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Contribution à l’étude du mouvement de deux petites masses en présence d’une masse fixe placée à l’origine

Adnan Benchi

To cite this version:

Adnan Benchi. Contribution à l’étude du mouvement de deux petites masses en présence d’une masse

fixe placée à l’origine. Astrophysique [astro-ph]. Observatoire de Paris, 1986. Français. �tel-01958576�

DOCTEUR DE L’OBSERVATOIRE DE PARIS OBS<P 0C03

par

ADNAN B E N C H I

Spécialité :

Astronomie dynamique et statistique

Sujet de la thèse : CONTRIBUTION A L’ETUDE DU MOUVEMENT DE DEUX PETITES MASSES EN PRÉSENCE D’UNE MASSE FIXE PLACÉE A L’ORIGINE : LE CAS RECTILIGNE D’ÉNERGIE NULLE.

Soutenue le 1986 devant la commission d’examen :

M. J. DELHA YE astronome titulaire, Observatoire de Paris Mme M. IRIGOYEN maître-assistant, Université de Paris VI M. C. MARCHAL ingénieur à T ONERA

M. F. NAHON professeur à l’Université de Paris VI

M. J. CHAPRONT directeur du Bureau des Longitudes

THESE

présentée pour obtenir le grade de

DOCTEUR DE L’OBSERVATOIRE DE PARIS

par

ADNAN B E N C H I

Spécialité :

Astronomie dynamique et statistique

^On

Sujet de la thèse : CONTRIBUTION A L’ETUDE DU MOUVEMENT DE DEUX PETITES MASSES EN PRÉSENCE D’UNE MASSE FIXE PLACÉE A L’ORIGINE : LE CAS RECTILIGNE D’ÉNERGIE NULLE.

Soutenue le 1986 devant la commission d’examen :

M. /• ^{DELHA YE} astronome titulaire, Observatoire de Paris Mme M. IRIGO YEN maître-assistant, Université de Paris VI M. C. MARCHAL ingénieur à T ONERA

M. F. NAHON professeur à l’Université de Paris VI

M. /• ^CHAPRONT directeur du Bureau des Longitudes

RIMRCIIM&/7S

2e voudnaiA Aoulignen la pont impontante pniAe pan.

MonAieun Tennand NAHON, PnoJeAAeun à l’llnivenAité de. PaniA VI, SeA conAe.HA inceAAantA et InAtnu.ctIJLA m'ont peniniA de menen à Lien cette thÀAe. 2e. Lui témoigne ma pnojonde neconnaiAAance et je tienA à lui expnimen. ma pluA pnojonde gnatitude et Lui

cudneAAe meA pLuA vIJa nemenciementA.

2e pnojite de cette occaAion poun expnimen meA neApectueux

nemenciementA à MonAieun Le PnoJeAAeun y, IHIRij gui m’a penmiA, pan AeA counA, d’appnojondin meA connalAAanceA en mécanique cèle, a te.

2e tiejnA auAAi à nemencien tnÂA vivement MonAieun Le PnoJex>-

Aeun 2• DtlHAyt, Dinecteun du D.I.A, à l’OLAenvatoine de PaniA poun la confiance gu il m’a accondée en m’accueillant à l’OÜAen-

vatoine.

2 * expnime meA nemenciementA Lca plua dIJa à MonAieun C, MARCHAI gui m’a penmiA, pan aca counA, d’appnojondin

meA connalAAanceA Aun Le mouvement deA AatelliteA antiJicieJLA

et gui m’a aieLé poun Jaine le Atage de D.I.A.

2’ expnime ouaa! meA nemenciementA leA pluA viJ.A à

Madame Inigoyen, Maitne de Conjénence à l'Univenaité PaniA II, gui a Lien voulu panticipen à ce 2^y*

2’ expnime auAAi meA nemenciementA Lca pluA vijA à MonAieun 2• CHAPRON /, Dinecteun du Buneau de.A LongitudeA, gui

a Lien voulu panticipen à ce 2u.ny,

MeA nemenciementA vont également à touA lee> PnoJeAAeunA

et touA leA MaiineA de Conjénence de l’OLAenvatoine de PaniA.

2e nemencie tnèA vivement Madame COLUI gui m’a aidé poun

tnouven LeA calculA numéniguen.

2e nemencie auAAi tnèA vivement Madame B. RABAN gui a Lien

voulu Ae changée de la néaliAation maiénielle de ce tnavail.

LE CAS RECTILIGNE D'ENERGIE NULLE

INTRODUCTION

Le problème des 3 corps est l'un de ces problèmes de la

physique que l'on n'arrive pas à étudier dans son ensemble. Comme

les mathématiques ne sont pas capables de nous donner la solutions

exacte et complète, il faut donc appliquer différentes formes d'ap

proximations .

En 1964, Monsieur F. Nahon a appliqué le problème des 3

corps aux rencontres d'étoiles dans le champ d'un noyau galactique.

Il a réussi à réduire le problème des 3 corps à celui de deux points

plongés dans un champ de forces qui possède deux propriétés : il dé

rive d'une fonction U homogène de degré -1 par rapport aux coordon

nées des deux points et un moment total nul par rapport au centre

de gravité O. Monsieur Nahon a choisi les conditions initiales

telles que le moment d'inertie R reste fixe.

En 1971, Madame M. Irigoyen a étudié les mouvements recti

lignes dans le problème des 3 corps lorsque la constante des forces

vives est nulle. Elle a pris comme point de départ le travail de J.

Chazy, par l'emploi des coordonnées polaires qui donnent l'équation

différentielle d'Euler sous une forme plus simple que celle de Chazy

et une inégalité du théorème du viriel qui nous permet de démontrer

2

la conjecture de J. Chazy et de suivre dans le détail toutes les

phases d'un mouvement arbitraire. Ensuite, elle a étudié les deux

solutions intérieure et extérieure avec les conditions initiales

pour t = 0 :

V2L < 2 V2L > 2

où :

Ç(t=0) = L Ç(t=0) = V

J. Waldvogel a traité le problème des 3 corps à partir des

positions relatives :

rK = XK ~ x0 (K = 1, 2) d = x2 - xi (1)

Le Lagrangien du système s'écrit :

L mi(ïï'o + V V , m2(m0 + mi) V.

(m0 + mi + m2) 2 (m0 + mi + m2^ 2

m„ nr

1 2 . . . ^m0^rn1. ⁿⁱ0ⁱⁿ2. ^m„nu12 r r + i r + n r + i—i—

(m + mi + m2) 12 IriI lr2

(2)

avec

£ = (m^ + m2^/mo \ = mK/(mi + m2} (K = 1' 2) (3)

Les équations du mouvement engendrées par L s'écrivent, pour m = 1

L = ‘ d + £|Jl)lril’3ri - eU2lr2l’3r2 + ElJ2ldl"3d

r2 = - (1 + £U2)|r2| 3r2 - EuJrJ ^ - eui|d| 3d

A la limite £ -* 0, ce système devient :

(4)

r = - r r

K 1 Kl K ^{(K = 1, 2) (5)}

On a donc deux problèmes képlériens indépendants (solution exté

rieure ) .

Pour étudier le problème intérieur, Waldvogel a introduit

les coordonnées R, d de Jacobi qui sont liées aux variables r^ et

r2 par :

= R “ U2d r2 = R + d (6)

Le Lagrangien transformé s'écrit

mo e • • m0ml m0m2 mim2

L -I (rrr R2 + + TgT + T^T + FT

Les équations du mouvement engendrées par ce Lagrangien sont

(7)

R = - mQ(l + £)(u1|rir3r1 +

(8)

d

= mQ(

^{- £ IdI d)}

Posons :

d'où :

d 1/3

mQ = 1

⁽⁹⁾

R = - | R | 3R +Q(£2/3)

II-3 11-3 II- ^vl/3

r = - ( | r I + I R | ) r + 3( r.R) | R | R + (j(e )

(10)

Pour simplifier l'étude de la solution intérieure £ = 0

il a utilisé les notations complexes R 0 (C , r £ d , et effectué le

changement de variables "puisantes" et "tournantes" défini par

(r = R.Z) où Z = X + iY £ <£l. Le vecteur R décrit un mouvement circu

laire donc R est fixe par hypothèse, c'est-à-dire que |r| = R^ = p

-3/2 v v v

donc ds/dt = p . D'après ces hypothèses le système intérieur

s'écrit :

•• •• i i-3 3 — ii-3

Z + 2RZ./R = - I R. Z | Z + - (Z + Z ) I R | (lObis)

4

soit si R = e :

3 — ii-3

Z" + 2iZ' = - (Z + Z) - Iz| .Z

En projection sur les axes X, Y on obtient :

(1) X" - 2Y' 9w

3x 3X - X(X2 + Y2) -3/2

où :

(2) Y" + 2X' 9w

3y Y( X2 ⁺ Y2) -3/2

W(X,Y) ⁺ (X2 + Y2)

Avec l'intégrale de Jacobi :

(11)

(12)

(X'2 + Y'2)/2 - W = h (13)

Le système (12) est celui des équations de Hill.

J. Waldvogel a défini le paramètre C par la constante de

Jacobi h = - 3C2/8 pour étudier les deux solutions extérieure et in

térieure, il a traité le cas où C -* 0. Dans ce cas, il a obtenu :

y = c28~3jç2 <M < c) (i4>

Cette relation lui permet d'interpréter le mouvement des satellites

Janus et Epimetheus.

Le but de notre travail est de nous inspirer du travail

de Madame Irigoyen et de reprendre le problème de J. Waldvogel avec

les hypothèses suivantes :

1°) Les 3 corps sont alignés, c'est-à-dire que R, r et Z sont réels.

2°) Les masses des deux petits corps sont égales :

mi + m2 ’ m0 = 1

= m = m et 8 = 2m

3°) L'énergie totale est nulle.

Gehee qui correspondent aux variables (Q,z) de Madame Irigoyen.

CHAPITRE I

MISE EN PLACE DU PROBLEME DANS LE CAS RECTILIGNE D'ENERGIE NULLE

Soient masses m = 1/ m^ = m^ = m. On suppose fixe

à l'origine et entre M et M . On pose

M1M3 = yl M1M2 = y2

Le Lagrangien s'écrit :

y 2 + y 2 •>

yl y2 .1 .1 A2

L — 1 + — + — +

Y1 y2 2<y2 ' V

(1)

avec : m2 = m3 = ^3/2

et on se bornera au cas d'énergie nulle

y 2 + y 2 yl y 2

— + — +

yl y2 2<y2 ' V

(2)

En variables de Lagrange-Jacobi :

Y1 = ^ ~ (x/2) Y2 = C + (x/2)

(3)

le Lagrangien devient :

v2

L = 1(')Ï2 + + ±

2 E, - (x/2) Ç + (x/2) ‘ 2x

+ . 1 . . + *3

avec la condition

v 2

Ç2 +

x-

1 + 1 + Ai

K ~ (x/2) Ç + (x/2) 2x ⁽⁵⁾

On appelle système différentiel "extérieur" le système engendré par

et système différentiel "intérieur" le système engendré par

• y* 2 O -y 2 \3

L. = è(2Ç2 + —) + 4 + —

int s 2 Ç 2£3 2x ⁽⁷⁾

et on raccordera ces deux approximations de L dans la zone

C X cl C

x/ç =Ç)oft)

{

o < 3 < i

donc il est équivalent de dire :

1 1

U

U

exact Ç - (x/2) Ç + (x/2) + 2x

i— + i

extérieur Ç - (x/2) C + (x/2)

(8)

(9)

U. = — +

intérieur Ç 2Ç

Ai

2x

on fixe habituellement le raccordement par la condition :

^exact ^ext. ^exact ^int

on va démontrer que cette condition entraîne :

4X3 = (x/O5 + QU/Z) 7

(10)

(11)

Nous remplaçons les fonctions des forces dans la condition (10).

Le développement donne :

X3 ^x2

2K2

4X3 = (|)5 +Q(|)7

donc conduit à choisir : 3 = 3/5.

Nous pourrons fixer le raccordement par la condition :

(llbis)

-x + x , . =x - x , . (12

exact extérieur exact intérieur

(suivant le cas, nous utiliserons la condition (10) ou la condition

(12) qui donnent le même ordre de grandeur).

8

On va montrer que cette condition entraîne 3/5

En effet, on a :

exact

x/E, = X'

X3 2xÇ

x2 (£2 - x2/4)2

• _ 2xE,

^extérieur (Ç2 - x2/4)2

x.

2x X3 intérieur Ç3 x2

On remplace dans la condition (12), on obtient : 2 xÇ

donc

X3

X2 (Ç:

X3 x3 X2

~ C5

2x T3

+o?^)

(0(X5/^7) signifie de l'ordre de l'infiniment petit x5/Ç7 ou

que cet ordre).

Avec

Alors

(1 - x2/4Ç2)2

= 1 + 2^:

/r \3/5 x/Ç = A

En coordonnées polaires , soient

y^ = r sin 0

et :

y 2 = r cos 0

M ( 0) = rU

Ç = (l//2)r cos x = /2 r sin vp

(13)

plus petit

(13bis)

(14)

(15)

PH\P) = rU

nous avons (x/2) <—> sin0 = sin — cosijj - sin\i)cos 7[

4

sin0 sin(—^{, TT} - \Jj)^{, .}

alors :

On remplace (15) dans les formules (9). On obtient

(16)

n exact

2/2cosi|J X3

cos2\i> 2/2sin\t>

frf _ 2/2cosllJ

ext. cos2li)

n = . *3 + -JfL

int. 2/2sinl|; cos3\|J

On peut fixer le raccordement par la condition équivalente à (10) :

n - n = n - n (n

exact ext. exact int.

D'après les formules (17), on obtient :

^3/0 - sinljicoslii _ sin iji

cos2ii» cos3i|J

A3/8 = 1 -?tg3ijj " tg^'(1 + tg2^}

Donc :

X3/8 = 1 -9Ig^ St ^ ^ T

Alors :

À3/8 = Y5

En effet, on a :

x/Ç ^ 2\\)

alors :

\Jj5 ^1_

32

(19)

On remplace dans (19), on trouve :

4À3 = (x/Ç)5

CONCLUSION :

L etude que nous avons faite dans ce chapitre nous permet de donner les conditions de passage entre le Lagrangien extérieur

et le Lagrangien intérieur.

On cherche la solution du système (1-1) sous la forme

», “î,s'‘ - !'

», Kt!/Î(l . §>

(l)

Les équations du mouvement engendrées par le Lagrangien (1,1) sont

_ 1 A3

y = r +

1 yx2 2(y2 - y1)2

(2)

Yo =

2 y22 2(y2 - y )*

mais on a :

ÿi = - | Kt‘4/3(1 - fl

Î2 - - 5 “4/î'‘ • f>

(3)

Il s'agit de trouver K et À en fonction de G et qu'ils vérifient

les équation (2).

Si l'on remplace (1) et (3) dans le système (2), on ob-

La somme des deux équations donne :

5 K3 = ^{1 +- 1}

<l + f)2 (1-f)2

Après avoir développé, on obtient :

12

K3 = - (i + - °2 +0(o1+)) A3 = 303 (i + — 02 +0(cjIf))

(5)

On pose

2/3

Y1 = 1 X1

2/3 y_ = t '

12 2 ⁽⁶⁾

t = e

Nous allons trouver le système différentiel vérifié par

X (s) X (s)

En effet

dyx/dt

^{= e}

-S/3(X-1 +f Xx,

-4s/3 1 2

d2Yi/dt2 = e S/J(X"1 + - X'x - | X1)

et de même façon

-4s/3 1 2

d2y /dt2 = e 7 (X'* + - X' - - X)

12 2 3 2 9 2

On remplace dans le système (11,2), on obtient

X", + - X' = - x. + 9u

1 3 1 9 1 3X.

X”. + - x' = - x„ + 9u

2 3 2 9 2 3x.

où : «Xl,X2) = - ^ ^ 2(x/- Xl)

⁽⁷⁾

Soit X^ = X^, X^ = X^ la solution d'équilibre.

Pour cette solution on peut écrire :

I X. - J- +

^X3 _{=77 = 0}

9 1 X 2 2(X2 - X1)2

2 x - J. .M = o

9 2 X22 2(X2 - X1)2

(8)

La somme de ces équations nous donne

g (X1 + X2) -^2 + x^2

avec :

(8bis)

Xl=K<1'|) X2=K<1+f)

⁽⁹⁾

Donc on a retrouvé les formules (11,4).

On pose :

X, = X, + x X„ = X„ + x

111 2 2 2

On cherche les équations linéarisées vérifiées par x # Soit la

fonction de forces :

U(X, ,x0) = — + — + À3

12 X, X „ 2(X_ - X. )

12 2 1

(10)

Le développement de U(X^,X2) au point (X1#X2) est :

u(x1,x2) = Ü + p(x1 - xx) + q(x2 - X ) + ï R(X - x )2

+ i t(x2 - x2)2 + s(x - x )(X - x ) (il)

+ e(x ,x )

Avec :

p = (3u/3x1)_ q = (3u/3x2)- r = (32u/3xl2)-

s = (32u/9x13x2)- T = 02u/9x22)_

On a d'une part :

au/ax^^ = P + R(xi - Xx) + S(X2 - x

(12)

9u/9x2 = Q + t(x2 - x2) + S(x1 - x )

d'autre part :

Alors, on trouve :

. 1 . 2

1 . 2

2 , ^3u

5 xi 3xi

2 9u

- X, 9 2

3x2

x, + Rx„ +

1 1

x„ + Sx, +

2 1

(13)

(14)

Nous allons chercher les expressions de S, Rf T en fonction de O :

S = (32à/3xiax2)x = " À3/(X2 - XxJ = - -y (X3/R3)

s = ' 3 ^ + 12 °2 + 0(att)) • (î - - a2 +0(01*))

Alors :

s = - - (1 - \ a2) + CXa4) (15)

3 6

De la même façon :

10 2 2

R=~9 + 30 + 9°2 +0<°3>

10 2 2

T = 9 3 ° + 9 02 +0(°3)

Soient : = Ae™3 x2 = BemS les solutions du système linéarisé

(14) et z = m2 + (m/3).

Remplaçons dans ce système (14), nous trouvons :

2 B

2 = 9 + R + Â 3

z = | + | S + T

(17)

Donc :

(z - - - R)(z - - - T) = S2

y y

Nous allons étudier les solutions dans le cas (<3

cas : R = T = 10/9 S = - 2/3

(18)

0) . Dans ce

alors, d'après (18) on a :

(z - -)2 = 4/9

qui admet les deux solutions :

(19)

z = 2/3 {

2 2 = 2

A/ Pour z = z = 2/3

1 2

On a : m2+—m-—=0

qui admet deux solutions :

(20)

(21)

"A 2/3

^{mi _ _}

x^ = Ae

2s/3

x2 = BS

-s

(22)

B/ Pour z = z^ = 2

On a : m2+—m-2=0

3

(23)

qui admet deux solutions

mc = (-1 + /73)/6

(24)

m = (-1 - 1/73") /6

D

On remarque que le résultat de Siegel (p. 88, Lectures on Celestial

Mecanics) pour le problème des 3 corps alignés est que, quelles que

soient les masses m^, m^, m^, on a : z1 = 2/3

et que si :

alors :

m2 = m3 St "* 0

D'après la formule (18) si, quelles que soient les masses

mi# m^, m^, = 2/3 on a la relation suivante :

(| ~ R) (~ - T) = (25)

On peut vérifier cette relation pour (X = 0) c'est-à-dire (O = 0)

c'est-à-dire dans le cas où R, S, T sont données par (15).

CHAPITRE III

ETUDE DE LA FONCTION M(0) AU VOISINAGE DE LA SOLUTION D'EULER

Soient :

y1 = r sin 0 y2 ~ £ cos 0 M(6) = rU(yi,y2)

U(y, ,y,) = — + — +

12 yx V2 2(y2 - yi)

La dérivée de M par rapport à 0 donne :

M'q = r(-

+ 2

3u 3yi t 3u 3y2

9y^ 90 9y2 90

r92u ,

3yi 3u 90 } + 9y

92u

9y-,

₁

9y9

_2\

3y13y2

^{30 90 J}

9 2'

(1)

3y2 3u_ ^2

9y^ 302

(3)

mais on a

donc :

Sy^yS© = y2 9 2y^/902 = - y^

9y2/30 = - Y1 92y2/902 = - y2

m'q = r(py2 ~ Qy1>

(4)

M

"02 = M( 0 ) + r(y22R - 2Syiy2 + 57^)

(5)

18

D'après (1) on a :

M(0) = l/(sin0) + l/(cos0) + X3/2(cos0 - sin0) (6)

le cas X = 0 : M(0) = l/(sin0) + l/(cos0) (7)

dans les deux cas nous allons trouver les formules M(0 ) et M"(0 )

en fonction de G ; on a pour la solution d'Euler!

Y1 = r sin0 = K(1 - |)t2^3

y2 = r cos0 = K( 1 +

Soit 0 la valeur de 0 telle _que

tgÔ = (1 - |)/(1 + |)

Donc :

sin0 = (l - (0/2)) (2 + (G2/2)) * cos0 = (l - (0/2))[2 + (O2/2))~*

Alors, si on remplace dans (6) on trouve :

m(9, = Æ(1 + f)t1 _ ]g/2) + , — ]a/2)

M(0") = 2/2(l+ - O21 +0(04))

8

+ Aî,

2

La deuxième dérivée par rapport à 0 de (6) nous donne :

wm/ûx 32m M,(i> . ^ cos20 , ^ sin20 . (cos0 + sin0)2

M (0) - 301 = M<6) + 2 ïl^ë + 2 + A3 (COS0 - sine ) 3

ifd - c/2)2 ,

M"(0) = 2/2(1 + - O2 + 0(o")) + 2/2(1 + 7^)* [—

8 4 «- ( 1 + 0/2)3

+ fi-+ °/2;2 + 6 +1 o2 +

(1 - 0/2)3 ü 2

0(0*)]

M" ( 0 ) = 2/2(l + ~ O2 + 0(0*)) + 16/2(l + — O2 + 0(0*))

8 8

M" (0^ ) = 18/2(l + — O2 + 0(0*))

Nous avons donc pour X * 0 :

M"(0)/M(0) = 9(l + — O2 +0(0")) (l + - O2 + 0(O*))-1

/ z 8

(8)

(9)

(10)

(11)

(12)

Lorsque À -+ 0 c'est-à-dire O -+ 0

M"(ÏÏ)/M(0') + 9 (13)

Or le calcul direct de M"(0 )/M(0 ) pour (X = 0) c'est-à-dire (O = 0)

donne :

M"(0)/M(0) + 3 ⁽¹⁴⁾

Alors le rapport M"(0)/M(0) est une fonction de X discontinue pour X = 0.

par :

avec :

On rappelle que les variables de Mac Gehee sont définies

dt = r3/2dl

dr/dT = rv

d0/dT = u

du/dT = - i uv + M'

(9)

0

dv/dT = u2 + M(0) — si h = 0

r2 = y 2 + y 2

Y1 y2

M(0 ) = rU

Soient : 0^ = 0 0 = ïï/4 et pour h = 0 : u2 + v2 = 2M(0)

On projette le système différentiel ©'T), v(T), u(T) sur le plan

u = 0 (voir figure 1).

Les points K et K1 correspondent aux deux solutions

d'Euler :

0<t<°o et - oo < t < 0

Il y a aussi 8 solutions asymptotiques, à savoir :

* pour v < 0 : deux solutions de collision triple :

B'K' et D'K' B'

sur : 0 = 0q

^{= 0}

D' sur : 0 = 0

1 = ïï/4

et deux solutions de contraction parabolique :

K'A' et K'C' A' sur : 0 ^il CD o

C' sur : 0 t—i CD

II

* pour v > 0 : deux solutions d'éjection triple :

KB et KD B sur : 0 = 0^

D sur : 0 = 0„

zu

et deux solutions d'expansion parabolique :

AK et CK A sur : 0 = 0 0

C sur : 0 = 0^

Lorsque X -* 0 les points A', B', A, B tendent vers des limites A',

B', A, B, qu'on va calculer dans le prochain paragraphe.

Les points C, D, K tendent vers le même point 0 = 7r/4,

v = /Â7T~»et les points C', D', K' vers le point symétrique par rap

port à l'axe desQ . L'allure du mouvement ultérieur se déduit du dia

gramme de Mac Gehee et pourrait être prédite si on connaissait la po

sition des points B', A'. Mais on ne connaît que les positions

limites pour À = 0, d'où l'existence de deux zones obscures :

|vQ - v(B')| < nU)

|vQ - v(A')| < nU)

Dans un prochain chapitre, on va explorer la zone

| Vq - v(A') | < r)( X) en se bornant à l'étude du mouvement v^ = v(A),

c'est-à-dire du mouvement initialement parabolique.

Pour t = 0 :

yi = ° y2 = L y2 = V > 0

tel que :

V2L = 2

Le système (9) est défini dans la zone hachurée :

0 < 0 < 7T/4

v2 ^ 2M(0ï

En trait continu : les trajectoires asymptotiques pour 0(T)+ ;

En trait pointillé : les trajectoires asymptotiques pour lesquelles

0(tH.

(u > 0 pour 0(T) croissant, u < 0 pour 0(T) décroissant).

Les zones obscures seraient figurées par deux bandes entourant les

trajectoires B'K' et AK.

CHAPITRE IV

22

ETUDE DU CAS PARTICULIER X = 0

IV.1.- Le Lagrangien du système :

Soient sur l'axe des x les trois corps M^, de masses

i^l / ^2 '

On considère le cas particulier : = 1, = 0 ce qui signifie

qu;On néglige l'interaction des corps et sauf le cas du choc

qu'on traite comme le choc élastique non gravitationnel. Soit en

0 et OM^ = y OM = y .

1°) Pour le Lagrangien du système s'écrit :

v 2 + v 2

L - 1 , 2 + +

2 yl Y2

(1)

2°) Si à un instant t^, y^ = y^ on prolongera le mouvement de la fa

çon suivante :

Soit pour t t^, t < t (c'est-à-dire t ) Lim Ÿ1 = ÿ1

Lim ÿ2 =

Alors pour t t^ t > t^ (c'est-à-dire t^+)

On prendra

. + . -

Y1 = Y2

Y 2 = Y!

(2)

On se bornera d'autre part aux mouvements d'énergie totale nulle

c'est-à-dire :

v 2 + v 2

yl y2

^ + i

₍₃₎

variables quels que soient y^ < y^ ou y^ = y^

IV.2. Représentation dans le diagramme de Mac Gehee :

On rappelle que les variables de Mac Gehee définies par

dt - r3/2dl

r2 = y2 + y 2 Y1 y2

Sur la

dr/dT = rv M( 0 ) = r (— + —)

d0/dT = u

du/dT = - i uv + M'g

dv/dT = u2 + v2/2 — M(0)

variété h = 0, on a : u2 + v2 = 2M(0)

d'où :

dv/dT = u2/2

On se borne à ce cas h = 0, le système (4) se réduit alors à :

dv/d0 = ± i(2M(0) - v2)^

Nous avons posé :

Alors :

= r sin 0

y^ = r cos 0

M ( 0 ) =

sm cos

0 < 0 < 7T/4

Les seuls points à tangente

horizontale sont tels que :

v = ± /2M ( 0 )

ce sont d'ailleurs des points

de rebroussement, sauf K et K'.

Les seuls points à tangente

verticale sont tels que :

, soit 0O = 0 ou 0 = tt/4,

(4)

(5)

(6)

M ( 0 ) -> ^OO

24

Donc si le long d'un arc caractéristique 0 est par exemple crois

sant, alors il continue à croître jusqu'à 0 « 0^ ou jusqu'à v - ± »/2M(0 ) et les points ® ~ ®q et 0 = q correspondent respecti

vement aux chocs et

Les points K et K' sont tels que :

K : 01 = 7T/4 u = 0 v = vQ = /2Mq M' = 0

, 7 (7)

K : i = TT/4 u = 0 v = vQ = - /2Mq M' = 0

Nature du point K :

On pose : 60 — Ç, ôu = t| qui donnent :

d£ _ dp vo

« = n âï= - r n+ MV

donc l'équation aux variations est :

d2Ç 0 d£

dT2 + 2 dT M"o^ ~ 0

Si l'on pose :

on a donc

T - voT

âiS + 1âS-^ç = 0

dT* 3 dT 2M 4 u

Alors l'équation caractéristique s'écrit :

U2+iU-~=0 ₍₈₎

Cette équation admet deux racines réelles, donc K est un col.

Interprétation mécanique du point K :

le point K correspond à 6 = 7T/4, v^2 = 2Mq donc h = 0.

Les mouvements des deux corps et sont définis par r.

avec :

dt = r3/^2dT dr/dT = rvQ

r^ (dr/dt) = /2MQ => r2r = 2MQ

donc :

2/3

r = Kt avec K3

qui correspond à la solution d'Euler.

IV.3.- Etude des mouvements :

* Mouvement B'K' :

variété rentrante -* 0

pour T -> + 00 il tend vers K'

Or : d'après le système (4)

on obtient :

vT

r rj r^e v < 0

Pour T + °° , alors r - 0

qui correspond à la solution

"collision triple".

* Mouvement K'A' :

variété sortante * 0 pour

T -*• - oo

VT .

r r^e v < 0

pour T -* - 00 , alors r -*- + 00

qui correspond à la solution

"contraction parabolique".

= 9/2 (9)

Fig. 2

26

* Mouvement AK : variété = rentrante -* 0 pour T .

VT

Or : r r^e , v > 0

Pour T a- + 00 , r a- + 00

ce qui correspond à la solution "expansion parabolique"

* Mouvement KB : variété = sortante -* 0 pour T -* - 00

vT . ^

r r>s r^e v > 0

Pour T -* - 00 , r part de 0 ce qui correspond à la solution "éjec

tion triple".

Remarques préalables :

1° La symétrie : T - T, v -» - v, u - u montre qu'à toute solu

tion :

6 = f(T)

v = g ( T )

correspond une solution symétrique :

0 = f(-T)

v = -g(-T)

D'après cette remarque, on peut écrire :

v, = - v,, et v = - v .

AA' B B'

2°) Le calcul de v2 : d'après le système (4), on a

v2 = rr2

(10)

(11)

ou :

or :

r2 = y 2 + y 2

Y1 Y2

rr = yiYl + y2Y2

r 2 =

(yiyi + y2y2)2 (yi2 + Y22)

^T7T

(12) Donc :

En variable de Lagrange relative :

y 1

Nous avons :

2 - 2«2 + -

on dérive par rapport à t, on obtient

* JL. xx

rr = 2t& + —

Donc :

(2Çg + xx/2)2

(2£2 + x2/2 ) ^

(13)

(14)

Applications :

A/ - Au choc m3m1/ Y1 + 0, qui donne 0, -> r, d'après

(12) on obtient :

V2 = V V 2 y2y2

ce choc correspond à l'instant (t = 0).

Si l'on pose :

y2(0) = L y (0) = V (15)

on trouve que :

{

2 = LV2

du signe de V

(16)

B/ - Au choc correspond à x 0 à l'instant (t = t).

Donc :

xx ^ 0

Nous avons :

r = /2Ç1 rr = 2Çj1

Alors :

v2 = 2/2^1^l2

D'ailleurs, on a :

28

v 2 = 2M(tt/4) = 4/2

K

On a démontré que :

v2/vr= = <Ç1ê13>/2

^ •

v du signe de

(17)

IV.4.- Etude directe du mouvement K'A1 :

On peut écrire dans ce cas les deux intégrales pre

mières :

(y12/2) - (i/Yl) = h1

(ÿ22/2) - (l/y2) = h2

avec : h = h2 = 0

la solution qui correspond à - 00 < t < 0

avec : K. 3

Au choc

yx = K(-t)

2/3

y2 = K(T - t)

2/3

- 9/2 et T constant

cfest-à-dire pour (t = 0)

y2(0) = kt2/3

et y 0

(18)

(19)

• 2 -1/3

Y2(0) = ~ § KT = v

D'après (16), on peut écrire :

vo2 = V2L = | K3

Vg du signe < 0

Nous obtenons donc :

vQ(A') = - /2~

v (A) = +/2

(20)

{ (21)

Etude directe du mouvement B'K1 :

pour étudier ce mouvement, il faut intégrer les deux

intégrales premières qui s'écrivent :

(y12/2) - (l/y1) = h1

(y22/2) - (l/y2) = h2

/ *

avec l'énergie totale nulle, c'est-à-dire = 0,

A l'instant t = 0, c'est-à-dire au choc M^M^, on a : yx o

Soient :

y2(0) = L y (0) = V vQ2 > 2 donne :

(22)

V2L > 2 (23)

Donc : est positif, est animé d'un mouvement "hyperbolique"

avec h2 = l/2a.

*

h^ est négatif, est animé d'un mouvement "elliptique" avec : h * = - l/2a.

Alors : pour t = 0 les deux solutions sont :

y = a(l - cos(J)) n(a)t = (J) - sin({) n2a3 = 1

(24)

et

* sin<t> , • , . -, -xx

yl = 7l - cos<t,)/a (yl a le Slgne de Sln<t,)

y2 = a(chijj -1) n(a)t + C = shijj - i|;

(25)

• _ shi|J

y2 ( chijj - l)/a

^{(y a le signe de shijj)}

A l'instant t = 0 :

Y2 ( 0 ) = a(chiJJ0 - 1) = L

30

t>(0) - (Thni0"-~u7r - v

vQ < 0 => V < 0 donc ip < 0

On a encore : ohip^ - 1 = L/a donne deux possibilités :

> 0 ou lp < 0

On va choisir :

vp < 0 (26)

Donc :

C = sh^0 - (27)

Les deux systèmes (24), (25) donnent :

0 - sin<J) + C = shll> - \i» (28)

On suppose qu'il y a une collision triple :

Y1 0 et y2 - 0

Au bout d'un certain temps le temps T est égal à la période

2TT/n(a) . Alors :

1 - coscj)^ = 0 => (J)^ = 2TT

(29)

On obtient :

chl|j -1=0 => = 0

C = - <|> = - 2 TT

Nous avons donc :

sh|ijjg| - \\\)Q\ = 2TT (30)

C'est une équation que l'on peut résoudre numériquement et qui

admet la solution suivante :

|ip | = 2.9151065

⁽³¹⁾

D'autre part :

Alors :

VQ2 = V2L = ch^0 + *"

VQ 2 = 10,25249

Nous obtenons donc :

v (B') = - 3.2019509

v (B) = 3.2019509

(32)

(33)

CHAPITRE V

ETUDE DES MOUVEMENTS D'ENERGIE NULLE QUI COMMENCENT PAR UN CHOC

ET QUI SE TERMINENT PAR UN CHOC M

DANS LE CAS A = 0

Nous allons étudier les mouvements qui commencent à l'instant

t = 0 :

Y1 = 0 y (0) = L y (0) = V

⁽¹⁾

et qui se terminent à l'instant t = t :

x = 0 Ç = L1 Ç = V±

⁽²⁾

où varie dans l'un ou l'autre des deux intervalles

v (B') < v < v^(A')

0 0 0

v_ ( A ' ) < v < v_ ( A )

0 0 0

avec

v (A) = + /2 v (B) = 3.2019509

(3)

vQ(A') = - /2 V0(B,) = “ 3-2019509

donc, sur l'axe 0^ = 0 : v = vq

v^ varie dans l'intervalle : v^(K') < v^ < v (K)

avec :

v1(K') = - 2

5/4

v (K) = 2 5/4

(4)

donc sur l'axe 0^ = ïï/4 : v = v

le diagramme de Mac Gehee montre qu'à toute valeur v^ (0 = 0) comprise dans Vq(A') < Vq < v^(A) correspond une valeur v^ (0 ^ = ïï/4) dans l'intervalle v (K') < v^ < v (K) et que cette fonction

est croissante.

mouvements paraboliques ;

- le mouvement AK, représentatif de l'expansion parabolique.

Le calcul de v^ en fonction de v^ résulte de l'intégrale de

l'équation (5) du chapitre IV

dv/d0 = i /2M(0) - v2

Le cas À = 0 est un cas inté

grable. Nous allons trouver

comment on peut intégrer,

c'est-à-dire trouver v^ en fonction de v^.

Nous allons donc étudier

les deux fonctions :

v1 f(vQ) pour vq(B') < vQ < vq(A')£

à image dans v^OC7) < v^ < 0 vi = g(vo} pour vo(A,) < vo vo(A)

à image dans 0 < v^ < v^(K)

0:0

©i=f

Fig. 3

Le diagranme de Mc Gehee quand X = 0

, d0

En trait continu : — > 0 ===> u > 0 dT

j 0

En trait pointillé : < 0 => u < 0

34

1/ Etude de = f(y ) pour v^B') < vQ < vQ(A') \

D'après les conditions initiales (V2L > 2) le mouvement de est

hyperbolique. Donc, au cours du mouvement :

lu i_

2 yi

-i_

2a

y-

1_

2a

Nous aurons les équations du mouvement

= a ( 1 - cos(J))

• _ sine})

^1 (1 - cos4))/a

n(a)t = (}) - sin $

y 2 = a ( chi[) - 1)

• _ ship

y2 (ch4> - l)/a

n ( a ) t + C = shli> - i|J

n2a3 = 1

D'après les deux intégrales premières (5), on peut écrire

y 2 + y2

y 1 y 2 1 1

— + —

(5)

(6)

(7)

y 2 — y 2

y 2 y 1 = 1

2 = y2 ’ yl

En variables de Lagrange :

+1

₍₈₎

Soient Ç , Ç les limites de (Y^+Y^)/2 et (Y +Y )/2 pour

t -> t.

et x, x les limites de y2~y1 et y2_yi pour t ^ t •

/\

On a x = 0 et x change de signe d'après les hypothèses du choc

élastique du chapitre 4 page (22).

Nous avons donc, d'après (7) et (8) :

t2 + (x2/4) = 2/Ç (9)

x| = 1/a

(10)

= - /2/Ç cosx

- = - /2/Ç sinx

• •

on sait que v < 0 => E, < 0, d'autre part x < 0.

Alors sinx et cosx sont > 0, c'est-à-dire 0 < \ < T\/ 4

Nous avons déjà : v2 /v2 = E>E,2/2

1 K

v de signe Ç < 0 => v = - v cosx

1 1 K

D'après les deux équations (10) et(ll), on trouve :

Ç = 2asin2x

Calcul de cos(J), chip, sin(j) et ship en fonction de X :

On sait que pour t -> t^ = y^ = K, d'après les formules

on peut obtenir :

• _ sincp

^1 (1 - cos(J))/a

Alors :

cos(p = 1 - 2sin2X

chip = 1 + 2sin2X

d'autre part : tr x /~2 . .

= Ç “ 2 ç (sinx ~

sin(p = 2/sin2X (sinx - cosx) ship = - 2/sin2x (sinx + cosx)

dC

Calcul de • C est relié à i[> et (J) par :

C = (ship - lp) - ((p - sin(p)

On dérive par rapport à X on trouve :

(11)

(12)

(13)

(6)

(14)

cosx)

(15)

(16)

= (chip - 1) - (1 - coscp) (17)

36

mais on a : chijj = 1 + 2sin2x

alors :

de meme

, dû)

shijj — = 4cos2x

dijj _ _ 4cos2x 1

dx 2\/sin2x * (cosx + sinx)

(chijj - 1) — = - 4/sin2xcos2x/( sinx + cosx)

^ A

(1 - coscj) ) ^ = 4/sin2xcos2x/ ( sinx ~ cosx)

On remplace (18) et (19) dans (17), on obtient :

dC/dX = 8sinx/sïn2)(

Revenons à C, on a :

a) C est relié à par C = shi^ - iJj^

Et à vQ par v2Q = 1 + chi^ avec \t)Q < 0.

Donc C est une fonction croissante de vJ;

et Vq est une fonction croissante de

parce que :

(18)

(19)

(20)

2v0(dV0/dV = sh%

On a eu Vq < 0 donc dv^/dip^ > 0 car shiii^

Alors C est une fonction croissante de v

b) C est relié à ii> et (J) par :

< 0

0*

avec i|> < 0

C = (shi|> - \[>) - ((J) - sin({))

donc est relié à X t d'autre part v = - v cosx

1 K

donc v^ est une fonction croissante de X • Pour que v soit une

fonction croissante de vQ il faut et il suffit que C soit une fonc

tion croissante de X- L'expression (20) montre que C est une fonction

croissante de

Donc est une fonction croissante de C. Alors, C(Vq) est défini

par les deux expressions :

et

C = sh\JjQ - \\)

v2q = 1 + ch\JjQ

et C(v ) est défini par C = C(x) et v = - v cosX.

Enfin, = f(vQ)est une fonction croissante de v^.

Nous avons bien réussi à intégrer l'équation (5) du

chapitre IV au moyen de la constante C(v^) = C(v^) et des para mètres lt>Q et X-

Remarque : Pour X = 0 (la trajectoire B'K') :

Cc= - 2TT

d'où :

C - (- 27T) sin u/sin2u du

o

en particulier pour x = TT /2, C(tt/2) correspond à la trajectoire

A ' 0. On peut prévoir que C -> 0 lorsque vQ -* v (A'). En effet, pour

le mouvement A'O : les deux corps et sont animés de mouvements

paraboliques :

y1 = a(l - coscf)) est de la forme (°°.0) y 2 = a(ch\|J - 1) est de la forme (°°.0)

Il est donc nécessaire que (coscj) = chii; = 1).

Alors :

i|i = 0 et (J) = 0 ou 277

C = shii>Q “ puisque ijj 0

38

Il reste à démontrer que l'intégrale :

•TT/2

I = 8/2 sin^{. 3/2}u cosⁱu du^,

cos2u = t

f+

h-1

II 0

pour u^ = tt/2

t—1

II

CM

-u

pour u^ = 0

3/2 ^3/4

sin u = (1 - t)

du = - i - t)-

est égale à 2tt.

On suppose que :

On a d'une part

d'autre part :

On remplace dans (21), on obtient :

I = - 4/2 (1 - t)?t~*dt

I = 4/2 /J (1 - t)*t~*dt

Cette intégrale est de la forme Eulérienne

B(p,q) = tP 1(1 - t)q 1dt avec : B(p,q) = (r(p)r(q))/(rp+q))

Dans notre cas :

p = 3/4 q = 5/4

Donc :

dt

I = 4/2 B [3/4 , 5/4 J = 4/2

Nous avons :

T(1 + z ) = zT(z)

T(5/4) = 1/4)

Et d'autre part la formule des compléments :

r(x)T(l - x) = TT/sinTTx

En conséquence :

T ( 1/4 ) T ( 3/4 ) = tt/2

Donc : T(5/4)T(3/4) = (ïï/2)/4

ce qui entraîne effectivement :

1 = 4/2.^ =

r(3/4)r(5/4) T( 2)

(21)

(22)

(23)

(24)

(26)

(27)

(28)

(29)

4

2tt

2/ Etude de la fonction = g(v ) pour v

On aura cette fois :

C = <J>Q ~ sin(J) = (<J> - sin<J> ) -

et

Vq2 = 1 + coscj)^

Vq du signe de sin (J)

La même méthode donne la même formule :

dC/dX = 8 sinX^sin2X

qui montre que la fonction = g-fv ) est

(A1) < vQ < v (A) :

( shii>1 - vp1)

croissante.

CHAPITRE VI

39

ETUDE DU MOUVEMENT INITIALEMENT PARABOLIQUE POUR A * 0

Nous appellerons mouvements initialement paraboliques

les mouvements tels que pour t = 0 :

Y1(0) =0 ; y2(0) = L ; y (0) = V > 0 ; V2L = 2

Le point initial correspond à A dans les figures de ce chapitre.

Ses coordonnées dans le plan (v, 0) sont : 0=0, v (A) = 7Î.

Nous allons démontrer que la solution intérieure aboutit à un choc

à une date finie t .

La première méthode est inspirée par le diagramme de

Mc Gehee. Il suffit donc de démontrer que l'orbite issue de A passe

au-dessous de K, c'est-à-dire est située au-dessous de AK qui corres

pond à l'expansion parabolique.

Avant de commencer il faut tenir compte des remarques

suivantes :

1°) Le point A est voisin de A, il s'agit de démontrer qu'il est

au-dessous de A.

2°) Soit : tyt) = (y21/2) - ( 1/y ) (1)

(h (t) est une fonction du type de Sundman)

On a : h (0) > 0

et aussi :

dVdt = y1(?1 + — )

À3 • dh /dt = —— y

1 2x2 yl

c'est-à-dire dh^/dt > 0 et donc h (t) > 0 tant que y^ reste positif.

(2)

(3)

Mais : y 2 ^ = 2h^(t) + (2/y^) ; donc y^ ne peut passer par zéro

et changera de signe "en passant par l'infini", ce qui surviendra

quand x -» 0, c'est-à-dire pour une collision M^M^, une telle col

lision existe à l'avenir.

Etude de l'orbite issue de A :

Il y a trois cas possibles à priori :

a/ L'orbite issue de A aboutit au point K (les points A et A sont 17

confondus). A

Dans ce cas la solution du mouvement

tend vers la solution d'Euler pour

t + 00, c'est-à-dire :

yx(t) ^ K(1 - ~)t2/3

⁽⁴⁾

avec

K3 = | (i + - O2 + 0(0**))

(pages (11) et (12))

Cette solution donne : -2/3 h (t) =

t

K

(- K3(l - ^)3 - l)(l + - + — + ...)

Alors :

-2/3

hy) = | a +0(0^))

⁽⁵⁾

0 par valeurs négatives pour t -* + 00 ce qui est

incompatible avec (3) et la figure (4) est impossible,

b/ A est au-dessus de A (Fig. 5) :

dans ce cas, il est utile de prendre

les coordonnées polaires, c'est-

à-dire :

y^ = r sin0

• • •

y^ = r sin0 + r0cos0

⁽⁶⁾

0

D'une part on a : 0 = 0 à l'instant t = t

donc, d'après (6), y^ > 0 à cet instant car :

r = v/Vr" > 0

{

0 < 0 < TT / 4

D'autre part pour t = t^ > y^(t^) = 0 (figure 5 collision M^M^) puisqu'il n'y a aucune collision entre t^ et t et que y (t ) > 0 y^(t^) > 0, y^(t^) = 0* Ü Y a nécessairement un temps t intermé- diaire entre t^ et t^ tel que y (t ) = 0, ce qui, à nouveau, est

incompatible avec (3), la figure (5) elle aussi est impossible.

Donc le point A est au-dessous de A et sa trajectoire

aboutit au point Q après être passé très près de K (figure 6).

Le point Q est nécessairement au-dessous de D, il peut

être entre C et D, dans ce cas le mouvement ultérieur est une suite

de chocs binaires M^M^, Paire s,®l°i9nant de (Fig. 7).

Dans le cas où Q est en c, le mouvement ultérieur après

le choc M2M3 es^ un mouvement d'expansion parabolique présenté par

la figure 8.

Dans le cas où O est en dessous de C, le point revient

vers le point (il passe au voisinage de K). Le mouvement ultérieur

est une suite de chocs (un mouvement elliptique pour et un

mouvement hyperbolique pour M^). (Figure 9).

Pour essayer de choisir entre ces possibilités, nous allons

étudiér la solution intérieure.

42

CHAPITRE VII

INTERPRETATION D'ENTREE ET DE SORTIE DANS LA ZONE INTERIEURE

Nous avons vu au Chapitre I, page 7, qu'on peut prendre

le Lagrangien approché :

• x2 ? x2 A3

l = C2+ — + - + — + —

4 C 2Ç3 2x ⁽¹⁾

Les équations du mouvement du problème intérieur engendrées par

ce lagrangien s'écrivent :

_ 1 3 x2

C C2 4 Ë?

⁽²⁾

*» _ £x _ À3

avec

y2 • O v2

h = 0 => — + Ç2 = -p + —r— + ——

4 S Ç 2Ç3 2x

On pose que l'instant t = t marque le début de la solution inté

rieure et la fin de la solution extérieure.

A/ CONDITIONS INITIALES D'ENTREE DANS LA SOLUTION INTERIEURE

Nous savons que la solution extérieure est donnée par

y-L = kt

(L = kT 2/3

2/3

Y2 = k(t+T)2/3 ? k3 = 9/2

V2L = 2)

(3)

et se termine à l'instant t^ tel que

x/Ç = À3

o < 3 < i (4)

Nous allons démontrer que les conditions initiales pour

t = t^ sont données (lorsqu'on néglige les termes d'ordre 2 de T/t^) par les formules :

T 3

ko 2

2 , -1/3

X0 = 3 kt0 1

* 2 , -4/3

x = - ~ kt_ T

0 9 0

(5)

Ç - kt2/3(l + il-)

0 0 3 t

% 2 .-1/3,, 1 T

50=3kt0 (1 “ 6

et que les conditions sont équivalentes à :

V20 2 + °(T/V2

⁽⁶⁾

..2/3,6

x0 = kto A

^•₀ ^{_= - —1}₃ ^{kt^-1/3,3}₀ ^{À (7)}

Nous avons d'après (3) à l'instant t :

^0

W + W kt0

2/3

t*-* f>2,sj

kt.

2/3

^0 2 [«•le *«!->

en négligeant les termes d'ordre 2 de T/t , on a : tr _ , . 2/3 , 1 T .

50 - kt0 (1+3^

⁽⁸⁾

on néglige les termes d'ordre 2 de T/t^*

On a aussi :

W + f2(to’

2

44

^0=1 ktô1/3 |) ' 6^+0<^)2 ]

L = | ktT1/3 a - il

0 3 0 6 t

0

(9)

et de meme :

= kt

(to>

o -p

>i \—1

i

2/3

In + — )

0

L fco

^{- 1}

1

*0 ! ktô1/3-x +0<^)2

x = 1 kt"1/3 t

0 3 kt0

⁽¹⁰⁾

de même :

* 2 -4/3

xo = 5 kt -T

On a la condition d'entrée :

(11)

Veo ^

donc, d'après (8) et (10), on a :

f kt-1/3x/ kt3/3 (1 +^-, ^{- A6}

o < 3 < i

f (r)/(1 + = aP

0 0

c'est-a-dire en négligeant les termes d'ordre 2 en T/t^

T/tQ = 3A(3/2

⁽¹²⁾

D'après les formules (8) et (9) on peut démontrer que

50Ç20 - 2 +0\)2

⁽¹³⁾

Si l'on remplace (12) dans (10) et (11), on obtient

^2/3,3

= kt„ A

0 0

<J <> * (<

• k -1/3,3 %

= - — t À £

0 3 0 0

2 2/3 M A/

3 kto (1 - r>

avec 0 < 3 < !•

(14)

B/ REMARQUE 1 :

Avec le système x et £ nous savons d'après le chapitre VI

1° : que x 0 pour t = t^ fini (collision M^M^)

2° : que le mouvement ultérieur est :

* soit un mouvement pour lequel on sort de la zone intérieure

pour t = t^ > t^, c'est-à-dire :

B *

x2/^2 = ^ et x2 > 0

* soit un mouvement pour lequel on reste dans la zone intérieure

avec une suite de chocs x -* 0 pour t = t^, t = t ...

ces deux cas sont séparés par le cas de l'expansion parabolique

pour t -* °°, x et Ç tendent vers la solution d'Euler : 3

x3 = ~ À3t2

g

i t2

C/ REMARQUE 2 :

Au voisinage de t = tQ date de l'entrée dans la zone

intérieure et de t

t^ date de sortie (si cette solution a lieu)

46

le terme À3/x2 est négligeable, il est en effet de l'ordre de 3-2B

À , avec 3 - 23 > 0 puisque 0 < 3 < 1.

Le système intérieur se réduit à :

ï = ~ 1/Ç2 l2 = 2/Ç (15)

x = (4/9)(x/t2) (16)

Or, si on pose :

ÔÇ = x

l'équation Ç = - 1/Ç2 admet comme équation aux variations :

(6Ç) b2S

dt2 ^ ^ Ç3

⁽¹⁷⁾

c'est-à-dire :

x = (4/9)(x/t2) (18)

qui admet les deux solutions particulières du type :

x = Xtm (19)

avec m^ = 4/3, = - 1/3 les deux racines de l'équation :

4

m2 - m - — = 0 (20)

donc les deux solutions particulières sont :

4/3 -1/3

x = Xxt et x = X t ' (21)

-1/3

1°- La solution x = X t peut s'interpréter par la solution 2/3

Ç = k(t + T) de décalage horaire. En effet :

D'où :

c'est-à-dire :

= X = f kt“1/3T

X2 - I kT

(cette solution correspond à l'entrée pour t = t ).

(22)