ラグランジュ点は，人工衛星に働く万有引力の合力と遠心力との平衡点（つり合い点）です。
　人工衛星が共通重心Ｇのまわりを角速度 $\omega_0$ で周回するとき，人工衛星に働く遠心力は重心Ｇと人工衛星を結ぶ方向で外向きですから，この遠心力とつりあうためには万有引力の合力 $\Vec{f}$ は重心Ｇの方向に向いていなくてはなりません。このような点として，地球と月を結ぶ直線上にある点と，この直線上にない点に分けて考えることができます。

◎直線平衡解：

　下図のように，地球・月を結ぶ直線上にあるラグランジュ点（Ｌ1，Ｌ2，Ｌ3）について考えます。

１.ラグランジュ点 $\mathrm{L_1}$ ：

　地球と月の間にある $\mathrm{L}_1$ 点について。
　この位置では，上図において，地球からの引力 $\Vec{f}_1$ は左向き，月からの引力 $\Vec{f_2}$ は右向き，遠心力は右向きに働きます。 よって前ページの $\maru{3}$ 式より， $\mathrm{L}_1$ 点の地球からの距離 $l_1$ は，次式を満たします。 $\omega_0$ は前ページの $\maru{1}$ 式で与えられます。\[0 = -f_1 + f_2 + 遠心力 \\ \quad = -\bun{G m M_1}{l_1{}^2} + \bun{G m M_2}{(L_0 -l_1)^2} + m \omega_0{}^2 (l_1 - l_\mathrm{G}) \\ \quad = -\bun{G m M_1}{l_1{}^2} + \bun{G m M_2}{(L_0 -l_1)^2} + m\bigg( \kon{\bun{G (M_1 + M_2)}{L_0{}^3}}\, \bigg)^2 \bigg(l_1 - \bun{M_2}{M_1 + M_2}L_0 \bigg) \quad \cdots\cdots\maru{4} \]

２.ラグランジュ点 $\mathrm{L_2}$ ：

　地球－月－人工衛星　の順に並んだ $\mathrm{L}_2$ 点について。
上図を参照にして，\[0 = -f_1 - f_2 + 遠心力 \\ \quad = -\bun{G m M_1}{l_2{}^2} - \bun{G m M_2}{(l_2 - L_0 )^2} + m \omega_0{}^2 (l_2 - l_\mathrm{G}) \\ \quad = -\bun{G m M_1}{l_2{}^2} + \bun{G m M_2}{(l_2 - L_0 )^2} + m\bigg( \kon{\bun{G (M_1 + M_2)}{L_0{}^3}}\, \bigg)^2 \bigg(l_2 - \bun{M_2}{M_1 + M_2}L_0 \bigg) \quad \cdots\cdots\maru{5} \]

３.ラグランジュ点 $\mathrm{L_3}$ ：

　人工衛星－地球－月　の順に並んだ $\mathrm{L}_3$ 点について。
\[0 = f_1 + f_2 - 遠心力 \\ \quad = \bun{G m M_1}{l_3{}^2} + \bun{G m M_2}{(l_3 + L_0 )^2} - m \omega_0{}^2 (l_3 + l_\mathrm{G}) \\ \quad = \bun{G m M_1}{l_3{}^2} + \bun{G m M_2}{(l_3 + L_0 )^2} - m\bigg( \kon{\bun{G (M_1 + M_2)}{L_0{}^3}}\, \bigg)^2 \bigg(l_3 + \bun{M_2}{M_1 + M_2}L_0 \bigg) \quad \cdots\cdots\maru{6} \]

　以上 $\maru{4}$ ～ $\maru{6}$ の３式はそれぞれ $l_1$ ， $l_2$ ， $l_3$ に関して５次方程式になるので，一般的な形では解を求めることはできませんが，近似的な数値解なら計算することができます。 以下にいくつかの例についてラグランジュ点 $l_1$ ， $l_2$ ， $l_3$ の値を示します。

◎正三角形平衡解：
　地球・月のライン上にない平衡点としては，地球・月・人工衛星の３者が正三角形をなす位置のみとなります。

　万有引力の合力 が共通重心Ｇに向くためには，まず△ＰＡＢは２等辺三角形でなければなりません。以下にこれを示します。
　上図において， $\overline{\mathrm{AP}} = \overline{\mathrm{BP}} = L$ とします。
　もし△ＰＡＢが２等辺三角形であるとすれば， $\mathrm{PB}$ に平行に $\mathrm{QG}$ をとったとすると，２等辺三角形の相似の関係から， $\overline{\mathrm{AG}} : \overline{\mathrm{GB}} = \overline{\mathrm{AQ}} : \overline{\mathrm{QP}}$ ，かつ $\overline{\mathrm{AQ}} = \overline{\mathrm{QG}}$ なので，\[\bun{\overline{\mathrm{AG}}}{\overline{\mathrm{BG}}} = \bun{\overline{\mathrm{AQ}}}{\overline{\mathrm{QP}}} = \bun{\overline{\mathrm{QG}}}{\overline{\mathrm{QP}}} \\ \kern6em = \bun{f_2}{f_1} \\ \kern 6em = \bun{\,\,\,\bun{G m M_2}{L^2}\,\,\,}{\bun{G m M_1}{L^2}} \\ \kern 6em = \bun{M_2}{M_1} \] 　ＡＢ間を $M_2:M_1$ の比に内分する点は，まさに地球と月の共通重心にほかなりません。すなわち万有引力の合力が地球と月の共通重心Ｇに向くためには，まず△ＰＡＢが２等辺三角形であればよいことになります。

　つぎに△ＰＡＢが正三角形であるとき，人工衛星に働く遠心力の大きさが万有引力の合力 $\Vec{f}$ の大きさに等しくなることを示します。
　 $\overline{\mathrm{AP}}$ と $\overline{\mathrm{BP}}$ が地球・月間の距離 $L_0$ に等しく（ $\overline{\mathrm{AP}} = \overline{\mathrm{BP}} = \overline{\mathrm{AB}}=L_0$ ），かつ上図で $\theta = 60^\circ$ とすると，\[\kern-2em 万有引力 \\ f = \kon{f_1{}^2 + f_2{}^2 - 2f_1\,f_2\,\cos 2\theta} \\ \quad = \kon{\bigg(\bun{G m M_1}{L_0{}^2}\bigg)^2 + \bigg(\bun{G m M_2}{L_0{}^2}\bigg)^2 - 2\bun{G m M_1}{L_0{}^2}\bun{G m M_2}{L_0{}^2} \times \cos120^\circ } \\ \quad = \bun{G m}{L_0{}^2}\kon{M_1{}^2 + M_2{}^2 + M_1 M_2} \\[1.5em] \\ \kern-2em 遠心力 \\ m \, \omega_0{}^2 \times \overline{\mathrm{PG}} = m\bigg(\kon{\bun{G(M_1 + M_2)}{L_0{}^3}}\bigg)^2 \kon{\overline{\mathrm{AP}}{}^2 + l_\mathrm{G}{}^2 -2\overline{\mathrm{AP}} \cdot l_ \mathrm{G} \times \cos 60^\circ} \\ \kern2em = \bun{G m (M_1 + M_2)}{L_0{}^3} \kon{L_0{}^2 + \bigg(\bun{M_2}{M_1 + M_2}L_0\bigg)^2 - L_0\cdot \bun{M_2}{M_1 +M_2}L_0 } \\ \\ \kern2em = \bun{G m}{L_0{}^2} \kon{M_1{}^2 + M_2{}^2 + M_1 M_2} \\ \kern -1em \therefore f = m \omega_0{}^2 \, r \] 　すなわち△ＰＡＢが正三角形であるとき，この点Ｐで万有引力の合力と遠心力とがつりあうことになります。

　（以上のほかに，ごく最近，３体の質量が等しい場合について，３体が８の字上を「追っかけっこ」をするように運動する「８の字解」があることが発見されました。）

---

　次に，ラグランジュ点の安定性について説明します。
　　詳解３（ラグランジュ点の安定性）に続く。