3-15-19. H. Poincaré à George Howard Darwin

[Entre fin juillet et début août 1901]

Mon cher collègue,

J’entre en matière sans plus de préambule.

Je définirai une surface quelconque $S$ par rapport à un ellipsoïde de référence $E$ de la façon suivante.

Soit $d\omega$ un élément de la surface de l’ellipsoïde $E$; je mène les trois droites orthogonales des ellipsoïdes homofocaux jusqu’à la rencontre de la surface $S$; je détache ainsi un petit volume $dv$; soit:

$$dv=l.N.d\omega$$

je développe ensuite $N$ en série harmonique. De cette façon si dans le développement de $N$ il n’y a pas de terme d’ordre 0, le volume de $S$ est égal à celui de $E$.

Soit $E_{0}$ l’ellipsoïde initial, ellipsoïde de Jacobi qui fait la bifurcation avec la série des poires. Je pourrai toujours choisir un ellipsoïde de référence $E$ de même volume que $E_{0}$ et de telle façon qu’en rapportant $S$ à $E$, le développement de $N$ ne contienne pas d’harmoniques d’ordre 0, 1 ou 2.

Soient $\xi$, $\xi^{\prime}$, $\xi^{\prime\prime}$, etc. les coëff. du développement de $N$, $\xi$ étant en particulier le coëff. de la 3${}^{\text{d}}$ zonal. Soient $\eta$ et $\zeta$ deux variables définissant la forme de $E$ et s’annulant quand $E$ se réduit à $E_{0}$. La forme de la surface $S$ sera alors définie par les variables $\eta$, $\zeta$, $\xi$, $\xi^{\prime}$, $\xi^{\prime\prime}$, ….

Soit $U$ l’énergie de gravitation, $J$ le moment d’inertie, $\omega$ la vitesse angulaire, $\omega_{0}$ la valeur de $\omega$ qui correspond à $E_{0}$; posons:

$$U+\frac{\omega_{0}^{2}}{2}J=W\qquad\omega^{2}=\omega_{0}^{2}+2\varepsilon.$$

Les équations d’équilibre s’écriront:

$$\frac{dW}{d\xi}+\varepsilon\frac{dJ}{d\xi}=\frac{dW}{d\eta}+\varepsilon\frac{dJ}{d\eta}=\ldots=0.$$

Il faut donc développer $W$ et $J$ suivant les puissances de $\eta$, $\zeta$, $\xi$, $\xi^{\prime}$, …. J’appellerai $W_{0}$ et $J_{0}$ les termes constants du développement, que je pourrais d’ailleurs laisser de côté.

Dans $W$ pas de terme du 1${}^{\text{r}}$ degré. Les termes du 2${}^{\text{d}}$ degré se réduisent à des carrés:

$$a\xi^{2},b\eta^{2},c\zeta^{2},a^{\prime}\xi^{\prime}{}^{2},\ldots$$

$a$ est nul (coëff. de stabilité nul).

Par symétrie il n’y a pas de terme en $\xi^{3}$; mais il y a un terme en $\xi^{4}$ que j’écrirai $a_{1}\xi^{4}$, il y a aussi des termes en $\xi^{2}\eta$, $\xi^{2}\zeta$; je puis donc écrire:

$$W=W_{0}+b\eta^{2}+c\zeta^{2}+\sum a^{\prime}\xi^{\prime}{}^{2}+a_{1}\xi^{4}+h\xi^{2}\eta+k\xi^{2}\zeta+R,$$

$R$ étant un ensemble de termes qui comme nous le verrons ne joueront aucun rôle.

Passons à $J$. Les seuls termes du 1${}^{\text{er}}$ degré sont $\beta\eta$ et $\gamma\zeta$; le terme en $\xi^{2}$ est important aussi, il n’y a pas de terme en $\xi\eta$, $\xi\zeta$; je puis donc écrire:

$$J=J_{0}+\beta\eta+\gamma\zeta+\alpha\xi^{2}+P,$$

$P$ étant un ensemble de termes qui ne joueront aucun rôle.

Les équations deviennent alors:

$$4a_{1}\xi^{3}+2h\xi\eta+2k\xi\zeta+\frac{dR}{d\xi}+\varepsilon\left(2\alpha\xi+\frac{dP}{d\xi}\right)=0$$

Comme $\frac{dP}{d\xi}$ est au moins du 2${}^{\text{d}}$ ordre, $\frac{dR}{d\xi}$ du 3${}^{\text{e}}$ ordre, cette éq. nous apprend que $\varepsilon$ est du 2${}^{\text{d}}$ ordre. Il en résulte que $\eta$ est du même ordre que $\varepsilon\frac{dJ}{d\eta}$, c’est-à-dire du 2${}^{\text{d}}$ ordre, $\xi^{\prime}$ du 2${}^{\text{d}}$ ordre etc.

$P$ contenant en facteur soit $\xi^{3}$, soit $\xi^{2}\eta$, soit $\xi\eta^{2}$, soit $\xi^{\prime}{}^{2}$, soit $\xi^{\prime}\eta$, soit $\xi\xi^{\prime}$, est du 3${}^{\text{e}}$ ordre et $\frac{dP}{d\xi}$ du 2${}^{\text{d}}$ ordre.

$R$ contient $\xi^{2}\xi^{\prime}$, $\xi\xi^{\prime}{}^{2}$, $\xi^{\prime}{}^{3}$, $\eta\xi^{\prime}{}^{2}$, $\eta^{2}\xi^{\prime}$, etc. $\frac{dR}{d\xi}$ est donc du 4${}^{\text{e}}$ ordre, et l’éq. qui donne $\varepsilon$ peut se réduire à:

$$\alpha\varepsilon+2a_{1}\xi^{2}+h\eta+k\zeta=0$$ (1)

L’éq.

$$\frac{dW}{d\eta}+\varepsilon\frac{dJ}{d\eta}=0$$

donne de même:

$$2b\eta+h\xi^{2}+\frac{dR}{d\eta}+\varepsilon\left(\beta+\frac{dP}{d\eta}\right)=0$$

qui se réduit à:

$$2b\eta+h\xi^{2}+\beta\varepsilon=0$$ (2)

De même

$$2c\zeta+k\xi^{2}+\gamma\varepsilon=0$$ (3)

Non je me trompe; je puis négliger dans $\frac{dR}{d\xi}$ les termes du 4${}^{\text{e}}$ ordre (en comptant $\xi$ du 1${}^{\text{r}}$ ordre, $\xi^{\prime}$, $\eta$, $\zeta$ du 2${}^{\text{d}}$ ordre) et par conséquent dans $R$ les termes du 5${}^{\text{e}}$ ordre. Mais nous avons encore dans $R$ des termes en $\xi^{2}\xi^{\prime}$ qui sont du 4${}^{\text{e}}$ ordre et dont il faut tenir compte.

J’écrirai donc:

$$R=\sum h^{\prime}\xi^{2}\xi^{\prime}+R^{\prime}$$

$R^{\prime}$ étant du 5${}^{\text{e}}$ ordre.

Dans $\frac{dP}{d\xi}$ je puis négliger les termes du 2${}^{\text{d}}$ ordre, par conséquent dans $P$ ceux du 3${}^{\text{e}}$. Or $P$ est du 3${}^{\text{e}}$ ordre.

L’éq. (1) ainsi corrigée devient:

$$\alpha\varepsilon+2a_{1}\xi^{2}+h\eta+k\zeta+\sum h^{\prime}\xi^{\prime}=0$$ (1bis)

Aux éq. (2) et (3) rien à changer car $\frac{dR^{\prime}}{d\eta}$ est du 3${}^{\text{e}}$ ordre, $\frac{dR}{d\eta}=\frac{dR^{\prime}}{d\eta}$.

Mais il faut ajouter l’éq.

$$\frac{dW}{d\xi^{\prime}}+\varepsilon\frac{dJ}{d\xi^{\prime}}=0$$

qui donne

$$2a^{\prime}\xi^{\prime}+h^{\prime}\xi^{2}=0$$ (4)

L’éq. (1bis) devient alors:

$$\alpha\varepsilon+2a_{1}\xi^{2}+h\eta+k\zeta-\xi^{2}\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{2a^{\prime}}=0$$ (1ter)

Nous tirerons $\varepsilon$, $\eta$ et $\zeta$ en fonction de $\xi^{2}$ du système (1ter), (2), (3).

On trouve ensuite:

$$\omega J-\omega_{0}J_{0}=\omega_{0}(\beta\eta+\gamma\zeta+\alpha\xi^{2})+\frac{\varepsilon}{\omega_{0}}J_{0}$$

Le calcul de $\beta$, $\gamma$, $b$, $c$, $h$, $k$ ne présente aucune difficulté; celui de $\alpha$ n’en présente pas de très grande.

C’est surtout sur le calcul de $a_{1}$ et de $\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{a^{\prime}}$ que nous devons insister.

Calcul de $a_{1}$

Je décompose la masse attirante en trois parties. 1° ellipsoïde, 2° la simple couche, c’est-à-dire le bourrelet supposé ramené à la surface de l’ellipsoïde (en suivant les lignes trajectoires orthog. des surfaces homofocales $\mu=$const, $\nu=$const), 3° la couche supplém. dont l’attraction est égale à celle du bourrelet moins celle de la simple couche.

Alors $a_{1}$ se décomposera de 4 termes:

• terme dû à l’action mutuelle de l’ellips. et de la couche suppl.

• [terme dû] à la force centrifuge.

• [terme dû] à l’action mutuelle de la simple couche et de la couche suppl.

• [terme dû] à l’action de la couche suppl. sur elle même,

Pour le 1${}^{\text{r}}$ terme, soit $V$ le potentiel de l’ellipsoïde, $V_{0}$ sa valeur ($\mu$ et $\nu$ étant le même) à la surface de l’ellipsoïde, $d\tau$ l’élément de volume. Le 1${}^{\text{r}}$ terme provient de

$$\int(V-V_{0})d\tau$$

Or $d\tau$ c’est à un facteur constant près

$$d\rho d\mu d\nu(\rho^{2}-\mu^{2})(\rho^{2}-\nu^{2})(\mu^{2}-\nu^{2})=Hd\rho d\mu d\nu$$

J’appelle $\rho_{0}$ la valeur de $\rho$ qui correspond à notre ellips.

Je pose $\rho=\rho_{0}+\sigma$ et je développe suivant les puissances de $\sigma$:

$$(V-V_{0})H=K_{0}+K_{1}\sigma+K_{2}\sigma^{2}+\cdots$$

Le calcul des coëff. du dévelop. ne serait pas très difficile. La valeur de $\sigma$ correspondant à l’épaisseur de la couche sera $\sigma_{0}$. On serait ramené finalement à une quadrature simple $\iint d\mu d\nu A\sigma^{4}$; où $\sigma$ serait proportionnelle à l’épaisseur de la poire (3${}^{\text{d}}$ zônal harmonique) et où $A$ serait une fonction assez simple de $\mu$ et de $\nu$ dépendant des 3 1ers coëff. $K_{0}$, $K_{1}$, $K_{2}$, $K_{3}$. Le 2${}^{\text{d}}$ terme se ramènerait sans difficulté à une quadrature analogue.

Le calcul du 3${}^{\text{e}}$ serait tout à fait analogue à celui du 1${}^{\text{r}}$ seulement $V$ représenterait le potentiel de la simple couche au lieu de celui de l’ellips.

Le 4${}^{\text{e}}$ terme pourrait se calculer par le procédé que vous indiquez.

Nous pouvons réduire notre couche supplém. à une double-couche dont la densité est prop. à $\sigma^{2}$. Si $u$ est le potentiel de cette double couche, ce que nous avons à calculer dépend de

$$\int\frac{du}{dn}\sigma^{2}d\omega$$

$d\omega$ étant l’élément de surface et $\frac{du}{dn}$ l’attraction normale due à cette double couche.

Supposons que $\sigma^{2}$ ait été développé en série harmonique

$$\sigma^{2}=\sum AMN$$

On aura à un facteur constant près $4r\sqrt{(\rho^{2}-b^{2})(\rho^{2}-c^{2})}$ ou quelque chose comme cela:

$$\frac{du}{dn}=\sum\frac{AR^{\prime}S^{\prime}}{2{n+1}}lMN$$

d’où

$$\int\sigma^{2}\frac{du}{dn}d\omega=\sum A^{2}\frac{R^{\prime}S^{\prime}}{2{n+1}}$$

mais le procédé de la quadrature mécanique doit être plus rapide que celui de la série harmonique.

Calcul de $\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{a^{\prime}}$

Pour calculer les coëff. $h^{\prime}$, voici ce qu’il faudrait faire; supposons deux bourrelets, le 1${}^{\text{r}}$ d’épaisseur $\sigma$ prop. à la 3${}^{\text{d}}$ zonal, le 2${}^{\text{d}}$ d’épaisseur

$$\sigma^{\prime}=\sum\xi^{\prime}lMN$$

Il faut en négligeant $\xi^{2}$ calculer l’accroissement du potentiel quand on ajoute ce 2${}^{\text{d}}$ bourrelet. C’est encore

$$\int Vd\tau^{\prime}$$

$d\tau^{\prime}$ élément de volume du 2${}^{\text{d}}$ bourrelet, $V$ potentiel avant l’addition du 2${}^{\text{d}}$ bourrelet. Mais $V$ se décompose en 3 parties: 1° ellipsoïde 2° simple couche 3° couche supplémentaire.

Soit:

$$V=V^{\prime}+V^{\prime\prime}+V^{\prime\prime\prime}$$

Les expressions de $V^{\prime}$ et de $V^{\prime\prime}$ sont bien connues; quant à $V^{\prime\prime\prime}$ c’est le potentiel $u$ de notre double couche dont nous avons parlé plus haut.

Je développerai $V^{\prime}$ et $V^{\prime\prime}$ suivant les puissances de $\rho-\rho_{0}$; j’aurai alors

$$\int Vd\tau^{\prime}=\int\sigma^{\prime}d\omega\left[\frac{d^{2}V^{\prime}}{d\rho^{2}}\sigma^{2}+\frac{dV^{\prime\prime}}{d\rho}\sigma^{2}+u\right]$$

Il importe de préciser ici que je prends $u$ du côté extérieur à la double couche.

Posons:

$$\frac{d^{2}V^{\prime}}{d\rho^{2}}\sigma^{2}+\frac{dV^{\prime\prime}}{d\rho}\sigma^{2}+u=\xi^{2}\varphi$$

et développons $\varphi$ en série harmonique:

$$\varphi=\sum BMN.$$

Soit $\int lM_{i}^{2}N_{i}^{2}d\omega=\Omega_{i}$.

Alors:

$$\int Vd\tau^{\prime}=\xi^{2}\sum\xi^{\prime}\Omega B.$$

Donc: $h^{\prime}=\Omega B$.

Ce dont j’ai besoin c’est de $\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{a^{\prime}}$.

Or $a^{\prime}$ à un facteur constant près c’est: $\Omega_{i}\left(\frac{R_{1}S_{1}}{3}-\frac{R_{i}S_{i}}{2n+1}\right)$.

$$\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{a^{\prime}}=\sum\frac{B^{2}\Omega}{\frac{R_{1}S_{1}}{3}-\frac{R_{i}S_{i}}{2n+1}}$$

Posons:

$$\psi=l\sum\frac{BMN}{\frac{R_{1}S_{1}}{3}-\frac{R_{i}S_{i}}{2n+1}}=l\sum CMN$$

où

$$C=\frac{B^{i}}{\frac{R_{1}S_{1}}{3}-\frac{R_{i}S_{i}}{2n+1}}$$

Le potentiel d’une simple couche de densité $\psi$ est à un facteur constant près:

$$\varpi=\sum CMN\frac{R_{i}S_{i}}{2n+1}$$

d’où l’éq. puisque

$$\left(\frac{R_{1}S_{1}}{3}\right) =gl$$

$$g\psi-\varpi =\varphi$$

ou quelque chose comme cela.

Je crois que cette éq. peut aider à déterminer $\psi$ par approxim. successives. Si nous avons $\psi$ alors

$$\sum\frac{{h^{\prime}}^{2}}{a^{\prime}}=\int\psi\varphi d\omega.$$

Tout cela est bien vague et les calculs restent fort longs, mais je réfléchirai de temps en temps à la question et je vous ferai part du résultat de mes réflexions. J’ai peut être fait des fautes de calcul surtout dans les coëff. Vous les vérifierez aisément.

Pardon de vous avoir écrit une si longue lettre et croyez à mon sincère dévouement.

Poincaré

ALS 11p. CUL-DAR251.4915, Cambridge University Library.

Time-stamp: " 9.09.2024 11:16"

Notes

• 1 Le MS porte un fragment de calcul d’une main inconnue: $A\frac{\partial U}{\partial\xi}+\frac{\omega^{2}}{2}\frac{\partial J}{\partial\xi}=0$ / $+(?)\frac{\partial\omega}{\partial\xi}=\left(\frac{\omega_{0}^{2}}{2}=\ldots\right)\ldots=0$