Simulateur du problème à trois corps

gravité chaotique, divergence entre exécutions jumelles et stabilité numérique

Exemple résolu — Simulateur du problème à trois corps

Énergie cinétique	1.2129
Énergie potentielle	−2.4996
Énergie totale	−1.2867
Grandeur	0

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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pourquoi est-ce identique à chaque actualisation ? 🖖

Le problème à trois corps est chaotique, mais pas aléatoire. Le chaos signifie que de minuscules différences dans les conditions initiales croissent de façon exponentielle - mais actualiser la page ne change rien : mêmes positions initiales, mêmes vitesses, même dt, même algorithme, même résultat à chaque fois. Le chaos déterministe et la reproductibilité informatique sont deux choses différentes. Pour vraiment observer le chaos : réglez la perturbation sur 0,000001 et observez la trajectoire jumelle en pointillés. Les deux trajectoires démarrent séparées de 10⁻⁶ et finissent par diverger vers des chemins totalement différents. Cette séparation exponentielle, c'est le chaos - l'exposant de Lyapunov à l'œuvre. Le graphique de divergence sous les orbites trace le log₁₀ de cette séparation au fil du temps ; une ligne droite ascendante signifie une croissance exponentielle.

pourquoi trois est le nombre difficile 🖖

Deux corps qui s'attirent tracent de simples ellipses se répétant sans fin — ce cas, Newton l'a résolu avec papier et crayon. Ajoutez un troisième corps et la formule nette s'évanouit : il n'existe pas d'équation générale disant où chacun finit, si bien que le seul moyen est de faire avancer la simulation par petits pas de dt, exactement comme le fait cet outil. Cliquez sur le préréglage figure-8 pour découvrir l'une des rares exceptions — trois masses égales se poursuivant éternellement sur une unique trajectoire en boucle.

la solution qui existe mais reste inutile 🖖

On qualifie souvent le problème à trois corps d''insoluble', pourtant en 1912 Karl Sundman a démontré une série entière convergente en t^1/3 donnant les positions des corps pour tout instant (sauf pour les conditions de collision triple). Le hic : elle converge si lentement qu'une précision astronomique exigerait de l'ordre de 10^8000000 termes — hors de portée de tout ordinateur. Une solution formelle existe donc ; avancer la simulation pas à pas, comme ici, reste tout simplement la seule voie utilisable.

Problème entièrement résolu

Énergie de la chorégraphie en 8 pour 3 masses égales à partir des conditions initiales 7 étapes
La chorégraphie en 8 fait parcourir une unique courbe fermée à 3 masses égales. Calculez son énergie à t = 0 à partir des seules conditions initiales. Il s'agit du préréglage de l'orbite en 8 : G = 1, m₁ = m₂ = m₃ = 1, adoucissement ε = 0. Positions r₁ = (−0,97000436, 0,24308753), r₂ = −r₁, r₃ = (0, 0) ; vitesses v₁ = v₂ = (0,466203685, 0,43236573), et la quantité de mouvement totale vaut 0.
1. Ces longues décimales semblent arbitraires. Élevez-les au carré et additionnez-les, et vous verrez qu'il n'en est rien : les corps 1 et 2 se trouvent chacun exactement à 1 unité de l'origine, là où se situe le corps 3.
  
  $∣ r_{1} ∣ = 0.9700043 6^{2} + 0.2430875 3^{2} = 0.940908 + 0.059092 = 1.0000$
2. Le corps 2 est le symétrique du corps 1 par rapport à l'origine ; ainsi, à cet instant, les 3 corps sont alignés sur une même droite, le corps 3 se trouvant en son milieu. Toutes les distances s'en déduisent, sans aucune autre racine carrée.
  
  $r_{2} = - r_{1} ⟹ r_{13} = r_{23} = 1.0000, r_{12} = 2.0000$
3. La loi de Newton n'a plus besoin que de ces distances. Le corps 3 est à 1 unité de chacun des deux autres, tandis que les corps 1 et 2 sont deux fois plus éloignés l'un de l'autre, de sorte que l'attraction entre eux est plus faible d'un facteur 4.
  
  $F_{ij} = \frac{G m _{i} m _{j}}{r _{ij}^{2}} ⟹ F_{12} = \frac{1}{2 ^{2}} = 0.2500, F_{13} = F_{23} = 1.0000$
4. Exploitons cet alignement. Le corps 3 subit des attractions égales dans des directions opposées, si bien que sa force résultante s'annule exactement. Les corps 1 et 2 sont tirés dans le même sens par leurs deux partenaires, car le corps 3 se situe entre eux ; leurs 2 forces s'additionnent donc comme de simples nombres, sans composantes à décomposer.
  
  $∣ F_{3} ∣ = 1.0000 - 1.0000 = 0.0000, ∣ F_{1} ∣ = 1.0000 + 0.2500 = 1.2500$
5. Une quantité de mouvement totale nulle, combinée au déplacement identique des corps 1 et 2, fixe la vitesse du corps 3 à −2v₁. Son énergie cinétique est alors 4 fois supérieure à la leur, et la somme sur les 3 corps se réduit à un seul terme.
  
  $\sum m_{i} v_{i} = 0, v_{1} = v_{2} ⟹ v_{3} = - 2 v_{1}, K E = \frac{1}{2} (1 + 1 + 4) v_{1}^{2} = 3 v_{1}^{2}$
6. Élever au carré les 2 composantes de v₁ et tripler le résultat constitue l'intégralité du calcul de l'énergie cinétique pour 3 corps.
  
  $v_{1}^{2} = 0.46620368 5^{2} + 0.4323657 3^{2} = 0.404286 ⟹ K E = 1.2129$
7. L'énergie potentielle ne nécessite pas non plus de vecteurs — seulement les inverses des 3 distances, et avec ε = 0 ces inverses sont exacts.
  
  $P E = - G (\frac{m _{1} m _{2}}{2} + \frac{m _{1} m _{3}}{1} + \frac{m _{2} m _{3}}{1}) = - 2.5000$
Réponse

E = −1,2871, et chaque ligne du tableau t = 0 du panneau — distances, forces de paire, forces résultantes, les deux énergies et le total — découle de ces 4 décimales et de l'annulation de la quantité de mouvement totale. Observez ce qu'il advient des composantes : à t = 25,0, l'énergie cinétique a grimpé à 1,305 et la potentielle a chuté à −2,592, tandis que le total n'a pas bougé. C'est le signe qui porte une conséquence. Un trio lié peut toujours perdre un membre, mais pas gratuitement : si 1 corps s'éloigne sans surplus d'énergie, la paire restante doit porter la totalité des −1,2871, et 2 masses unitaires possédant cette énergie ont un demi-grand axe de 1/(2 × 1,2871) = 0,3885 — soit moins de 1/5 des 2,0000 qui les séparent actuellement. L'éjection et le durcissement constituent un seul et même événement, et le bilan énergétique en est la raison.

$E = 1.2129 - 2.5000 = - 1.2871 ⟹ a_{m a x} = \frac{G m ^{2}}{2∣ E ∣} = \frac{1}{2 ( 1.2871 )} = 0.3885$

Références (1)

Sundman's convergent series in t^(1/3): K. F. Sundman, "Mémoire sur le problème des trois corps." Acta Mathematica 36, 105–179, 1913.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-05-31

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Exemples de problèmes

orbite en huit - Trois masses égales se poursuivent sur une même trajectoire fermée en forme de huit. Les orbites qui reviennent à leur point de départ sont si rares parmi les solutions du problème à trois corps que chacune porte son propre nom.
quasi-collision - Deux des corps passent si près l’un de l’autre que, pendant un instant, leur attraction mutuelle l’emporte largement sur celle du troisième. C’est lors de ces rapprochements que naît le chaos : plus les corps se frôlent, plus une infime différence dans les conditions initiales s’amplifie lorsqu’ils s’éloignent.
pythagoricien - Des masses de trois, quatre et cinq occupent les sommets d’un triangle rectangle et sont toutes lâchées sans vitesse initiale. Elles tombent vers l’intérieur, se livrent longtemps à une danse désordonnée, puis la plus légère finit par être éjectée tandis que les deux autres forment un système binaire. Rien, dans la première moitié du mouvement, ne laisse prévoir ce dénouement.
orbite papillon - Trois masses égales parcourent une même boucle fermée en forme d’ailes de papillon. Les deux masses extérieures partent avec des vitesses identiques, exactement compensées par celle du milieu. Ainsi, la figure entière ne dérive pas hors de l’écran à mesure qu’elle se dessine.
colinéaire d'Euler - Trois masses tournent autour de leur centre commun tout en restant indéfiniment alignées. Les points de Lagrange situés sur l’axe Soleil-Terre dérivent de cette configuration ; le télescope spatial James-Webb est donc placé au sein même d’une solution de ce problème.
binaire + intrus - Un couple serré rencontre un corps plus léger qui arrive de la droite. En général, l’intrus repart plus vite qu’il n’est arrivé et les deux autres corps se rapprochent : l’énergie qu’il emporte provient de l’énergie de liaison du système binaire. C’est précisément ce mécanisme qui maintient les amas globulaires dilatés.

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StarTalk·Neil deGrasse Tyson Explains The Three-Body Problem