Simulateur d'orbites de Kepler

Démonstration des lois de Kepler sur le mouvement des planètes. Ajustez le demi-grand axe, l'excentricité et la masse centrale pour animer l'orbite, afficher le vecteur vitesse et les secteurs d'aire égale.

Exemple résolu — Simulateur d'orbites de Kepler

Vitesse au périhélie	45.5 km/s
Vitesse à l'aphélie	19.5 km/s

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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La loi des aires est le moment cinétique déguisé 🖖

L'équation de Kepler M = E − e sin E n'a pas de solution analytique sous forme fermée pour l'anomalie excentrique E en fonction de l'anomalie moyenne M. Pendant des siècles, ce fut un défi de calcul majeur. Dans les simulations modernes, nous la résolvons par itération en utilisant des méthodes numériques telles que Newton-Raphson. Elle converge généralement en 3 à 5 itérations, faisant du calcul numérique un outil essentiel pour la mécanique céleste depuis le XVIIe siècle.

Ce que signifie vraiment l'excentricité 🖖

L'excentricité est le seul nombre que règle ce curseur : elle mesure à quel point une orbite est étirée. À e = 0, on obtient un cercle parfait ; en la poussant vers 1, l'ellipse s'allonge jusqu'à la trajectoire d'une comète, l'étoile étant décentrée sur l'un des foyers, jamais au milieu. Surprise : l'orbite terrestre a e = 0.017, soit presque un cercle. Les saisons viennent de l'inclinaison de l'axe terrestre, non d'une distance changeante au Soleil.

Pourquoi l'ellipse se referme parfaitement 🖖

La planète retrace éternellement la même ellipse : elle ne dérive jamais vers une rosette qui tourne lentement. Ce n'est pas automatique. Le théorème de Bertrand prouve que seules deux lois de force referment les orbites liées après un seul tour : la gravité en inverse du carré (1/r²) et la force harmonique de ressort (∝ r). Toute autre loi de puissance laisse des orbites qui ne se répètent jamais tout à fait. L'ellipse nette et fermée est une empreinte de la forme exacte 1/r² de la gravité.

Problèmes entièrement résolus

Une orbite avec e = 0,4 autour d'une étoile de masse solaire 5 étapes
Une orbite a a = 1 AU et e = 0.4 autour d'une étoile de masse solaire. Trouvez la vitesse aux deux extrémités, puis trouvez la quantité qui reste la même tout au long du parcours.
1. Une ellipse de demi-grand axe a et d'excentricité e atteint son point le plus proche à a(1−e) et le plus éloigné à a(1+e). Ces deux rayons constituent toute la géométrie dont le problème a besoin.
  
  $r_{p} = a (1 - e) = 0.6 AU, r_{a} = a (1 + e) = 1.4 AU$
2. L'équation vis-viva donne la vitesse à n'importe quel rayon à partir du seul rayon et du demi-grand axe. Rien sur la masse du corps en orbite n'intervient, et rien sur son point de départ.
  
  $v = μ (\frac{2}{r} - \frac{1}{a})$
3. Évaluez aux deux extrémités. Le visualiseur ci-dessus affiche exactement ces deux nombres pour cette orbite, et il le fait en exécutant cette même équation plutôt qu'en simulant quoi que ce soit.
  
  $v_{p} = \frac{μ}{a} \cdot \frac{1 + e}{1 - e} = 45.5 km/s, v_{a} = \frac{μ}{a} \cdot \frac{1 - e}{1 + e} = 19.5 km/s$
4. Prenez maintenant le rapport et observez la masse de l'étoile s'annuler. Le rapport des vitesses dépend de l'excentricité et de rien d'autre — ni de a, ni de l'étoile. Une comète avec e = 0.99 arrive 199 fois plus vite qu'elle ne quitte l'extrémité éloignée.
  
  $\frac{v _{p}}{v _{a}} = \frac{1 + e}{1 - e} = \frac{1.4}{0.6} = 2.333$
5. Ce rapport est une loi de conservation déguisée. Multipliez chaque vitesse par son rayon et les deux produits sont égaux : le moment cinétique par unité de masse est constant, donc ce que l'orbite gagne en distance, elle doit le céder en vitesse.
  
  $r_{p} v_{p} = r_{a} v_{a} ⟹ 0.6 \times 45.5 = 1.4 \times 19.5 = 27.3$
Réponse

45.5 km/s au périhélie, 19.5 km/s à l'aphélie, soit un rapport d'exactement 2.333 = (1+e)/(1−e). Les deux produits du rayon par la vitesse donnent 27.3, ce qui est la deuxième loi de Kepler écrite sous forme de nombre : la règle des « aires égales en des temps égaux » est simplement rv = constante. C'est pourquoi les comètes passent presque tout leur temps dans la partie externe d'une orbite et traversent le système intérieur en quelques semaines — un fait lié à l'aire, et non à une variation d'intensité de la gravité.

$\frac{v _{p}}{v _{a}} = \frac{1 + e}{1 - e} (the constant is L = m r v)$
Fraction de l'année qu'une planète passe à se traîner dans la moitié la plus éloignée 6 étapes
Le panneau donne à l'orbite une période de 1,000 an et place le périhélie à 0,6000 UA contre 1,400 à l'aphélie. Il anime la planète rampant dans la moitié lointaine et ne dit jamais combien de temps elle y reste. Calculez-le — en fraction de l'année, à partir de la seule excentricité.
1. Partez de ce qui est affiché. Les deux apsides sont en a(1−e) et a(1+e) : cette orbite s'éloigne donc plus de deux fois plus loin qu'elle ne se rapproche.
  
  $T = a^{3/2} = 1.000, r_{p} = a (1 - e) = 1.00 (1 - 0.400) = 0.6000, r_{a} = a (1 + e) = 1.400$
2. La deuxième loi de Kepler est ici tout l'outil, et c'est un énoncé sur les aires, pas sur les distances : le rayon vecteur balaie des aires égales en des temps égaux. Le temps passé est donc l'aire balayée, et rien d'autre.
  
  $\frac{d A}{d t} = \frac{L}{2 m} = const ⟹ Δ t \propto A$
3. Coupez l'ellipse selon le petit axe. Les deux moitiés ont la même aire — mais le Soleil n'est pas au centre, il occupe un foyer, décalé de c = ae. Vue de là, la moitié lointaine est la demi-ellipse plus le triangle entre le foyer et cette coupe.
  
  $A_{f} = \frac{1}{2} π ab + \frac{1}{2} (2 b) (c), c = a e$
4. Divisez par l'aire totale et presque tout se simplifie. a et b disparaissent tous deux, et il reste un résultat étonnamment net : la fraction vaut un demi plus l'excentricité divisée par π.
  
  $\frac{A _{f}}{π ab} = \frac{1}{2} + \frac{b c}{π ab} = \frac{1}{2} + \frac{e}{π}$
5. Injectez l'excentricité de cette orbite. Près de 63 % de l'année se passe dans la moitié extérieure — la planète n'y est pas seulement plus lente, elle y est les deux tiers de sa vie.
  
  $e = 0.400 : \frac{1}{2} + \frac{0.400}{π} = 0.5000 + 0.1273 = 0.6273$
6. Injectez maintenant celle de la Terre, qui ne vaut que 0,0167.
  
  $e = 0.0167 : \frac{1}{2} + 0.00532 = 0.50532, 2 (0.00532) (365.25) = 3.88 d$
Réponse

La moitié éloignée représente ½ + e/π de la période : 62,73 % pour l’orbite affichée à l’écran et 50,53 % pour la Terre. Ce dernier chiffre est faible, mais non négligeable : au cours de l’année, la Terre passe 3,88 jours de plus au-delà du petit axe qu’en deçà. Cette même excentricité, considérée selon une autre ligne de partage, explique l’inégale durée des saisons. La Terre passe au périhélie au début de janvier ; dans l’hémisphère Nord, l’hiver correspond donc à la moitié rapide de l’orbite et dure environ cinq jours de moins que l’été. La démonstration ne fait intervenir ni la période, ni la masse, ni la taille de l’orbite. Seule compte sa forme.

$\frac{A _{f}}{π ab} = \frac{1}{2} + \frac{e}{π} : e = 0.400 \Rightarrow 62.73%, e = 0.0167 \Rightarrow 50.53%$

Parcours

Des orbites à partir de deux nombres

Mène à Force vive

Références (2)

Kepler working from Tycho Brahe’s observations, and the laws themselves: J. Kepler, Astronomia Nova, 1609 — translated by W. H. Donahue as New Astronomy, Cambridge University Press, 1992. ISBN 978-0-521-30131-2.
Equal areas as conservation of angular momentum: H. Goldstein, C. Poole and J. Safko, Classical Mechanics, 3rd ed., §3.2. Addison-Wesley, 2002. ISBN 978-0-201-65702-9.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-07-03

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Exemples de problèmes

Terre - Terre : orbite quasi circulaire, e=0.017
Mars - Mars : excentricité notable, e=0.093
Mercure - Mercure : excentricité planétaire la plus élevée, e=0.206
Comète de Halley - Comète de Halley : très excentrique, e=0.967