran, $r_{0}$ est la plus courte distance de $\mathrm {P}$ au bord de l’écran ; pour $r=r_{0}-\varepsilon ,$ le cercle $r_{0}-\varepsilon$ est tout entier sur l’écran et $\sigma =0\,;$ pour $r=r_{0}+\varepsilon ,$ il y a au contraire un arc infiniment petit du cercle sur la portion éclairée ; $\sigma$ est infiniment petit et tend vers $0$ en même temps que $\varepsilon \,;$ le terme tout connu est donc nul à la limite inférieure.

Il faut faire la même discussion pour la limite supérieure $r_{1}.$

En effet, si la sphère est entièrement éclairée ou au moins si le point $\mathrm {Q} '$ est sur la partie éclairée, $r_{1}=\mathrm {PQ} '$ et

$\sigma =2\pi \,{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\mathrm {X} =2\pi \,{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}\,(1+\cos \psi )\,;$

seulement au point $\mathrm {Q} '$ on a

$\psi =\pi \qquad \qquad \cos \psi =-1,$

et par suite $\sigma$ est nul.

Si $\mathrm {Q}$ est sur l’écran, $r_{1}$ est la plus grande distance de $\mathrm {P}$ au bord de l’écran ; pour $r=r_{1}-\varepsilon ,$ il y a sur la partie éclairée un arc infiniment petit du cercle $r_{1}-\varepsilon \,;$ cet arc tend vers $0$ en même temps que $\varepsilon .$ Donc à la limite supérieure $\sigma$ est encore nul. — Ces résultats s’étendent aux cas où la surface limite n’est pas une sphère ; quand le point n’est pas sur l’écran, on trouve en appelant $\mathrm {C} _{1}$ et $\mathrm {C} _{2}$ les centres de courbure principaux situés sur la normale $\mathrm {PQ}$

$\sigma =4\pi \xi '_{0}{\sqrt {\frac {\mathrm {QC} _{1}.\mathrm {QC} _{2}}{\mathrm {PC} _{1}.\mathrm {PC} _{2}}}}\cdot$

103. Revenons au cas de la sphère. — Il résulte de ce qui précède que le terme tout connu est nul à la limite supérieure, qu’à la limite inférieure il est nul si le point $\mathrm {Q}$ est sur l’écran, et si le point $\mathrm {Q}$ n’est pas sur l’écran, il est égal à

${\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}.$

En général l’intégrale du deuxième membre est négligeable, et on a simplement

$\xi ={\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}.$

Dans ces conditions, $\xi$ a donc la même valeur au point $\mathrm {P}$ qu’au point $\mathrm {Q}$ au facteur près ${\frac {\mathrm {R} }{a}}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}$ qui exprime la variation de l’amplitude avec la distance $\left({\frac {\mathrm {R} }{a}}\right)$ et la différence de phase $\left(e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}\right)\,;$ on trouve par conséquent la même valeur de $\xi$ que dans la théorie géométrique des ombres.

— Si le point $\mathrm {P}$ est à l’intérieur de la sphère, $\mathrm {X}$ est nul au point $\mathrm {Q} '$ et au point $\mathrm {Q} ,$ car en chacun de ces points $\psi =\pi$ et $\cos \psi =-1,$ donc $\sigma =0$ et $\xi =0.$

104. Puisqu’on négligeant l’intégrale

$\int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr$

nous retrouvons les propriétés géométriques des ombres, c’est cette intégrale qui doit représenter l’influence des phénomènes de diffraction.

L’intégration doit être effectuée entre les limites $r_{0}$ et $r_{1}.$

Nous partagerons cet intervalle en intervalles partiels : dans les uns, $\sigma '$ restera fini ; dans les autres $\sigma '$ deviendra très grand de l’ordre de $\alpha .$ Nous pourrons négliger les intervalles où $\sigma '$ reste fini, comme nous allons le montrer.

Soit en effet $r_{2}-r_{3}$ un de ces intervalles, nous pouvons toujours admettre que $\sigma '$ varie constamment dans le même sens, c’est-à-dire que $\sigma ''$ conserve toujours le même signe, sans quoi nous n’aurions qu’à subdiviser l’intervalle $r_{2}-r_{3}$ en intervalles partiels où ce signe ne changerait pas.

Intégrons par parties :

$\int \sigma '\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr=-{\frac {\sigma '\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{{\sqrt {-1}}\,\alpha }}+{\frac {1}{{\sqrt {-1}}\,\alpha }}\int \sigma ''\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr.$

Le terme intégré est négligeable : en effet $e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ est $<1\,;$ $\sigma '$ est fini ; le rapport ${\frac {\sigma '}{\alpha }}$ est négligeable, puisque $\alpha$ est très grand ; d’autre part puisque $\sigma ''$ a toujours le même signe :

$\int \sigma ''e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr<\int \sigma ''\,dr$

ou

$\int \sigma ''e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr<\sigma '_{3}-\sigma '_{2}$

cette quantité est finie, son quotient par $\alpha$ est donc négligeable. Il nous suffira par conséquent de tenir compte des intervalles où $\sigma '$ devient très grand, du même ordre de grandeur que $\alpha .$

Représentons le bord de l’écran : soient $\mathrm {M_{1},}$ $\mathrm {M} _{2}$ les points où le cercle $r$ rencontre ce bord (fig. 16),

$\mathrm {X} _{1},\,\varphi _{1}$ les valeurs de $\mathrm {X}$ et de $\varphi$ en $\mathrm {M} _{1}$, $\mathrm {X} _{2},$ $\varphi _{2}$ ces valeurs en $\mathrm {M} _{2}.$

Nous aurons :
Fig. 16.

${\begin{array}{ccc}\quad &\quad \quad \\\quad &\displaystyle {\dfrac {a}{\mathrm {R} }}\,\sigma =\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}}\!\!\mathrm {X} \,d\varphi .\quad \\\quad &\quad \quad \\\end{array}}$

Donnons à $r$ un accroissement $dr,$ nous obtenons le cercle $r+dr,$ qui rencontre le bord de l’écran en $\mathrm {M} '_{1}$ et $\mathrm {M} '_{2},$ la valeur de $\varphi$ en $\mathrm {M} '_{1}$ sera $\varphi _{1}+d\varphi _{1},$ et en $\mathrm {M} '_{2},$ $\varphi _{2}+d\varphi _{2}.$

Appliquons la règle des variations sous le signe $\textstyle \int$

${\frac {a}{\mathrm {R} }}\,\sigma '=\int {\frac {d\mathrm {X} }{dr}}\,d\varphi +\mathrm {X} _{1}\,{\frac {d\varphi _{1}}{dr}}-\mathrm {X} _{2}\,{\frac {d\varphi _{2}}{dr}}\cdot$

Nous ne savons pas comment varie $\mathrm {X} ,$ mais nous admettrons que $\mathrm {X}$ varie très lentement le long de la surface, puisque la phase doit rester la même ; ${\frac {d\mathrm {X} }{dr}}$ sera fini et aussi $\int {\frac {d\mathrm {X} }{dr}}\,d\varphi ,$ ce terme sera négligeable, puisque nous ne considérons que les intervalles où $\sigma '$ est très grand et que nous pouvons par conséquent négliger dans l’expression de $\sigma '$ les termes qui sont seulement de grandeur finie.

Supposons qu’on parcoure le bord de l’écran dans le sens indiqué par la flèche ; soit $s$ l’arc décrit dans ce sens :

${\begin{aligned}{\overline {\mathrm {M'_{2}M_{2}} }}&=ds_{2}\\{\overline {\mathrm {M_{1}M'_{1}} }}&=ds_{1}\\\end{aligned}}$

Quand on marche dans le sens de la flèche, $\varphi _{2}$ diminue de $d\varphi _{2},$ $\varphi _{1}$ augmente de $d\varphi _{1}.$

Posons

$\varphi '={\frac {d\varphi }{ds}}$

et soient $\varphi _{1}'$ et $\varphi _{2}'$ les valeurs de $\varphi '$ respectivement aux points $\mathrm {M} _{1}$ et $\mathrm {M} _{2}$

${\begin{aligned}d\varphi _{1}&=\varphi _{1}'\,ds_{1}\\d\varphi _{2}&=\varphi _{2}'\,ds_{2}\\\end{aligned}}$

et en substituant il viendra :

${\frac {a}{\mathrm {R} }}\,\sigma '=\mathrm {X} _{1}\,\varphi _{1}'\,ds_{1}+\mathrm {X} _{2}\,\varphi _{2}'\,ds_{2},$

et en multipliant par $e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ et intégrant :

${\frac {a}{\mathrm {R} }}\int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dr=\int \mathrm {X} \,\varphi '\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}ds=\int \mathrm {X} \,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}d\varphi ,$

cette intégrale étant comptée le long du bord de l’écran et seulement dans les intervalles où $\sigma '$ est du même ordre de grandeur que $\alpha .$

Supposons donc que $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ soit un arc tel que $\sigma '$ et par conséquent ${\frac {d\varphi }{dr}},$ soit de l’ordre de $\alpha \,;$ il faut voir si l’intégrale

$\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}}\mathrm {X} e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\varphi$

sera finie ou non.

Admettons que $\varphi$ varie toujours dans le même sens, de $\varphi _{1}$ à $\varphi _{2},$ et aille par exemple en croissant : $d\varphi$ sera $>0.$ $\mathrm {X}$ reste inférieur à une certaine quantité finie $\mathrm {L} .$ $e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ est $<1.$ Donc

$\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}}\mathrm {X} e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\varphi <\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}}\mathrm {L} \,d\varphi =\mathrm {L} (\varphi _{2}-\varphi _{1}).$

Par conséquent, deux conditions sont nécessaires pour que l’intégrale soit finie :

1^o ${\frac {d\varphi }{dr}}$ doit être de l’ordre de $\alpha \,;$ ${\frac {dr}{d\varphi }}$ de l’ordre de ${\frac {1}{\alpha }}$ ou de la longueur d’onde $\lambda \,;$

2^o $\varphi _{2}-\varphi _{1},$ c’est-à-dire l’angle sous lequel l’arc $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ est vu de $\mathrm {Q}$ doit être fini.
Fig. 17.

Deux cas peuvent se présenter :

1^o L’arc $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ est fini : comme $r$ doit être sensiblement constant, il faut que $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ diffère peu d’un arc de cercle ;

2^o L’arc $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ est infiniment petit ; pour qu’il soit vu de $\mathrm {Q}$ sous un angle fini (fig. 17), il est nécessaire alors que cet arc passe très près du point $\mathrm {Q} ,$ et par suite que la droite $\mathrm {OP}$ passe très près du bord de l’écran.

105. Supposons que ces dernières conditions soient remplies.
Fig. 18.

Nous pourrons prendre seulement les portions de l’écran voisines de $\mathrm {Q}$ qui ont seules de l’influence, réduire la sphère à son plan tangent et le cercle $\mathrm {M_{1}M_{2}}$ à une droite ; enfin, puisqu’on ne s’éloigne pas de $\mathrm {Q} ,$ considérer $\mathrm {X}$ comme une constante, par exemple $\mathrm {X} =1.$

Menons $\mathrm {QH}$ perpendiculaire sur le bord de l’écran (fig. 18). Posons :

${\begin{array}{ccccc}\mathrm {QH} =\delta &&\mathrm {MH} =x&&{\widehat {\mathrm {MQH} }}=\varphi \\[1ex]&&\varphi =\mathrm {arc~tg} \,{\dfrac {x}{\delta }}\cdot &&\\\end{array}}$

Comme, dès qu’on s’écarte tant soit peu de $\mathrm {Q} ,$ les portions situées au-delà n’ont pour ainsi dire plus d’influence, il reviendra au même de conserver les limites précédentes ou bien, ce qui sera plus commode, de prendre comme limites $x=-\infty$ et $x=+\infty ,$ ou $\varphi =-{\frac {\pi }{2}}$ et $\varphi =+{\frac {\pi }{2}}\cdot$ Nous aurons ainsi à calculer

$\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{+{\frac {\pi }{2}}}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\varphi .$

Soit $r_{0}=\mathrm {PH}$

$r={\sqrt {r_{0}^{2}+x^{2}}}.$

Comme $x$ est très petit, nous pouvons développer le second membre, en nous bornant aux deux premiers termes :

$r=r_{0}+{\frac {x^{2}}{2r_{0}}},$

d’ailleurs :

$d\varphi ={\frac {\delta \,dx}{x^{2}+\delta ^{2}}}\cdot$

En substituant dans notre intégrale, elle prend la forme

$e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-{\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2r_{0}}}\,x^{2}}\,{\frac {\delta \,dx}{x^{2}+\delta ^{2}}},$

c’est l’intégrale de Fresnel. On a vu (1^er volume, n^o 93) comment on peut lui donner sa forme habituelle ; mais ce n’est pas celle-là que je veux lui donner ici.

Par une transformation convenable, on retrouve la formule donnée par M. Gilbert.

Remarquons en effet que la fonction sous le signe $\textstyle \int$ étant paire :

$\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-{\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2r_{0}}}\,x^{2}}\,{\frac {\delta \,dx}{x^{2}+\delta ^{2}}}=2\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2r_{0}}}\,x^{2}}\,{\frac {\delta \,dx}{x^{2}+\delta ^{2}}}$

ce qui ramène à calculer

$\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2r_{0}}}\,x^{2}}\,{\frac {\delta \,dx}{x^{2}+\delta ^{2}}},$

$x$ décrivant l’axe OA des quantités réelles.

Menons une droite $\mathrm {OB}$ inclinée à 45° sur $\mathrm {OA}$
Fig. 19. et du point $\mathrm {O}$ avec un rayon très grand, décrivons l’arc de cercle $\mathrm {AB}$ (fig. 19). Comme à l’intérieur du secteur $\mathrm {OAB} ,$ l’intégrale ne présente aucun point singulier, il est indifférent de prendre le chemin direct $\mathrm {OA}$ ou le chemin $\mathrm {OBA} .$ Mais le long de $\mathrm {BA} ,$ l’intégrale est d’autant plus petite que le rayon $\mathrm {OA}$ est plus grand, il n’y a donc pas de différence entre les deux chemins $\mathrm {OA}$ et $\mathrm {OB} .$

Posons :

${\frac {\alpha x^{2}}{2r_{0}}}=-{\sqrt {-1}}\,y^{2}$

ou :

$x={\sqrt {-{\sqrt {-1}}}}\,y\,{\sqrt {\frac {2r_{0}}{\alpha }}}$

$y$ sera réel quand on ira de $\mathrm {O}$ en $\mathrm {B} ,$ l’intégrale s’écrira :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-y^{2}}\,\delta \,{\sqrt {-{\sqrt {-1}}}}\,{\sqrt {\dfrac {2r_{0}}{\alpha }}}\,dy}{\delta ^{2}-{\sqrt {-1}}\,y^{2}\,{\dfrac {2r_{0}}{\alpha }}}}\cdot$

Posons enfin :

${\frac {2r_{0}}{\alpha \delta ^{2}}}=\beta ^{2},$

nous trouvons :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-y^{2}}\,{\sqrt {-{\sqrt {-1}}}}\,\beta \,\,dy}{1-{\sqrt {-1}}\,y^{2}\beta ^{2}}}\cdot$

c’est la forme donnée par M. Gilbert aux notations près.

Pour que l’intégrale soit sensible, il faut que $\delta$ soit très petit. En effet, $\beta$ étant en facteur, il est nécessaire que $\beta$ soit fini, ce qui exige que $2r_{0}$ et $\alpha \delta ^{2}$ soient du même ordre de grandeur. $\delta ^{2}$ doit donc être du même ordre que ${\frac {r_{0}}{\alpha }}$ ou que $r_{0}\lambda \,;$ $\delta$ sera de l’ordre de ${\sqrt {r_{0}\lambda }}.$

Comme $r_{0}$ est de l’ordre de nos unités habituelles, on voit que la largeur des franges sera comparable à la racine carrée de la longueur d’onde.

Si $r_{0}$ devient du même ordre de grandeur que $\delta ,$ $\delta ^{2}$ est de l’ordre de ${\frac {\delta }{\alpha }}$ et $\delta$ de l’ordre de ${\frac {1}{\alpha }}$ ou de $\lambda \,;$ les franges deviennent donc de plus en plus fines quand on s’approche de l’écran.

106. Principe de Huyghens appliqué aux ondes réfléchies ou réfractées. — Dans l’étude que nous venons de faire du principe de Huyghens, nous avons supposé que la lumière partie de la source arrivait au point $\mathrm {P}$ sans avoir subi ni réflexion ni réfraction.

Le principe peut être étendu aux cas où les ondes se sont réfléchies ou réfractées. Mais dans les applications, il faut substituer à l’exponentielle $e^{-i\alpha r},$ l’exponentielle $e^{-i\,p\tau },$ où $\tau$ représente le temps que met la lumière pour aller de la source au point $\mathrm {P} ,$ en tenant compte des milieux réfringents,

La démonstration peut se faire comme précédemment, mais elle est plus compliquée, parce qu’il est impossible de séparer alors les trois composantes $\xi ,\,\eta ,\,\zeta .$ — Nous admettrons donc le résultat sans répéter la démonstration (la démonstration est analogue à celle que nous avons donnée dans la Théorie de l’Élasticité, n^o 50).

107. Correction relative aux lignes focales. — M. Gouy, dans un récent travail, a montré que dans le calcul
Fig. 20. de la quantité $r,$ il était nécessaire d’introduire une correction relative aux lignes focales. Rappelons ce que sont les lignes focales.

Soient $\mathrm {S}$ la surface de l’onde, $\mathrm {M}$ un point de cette surface ; la normale à $\mathrm {S}$ au point $\mathrm {M}$ sera un rayon lumineux. Soient $\mathrm {C} _{1}$ et $\mathrm {C} _{2}$ les centres de courbure principaux situés sur cette normale (fig. 20) ; considérons les points infiniment voisins de $\mathrm {M}$ et le faisceau des normales menées par chacun d’eux. Ce faisceau forme un pinceau de rayons lumineux extrêmement délié. Un plan perpendiculaire à $\mathrm {C_{1}C_{2}}$ détermine dans ce faisceau une section qui, en général, sera infiniment petite. Si ce plan passe par $\mathrm {C} _{1}$ ou par $\mathrm {C} _{2},$ cette section se réduit à une ligne infiniment petite qui s’appelle ligne focale. Si les points $\mathrm {C} _{1}$ et $\mathrm {C} _{2}$ sont confondus, la section se réduit à un point qui est un foyer.

La correction à faire est la suivante :

À la différence de phase $\delta$ résultant de la différence de marche $\Delta ,$ il faut retrancher ${\frac {\pi }{2}}$ si l’un des rayons interférents a passé par une ligne focale ; il faut retrancher $\pi$ s'il a passé par un foyer.

M. Gouy a donné une démonstration expérimentale en répétant l’expérience des miroirs de Fresnel avec un miroir plan et un miroir concave, les franges observées au-delà du centre de courbure du miroir présentent une frange centrale noire.

Il a également donné de ce fait une démonstration analytique que je vais reproduire avec d’assez grandes modifications.

1. Ondes sphériques. — Considérons une certaine fonction $\mathrm {F} (r)$ assujettie aux conditions suivantes : $\mathrm {F} (r)$ est nulle pour toute valeur de $r$ sauf celles comprises entre deux limites déterminées $r_{0}$ et $r_{1}$ ; de plus $\mathrm {F} (r_{0})=\mathrm {F} (r_{1})=0.$

Supposons qu’une fonction $\xi$ de $r$ et de $t$ soit solution de l’équation fondamentale

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\Delta \xi$

que pour $t=0$ elle se réduise à

${\frac {\mathrm {F} (r)}{r}},$

et par suite soit nulle pour toute valeur de $r$ non comprise entre $r_{0}$ et $r_{1}\,;$ que pour $t=0$ on ait

${\frac {d\xi }{dt}}=\mathrm {V} \,{\frac {\mathrm {F} '(r)}{r}}$

enfin que $\xi ,$ fini et continu dans tout l’espace ainsi que ses dérivées, s’annule à l’infini — cette fonction $\xi$ sera entièrement déterminée, ainsi que nous l’avons vu au n^o 95. Si cette fonction existe, il n’y en a qu’une seule. Or la fonction

(1)

$\xi ={\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)-\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)}{r}}$

satisfait à l’équation fondamentale — elle reste finie et continue ainsi que ses dérivées dans tout l’espace ; il ne pourrait y avoir doute que pour l’origine, c’est-à-dire pour $r=0.$

Mais pour $r=0$ les deux termes du numérateur se détruisent ; donc le numérateur et le dénominateur s’annulent simultanément et par conséquent $\xi$ reste fini au voisinage de l’origine et peut même, si $r$ est assez petit, être développé suivant les puissances croissantes de $r$ et aussi de $(x,\,y,\,z).$ En effet le numérateur change de signe quand on change $r$ en $-r\,:$ donc son développement par la formule de Mac-Laurin ne contient que des puissances impaires de $r.$ Comme il faut diviser par $r,$ le quotient $\xi$ ne renfermera que des puissances paires — il sera donc développé suivant les puissances de $r^{2}$ et par conséquent suivant les puissances de $x^{2}+y^{2}+z^{2}.$ Pour $t=0,$

$\xi ={\frac {\mathrm {F} (r)-\mathrm {F} (-r)}{r}}\cdot$

Mais $\mathrm {F} (r)$ étant nul pour toute valeur de $r$ non comprise entre les valeurs positives $r_{0}$ et $r_{1}$ est a fortiori nul pour les valeurs négatives de $r\,:$ donc $\mathrm {F} (-r)=0$ et

$\left(\xi \right)_{t=0}={\frac {\mathrm {F} (r)}{r}}\cdot$

De même

$\left({\frac {d\xi }{dt}}\right)_{t=0}=\mathrm {V} \,{\frac {\mathrm {F} '(r)-\mathrm {F} '(-r)}{r}},$

et comme $\mathrm {F} '(-r)=0$

$\left({\frac {d\xi }{dt}}\right)_{t=0}=\mathrm {V} \,{\frac {\mathrm {F} '(r)}{r}}\cdot$

La fonction (1) satisfait donc à toutes les conditions du problème. Or, nous avons vu que ce problème ne peut comporter qu’une seule solution ; donc la fonction (1) est la solution unique du problème proposé.

108. Supposons d’abord que

$\mathrm {V} t<r_{0},$

on aura a fortiori

$\mathrm {V} t-r<r_{0},$

et par conséquent

$\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)=0\,;$

il reste

$\xi ={\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)}{r}}\cdot$

Cette valeur de $\xi$ représente une onde sphérique convergente, c’est à-dire qui se propage vers le centre de la sphère.

Si au contraire

$\mathrm {V} t>r_{1}\quad$ ou $\quad \mathrm {V} t+r>r_{1}$

c’est alors

$\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)=0,$

et

$\xi =-{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)}{r}}\cdot$

L’onde est divergente, c’est-à-dire se propage en s’éloignant du centre de la sphère. Pour

$r_{0}<\mathrm {V} t<r_{1},$

nous aurons une combinaison des deux.

Fig. 21. Nous voyons donc que $\xi$ change de signe quand l’onde sphérique de convergence devient divergente. — Supposons pour fixer les idées qu’au temps $t=t_{0},$ $r=r_{0},$ c’est-à-dire que l’onde soit en $\mathrm {M} _{0},$ et au temps $t=t_{1},$ $r=r_{1},$ l’onde soit en $\mathrm {M} _{1},$ de l’autre côté du centre $\mathrm {O}$ (fig. 21).

Si

$\mathrm {V} (t_{1}-t_{0})=r_{0}+r_{1}$

l’onde aura parcouru, pendant le temps $(t_{1}-t_{0}),$ le chemin $r_{0}+r_{1}.$

Au point $\mathrm {M} _{0},$ à l’instant $t_{0},$ l’onde est convergente

$\xi ={\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t_{0}+r_{0})}{r_{0}}}$

Au point $\mathrm {M} _{1},$ à l’instant $t_{1},$ l’onde est divergente

$\xi =-{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t_{1}-r_{1})}{r_{1}}}=-{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t_{0}+r_{0})}{r_{0}}}\cdot$

Par conséquent la valeur de $\xi$ au point $\mathrm {M} _{1}$ à l’instant $t_{1}$ est la même qu’au point $\mathrm {M} _{0}$ à l’instant $t_{0},$ au facteur près ${\frac {r_{1}}{r_{0}}}$ et au signe près ; il y a donc une différence de phase de $\pi ,$ correspondant à un retard de ${\frac {\lambda }{2}}\cdot$ Il nous faudra donc, quand une onde passe par un foyer, introduire cette correction. On pourrait objecter qu’une onde de cette nature, c’est-à-dire telle que $\xi ,\,\eta ,\,\zeta$ soient fonction de $t$ et de $r$ seulement, ne saurait être transversale, mais il est aisé d’étendre le résultat à une onde sphérique quelconque.

109. Si nous avions choisi pour $\xi$ la forme suivante :

$\xi ={\frac {d}{dx}}{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)-\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)}{r}},$

$\xi$ vérifierait encore l’équation fondamentale, serait fini et continu ainsi que ses dérivées même pour $r=0.$ Pour

$\mathrm {V} t<r_{0}$

on a

$\xi ={\frac {d}{dx}}{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)}{r}},$

l’onde est convergente.

Pour

$\mathrm {V} t>r_{1}$

$\xi ={\frac {d}{dx}}{\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)}{r}}$

l’onde est divergente.

$\xi$ change encore de signe quand l’onde change de nature en passant par un foyer.

Nous serions conduits aux mêmes conclusions en prenant pour $\xi$ une dérivée d’ordre quelconque, prise un nombre quelconque de fois par rapport à chacune des variables $(x,\,y,\,z),$ de ${\frac {\mathrm {F} (\mathrm {V} t+r)-\mathrm {F} (\mathrm {V} t-r)}{r}},$ ou même une combinaison linéaire de ces dérivées. Ces conclusions s’appliquent aussi à une onde sphérique quelconque qui, ainsi que nous l’avons vu au N^o 90, peut toujours se mettre sous cette forme ; $\xi ,\,\eta$ et $\zeta$ égalées à des combinaisons linéaires des dérivées de fonctions de $r$ et de $t.$

110. Passage des ondes par une ligne focale. — Nous allons d’abord considérer un cas particulier simple, celui des ondes cylindriques.

Soit $\rho$ la distance du point $(x,\,y,\,z)$ à l’axe des $x$

$\rho ^{2}=y^{2}+z^{2}.$

Si on a

$\xi =f(\rho ,t)$

l’onde sera cylindrique ; les surfaces d’onde seront des cylindres ayant $\mathrm {O} x$ pour axe.

Par un calcul facile on trouve

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=\mathrm {V} ^{2}\left({\frac {d^{2}\xi }{d\rho ^{2}}}+{\frac {1}{\rho }}{\frac {d\xi }{d\rho }}\right)$

ou

(1)

${\frac {\rho }{\mathrm {V} ^{2}}}\,{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}-\rho \,{\frac {d^{2}\xi }{d\rho ^{2}}}-{\frac {d\xi }{d\rho }}=0.$

Je dis que

$\xi =\int _{-1}^{+1}{\frac {\mathrm {F} (z\rho +\mathrm {V} t)\,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}$

est l’intégrale de cette équation.

L’intégrale générale devrait contenir deux fonctions arbitraires ; mais celle que nous avons donnée est la plus générale parmi les intégrales de l’équation qui restent finies pour $\rho =0.$ Vérifions que $\xi$ est bien une solution de l’équation (1) :

${\begin{aligned}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}&=\int _{-1}^{+1}{\frac {\mathrm {V} ^{2}\mathrm {F} ''\,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\\{\frac {d^{2}\xi }{d\rho ^{2}}}&=\int _{-1}^{+1}{\frac {z^{2}\mathrm {F} ''\,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\\{\frac {d\xi }{d\rho }}\;&=\int _{-1}^{+1}{\frac {z\mathrm {F} '\,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}.\\\end{aligned}}$

Substituons dans l’équation (1) ; il faut que

$\int _{-1}^{+1}{\frac {dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\left[\rho \mathrm {F} ''(1-z^{2})-z\mathrm {F} '\right]=0.$

Or

$\int dz\left(\rho \mathrm {F} ''{\sqrt {1-z^{2}}}-{\frac {z\mathrm {F} '}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)={\sqrt {1-z^{2}}}\,\mathrm {F} '\left(z\rho +\mathrm {V} t\right)$

cette expression s’annule aux deux limites $-1$ et $+1.$

— Comme nous supposons le mouvement périodique, nous allons donner à la fonction arbitraire $\mathrm {F}$ une forme particulière.

$p$ ayant toujours la même signification et $\alpha$ étant égal à ${\frac {p}{\mathrm {V} }}={\frac {2\pi }{\lambda }},$ nous poserons :

$\mathrm {F} (z\rho +\mathrm {V} t)=\cos(\alpha z\rho +\alpha \mathrm {V} t)=\cos(\alpha z\rho +pt).$

Alors $\xi$ deviendra :

${\begin{aligned}\xi &=\int _{-1}^{+1}{\frac {\cos(\alpha z\rho +pt)\,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\\&=\int _{-1}^{+1}{\frac {\cos \alpha z\rho \,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\cos pt-\int _{-1}^{+1}{\frac {\sin \alpha z\rho \,dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\sin pt.\\\end{aligned}}$

La seconde intégrale est nulle, car la seconde fonction sous le signe $\textstyle \int$ est impaire, et les limites sont égales et de signe contraire.

Il reste donc

$\xi =\int _{-1}^{+1}{\frac {\cos \alpha z\rho }{\sqrt {1-z^{2}}}}\,dz\,\cos pt,$

d’où

${\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=-p^{2}\xi .$

Substituons dans l’équation (1)

$\alpha ^{2}\xi +{\frac {1}{\rho }}{\frac {d\xi }{d\rho }}+{\frac {d^{2}\xi }{d\rho ^{2}}}=0.$

Nous retombons sur l’équation qui définit la fonction de Bessel, donc :

$\xi =\mathrm {J} _{0}(\alpha \rho )\,;$

c’est la seule parmi les intégrales de cette équation linéaire qui se réduise à $1$ pour $\rho =0.$ D’autre part :

$\left(\xi \right)_{\rho =0}=\int _{-1}^{+1}{\frac {dz}{\sqrt {1-z^{2}}}}\,\cos pt=\pi \,\cos pt.$

Par conséquent :

$\xi =\mathrm {J} _{0}(\alpha \rho )\,\pi \,\cos pt.$

Cherchons une valeur approchée de $\mathrm {J} _{0}(\rho )$ quand $\rho$ devient très grand :

$\pi \mathrm {J} _{0}(\rho )=\int _{-1}^{+1}{\frac {\cos z\rho }{\sqrt {1-z^{2}}}}\,dz=2\int _{0}^{1}{\frac {\cos(z\rho )}{\sqrt {1-z^{2}}}}\,dz$

puisque la fonction sous le signe $\textstyle \int$ est paire. En posant :

$\varphi =\int _{0}^{1}{\frac {e^{{\sqrt {-1}}\,z\rho }}{\sqrt {1-z^{2}}}}\,dz$

nous pouvons écrire :

${\frac {\pi }{2}}\mathrm {J} _{0}(\rho )=\mathrm {p.~r{\acute {e}}elle~de~} \varphi .$

Prenons une nouvelle variable $u$ définie par la condition :

${\begin{aligned}z\rho &=\rho -u\\[1ex]dz&=-{\frac {du}{\rho }}\cdot \\\end{aligned}}$

Pour

$z=0,\quad u=\rho \quad$ et pour $\quad z=1,\quad u=0.$

Substituons dans l’expression de $\varphi .$

${\begin{aligned}\varphi &=\int _{\rho }^{0}{\frac {-e^{{\sqrt {-1}}(\rho -u)}\,{\dfrac {du}{\rho }}}{\sqrt {1-{\dfrac {(\rho -u)^{2}}{\rho ^{2}}}}}}\\[1ex]&=\int _{0}^{\rho }{\frac {-e^{{\sqrt {-1}}(\rho -u)}\,du}{\sqrt {\rho ^{2}-(\rho -u)^{2}}}}=\int _{0}^{\rho }{\frac {e^{{\sqrt {-1}}(\rho -u)}\,du}{\sqrt {u(2\rho -u)}}}\\[1ex]&={\frac {e^{{\sqrt {-1}}\,\rho }}{\sqrt {2\rho }}}\int _{0}^{\rho }{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,u}\,du}{\sqrt {u\left(1-{\dfrac {u}{2\rho }}\right)}}}\\\end{aligned}}$

Si nous supposons que $\rho$ soit très grand, ${\frac {u}{2\rho }}$ sera négligeable vis-à-vis de l’unité et nous pourrons prendre $\infty$ comme limite supérieure.

$\varphi ={\frac {e^{{\sqrt {-1}}\,\rho }}{\sqrt {2\rho }}}\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-{\sqrt {-1}}\,u}\,du}{\sqrt {u}}}$

Cette dernière intégrale est connue : elle se ramène facilement d’ailleurs aux intégrales de Fresnel ; sa valeur est ${\sqrt {\pi }}e^{-{\sqrt {-1}}{\frac {\pi }{4}}}$

$\varphi ={\sqrt {\frac {\pi }{2\rho }}}\,e^{{\sqrt {-1}}\left(\rho -{\frac {\pi }{4}}\right)}$

et :

${\frac {\pi }{2}}\mathrm {J} _{0}(\rho )={\sqrt {\frac {\pi }{2\rho }}}\,\cos \left(\rho -{\frac {\pi }{4}}\right)\;\mathrm {~et~} \;\mathrm {J} _{0}(\rho )={\sqrt {\frac {2}{\pi \rho }}}\,\cos \left(\rho -{\frac {\pi }{4}}\right)$

Par conséquent :

$\xi =\pi \,\cos pt\,{\sqrt {\frac {2}{\pi \alpha \rho }}}\,\cos \left(\alpha \rho -{\frac {\pi }{4}}\right)$

111. Supposons d’abord que l’onde soit convergente et devienne divergente. Elle part d’un point $\mathrm {M} _{0}$ situé à une distance $\rho _{0}$ de l’axe des $x,$ traverse cet axe et aboutit au point $\mathrm {M_{1},}$ situé à une distance $\rho _{1}$ — elle a donc parcouru un chemin $\rho _{0}+\rho _{1}$ — Admettons pour simplifier que les points $\mathrm {M} _{0}$ et $\mathrm {M} _{1}$ correspondent à des maxima du cosinus : la phase y sera nulle ; il faut donc que :

$\alpha \rho -{\frac {\pi }{4}}=2\mathrm {K} \pi ,$

ce qui donne :

${\begin{aligned}\alpha \rho _{0}-{\frac {\pi }{4}}=2\mathrm {K} _{0}\pi \\[1ex]\alpha \rho _{1}-{\frac {\pi }{4}}=2\mathrm {K} _{1}\pi \\\end{aligned}}$

ou en remplaçant $\alpha$ par ${\frac {2\pi }{\lambda }}$ et divisant par ${\frac {2\pi }{\lambda }}\,:$

${\begin{aligned}\rho _{0}-{\frac {\lambda }{8}}&=\mathrm {K} _{0}\lambda \\[1ex]\rho _{1}-{\frac {\lambda }{8}}&=\mathrm {K} _{1}\lambda \\\end{aligned}}$

$\rho _{0}+\rho _{1}=(\mathrm {K} _{0}+\mathrm {K} _{1})\lambda +{\frac {\lambda }{4}}\cdot$

Le chemin parcouru est donc égal non pas à un nombre entier de longueurs d’onde, mais à un nombre entier de longueurs d’onde augmenté de ${\frac {\lambda }{4}}\cdot$

Le passage par la ligne focale nécessite donc dans le calcul des phases une correction de ${\frac {\lambda }{4}}\cdot$

112. L’application du principe de Huyghens nous conduira
Fig. 22. à la même conclusion :

Soient $\mathrm {S}$ une surface quelconque ; $\mathrm {P} ,$ un point extérieur ; $\mathrm {PQ} ,$ une normale à $\mathrm {S} \,;$ $\mathrm {M} ,$ le centre de gravité d’un élément $d\omega '$ de $\mathrm {S} ,$ ayant pour coordonnées $(x',\,y',\,z')$ (fig. 22). En conservant les notations que nous avons adoptées, nous aurons pour la première composante $\xi$ de la vibration au point $\mathrm {P} \,:$

${\begin{aligned}\xi &={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int {\frac {\mathrm {X} e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\omega '}{r}}\\[0.75ex]&={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int {\sigma e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dz}\\[0.75ex]&=-\sigma e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}+{\frac {1}{4\pi }}\int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,dz.\\\end{aligned}}$

Si le point $\mathrm {Q}$ n’est pas très voisin du bord de l’écran, les portions de l’intégrale relatives aux éléments $d\omega '$ voisins du point $\mathrm {Q}$ exercent seules une influence sensible sur la valeur de l’intégrale. (Dans le cas où du point $\mathrm {P}$ on peut mener plusieurs normales à la surface $\mathrm {S} ,$ il faudrait prendre les éléments $d\omega '$ voisins du pied de chacune de ces normales.) Par conséquent la valeur de l’intégrale ne changera pas si on étend la sommation à une portion quelconque de la surface $\mathrm {S}$ entourant le point $\mathrm {Q} ,$ et elle sera encore la même si la sommation est étendue à la surface $\mathrm {S}$ tout entière. Nous avons vu d’ailleurs que l’intégrale $\textstyle \int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}dr$ est en général négligeable.

Pour traiter d’abord un cas particulier simple, supposons que, au voisinage du point $\mathrm {Q} ,$ la surface $\mathrm {S}$ soit une portion de sphère concave du côté de $\mathrm {P}$ et que nous étendions l’intégrale à cette calotte sphérique. Soit $\mathrm {C}$ le centre de la sphère.

Deux cas peuvent se présenter :

1^o Le point $\mathrm {P}$ se trouve entre $\mathrm {Q}$ et $\mathrm {C} ,$ alors de tous les points de la calotte sphérique, $\mathrm {Q}$ est le plus rapproché de $\mathrm {P} \,;$ les limites d’intégration sont $r_{0}=\mathrm {PQ}$ et $r_{1}\,;$

2^o Le point $\mathrm {P}$ est au-delà de $\mathrm {C} ,$ alors $\mathrm {Q}$ est le point de la calotte le plus éloigné de $\mathrm {P} \,;$ les limites d’intégration sont $r_{1}$ et $r_{0}=\mathrm {PQ} ,$ $r_{1}$ étant la plus courte distance de $\mathrm {P}$ à la courbe $\mathrm {L}$ qui limite la calotte.

Dans les deux cas, nous savons que (§ 102) :

$\sigma =2\pi \,{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\mathrm {X} _{0}$

$\mathrm {R}$ étant le rayon de la sphère et $a$ la distance $\mathrm {PC} .$ $\mathrm {X} _{0}$ la valeur de $\mathrm {X}$ au point $\mathrm {Q} .$ Or, en ce point $\mathrm {Q} ,$ l’angle que nous avons appelé $\psi$ est nul et $\cos \psi =1,$ donc :

$\mathrm {X} _{0}=\xi '_{0}(1+\cos \psi )=2\xi '_{0}$

et :

(2)

$\sigma =4\pi \,{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}.$

Pour évaluer $\xi ,$ comme nous avons vu que $\int \sigma 'e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ était négligeable, il suffit de substituer les limites dans le terme intégré. Pour la limite qui correspond au bord $\mathrm {L} ,$ on a $\sigma =0,$ pour celle qui correspond au point $\mathrm {Q} ,$ $\sigma$ a la valeur (2). Seulement dans le cas où les points sont dans l’ordre $\mathrm {QPC} ,$ cette dernière limite est la limite inférieure ; quand les points sont dans l’ordre $\mathrm {QCP} ,$ c’est la limite supérieure. Par conséquent, il faut changer le signe quand on passe d’un cas à l’autre et écrire :

(QPC)

$\xi ={\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}$

(QCP)

$\xi =-{\frac {\mathrm {R} }{a}}\,\xi '_{0}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}$

Tout se passe donc comme si $\xi$ changeait de signe par le passage de l’onde à travers un foyer ; il y a une perte de phase de $\pi$ correspondant à un retard de ${\frac {\lambda }{2}}\cdot$

113. Des raisonnements analogues s’appliquent à une surface $\mathrm {S}$ quelconque, sans faire d’hypothèse sur la forme de cette surface au voisinage du point $\mathrm {Q} .$

Toujours avec les mêmes notations nous aurons au point $\mathrm {P} \,:$

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int {\frac {-\mathrm {X} e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}\,d\omega '}{r}}$

Prenons un autre système de coordonnées avec le point $\mathrm {P}$ comme origine ; l’axe des $z$ sera $\mathrm {QP}$ et les plans des $xz$ et des $yz$ seront les sections principales de la surface au point $\mathrm {Q} .$ Un point $\mathrm {M}$ de la surface aura pour coordonnées $(x,\,y,\,z)\,;$ (nous supprimons les accents, ce qui n’a pas d’inconvénient puisque nous avons pris $\mathrm {P}$ comme origine). Ce point est le centre de gravité d’un élément $d\omega '$ faisant avec le plan des $xy$ un angle que nous appellerons $\varphi .$ Par conséquent :

$d\omega '={\frac {dx\,dy}{\cos \varphi }}$

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int {\frac {\mathrm {X} e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}}{r\cos \varphi }}\,dx\,dy.$

Nous savons qu’il suffit d’étendre l’intégration aux éléments voisins de $\mathrm {Q} .$ $\mathrm {M}$ sera donc toujours très voisin de $\mathrm {Q} .$ L’expression sous $\textstyle \int$ se compose de deux facteurs :

1^o ${\frac {\mathrm {X} }{r\cos \varphi }}$ qui ne varie pas rapidement et a sensiblement la même valeur en $\mathrm {M}$ et en $\mathrm {Q} \,;$

2^o $e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ qui varie au contraire très rapidement car sa dérivée $-{\sqrt {-1}}\,\alpha \,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r}$ est très grande puisque $\alpha$ est très grand.

Nous pourrons donc prendre dans l’évaluation de la somme le facteur ${\frac {\mathrm {X} }{r\cos \varphi }}$ avec la valeur qu’il a en $\mathrm {Q} .$

Au point $\mathrm {Q} \,:$

$r=\mathrm {PQ} =r_{0}\qquad \xi '=\xi '_{0}\qquad \psi =\varphi =0$

donc :

${\frac {\mathrm {X} }{r\cos \varphi }}={\frac {2\xi '_{0}}{r_{0}}}$

Quant au second facteur $e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r},$ il faut calculer sa valeur au point $\mathrm {M} ,$ c’est-à-dire la valeur de $r$ en ce point. Or $\mathrm {C} _{1}$ et $\mathrm {C} _{2}$ étant les centres de courbure principaux de la surface $\mathrm {S}$ au point $\mathrm {Q} ,$ le point $\mathrm {M}$ étant très voisin de $\mathrm {Q} ,$ on démontre que :

$r=r_{0}+mx^{2}+ny^{2}$

en posant :

$m={\frac {\mathrm {PC} _{1}}{2\mathrm {QP} .\mathrm {QC} _{1}}}\qquad n={\frac {\mathrm {PC} _{2}}{2\mathrm {QP} .\mathrm {QC} _{2}}}$

Les segments étant pris avec leur signe ; nous conviendrons donc de regarder $\mathrm {PC}$ comme positif si le point $\mathrm {C}$ est à droite de $\mathrm {P} ,$ comme négatif si le point $\mathrm {C}$ est à gauche.

Cette expression de $r$ n’est qu’une valeur approchée, obtenue en regardant $x$ et $y$ comme des infiniment petits du premier ordre et négligeant les infiniment petits d’ordre supérieur au second.

L’expression de $\xi$ prendra donc la forme :

${\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{4\pi }}\int {\frac {2\xi '_{0}}{r_{0}}}\,ne^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha (r_{0}+mx^{2}+ny^{2})}dx\,dy.$

Posons, pour mettre les signes en évidence

${\begin{aligned}\mu &=+{\sqrt {|m|}}\\[0.75ex]\nu &=+{\sqrt {|n|}}\\\end{aligned}}$

$|m|$ et $|n|$ représentant les valeurs absolues de $m$ et de $n.$

$\mu \nu ={\sqrt {|mn|}}={\sqrt {\frac {\mathrm {PC} _{1}\,\mathrm {PC} _{2}}{4{\overline {\mathrm {QP} }}^{2}.\mathrm {QC} _{1}.\mathrm {QC} _{2}}}}$

ou en posant :

$h={\sqrt {\left|{\dfrac {\mathrm {PC} _{1}.\mathrm {PC} _{2}}{\mathrm {QC} _{1}.\mathrm {QC} _{2}}}\right|}}$

$\mu \nu ={\frac {h}{2r_{0}}}\cdot$

114. Trois cas sont à distinguer :

Premier cas. — Les points sont dans l’ordre $\mathrm {QPC_{1}C_{2}}$ (fig. 20) (1) ; autrement dit, pour aller de $\mathrm {Q}$ en $\mathrm {P} ,$ le rayon ne rencontre aucune ligne focale, alors :

$m=+\mu ^{2}\qquad n=+\nu ^{2}.$

Deuxième cas. — Des points sont dans l’ordre $\mathrm {QC_{1}PC_{2}}$ (fig. 20) (2) ; le rayon allant de $\mathrm {Q}$ en $\mathrm {P}$ rencontre une seule ligne focale.

$m=-\mu ^{2}\qquad n=+\nu ^{2}.$

Troisième cas. — Les points sont dans l’ordre $\mathrm {QC_{1}C_{2}P}$ (fig. 20) (3), le rayon rencontre deux lignes focales :

$m=-\mu ^{2}\qquad n=-\nu ^{2}.$

Dans ce dernier, rentre le cas particulier où, $\mathrm {C} _{1}$ et $\mathrm {C} _{2}$ étant confondus, le rayon passe par un foyer.

Transformons l’intégrale en réunissant ces trois cas dans la même formule, nous aurons :

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2\pi }}{\frac {\xi '_{0}}{r_{0}}}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}\int e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha (\pm \mu ^{2}x^{2}\pm \nu ^{2}y^{2})}\,dx\,dy.$

Comme nous l’avons dit déjà, les portions de la surface voisine de $\mathrm {Q}$ ont seules une influence ; sans changer la valeur de $\xi$ nous pouvons donc prendre comme limites $-\infty$ et $+\infty .$

L’intégrale se décomposera alors en un produit de deux autres :

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2\pi }}{\frac {\xi '_{0}}{r_{0}}}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\pm {\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\pm {\sqrt {-1}}\,\alpha \nu ^{2}y^{2}}\,dy.$

La valeur de ces intégrales est connue. On sait en effet que :

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{{\sqrt {-1}}\,x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2}}}(1+{\sqrt {-1}}).$

En posant $x=\mu {\sqrt {\alpha }}\,x',$ on trouve aisément :

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{{\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}{\frac {1+{\sqrt {-1}}}{\mu }}$

ou en changeant ${\sqrt {-1}}$ en $-{\sqrt {-1}}\,:$

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}{\frac {1-{\sqrt {-1}}}{\mu }}$

ou en réunissant ces deux résultats

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\mp {\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\frac {1}{\mu }}{\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}(1\mp {\sqrt {-1}})$

et de même

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\mp {\sqrt {-1}}\,\alpha \nu ^{2}y^{2}}\,dx={\frac {1}{\nu }}{\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}(1\mp {\sqrt {-1}})$

Substituons dans $\xi \,:$

${\begin{aligned}\xi &={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2\pi }}{\frac {\xi '_{0}}{r_{0}}}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}{\frac {1}{\mu \nu }}{\frac {\pi }{2\alpha }}\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\\[0.75ex]&={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{2h}}\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right).\\\end{aligned}}$

Si le rayon ne traverse aucune ligne focale il faut prendre $m=+\mu ^{2},$ $n=+\nu ^{2},$ et par conséquent

$\left(1-{\sqrt {-1}}\right)\left(1-{\sqrt {-1}}\right)$

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{2h}}\left(1-{\sqrt {-1}}\right)^{2}={\frac {\xi '_{0}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{h}}\cdot$

Si le rayon rencontre une seule ligne focale,

$m=-\mu ^{2}\qquad n=+\nu ^{2}$

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{2h}}\left(1+{\sqrt {-1}}\right)\left(1-{\sqrt {-1}}\right)={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{h}}\cdot$

Enfin si le rayon rencontre deux lignes focales ou un foyer :

$m=-\mu ^{2}\qquad n=-\nu ^{2}$

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{2h}}\left(1+{\sqrt {-1}}\right)^{2}=-{\frac {\xi '_{0}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{h}}\cdot$

Les valeurs de $\xi$ sont les mêmes dans les trois cas aux facteurs près $1,$ ${\sqrt {-1}},$ $-1\,;$ il faut donc dans le second cas : retrancher à la différence de marche ${\frac {\lambda }{4}}$ et dans le troisième, retrancher ${\frac {\lambda }{2}}\cdot$

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1. Inutile de rappeler que, pour l’interprétation physique des expressions imaginaires qui entrent dans ces équations, on n’en doit conserver, conformément aux conventions faites plus haut, que la partie réelle.