# Correspondance de Lagrange avec d’Alembert/Lettre 011
### 11. D’ALEMBERT À LAGRANGE.

Depuis votre Lettre du 13 novembre, mon cher et illustre ami, ma santé, quoique beaucoup meilleure qu’elle n’était l’été dernier, a eu encore des alternatives de bien et de mal qui m’ont forcé de me ménager sur le travail et qui m’ont empêché de vous faire réponse plus tôt. Je ne pourrai même vous répondre que d’une manière imparfaite sur les différents points de votre Lettre ; mais, enfin, je ne veux pas tarder plus longtemps, ne fût-ce que pour vous engager à me donner de vos nouvelles et de celles de vos travaux. La déclaration que l’Académie a faite au sujet du programme consistait à dire qu’elle ne prétendait point exclure l’action du Soleil des causes des dérangements des satellites, surtout en tant que cette action doit produire dans les nœuds un mouvement rétrograde qui doit être combiné avec celui que l’action des satellites peut occasionner. Je voulais qu’elle donnât un autre programme, ayant démontré, dans un Mémoire que j’y ai fait lire, que celui-là n’avait pas trop le sens commun mais elle n’a pas voulu, per la dignità, avouer si pleinement sa sottise.
Nous voilà donc d’accord sur les courbes vibrantes, au moins quand la courbe initiale est exprimée par une équation. Il me semble qu’à plus forte raison nous devons l’être quand cette courbe n’a pas d’équation car : 1$^o$ si elle est tracée au hasard, comment s’assurera-t-on que, dans cette courbe, ${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}$ ne fait de sauts en aucun endroit ? La solution serait donc alors illusoire, puisqu’on ne pourrait jamais assurer qu’elle serait bonne. 2$^o$ Pour que ${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}$ ne fasse de sauts nulle part, il faut, ce me semble, que la courbe ait pour équation
$y=ax+bx^{2}+cx^{3}+ex^{4}+\ldots ,$
en prenant l’origine en un point quelconque, et que, en la prenant au point où $x=0,$ on ait
$y=ax+ex^{3}+fx^{5}+\ldots .$
Or, si la courbe doit être regardée comme une suite d’arcs de cercle infiniment petits (supposition toujours légitime), et que ces arcs de cercle ne soient reliés entre eux par aucune équation continue, il me paraît évident qu’alors l’équation
$y=ax+bx^{2}+cx^{3}+ex^{4}+\ldots$
n’aura pas lieu et que ${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}$ fera quelque saut.
À l’égard de mes idées pour expliquer la libration, voici ce que je puis vous en dire à bâtons rompus : 1$^o$ Je n’y ai eu recours que parce qu’il me semble que votre méthode, quoique très-ingénieuse et très-belle, ne sauve point les arcs de cercle et, par conséquent, n’empêche point qu’à la longue la Lune ne dût nous présenter toutes ses faces. 2$^o$ Il est vrai qu’elle suppose (ma méthode) une équation entre les constantes du calcul, c’est-à-dire que, la position du premier axe de rotation étant donnée, il faut supposer une certaine vitesse de rotation dépendante de cette position. Mais il y a au moins cet avantage que la position est arbitraire dans le premier axe de rotation, pourvu qu’elle diffère peu de celle de l’axe de figure et que, d’ailleurs, on ne peut ni ne doit supposer dans ce cas que l’équateur soit une ellipse, mais seulement un cercle. 3$^o$ À l’égard de ce que vous ajoutez que je n’ai pas dû supposer $d\mathrm {P} =-dz-d\varepsilon -d\theta ,$ mais $d\mathrm {P} =(-dz-d\varepsilon )\sin \pi -d\theta ,$ je pense que ma supposition est au moins aussi légitime que la vôtre. Car, en premier lieu, supposons $d\varepsilon =0$ et $d\theta =0\,:$ il faut que, quand la planète aura fait une révolution entière, c’est-à-dire quand $z$ sera $=360,$ elle représente la même face au spectateur ; or, pour cela, il faut que $d\mathrm {P} =-dz,$ et non pas $d\mathrm {P} =-dz\sin \pi .$ En second lieu, si $\sin \pi =0,$ vous auriez $d\mathrm {P} =0,$ ce qui n’est pas nécessaire, car alors, quel que soit $d\mathrm {P} ,$ la planète présenterait toujours la même face, en supposant au moins $-dz-d\varepsilon =0.$ Il est vrai que, dans ce cas de $\sin \pi =0,$ il est impossible d’empêcher que la planète ne montre toutes ses faces, au moins si $d\varepsilon =0,$ c’est-à-dire si l’axe demeure toujours parallèle à lui-même et sur le plan de l’orbite. Mais c’est un inconvénient commun à toutes les solutions. Votre théorème sur
$\varphi =\left(x+y{\sqrt {-1}}\right)-\varphi \left(x-y{\sqrt {-1}}\right)=2\mathrm {M} {\sqrt {-1}}$
est charmant ; j’ai trouvé moyen, ce me semble, de le généraliser beaucoup par les considérations suivantes :
1$^o$ Soit
$\left(1+h{\sqrt {-1}}\right)^{x'+y'{\sqrt {-1}}}=\left(1-h{\sqrt {-1}}\right)^{x'+y'{\sqrt {-1}}}\,;$
on aura
${\begin{aligned}y'\log {\sqrt {1+hh}}+x'(\omega \pm 2n\pi )=\pm \rho \pi ,\\y'\log {\sqrt {1+hh}}-x'(\omega \pm 2n\pi )=\pm \sigma \pi ,\end{aligned}}$
$\omega$ étant le plus petit des angles qui ont $h$ pour sinus et $1$ pour cosinus, et pour rayon ${\sqrt {1+hh}}$ $n$ et $n'$ des nombres entiers quelconques, et $\rho ,\,\sigma$ des nombres entiers tous deux pairs ou tous deux impairs. Si $y=0,$ alors $n=n',$ ce qui revient à votre cas ; et pour lors $\rho =-\sigma ,$ et $\rho$ peut être tel nombre entier qu’on voudra. Je tire ce théorème de ma méthode pour trouver la valeur de $\left(a+b{\sqrt {-1}}\right)^{m+n{\sqrt {-1}}},$ donnée dans mon Traité des vents et ailleurs.
2$^o$ De là je conclus aisément que, au lieu de votre terme $(f+hx)^{\frac {\mu }{\theta }},$ je puis mettre
$(f+hx)^{x'+y'{\sqrt {-1}}},$
$x'$ et $y'$ ayant les conditions susdite. Je puis même mettre
$\left[k+\mathrm {A} (f+hx)^{\lambda }\right]^{p},$
$\lambda$ étant $x'+y'{\sqrt {-1}},$ $p$ un entier positif ou négatif, et $k$ une constante quelconque. Je puis même encore, à ce qu’il me semble, mettre
$\left[k+\mathrm {A} '(f+hx)^{\lambda }\right]^{p},$
pourvu que $p\lambda =x'+y'{\sqrt {-1}},$ $x'$ et $y'$ ayant les propriétés susdites.
3$^o$ Je pourrai aussi mettre tant de termes qu’on voudra de cette forme
$\left[k+\mathrm {A} (f+hx)^{\lambda }\right]^{p}+\left[k'+\mathrm {A} '(f+hx)^{\lambda '}\right]^{p'}+\ldots ,$
$k,\,k'$ étant des constantes quelconques et $p\lambda ,\,p'\lambda '$ ayant les conditions susdites.
4$^o$ Au lieu de ces termes je pourrai mettre $c$ (nombre dont le $\log =1$) élevé à des puissances dont ces termes sont les exposants.
5$^o$ Je pourrai de même former une quantité où tous ces termes, exponentiels ou non, seront ajoutés, soustraits, multipliés, divisés les uns par les autres comme on voudra. Dans tous ces cas, j’aurai la formule
$\varphi \left(x+y{\sqrt {-1}}\right)-\varphi \left(x-y{\sqrt {-1}}\right)=0.$
6$^o$ Pour avoir maintenant le cas où le deuxième membre est $2\mathrm {M} {\sqrt {-1}},$ je n’ai qu’à prendre tant de termes que je voudrai,
$a\log {\frac {\left(1+h{\sqrt {-1}}\right)^{m}}{\left(1-h{\sqrt {-1}}\right)^{m}}}+b\log {\frac {\left(1+h{\sqrt {-1}}\right)^{n}}{\left(1-h{\sqrt {-1}}\right)^{n}}},$
que je ferai égaux à $2\mathrm {M} {\sqrt {-1}},$ ce qui donne
$ma(\omega \pm 2n\pi )+nb(\omega \pm 2n'\pi )+\ldots =2\mathrm {M} \ldots ,$
et ainsi du reste. Je ne doute pas même que cette méthode ne puisse être encore poussée plus loin, et je vois clairement qu’on résoudrait aussi le problème si l’on avait
$a\varphi \left(bx+cy{\sqrt {-1}}\right)+f\varphi \left(cx+gy{\sqrt {-1}}\right)=2\mathrm {M} {\sqrt {-1}},$
et, en général,
$a\varphi (bx+cy)+f\varphi (cx+gy)=2\mathrm {M} ,$
$a,\,b,\,c,\,f,\,g,\,\mathrm {M}$ étant quelconques, réels ou imaginaires.
Je ne suis point éloigné de penser, comme vous, que le problème de
$\varphi \left(x+y{\sqrt {-1}}\right)-\varphi \left(x-y{\sqrt {-1}}\right)=2\mathrm {M} {\sqrt {-1}}$
peut se résoudre en général ; on peut même en donner une espèce de démonstration en supposant $\varphi x=q$ et remarquant que l’équation devient alors
${\frac {y\,dq}{dx}}-{\frac {y^{3}d^{3}q}{2.3dx^{3}}}-\ldots =2\mathrm {M} ,$
$q$
$x$
$=0$
$y=0$
$y=f+hx$
$\mathrm {M}$
$=0$
Quoique j’aie peu pensé au problème des trois corps, j’ai aussi trouvé une méthode assez simple pour intégrer l’équation sans être obligé de substituer à chaque opération la valeur précédente du rayon vecteur. En voici un essai sur l’équation
$d\,dt+\mathrm {N} ^{2}t\,dr^{2}+bt\cos pr\,dr^{2}=0.$
Je remarque que chaque terme $\mathrm {M} \cos kz$ de $t$ doit donner dans l’intégrale
$-{\frac {b\mathrm {M} }{2}}{\frac {\cos kz\pm pz}{\mathrm {N} ^{2}-(k\pm p)^{2}}}+{\frac {b\mathrm {M} \cos \mathrm {N} z}{\mathrm {N} ^{2}-(k'\pm p)^{2}}}\,;$
c’est pourquoi, ayant le premier terme $\mathrm {H} \cos \mathrm {N} z$ de $t,$ je mets d’abord à droite et à gauche
$-{\frac {b\mathrm {H} }{2}}{\frac {\cos \mathrm {N} z+pz}{\mathrm {N} ^{2}-(\mathrm {N} +p)^{2}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {b\mathrm {H} \cos \mathrm {N} z-pz}{2\left[\mathrm {N} ^{2}-(\mathrm {N} -p)^{2}\right]}},$
et au-dessous de $\mathrm {H} \cos \mathrm {N} z$ les deux termes
$+{\frac {b\mathrm {H} \cos \mathrm {N} z}{\mathrm {N} ^{2}-(\mathrm {N} +p)^{2}}}+{\frac {b\mathrm {H} \cos \mathrm {N} z}{\mathrm {N} ^{2}-(\mathrm {N} -p)^{2}}}.$
Ensuite, à droite et à gauche de chacun de ces nouveaux termes, j’en mets deux autres qui sont égaux à ces nouveaux termes multipliés par $-{\frac {b}{2}}$ et divisés par $\mathrm {N} ^{2}-k^{2}\,;$ $k,$ étant $=$ à l’angle précédent augmenté de $\pm pz,$ doit aussi être ajouté à l’angle après le signe $\cos .$ Les termes qui donneraient $\mathrm {N^{2}-N^{2}}$ au dénominateur, je les mets à
$\mathrm {N} ^{2}$
$\mathrm {N} ^{2}t\,dz^{2},$
$\cos \mathrm {N} z$
Voilà, mon cher et illustre ami, une longue Lettre et des idées bien informes. Telles qu’elles sont, je vous prie de les regarder comme une marque du plaisir que j’ai à m’entretenir avec vous. Il ne me reste de papier que pour vous embrasser de tout mon cœur en vous demandant la continuation de votre amitié.
* ↑ Il y a dans ces formules une inadvertance qu’il ne nous a point paru nécessaire de corriger.
* ↑ Réflexions sur la cause générale des vents, 1747, in-4$^o$.