# Mémoires extraits des recueils de l’Académie de Turin/Recherches sur le mouvement d’un corps qui est attiré vers deux centres fixes
### RECHERCHES SUR LE MOUVEMENT D’UN CORPS QUI EST ATTIRÉ VERS DEUX CENTRES FIXES.
#### PREMIER MÉMOIRE, OÙ L’ON SUPPOSE QUE L’ATTRACTION EST EN RAISON INVERSE DES CARRÉS DES DISTANCES.

Le Problème que je me propose de résoudre dans ce Mémoire l’a déjà été par M. Euler, dans les Mémoires de l’Académie de Berlin pour l’année 1760, et dans le tome X des Nouveaux Commentaires de Pétersbourg qui vient de paraître, mais pour le cas seulement où le corps se meut dans un plan passant par les deux centres des forces. La solution que j’en vais donner ici est générale, quelle que soit la courbe décrite par le corps, et la méthode sur laquelle elle est fondée a l’avantage de conduire directement à des équations où les indéterminées seront séparées d’elles-mêmes, sans qu’on ait besoin pour cela des transformations et des substitutions épineuses que M. Euler a employées.
Comme le Problème dont il s’agit a un rapport immédiat avec celui des trois corps, il ne serait pas impossible que la méthode de ce Mémoire ne fût de quelque utilité pour la solution de ce fameux Problème qui fait depuis si longtemps l’objet des travaux des plus grands Géomètres. Cette considération est même le principal motif qui me détermine à publier ces recherches ; je souhaite qu’elles puissent mériter au moins par là quelque attention de la part des Savants.
Ayant pris trois axes fixes quelconques et perpendiculaires entre eux, soient $x,y,z$ les coordonnées rectangles de la courbe décrite par le corps et rapportée à ces axes ; et soient de même $a,b,c$ les coordonnées qui déterminent la position de l’un des centres des forces par rapport aux mêmes axes, et \alpha,\beta,\gamma \betai les coordonnées pour l’autre centre : il est clair que si j’appelle $u$ et $v$ les distances du corps à ces deux centres, on aura
${\begin{aligned}u=&{\sqrt {(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}}},\\v=&{\sqrt {(x-\alpha )^{2}+(y-\beta )^{2}+(z-\gamma )^{2}}}\,;\end{aligned}}$
de sorte qu’en exprimant par $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ leurs forces attractives à une distance égale à l’unité, on aura ${\frac {\mathrm {A} }{u^{2}}}$ et ${\frac {\mathrm {B} }{v^{2}}}$ pour les forces qui agissent sur le corps suivant les rayons vecteurs $u$ et $ev$
Ces forces étant décomposées chacune en trois autres suivant les directions des coordonnées $x,y,z,$ on trouvera que la force totale suivant $x$ est égale à
${\frac {\mathrm {A} (x-a)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (x-\alpha )}{v^{3}}},$
que la force suivant $y$ est égale à
${\frac {\mathrm {A} (y-b)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (y-\beta )}{v^{3}}},$
et que la force suivant $z$ est égale à
${\frac {\mathrm {A} (z-c)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (z-\gamma )}{v^{3}}}.$
Donc, nommant $t$ le temps écoulé depuis le commencement du mouve-
$dt$
| (A) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} (x-a)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (x-\alpha )}{v^{3}}}&=0,\\{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} (y-b)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (y-\beta )}{v^{3}}}&=0,\\{\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} (z-c)}{u^{3}}}+{\frac {\mathrm {B} (z-\gamma )}{v^{3}}}&=0,\end{aligned}}\right.$ |
lesquelles renferment la solution du Problème.
Si l’on multiplie la première de ces équations par ⅛ $2dx,$ la seconde par $2dy,$ la troisième par $2dz,$ et qu’après les avoir ajoutées ensemble on en prenne l’intégrale, on aura, en ajoutant la constante $4\mathrm {C} ,$
| (B) | ${\begin{aligned}{\frac {dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}}{dt^{2}}}-{\frac {2\mathrm {A} }{u}}+{\frac {2\mathrm {B} }{v}}=4\mathrm {C} ,\end{aligned}}$ |
équation qui renferme, comme on le voit, le principe de la conservation des forces vives.
Si l’on multiplie de plus les mêmes équations par $x-a,y-b,z-c,$ et qu’on les ajoute ensemble, on aura
${\frac {(x-a)d^{2}x+(y-b)d^{2}y+(z-c)d^{2}z}{dt^{2}}}$
$+{\frac {\mathrm {A} }{u}}+{\frac {\mathrm {B} \left[(x-a)(x-\alpha )+(y-b)(y-\beta )+(z-c)(z-\gamma )\right]}{v^{3}}}=0.$
Or,
$2(x-a)(x-\alpha )=(x-a)^{2}+(x-\alpha )^{2}-(a-\alpha )^{2},$
et, de même
${\begin{aligned}2(y-b)(y-\beta )=&(y-b)^{2}+(y-\beta )^{2}-(b-\beta )^{2},\\2(z-c)(z-\gamma )=&(z-c)^{2}+(z-\gamma )^{2}-(c-\gamma )^{2}\,;\end{aligned}}$
donc, si l’on dénote par $f$ la distance entre les deux centres, en sorte que
$f={\sqrt {(a-\alpha )^{2}+(b-\beta )^{2}+(c-\gamma )^{2}}},$
on aura
${\frac {(x-a)d^{2}x+(y-b)d^{2}y+(z-c)d^{2}}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} }{u}}+{\frac {\mathrm {B} \left(u^{2}+v^{2}-f^{2}\right)}{2v^{3}}}=0.$
Donc, ajoutant cette équation à l’équation (B), on aura, à cause de $u^{2}=(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2},$
| (C) | ${\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\left(u^{2}\right)}{dt^{2}}}-{\frac {\mathrm {A} }{u}}-{\frac {\mathrm {B} }{2}}\left({\frac {3}{v}}+{\frac {f^{2}-u^{2}}{v^{3}}}\right)=4\mathrm {C} ,$ |
et l’on trouvera de la même manière
| (D) | ${\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\left(v^{2}\right)}{dt^{2}}}-{\frac {\mathrm {B} }{v}}-{\frac {\mathrm {A} }{2}}\left({\frac {3}{u}}+{\frac {f^{2}-v^{2}}{u^{3}}}\right)=4\mathrm {C} ,$ |
deux équations par lesquelles on connaîtra les valeurs de $u$ et $v$ en $t.$
Je remarque maintenant que si l’on multiplie l’équation (C) par $d(v^{2}),$ et l’équation (D) par $d(u^{2}),$ et qu’ensuite on les ajoute ensemble, on a une équation intégrable, laquelle est
${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}d{\frac {d\left(u^{2}\right)d\left(v^{2}\right)}{dt^{2}}}&-\mathrm {A} \left[3du+{\frac {d\left(v^{2}\right)}{u}}+{\frac {\left(f^{2}-v^{2}\right)du}{u^{2}}}\right]\\&-\mathrm {B} \left[3dv+{\frac {d\left(u^{2}\right)}{v}}+{\frac {\left(f^{2}-u^{2}\right)dv}{v^{2}}}\right]=4\mathrm {C} \left[d\left(u^{2}\right)+d\left(v^{2}\right)\right]\,;\end{aligned}}$
de sorte qu’on aura, en intégrant et en ajoutant une constante arbitraire $2\mathrm {D} ,$
| (E) | ${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}d{\frac {d\left(u^{2}\right)d\left(v^{2}\right)}{dt^{2}}}&-\mathrm {A} \left(3u+{\frac {\left(v^{2}-f^{2}\right)}{u}}\right)-\mathrm {B} \left(3v+{\frac {\left(u^{2}-f^{2}\right)}{v}}\right)\\&=4\mathrm {C} \left(u^{2}+v^{2}\right)+2\mathrm {D} .\end{aligned}}$ |
De plus, si l’on multiplie les mêmes équations (C) et (D) par $v^{2}d(u^{2})$ et $u^{2}d(v^{2}),$ savoir, la première par $v^{2}d(u^{2})$ et la seconde par $u^{2}d(v^{2}),$ et qu’on les ajoute ensemble, on aura
${\frac {1}{2}}{\frac {v^{2}d\left(u^{2}\right)d^{2}\left(u^{2}\right)+u^{2}d(v^{2})d^{2}(v^{2})}{dt^{2}}}-\mathrm {A} \left[2v^{2}du+{\frac {3}{2}}ud\left(v^{2}\right)+{\frac {\left(f^{2}-v^{2}\right)d\left(v^{2}\right)}{2u}}\right]$
$-\mathrm {B} \left[2u^{2}dv+{\frac {3}{2}}vd\left(u^{2}\right)+{\frac {\left(f^{2}-u^{2}\right)d\left(u^{2}\right)}{2v}}\right]$
Cette équation étant multipliée par $2$ et ensuite ajoutée à l’équation (E) multipliée par $d\left(u^{2}\right)+d\left(v^{2}\right),$ on aura
${\frac {1}{2}}d\left[{\frac {v^{2}[d\left(u^{2}\right)]^{2}+u^{2}\left[d\left(v^{2}\right)\right]^{2}}{dt^{2}}}\right]-\mathrm {A} \left[6u^{2}du+6d\left(uv^{2}\right)-2f^{2}du\right]$
$-\mathrm {B} \left[6v^{2}dv+6d\left(vu^{2}\right)-2f^{2}dv\right]$
$=2\mathrm {C} \left[d\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}+4d\left(u^{2}v^{2}\right)\right]+2\mathrm {D} d\left(u^{2}+v^{2}\right),$
dont l’intégrale est évidemment
| (F) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {1}{2}}{\frac {v^{2}[d\left(u^{2}\right)]^{2}+u^{2}\left[d\left(v^{2}\right)\right]^{2}}{dt^{2}}}&-2\mathrm {A} \left(u^{3}+3uv^{2}-f^{2}u\right)\\&-2\mathrm {B} \left(v^{3}+3vu^{2}-f^{2}v\right)\\=2\mathrm {C} \left(u^{4}+v^{4}+6u^{2}v^{2}\right)&+2\mathrm {D} \left(u^{2}+v^{2}\right)+2\mathrm {E} ,\end{aligned}}\right.$ |
$\mathrm {E}$ étant une constante indéterminée.
Or, si à cette équation on ajoute l’équation (E) multipliée par $2uv,$ ou qu’on l’en retranche, on aura ces deux-ci :
${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}&{\frac {\left[vd\left(u^{2}\right)+ud\left(v^{2}\right)\right]^{2}}{dt^{2}}}-2(\mathrm {A+B} )\left[(u+v)^{3}-f^{2}(u+v)\right]\\&=2\mathrm {C} (u+v)^{4}+2\mathrm {D} (u+v)^{2}+2\mathrm {E} ,\\{\frac {1}{2}}&{\frac {\left[vd\left(u^{2}\right)+ud\left(v^{2}\right)\right]^{2}}{dt^{2}}}-2(\mathrm {A-B} )\left[(u-v)^{3}-f^{2}(u-v)\right]\\&=2\mathrm {C} (u-v)^{4}+2\mathrm {D} (u-v)^{2}+2\mathrm {E} ,\end{aligned}}$
d’où, en faisant pour plus de simplicité
${\begin{alignedat}{2}u+v=&p,&u-v=&q,\\\mathrm {A+B} =&\mathrm {M} ,\qquad &\mathrm {A-B} =&N,\end{alignedat}}$
on tire
| (G) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {uvdp}{dt}}=&{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }},\\{\frac {uvdq}{dt}}=&{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }},\end{aligned}}\right.$ |
| (H) | ${\frac {dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}={\frac {dq}{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}\,;$ |
ensuite on aura, à cause de $uv={\frac {p^{2}-q^{2}}{4}},$
$dt={\frac {\left(p^{2}-q^{2}\right)dp}{4{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}},$
c’est-à-dire, en mettant pour ${\frac {q^{2}dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}$ sa valeur en $q$ ${\frac {q^{2}dq}{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}},$
| (I) | $dt={\frac {p^{2}dp}{4{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}}-{\frac {q^{2}dq}{4{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}}.$ |
Ainsi on a deux équations dans lesquelles les indéterminées sont séparées, et qui serviront à déterminer $p$ en $q,$ et $t$ en $p$ et $q,$ c’est-à-dire $u$ en $v$ et $t$ en $u$ et $v.$
Les équations (H) et (I) que nous venons de trouver ont également lieu, soit que le corps se meuve dans un plan fixe passant par les deux centres des forces, comme M. Euler le suppose dans sa solution, soit qu’il décrive une courbe quelconque à double courbure ; mais dans ce dernier cas, il ne suffit pas de connaître à chaque instant les distances du corps aux deux centres ; il faut de plus connaître l’angle que le corps décrit autour de la ligne qui joint ces mêmes centres.
Or, si l’on imagine que $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ (fig. 1, page 73) soient les deux centres des forces, et que $\mathrm {C}$ soit le lieu du corps, en sorte que l’on ait
$\mathrm {AB} =f,\quad \mathrm {AC} =u,\quad {\text{et}}\quad \mathrm {BC} =v,$
et qu’ayant mené la perpendiculaire $\mathrm {CD} ,$ on nomme $\mathrm {CD} ,r,\mathrm {AD} ,s,$ et l’angle que le corps $\mathrm {C}$ parcourt autour de $\mathrm {AB} ,\varphi ,$ il est clair qu’on aura
$dt$
${\sqrt {dr^{2}+ds^{2}+dr^{2}d\varphi ^{2}}}\,;$
de sorte qu’on aura
$dr^{2}+ds^{2}+dr^{2}d\varphi ^{2}=dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}\,;$
et, par conséquent,
$r^{2}d\varphi ^{2}=dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}-dr^{2}-ds^{2}.$
Or, en considérant le triangle $\mathrm {ABC} ,$ il est facile de trouver que
${\begin{aligned}s=&{\frac {u^{2}-v^{2}+f^{2}}{2f}},\\r=&{\frac {\sqrt {4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}}{2f}},\\\end{aligned}}$
d’où
${\begin{aligned}ds=&{\frac {udu-vdv}{f}},\\dr=&{\frac {2f^{2}udu-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)(udu-vdv)}{f{\sqrt {4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}}}}.\end{aligned}}$
Donc
$ds^{2}+dr^{2}={\frac {(udu-vdv)^{2}}{f^{2}}}+{\frac {\left[2f^{2}udu-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)(udu-vdv)\right]^{2}}{f^{2}\left[4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]}},$
ou, en réduisant au même dénominateur et effaçant ce qui se détruit,
$ds^{2}+dr^{2}={\frac {v^{2}\left[d\left(u^{2}\right)\right]^{2}+u^{2}\left[d\left(v^{2}\right)\right]^{2}-\left(u^{2}+v^{2}-f^{2}\right)d\left(u^{2}\right)d\left(v^{2}\right)}{4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}}.$
Donc, substituant ces valeurs dans l’équation précédente, et multipliant par $4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2},$ on aura
${\frac {\left[4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]^{2}d\varphi ^{2}}{4f^{2}}}$
${\begin{aligned}&=\left[4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]\left(dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}\right)\\&-v^{2}\left[d\left(u^{2}\right)\right]^{2}-u^{2}\left[d\left(v^{2}\right)\right]^{2}+\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)d\left(u^{2}\right)d\left(v^{2}\right).\end{aligned}}$
Qu’on mette au lieu de $dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}$ de $d\left(u^{2}\right),$ de $d\left(v^{2}\right),$ et de $v^{2}\left[d\left(u^{2}\right)\right]^{2}+u^{2}\left[d\left(v^{2}\right)\right]^{2},$ leurs valeurs tirées des équations (B), Œ(E et (F), et l’on aura, en divisant par $dt^{2}$ et réduisant et ôtant ce qui se détruit,
${\frac {\left[4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]^{2}d\varphi ^{2}}{4f^{2}dt^{2}}}$
${\begin{aligned}=&\left[4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]\left(4\mathrm {C} +{\frac {2\mathrm {A} }{u}}+{\frac {2\mathrm {B} }{v}}\right)-4\mathrm {A} \left(u^{3}+3uv^{2}-f^{2}u\right)\\&-4\mathrm {B} \left(v^{3}+3vu^{2}-f^{2}v\right)-4\mathrm {C} \left(u^{4}+v^{4}+6u^{2}v^{2}\right)-4\mathrm {D} \left(u^{2}+v^{2}\right)-4\mathrm {E} \\&+2\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)\\&\qquad \times \left[\mathrm {A} \left(3u+{\frac {v^{2}-f^{2}}{u}}\right)+\mathrm {B} \left(3v+{\frac {u^{2}-f^{2}}{v}}\right)+\mathrm {C} \left(u^{2}+v^{2}\right)+2\mathrm {D} \right]\\=&-4\left(\mathrm {C} f^{4}+\mathrm {D} f^{2}+\mathrm {E} \right).\end{aligned}}$
Donc, si l’on fait, pour abréger,
$\mathrm {K} ^{2}=-\mathrm {C} f^{4}-\mathrm {D} f^{2}-\mathrm {E} ,$
on aura, en extrayant la racine carrée et multipliant par
${\frac {2f}{4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}},$
| (K) | ${\frac {d\varphi }{dt}}={\frac {4f\mathrm {K} }{4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}}.$ |
Supposons maintenant, comme nous avons fait ci-dessus,
$u+v=p,\qquad u-v=q,$
c’est-à-dire
$u={\frac {p+q}{2}},\qquad v={\frac {p-q}{2}},$
et nous aurons
${\begin{aligned}{\frac {d\varphi }{dt}}=&{\frac {4fK}{f^{2}(p+q)^{2}-\left(pq+f^{2}\right)^{2}}}\\=&{\frac {4fK}{\left(p^{2}-f^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)}}\\=&{\frac {4fK}{p^{2}-q^{2}}}\left({\frac {1}{p^{2}-f^{2}}}-{\frac {1}{q^{2}-f^{2}}}\right).\end{aligned}}$
Mais on a par l’Article III
${\begin{aligned}{\frac {4dt}{p^{2}-q^{2}}}=&{\frac {dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}\\=&{\frac {dq}{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}\,;\end{aligned}}$
donc on aura enfin
| (L) | $\left\{{\begin{aligned}dv=&{\frac {f\mathrm {K} dp}{\left(p^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}}\\-&{\frac {f\mathrm {K} dq}{\left(q^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}},\end{aligned}}\right.$ |
ce qui donnera $\varphi$ en $p$ et $q$ c’est-à-dire en $u$ et $ev$
Ainsi, la solution du Problème est réduite maintenant à l’intégration de trois équations différentielles dans lesquelles les indéterminées sont toutes séparées.
Au reste, l’équation (K) donne
${\frac {d\varphi }{dt}}={\frac {\mathrm {K} }{fr^{2}}},\quad {\text{ou bien}}\quad dt={\frac {fr^{2}d\varphi }{\mathrm {K} }}$
ce qui montre que le corps décrit autour de la ligne $\mathrm {BA} ,$ c’est-à-dire dans un plan perpendiculaire à cette ligne, des aires proportionnelles au temps.
À l’égard des constantes $\mathrm {C,D,E} ,$ elles sont entièrement arbitraires et ne dépendent que de l’état initial du corps. Pour les déterminer, supposons que quand $t=0$ on ait
$u=g,\quad v=h,\quad {\frac {du}{dt}}=m,\quad {\frac {dv}{dt}}=n,\quad {\frac {\sqrt {dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}}}{dt}}=i,$
$i^{2}-{\frac {2\mathrm {A} }{g}}-{\frac {2\mathrm {B} }{h}}=4\mathrm {C} ,$
$2ghmn-\mathrm {A} \left(3g+{\frac {h^{2}-f^{2}}{g}}\right)-\mathrm {B} \left(3h+{\frac {g^{2}-f^{2}}{h}}\right)=4\mathrm {C} \left(g^{2}+h^{2}\right)+2\mathrm {D} ,$
${\begin{aligned}g^{2}&h^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)-\mathrm {A} \left(g^{3}+3gh^{2}-f^{2}g\right)-\mathrm {B} \left(h^{3}+3hg^{2}-f^{2}h\right)\\&=\mathrm {C} \left(g^{4}+h^{4}+6g^{2}h^{2}\right)+\mathrm {D} \left(g^{2}+h^{2}\right)+\mathrm {E} \,;\end{aligned}}$
d’où l’on tire
${\begin{aligned}\mathrm {C} =&{\frac {i^{2}}{4}}-{\frac {\mathrm {A} }{2g}}-{\frac {\mathrm {B} }{2h}},\\\mathrm {D} =&ghmn-{\frac {\left(g^{2}+h^{2}\right)i^{2}}{2}}-{\frac {\mathrm {A} }{2g}}\left(g^{2}-h^{2}-f^{2}\right)-{\frac {\mathrm {B} }{2h}}\left(h^{2}-g^{2}-f^{2}\right),\\\mathrm {E} =&g^{2}h^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)-gh\left(g^{2}+h^{2}\right)mn\\&\qquad \qquad \qquad \qquad +{\frac {\left(g^{2}-h^{2}\right)^{2}i^{2}}{4}}+{\frac {f^{2}\left(g^{2}-h^{2}\right)}{2}}\left({\frac {\mathrm {A} }{g}}-{\frac {\mathrm {B} }{h}}\right)\,;\end{aligned}}$
et comme $\mathrm {K} ^{2}=-\mathrm {C} f^{4}-\mathrm {D} f^{2}-\mathrm {E} ,$ on aura
$\mathrm {K} ^{2}={\frac {i^{2}}{4}}\left[4f^{2}g^{2}-\left(g^{2}-h^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]-g^{2}h^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)+gh\left(g^{2}+h^{2}-f^{2}\right)mn.$
Si, au lieu de la vitesse $i$. on veut introduire la vitesse que le corps a pour tourner autour de la ligne des centres, on nommera cette vitesse $l,$ l’équation (K) donnera
$l={\frac {4f\mathrm {K} }{4f^{2}g^{2}-\left(g^{2}-h^{2}+f^{2}\right)^{2}}},$
d’où l’on aura
$\mathrm {K} ^{2}={\frac {\left[4f^{2}g^{2}-\left(g^{2}-h^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]l^{2}}{16f^{2}}},$
donc
$i^{2}={\frac {\left[4f^{2}g^{2}-\left(g^{2}-h^{2}+f^{2}\right)^{2}\right]l^{2}}{4f^{2}}}+{\frac {4g^{2}h^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)-4gh\left(g^{2}+h^{2}-f^{2}\right)mn}{4f^{2}g^{2}-\left(g^{2}-h^{2}+f^{2}\right)^{2}}}\,;$
ainsi, il n’y aura qu’à substituer cette valeur dans celles des quantités $\mathrm {C,D,E} ,$ que nous avons trouvées plus haut.
La solution du Problème est donc réduite à l’intégration des trois équations (H), (I) et (L). Or, comme les indéterminées sont séparées dans ces équations, il est clair qu’il n’y aura qu’à intégrer chaque membre comme une différentielle particulière qui, ne contient qu’une variable ; mais, en examinant ces différentielles, on reconnaîtra bient\delta t qu’elles dépendent en général de la rectification des sections coniques, et peut-être aussi de la quadrature de quelque courbe du troisième ordre ; de sorte qu’il est impossible d’arriver par ce moyen à des équations intégrales et finies. Cependant, si l’on suppose $\mathrm {B} =0$ ou $\mathrm {A} =0,$ ce qui rend $\mathrm {N=+M} ,$ il est certain que le Problème ne dépendra que de la quadrature du cercle on de l’hyperbole, car alors on aura le cas d’un corps qui se meut en vertu d’une seule force tendant vers un centre.
Comme le développement de ce cas renferme des discussions délicates dont l’analyse pourra tirer quelque fruit, je crois devoir l’examiner un peu en détail.
Supposons d’abord $\mathrm {B} =0,$ et les équations du Problème deviendront, en mettant $\mathrm {A}$ à la place de $\mathrm {M}$ et de $\mathrm {N} ,$
| (M) | ${\frac {dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} }}}={\frac {dq}{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} }}},$ |
| (N) | $\left\{{\begin{aligned}dt=&{\frac {p^{2}dp}{4{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} }}}}\\&-{\frac {q^{2}dq}{4{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} }}}},\end{aligned}}\right.$ |
| (O) | $\ \ \quad \qquad \left\{{\begin{aligned}d\varphi =&{\frac {f\mathrm {K} dp}{\left(p^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} }}}}\\&-{\frac {f\mathrm {K} dq}{\left(q^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} }}}}.\end{aligned}}\right.$ |
| (P) | ${\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\left(u^{2}\right)}{dt^{2}}}-{\frac {\mathrm {A} }{u}}=4\mathrm {C} ,$ |
laquelle, étant multipliée par $d\left(u^{2}\right)$ et ensuite intégrée, donne, en ajoutant la constante $\mathrm {H} ,$
| (Q) | ${\frac {1}{4}}{\frac {\left[d\left(u^{2}\right)\right]^{2}}{dt^{2}}}-2\mathrm {A} u=4\mathrm {C} u^{2}+\mathrm {H} ,$ |
d’où l’on tire
| (R) | ${\frac {1}{2}}{\frac {d\left(u^{2}\right)}{dt}}={\sqrt {\mathrm {H} +2\mathrm {A} u+4\mathrm {C} u^{2}}}.$ |
Or
${\frac {1}{2}}{\frac {d\left(u^{2}\right)}{dt}}={\frac {udu}{dt}}={\frac {u(dp+dq)}{2dt}}\,;$
donc, mettant au lieu de ${\frac {dp}{dt}}$ et ${\frac {dq}{dt}}$ leurs valeurs tirées des équations (G), on aura, à cause de $u={\frac {p+q}{2}},\ v={\frac {p-q}{2}}$ et de $\mathrm {M=N=A} ,$
| (S) | $\left\{{\begin{aligned}(p-q){\sqrt {\mathrm {C} (p+q)^{2}+\mathrm {A} (p+q)+\mathrm {H} }}&\\={\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} }}&+{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} }}.\end{aligned}}\right.$ |
C’est l’intégrale de l’équation (M), dans laquelle $\mathrm {H}$ est une nouvelle constante.
De plus, l’équation (R) donnera
| (T) | $dt={\frac {udu}{\sqrt {\mathrm {H} +2\mathrm {A} u+4\mathrm {C} u^{2}}}},$ |
de sorte qu’on aura $t$ en $u$ par les logarithmes ou par les arcs circulaires, et cette valeur de $t$ donnera (en mettant ${\frac {p+q}{2}}$ à la place de $u$) l’intégrale du second membre de l’équation (N).
Pour trouver maintenant l’intégrale de l’équation (Oh j) reprends l’équation (K), et faisant (Art. IV),
${\frac {u^{2}-v^{2}+f^{2}}{2f}}=s,$
j’ai
${\frac {d\varphi }{dt}}={\frac {\mathrm {K} }{f\left(u^{2}-s^{2}\right)}}\,;\quad {\text{d'où}}\quad d\varphi ={\frac {\mathrm {K} dt}{f\left(u^{2}-s^{2}\right)}}.$
Or, en retranchant l’équation (D) de l’équation (C) et mettant $2f^{2}s$ au lieu de $u^{2}-v^{2}+f^{2},$ on a, à cause de $\mathrm {B} =0,$
${\frac {d^{2}s}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} s}{u^{3}}}=0$
Soit $s=uz,$ et l’on aura
${\frac {zd^{2}u+2dzdu+ud^{2}z}{dt^{2}}}+{\frac {\mathrm {A} z}{u^{2}}}=0.$
Mais l’équation (P) donne
${\frac {ud^{2}u+du^{2}}{dt^{2}}}=4\mathrm {C} +{\frac {\mathrm {A} }{u}},$
et l’équation (Q) donne
${\frac {u^{2}du^{2}}{dt^{2}}}=\mathrm {H} +2\mathrm {A} u+4\mathrm {C} u^{2}\,;$
de sorte qu’on aura
${\frac {d^{2}u}{dt^{2}}}=-{\frac {\mathrm {A} }{u^{2}}}-{\frac {\mathrm {H} }{u^{5}}}\,;$
donc, substituant cette valeur dans l’équation précédente, elle deviendra celle-ci
${\frac {2dzdu+ud^{2}z}{dt^{2}}}-{\frac {\mathrm {H} z}{u^{3}}}=0,$
laquelle, étant multipliée par $2u^{3}dz$ et ensuite intégrée, donne
| (U) | ${\frac {u^{4}dz^{2}}{dt^{2}}}-\mathrm {H} z^{2}=\mathrm {L} ,$ |
${\frac {dt}{u^{2}}}={\frac {dz}{\sqrt {\mathrm {L+H} z^{2}}}}\,;$
mais à cause de $s=uz,$ on a
$d\varphi ={\frac {\mathrm {K} dt}{fu^{2}\left(1-z^{2}\right)}}\,;$
donc on aura
$d\varphi ={\frac {\mathrm {K} dz}{f\left(1-z^{2}\right){\sqrt {\mathrm {L+H} z^{2}}}}}.$
Pour mettre cette équation sous une forme plus simple, je fais
$z={\frac {r}{\sqrt {1+r^{2}}}},$
ce qui me donne
$dz={\frac {dr}{\left(1+r^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}},\quad 1-z^{2}={\frac {1}{1+r^{2}}},\quad {\sqrt {\mathrm {L+H} z^{2}}}={\frac {\sqrt {\mathrm {L+(L+M)} r^{2}}}{\sqrt {1+r^{2}}}},$
et, par conséquent,
| (V) | $d\varphi ={\frac {\mathrm {K} dr}{f{\sqrt {\mathrm {L+(L+M)} r^{2}}}}}\,;$ |
d’où il est aisé de trouver la valeur de $\varphi$ en $r\,;$ après quoi il n’y aura plus qu’à substituer pour $r$ sa valeur tirée de l’équation
${\frac {u^{2}-v^{2}+f^{2}}{2f}}=s=uz={\frac {ur}{\sqrt {1+r^{2}}}},$
laquelle est
$r={\frac {u^{2}-v^{2}+f^{2}}{\sqrt {4f^{2}u^{2}-\left(u^{2}-v^{2}+f^{2}\right)^{2}}}},$
et faisant ensuite
$u={\frac {p+q}{2}},\qquad v={\frac {p-q}{2}},$
ce qui donnera
$r={\frac {pq+f^{2}}{\sqrt {\left(f^{2}-p^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)}}},$
on aura l’intégrale cherchée de l’équation (O).
Nous avons vu que la constante $\mathrm {H}$ est entièrement arbitraire ; mais il n’en est pas de même de la constante $\mathrm {L} \,:$ en effet, si l’on reprend l’équation (U) et que l’on y substitue pour $u$ et pour $z$ leurs valeurs en $p$ et $q,$ lesquelles sont
$u={\frac {(p+q)}{2}},\qquad z={\frac {pq+f^{2}}{f(p+q)}},$
on aura, en multipliant par $16f^{2},$
${\frac {\left[(p^{2}-f^{2})dq+\left(q^{2}-f^{2}\right)dp\right]^{2}}{dt^{2}}}-{\frac {16\left(pq+f^{2}\right)\mathrm {H} }{(p+q)^{2}}}16f^{2}\mathrm {L} ,$
c’est-à-dire
${\frac {\left(p^{2}-f^{2}\right)dq^{2}+\left(q^{2}-f^{2}\right)^{2}dp^{2}+2\left(p^{2}-f^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)dpdq}{dt^{2}}}$
$-{\frac {16H(pq+f^{2})}{(p+q)^{2}}}=16f^{2}\mathrm {L} .$
Mais
$2dpdq=(dp+dq)^{2}-dp^{2}-dq^{2}=4du^{2}-dp^{2}-dq^{2}\,;$
donc, on aura
${\frac {\left(p^{2}-q^{2}\right)\left[\left(p^{2}-f^{2}\right)q^{2}-\left(q^{2}-f^{2}\right)dp^{2}\right]}{dt^{2}}}$
$+{\frac {4\left(p^{2}-f^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)du^{2}}{dt^{2}}}-{\frac {16\mathrm {H} \left(pq+f^{2}\right)^{2}}{(p+q)^{2}}}=16f^{2}\mathrm {L} .$
Substituons maintenant, au lieu de ${\frac {du^{2}}{dt^{2}}},{\frac {dp^{2}}{dt^{2}}},{\frac {dq^{2}}{dt^{2}}},$ leurs valeurs résultant des équations (Q) et (G), c’est-à-dire
${\frac {du^{2}}{dt^{2}}}={\frac {\mathrm {H} +2\mathrm {A} u+4\mathrm {C} u^{2}}{u^{2}}},$
$u={\frac {p+q}{2}},$
${\begin{aligned}{\frac {du^{2}}{dt^{2}}}=&4\left[{\frac {\mathrm {H} }{(p+q)^{2}}}+{\frac {2\mathrm {A} }{p+q}}+4\mathrm {C} \right],\\{\frac {dp^{2}}{dt^{2}}}=&{\frac {16\left(\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-4f^{2}p+\mathrm {E} \right)}{\left(p^{2}-q^{2}\right)^{2}}},\\{\frac {dq^{2}}{dt^{2}}}=&{\frac {16\left(\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-4f^{2}q+\mathrm {E} \right)}{\left(p^{2}-q^{2}\right)^{2}}},\end{aligned}}$
et nous aurons l’équation
$\left[\left(p^{2}-f^{2}\right)(Cq^{4}+Aq^{3}+Dq^{2}-Af^{2}q+E)\right.$
$\left.-\left(q^{2}-f^{2}\right)\left(\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-4f^{2}p+\mathrm {E} \right)\right]$
$+16\left(p^{2}-f^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)\left[{\frac {\mathrm {H} }{(p+q)^{2}}}+{\frac {2\mathrm {A} }{p+q}}+4\mathrm {C} \right]-{\frac {16\mathrm {H} \left(pq+f^{2}\right)^{2}}{(p+q)^{2}}}$
$=16f^{2}\mathrm {L} .$
laquelle se réduit, en effaçant ce qui se détruit, à celle-ci :
$\mathrm {C} f^{4}+\mathrm {D} f^{2}+\mathrm {E} -f^{2}\mathrm {H} =f^{2}\mathrm {L} .$
Or, nous avons supposé plus haut-(Art. IV) $\mathrm {K} ^{2}=-\mathrm {C} f^{4}-\mathrm {D} f^{2}-\mathrm {E} \,:$ donc on aura $-\mathrm {K} ^{2}-f^{2}\mathrm {H} =f^{2}\mathrm {L} ,$ et, par conséquent,
$\mathrm {L} =-{\frac {\mathrm {K} ^{2}+f^{2}\mathrm {H} }{f^{2}}}.$
Cette valeur de $\mathrm {L}$ étant substituée dans l’équation (V), on aura
$d\varphi ={\frac {\mathrm {K} dr}{\sqrt {-\mathrm {K} ^{2}-f^{2}\mathrm {H} -\mathrm {K} ^{2}r^{2}}}},$
ou bien, en divisant le haut et le bas de la fraction par $\mathrm {K} ,$
$d\varphi ={\frac {dr}{\sqrt {-{\cfrac {\mathrm {K} ^{2}+f^{2}\mathrm {H} }{\mathrm {K} ^{2}}}-r^{2}}}}\,;$
mais
$r={\frac {pq+f^{2}}{\sqrt {\left(f^{2}-p^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)}}}\,;$
$\rho ={\sqrt {-\left(1+{\frac {f^{2}\mathrm {H} }{\mathrm {K} ^{2}}}\right)}}{\frac {pq+f^{2}}{\sqrt {\left(p^{2}-f^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right)}}},$
en sorte que l’on ait
$r=\rho {\sqrt {-\left(1+{\frac {f^{2}\mathrm {H} }{\mathrm {K} ^{2}}}\right)}},$
on aura
$d\varphi ={\frac {d\rho }{\sqrt {1-\rho ^{2}}}},$
et, par conséquent,
$\varphi =\operatorname {arc} \sin \rho +\mathrm {G} ,$
$\mathrm {G}$ étant une constante arbitraire.
On aurait pu aussi tirer l’ntégrale de l’équation (M) de l’équation (U) ; car, en extrayant la racine carrée, on aura
${\frac {u^{2}dz}{dt}}={\sqrt {\mathrm {L+H} z^{2}}}\,;$
mais
$z={\frac {pq+f^{2}}{f(p+q)}}\quad {\text{et}}\quad u={\frac {p+q}{2}}\,;$
donc
$u^{2}dz={\frac {1}{4f}}\left[\left(p^{2}-f^{2}\right)dq+\left(q^{2}-f^{2}\right)dp\right]\,;$
donc, substituant cette valeur et mettant ensuite à la place des quantités ${\frac {dp}{dt}}$ et ${\frac {dq}{dt}}$ leurs valeurs tirées des équations (G), on aura
${\begin{aligned}&\left(p^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} }}\\+&\left(q^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} }}\\&=f\left(p^{2}-q^{2}\right){\sqrt {\mathrm {L} +{\frac {\mathrm {H} \left(pq+f^{2}\right)^{2}}{f^{2}(p+q)^{2}}}}},\end{aligned}}$
où l’on se souviendra que $f^{2}\mathrm {L} =\mathrm {C} f^{4}+\mathrm {D} f^{2}+\mathrm {E} -f^{2}\mathrm {H} .$
Si l’on compare cette équation à l’équation (S) trouvée ci-dessus, on verra qu’elles s’accordent parfaitement, ce qui peut servir à confirmer la bonté de nos calculs.
Supposant toujours $\mathrm {B} =0,$ en sorte que l’orbite du corps soit (comme on sait) une section conique dont l’un des foyers tombe dans le centre $\mathrm {A} ,$ on pourra placer l’autre centre $\mathrm {B}$ partout où l’on voudra. Prenons ce centre dans le point d’où l’on suppose que le corps est parti, et l’on aura, dans les formules de l’Article V,
$\mathrm {B} =0,\quad h=0,\quad g=f\,;$
et par conséquent
${\begin{aligned}\mathrm {C} =&{\frac {i^{2}}{4}}-{\frac {\mathrm {A} }{2f}},\\\mathrm {D} =&-{\frac {f^{2}i^{2}}{2}},\\\mathrm {E} =&{\frac {f^{4}i^{2}}{4}}+{\frac {f^{3}\mathrm {A} }{2}}\,;\end{aligned}}$
ou bien, à cause de $i^{2}=4\mathrm {C} +{\frac {2\mathrm {A} }{f}},$
${\begin{aligned}\mathrm {D} =&-\mathrm {C} f^{2}-\mathrm {A} f,\\\mathrm {E} =&\mathrm {C} f^{4}+\mathrm {A} f^{3}.\end{aligned}}$
Donc on aura, en substituant,
${\begin{aligned}\mathrm {C} p^{4}&+\mathrm {A} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {E} \\=&\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {A} p^{3}-2\mathrm {C} f^{2}p^{2}-\mathrm {A} fp^{2}-\mathrm {A} f^{2}p+\mathrm {C} f^{4}+\mathrm {A} f^{3}\\=&\mathrm {C} \left(p^{2}-f^{2}\right)^{2}+\mathrm {A} \left(p^{2}-f^{2}\right)(p-f)\\=&(p-f)^{2}\left[\mathrm {C} (p+f)^{2}+\mathrm {A} (p+f)\right],\end{aligned}}$
et, de même,
$\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {A} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {A} f^{2}q+\mathrm {E} =(q-f)^{2}\left[\mathrm {C} (q+f)^{2}+\mathrm {A} (q+f)\right].$
De sorte que les équations (M) et (N) de l’Article VII deviendront
${\frac {dp}{(p-f){\sqrt {\mathrm {C} (p+f)^{2}+\mathrm {A} (p+f)}}}}={\frac {dq}{(q-f){\sqrt {\mathrm {C} (q+f)^{2}+\mathrm {A} (q+f)}}}},$
$dt={\frac {p^{2}dp}{4(p-f){\sqrt {\mathrm {C} (p+f)^{2}+\mathrm {A} (p+f)}}}}-{\frac {q^{2}dq}{4(q-f){\sqrt {\mathrm {C} (q+f)^{2}+\mathrm {A} (q+f)}}}}.$
${\frac {f^{2}}{4}}$
$dt={\frac {\left(p^{2}-f^{2}\right)dp}{4(p-f){\sqrt {\mathrm {C} (p+f)^{2}+\mathrm {A} (p+f)}}}}-{\frac {\left(q^{2}-f^{2}\right)dq}{4(q-f){\sqrt {\mathrm {C} (q+f)^{2}+\mathrm {A} (q+f)}}}},$
c’est-à-dire
$dt={\frac {(p+f)dp}{4{\sqrt {\mathrm {C} (p+f)^{2}+\mathrm {A} (p+f)}}}}-{\frac {(q+f)dq}{4{\sqrt {\mathrm {C} (q+f)^{2}+\mathrm {A} (q+f)}}}},$
donc, si l’on fait pour plus de simplicité
${\begin{aligned}r=&{\frac {p+f}{2}}={\frac {u+v+f}{2}},\\s=&{\frac {q+f}{2}}={\frac {u-v+f}{2}},\end{aligned}}$
on aura
$dt={\frac {rdr}{\sqrt {4\mathrm {C} r^{2}+2\mathrm {A} r}}}-{\frac {sds}{\sqrt {4\mathrm {C} s^{2}+2\mathrm {A} s}}}.$
Or, lorsque $t=0,$ on a, par hypothèse, c $v=0,$ donc $r=s\,;$ ainsi il ne faudra point de constante dans l’intégration, pourvu que les intégrales des deux formules
${\frac {rdr}{\sqrt {4\mathrm {C} r^{2}+2\mathrm {A} r}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {sds}{\sqrt {4\mathrm {C} s^{2}+2\mathrm {A} s}}}$
soient prises de la même manière.
Cette expression du temps $t$ est remarquable en ce qu’elle ne contient qu’une seule constante $\mathrm {C}$ dépendante de la nature de la section conique, au lieu que les expressions ordinaires en contiennent nécessairement deux. Pour voir ce que c’est que cette constante $\mathrm {C} ,$ il n’y a qu’à considérer l’équation (T) de l’Article VII dans laquelle, $u$ étant le rayon vecteur, il est clair que les absides de l’orbite seront aux points où ${\frac {du}{dt}}=0,$ c’est-à-dire où $\mathrm {H} +2\mathrm {A} u+4\mathrm {C} u^{2}=0\,;$ d’où il s’ensuit que si l’on nomme $u'$ et $u''$ les valeurs de $u$ tirées de cette équation, on aura $u'+u''$ pour le grand axe, et $u'-u''$ pour l’excentricité ; mais, sans résoudre l’équation, on sait que
$-\mathrm {\frac {2A}{4C}} =u'+u''\,;$
$le$
$-\mathrm {\frac {A}{2C}} =a,\quad {\text{et par conséquent}}\quad \mathrm {C=-{\frac {A}{2a}}} ,$
de sorte que \l’on aura
$dt{\sqrt {2\mathrm {A} }}={\frac {rdr}{\sqrt {r-{\cfrac {r^{2}}{a}}}}}-{\frac {sds}{\sqrt {s-{\cfrac {s^{2}}{a}}}}}.$
Donc, si $\mathrm {BC}$ (fig. 2) est une portion quelconque de la section conique décrite par le corps autour du foyer $\mathrm {A} ,$ le temps employé à parcourir
l’arc $\mathrm {BC}$ sera donné par la somme des deux rayons vecteurs $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {AC} ,$ par la corde $\mathrm {BC}$ et par le grand axe de la section ; car faisant $\mathrm {AB} =f,$ $\mathrm {AC} =u,$ on aura $\mathrm {BC} =v\,;$ donc
$r=\mathrm {\frac {AB+AC+BC}{2}} ,\qquad s=\mathrm {\frac {AB+AC-BC}{2}} ,$
et le temps cherché sera exprimé par
$\left(\int {\frac {rdr}{\sqrt {r-{\cfrac {r^{2}}{a}}}}}-\int {\frac {sds}{\sqrt {s-{\cfrac {s^{2}}{a}}}}}s\right)\times {\frac {1}{\sqrt {2\mathrm {A} }}}.$
Au reste, ce théorème a déjà été démontré synthétiquement par M. Lambert dans son Traité sur les Orbites des comètes.
Comme la difficulté de l’intégration des équations (H), (I) et (L), qui renferment la solution du Problème général, ne vient que des radicaux ${\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}$ et ${\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {M} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {M} f^{2}q+\mathrm {E} }}.$ supposons que les constantes $\mathrm {C,D}$ et $\mathrm {E} ,$ dépendantes de l’impulsion primitive du corps, soient telles, que les quantités
${\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}\ \ {\text{et}}\ \ {\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {M} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {M} f^{2}q+\mathrm {E} }}$
contiennent chacune un facteur carré ; et il est clair que les radicaux dont il s’agit se réduiront aux formes
$(p-\alpha ){\sqrt {\mathrm {C} p^{2}+\beta p+\gamma }}$
et
$(q-\lambda ){\sqrt {\mathrm {C} q^{2}+\mu q+\nu }},$
de sorte que les équations du Problème ne dépendront plus que de la quadrature du cercle ou de l’hyperbole.
Pour cela je fais $p-\alpha =x,$ et je substitue $x+\alpha$ au lieu de $p$ dans la quantité $\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} \,;$ j’ai, en ordonnant les termes par rapport à $x,$
${\begin{aligned}\mathrm {C} x^{4}&+(4\mathrm {C} \alpha +\mathrm {M} )x^{3}+\left(6\mathrm {C} \alpha ^{2}+3\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} \right)x^{2}\\&+\left(4\mathrm {C} \alpha ^{3}+3\mathrm {M} \alpha ^{2}+2\mathrm {D} \alpha -\mathrm {M} f^{2}\right)x+\mathrm {C} \alpha ^{4}+\mathrm {M} \alpha ^{3}+\mathrm {D} \alpha ^{2}-\mathrm {M} f^{2}\alpha +\mathrm {E} .\end{aligned}}$
Or, afin que cette quantité contienne le facteur $x^{2},$ il finit nécessairement que les deux derniers termes évanouissent ; ainsi l’on aura les deux équations
| (X) | $\left\{{\begin{aligned}&\mathrm {C} \alpha ^{4}+\mathrm {M} \alpha ^{3}+\mathrm {D} \alpha ^{2}-\mathrm {M} f^{2}\alpha +\mathrm {E} =0,\\&4\mathrm {C} \alpha ^{3}+3\mathrm {M} \alpha ^{2}+2\mathrm {D} \alpha -\mathrm {M} f^{2}=0,\end{aligned}}\right.$ |
par le moyen desquelles on déterminera tant la quantité $\alpha$ que la rela tion qui doit avoir lieu entre les constantes $\mathrm {C,D,E.}$
De cette manière, la quantité dont il s’agit deviendra
$x^{2}\left[\mathrm {C} x^{2}+(4\mathrm {C} \alpha +\mathrm {M} )x+6\mathrm {C} \alpha ^{2}+3\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} \right],$
ou bien, en remettant $p-\alpha$ pour $x,$
$(p-\alpha )^{2}\left[\mathrm {C} p^{2}+(2\mathrm {C} \alpha +\mathrm {M} )p+3\mathrm {C} \alpha ^{2}+2\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} \right]\,;$
de sorte que l’on aura
$\beta =2\mathrm {C} \alpha +\mathrm {M} \quad {\text{et}}\quad \gamma =3\mathrm {C} \alpha ^{2}+2\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} .$
On trouvera de la même manière les deux équations en $\lambda$
| (Y) | $\left\{{\begin{aligned}&\mathrm {C} \lambda ^{4}+\mathrm {n} \lambda ^{3}+\mathrm {D} \lambda ^{2}-\mathrm {N} f^{2}\lambda +\mathrm {E} =0,\\&4\mathrm {C} \lambda ^{3}+3\mathrm {N} \lambda ^{2}+2\mathrm {D} \lambda -\mathrm {N} f^{2}=0,\end{aligned}}\right.$ |
et ensuite
$\mu =2\mathrm {C\lambda +N} ,\quad {\text{et}}\quad \nu =3\mathrm {C\lambda ^{2}+2N\lambda +D} .$
En faisant $p-\alpha =x,$ et supposant que les deux équations (X) aient lieu en même temps, on aura
${\frac {dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}$
$={\frac {dx}{x{\sqrt {\mathrm {C} x^{2}+(4\mathrm {C} \alpha +\mathrm {M} )x+6\mathrm {C} \alpha ^{2}+3\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} }}}}\,;$
supposons $x$ infiniment petit, et le second membre de cette équation deviendra
${\frac {dx}{x{\sqrt {6\mathrm {C} \alpha ^{2}+3\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} }}}},$
dont l’intégrale est
${\frac {1}{\sqrt {6\mathrm {C} \alpha ^{2}+3\mathrm {M} \alpha +\mathrm {D} }}}\log {\frac {x}{\mathrm {X} }},$
$\mathrm {X}$ étant une constante indéterminée.
Or, si l’on fait (ce qui est permis) $\mathrm {X} =0,$ et que l’on suppose aussi $x=0,$ la quantité ${\frac {x}{\mathrm {X} }}$ deviendra ${\frac {0}{0}},$ c’est-à-dire indéterminée ; d’où il s’ensuit qu’en faisant $p=\alpha ,$ la valeur de
$\int {\frac {dp}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}$
restera indéterminée, et qu’ainsi l’équation (H) aura toujours lieu quelle que soit d’ailleurs la valeur de $q$.
Donc, lorsque les constantes $\mathrm {C,D,E}$ sont telles, que les deux équations (X) aient lieu en même temps, on pourra supposer $p=\alpha ,$ et les deux autres équations du Problème seront
${\begin{aligned}dt=&{\frac {\left(\alpha ^{2}-q^{2}\right)dq}{4{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}},\\d\varphi =&{\frac {f\mathrm {K} \left(\alpha ^{2}-q^{2}\right)dq}{\left(f^{2}-\alpha ^{2}\right)\left(q^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}}}.\end{aligned}}$
Or, puisque $p=u+v,$ il est visible que la courbe décrite par le corps sera une ellipse mobile autour de son grand axe, et dont les foyers tomberont dans les deux centres des forces.
On prouvera de la même manière que si les équations (Y) ont lieu et qu’on fasse $q=\lambda ,$ l’équation (H) aura lieu quelle que soit la valeur de $p,$ et que les deux autres équations du Problème deviendront
${\begin{aligned}dt=&{\frac {\left(p^{2}-\lambda ^{2}\right)dp}{4{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}},\\d\varphi =&{\frac {f\mathrm {K} \left(p^{2}-\lambda ^{2}\right)dp}{\left(f^{2}-\lambda ^{2}\right)\left(p^{2}-f^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}}}\,;\end{aligned}}$
et comme $q=u-v,$ on voit que la courbe ne sera autre chose qu’une hyperbole mobile autour de son axe, et ayant ses deux foyers dans les centres mêmes des forces.
Si l’un des centres des forces s’éloignait à l’infini, alors la force tendant à ce centre infiniment distant deviendrait uniforme et agirait suivant des lignes parallèles ; ainsi l’on aurait le cas d’un corps attiré vers un centre fixe par une force réciproquement proportionnelle aux carrés des distances, et poussé en même temps par une force de valeur et de direction constantes.
Pour appliquer nos formules à ce cas, il est visible qu’il n’y a qu’à faire $f=\infty ,$ et ensuite $v=\infty$ si c’est le centre $\mathrm {B}$ qui s’éloigne à l’infini, ou bien $u=00$ si c’était le centre $\mathrm {A}$ qui fût infiniment distant.
Soient donc $f=\infty$ et $v=\infty ,$ et soit $z$ la différence de ces deux quantités, en sorte que
$v=f-z,$
il est clair qu’en supposant que $\mathrm {A}$ (fig. 3) soit le centre des forces $\mathrm {A} ,$ $\mathrm {AB}$ la ligne suivant laquelle agissent les forces constantes et parallèles,
$\mathrm {C}$ le lieu du corps dans un instant quelconque, et $\mathrm {CD}$ une perpendiculaire abaissée du point $\mathrm {C}$ sur la ligne $\mathrm {AB} ,$ on aura $\mathrm {AC} =u$ et $\mathrm {AD} =z\,;$ de sorte que les équations en $u$ et $v$ devront se changer en d’autres équations en $u$ et $z.$
Soit $\mathrm {A} =2\alpha g^{2}$ et $\mathrm {B} =2\beta h^{2},$ en sorte que $2\alpha$ et $2\beta$ soient les forces qui agissent sur le corps au commencement de son mouvement, la première de ces forces étant dirigée vers le centre $\mathrm {A} ,$ et la seconde parallèlement à la ligne $\mathrm {AB} \,;$ les constantes $\mathrm {C,D}$ et $\mathrm {E}$ déterminées dans l’Article V deviendront
${\begin{aligned}\mathrm {C} =&{\frac {i^{2}}{4}}-\alpha g-\beta h,\\\mathrm {D} =&ghmn-{\frac {\left(g^{2}+h^{2}\right)i^{2}}{2}}-\alpha g\left(g^{2}-h^{2}-f^{2}\right)-\beta h\left(h^{2}-g^{2}-f^{2}\right),\\\mathrm {E} =&g^{2}h^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)-gh\left(g^{2}+h^{2}\right)mn\\&\qquad \qquad \qquad \qquad +{\frac {\left(g^{2}-h^{2}\right)^{2}i^{2}}{4}}+f^{2}\left(g^{2}-h^{2}\right)(\alpha g-\beta h).\end{aligned}}$
Or, puisque $h$ est la valeur de $v$ au premier instant, si l’on suppose que $\mathrm {Z}$ soit alors la valeur de $z$. on aura $h=f-\mathrm {Z} ,$ et les expressions précédentes deviendront, en ordonnant les termes par rapport à $f,$
${\begin{aligned}\mathrm {C} =&\gamma +\gamma 'f,\\\mathrm {D} =&\delta +\delta 'f+\delta ''f^{2},\\\mathrm {E} =&\varepsilon +\varepsilon 'f+\varepsilon ''f^{2}+\varepsilon '''f^{3}+\varepsilon ^{\text{ıv}}f^{4}+\varepsilon ^{\text{v}}f^{5},\end{aligned}}$
où l’on aura
${\begin{aligned}\gamma \ \ \ =&{\frac {i^{2}}{4}}-\alpha g+\beta \mathrm {Z} ,\\\gamma '\ \ =&-\beta ,\\\\\delta \ \ \ =&-gmn\mathrm {Z} -{\frac {\left(g^{2}+\mathrm {Z} ^{2}\right)i^{2}}{2}}-(\alpha g+\beta \mathrm {Z} )\left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\delta '\ \ =&gmn+\mathrm {Z} \left(i^{2}-2\alpha g\right)+\beta \left(g^{2}-3\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\delta ''\ =&-{\frac {i^{2}}{2}}+2(\alpha g+\beta \mathrm {Z} ),\\\\\varepsilon \ \ \ =&{\frac {i^{2}}{4}}\left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right)^{2}+gmn\mathrm {Z} \left(g^{2}+\mathrm {Z} ^{2}\right)+g^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)\mathrm {Z} ^{2},\\\varepsilon '\ \ =&i^{2}\mathrm {Z} \left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right)-gmn\left(g^{2}+3\mathrm {Z} ^{2}\right)-2g^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)\mathrm {Z} ,\\\varepsilon ''\ =&g^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)+3gmn\mathrm {Z} -{\frac {i^{2}}{2}}\left(g^{2}-3\mathrm {Z} ^{2}\right)+(\alpha g+\beta \mathrm {Z} )\left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\varepsilon '''=&-gmn-\mathrm {Z} \left(i^{2}-2\alpha g\right)-\beta \left(g^{2}-3\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\varepsilon ^{\text{ıv}}=&{\frac {i^{2}}{4}}-\alpha g-3\beta \mathrm {Z} ,\\\varepsilon ^{\text{v}}\ =&\beta .\end{aligned}}$
De plus, si l’on fait
${\begin{aligned}\mathrm {M} =&\mu +\mu 'f+\mu ''f^{2},\\\mathrm {N} =&\nu +\nu 'f+\nu ''f^{2},\end{aligned}}$
on aura
${\begin{alignedat}{3}\mu =&2\alpha g^{2}+2\beta \mathrm {Z} ^{2},\qquad &\mu '=&-4\beta \mathrm {Z} ,\qquad &\mu ''=&2\beta ,\\\nu =&2\alpha g^{2}-2\beta \mathrm {Z} ^{2},&\nu '=&4\beta \mathrm {Z} ,&\nu ''=&-2\beta .\end{alignedat}}$
Maintenant, puisque $p=u+ps$ et $q=u-v,$ on aura
$p=f+u-z,\quad {\text{et}}\quad q=-f+u+z\,;$
$u+z=\mathrm {Q}$
$u-z=\mathrm {P} ,$
$p=f+\mathrm {P} \quad {\text{et}}\quad q=-f+\mathrm {Q} \,;$
on aura, après toutes les substitutions,
${\begin{aligned}\mathrm {C} p^{4}&+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} \\=&f^{5}\left(\gamma '+\varepsilon ^{\text{v}}\right)+f^{4}[\gamma +\delta ''+\varepsilon ^{\text{ıv}}+(4\gamma '+2\mu '')\mathrm {P} ]\\&+f^{3}\mathrm {\left[\delta '+\varepsilon '''+(4\gamma +2\mu '+2\delta '')P+(6\gamma '+3\mu '')P^{2}\right]} \\&+f^{2}\mathrm {\left[\delta +\varepsilon ''+2(\mu +\delta ')P+(6\gamma +3\mu '+\delta '')P^{2}+(4\gamma '+\mu '')P^{3}\right]} \\&+f\mathrm {\left[\varepsilon '+2\delta P+(3\mu +\delta ')P^{2}+(4\gamma +\mu ')P^{3}+\gamma 'P^{4}\right]} \\&+\varepsilon +\mathrm {\delta P^{2}+\mu P^{3}+\gamma P^{4}} .\end{aligned}}$
Or,
${\begin{aligned}&\gamma +\varepsilon ^{\text{v}}=0,\\&\gamma +\delta ''+\varepsilon ^{\text{ıv}}=0,\\&4\gamma '+2\mu ''=0,\\&\delta '+\varepsilon '''=0,\\&4\gamma +2\mu '+2\delta ''=0,\\&6\gamma '+3\mu ''=0,\\&\delta +\varepsilon ''=g^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)+2gmn\mathrm {Z} -i^{2}\left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\&\mu +\delta '=gmn+i^{2}\mathrm {Z} +2\alpha g(g-\mathrm {Z} )+\beta \left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\&6\gamma +3\mu '+\delta ''=i^{2}-4(\alpha g+\beta \mathrm {Z} ),\\&4\gamma '+\mu ''=-2\beta ,\end{aligned}}$
Donc, puisque les coefficients des termes affectés de $f^{5},$ de $f^{4},$ et de $f^{3},$ sont nuls, et que ceux des termes affectés de $f^{2}$ ne le sont pas, il s’ensuit, à cause de $f=\infty ,$ que ces deux derniers termes sont les seuls qui doivent être conservés ; de sorte qu’on aura
${\begin{aligned}\mathrm {C} p^{4}&+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} \\=&f^{2}\left[(4\gamma '+\mu '')\mathrm {P} ^{3}+(6\gamma +3\mu '+\delta '')\mathrm {P} ^{2}+2(\mu +\delta ')\mathrm {P} +\delta +\varepsilon ''\right].\end{aligned}}$
De même, en changeant $p$ en $q$ et $\mathrm {M}$ en $\mathrm {N} ,$ et, par conséquent, $\mathrm {P}$ en $\mathrm {Q} ,$ $f$ en $-f$ et $\mu$ en $\nu ,$ $\mu '$ en $\nu ',$ $\mu ''$ en $\nu '',$ on aura
${\begin{aligned}\mathrm {C} q^{4}&+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} \\=&f^{2}\left[(4\gamma '+\nu '')\mathrm {Q} ^{3}+(6\gamma +3\nu '+\delta '')\mathrm {Q} ^{2}+2(\nu +\delta ')\mathrm {Q} +\delta ''+\varepsilon ''\right].\end{aligned}}$
Donc, si l’on fait, pour abréger,
${\begin{aligned}\zeta =&i^{2}-4(\alpha g+\beta \mathrm {Z} ),\\\eta =&gmn+i^{2}\mathrm {Z} +2\alpha g(g-\mathrm {Z} )+\beta \left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\theta =&g^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)+2gmn\mathrm {Z} -i^{2}\left(g^{2}-\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\rho =&i^{2}-4(\alpha g-5\beta \mathrm {Z} ),\\\sigma =&gmn+i^{2}\mathrm {Z} +2\alpha g(g-\mathrm {Z} )+\beta \left(g^{2}-5\mathrm {Z} ^{2}\right),\\\end{aligned}}$
on aura
${\begin{aligned}{\sqrt {\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E} }}=&f\mathrm {\sqrt {-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta }} ,\\{\sqrt {\mathrm {C} q^{4}+\mathrm {N} q^{3}+\mathrm {D} q^{2}-\mathrm {N} f^{2}q+\mathrm {E} }}\ \ =&f\mathrm {\sqrt {-6\beta Q^{3}+\rho Q^{2}+2\sigma Q+\theta }} ,\end{aligned}}$
et l’équation (H) de l’Article III deviendra
${\frac {d\mathrm {P} }{\mathrm {\sqrt {-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta }} }}={\frac {d\mathrm {Q} }{\mathrm {\sqrt {-6\beta Q^{3}+\rho Q^{2}+2\sigma Q+\theta }} }}.$
Ensuite, on aura
$dt={\frac {(\mathrm {P+Q} )dp}{2\mathrm {\sqrt {-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta }} }},$
ou bien
$dt={\frac {\mathrm {P} d\mathrm {P} }{2\mathrm {\sqrt {-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta }} }}+{\frac {\mathrm {Q} d\mathrm {Q} }{2\mathrm {\sqrt {-6\beta Q^{3}+\rho Q^{2}+2\sigma Q+\theta }} }}.$
Enfin, pour avoir la transformée de l’équation (L), on remarquera que $-\mathrm {K} ^{2}$ est égal à ce que devient la quantité $\mathrm {C} p^{4}+\mathrm {M} p^{3}+\mathrm {D} p^{2}-\mathrm {M} f^{2}p+\mathrm {E}$ lorsque $p=f,$ de sorte qu’à cause de $p=f+\mathrm {P}$ il n’y aura qu’à faire $\mathrm {P} =0$ dans la quantité $\left(-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta \right)f^{2}$ pour avoir la valeur de $-\mathrm {K} ^{2},$ laquelle sera par conséquent égale à $\theta f^{2}\,;$ mettant donc $f{\sqrt {-\theta }}$ au lieu de $\mathrm {K}$ et faisant les autres substitutions, on aura
$d\varphi ={\frac {d\mathrm {P} {\sqrt {-\theta }}}{2\mathrm {P} \mathrm {\sqrt {-2\beta P^{3}+\zeta P^{2}+2\eta P+\theta }} }}+{\frac {d\mathrm {Q} {\sqrt {-\theta }}}{2\mathrm {Q} \mathrm {\sqrt {-6\beta Q^{3}+\rho Q^{2}+2\sigma Q+\theta }} }}.$
Ce Mémoire a été composé en 1767, avant la publication du tome XI des Nouveaux Commentaires de Pétersbourg. J’ai trouvé depuis dans ce tome de nouvelles recherches de M. Euler sur le Problème que nous venons de traiter, dans lesquelles ce savant résout aussi le cas où l’orbite du corps serait à double courbure, ce qu’il n’avait point fait dans ses premières recherches sur cette matière. Au reste, le lecteur peut comparer notre solution avec celle qu’on trouve dans le tonie cité, et juger laquelle des deux est la plus directe et la plus simple.

#### SECOND MÉMOIRE, OÙ L’ON APPLIQUE LA MÉTHODE PRÉCÉDENTE À DIFFÉRENTES HYPOTHÈSES D’ATTRACTION.

Nous avons supposé dans le Mémoire précédent que le corps était attiré par des forces réciproquement proportionnelles aux carrés des distances, et nous avons trouvé que dans cette hypothèse les équations du mouvement du corps étaient intégrables. Nous allons maintenant examiner en général s’il n’y aurait point d’autres hypothèses d’attraction où l’intégration réussirait aussi ; c’est une recherche qui peut, je crois, n’être pas sans utilité, soit dans le Calcul intégral, soit dans la Mécanique.
Soient $x,y,z$ les coordonnées rectangles de l’orbite du corps, $p$ sa distance à l’un des centres et $\mathrm {P}$ la force d’attraction de ce centre, $q$ la distance du corps à l’autre centre et $\mathrm {Q}$ la force d’attraction de ce second centre ; enfin, soient $a,b,c$ les coordonnées qui déterminent la position du centre des forces $\mathrm {P} ,$ et $\alpha ,\beta ,\gamma$ les coordonnées qui répondent au centre des forces $\mathrm {Q} \,;$ on aura, en prenant l’élément du temps $dt$ pour constant, les trois équations suivantes
${\begin{aligned}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+{\frac {(x-a)\mathrm {P} }{p}}+{\frac {(x-\alpha )\mathrm {Q} }{q}}=&0,\\{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+{\frac {(y-b)\mathrm {P} }{p}}+\ {\frac {(y-\beta )\mathrm {Q} }{q}}=&0,\\{\frac {d^{2}z}{dt^{2}}}+{\frac {(z-c)\mathrm {P} }{p}}+\ {\frac {(z-\gamma )\mathrm {Q} }{q}}=&0,\end{aligned}}$
dans lesquelles
${\begin{aligned}p=&{\sqrt {(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}}},\\q=&{\sqrt {(x-\alpha )^{2}+(y-\beta )^{2}+(z-\gamma )^{2}}}.\end{aligned}}$
Supposons que $\mathrm {P}$ soit une fonction dep, et $\mathrm {Q}$ une fonction de $q,$ et les équations précédentes donneront d’abord cette intégrale
| (A) | ${\frac {dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}}{dt^{2}}}+2\int \mathrm {P} dp+2\int \mathrm {Q} dq=0.$ |
Ensuite, nommant $f$ la distance entre les deux centres, en sorte que
$f={\sqrt {(a-\alpha )^{2}+(b-\beta )^{2}+(c-\gamma )^{2}}},$
on trouvera, par un raisonnement semblable à celui de l’Article II du Mémoire précédent, ces deux équations en $p,q$ et $t,$
${\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\left(p^{2}\right)}{dt^{2}}}+\mathrm {P} p+{\frac {\left(p^{2}+q^{2}-f^{2}\right)\mathrm {Q} }{2q}}+2\int \mathrm {P} dp+2\int \mathrm {Q} dq=0,\\&{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\left(q^{2}\right)}{dt^{2}}}+\mathrm {Q} q+{\frac {\left(p^{2}+q^{2}-f^{2}\right)\mathrm {P} }{2p}}+2\int \mathrm {P} dp+2\int \mathrm {Q} dq=0,\\\end{aligned}}$
Ou bien, si l’on fait, pour plus de simplicité,
$p^{2}=f^{2}x,\quad q^{2}=f^{2}y,\quad {\frac {\mathrm {P} }{p}}=\mathrm {X} ,\quad {\frac {\mathrm {Q} }{q}}=\mathrm {Y}$
| (B) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\mathrm {X} x+{\frac {(x+y-1)\mathrm {Y} }{2}}+\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy=0,\\{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+\mathrm {Y} y+{\frac {(x+y-1)\mathrm {X} }{2}}+\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy=0,\end{aligned}}\right.$ |
dans lesquelles $\mathrm {X}$ est une fonction de $x,$ et $\mathrm {Y}$ une fonction de $y.$
Ainsi, la solution du Problème dépend maintenant de l’intégration de ces deux équations.
Pour rendre nos recherches plus générales, proposons-nous les équations
${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\mathrm {M} =&0,\\{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+\mathrm {N} =&0,\end{aligned}}$
$\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ étant des fonctions de $x,y,$ et voyons quelles sont les conditions de l’intégrabilité de ces équations.
Nous supposerons que ces deux équations étant multipliées l’une et l’autre par des quantités convenables, et ensuite ajoutées ensemble, forment une équation intégrable. Cette supposition est peut-être la seule qui convienne à la nature des équations proposées, et elle est d’ailleurs la plus naturelle, et en même temps la plus générale qu’on puisse faire. Or, comme les deux membres $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ sont des quantités finies, il est visible que les multiplicateurs ne sauraient être que des quantités différentielles du premier ordre. Prenons donc $mdx+ndy$ et $\mu dx+\nu dy$ pour les multiplicateurs dont il s’agit, $m,n,\mu$ et $\nu$ étant des fonctions de $x$ et $y,$ et nous aurons l’équation
${\frac {mdxd^{2}x+ndyd^{2}x+\mu dxd^{2}y+\nu dyd^{2}y}{2dt^{2}}}$
$+(m\mathrm {M+\mu N} )dx+(n\mathrm {M+\nu N} )dy=0,,$
laquelle ne saurait être intégrable à moins que les deux parties (savoir
Or il n’est pas dt\Piicile de voir que l’intégrale de la première ne peut être que de cette forme :
${\frac {\mathrm {A} dx^{2}+\mathrm {B} dxdy+\mathrm {C} dy^{2}}{2dt^{2}}},$
$\mathrm {A,B,C}$ étant des fonctions de $x$ et $y\,;$ donc, comparant la différentielle de la quantité $\mathrm {A} dx^{2}+\mathrm {B} dxdy+\mathrm {C} dy^{2}$ qui est
${\begin{aligned}2\mathrm {A} &dxd^{2}x+\mathrm {B} \left(dyd^{2}x+dxd^{2}y\right)+2\mathrm {C} dyd^{2}y\\&+{\frac {d\mathrm {A} }{dx}}dx^{3}+\left({\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}\right)dx^{2}dy+\left({\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}\right)dy^{2}dx+{\frac {\mathrm {C} }{y}}dy^{3},\end{aligned}}$
avec la quantité
$mdxd^{2}x+ndyd^{2}x+\mu dxd^{2}y+\nu dyd^{2}y,$
on aura
$2\mathrm {A} =m,\quad \mathrm {B} =n=\mu ,\quad 2\mathrm {C} =\nu ,$
${\frac {\mathrm {A} }{x}}=0,\qquad {\frac {\mathrm {C} }{y}}=0,$
${\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}=0,\qquad {\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}=0.$
Les équations ${\frac {d\mathrm {A} }{dx}}=0$ et ${\frac {d\mathrm {C} }{dy}}=0$ donnent d’abord
$\mathrm {A} =\operatorname {fonct} .y\quad {\text{et}}\quad \mathrm {C} =\operatorname {fonct} .x\,;$
ensuite les équations ${\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}=0$ et ${\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}=0$ donnent
${\frac {d^{2}\mathrm {A} }{dy^{2}}}={\frac {d^{2}\mathrm {C} }{dx^{2}}}d^{2}\,;$
d’où il est aisé de conclure que les quantités $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C}$ ne peuvent être que de la forme suivante,
${\begin{aligned}\mathrm {A} =&a+by+cy^{2},\\\mathrm {C} =&g+hx+cx^{2},\end{aligned}}$
$a,b,c,g$ et $h$ étant des constantes.
${\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}=0$
${\frac {d\mathrm {B} }{dx}}=-b-2cy,$
d’où, en intégrant,
$\mathrm {B} =-(b+2cy)x+\operatorname {fonct} .y\,;$
mais l’autre équation ${\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}=0$ donnera de même
$\mathrm {B} =-(h+2cx)y+\operatorname {fonct} .x\,;$
de sorte qu’on aura
$\mathrm {B=K} -bx-hy-2cxy\,;$
$\mathrm {K}$ étant une constante arbitraire.
Ayant déterminé ainsi les quantités $\mathrm {A,B}$ et $\mathrm {C} ,$ on aura pour les multiplicateurs des équations proposées les deux quantités
$2\mathrm {A} dx+\mathrm {B} dy,\quad {\text{et}}\quad \mathrm {B} dx+2\mathrm {C} dy\,;$
et il ne restera plus qu’à rendre intégrable la formule
$(2\mathrm {AM+BN} )dx+(\mathrm {BM+2CN} )dy\,;$
car alors, en nommant $\mathrm {Z}$ l’intégrale de cette formule, on aura l’équation du premier ordre
${\frac {\mathrm {A} dx^{2}+\mathrm {B} dxdy+\mathrm {C} dy^{2}}{2dt^{2}}}+\mathrm {Z=const} .$
Or, pour qu’une quantité telle que
$(2\mathrm {AM+BN} )dx+(\mathrm {BM+2CN} )dy$
soit une différentielle exacte, il faut, comme on sait, que l’on ait
${\frac {d(2\mathrm {AM+BN} )}{dy}}={\frac {d(\mathrm {BM+2CN} )}{dx}}\,;$
c’est l’équation de condition qui doit avoir lieu pour que les équations proposées admettent une intégrale du premier ordre.
Puisque
$(2\mathrm {AM+BN} )dx+(\mathrm {BM+2CN} )dy=d\mathrm {Z} ,$
on aura
${\begin{aligned}2\mathrm {AM+BN} =&{\frac {d\mathrm {Z} }{dx}},\\\mathrm {BM+2CN} =&{\frac {d\mathrm {Z} }{dy}},\end{aligned}}$
et par conséquent,
${\begin{aligned}\mathrm {M} =&{\frac {2\mathrm {C} {\cfrac {d\mathrm {Z} }{dx}}-\mathrm {B} {\cfrac {d\mathrm {Z} }{dy}}}{4\mathrm {AC-B^{2}} }},\\\mathrm {N} =&{\frac {2\mathrm {A} {\cfrac {d\mathrm {Z} }{dy}}-\mathrm {B} {\cfrac {d\mathrm {Z} }{dx}}}{4\mathrm {AC-B^{2}} }},\end{aligned}}$
où l’on pourra prendre pour $\mathrm {Z}$ une fonction quelconque de $x$ et $y.$
Si l’on fait encore
$4\mathrm {AC-B^{2}=D} \quad {\text{et}}\quad \mathrm {Z=D^{2}V}$
($\mathrm {V}$ étant une fonction quelconque de $x$ et $y$), on aura
${\begin{aligned}\mathrm {M} =&2\mathrm {V} \left(2\mathrm {C} {\frac {d\mathrm {D} }{dx}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {D} }{dy}}\right)+\mathrm {D} \left(2\mathrm {C} {\frac {d\mathrm {V} }{dx}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {V} }{dy}}\right),\\\mathrm {N} =&2\mathrm {V} \left(2\mathrm {A} {\frac {d\mathrm {D} }{dy}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {D} }{dx}}\right)+\mathrm {D} \left(2\mathrm {A} {\frac {d\mathrm {V} }{dy}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {V} }{dx}}\right).\end{aligned}}$
Or, à cause de
${\frac {dA}{dx}}=0,\quad {\frac {dC}{dy}}=0,\quad {\frac {dB}{dx}}=-{\frac {dA}{dy}},\quad {\frac {dB}{dy}}=-{\frac {dC}{dx}},$
on trouvera
${\frac {d\mathrm {D} }{dx}}=2\left(2\mathrm {A} {\frac {d\mathrm {C} }{dx}}+\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {A} }{dy}}\right),\qquad {\frac {d\mathrm {D} }{dy}}=2\left(2\mathrm {C} {\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {C} }{dx}}\right)\,;$
donc, on aura
${\begin{aligned}\mathrm {M} =&\mathrm {D} \left(4\mathrm {V} {\frac {d\mathrm {C} }{dx}}+2\mathrm {C} {\frac {d\mathrm {V} }{dx}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {V} }{dy}}\right),\\\mathrm {N} =&\mathrm {D} \left(4\mathrm {V} {\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+2\mathrm {A} {\frac {d\mathrm {V} }{dy}}-\mathrm {B} {\frac {d\mathrm {V} }{dx}}\right).\end{aligned}}$
$\mathrm {M}$
$\mathrm {N}$
${\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+\mathrm {M} =0\quad {\text{et}}\quad {\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+\mathrm {N} =0$
auront pour intégrale
${\frac {\mathrm {A} dx^{2}+\mathrm {B} dxdy+\mathrm {C} dy^{2}}{2dt^{2}}}+\mathrm {D^{2}V=const} .$
À l’égard de la quantité $\mathrm {D}$ on trouvera, en substituant les valeurs de $\mathrm {A,B,C}$ et effaçant ce qui se détruit,
${\begin{aligned}\mathrm {D} =&4ag-\mathrm {K} ^{2}+(4ah+2b\mathrm {K} )x+(4bg+2h\mathrm {K} )y\\&+\left(4ac-b^{2}\right)+\left(4cg-h^{2}\right)y^{2}+(2bh+4c\mathrm {K} )xy.\end{aligned}}$
Pour appliquer la méthode de l’Article précédent aux équations (B), il est visible qu’il ne faut que faire
${\begin{aligned}\mathrm {M} =&x\mathrm {X} +{\frac {1}{2}}(x+y-1)\mathrm {Y} +\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy,\\\mathrm {N} =&y\mathrm {Y} +{\frac {1}{2}}(x+y-1)\mathrm {X} +\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy,\end{aligned}}$
ce qui donnera
${\begin{aligned}d\mathrm {Z} =&\left[2\mathrm {A} x+{\frac {1}{2}}\mathrm {B} (x+y-1)\right]\mathrm {X} dx+\left[\mathrm {B} y+\mathrm {A} (x+y-1)\right]\mathrm {Y} dx\\+&\left[2\mathrm {C} y\ +{\frac {1}{2}}\mathrm {B} (x+y-1)\right]\mathrm {Y} dy+\left[\mathrm {B} y+\mathrm {C} (x+y-1)\right]\mathrm {X} dy\\+&\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)\left[(2\mathrm {A+B} )dx+(2\mathrm {C+B} )dy\right],\end{aligned}}$
quantité qui devra donc être intégrable par elle-même.
Supposons que la quantité $(2\mathrm {A+B} )dx+(2\mathrm {C+B} )dy$ soit elle-même une différentielle exacte dont l’intégrale soit $\mathrm {E} ,$ et faisant
${\begin{aligned}d\mathrm {V} =&\left[2\mathrm {A} x+{\frac {1}{2}}\mathrm {B} (x+y-1)-\mathrm {E} \right]\mathrm {X} dx+\left[\mathrm {B} y+\mathrm {A} (x+y-1)\right]\mathrm {Y} dx\\+&\left[2\mathrm {C} y\ +{\frac {1}{2}}\mathrm {B} (x+y-1)-\mathrm {E} \right]\mathrm {Y} dy+\left[\mathrm {B} y+\mathrm {C} (x+y-1)\right]\mathrm {X} dy,\end{aligned}}$
on aura
$d\mathrm {Z} =d\left(\mathrm {E} \int \mathrm {X} dx+\mathrm {E} \int \mathrm {Y} dy\right)+d\mathrm {V} \,;$
de sorte qu’il ne s’agira plus que de rendre la quantité $d\mathrm {V}$ une différentielle complète.
Or, pour que la quantité $(2\mathrm {A+B} )dx+(2\mathrm {C+B} )dy$ soit une différentielle exacte, il faudra que l’on ait $c=0$ et $h=b$ dans les valeurs de $\mathrm {A,B,C} ,$ moyennant quoi on aura
$\mathrm {A} =a+by,\quad \mathrm {C} =g+bx,\quad {\text{d’où}}\quad \mathrm {B=K} -b(x+y)\,;$
d’où
$\mathrm {E} =i+(2a+\mathrm {K} )x+(2g+\mathrm {K} )y-{\frac {b}{2}}(x-y)^{2},$
$i$ étant une constante arbitraire.
De cette manière, la quantité $d\mathrm {V}$ deviendra
${\begin{aligned}&\left[{\frac {b-\mathrm {K} }{2}}(x+y)-2gy-{\frac {\mathrm {K} +2i}{2}}\right]\mathrm {X} dx+\left[a(x+y)-(b-\mathrm {K} )y-a\right]\mathrm {Y} dx\\+&\left[{\frac {b-\mathrm {K} }{2}}(x+y)-2ax-{\frac {\mathrm {K} +2i}{2}}\right]\mathrm {Y} dy+\left[g(x+y)-(b-\mathrm {K} )x-g\right]\mathrm {X} dy,\end{aligned}}$
laquelle étant supposée une différentielle complète, en sorte que V soit une quantité algébrique, on aura l’intégrale
| (C) | ${\frac {\mathrm {A} dx^{2}+\mathrm {B} dxdy+\mathrm {C} dy^{2}}{2dt^{2}}}+\mathrm {E} \left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)+\mathrm {V=const} .$ |
Je remorque d’abord qu’en faisant
$a=0,\quad g=0,\quad b=\mathrm {K} ,$
la quantité $d\mathrm {V}$ devient
$d\mathrm {V} =-{\frac {b+2i}{2}}(\mathrm {X} dx+\mathrm {Y} dy),$
de sorte qu’on aura
$\mathrm {V} =-{\frac {b+2i}{2}}\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right).$
Or, on a dans ce cas
$\mathrm {A} =by,\quad \mathrm {C} =bx,\quad \mathrm {B} =b(1-x-y),\quad \mathrm {E} =i+b\left[x+y-{\frac {1}{2}}(x-y)^{2}\right]\,;$
donc, substituant ces valeurs dans l’équation (C), on aura, en ôtant ce qui se détruit et divisant par $b,$
| (D) | $\left\{{\begin{aligned}&{\frac {ydx^{2}+xdy^{2}+(1-x-y)dxdy}{2dt^{2}}}\\&\quad +{\frac {2(x+y)-(x-y)^{2}-1}{2}}\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)={\frac {\varepsilon }{2}},\end{aligned}}\right.$ |
$\varepsilon$ étant une constante quelconque.
Cette intégrale a lieu en général quelles que soient les valeurs de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y} \,;$ ainsi, en donnant à ces quantités des valeurs particulières, on doit pouvoir encore trouver d’autres intégrales.
En effet, comme il ne s’agit que de rendre la quantité $d\mathrm {V}$ une différentielle exacte, on n’aura qu’a satisfaire à l’équation suivante :
| (E) | $\left\{{\begin{aligned}&\left({\frac {b-\mathrm {K} }{2}}-2g\right)\mathrm {X} +ax{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}+{\frac {d\left[(a-b+\mathrm {K} )y-a\right]\mathrm {Y} }{dy}}\\&\quad =\left({\frac {b-\mathrm {K} }{2}}-2a\right)\mathrm {Y} +gy{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}+{\frac {d\left[(g-b+\mathrm {K} )x-g\right]\mathrm {X} }{dx}},\end{aligned}}\right.$ |
en prenant pour $\mathrm {X}$ une fonction de $x,$ et pour $\mathrm {Y}$ une fonction de $y.$
Or, si l’on fait disparaître dans cette équation les termes qui renferment $x$ et $y,$ en supposant $a=0$ et $g=0,$ on aura, après avoir divisé par $b-\mathrm {K} ,$
${\frac {\mathrm {X} }{2}}-{\frac {d(\mathrm {Y} y)}{dy}}={\frac {\mathrm {Y} }{2}}-{\frac {d(\mathrm {X} x)}{dx}},$
c’est-à-dire
${\frac {\mathrm {X} }{2}}+{\frac {d(\mathrm {X} x)}{dx}}={\frac {\mathrm {Y} }{2}}+{\frac {d(\mathrm {Y} y)}{dy}},$
équation qui ne saurait subsister à moins que chaque membre ne soit égal à une quantité constante.
Soit donc, en prenant une constante quelconque $\alpha ,$
${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {X} }{2}}+{\frac {d(\mathrm {X} x)}{dx}}=&3\alpha ,\\{\frac {\mathrm {Y} }{2}}+{\frac {d(\mathrm {Y} y)}{dy}}=&3\alpha ,\end{aligned}}$
multipliant la première de ces équations par ${\sqrt {x}}dx,$ la seconde par ${\sqrt {y}}dy,$ et les intégrant, on aura
${\begin{aligned}\mathrm {X} x{\sqrt {x}}=&2\alpha x{\sqrt {x}}+\beta ,\\\mathrm {Y} y{\sqrt {y}}=&2\alpha y{\sqrt {y}}+\gamma ,\end{aligned}}$
d’où l’on tire
${\begin{aligned}\mathrm {X} =&2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}},\\\mathrm {Y} =&2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}},\end{aligned}}$
$\alpha ,\beta ,\gamma$ étant des constantes quelconques.
Dans ce cas on aura donc, à cause de $a=0$ et $g=0,$
${\begin{aligned}d\mathrm {V} &=(b-\mathrm {K} )\left[{\frac {x+y}{2}}\left(2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}}\right)-y\left(2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}}\right)\right]dx\\&+(b-\mathrm {K} )\left[{\frac {x+y}{2}}\left(2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}}\right)-x\left(2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}}\right)\right]dy\\&-{\frac {\mathrm {K} +2i}{2}}\left[\left(2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}}\right)dx-\left(2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}}\right)dy\right],\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&(b-\mathrm {K} )\left[{\frac {\alpha (x-y)^{2}}{2}}+\beta \left({\sqrt {x}}-{\frac {y}{\sqrt {x}}}\right)+\gamma \left({\sqrt {y}}-{\frac {x}{\sqrt {y}}}\right)\right]\\&\quad -(\mathrm {K} +2i)\left[\alpha (x+y)-{\frac {\beta }{\sqrt {x}}}-{\frac {\gamma }{\sqrt {y}}}\right].\end{aligned}}$
Ainsi, mettant cette quantité au lieu de $\mathrm {V}$ dans l’équation (C), on aura une nouvelle intégrale ; de sorte que les deux équations différentielles du second ordre (B) se trouveront maintenant réduites à deux autres du premier seulement.
Puisque (Art. II.)
$\mathrm {X} ={\frac {\mathrm {P} }{p}},\quad \mathrm {Y} ={\frac {\mathrm {Q} }{q}},\quad x={\frac {p^{2}}{f^{2}}},\quad y={\frac {q^{2}}{f^{2}}},$
on aura dans le cas présent
${\begin{aligned}\mathrm {P} =&2\alpha p+{\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}},\\\mathrm {D} =&2\alpha q+{\frac {\gamma f^{3}}{p^{2}}}.\end{aligned}}$
Pour trouver encore d’autres cas d’intégrabilité, supposons
${\begin{aligned}\mathrm {X} =&\alpha +\beta x+\gamma x^{2},\\\mathrm {Y} =&\delta +\varepsilon y+\zeta y^{2}\,;\end{aligned}}$
substituant ces valeurs dans l’équation de condition (E) et faisant pour plus de simplicité & $b-\mathrm {K} =h,$ on aura
${\begin{aligned}&\left({\frac {h}{2}}-2g\right)\left(\alpha +\beta x+\gamma x^{2}\right)+a\varepsilon x+2a\zeta xy+\left[\delta (a-h)-\varepsilon a\right]\\&\quad +2\left[\varepsilon (a-h)-a\zeta \right]y+3\zeta (a-h)y^{2}\\&\ \ =\left({\frac {h}{2}}-2a\right)\left(\delta +\varepsilon y+\zeta y^{2}\right)+g\beta y+2g\gamma xy+\left[\alpha (g-h)-\beta g\right]\\&\quad +2\left[\beta (g-h)-g\gamma \right]x+3\gamma (g-h)x^{2}\,;\end{aligned}}$
${\begin{aligned}\alpha &\left({\frac {h}{2}}-2g\right)+\delta (a-h)-\varepsilon a=\delta \left({\frac {h}{2}}-2a\right)+\alpha (g-h)-\beta g,\\\beta &\left({\frac {h}{2}}-2g\right)+\varepsilon a=2\beta (g-h)-2\gamma g,\\\varepsilon &\left({\frac {h}{2}}-2a\right)+\beta g=2\varepsilon (a-h)-2\zeta a,\\\gamma &\left({\frac {h}{2}}-2g\right)=3\gamma (g-h),\\\zeta &\left({\frac {h}{2}}-2a\right)=3\zeta (a-h),\\a&\zeta =g\gamma ,\end{aligned}}$
d’où l’on tire
$a=g={\frac {7h}{10}},\quad \zeta =\gamma ,\quad \varepsilon =\beta ,\quad \delta =\alpha ,$
ou bien
$\zeta =0,\quad \gamma =0,\quad {\frac {3(\alpha -\delta )}{2}}h+(\beta -3\alpha )g-(\varepsilon -3\delta )a=0,$
${\frac {5\beta }{2}}h-4\beta g+\varepsilon a=0,\quad {\frac {5\varepsilon }{2}}h-4\varepsilon g+\beta g=0,$
par où l’on pourra déterminer $a,g$ et $h.$
Ainsi l’intégration aura lieu encore dans les deux cas suivants :
1$^o$ Lorsque $\mathrm {X} =\alpha +\beta x+\gamma x^{2},$ et $\mathrm {Y} =\alpha +\beta y+\gamma y^{2},$ ce qui donne
$\mathrm {P} =\alpha p+{\frac {\beta p^{3}}{f}}+{\frac {\gamma p^{5}}{f^{2}}},\qquad \mathrm {Q} =\alpha q+{\frac {\beta q^{3}}{f}}+{\frac {\gamma q^{5}}{f^{2}}},$
$\alpha ,\beta$ et $\gamma$ étant des coefficients quelconques ;
2$^o$ Lorsque $\mathrm {X} =\alpha +\beta x,$ et $\mathrm {Y} =\delta +\varepsilon y,$ c’est-à-dire,
$\mathrm {P} =\alpha p+{\frac {\beta p^{3}}{f^{3}}},\qquad \mathrm {Q} =\delta q+{\frac {\varepsilon q^{3}}{f^{3}}},$
$\alpha ,\beta ,\delta$ et $\varepsilon$ étant aussi des coefficients quelconques.
Considérons plus particulièrement le cas de l’Article VI. dans lequel
$\mathrm {P} =2\alpha p+{\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Q} =2\alpha q+{\frac {\gamma f^{3}}{q^{2}}}\,;$
et nous remarquerons d’abord que les deux parties $2wap$ et $2waq$ des forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ tendant vers les deux centres donnés peuvent se réduire à une force unique dirigée vers le point du milieu de la ligne qui joint les deux centres, et égale à $4\alpha r,$ $r$ étant la distance du corps à ce même point. De cette manière, le corps sera attiré vers trois centres fixes rangés en ligne droite et à égale distance l’un de l’autre, et la force d’attraction du centre du milieu sera proportionnelle à la distance, et celle des deux extrêmes sera réciproquement proportionnelle au carré de la distance.
Or, si l’on prend les deux centres extrêmes pour les foyers d’une section conique, en sorte que le troisième centre tombe dans le centre même de la section, il est clair que cette courbe pourra être décrite en vertu de chacune des trois forces $4\alpha r,\ {\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}}$ et ${\frac {\gamma f^{3}}{q^{2}}}$ en particulier ; mais nous allons voir qu’elle peut l’être aussi par l’action combinée de deux quelconques de ces forces, et même par les trois forces agissantes à la fois, ce qui me paraît bien digne de l’attention des Géomètres.
Puisque
$\mathrm {X} =2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Y} =2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}},$
on aura
$\int \mathrm {X} ddx+\int \mathrm {Y} dy=2\alpha (x+y)-{\frac {2\beta }{\sqrt {x}}}-{\frac {2\gamma }{\sqrt {y}}}-\delta ,$
$\delta$ étant une constante arbitraire.
Ainsi l’équation (D) deviendra
| (F) | $\left\{{\begin{aligned}&{\frac {ydx^{2}+xdy^{2}+(1-x-y)dxdy}{2dt^{2}}}\\&\ \ +{\frac {2(x+y)-(x-y)^{2}-1}{2}}\left[2\alpha (x+y)-{\frac {2\beta }{\sqrt {x}}}-{\frac {2\gamma }{\sqrt {y}}}-\delta \right]={\frac {\varepsilon }{2}}.\end{aligned}}\right.$ |
Pour avoir maintenant l’autre équation intégrale, il ne s’agira que de faire dans l’équation (C) les substitutions indiquées dans l’Article VI ; et comme les quantités $b,\mathrm {K}$ et $i$ sont encore indéterminées, on pourra faire, pour une plus grande simplicité, $\mathrm {K} =1,\ b=0,\ 2i+\mathrm {K} =0,$ c’est-à-dire, $i=-{\frac {1}{2}},$ moyennant quoi on aura
${\begin{aligned}\mathrm {V} =&-{\frac {\alpha (x-y)^{2}}{2}}-\beta \left({\sqrt {x}}-{\frac {y}{\sqrt {x}}}\right)-\gamma \left({\sqrt {y}}-{\frac {x}{\sqrt {y}}}\right),\\\mathrm {A} =&0,\quad \mathrm {C=0,\quad B=1,\quad E} ={\frac {2(x+y)-1}{2}},\end{aligned}}$
et l’équation (C) deviendra
${\begin{aligned}{\frac {dxdy}{2dt^{2}}}&+{\frac {2(x+y)-1}{2}}[\left[2\alpha (x+y)-{\frac {2\beta }{\sqrt {x}}}-{\frac {2\gamma }{\sqrt {y}}}+\delta \right]\\&-{\frac {\alpha (x-y)^{2}}{2}}-\beta \left({\sqrt {x}}-{\frac {y}{\sqrt {x}}}\right)-\gamma \left({\sqrt {y}}-{\frac {x}{\sqrt {y}}}\right)=\mathrm {const} .,\end{aligned}}$
ou bien, en prenant une constante quelconque $\zeta$ et réduisant,
| (G) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {dxdy}{2dt^{2}}}&+{\frac {\alpha }{2}}\left(3x^{2}+3y^{2}+10xy-2x-2y\right)\\-\beta &\left(3{\sqrt {x}}+{\frac {y-1}{\sqrt {x}}}\right)-\gamma \left(3{\sqrt {y}}+{\frac {x-1}{\sqrt {y}}}\right)-\delta (x+y)-{\frac {\zeta }{2}}=0.\end{aligned}}\right.$ |
Et si l’on multiplie cette équation par $1-x-y,$ et qu’ensuite on la retranche de l’équation (F), on aura celle-ci
| (H) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {ydx^{2}+xdy^{2}}{2dt^{2}}}+{\frac {\alpha }{2}}\left(x^{3}+y^{3}+15xy^{2}+15yx^{2}-x^{2}-y^{2}-6xy\right)&\\-2\beta \left(x{\sqrt {x}}+3y{\sqrt {x}}-{\sqrt {x}}\right)-2\gamma \left(y{\sqrt {y}}+3x{\sqrt {y}}-{\sqrt {y}}\right)&\\-{\frac {\delta }{2}}\left(x^{2}+y^{2}+6xy\right)-{\frac {\zeta }{2}}(x+y)-{\frac {\eta }{2}}&=0,\end{aligned}}\right.$ |
$\eta$ étant égal à $\varepsilon -\zeta -\delta$.
Ainsi, tout se réduit maintenant à intégrer ces deux équations, ou au moins à en séparer les indéterminées.
Pour cela, je remarque que si l’on multiplie l’équation (G) par $\pm 4{\sqrt {xy}},$ et qu’on l’ajoute ensuite à l’équation (H) multipliée par $2,$ on aura celle-ci
${\frac {\left({\sqrt {y}}dx{\sqrt {x}}dy\right)^{2}}{dt^{2}}}+\alpha \left[\left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)^{6}-\left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)^{4}\right]$
${\begin{aligned}-4(\beta \pm \gamma )&\left[\left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)^{3}-\left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)\right]\\&-\delta \left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)^{4}-\zeta \left({\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}\right)^{2}-\eta =0.\end{aligned}}$
De sorte que si l’on fait
${\begin{aligned}s=&{\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}={\frac {p+q}{f}},\\u=&{\sqrt {x}}-{\sqrt {y}}={\frac {p-q}{f}},\end{aligned}}$
ce qui donne
${\begin{aligned}{\sqrt {y}}dx+{\sqrt {x}}dy=&{\sqrt {xy}}({\frac {dx}{\sqrt {x}}}+{\frac {dy}{\sqrt {y}}}={\frac {s^{2}-u^{2}}{2}}ds,\\{\sqrt {y}}dx-{\sqrt {x}}dy=&{\frac {s^{2}-u^{2}}{2}}du,\\\end{aligned}}$
$\mu =4(\beta +\gamma )$
$\nu =4(\beta -\gamma ),$
${\begin{aligned}{\frac {\left(s^{2}-u^{2}\right)ds}{2dt}}=&{\sqrt {\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}\\={\frac {\left(s^{2}-u^{2}\right)du}{2dt}}=&{\sqrt {\eta -\nu u+\zeta u^{2}+\nu u^{3}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}\,;\end{aligned}}$
d’où il est aisé de tirer
| (I) | $\left\{{\begin{aligned}&{\frac {ds}{\sqrt {\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}\\=&{\frac {du}{\sqrt {\eta -\nu u+\zeta u^{2}+\nu u^{3}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}\end{aligned}}\right.$ |
et ensuite
| (K) | $\left\{{\begin{aligned}dt&={\frac {s^{2}ds}{2{\sqrt {\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}}\\&-{\frac {u^{2}du}{2{\sqrt {\eta -\nu u+\zeta u^{2}+\nu u^{3}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}},\end{aligned}}\right.$ |
équations où les indéterminées sont toutes séparées.
L’équation (I) étant intégrée donnera $s$ en $u,$ et par conséquent $p$ en $q\,;$ ensuite l’équation (H) donnera $t$ en $s$ et $u,$ c’est-à-dire, $p$ et $q$ ainsi l’on aura $p$ et $q$ en $t,$ ce qui servira à connaître à chaque instant la position du corps par rapport à la ligne des centres ; mais la position du corps dans l’espace absolu ne sera pas déterminée pour cela ; car, comme le corps peut tourner autour de cette ligne, il faut savoir de plus l’angle qu’il parcourt dans un temps quelconque.
Nommons donc cet angle $\varphi ,$ et soient $\rho$ et $\sigma$ les deux coordonnées rectangles qui déterminent la position du corps par rapport à la ligne des centres ( $\rho$ est la distance du corps à cette ligne, et $\sigma$ est la partie de cette même ligne interceptée entre la perpendiculaire $\rho$ et le centre des forces $\mathrm {P}$), en sorte que l’on ait
${\begin{aligned}\sigma =&{\frac {p^{2}-q^{2}+f^{2}}{2f}}={\frac {f}{2}}(x-y+1),\\\rho =&{\sqrt {p^{2}-\sigma ^{2}}}={\frac {f}{2}}{\sqrt {4x-(x-y+1)^{2}}}\,;\end{aligned}}$
il est facile de voir que Con aura pour le carré de l’espace absolu parcouru par le corps dans un instant quelconque
$d\rho ^{2}+d\sigma ^{2}+\rho ^{2}d\varphi ^{2},$
ou $dx^{2}+dy^{2}+dz^{2},$ en employant les trois coordonnées rectangles $x,y,z$ de l’Article II, ou, en vertu de l’équation (A),
$-2dt^{2}\left(\int \mathrm {P} dp+\int \mathrm {Q} dp\right)=-f^{2}\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)dt^{2},$
de sorte qu’on aura
${\frac {d^{2}\varphi }{dt^{2}}}=-f^{2}{\frac {\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy}{\rho ^{2}}}-{\frac {d\rho ^{2}+d\sigma ^{2}}{\rho ^{2}dt^{2}}}\,;$
mais
${\begin{aligned}d\rho ^{2}+d\sigma ^{2}=&f^{2}{\frac {ydx^{2}+xdy^{2}-(x+y-1)dxdy}{4x-(x-y+1)^{2}}}\\=&{\frac {f^{2}dt^{2}}{4x-(x-y+1)^{2}}}-f^{2}\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)dt^{2},\end{aligned}}$
en vertu de l’équation (D) ; donc, substituant ces valeurs, on aura
${\frac {d\varphi ^{2}}{dt^{2}}}=-{\frac {f^{4}\varepsilon }{4\rho ^{4}}}=-f^{4}{\frac {\delta +\zeta +\eta }{4\rho ^{4}}}\,;$
d’où
| (L) | ${\frac {d\varphi }{dt}}={\frac {f^{2}{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}}{2\rho ^{2}}}\,;$ |
par conséquent
$\rho ^{2}d\varphi ={\frac {f^{2}{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}dt}{2}},$
ce qui montre que le corps décrit autour de la ligne des centres des aires proportionnelles au temps.
Maintenant, puisque (Art. II)
${\begin{aligned}{\frac {4\rho ^{2}}{f^{2}}}=&4x-(x-y+1)^{2}\\=&\left(2{\sqrt {x}}+x-y+1\right)\left(2{\sqrt {x}}-x-y-1\right)\\=&(s+u+su+1)(s+u-su-1)\\=&-\left(s^{2}-1\right)\left(u^{2}-1\right),\end{aligned}}$
on aura
${\frac {d\varphi }{dt}}=-{\frac {2{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}}{\left(s^{2}-1\right)\left(u^{2}-1\right)}}={\frac {2{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}}{s^{2}-u^{2}}}\left({\frac {1}{s^{2}-1}}-{\frac {1}{u^{2}-1}}\right)\,;$
mais on a, par l’Article X,
${\begin{aligned}{\frac {2dt}{s^{2}-u^{2}}}=&{\frac {ds}{\sqrt {\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}\\=&{\frac {du}{\sqrt {\eta -\nu u+\zeta u^{2}+\nu u^{3}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}\,;\end{aligned}}$
donc,
| (M) | $\left\{{\begin{aligned}d\varphi &={\frac {{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}\,ds}{\left(s^{2}-1\right){\sqrt {\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}}\\&-{\frac {{\sqrt {-\delta -\zeta -\eta }}\,du}{\left(u^{2}-1\right){\sqrt {\eta -\nu u+\zeta u^{2}+\nu u^{3}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}}.\end{aligned}}\right.$ |
Ainsi l’on connaîtra $\varphi$ en $s$ et $u,$ c’est-à-dire, en $p$ et $q.$
À l’égard des constantes $\eta ,\zeta$ et $\delta ,$ elles dépendent du mouvement initial du corps, et l’on pourra les déterminer si l’on veut au moyen des équations (G), (H) et (L).
Si l’on avait $\delta +\zeta +\eta =0,$ alors $d\varphi$ serait égal à zéro, et par conséquent le corps se mouvrait dans un plan fixe passant par les centres des forces.
Au reste, si l’on fait $\alpha =0,$ on verra que les formules précédentes s’accordent avec celles qui ont été trouvées dans le Mémoire précédent.
Supposons $s=a+\psi ,$ $a$ étant une constante et $\psi$ une variable ; la quantité
$\eta -\mu s+\zeta s^{2}+\mu s^{3}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}$
$\mathrm {A+B\psi +C\psi ^{2}+D\psi ^{3}+E\psi ^{4}+F\psi ^{5}+G\psi ^{6}} ,$
dans laquelle
${\begin{aligned}\mathrm {A} &=\eta -\mu a+\zeta a^{2}+\mu a^{3}+(\delta +\alpha )a^{4}-\alpha a^{6},\\\mathrm {B} &=-\mu +2\zeta a+3\mu a^{2}+4(\delta +\alpha )a^{3}-6\alpha a^{5},\\\mathrm {C} &=\zeta +3\mu a+6(\delta +\alpha )a^{2}-15\alpha a^{4},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$
Donc le premier membre de l’équation (I) se changera en
${\frac {d\psi }{\sqrt {\mathrm {A+B\psi +C\psi ^{2}+D\psi ^{3}+E\psi ^{4}+F\psi ^{5}+G\psi ^{6}} }}},$
expression qui, en faisant $\mathrm {A} =0$ et $\mathrm {B} =0,$ devient celle-ci
${\frac {d\psi }{\psi {\sqrt {\mathrm {C+D\psi +E\psi ^{2}+F\psi ^{3}+G\psi ^{4}} }}}}.$
Supposons $\psi$ infiniment petit, et l’on aura ${\frac {d\psi }{\psi {\sqrt {\mathrm {C} }}}}$ dont l’intégrale est ${\frac {1}{\sqrt {\mathrm {C} }}}\log {\frac {\psi }{\mathrm {K} }},$ $\mathrm {K}$ étant une constante quelconque ; donc, si l’on fait $\mathrm {K} =0$ et $\psi =0,$ la valeur de l’intégrale du premier membre de l’équation (I) demeurera indéterminée, de sorte que l’équation aura lieu indépendamment de la quantité $u\,;$ d’où il s’ensuit que l’équation $s=a$ satisfait au Problème, pourvu que les deux équations $\mathrm {A} =0$ et $\mathrm {B} =0$ aient lieu à la fois, et que la quantité $\mathrm {C}$ n’évanouisse pas en même temps.
L’équation $s=a$ donne $p+q=af,$ ce qui montre que la courbe décrite par le corps sera une ellipse ayant ses deux foyers dans les deux centres des forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q} ,$ et tournant autour de son grand axe, à moins que l’on n’ait $\delta +\zeta +\eta =0,$ auquel cas le corps se meut dans un plan fixe.
En faisant de même
${\begin{aligned}\mathrm {L} \ &=\eta -\nu b+\zeta b^{3}+(\delta +\alpha )b^{4}-\alpha b^{6},\\\mathrm {M} &=-\nu +2\zeta b+3\nu b^{2}+4(\delta +\alpha )b^{3}-6\alpha b^{5},\\\mathrm {N} \,&=\zeta +3\nu b+6(\delta +\alpha )b^{2}-15\alpha b^{4},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$
$\mathrm {L}$
$\mathrm {M}$
$\mathrm {N}$
$u=b,$
$p-q=bf,$
Ainsi, en réunissant les deux cas, on en conclura que le corps peut toujours décrire une section conique, pourvu qu’il reçoive une impulsion convenable.
Si l’on fait de plus $\psi =a'+\psi ',$ $a'$ étant une constante et $\psi '$ une variable, et qu’on substitue cette valeur dans la quantité
$\mathrm {C+D\psi +E\psi ^{2}+F\psi ^{3}+G\psi ^{4}} ,$
elle se changera en celle-ci
$\mathrm {A'+B'\psi '+C'\psi '^{2}+D'\psi '^{3}+E'\psi '^{4}} ,$
où
${\begin{aligned}\mathrm {A} '&=\mathrm {C} +\mathrm {D} a'+\mathrm {E} a'^{2}+\mathrm {F} a'^{3}+\mathrm {G} a'^{4},\\\mathrm {B} '&=\mathrm {D} +2\mathrm {E} a'+3\mathrm {F} a'^{2}+4\mathrm {G} a'^{3},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \,;\end{aligned}}$
et la transformée
${\frac {d\psi }{\psi {\sqrt {\mathrm {C+D\psi +E\psi ^{2}+F\psi ^{3}+G\psi ^{4}} }}}}$
du premier membre de l’équation (I) deviendra
${\frac {d\psi '}{(a'+\psi '){\sqrt {\mathrm {A'+B'\psi '+C'\psi '^{2}+D'\psi '^{3}+E'\psi '^{4}} }}}}\,;$
soient maintenant $\mathrm {A} '=0$ et $\mathrm {B} '=0,$ et la différentielle se changera en
${\frac {d\psi '}{\left(a'\psi '+\psi '^{2}\right){\sqrt {\mathrm {C'+D'\psi '+E'\psi '^{2}} }}}},$
qui ne dépend plus que de la quadrature du cercle ou de l’hyperbole.
Ainsi l’on pourra toujours dans ces cas construire l’orbite que le mobile décrira en vertu des trois forces ⅛ $4\alpha r,{\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}}$ et ${\frac {\gamma f^{3}}{q^{2}}}.$
Mais outre les cas dont nous venons de parler, il est évident que l’équation (I) doit aussi être intégrable quand deux quelconques de ces trois forces s’évanouissent, parce qu’alors on a le cas d’un corps attiré vers un seul centre fixe par une force proportionnelle à la distance, ou réciproquement proportionnelle au carré de la distance.
Les cas où la force $4\alpha r$ est nulle ayant déjà été examinés fort au long dans le Mémoire précédent, je me bornerai ici à examiner ceux où les deux autres forces ${\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}}$ et ${\frac {\gamma f^{3}}{q^{2}}}$ disparaissent à la fois, en sorte que le mobile ne soit assujetti qu’à la seule force $4\alpha r$ proportionnelle à la distance.
Soient donc $\beta =0$ et $\gamma =0,$ on aura aussi $\mu =0$ et $\nu =0$ (Art. X), et les équations (I) et (K) deviendront
| (N) | $\left\{{\begin{aligned}{\frac {ds}{\sqrt {\eta +\zeta s^{2}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}={\frac {du}{\sqrt {\eta +\zeta u^{2}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}},\end{aligned}}\right.$ |
| (O) | $\left\{{\begin{aligned}dt={\frac {s^{2}ds}{2{\sqrt {\eta +\zeta s^{2}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}}-{\frac {u^{2}du}{2{\sqrt {\eta +\zeta u^{2}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}}.\end{aligned}}\right.$ |
Or, si l’on reprend les équations primitives (B) et qu’on y substitue $2\alpha$ au lieu de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y}$ (Art. IX), on aura
${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}x}{dt^{2}}}+5\alpha x+3\alpha y-\alpha -\delta =&0,\\{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}y}{dt^{2}}}+5\alpha y+3\alpha x-\alpha -\delta =&0,\end{aligned}}$
ou bien, en prenant la somme et la différence, et faisant $x+y=\psi ,$
| (P) | $\left\{{\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\psi }{dt^{2}}}+8\alpha \psi -2(\alpha +\delta )=0,\\&{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}+2\alpha \xi =0,\end{aligned}}\right.$ |
d’où il est aisé de tirer
| (Q) | $\left\{{\begin{aligned}\psi =&{\frac {\alpha +\delta }{4\alpha }}+\mathrm {A} \cos \left(4t{\sqrt {\alpha }}\right)+\mathrm {B} \sin \left(4t{\sqrt {\alpha }}\right),\\\xi =&\mathrm {C} \cos \left(2t{\sqrt {\alpha }}\right)+\mathrm {D} \sin \left(2t{\sqrt {\alpha }}\right),\end{aligned}}\right.$ |
$\mathrm {A,B,C,D}$ étant des constantes arbitraires ; et ces deux équations seront nécessairement les intégrales des équations (N) et (O) ; il faudra seulement faire en sorte que les deux constantes $\eta$ et $\zeta$ s’accordent avec les constantes $\mathrm {A,B,C,D} \,;$ ce qui est facile, car on n’aura qu’à effacer dans les équations (G) et (H) les termes affectés des quantités $\beta$ et $\gamma ,$ et y substituer ensuite, au lieu de $x,y,{\frac {dx}{dt}}$ et ${\frac {dy}{dt}},$ leurs valeurs tirées des équations (Q), en y faisant, pour plus de simplicité, $t=0\,;$ on aura par ce moyen deux équations par lesquelles on pourra déterminer deux quelconques des constantes $\mathrm {A,B,C,D} \,;$ et les deux autres demeureront arbitraires.
On pourrait encore, si l’on voulait, trouver l’intégrale de l’équation (N) d’une maniéré plus simple, que voici. La seconde des équations (P), étant multipliée par $d\xi$ et intégrée, donne
${\frac {1}{4}}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}+\alpha \xi ^{2}=\mathrm {H} ,$
$\mathrm {H}$ étant une constante arbitraire ; d’où l’on tire
${\frac {d\xi }{dt}}=2{\sqrt {\mathrm {H} -\alpha \xi ^{2}}}\,;$
or
$\xi =x-y=us\,;$
donc
${\frac {uds+sdu}{dt}}=2{\sqrt {\mathrm {H} -\alpha u^{2}s^{2}}}\,;$
${\begin{aligned}{\frac {ds}{dt}}=&{\frac {2{\sqrt {\eta +\zeta s^{2}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}}{s^{2}-u^{2}}},\\{\frac {du}{dt}}=&{\frac {2{\sqrt {\eta +\zeta u^{2}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}}{s^{2}-u^{2}}}\,;\end{aligned}}$
donc, substituant ces valeurs, on aura
${\frac {u}{s^{2}-u^{2}}}{\sqrt {\eta +\zeta s^{2}+(\delta +\alpha )s^{4}-\alpha s^{6}}}+{\frac {s}{s^{2}-u^{2}}}{\sqrt {\eta +\zeta u^{2}+(\delta +\alpha )u^{4}-\alpha u^{6}}}$
$={\sqrt {\mathrm {H} -\alpha u^{2}s^{2}}}.$
Nous avons supposé dans l’Article IV que la quantité
$(\mathrm {2A+B} )dx+(\mathrm {2C+B} )dy$
était une différentielle complète ; et nous avons réduit par ce moyen la différentielle $d\mathrm {Z}$ à la différentielle $d\mathrm {V} ,$ dont nous avons ensuite cherché les conditions d’intégrabilité. Considérons maintenant la quantité $d\mathrm {Z}$ elle-même, et voyons quelles sont les valeurs les plus générales de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y}$ qui peuvent la rendre une différentielle exacte.
Pour cela, on aura, suivant le théorème général, l’équation
$\mathrm {X} \left[2x{\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {1}{2}}(x+y-1){\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+{\frac {\mathrm {B} }{2}}\right]+\mathrm {Y} \left[y{\frac {d\mathrm {B} }{dy}}+(x+y-1){\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+\mathrm {3A+2B} \right]$
$+{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[\mathrm {B} y+\mathrm {A} (x+y-1)\right]+\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)\left(2{\frac {d\mathrm {A} }{dy}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dy}}\right)$
$=\mathrm {Y} \left[2y{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}+{\frac {1}{2}}(x+y-1){\frac {d\mathrm {B} }{dx}}+{\frac {\mathrm {B} }{2}}\right]+\mathrm {X} \left[x{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}+(x+y-1){\frac {d\mathrm {C} }{dx}}+\mathrm {3C+2B} \right]$
$+{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left[\mathrm {B} x+\mathrm {C} (y+x-1)\right]+\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)\left(2{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}+{\frac {d\mathrm {B} }{dx}}\right).$
Mais (Art. III)
${\frac {d\mathrm {B} }{dx}}=-{\frac {d\mathrm {A} }{dy}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {d\mathrm {B} }{dy}}=-{\frac {d\mathrm {C} }{dx}},$
${\begin{aligned}&3\mathrm {X} \left[x{\frac {d\mathrm {A} }{dy}}i-{\frac {1}{2}}(x+y-1){\frac {d\mathrm {C} }{dx}}-{\frac {\mathrm {B} }{2}}-\mathrm {C} \right]\\-&3\mathrm {Y} \left[y{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}i-{\frac {1}{2}}(x+y-1){\frac {d\mathrm {A} }{dy}}-{\frac {\mathrm {B} }{2}}-\mathrm {A} \right]\\-&{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left[\mathrm {B} x+\mathrm {C} (x+y-1)\right]+{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[\mathrm {B} y+\mathrm {A} (x+y-1)\right]\\\end{aligned}}$
$+3\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)\left({\frac {d\mathrm {A} }{dy}}-{\frac {d\mathrm {C} }{dx}}\right)=0.$
Substituons pour $\mathrm {A,B}$ et $\mathrm {C}$ leurs valeurs
$a+by+cy^{2},\quad \mathrm {K} -bx-hy-2cxy,\quad g+hx+cx^{3},$
et nous aurons
${\begin{aligned}{\frac {3\mathrm {X} }{2}}&\left[2x(b+2cy)-(x+y-1)(h+2cx)\right.\\&\qquad \left.-\mathrm {K} +bx+hy+2cxy-2g-2hx-2cx^{2}\right]\\&-{\frac {3\mathrm {Y} }{2}}\left[2y(h+2cx)-(x+y-1)(b+2cy)\right.\\&\qquad \left.-\mathrm {K} +bx+hy+2cxy-2a-2by-2cy^{2}\right]\\&-{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left[x(\mathrm {K} -bx-hy-2cxy)+(x+y-1)\left(g+hx+cx^{2}\right)\right]\\&+{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[y(\mathrm {K} -bx-hy-2cxy)+(x+y-1)\left(a+by+cy^{2}\right)\right]\\\end{aligned}}$
$+3\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)\left[b-h+2c(y-x)\right]=0,$
ou bien, en ordonnant les termes et effaçant ce qui se détruit,
${\begin{aligned}{\frac {3\mathrm {X} }{2}}&\left[2bx-(x-1)(h+2cx)-\mathrm {K} -2g+(b-2h)x-2cx^{2}\right]\\-&{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left[\mathrm {K} x-bx^{2}+(x-1)\left(g+hx+cx^{2}\right)\right]+3(b-h-2cx)\int \mathrm {X} dx\\-&{\frac {3\mathrm {Y} }{2}}\left[2hy-(y-1)(b+2cy)-\mathrm {K} -2a+(h-2b)y-2cy^{2}\right]\\+&{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[\mathrm {K} y-hy^{2}+(y-1)\left(a+by+cy^{2}\right)\right]+3(b-h+2cy)\int \mathrm {Y} dy\\+&y\left[6c\mathrm {X} x-{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left(g+cx^{2}\right)+6c\int \mathrm {X} dx\right]\end{aligned}}$
$-x\left[6c\mathrm {Y} y-{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left(a+cy^{2}\right)+6c\int \mathrm {Y} dy\right]=0.$
Or, à cause que $\mathrm {X}$ doit être une fonction de x seul, et $\mathrm {Y}$ une fonction de y seul, il est facile de voir que cette équation ne saurait avoir lieu à moins que l’on n’ait
$\qquad \qquad 6c\mathrm {X} x-{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left(g+cx^{2}\right)+6c\int \mathrm {X} dx=\alpha +\beta x,$
$\qquad \qquad 6c\mathrm {Y} y-{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left(a+cy^{2}\right)+6c\int \mathrm {Y} dy=\gamma +\beta y,$
$\qquad \left\{{\begin{aligned}{\frac {3\mathrm {X} }{2}}&\left[h-\mathrm {K} -2g+(3b-3h+2c)x-4cx^{2}\right]\\+&{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left[g+(h-\mathrm {K} -g)x+(c+b-h)x^{2}-cx^{3}\right]\\&\qquad \qquad \qquad +3(b-h-2cx)\int \mathrm {X} dx=\delta +\gamma x,\end{aligned}}\right.$
$\qquad \left\{{\begin{aligned}{\frac {3\mathrm {Y} }{2}}&\left[b-\mathrm {K} -2a+(3h-3b+2c)y-4cy^{2}\right]\\+&{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[a+(b-\mathrm {K} -g)y+(c+h-b)y^{2}-cy^{3}\right]\\&\qquad \qquad \qquad +3(h-b-2cy)\int \mathrm {Y} dy=\delta +\alpha y,\end{aligned}}\right.$
$\alpha ,\beta ,\gamma$ et $\delta$ étant des constantes quelconques.
Ainsi il faudra que les quantités $\mathrm {X}$ et $\mathrm {Y}$ soient telles, qu’elles satisfassent à ces quatre équations à la fois ; autrement les équations (B) ne seront point intégrables, au moins par notre méthode.
Si l’on fait
$a=0,\quad g=0,\quad c=0,\quad \alpha =0,\quad \beta =0,\quad \gamma =0,$
et qu’on suppose
$m=h-\mathrm {K} ,\quad {\text{et}}\quad n=b-h,$
les quatre équations de condition se réduiront à ces deux-ci
${\begin{aligned}&{\frac {3\mathrm {X} }{2}}(m+3nx)+{\frac {d\mathrm {X} }{dx}}\left(mx+nx^{2}\right)+3n\int \mathrm {X} dx=\delta ,\\&{\frac {3\mathrm {Y} }{2}}(m+n-3ny)+{\frac {d\mathrm {Y} }{dy}}\left[(m+n)y-ny^{2}\right]-3n\int \mathrm {Y} dy=\delta ,\end{aligned}}$
par lesquelles on pourra déterminer $\mathrm {X}$ et $\mathrm {Y} .$
Si l’on fait dans ces dernières équations $m=0,n=0$ et $\delta =0,$ on aura le cas de l’Article V, qui est indépendant des valeurs de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y} \,;$ et si l’on fait seulement $n=0,$ on aura celui de l’Article VI d’où l’on voit que ce dernier cas n’est qu’un cas particulier des valeurs de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y}$ que fournira l’intégration des équations précédentes. Mais nous ne pousserons pas plus loin nos recherches sur ce sujet.
Au reste, quelles que soient les valeurs de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y} ,$ l’équation (D) donnera toujours (en faisant $\varepsilon =0$) cette intégrale particulière
$1+{\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}=0,$
les radicaux pouvant être pris en $+$ ou en $-.$
Pour le faire voir, je suppose
$x+y=u,\qquad x-y=v,$
ce qui donne
$x={\frac {u+v}{2}}\quad {\text{et}}\quad y={\frac {u-v}{2}},$
et l’équation dont il s’agit deviendra, après les substitutions,
${\frac {du^{2}+(2u-1)dv^{2}-2vdudv}{8dt^{2}}}+{\frac {2u-v^{2}-1}{2}}\left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)={\frac {\varepsilon }{2}}.$
Or
$du^{2}+(2u-1)dv^{2}-2vdudv=(du-vdv)^{2}-\left(v^{2}-2u+1\right)dv^{2}\,;$
donc, si l’on fait
$2u-v^{2}-1=\mathrm {V} ,$
on aura
${\frac {d\mathrm {V} ^{2}+4\mathrm {V} dv^{2}}{16dt^{2}}}+\mathrm {V} \left(\int \mathrm {X} dx+\int \mathrm {Y} dy\right)=\varepsilon ,$
équation à laquelle satisfait évidemment $\mathrm {V} =0$ dans le cas de $\varepsilon =0\,;$
$2u-v^{2}-1=0,$
c’est-à-dire
$2(x+y)-(x-y)^{2}-1=0\,;$
or je dis que cette équation est la même que celle-ci
$1+{\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}=0\,;$
c’est de quoi l’on peut se convaincre aisément en faisant disparaître les radicaux par la méthode ordinaire ; ou bien il suffira de remarquer que
${\begin{aligned}1&-2(x+y)+(x-y)^{2}\\&=\left(1+{\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}\right)\left(1-{\sqrt {x}}+{\sqrt {y}}\right)\left(1+{\sqrt {x}}-{\sqrt {y}}\right)\left(1-{\sqrt {x}}-{\sqrt {y}}\right),\end{aligned}}$
comme on peut s’en assurer aisément par la multiplication actuelle.
Maintenant, puisque $x={\frac {p^{2}}{f^{2}}}$ et $y={\frac {q^{2}}{f^{2}}},$ il est clair que l’intégrale dont il s’agit donnera
$f+p+q=0,$
ce qui est le cas où le corps se meut dans la même ligne droite qui passe par les centres des forces ; ainsi cette intégrale ne nous apprend rien de nouveau touchant le mouvement du corps.
Nous terminerons ce Mémoire par une remarque qu’il est bon de ne pas omettre. Le Problème du mouvement d’un corps attiré vers deux centres fixes ne peut s’appliquer à la Lune, en tant qu’elle est attirée à la fois vers la Terre et vers le Soleil, qu’en supposant que cet astre soit en repos par rapport à la Terre ; mais comme la force, qui altère le mouvement de la Lime autour de la Terre, ne vient que de la différence qu’il y a entre l’attraction du Soleil sur la Lune et son attraction sur la Terre, il ne suffira pas de regarder le corps comme attiré vers les deux centres fixes par des forces réciproquement proportionnelles aux carrés des distances ; il faudra de plus y ajouter une troisième force dirigée parallèlement à la ligne qui joint les deux centres, et dont la quantité pourra être supposée constante ; cette force représentera celle que le Soleil exerce sur la Terre, et qui doit être transportée à la Lune en sens contraire ; or, si l’on nomme cette force ${\frac {2\alpha }{f}},$ $f$ étant la distance des deux centres, et qu’on la décompose en deux autres dirigées vers ces mêmes centres, il est facile de voir qu’elles seront exprimées par $2\alpha p$ et $-2\alpha q\,;$ de sorte que les forces totales $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ seront
$\mathrm {P} =2\alpha p+{\frac {\beta f^{3}}{p^{2}}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Q} =-2\alpha q+{\frac {\gamma f^{3}}{q^{2}}},$
ce qui donnera
$\mathrm {X} =2\alpha +{\frac {\beta }{x{\sqrt {x}}}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Y} =-2\alpha +{\frac {\gamma }{y{\sqrt {y}}}}.$
Telle est donc l’hypothèse qu’il faudrait adopter pour que la solution du Problème dont il s’agit donnât le mouvement de la Lune autour de la Terre regardée comme en repos, et abstraction faite du mouvement du Soleil ; mais en substituant les valeurs précédentes de $\mathrm {X}$ et de $\mathrm {Y}$ dans les équations de condition de l’Article XV on verra d’abord qu’il est impossible de satisfaire à ces quatre équations à la fois, à moins que de supposer les coefficients $a,b,c$ tels, que chacun de leurs termes s’évanouisse en particulier, ce qui est le cas de l’Article V ; d’où il s’ensuit qu’on n’aura dans ce cas qu’une seule intégrale, et qu’ainsi le Problème ne pourra pas même se réduire aux premières différences.
* ↑ Il ne faut pas confondre les quantités, $x$ et $y$ que nous employons ici avec celles que nous avons déjà employées dans l’Article précédent.
* ↑ Cette conclusion n’est pas exacte ; les coefficients qui figurent dans les expressions des forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ ne sont pas tous arbitraires. Effectivement, dans le premier cas, où $a=g={\frac {7h}{10}},$ on a, non-seulement $\zeta =\gamma ,\ \varepsilon =\beta ,\ \delta =\alpha ,$ mais encore $2\beta +7\gamma =0.$ Dans le second cas, où l’on a $\zeta =0,\ \gamma =0,$ les trois dernières des équations de condition écrites par Lagrange sont homogènes relativement à $a,g,h$ et l’élimination de ces quantités donne la relation $(\alpha \varepsilon -\beta \delta )(\beta +\varepsilon )-\beta \varepsilon (\beta -\varepsilon )=0.$ (Note de l’Éditeur,)
* ↑ Le texte primitif porte $\varepsilon -\zeta$ au lieu de $\varepsilon -\zeta -\delta \,;$ l’omission du terme $-\delta$ altère toutes les formules de l’Article XI. Nous avons cru devoir faire la rectification nécessaire pour l’exactitude de ces formules. $\qquad \qquad \qquad$ (Note de l’Éditeur.)