Предварительные рассуждения. Предположим, что вращение жидкой массы происходит очень медленно: ее поверхность мало отличается от поверхности сферы, а квадрат скорости вращения $\omega^{2}$ представляет собой бесконечно малую величину первого порядка.

Ранее было показано, что при отсутствии вращательного движения эквипотенциальные поверхности есть поверхности равной плотности. Потенциал $V_{0}$ в какой-либо точке зависит только от $r$, и уравнение Лапласа сводится к следующему виду:
\[
\Delta V_{0}=\frac{d^{2} V_{0}}{d r^{2}}+\frac{2}{r} \frac{d V_{0}}{d r}=-4 \pi \rho .
\]

Масса, заключенная между двумя сферами бесконечно близких радиусов $r$ и $r+d r$, равна
\[
4 \pi r^{2} \rho d r,
\]

в то время как общая масса, заключенная внутри сферы радиуса $r$, равна
\[
\int_{0}^{r} 4 \pi r^{2} \rho d r .
\]

Обозначим среднюю плотность данной сферы через $D$. Тогда
\[
\int_{0}^{r} 4 \pi r^{2} \rho d r=\frac{4}{3} \pi r^{3} D .
\]
$D$ – это функция от $r$, а ее производная $D^{\prime}$ – отрицательна, поскольку равновесие устойчиво.

Продифференцировав последнее уравнение, получим
\[
4 \pi r^{2} \rho d r=4 \pi r^{2} D d r+\frac{4}{3} \pi r^{3} D^{\prime} d r .
\]

После сокращения множителя $4 \pi r^{2} d r$
\[
3 \rho=3 D+r D^{\prime} .
\]

Возьмем производную последнего уравнения:
\[
3 \rho^{\prime}=4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime} ;
\]

это равенство мы впоследствии используем.
Сделаем еще одно замечание. Безусловно верно следующее:
\[
3 D \geqslant 3 D+r D^{\prime} \geqslant 0 \text {. }
\]

Первое неравенство верно, поскольку $D^{\prime}$ отрицательна; второе верно, поскольку $\rho$ положительна. Отсюда
\[
0 \geqslant \frac{r D^{\prime}}{D} \geqslant-3 . .^{1}
\]

Если жидкая масса однородна, $\frac{r D^{\prime}}{3 D}=0$.
Если вся масса сосредоточена в центре сферы, $\frac{r D^{\prime}}{D}=-3$.
Потенциал, создаваемый сферой радиуса $r$ в точке, расположенной на ее поверхности, равен
\[
\frac{4}{3} \pi r^{2} D
\]

Сила, действующая на молеку.ту поверхности, равна
\[
\frac{d V_{0}}{d r}=-\frac{4}{3} \pi r D
\]

Поскольку $\rho$ и $V_{0}$ являются функциями только от $r$, можно предположить, что одна из них есть функция от другой. На основании соотношения (1), $\Delta V_{0}$ есть функция от $V_{0}$, т. е. $\Delta V_{0}=f\left(V_{0}\right)$. Дифференцируя
${ }^{1}$ Величину $\frac{r D^{\prime}}{D}$ принято называть параметром концентрации.

эту функцию, получаем
\[
\frac{d f\left(V_{0}\right)}{d V_{0}}=\frac{d\left(\Delta V_{0}\right)}{d V_{0}}=\frac{\frac{d \Delta V_{0}}{d r}}{\frac{d V_{0}}{d r}}=\frac{-4 \pi \rho^{\prime}}{-\frac{4}{3} \pi r D} .
\]

Учитывая соотношение (3), получим
\[
f^{\prime}\left(V_{0}\right)=\frac{4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime}}{r D} .
\]

Разложение потенциала в ряд. Предположим теперь, что масса жидкости вращается с несколько большей скоростью. Поверхность ее деформируется, но незначительно. Потенциал, создаваемый сферой в некоторой точке, можно представить в виде суммы сферических функций:
\[
V=V_{0}+\sum H Y,
\]

где $Y$ – некоторая сферическая функция, а $H$ – коэффициент, который сам есть функция от $r$ порядка $\omega^{2}$, так как $V$ мало отличается от $V_{0}$.
Уравнение Лапласа можно записать в следующем виде:
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+\sum \Delta(H Y)=-4 \pi \rho,
\]

причем согласно формуле, доказанной выше (стр. 50), имеет место равенство:
\[
\Delta(H Y)=Y\left[\frac{d^{2} H}{d r^{2}}+\frac{2}{r} \frac{d H}{d r}-\frac{n(n+1)}{r^{2}} H\right],
\]

где $n$ – порядок сферической функции $Y$.
Положим, что
\[
U=V+\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right) ;
\]

тогда, как было доказано ранее, условие равновесия выглядит следующим образом: поверхности с постоянным значением $U$ совпадают с поверхностями равной плотности.
Отсюда
\[
\Delta V=-4 \pi \rho \text { есть функция от } U \text {. }
\]

Поскольку величина $\omega^{2}$ очень мала, $V$ незначительно отличается от $V_{0}$, а $\Delta V$ незначительно отличается от $\Delta V_{0}$.

Отношение между $\Delta V$ и $V$ незначительно отличается от отношения между $\Delta V_{0}$ и $V_{0}$. Следовательно, можно записать
\[
\Delta V=f(U)+\varphi(U),
\]

где $\varphi$ – некоторая функция, значение которой всегда порядка $\omega^{2}$.
Разложив правую часть предыдущего равенства по формуле Тэйлора, получим
\[
\Delta V=f\left(V_{0}\right)+\left(U-V_{0}\right) f^{\prime}\left(V_{0}\right)+\ldots+\varphi\left(V_{0}\right)+\left(U-V_{0}\right) \varphi^{\prime}\left(V_{0}\right)+\ldots .
\]

На основании сделанных предположений можно пренебречь бесконечно малыми членами второго порядка и записать
\[
\Delta V=f\left(V_{0}\right)+\left(U-V_{0}\right) f^{\prime}\left(V_{0}\right)+\varphi\left(V_{0}\right)=\Delta V_{0}+\left(U-V_{0}\right) f^{\prime}\left(V_{0}\right)+\varphi\left(V_{0}\right) .
\]

Наконец, учитывая равенство (6), можно записать
\[
\sum \Delta(H Y)=\left(U-V_{0}\right) f^{\prime}\left(V_{0}\right)+\varphi\left(V_{0}\right) .
\]

Очевидно,
\[
U-V_{0}=\sum H Y+\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right) .
\]

Функцию $\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)$ можно в свою очередь представить в виде суммы сферических функций:
\[
\begin{array}{c}
\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)=\sum C Y . \\
\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)=\frac{\omega^{2}}{3}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+\frac{\omega^{2}}{6}\left(x^{2}+y^{2}-2 z^{2}\right)= \\
=\frac{\omega^{2} r^{2}}{3}+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6} \frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}} .
\end{array}
\]

Разложение сводится к сумме двух сферических функций $Y=1$ и $Y=\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}}$ с коэффициентами $C_{1}=\frac{\omega^{2} r^{2}}{3}$ и $C_{2}=\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}$ соответственно.

Остальные коэффициенты равны нулю.
Учитывая вышеизложенное, можно записать
\[
\begin{aligned}
U-V_{0} & =\sum(H+C) Y, \\
\sum \Delta(H Y) & =\sum(H+C) Y f^{\prime}\left(V_{0}\right)+\varphi\left(V_{0}\right) .
\end{aligned}
\]

Определение коэффициентов разложения. Для того чтобы найти значения коэффициента $H$, надо приравнять друг к другу коэффициенты при одинаковых членах $Y$.
Выражение
\[
\Delta(H Y)
\]

содержит функцию $Y$ как множитель, следовательно
\[
\Delta(H Y)=Y(H+C) f^{\prime}\left(V_{0}\right)=Y(H+C) \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D} .
\]

Возьмем $Y=1$. Тогда
\[
\Delta H=\left(H+\frac{\omega^{2}}{3} r^{2}\right) \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D}+\varphi\left(V_{0}\right) .
\]

Таким образом, коэффициент $H$ определяется линейным уравнением второго порядка.
Возьмем теперь
\[
Y=\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}} .
\]

В этом случае коэффициент $H$ определяется уравнением
\[
\Delta(H Y)=\left(H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right) Y \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D} .
\]

Для других значений $Y$ имеет место уравнение
\[
\Delta(H Y)=H Y \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D} .
\]

Последние три уравнения имеют одно очевидное решение, $H=0$. Докажем, что нет необходимости рассматривать другие решения.

В случае, когда $Y$ представляет собой функцию первого порядка, можно найти соответствующее значение $H$. Действительно, существует три независимых функции первого порядка:
\[
\frac{x}{r}, \quad \frac{y}{r}, \quad \frac{z}{r} .
\]

Рассмотрим одну из них; например, $\frac{x}{r}$. Известно, что
\[
\Delta V_{0}=f\left(V_{0}\right) .
\]

Возьмем производные по $x$ от каждой из частей равенства:
\[
\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial x}\left(\Delta V_{0}\right) & =\frac{\partial}{\partial x} f\left(V_{0}\right), \\
\Delta \frac{\partial V_{0}}{\partial x} & =f^{\prime}\left(V_{0}\right) \frac{\partial V_{0}}{\partial x}, \\
\Delta\left(\frac{d V_{0}}{d r} \cdot \frac{\partial r}{\partial x}\right) & =f^{\prime}\left(V_{0}\right) \frac{d V_{0}}{d r} \cdot \frac{\partial r}{\partial x}, \\
\Delta\left[\frac{d V_{0}}{d r} \cdot \frac{x}{r}\right] & =\frac{d V_{0}}{d r} \cdot \frac{x}{r} \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D} .
\end{aligned}
\]

Очевидно, что если $Y=\frac{x}{r}$, то уравнение
\[
\Delta(H Y)=H Y \frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D}
\]

справедливо при $H=a \frac{d V_{0}}{d r}$. Это верно и для функций $Y=\frac{y}{r}$ и $Y=\frac{z}{r}$.
В таком случае члены первого порядка выглядят следующим обра30M:
\[
\frac{d V_{0}}{d r}\left(\frac{a x+b y+c z}{r}\right),
\]

где $a, b, c$ – некоторые константы. Как мы вскоре увидим, можно предположить, что эти константы равны нулю при условии, что центр тяжести тела совпадает с началом координат.

Эллипсоидальная форма уровенных поверхностей. Рассмотрим некоторую уровенную поверхность, которая при отсутствии вращения имеет сферическую форму.

При вращении точка $M$ (рис. 9) перемещается в точку $M^{\prime}$ на новой уровенной поверхности. Нормальное смещение имеет следующий вид:
\[
\zeta=M M^{\prime} \cos \left(r, M M^{\prime}\right) .
\]

До деформации в точке $M$ было верно

Рис. 9
\[
\Delta V_{0}=-4 \pi \rho .
\]

После деформации плотность в точке $M^{\prime}$ равна по-прежнему $\rho$, а плотность в точке $M$ равна $\rho^{\prime}=-\frac{\Delta V}{4 \pi}$, где $V$ – потенциал в точке $M$. Имеет место соотношение
\[
\Delta V=\Delta V_{0}-\zeta \frac{d \Delta V_{0}}{d r}
\]

Учитывая, что
\[
\frac{d \Delta V_{0}}{d r}=\frac{d \Delta V_{0}}{d V_{0}} \cdot \frac{d V_{0}}{d r},
\]

и воспользовавшись соотношениями (4) и (5), получим
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+\frac{4 \pi}{3} \zeta\left(4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime}\right) .
\]

С другой стороны, мы можем записать
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+\sum \Delta H Y .
\]

Отсюда
\[
\zeta=\frac{3}{4 \pi\left(4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime}\right)} \sum \Delta H Y .
\]

Вернемся к уравнениям, определяющим коэффициенты $H$.
Объем фигуры равновесия, находящейся в состоянии покоя, равен объему той же фигуры, совершающей вращательное движение. Следовательно,
\[
\int \zeta d \sigma=0
\]

или
\[
\int \sum \Delta H Y d \sigma=0
\]

Можно записать следующее:
\[
\sum \varphi(r) \int Y d \sigma=0 .
\]

Каждое слагаемое равно нулю, за исключением первого, для которого $Y$ равен единице. Отсюда, обозначив коэффициент при $Y_{0}=1$ через $H_{0}$, получим
\[
\Delta\left(H_{0}\right)=0,
\]

или, так как $H_{0}$ есть функция от $r$,
\[
\Delta H_{0}=\frac{d^{2} H_{0}}{d r^{2}}+\frac{2}{r} \frac{d H_{0}}{d r}=0 .
\]

Общее решение этого уравнения выглядит следующим образом:
\[
H_{0}=A+\frac{B}{r},
\]

где $A$ и $B$ – константы.
Напомним, однако, что $V=V_{0}+\sum H Y$. На бесконечном удалении от поверхности $V$ и $V_{0}$ равны нулю. Значит, нулю равны и $A$, и $B$, иначе потенциал в центре тела станет бесконечным, что есть абсурд.
Уравнение (8), определяющее $H$, сводится в этом случае к виду
\[
f^{\prime}\left(V_{0}\right) \frac{\omega^{2} r^{2}}{3}+\varphi\left(V_{0}\right)=0 .
\]

Это уравнение определяет функцию $\varphi\left(V_{0}\right)$.
Нам еще предстоит убедиться, что для других значений функции $Y$ единственным возможным значением коэффициента $H$ является $H=0$. Однако если допустить, что это так, то $\zeta$ сводится к одному члену, а именно,
\[
\zeta=\frac{3}{4 \pi} \frac{\Delta H Y_{2}}{4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime}}=Y_{2} \psi(r) .
\]

Отсюда
\[
\zeta=\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}} \psi(r) .
\]

Из этого уравнения видно, что уровенные поверхности являются эллипсоидами.
В самом деле,
\[
\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=(r+\zeta)^{2}=r^{2}+2 r \zeta+\zeta^{2},
\]

но величиной $\zeta^{2}$ можно пренебречь, и тогда имеем
\[
x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}+2 r \frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}} \psi(r) .
\]

Данное уравнение представляет собой уравнение эллипсоида вращения вокруг оси $O z[10]$.

Сжатие. Сжатием эллипсоида называется отношение разности длин его экваториального и полярного радиусов к среднему радиусу, который мы обозначили через $r$.

Чтобы найти эти радиусы, мы можем вычислить значения $\zeta$ для точек с координатами ( $x=y=0, z=r$ ) и ( $y=z=0, x=r$ ). Эти значения равны, соответственно,
\[
\begin{array}{l}
\zeta=-2 r^{2} \psi(r), \\
\zeta=r^{2} \psi(r) .
\end{array}
\]

Значение разности радиусов равно
\[
3 r^{2} v(r)
\]

отсюда сжатие
\[
e=\frac{3 r^{2} \psi(r)}{r}=3 r \psi(r)=\frac{3 r \zeta}{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}=\frac{3 \zeta}{r Y},
\]

где через $Y$ обозначена сферическая функция
\[
\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}} \text {. }
\]

Известно, что
\[
\zeta=\frac{3}{4 \pi} \frac{\sum \Delta H Y}{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}} .
\]

Сумма здесь сводится к одному члену. Вспомним уравнение (9):
\[
\Delta(H Y)=\left(H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right) Y f^{\prime}\left(V_{0}\right)=\left(H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right) Y \frac{4 D^{\prime}+r D^{\prime \prime}}{r D} .
\]

Отсюда
\[
\begin{array}{c}
4 \pi r^{2} D e Y=\left(H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right) Y \\
\Delta e r^{2} D Y=\frac{9}{4 \pi}\left[\Delta H Y+\frac{\omega^{2}}{6} \Delta r^{2} Y\right]
\end{array}
\]

Ho
\[
\Delta r^{2} Y=0,
\]

так как $Y$ есть сферическая функция второго порядка.
Кроме того,
\[
\frac{9}{4 \pi} \Delta H Y=\left(r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}\right) \operatorname{er} Y
\]

Таким образом, уравнение принимает вид
\[
\Delta e r^{2} D Y=\left(r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}\right) e r Y
\]

Ранее было доказано, что если $P$ является сферическим полиномом степени $n$, то
\[
\Delta(U P)=P\left[U^{\prime \prime}+2(n+1) \frac{U^{\prime}}{r}\right] .
\]

Положив $n=2$
\[
\begin{array}{l}
U=e D, \\
P=r^{2} Y,
\end{array}
\]

получим уравнение
\[
\frac{d^{2}(e D)}{d r^{2}}+\frac{6}{r} \frac{d(e D)}{d r}=e D^{\prime \prime}+\frac{4 D^{\prime} e}{r}
\]

преобразовав выражение, получим
\[
e^{\prime \prime} D+2 e^{\prime} D^{\prime}+\frac{2}{r} e D^{\prime}+\frac{6}{r} e^{\prime} D=0 .^{1}
\]
${ }^{1}$ Это – первичное уравнение Клеро, служащее для определения профиля сжатия поверхностей равной плотности $e(r)$ по заданному закону распределения плотности $\rho(r)$.

Это уравнение представляет собой линейное однородное уравнение второго порядка, которое можно привести к уравнению первого порядка с помощью замены переменных ${ }^{1}$ :
\[
\eta=\frac{r e^{\prime}}{e}, \quad \eta^{\prime}=\frac{r e^{\prime \prime}}{e}-\frac{r e^{2}}{e^{2}}+\frac{e^{\prime}}{e}, \quad \frac{r^{2} e^{\prime \prime}}{e}=r \eta^{\prime}+\eta^{2}-\eta .
\]

Уравнение принимает вид
\[
D\left(r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta\right)+2 r D^{\prime}(1+\eta)=0 .
\]

Это уравнение называется уравнением Клеро.
Пределы значения $\eta$. Ранее (стр. 61) было показано, что
\[
-3<\frac{r D^{\prime}}{D}<0 .
\]

Подставим эти крайние значения $r D^{\prime}$ в уравнение (12) и, откладывая по оси абсцисс значения $\eta$, а по оси ординат – значения $r \eta^{\prime}$, построим две следующие параболы (рис. 10):
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta=0
\]

и
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta-6(1+\eta)=0 .
\]

Точка с координатами $r \eta^{\prime}$ и $\eta$ может находиться только в области между двумя параболами (заштрихованная область на рисунке).
Докажем, что значение $\eta$ заключено между 0 и 3 .
Значение $\eta$ не может быть отрицательным. В самом деле, если оно отрицательно для некоторого значения $r_{0}$, то можно подобрать два таких положительных числа $\alpha$ и $\beta$, что
\[
-\beta<\eta<-\alpha \text {. }
\]

Кроме того, $\alpha$ и $\beta$ могут даже удовлетворять неравенству
\[
0<\alpha<2<\beta<5 .
\]

Я утверждаю, что $\eta$ не может быть больше $-\alpha$.
${ }^{1}$ Эту удачную замену первым сделал Радо.

Рис. 10
Действительно, если бы величина $\eta$ достигла значения $-\alpha$ для некоторого значения $r$, меньшего $r_{0}$, то и $\frac{d \eta}{d r}$, и $r \frac{d \eta}{d r}$ стали бы отрицательными.

Точка с координатами $r \eta^{\prime}$ и $\eta=\alpha$ находилась бы в этом случае вне заштрихованной области.

Рассуждая таким же образом, видим, что $\eta$ не может быть меньше $-\beta$. В самом деле, если для некоторого значения $r$, меньшего $r_{0}$, имеем $\eta<-\beta$, то и $\frac{d \eta}{d r}$, и $\frac{r d \eta}{d r}$ – положительны, а изображающая точка находится в той области плоскости, где не может быть точки с координатами $\left(r \eta^{\prime}, \eta\right)$.

Значит, если величина $\eta$ отрицательна для $r_{0}$, то для всех значений $r$, меньших $r_{0}, \eta$ находится между числами $-\alpha$ и $-\beta$, и верны следующие неравенства:
\[
\frac{r e^{\prime}}{e}<-\alpha ; \quad \frac{e^{\prime}}{e}<-\frac{\alpha}{r} .
\]

Интегрируя от $r<r_{0}$ до $r_{0}$, получим
\[
\ln \frac{e}{e_{0}}>\ln \left(\frac{r}{r_{0}}\right)^{-\alpha}, \quad e>A r^{-\alpha} .
\]

Отсюда, когда $r$ стремится к нулю, значение $e$ очень быстро увеличивается, и при достаточно малых $r$ становится слишком большим, каким оно быть не может. Следовательно, значение $\eta$ не может быть отрицательным.

Я утверждаю также, что $\eta<3$. Доказательство аналогично вышеприведенному.

В самом деле, допустим, что для $r=r_{0}$ мы имеем $\eta=\eta_{0}>3$. Значит, для $r<r_{0}$ значение $\eta$ будет также больше 3 .

Действительно, неравенство перестанет выполняться, только если значение $\eta$ будет меньше 3 или если оно станет отрицательным, пройдя через бесконечность. Последнее предположение следует отвергнуть по причинам, изложенным выше. Таким образом, необходимо только показать, что значение $\eta$ не может быть равным 3 . Если $\eta=3$, то и $\eta^{\prime}$, и $r \eta^{\prime}$ становятся положительными, что есть абсурд. Точка с координатами $\left(r \eta^{\prime}, \eta\right)$ находится в этом случае вне области, заключенной между двумя рассматриваемыми кривыми. Следовательно, всегда верно неравенство
\[
\eta<3 \text {. }
\]

К тому же при $\eta>3$
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}-\eta-6<0 .
\]

A fortiori,
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}-\eta-6-5(\eta-3)<0, \quad r \eta^{\prime}+(\eta-3)^{2}<0 ;
\]

умножая последнее на $d r$, которое отрицательно, если $r$ убывает в интервале от $r_{0}$ до 0 , получим
\[
\frac{d r}{r}+\frac{d \eta}{(\eta-3)^{2}}>0
\]
T. e.
\[
d \ln \frac{1}{r}+d \frac{1}{\eta-3}<0, \quad \ln \frac{1}{r}+\frac{1}{\eta-3}<\ln \frac{1}{r_{0}}+\frac{1}{\eta_{0}-3} .
\]

Правая часть последнего неравенства есть величина конечная, а левая представляет собой сумму двух членов, из которых первый стремится к бесконечности, если $r$ стремится к нулю. Следовательно, неравенство невозможно.

Отсюда,
\[
0<\eta<3,
\]

что и требовалось доказать.
Выясним, может ли значение $\eta$ достигать своих пределов.
Если $\frac{r D^{\prime}}{D}=0$, то уравнение сводится к виду
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta=0
\]

и имеет решение
\[
\eta=0 .
\]

Если $\frac{r D^{\prime}}{D}=-3$, то уравнение сводится к виду
\[
r \eta^{\prime}+(\eta-3)(\eta+2)=0
\]

и имеет решение $\eta=3$.
Первый случай соответствует точке, расположенной внутри предположительно однородной жидкой массы, второй относится к точкам, находящимся вне массы жидкости, в частности, в том случае, когда вся масса сосредоточена в центре тела.

Я утверждаю, что в этих частных случаях единственно допустимыми решениями являются $\eta=0$ и $\eta=3$.
Предположим, что $\frac{r D^{\prime}}{D}=0$. Уравнение сводится к виду
\[
\begin{array}{l}
r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta=0 \\
\frac{d r}{r}+\frac{d \eta}{\eta^{2}+5 \eta}=0
\end{array}
\]

и имеет решение
\[
\ln r+\frac{1}{5} \ln \frac{\eta}{\eta+5}=C^{\mathrm{te}} .
\]

Для $r=0$ получим
\[
\ln \frac{\eta}{\eta+5}=\infty
\]

отсюда $\eta=-5$. Но величина $\eta$ всегда положительна для любого $r$, следовательно, постоянная интегрирования не может быть равна $-\infty$, и интеграл сводится к $\eta=0$. То же верно и для $\eta=3$, т. е. для случая массы, сосредоточенной в центре тела. Вне массы жидкости имеет место уравнение
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}-\eta-6=0,
\]

общее решение которого выглядит следующим образом:
\[
\ln r^{5}=\ln \frac{\eta-3}{\eta+2}+C^{\mathrm{te}} .
\]

Постоянная интегрирования не может быть равна 0 , и значит $\eta=3$. Только в этих двух случаях значение $\eta$ может достигать своих пределов. В самом деле, допустим, что $\eta=0$ при некотором значении $r_{0}$ и что $\eta>0$ при некотором значении $r$, отличном от нуля. Следовательно, $\eta^{\prime}\left(r_{0}\right)=0$. Подставляя данные значения в уравнение Клеро, получим
\[
D^{\prime}=0,
\]

однако, поскольку
\[
r D^{\prime}+3 D=3 \rho,
\]

то $D=\rho$. Таким образом, плотность в данной точке равна средней плотности, и, поскольку предполагается, что плотность не может уменьшаться по направлению к центру, ядро тела однородно.

Допустим также, что $\eta=3$ при $r=r_{0}$. Как и в предыдущем случае, $\eta^{\prime}$, по-видимому, равна нулю. Таким образом,
\[
\frac{r D^{\prime}}{D}=-3 .
\]

В данной точке $\rho=0$. То же верно и для точек $r>r_{0}$. Значение $\rho$ не может увеличиваться, поскольку тело находится в равновесии; следовательно, $\eta=3$ при $r>r_{0}$.

Покажем, что $\eta=3$ и в случае $r<r_{0}$. Допустим, что $\eta<3$, тогда значение выражения $r^{5}(\eta-3)$ будет уменьшаться при уменьшении $r$, а его производная будет положительной. Отсюда
\[
r \eta^{\prime}+5(\eta-3)>0 .
\]

Уравнение Клеро может быть записано в следующем виде:
\[
r \eta^{\prime}+5(\eta-3)+(\eta-3)^{2}+\left[\frac{2 r D^{\prime}}{D}+6\right](1+\eta)=0 .
\]

Поскольку два последних члена этого равенства положительны по своей сути, то должно выполняться равенство
\[
r \eta^{\prime}+5(\eta-3)<0,
\]

что противоречит установленному выше.
Следовательно, $\eta=3$ и для $r<r_{0}$, а значит,
\[
\left[\frac{2 r D^{\prime}}{D}+6\right]=0
\]

Отсюда, $\rho=0$ для $r<r_{0}$.
Таким образом, масса планеты целиком сосредоточена в ее центре.
Форма интегральных кривых. Рассмотрим теперь форму кривых, описываемых уравнением
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}+5 \eta+\frac{2 r D^{\prime}}{D}(1+\eta)=0 .
\]

Построим координатные оси $O \eta$ и $O r$.
По-видимому, достаточно рассмотреть участки кривых, соответствующие области значений
\[
0<\eta<3 \text {. }
\]

Проведем прямую $\eta=3$.
Вообще говоря, через каждую точку плоскости проходит одна и только одна кривая, за исключением случаев, когда функция $\eta^{\prime}$ не является голоморфной.
Ho
\[
\eta^{\prime}=-\frac{\eta^{2}+5 \eta+\frac{2 r D^{\prime}}{D}(1+\eta)}{r} .
\]

Функция $\eta^{\prime}$ не голоморфна при $r=0$. Прямая $r=0$ является интегральной кривой уравнения. На этой прямой имеются две особые точки, $\eta=0$ и $\eta=-5$, в которых функция $\eta^{\prime}$ не определена при условии, что величина $\frac{r D^{\prime}}{D}$ стремится к нулю вместе с $r$. Имеет место равенство
\[
\frac{r D^{\prime}}{D}=3\left(\frac{\rho}{D}-1\right) .
\]

Правая часть этого равенства непременно отрицательна, так как плотность слоя меньше средней плотности тела под этим слоем, поскольку предполагается, что тело находится в равновесии ${ }^{1}$.
Когда $r$ стремится к нулю, $\rho$ стремится к некоторому пределу $\rho_{0}$, и
\[
\begin{array}{c}
\rho<D<\rho_{0}, \\
\frac{\rho}{\rho_{0}}-1<\frac{\rho}{D}-1<0 ;
\end{array}
\]

но $\frac{\rho}{\rho_{0}}-1$ стремится к нулю вместе с $r$, значит, $\frac{\rho}{D}-1$ также стремится к нулю, и, следовательно, величина $\frac{r D^{\prime}}{D}$ стремится к нулю вместе с $r$.
В точках
\[
r=0, \quad\left\{\begin{array}{l}
\eta=0 \\
\eta=5
\end{array}\right.
\]

две интегральные кривые однозначно не определены.
Допустим, что значение $r$ достаточно велико, тогда
\[
\frac{r D^{\prime}}{D}=-3 \text {. }
\]

Уравнение принимает вид
\[
r \eta^{\prime}+\eta^{2}-\eta-6=0
\]

Это уравнение непосредственно интегрируется, и его решение в общем виде выглядит следующим образом:
\[
\frac{r^{5}(\eta-3)}{\eta+2}=C^{\text {te }} .
\]

Интегральные кривые представляют собой асимптоты к прямой $\eta=3$, однако они не обязательно являются асимптотами к прямой $r=0$, поскольку $\frac{r D^{\prime}}{D}
eq-3$ при $r=0$; к этому случаю наши рассуждения неприменимы.

Рассмотрим прямоугольник $O A B C$ (рис. 11), образуемый прямыми $\eta=0, r=0, \eta=3$ и $r=r_{0}$, где $r_{0}$ – произвольное значение. Через

${ }^{1}$ Правильнее сказать: в устойчивом равновесии, ибо равновесие формально возможно и при возрастании плотности от центра.

некоторую точку $P$, произвольно отмеченную на стороне $O A$, проходит одна и только одна интегральная кривая. Для данной точки значение функции
\[
\eta^{\prime}=-\frac{D^{\prime}}{D}>0
\]

следовательно, кривая, входящая в прямоугольник в точке $P$, выходит из него в некоторой точке, находящейся на стороне $A B$. Интегральная кривая не может дважды пересечь сторону $O A$, так как в этом случае она приобретет форму, анало-
Рис. 11
гичную форме кривой $P M P^{\prime}$, изображенной на рис. 12 , а это невозможно, поскольку производная $\frac{d r}{d \eta}$ не может обращаться в нуль внутри прямоугольника.

Таким образом, данная кривая не может выйти из прямоугольника иначе, чем в точке $M$ на стороне $A B$. Рассмотрим интегральную кривую, проходящую через точку $Q$, принадлежащую стороне $C B$. Угловой коэффициент касательной в этой точке определяется выражением
\[
\frac{d r}{d \eta}=-\frac{r}{\frac{4}{r}\left[6+\frac{2 r D^{\prime}}{D}\right]} .
\]

Рис. 12
Этот коэффициент отрицателен, поскольку
\[
\frac{2 r D^{\prime}}{D}>-6 .
\]

Следовательно, кривая, входящая в прямоугольник в точке $Q$, выходит из него в некоторой точке $N$, находящейся на стороне $A B$. Рассуждение, аналогичное предыдущему, показывает, что $N$ – единственная точка, в которой данная кривая может выйти из прямоугольника. Кроме того, очевидно, что точка $M$ расположена слева от точки $N$, поскольку интегральные кривые не могут пересекаться.

Таким образом, точка $M$ стремится к некоторому пределу $M^{\prime}$, когда точка $P$ приближается к точке $O$, и точно так же точка $N$ стремится к пределу $N^{\prime}$, когда точка $Q$ приближается к точке $C$.

Все возможные точки $M^{\prime}$ располагаются на некоторой кривой, которая полностью заключена между прямыми $\eta=0$ и $\eta=3$. То же относится и ко всем возможным точкам $N^{\prime}$.

Возможно ли, чтобы точки $M^{\prime}$ и $N^{\prime}$ совпадали? Допустим, что это так. Тогда существует одна и только одна интегральная кривая, которая проходит через точку $O$. Очевидно, что эта кривая допустима в нашем случае, так как она не выходит за пределы, ограниченные прямыми $\eta=0$ и $\eta=3$. Из этого следует, что функция $\eta(r)$, а с ней и функция $\frac{r e^{\prime}}{e}$ вполне определены. Тогда
\[
e=e_{0} E^{\int_{0}^{r} \frac{\eta(r)}{r} d r},
\]

где $E$ – основание неперовых логарифмов.
Постоянную $e_{0}$ можно определить из одного из предыдущих уравнений, например
\[
e r^{2} D=\frac{9}{4 \pi}\left(H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right) .
\]

Возможность существования только одной приемлемой интегральной кривой. Докажем, что лишь одна интегральная кривая является приемлемой. Для этого докажем, что существует одна и только одна кривая, проходящая через точку $r=0, \eta=0$, а остальные кривые проходят через точку $r=0, \eta=-5$.

Прежде всего докажем, что существует по крайней мере одна кривая, проходящая через точку $\eta=0$, и одна, проходящая через точку $\eta=-5$.

Мы уже видели, как меняется знак $r \eta^{\prime}$ при различных значениях $\eta$ : величина $r \eta^{\prime}$ отрицательна, когда $\eta$ меньше -5 и больше 3 , и положительна, когда $\eta$ находится в интервале от 0 до -2 .
В других интервалах возможны оба знака.
При $\eta=-5$ значение $r \eta^{\prime}$ может быть нулевым или отрицательным, но не положительным.

При $\eta=-2$ значение $r \eta^{\prime}$ может быть только положительным или нулевым.

Наконец, мы знаем, что функция $\frac{r D^{\prime}}{D}$ стремится к нулю вместе с $r$. Причем, если дано некоторое положительное число $\alpha$ в окрестности нуля, можно определить число $r_{1}$ такое, что при
\[
r<r_{1}
\]

верно неравенство
\[
0>\frac{r D^{\prime}}{D}>-\alpha
\]

Уравнение Клеро может быть записано в следующем виде:
\[
r \eta^{\prime}+(\eta-\beta)(\eta+\gamma)=0,
\]

где $\beta$ и $\gamma$ – некоторые положительные числа, одно из которых стремится к нулю, а другое – к 5, когда $\alpha$ стремится к нулю.
В следующей таблице показано, как изменяется знак $r \eta^{\prime}$ при $r<r_{1}$ :
Существует два интервала, в которых знак $r \eta^{\prime}$ неясен, однако эти интервалы меньше, чем те, что были определены ранее.

Докажем теперь, что для $r<r_{1}$ значение $\eta$ непременно меньше $\beta$. Допустим, что $\eta=\eta_{2}>\beta$ для некоторого значения $r_{2}<r_{1}$. Я утверждаю, что если $r<r_{2}$, то $r>\beta$. В самом деле, неравенство будет выполняться, только если $\eta^{\prime}=\beta$. Но тогда значение $\eta^{\prime}$ в данном интервале будет положительным, что противоречит правилу знаков.
Уравнение Клеро можно также записать в виде
\[
r \eta^{\prime}+(\eta-\beta)(\eta+\gamma)+2\left(\frac{r D^{\prime}}{D}+\alpha\right)(1+\eta)=0
\]

согласно условию,
\[
\frac{r D^{\prime}}{D}>-\alpha
\]

отсюда
\[
r \eta^{\prime}+(\eta-\beta)(\eta+\gamma)<0 .
\]

A fortiori,
\[
\begin{array}{c}
r \eta^{\prime}+(\eta-\beta)^{2}<0 \\
\frac{\eta^{\prime}}{(\eta-\beta)^{2}}+\frac{1}{r}<0
\end{array}
\]

Интегрируя в интервале от $r_{1}$ до $r<r_{1}$, получим
\[
\begin{array}{c}
-\ln \frac{1}{r}-\frac{1}{\eta-\beta}>-\ln \frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{\eta_{1}-\beta}, \\
\ln \frac{1}{r}+\frac{1}{\eta-\beta}<\ln \frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{\eta_{1}-\beta} .
\end{array}
\]

Согласно нашему допущению, значение разности $\eta-\beta$ положительно, значит, a fortiori,
\[
\ln \frac{1}{r}<\ln \frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{\eta_{1}-\beta} .
\]

Правая часть неравенства имеет определенное значение, а левая может увеличиваться и дальше этого предела; таким образом, сделанное нами допущение абсурдно. Следовательно,
\[
\eta<\beta .
\]

Предел $\eta$ равен нулю, когда $r$ стремится к нулю.
Я утверждаю далее, что уравнение Клеро имеет по крайней мере одно решение, стремящееся к -5 .

Действительно, допустим, что некоторое значение $\eta_{1}$ находится в интервале от $-\gamma$ до -5 ,
\[
-5<\eta_{1}<-\gamma,
\]

и рассмотрим интегральную кривую, проходящую через точку $r_{1}, \eta_{1}$. Я утверждаю, что если $r_{2}<r_{1}$, то $\eta_{2}<\gamma$. В противном случае значение $\eta^{\prime}$ станет отрицательным при $\eta>-\gamma$, что противоречит правилу знаков.
Отсюда для достаточно малого $r$ верно следующее:
\[
-5<\eta<-\gamma,
\]

но мы вполне можем выбрать значение $\gamma$ в окрестности 5. Отсюда $\eta$ стремится к -5 .

Пусть $\eta_{0}$ и $\eta_{1}$ – решения, существование которых мы только что доказали. Им соответствуют решения $e_{0}$ и $e_{1}$ следующего линейного уравнения второго порядка:
\[
4 e^{\prime \prime} D+2 e^{\prime} D+\frac{2}{r} D^{\prime}+\frac{6}{r} e^{\prime} D=0 .
\]

Общее решение этого уравнения
\[
e=A e_{0}+B e_{1},
\]

где $A$ и $B$ – некоторые константы. Общее решение уравнения Клеро имеет вид
\[
\eta=\frac{r e^{\prime}}{e}=\frac{A r e_{0}^{\prime}+B r e_{1}^{\prime}}{A e_{0}+B e_{1}}=\frac{A \eta_{0} \frac{e_{0}}{e_{1}}+B \eta_{1}}{A \frac{e_{0}}{e_{1}}+B} .
\]

Однако мы знаем, что когда $r$ стремится к нулю, $\eta_{1}$ стремится к -5 , а $\eta_{0}$ также стремится к нулю. Следовательно, значение разности $\eta_{1}-\eta_{0}$ может быть меньше -4 . Отсюда
\[
\frac{r e_{1}^{\prime}}{e_{1}}-\frac{r e_{0}^{\prime}}{e_{0}}<-4, \quad \frac{e_{1}^{\prime}}{e_{1}}-\frac{e_{0}^{\prime}}{e_{0}}<-\frac{4}{r}, \quad e_{1}<e_{0} r^{-4}
\]
т. е. предел $\frac{e_{0}}{e_{1}}$ равен нулю, когда $r$ стремится к нулю. Таким образом, когда $r$ стремится к нулю, предел $\eta$ равен пределу $\eta_{1}$ до тех пор, пока постоянная $B$ отлична от нуля. Если $B=0$, предел равен $\eta_{0}$. Отсюда вытекает, что существует одно и только одно решение уравнения Клеро, стремящееся к нулю вместе с $r$, а именно, решение при $B=0$ [11].

Соотношение между сжатием, силой притяжения и центробежной силой на экваторе. Как уже было отмечено, нельзя говорить о поверхностях равной плотности вне планеты, однако вполне можно говорить о внешних уровенных поверхностях.
Для таких поверхностей всегда верно равенство
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+\Delta(H Y)=0 .
\]

Заметим, что вне массы жидкости $\Delta V_{0}=-4 \pi \rho$ обращается в нуль. Следовательно,
\[
\Delta(H Y)=0, \quad \Delta(H Y)=Y\left[H^{\prime \prime}+\frac{2}{r} H^{\prime}-\frac{n(n+1)}{r^{2}} H\right]=0 .
\]

Возьмем $n=2$, тогда
\[
H^{\prime \prime}+\frac{2}{r} H^{\prime}-\frac{6}{r^{2}} H=0 .
\]

Общее решение этого уравнения
\[
H=A r^{2}+B r^{-3} .
\]

Учитывая, что на бесконечном удалении $H$ должно быть равно нулю, $A$ следует также приравнять к нулю. Тогда
\[
H=B r^{-3} \text {. }
\]

Обозначим через $M$ массу жидкости, заключенной в объеме $V$, ограниченном рассматриваемой уровенной поверхностью, и запишем
\[
D=\frac{M}{V}=\frac{C}{r^{3}},
\]

где $C=\frac{3 M}{4 \pi}$.
Уравнение
\[
e r^{2} D Y=\frac{9}{4 \pi}\left[H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right] Y
\]

принимает вид
\[
\frac{e C}{r}=\frac{9}{4 \pi}\left[\frac{B}{r^{3}}+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right], \quad e=\frac{9}{4 \pi}\left[\frac{B}{C r^{2}}+\frac{\omega^{2} r^{3}}{6 C}\right] .
\]

Отсюда
\[
r e^{\prime}=\frac{9}{4 \pi}\left[\frac{-2 B}{C r^{2}}+\frac{3 \omega^{2} r^{3}}{6 C}\right] .
\]

Таким образом,
\[
r e^{\prime}+2 e=\frac{9}{4 \pi} \frac{5 \omega^{2} r^{3}}{6 C}=\frac{15}{8 \pi C} \omega^{2} r^{3}=\frac{15 \omega^{2}}{8 \pi D} .
\]

Так как мы положили
\[
r e^{\prime}=e \eta,
\]

то в конечном счете получим
\[
e(\eta+2)=\frac{15}{8 \pi} \frac{\omega^{2}}{D} .
\]

Это соотношение установлено для области вне массы жидкости, но верно и на ее поверхности.

Центробежная сила на экваторе равна $\omega^{2} r$, сила притяжения на поверхности – $\frac{4}{3} \pi r D$. Обозначив отношение первой величины ко второй через $\varphi$, получим
\[
e(\eta+2)=\frac{5}{2} \varphi
\]

Значение $\eta$ находится в интервале от 0 до 3 , отсюда неравенство
\[
\frac{5 \varphi}{4}>e>\frac{\varphi}{2} \text {; }
\]
$\eta=3$ только в том случае, когда тело однородно. Таким образом, сжатие достигает предела $\frac{\varphi}{2}$, только если планета однородна [12].

Определение полного комплекта коэффициентов $\boldsymbol{H}$. Докажем, что уравнения
\[
\Delta H Y=\frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r D} H Y,
\]

которые определяют коэффициенты $H$ разложения
\[
V=V_{0}+\sum H Y,
\]

не имеют иного решения, нежели $H=0$.
Обозначим порядок сферической функции через $n$ и положим
\[
H=Z r^{n} D .
\]

Уравнение примет вид
\[
\Delta\left(Z r^{n} D Y\right)=\frac{r D^{\prime \prime}+4 D^{\prime}}{r} Z r^{n} Y .
\]

Выражение $r^{n} Y$ представляет собой сферический полином. Применив формулу
\[
\Delta(P U)=\left[U^{\prime \prime}+\frac{2 n+2}{r} U^{\prime}\right] P,
\]

получим равенство
\[
(Z D)^{\prime \prime}+\frac{2 n+2}{r}(Z D)^{\prime}=Z D^{\prime \prime}+\frac{4 Z D^{\prime}}{r},
\]

которое после преобразования запишется следующим образом:
\[
Z^{\prime \prime} D+2 Z^{\prime}\left(D^{\prime}+\frac{n+1}{r} D\right)+\frac{2 n-2}{r} Z D^{\prime}=0 .
\]

Произведя замену переменных
\[
\frac{r Z^{\prime}}{Z}=\varepsilon
\]

получим
\[
r \varepsilon^{\prime}+\varepsilon^{2}+(2 n+1) \varepsilon+\frac{2 r D^{\prime}}{D}(\varepsilon+n-1)=0 .
\]

К этому уравнению применимы те же рассуждения, что и к уравнению Клеро. Значение $\frac{2 r D^{\prime}}{D}$ заключено между пределами 0 и -6 .
Таким образом, нам следует рассмотреть два уравнения
\[
\begin{array}{l}
r \varepsilon^{\prime}+\varepsilon^{2}+(2 n+1) \varepsilon=0, \\
r \varepsilon^{\prime}+\varepsilon^{2}+(2 n-5) \varepsilon-6(n-1)=0 .
\end{array}
\]
Рис. 13

Построим две параболы, откладывая $\varepsilon$ по оси абсцисс, а $r \varepsilon^{\prime}$ – по оси ординат (рис. 13). Как и в предыдущем случае ${ }^{1}$, можно доказать, что значение $\varepsilon$ может находиться только в интервале от 0 до 3 .
Вне планеты $\Delta(H Y)=0$, или
\[
H^{\prime \prime}+\frac{2}{r} H^{\prime}-\frac{n(n+1)}{r^{2}} H=0 .
\]

Общее решение этого уравнения
\[
H=a r^{n}+b r^{-(n+1)} ;
\]

поскольку $H$ на бесконечном удалении обращается в нуль, $a$ также равно нулю, следовательно,
\[
H=b r^{-n-1}, \quad Z=\frac{b}{C} r^{-2(n+1)},
\]

откуда
\[
\varepsilon=-2(n+1) .
\]

Но значение $\varepsilon$ должно находиться в интервале от 0 до 3 ; значит, $b$ также обращается в нуль.

Таким образом, единственное возможное решение, как снаружи так и внутри жидкой массы, это $H=0$.

Этот вывод неприменим, когда $n=1$ или 2 , но эти случаи мы уже рассматривали [13].
Точное определение сжатия. Известно, что
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+4 \pi \rho^{\prime} \zeta, \quad \Delta(H Y)=4 \pi \rho^{\prime} \zeta, \quad e=\frac{3 \zeta}{r Y} .
\]

Следовательно, верно равенство
\[
\Delta(H Y)=\frac{4}{3} \pi e \rho^{\prime} r Y
\]

учтя формулу
\[
\Delta(H Y)=Y\left[H^{\prime \prime}+\frac{2 H^{\prime}}{r}-\frac{n(n+1)}{r^{2}} H\right],
\]
${ }^{1}$ См. рис. 10.

где $n=2$, можно определить $H$ из следующего линейного уравнения второго порядка:
\[
H^{\prime \prime}+\frac{2 H^{\prime}}{r}-\frac{6 H}{r^{2}}=\frac{4}{3} \pi e \rho^{\prime} r .
\]

Общее решение только левой части этого уравнения –
\[
H=\alpha r^{2}+\beta r^{-3},
\]

где $\alpha$ и $\beta$ – постоянные интегрирования. Найдем решение всего уравнения, учитывая, что $\alpha$ и $\beta$ суть функции от $r$. Метод вариации постоянных дает
\[
\alpha^{\prime} r^{2}+\beta^{\prime} r^{-3}=0,
\]

следовательно,
\[
H^{\prime}=2 \alpha r-3 \beta r^{-4}, \quad H^{\prime \prime}=2 \alpha^{\prime} r-3 \beta^{\prime} r^{-4}+2 \alpha+12 \beta r^{-5} .
\]

Подставляя эти значения в первоначальное уравнение, получим
\[
2 \alpha^{\prime} r-3 \beta^{\prime} r^{-4}=\frac{4}{3} \pi e \rho^{\prime} r .
\]

Из уравнений (1) и (2) определяем $\alpha^{\prime}$ и $\beta^{\prime}$ :
\[
\alpha^{\prime}=\frac{4 \pi}{15} e \rho^{\prime}, \quad \beta^{\prime}=-\frac{4 \pi}{15} e \rho^{\prime} r^{5} .
\]

Таким образом,
\[
H=\frac{4 \pi r^{2}}{15} \int_{a}^{r} e \rho^{\prime} d r-\frac{4 \pi r^{-3}}{15} \int_{b}^{r} e \rho^{\prime} r^{5} d r .
\]

Эта функция содержит две произвольных константы, $a$ и $b$. Какими их следует выбрать? Пусть $r_{1}$ – это радиус планеты; для $r>r_{1}$ величины $\rho$ и $\rho^{\prime}$ равны нулю, следовательно, интегралы сводятся к постоянным
\[
\int_{a}^{r_{1}} \text { и } \int_{b}^{r_{1}} .
\]

При $r=\infty$ величина $H$ должна обратиться в нуль. Значит, коэффициент при $r$ также равен нулю. Отсюда $a=r_{1}$.

При $r=0$ величина $H$ конечна. Значит, коэффициент при $r^{-3}$ должен быть равен нулю. Отсюда $b=0$.
Таким образом, значение $H$ полностью определено.
Подставив это значение $H$ в уравнение
\[
e r^{2} D=\frac{9}{4 \pi}\left[H+\frac{\omega^{2} r^{2}}{6}\right]
\]

получим
\[
e=\frac{3}{5 D} \int_{r_{1}}^{r} e \rho^{\prime} d r-\frac{3}{5 r^{5} D} \int_{0}^{r} e \rho^{\prime} r^{5} d r+\frac{3}{8 \pi} \frac{\omega^{2}}{D} .
\]

Как будет выглядеть это выражение для поверхности планеты, когда $r=r_{1}$ ? Вместо $D$ подставим $D_{1}$ – среднюю плотность планеты ${ }^{1}$ и получим
\[
\begin{array}{l}
e=-\frac{3}{5 D_{1} r^{5}} \int_{0}^{r_{1}} e \rho^{\prime} r^{5} d r+\frac{3}{8 \pi} \frac{\omega^{2}}{D_{1}}, \\
e=-\frac{3}{5 r^{5} D_{1}} \int_{0}^{r_{1}} e \rho^{\prime} r^{5} d r+\frac{\varphi}{2},
\end{array}
\]

где $\varphi$ – отношение центробежной силы на экваторе к силе притяжения.
Моменты инерции эллипсоида. Вычислим интеграл $\int Y^{2} d \sigma$, где $Y$ представляет собой функцию
\[
\frac{x^{2}+y^{2}-2 r^{2}}{r^{2}} \text {. }
\]

Имеем
\[
x=r \sqrt{1-\mu^{2}} \cos \varphi, \quad y=r \sqrt{1-\mu^{2}} \sin \varphi, \quad z=r \mu, \quad d \sigma=d \mu d \varphi .
\]

Таким образом, нужно вычислить значение интеграла
\[
\int_{0}^{2 \pi} \int_{-1}^{+1}\left(1-3 \mu^{2}\right)^{2} d \mu d \varphi=2 \pi \int_{-1}^{+1}\left(1-6 \mu^{2}+9 \mu^{4}\right) d \mu,
\]
${ }^{1} D_{1}$ – средняя плотность всей планеты.

которое равно
\[
\int Y^{2} d \sigma=\frac{16 \pi}{5} .
\]

Вычислим моменты инерции массы жидкости $A, B, C$ :
\[
A=\int \rho\left(y^{2}+z^{2}\right) d \tau
\]

Имеем
\[
\begin{array}{c}
\Delta V=-4 \pi \rho, \\
-4 \pi A=\int \Delta V\left(y^{2}+z^{2}\right) d \tau, \\
-4 \pi B=\int \Delta V\left(z^{2}+x^{2}\right) d \tau, \\
-4 \pi C=\int \Delta V\left(x^{2}+y^{2}\right) d \tau \\
-2 \pi(A+B+C)=\int \Delta V\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) d \tau .
\end{array}
\]

Ho
\[
\Delta V=\Delta V_{0}+\Delta(H Y)
\]

и
\[
\int \Delta(H Y) r^{2} d \tau=0
\]

кроме того,
\[
d \tau=r^{2} d r d \mu d \varphi=d r d \sigma
\]

В итоге получим
\[
\begin{aligned}
\int \Delta H Y r^{2} d \tau & =\int \Delta(H Y) r^{2} d r d \sigma= \\
& =\int \frac{\Delta(H Y)}{Y} r^{2} d r \cdot Y d \sigma=\int f(r) d r \int Y d \sigma
\end{aligned}
\]

Это произведение равно нулю, так как равен нулю второй интеграл. Следовательно,
\[
2 \pi(A+B+C)=\int \Delta V_{0} r^{2} d \tau=\int \Delta V_{0} r^{2} d r d \sigma
\]

и, поскольку $\Delta V_{0}$ зависит только от $r$,
\[
2 \pi(A+B+C)=4 \pi \int \Delta V_{0} r^{4} d r .
\]

Известно, что
\[
r^{2} \Delta V_{0}=r^{2} \frac{d^{2} V_{0}}{d r^{2}}+2 r \frac{d V_{0}}{d r}=\frac{d}{d r}\left[r^{2} \frac{d V_{0}}{d r}\right] ;
\]

но
\[
\frac{d V_{0}}{d r}=-\frac{4 \pi r D}{3}
\]

отсюда
\[
A+B+C=\frac{8 \pi}{3} \int_{0}^{r_{1}} r^{2} \frac{d}{d r}\left(D r^{3}\right) d r .
\]

Принимая во внимание равенство $A=B$ и интегрируя по частям, получим
\[
2 A+C=\frac{8 \pi}{3}\left[\left[r^{5} D\right]_{0}^{r_{1}}-\int_{0}^{r_{1}} 2 r^{4} D d r\right] .
\]

Пренебрегая бесконечно малыми величинами, можно считать $A=C,{ }^{1}$ тогда
\[
C=\frac{8 \pi}{9}\left[r_{1}^{5} D_{1}-2 \int_{0}^{r_{1}} r^{4} D d r\right] .
\]

Вычислим значение разности $C-A$. Имеем
\[
\begin{array}{l}
4 \pi(C-A)=\int \Delta V\left(z^{2}-x^{2}\right) d \tau, \\
4 \pi(C-B)=\int \Delta V\left(z^{2}-y^{2}\right) d \tau .
\end{array}
\]

Отсюда
\[
8 \pi(C-A)=-\int \Delta V r^{2} Y d \tau,
\]

где $Y$ – это сферическая функция $\frac{x^{2}+y^{2}-2 z^{2}}{r^{2}}$.
${ }^{1}$ Равенство $A=C$ предназначено только для подстановки в верхнее уравнение, что не противоречит нахождению ниже разности $C-A$.

Следовательно, как мы уже отмечали,
\[
8 \pi(C-A)=-\int \Delta V_{0} r^{2} Y d \tau-\int \Delta(H Y) r^{2} Y d \tau .
\]

Первый интеграл равен нулю, так как он представляет собой произведение двух интегралов
\[
\int \Delta V_{0} r^{4} d r \int Y d \sigma
\]

из которых последний равен нулю. Интеграл
\[
\int \Delta(H Y) r^{2} Y d \sigma=\int \frac{\Delta(H Y)}{Y} r^{2} Y^{2} d \tau=\int \frac{\Delta(H Y)}{Y} r^{4} d r \int Y^{2} d \sigma
\]

и, поскольку
\[
\int Y^{2} d \sigma=\frac{16 \pi}{5}
\]

получим
\[
\begin{aligned}
8 \pi(C-A)=-\frac{16 \pi}{5} \int \frac{\Delta(H Y)}{Y} r^{4} d r= \\
\quad=-\frac{16 \pi}{5} \int \frac{4}{3} \pi e \rho^{\prime} r^{5} d r=-\frac{64 \pi^{2}}{15} \int_{0}^{r_{1}} e \rho^{\prime} r^{5} d r .
\end{aligned}
\]

Отсюда
\[
C-A=-\frac{8 \pi}{15} \int_{0}^{r_{1}} e \rho^{\prime} r^{5} d r
\]

что есть величина положительная.
Таким образом, обратясь к формуле (3) на стр. 87 , получим
\[
e_{1}-\frac{\varphi}{2}=\frac{9}{8 \pi} \frac{C-A}{r_{1}^{5} D} .
\]

Можно выдвинуть гипотезу, отличную от гипотезы Клеро. Предположим, например, существование твердого неоднородного ядра, покрытого жидкостью; полученное нами соотношение будет верно и для этого случая.

Сопоставление теории и наблюдений. Положим $\frac{C-A}{C}=J$, тогда
\[
e_{1}-\frac{\varphi}{2}=\frac{J}{r_{1}^{5} D_{1}}\left[r_{1}^{5} D_{1}-2 \int_{0}^{r_{1}} r^{4} D d r\right]=J\left[1-\frac{2 \int_{0}^{r_{1}} r^{4} D d r}{r_{1}^{5} D_{1}}\right] .
\]

Величина $e_{1}$ известна из геодезических измерений и равна $\frac{1}{293,5}$, величина $\varphi$ измерена физиками и равна $\frac{1}{288,38}$, а величина $J$ найдена из предварения равноденствий и равна $0,0032753=\frac{1}{305,31} \cdot{ }^{1}$ Таким образом, имеет место равенство
\[
\frac{2 \int r^{4} D d r}{r_{1}^{5} D_{1}}=1-\frac{e_{1}-\varphi}{J}=0,49145 .
\]

Вернемся к уравнению Клеро:
\[
r \eta^{\prime} D+\left(\eta^{2}+5 \eta\right) D+2 r D^{\prime}(1+\eta)=0 ;
\]

имеем
\[
\begin{aligned}
\frac{d}{d r}\left[r^{5} \sqrt{1+\eta} D\right] & =\frac{r^{5} \eta^{\prime} D}{2 \sqrt{1+\eta}}+\frac{\varphi r^{5} D^{\prime}(1+\eta)}{\varphi \sqrt{1+\eta}}+\frac{5 r^{4} D(1+\eta)}{\sqrt{1+\eta}}= \\
& =\frac{5 r^{4} D}{\sqrt{1+\eta}}\left[1+\eta+\frac{r \eta^{\prime}}{10}+\frac{r(1+\eta)}{5} \frac{D^{\prime}}{D}\right]
\end{aligned}
\]

Отсюда можно записать уравнение Клеро следующим образом:
\[
\frac{d}{d r}\left[r^{5} \sqrt{1+\eta} D\right]=\frac{5 r^{4} D}{\sqrt{1+\eta}}\left[1+\eta-\frac{\eta^{2}}{10}-\frac{\eta}{2}\right]=\frac{5 r^{4} D}{\sqrt{1+\eta}}\left[1+\frac{\eta}{2}-\frac{\eta^{2}}{10}\right] .
\]

Интегрируя от 0 до $r_{1}$, получаем
\[
r_{1}^{5} \sqrt{1+\eta_{1}} D_{1}=\int_{0}^{r_{1}} \frac{5 r^{4} D}{\sqrt{1+\eta}}\left[1+\frac{\eta}{2}-\frac{\eta^{2}}{10}\right] d r . .^{2}
\]
${ }^{1}$ Современные значения характеристик Земли см., например, в книге К.Е.Буллена «Плотность Земли».
${ }^{2}$ Эта форма уравнения Клеро называется уравнением Радо. Его ценность в том, что подынтегральная функция очень слабо зависит от параметра $\eta$ (см. далее функцию $K(\xi))$.

Здесь можно применить теорему о среднем, так как функция $5 r^{4} \mathrm{D}$ положительна. Обозначив некоторое число, заключенное в интервале от 0 до 3 , через $\xi$, получим
\[
r_{1}^{5} \sqrt{1+\eta_{1}} D_{1}=\frac{1+\frac{\xi}{2}-\frac{\xi^{2}}{10}}{\sqrt{1+\xi}} \int 5 r^{4} D d r
\]

для некоторого значения $r$, заключенного в интервале от 0 до $r_{1}$.
Понаблюдаем за изменениями величины
\[
K=\frac{1+\frac{\xi}{2}-\frac{\xi^{2}}{10}}{\sqrt{1+\xi}},
\]

когда $\xi$ изменяется в интервале от 0 до 3 :
\[
\begin{array}{rlrl}
\xi & =0 & K & =1 \\
\xi & =\frac{1}{3} & & =1,00075 \quad \text { максимум } \\
\xi & =\frac{1}{2} & & =1,0002 \\
\xi & =0,53 & K & =1 \\
\xi=\eta_{1} & =0,544 & K_{1} & =0,99954 \\
\xi & =1 & K & =0,989 \\
\xi & =2 & K & =0,9 \\
\xi & =3 & K & =0,8 .
\end{array}
\]

Мы видим, что знчение $K$ изменяется очень мало, оставаясь в интервале от 0,99954 до 1,00075 , т. е. очень близко к 1 . Заменив $\eta_{1}$ в формуле значением 0,544 , получим
\[
\frac{2 \int r^{4} D d r}{r_{1}^{5} D_{1}}=\frac{2}{5 K} \sqrt{1+\eta_{1}}=0,497 \frac{1}{K}>0,49663 .
\]

Ранее мы получили для той же величины значение 0,49145 .
Как объяснить эту разницу?
Можно допустить, что величины, входящие в формулу, т. е. $J$ и $e_{1}$, были измерены с некоторой погрешностью.

Из первого уравнения получим в качестве точного значения следующее:
\[
\begin{aligned}
\frac{2 \int r^{4} D d r}{r_{1}^{5} D_{1}} & =0,49145-\frac{1}{J} \delta e_{1}+\frac{e_{1}-\varphi}{J^{2}} \delta J= \\
& =0,49145-305,31 \delta e_{1}+155,26 \delta J .
\end{aligned}
\]

Из второго:
\[
\begin{array}{l}
\frac{2 K \int r^{4} D d r}{r_{1}^{5} D_{1}}=0,49700-120,18 \delta e_{1} . \\
\end{array}
\]

Допустим, что $\delta J=0$. Для того чтобы формулы оставались сравнимыми, необходимо, чтобы величина $\delta e_{1}$ была равна $-0,000027 ; e_{1}$ тогда будет равно $\frac{1}{295,85}$.
Если допустить, что погрешность была внесена $J$, то
\[
\delta J=0,000034 .
\]

В этом случае $J=\frac{1}{302,18}$.
Допустимо ли это? Заметим прежде всего, что величина $J$, фигурирующая в данной формуле, есть не что иное, как, приближенно, $\frac{C-A}{C}$.
Исходя из этого, величину $J$ можно заменить выражением
\[
\frac{J}{1-\frac{2}{3} J} \text {. }
\]

Допущенная погрешность $\delta J$ равна $\frac{2}{3} J^{2}$, или
\[
\delta J=0,000006 .
\]

Значит, погрешность внесена другой величиной.
С другой стороны, измерения нутации достаточно точны. Обозначив постоянную нутации через $N$, получим
\[
N=\frac{\mu}{1+\mu} J[5,36542],
\]

где $\mu$ – отношение $\frac{L}{T}$ массы Луны к массе Земли; число в квадратных скобках представляет собой не коэффициент, а логарифм этого отношения.
Предварение равноденствий ( $p$ ) есть сумма двух членов,
\[
p=p^{\prime}+p^{\prime \prime}
\]

первый из них связан с притяжением Луны,
\[
p^{\prime}=866135 \frac{\mu}{1+\mu} J=34,38,
\]

а второй – с притяжением Солнца,
\[
p^{\prime \prime}=4871,05 J=15,95 \text {. }
\]

Положим
\[
\frac{\mu}{1+\mu}=\varepsilon
\]

Тогда
\[
\begin{array}{c}
\frac{\delta N}{N}=\frac{\delta \varepsilon}{\varepsilon}+\frac{\delta J}{J} \\
\delta p=p^{\prime}\left[\frac{\delta \varepsilon}{\varepsilon}+\frac{\delta J}{J}\right]+p^{\prime \prime} \frac{\delta J}{J}=p^{\prime} \frac{\delta \varepsilon}{\varepsilon}+p \frac{\delta J}{J} .
\end{array}
\]

Величина $p$ определена точнее, чем $N$, поэтому можно допустить $\delta p=0$. Принимая $\frac{\delta J}{J}=0,000034 \times 305,31=0,0103$ и решая систему уравнений, получим
\[
\begin{aligned}
\frac{\delta \varepsilon}{\varepsilon} & =-0,015, \\
\frac{\delta N}{N} & =0,005 .
\end{aligned}
\]

Исходя из этого, мы можем считать значение $N$ равным $9^{\prime \prime} 17$ вместо $9^{\prime \prime} 21$, а значение $\mu$ равным $\frac{1}{81,5}$ вместо $\frac{1}{82}$. На первый взгляд, эти цифры трудно принять.

Можно, кроме того, предположить, что общая погрешность является суммой погрешностей, внесенных каждым из членов.

Другое объяснение заключается в том, что гипотеза Клеро лишь приближенно учитывает члены второго порядка. Однако Калландро, производивший вычисления, показал, что при учете членов второго порядка вдавливание эллипсоида составит всего лишь 9 метров. Этой величиной можно пренебречь.

Можно также спросить, до какой степени точна гипотеза Клеро. Допустим, например, что Земля сейчас представляет собой целиком твердое тело, за исключением морей. В момент затвердевания слои подчинялись закону Клеро, однако начиная с этого момента скорость вращения может изменяться (например, приливы замедляют вращение). Кроме того, сжатие внутренних эллипсоидов также может изменяться вследствие оседания гор и континентов.

Наконец, можно предположить, что некоторая часть внутреннего объема Земли остается жидкой: в этом случае две жидкие части и твердая оказывают каждая свое влияние на явление прецессии. Однако гипотеза о жидком ядре Земли едва ли правдоподобна [14].

До сих пор мы рассматривали планеты как жидкие массы и показали, каким должно быть распределение плотностей внутри этих масс.

Предположим теперь, что существует твердое тело некоторой формы с некоторым распределением плотностей внутри него, полностью покрытое слоем жидкости малой толщины, который испытывает воздействие силы тяжести и центробежной силы, связанной с вращением твердого тела.

Внешняя поверхность тела представляет собой уровенную поверхность, для которой верно равенство
\[
U=V+\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)=C^{\text {te }},
\]

но эквипотенциальные поверхности внутри тела не обязательно являются поверхностями равной плотности.