Так как мое издание \»Аналитической механики» (Париж, 1815) содержит много типографских ощибок, я повторяю выкладки Јагранжа на стр. 197 тома II *).

Лагранж желает вычислить угол вращения $?$ маятника вокруг вертикальной линии; он пишет, что если $\alpha$ и $\beta$ являются максимальной и минимальной амплитудами, $\psi$ — переменной во времени амплитудой и $\sigma$ — вспомогательным углом, заданным формулой
$$\cos \psi =\cos \alpha {\sin }^2\sigma +\cos \beta {\cos }^2\sigma ,$$

то мы имеем
$$d\rho =\frac{\sqrt{2x}\sin \alpha \sin \beta }{\sqrt{\cos \alpha +\cos \beta }}\frac{d\sigma }{(1+\cos \psi )u}+\frac{\sqrt{2x}\sin \alpha \sin \beta }{\sqrt{\cos \alpha +\cos \beta }}\frac{d\sigma }{(1-\cos \psi )\mathrm{\Sigma }}.$$

Сверх того, мы имеем
$$\begin{array}{rl}x& =\frac{\cos \alpha +\cos \beta }{2+4\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta }\\ \mathrm{\Sigma }& =\sqrt{1+x(\cos \beta -\cos \alpha )\cos 2\sigma }.\end{array}$$

Речь идет о том, чтобы произвести интегрирование от $\sigma =0$ до $\sigma =\frac{\pi }{2}$, или, что то же самое, от $\psi =\alpha$ до $\psi =\beta$, принимая при этом во внимание члены второго порядка относительно — $\alpha ,\beta$ и пренебрегая членами четвертого порядка. Вычисление
*) Стр. 214 настоящего тома.

первого из двух членов, которые составляют значение $d\rho$, не вызываст никаких затруднений; можно положить
$$\begin{array}{cc}x=\frac{1}{4},\sum =1,& 1+\cos \psi =2,\\ \sqrt{\cos \alpha +\cos \beta }=2,& \sin \alpha \sin \beta =\alpha \beta ;\end{array}$$

тогда для этого первого члена мы найдем
$$\frac{1}{4}\alpha \beta d\sigma ,$$

а путем интегрирования
$$\frac{\pi }{2}\frac{\alpha \beta }{4}.$$

Вычисление второго члена более сложно, так как знаменатель его содержит мпожитель 1 — $\cos$ p, который сам является величиной второго порядка.
Положим вместе с Лагранжем
$$\begin{array}{rl}\frac{{\cos }^2\beta -{\cos }^2\alpha }{2+4\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta }& =\sin 2\gamma ,\\ \frac{\cos \beta -\cos \alpha }{2-\cos \beta -\cos \alpha }& =\sin 2\gamma ;\end{array}$$

тогда мы будем иметь
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{1-\cos \psi }& =\frac{2}{(2-\cos \alpha -\cos \beta ){\cos }^{2}u(1+{\mathrm{tg}}^{2}u-2\mathrm{tg}u\cos 2\sigma )},\\ \frac{1}{(1-\cos \psi )\mathrm{\Sigma }}& =\\ & =\frac{2}{(2-\cos \alpha -\cos \beta ){\cos }^{2}u\cos \gamma }(A^{\prime \prime }+B^{\prime \prime }\cos 2\sigma +C^{\prime \prime }\cos 4\sigma ),\end{array}$$

или проще, если уничтожить члены с $\cos 2\sigma ,\cos 4\sigma$, которые при интегрировании должны исчезнуть,
$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(1-\cos \psi )\mathrm{\Sigma }}& =\frac{2A^{\prime \prime }}{(2-\cos \alpha -\cos \beta ){\cos }^{2}u\cos \gamma }=\\ & =\frac{2(A+B\mathrm{tg}u+C{\mathrm{tg}}^2\gamma +\dots )}{(2-\cos \alpha -\cos \beta ){\cos }^{2}u\cos \gamma (1-{\mathrm{tg}}^2\gamma )}.\end{array}$$

В этой формуле мы имеем
$$\begin{array}{l}A=1+\frac{1}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma \dots ,\\ B=-{\mathrm{tg}}^2\gamma -\dots ,\\ C=\frac{3}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma +\dots ,\end{array}$$

благодаря чему член, подлежащий вычислению, принимает следующий вид:
$$\begin{array}{l}\frac{2\sqrt{2}\sin \alpha \sin \beta d\sigma }{\sqrt{2+4\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta }}\times \\ \times \frac{(1+\frac{1}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma -\mathrm{tg}\gamma \mathrm{tg}\gamma +\frac{3}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma {\mathrm{tg}}^2\gamma +\dots )}{(2-\cos \alpha -\cos \beta )\cos \gamma {\cos }^2\gamma (1-{\mathrm{tg}}^2\gamma )}\end{array}$$

Если произвести интегрирование от $\sigma =0$ до $\sigma =\frac{\pi }{2}$, то этот член окажется равным
$$\begin{array}{rl}\frac{\sin \alpha \sin \beta }{2-\cos \alpha -\cos \beta }& \frac{\pi \sqrt{2}}{\sqrt{2+4\cos \alpha \cos \beta +{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta }}\frac{1}{\cos \gamma }\frac{1}{\cos 2u}\times \\ & \times (1+\frac{1}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma -\mathrm{tg}\gamma \mathrm{tg}u+\frac{3}{4}{\mathrm{tg}}^2\gamma {\mathrm{tg}}^{2}u\dots ).\end{array}$$

Если пренебречь величинами четвертого порядка относительно $\alpha ,{\beta }^{\ast })$, то первый множитель получит следующее значение:
$$\frac{2\alpha \beta }{{\alpha }^2+{\beta }^2}[1-\frac{{\alpha }^4+{\beta }^4+4x^2{\beta }^2}{12(x^2+{\beta }^2)}];$$

второй множитель будет равен
$$\frac{\pi }{2}[1+\frac{3}{16}({\alpha }^2+{\beta }^2)];$$

третий множитель будет равен
$$\frac{1}{\cos \gamma }=1;$$
*) Метод, которым пользуется Бравэ, является далеко не простейшим; он дает основание предположить, что выражение, подлежащее вычислению, не может быть разложено по целым степеням $\alpha$ и $\beta$. Было бы лучще воспользоваться формулой
$$\frac{\sin \alpha \sin \beta }{(2-\cos \alpha -\cos \beta )\cos 2u}=\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\beta }{2},$$

которая легко выводится из значения $\sin 2v$ и дает возможность привести это выражение к следующему виду:
$$\frac{\pi \sqrt{2}\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\beta }{2}}{\sqrt{2+4\cos \alpha \cos \beta +\cos \alpha +\cos \beta }}(1-\mathrm{tg}\gamma \mathrm{tg}u+\dots )\text{. }$$

Указанным путем мы получим
$$\frac{\pi }{2}[1+\frac{1}{16}({\alpha }^2+{\beta }^2)](1-\mathrm{tg}\gamma \mathrm{tg}u),$$

что приводит нас к выводу, полученному Бравэ. (Прим. Дарбу.)

четвертый множитель будет равен
$$\frac{{\alpha }^2+{\beta }^2}{2\alpha \beta }[1-\frac{{({\alpha }^2-{\beta }^2)}^2}{24({\alpha }^2+{\beta }^2)}];$$

пятый множитель будет равен
$$1-\frac{{\alpha }^2-{\beta }^2}{16}\sqrt{\frac{1-\cos 2u}{1+\cos 2u}}=1-\frac{(\alpha -\beta {)}^2}{16}.$$

Произведение всех множителей будет, следовательно, равно
$$\frac{\pi }{2}(1+\frac{\alpha \beta }{8}),$$

а если к нему прибавить $\frac{\pi }{2}\frac{\alpha \beta }{4}$, то мы получим
$$\mathrm{\Phi }=\frac{\pi }{2}(1+\frac{3x\beta }{8}),$$

где $\mathrm{\Phi }$ представляет собою разность значений переменной ? между пределами $\psi =\alpha$ и $\dot{\psi }=\beta$. Лагранж нащел
$$\mathrm{\Phi }=\frac{\pi }{2}\frac{2\alpha \beta }{{\alpha }^2+{\beta }^2};$$

его ошибка проистекает от того, что во втором члене $d\phi$, в знаменателе, он вместо 1 — ${\mathrm{tg}}^{2}v$ по недосмотру написал $1+{\mathrm{tg}}^{2}u$; из-за этой ошибки исчезает множитель $\frac{1}{\cos 2v}$, а в результате этого упущения в значение $\mathrm{\Phi }$ вводится множитель $\frac{2\times \beta }{{\alpha }^2+{\beta }^2}$, который получается из $\frac{\sin \alpha \sin \beta }{2-\cos \alpha -\cos \beta }$. Удивительно, что Лагранж не заметил подобной ощибки, ибо формула
$$\mathrm{\Phi }=\frac{\pi \alpha \beta }{{\alpha }^2+{\beta }^2},$$

как әто указал сам Лагранж, дает для орбиты движущейся точки линию с фестонами, в которой отнощение угловой амплитуды $2\mathrm{\Phi }$ фестона $к$ полуокружности может изменяться любым образом между 0 и 1 ; но достаточно бросить взгляд на маятник, совершающий эллиптические колебания, и, например, на обыкновенный отвес, чтобы заметить, что утот вывод соверпенно опровергается наблюдением. До чего верно положение, что ошибка свойственна человеку, если она может проскользнуть под пером самого знаменитого геометра *)!
*) Более полное изложение теории конического маятника см. в мемуаре Ришело (Richelot) (Crelle’s Journal, т. XLV) и в очень интересной работе, представленной тиссо (Tissot) в Faculté des Sciences de Paris и напечатанной в томе XVI Journal de Liouville. (Прим. Бертрана.)