Théorie des points de Lagrange

Les points de Lagrange
par Gilbert Gastebois
A. Les points de Lagrange
Mo : Soleil ( Mo represente la masse et la position du Soleil )
M : Terre ( M represente la masse et la position de la Terre )
O : Barycentre des masses Mo et M
m : Masse de l'astéroïde
a = MoM
M<<Mo et m<<<M ( On néglige l'influence de m sur M et Mo)
L1, L2 et L3 sont des points d'équilibre instables. Une masse m placée en ces points s'en
écarte inexorablement à la moindre perturbation. On les appelle parfois points d'Euler.
L4 et L5 forment un triangle équilatéral avec Mo et M
L4 et L5 sont des points d'équilibre stable si M<<Mo. Une masse m placée à proximité avec
une vitesse convenable gravite autour de ces points. Ce sont ces deux points que l'on désigne
habituellement sous le nom de points de Lagrange.
Plusieurs satellites de Jupiter se trouvent au voisinage de ces points de Lagrange, on les
désigne sous le nom de satellites troyens.
La théorie suivante suppose un mouvement quasi-circulaire de la Terre autour du Soleil.
Mo
M
L
2
L
1
O
L
3
a
L
4
L
5

B . Points de Lagrange L1, L2 et L3
1. Point L1
On pose a = MMo d = L1M x = d/a k = M/Mo
On étudie le mouvement dans un repère galiléen centré sur le barycentre O des deux masses
Mo et M : OM = a Mo/(Mo + M) et OMo = a M/(Mo + M)
OM = a /(1 + k) et OMo = a k/(1 + k)
En L1, m subit une force F1 vers Mo et une force F2 vers M
F1 = G mMo/(a - ax)²
F2 = G mM/(ax)²
D'après la 2ème loi de Newton, ω² OL1 = (F1 - F2)/m = G(Mo/(a - ax)² - M/(ax)²)
ω² (OM - ax) = G(Mo/(a - ax)² - M/(ax)²)
ω² (1/(1 + k) – x) = G(Mo/(1 - x)² – M/x²)/a3
m devant être fixe par rapport à M et Mo, il faut que ω = ω0 ( ω0 étant la vitesse angulaire des
masses M et Mo autour de O )
Pour ce système à 2 corps, ω0² = G(Mo + M)/a3
donc (Mo + M)(1/(1 + k) - x) = Mo/(1 - x)² - M/x²
(1 + k)(1/(1 + k) - x) = 1/(1 - x)² – k/x²
1 - (1 + k) x = 1/(1 - x)² – k/x²
(1 + k) x - 1 + 1/(1 - x)² – k/x² = 0
M étant très inférieur à Mo, k << 1 et x << 1
x est très inférieur à 1, on pourra donc utiliser l'approximation de Taylor :
1/( 1 - x )² = 1 + 2 x et k x négligeable
x - 1 + 1 + 2 x - k/x² = 0
3x = k/x²
x = (k/3)1/3
d = (M/(3Mo))1/3 a
Pour le système Soleil-Terre, on obtient d = a/100 = 1,5.106 km
Un calcul plus précis donne d = (M/(3Mo))1/3a (1 - 1/3 (M/(3Mo))1/3 - 1/9 (M/(3Mo))2/3)
Ce point L1 a un intérêt pratique pour l'observation ininterrompue du Soleil.
C'est dans ce but qu'on y a installé le satellite SOHO.

2. Point L2
On pose a = MMo d = L2M x = d/a k = M/Mo
On étudie le mouvement dans un repère galiléen centré sur le barycentre O des deux masses
Mo et M : OM = a Mo/(Mo + M) et OMo = a M/(Mo + M)
OM = a/(1 + k) et OMo = a k/(1 + k)
En L2, m subit une force F1 vers Mo et une force F2 vers M
F1 = G mMo/(a + ax)²
F2 = G mM/(ax)²
D'après la 2ème loi de Newton, ω² OL2 = (F1 + F2)/m = G(Mo/(a + ax)² + M/(ax)²)
ω² (OM + ax) = G(Mo/(a + ax)² + M/(ax)²)
ω² (1/(1 + k) + x) = G(Mo/(1 + x)² + M/x²)/a3
m devant être fixe par rapport à M et Mo, il faut que ω = ω0 ( ω0 étant la vitesse angulaire des
masses M et Mo autour de O )
Pour ce système à 2 corps, ω0² = G(Mo + M)/a3
donc (Mo + M)(1/(1 + k) + x) = Mo/(1 + x)² + M/x²
(1 + k)(1/(1 + k) + x) = 1/(1 + x)² + k/x²
1 + (1 + k) x = 1/(1 + x)² + k/x²
(1 + k) x + 1 - 1/(1 + x)² – k/x² = 0
M étant très inférieur à Mo, k << 1 et x << 1
x est très inférieur à 1, on pourra donc utiliser l'approximation de Taylor :
1/( 1 + x )² = 1 - 2 x et k x négligeable
x + 1 - 1 + 2 x - k/x² = 0
3x = k/x²
x = (k/3)1/3
d = (M/(3Mo))1/3 a
Pour le système Soleil-Terre, on obtient d = a/100 = 1,5.106 km
L2 est quasi-symétrique de L1 par rapport à M
Un calcul plus précis donne d = (M/(3Mo))1/3 a (1 + 1/3 (M/(3Mo))1/3 - 1/9 (M/(3Mo))2/3)
Ce point L2 a un intérêt pratique pour l'observation ininterrompue de l'Univers. Il existe
plusieurs projets d'y installer des satellites d'observation.
C'est notamment le cas du satellite Planck qui observe le fond diffus cosmologique. Il tourne
en permanence le dos à la Terre et au Soleil qui sont en permanence alignés derrière lui. Ses
instruments qui doivent être maintenus à très basse température ( 0,1 K pour l'un d'eux ! )
peuvent pointer en permanence à leur opposé et ils sont en grande partie protégés des rayons
du Soleil par la Terre.

3. Point L3
On pose a = MMo d = L3Mo x = d/a k = M/Mo
On étudie le mouvement dans un repère galiléen centré sur le barycentre O des deux masses
Mo et M : OM = a Mo/(Mo + M) et OMo = a M/(Mo + M)
OM = a/(1 + k) et OMo = a k/(1 + k)
En L3, m subit une force F1 vers Mo et une force F2 vers M
F1 = G mMo/(ax)²
F2 = G mM/(a + ax)²
D'après la 2ème loi de Newton, ω² OL3 = (F1 + F2)/m = G(Mo/(ax)² + M/(a + ax)²)
ω² (OMo + ax) = (F1 + F2)/m = G(Mo/(ax)² + M/(a + ax)²)
ω² (k/(1 + k) + x) = G( Mo/x² + M/(1 + x)²)/a3
m devant être fixe par rapport à M et Mo, il faut que ω = ω0 ( ω0 étant la vitesse angulaire des
masses M et Mo autour de O )
Pour ce système à 2 corps, ω0² = G(Mo + M)/a3
donc (Mo + M)(k/(1 + k) + x) = Mo/x² + M/(1 + x)²
(1 + k)(k/(1 + k) + x) = 1/x² + k/(1 + x)²
k + (1 + k) x = 1/x² + k/(1 + x)²
(1 + k) x + k - k/(1 + x)² – 1/x² = 0
M étant très inférieur à Mo, k << 1 et e = 1 - x << 1
e étant très inférieur à 1, on pourra donc utiliser l'approximation de Taylor :
1/(1 – e)² = 1 + 2e ( k e négligeable )
(1 + k)(1 - e ) + k - k/(4(1 – e/2)²) - 1/(1 - e)² = (1 + k)(1 - e ) + k - k/4 - 1 - 2e
= 1 - e + k + k - k/4 - 1 - 2e = - 3e + 7k/4 = 0
e = 7k/12
d = a - e a = (1 - 7M/(12Mo)) a
OL3 = OMo + d = a k/(1 + k) + a – 7k/12 a = a k + a – 7k/12 a ( k² négligeable )
OL3 = a + 5k/12 a
OL3 = (1 + 5M/(12Mo)) a
Pour le système Soleil-Terre, on obtient un écart de 1,25.10-6 a = 190 km ( ce qui est plutôt
faible ! ) par rapport à la trajectoire qu'on aurait sans l'influence de la Terre.
En réalité, ce point L3 n'a pas d'application pratique, il est trop éloigné de la Terre et ne subit
pratiquement pas son action, il est même souvent plus proche des planètes voisines que de la
Terre et subit donc davantage leur influence que la sienne.

C. Points de Lagrange L4 et L5
1. Détermination directe des points L4 et L5
1.1 Schéma
a = AB
M = k Mo = k/(1 + k) (Mo + M)
Mo = 1/(1 + k) (Mo + M)
OB = ka/(1+k)
OA = a/(1+k)
Ω² = G (Mo+M) / a3
1.2 Équilibre de m
Pour qu'il y ait une position d'équilibre dans le repère tournant avec les masses Mo et M, il faut
que la somme des forces dans ce repère s'y annule. Dans ce repère, la masse m est soumise à
trois forces, les deux forces d'attraction gravitationnelle et la force centrifuge ( la masse m étant
immobile dans le repère tournant, il n'y a pas de force de Coriolis ).
FA = GmM/CA² = GmM/rA² = Gm k (Mo + M)/(1 + k)/rA² = m Ω² a3 k /(1 + k)/rA²
FB = GmMo/CB² = GmMo/rB² = Gm (Mo + M)/(1 + k)/rB² = m Ω² a3 /(1 + k)/rB²
Fc = m Ω² OM = m Ω² rm
A l'équilibre FA + FB + Fc = 0
On projète sur les deux axes x et y
FAx + FBx + Fcx = 0
FAy + FBy + Fcy = 0
FAx = FA sin α = m Ω² a3 k /(1 + k)/rA² (OA - x )/rA = m Ω² a3 k (a/(1+k) - x ) /(1 + k)/rA
3
FBx = - FB sin β = - m Ω² a3 /(1 + k)/rB² (OB + x )/rB = - m Ω² a3 (ka/(1+k) + x ) /(1 + k)/rB
3
Fcx = Fc sin δ = m Ω² rm x/rm = m Ω² x
donc : k a3 (a/(1+k) - x ) /(1 + k)/rA3 - a3 (ka/(1+k) + x ) /(1 + k)/rB3 + x = 0 ( relation 1 )
FAy = - FA cos α = - m Ω² a3 k /(1 + k)/rA² y/rA = - m Ω² a3 k y /(1 + k)/rA
3
FBy = - FB cos β = - m Ω² a3 /(1 + k)/rB² y /rB = - m Ω² a3 y/(1 + k)/rB
3
Fcy = Fc cos δ = m Ω² rm y/rm = m Ω² y
donc : - k a3 /(1 + k)/rA3 - a3 /(1 + k)/rB3 + 1 = 0 ( relation 2 )
La relation 2 possède une solution évidente : rA = rB = a
donc y = 31/2/2 a et x = a/2 - OB = a/2 - ka/(1+k)
x = a(1 - k)/(2(1 + k))
Il faut aussi que la relation 1 soit vérifiée