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:
$$\mathrm{\Delta }{V}_0=\frac{d^2{V}_0}{d{r}^2}+\frac{2}{r}\frac{d{V}_0}{dr}=-4\pi \rho .$$

Масса, заключенная между двумя сферами бесконечно близких радиусов $r$ и $r+dr$, равна
$$4\pi r^2\rho dr,$$

в то время как общая масса, заключенная внутри сферы радиуса $r$, равна
$${\int }_0^{r}4\pi r^2\rho dr.$$

Обозначим среднюю плотность данной сферы через $D$. Тогда
$${\int }_0^{r}4\pi r^2\rho dr=\frac{4}{3}\pi r^{3}D.$$
$D$ — это функция от $r$, а ее производная $D^{\prime }$ — отрицательна, поскольку равновесие устойчиво.

Продифференцировав последнее уравнение, получим
$$4\pi r^2\rho dr=4\pi r^{2}Ddr+\frac{4}{3}\pi r^3{D}^{\prime }dr.$$

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

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

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

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

Если жидкая масса однородна, $\frac{r{D}^{\prime }}{3D}=0$.
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
$$\frac{d{V}_0}{dr}=-\frac{4}{3}\pi rD$$

Поскольку $\rho$ и $V_0$ являются функциями только от $r$, можно предположить, что одна из них есть функция от другой. На основании соотношения (1), $\mathrm{\Delta }{V}_0$ есть функция от $V_0$, т. е. $\mathrm{\Delta }{V}_0=f\left(V_0\right)$. Дифференцируя
${}^1$ Величину $\frac{r{D}^{\prime }}{D}$ принято называть параметром концентрации.

эту функцию, получаем
$$\frac{df\left(V_0\right)}{d{V}_0}=\frac{d\left(\mathrm{\Delta }{V}_0\right)}{d{V}_0}=\frac{\frac{d\mathrm{\Delta }{V}_0}{dr}}{\frac{d{V}_0}{dr}}=\frac{-4\pi {\rho }^{\prime }}{-\frac{4}{3}\pi rD}.$$

Учитывая соотношение (3), получим
$$f^{\prime }\left(V_0\right)=\frac{4D^{\prime }+r{D}^{\prime \prime }}{rD}.$$

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:
$$V=V_0+\sum HY,$$

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:
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+\sum \mathrm{\Delta }(HY)=-4\pi \rho ,$$

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

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

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

Поскольку величина ${\omega }^2$ очень мала, $V$ незначительно отличается от $V_0$, а $\mathrm{\Delta }V$ незначительно отличается от $\mathrm{\Delta }{V}_0$.

Отношение между $\mathrm{\Delta }V$ и $V$ незначительно отличается от отношения между $\mathrm{\Delta }{V}_0$ и $V_0$. Следовательно, можно записать
$$\mathrm{\Delta }V=f(U)+\phi (U),$$

где $\phi$ — некоторая функция, значение которой всегда порядка ${\omega }^2$.
Разложив правую часть предыдущего равенства по формуле Тэйлора, получим
$$\mathrm{\Delta }V=f\left(V_0\right)+(U-V_0)f^{\prime }\left(V_0\right)+\dots +\phi \left(V_0\right)+(U-V_0){\phi }^{\prime }\left(V_0\right)+\dots .$$

На основании сделанных предположений можно пренебречь бесконечно малыми членами второго порядка и записать
$$\mathrm{\Delta }V=f\left(V_0\right)+(U-V_0)f^{\prime }\left(V_0\right)+\phi \left(V_0\right)=\mathrm{\Delta }{V}_0+(U-V_0)f^{\prime }\left(V_0\right)+\phi \left(V_0\right).$$

Наконец, учитывая равенство (6), можно записать
$$\sum \mathrm{\Delta }(HY)=(U-V_0)f^{\prime }\left(V_0\right)+\phi \left(V_0\right).$$

Очевидно,
$$U-V_0=\sum HY+\frac{{\omega }^2}{2}(x^2+y^2).$$

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

Разложение сводится к сумме двух сферических функций $Y=1$ и $Y=\frac{x^2+y^2-2z^2}{r^2}$ 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
$$\begin{array}{rl}U-V_0& =\sum (H+C)Y,\\ \sum \mathrm{\Delta }(HY)& =\sum (H+C)Y{f}^{\prime }\left(V_0\right)+\phi \left(V_0\right).\end{array}$$

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

содержит функцию $Y$ как множитель, следовательно
$$\mathrm{\Delta }(HY)=Y(H+C)f^{\prime }\left(V_0\right)=Y(H+C)\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}.$$

Возьмем $Y=1$. Тогда
$$\mathrm{\Delta }H=(H+\frac{{\omega }^2}{3}{r}^2)\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}+\phi \left(V_0\right).$$

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

В этом случае коэффициент $H$ определяется уравнением
$$\mathrm{\Delta }(HY)=(H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6})Y\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}.$$

Для других значений $Y$ имеет место уравнение
$$\mathrm{\Delta }(HY)=HY\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}.$$

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:
$$\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}.$$

Рассмотрим одну из них; например, $\frac{x}{r}$. Известно, что
$$\mathrm{\Delta }{V}_0=f\left(V_0\right).$$

Возьмем производные по $x$ от каждой из частей равенства:
$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial x}\left(\mathrm{\Delta }{V}_0\right)& =\frac{\partial }{\partial x}f\left(V_0\right),\\ \mathrm{\Delta }\frac{\partial V_0}{\partial x}& =f^{\prime }\left(V_0\right)\frac{\partial V_0}{\partial x},\\ \mathrm{\Delta }(\frac{d{V}_0}{dr}\cdot \frac{\partial r}{\partial x})& =f^{\prime }\left(V_0\right)\frac{d{V}_0}{dr}\cdot \frac{\partial r}{\partial x},\\ \mathrm{\Delta }[\frac{d{V}_0}{dr}\cdot \frac{x}{r}]& =\frac{d{V}_0}{dr}\cdot \frac{x}{r}\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}.\end{array}$$

Очевидно, что если $Y=\frac{x}{r}$, то уравнение
$$\mathrm{\Delta }(HY)=HY\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}$$

справедливо при $H=a\frac{d{V}_0}{dr}$. Это верно и для функций $Y=\frac{y}{r}$ и $Y=\frac{z}{r}$.
В таком случае члены первого порядка выглядят следующим обра30M:
$$\frac{d{V}_0}{dr}\left(\frac{ax+by+cz}{r}\right),$$

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:
$$\zeta =M{M}^{\prime }\cos (r,M{M}^{\prime }).$$

До деформации в точке $M$ было верно

Рис. 9
$$\mathrm{\Delta }{V}_0=-4\pi \rho .$$

После деформации плотность в точке $M^{\prime }$ равна по-прежнему $\rho$, а плотность в точке $M$ равна ${\rho }^{\prime }=-\frac{\mathrm{\Delta }V}{4\pi }$, где $V$ — потенциал в точке $M$. Имеет место соотношение
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0-\zeta \frac{d\mathrm{\Delta }{V}_0}{dr}$$

Учитывая, что
$$\frac{d\mathrm{\Delta }{V}_0}{dr}=\frac{d\mathrm{\Delta }{V}_0}{d{V}_0}\cdot \frac{d{V}_0}{dr},$$

и воспользовавшись соотношениями (4) и (5), получим
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+\frac{4\pi }{3}\zeta (4D^{\prime }+r{D}^{\prime \prime }).$$

С другой стороны, мы можем записать
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+\sum \mathrm{\Delta }HY.$$

Отсюда
$$\zeta =\frac{3}{4\pi (4D^{\prime }+r{D}^{\prime \prime })}\sum \mathrm{\Delta }HY.$$

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
$$\int \sum \mathrm{\Delta }HYd\sigma =0$$

Можно записать следующее:
$$\sum \phi (r)\int Yd\sigma =0.$$

Каждое слагаемое равно нулю, за исключением первого, для которого $Y$ равен единице. Отсюда, обозначив коэффициент при $Y_0=1$ через $H_0$, получим
$$\mathrm{\Delta }\left(H_0\right)=0,$$

или, так как $H_0$ есть функция от $r$,
$$\mathrm{\Delta }{H}_0=\frac{d^2{H}_0}{d{r}^2}+\frac{2}{r}\frac{d{H}_0}{dr}=0.$$

Общее решение этого уравнения выглядит следующим образом:
$$H_0=A+\frac{B}{r},$$

где $A$ и $B$ — константы.
Напомним, однако, что $V=V_0+\sum HY$. 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
$$f^{\prime }\left(V_0\right)\frac{{\omega }^2{r}^2}{3}+\phi \left(V_0\right)=0.$$

Это уравнение определяет функцию $\phi \left(V_0\right)$.
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,
$$\zeta =\frac{3}{4\pi }\frac{\mathrm{\Delta }H{Y}_2}{4D^{\prime }+r{D}^{\prime \prime }}=Y_2\psi (r).$$

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

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

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

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

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,
$$\begin{array}{l}\zeta =-2r^2\psi (r),\\ \zeta =r^2\psi (r).\end{array}$$

Значение разности радиусов равно
$$3r^{2}v(r)$$

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

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

Известно, что
$$\zeta =\frac{3}{4\pi }\frac{\sum \mathrm{\Delta }HY}{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}.$$

Сумма здесь сводится к одному члену. Вспомним уравнение (9):
$$\mathrm{\Delta }(HY)=(H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6})Y{f}^{\prime }\left(V_0\right)=(H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6})Y\frac{4D^{\prime }+r{D}^{\prime \prime }}{rD}.$$

Отсюда
$$\begin{array}{c}4\pi r^{2}DeY=(H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6})Y\\ \mathrm{\Delta }e{r}^{2}DY=\frac{9}{4\pi }[\mathrm{\Delta }HY+\frac{{\omega }^2}{6}\mathrm{\Delta }{r}^{2}Y]\end{array}$$

Ho
$$\mathrm{\Delta }{r}^{2}Y=0,$$

так как $Y$ есть сферическая функция второго порядка.
Кроме того,
$$\frac{9}{4\pi }\mathrm{\Delta }HY=(r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime })\mathrm{er}Y$$

Таким образом, уравнение принимает вид
$$\mathrm{\Delta }e{r}^{2}DY=(r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime })erY$$

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

Положив $n=2$
$$\begin{array}{l}U=eD,\\ P=r^{2}Y,\end{array}$$

получим уравнение
$$\frac{d^2(eD)}{d{r}^2}+\frac{6}{r}\frac{d(eD)}{dr}=e{D}^{\prime \prime }+\frac{4D^{\prime }e}{r}$$

преобразовав выражение, получим
$$e^{\prime \prime }D+2e^{\prime }{D}^{\prime }+\frac{2}{r}e{D}^{\prime }+\frac{6}{r}{e}^{\prime }D=0{.}^1$$
${}^1$ 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 ${}^1$ :
$$\eta =\frac{r{e}^{\prime }}{e},{\eta }^{\prime }=\frac{r{e}^{\prime \prime }}{e}-\frac{r{e}^2}{e^2}+\frac{e^{\prime }}{e},\frac{r^2{e}^{\prime \prime }}{e}=r{\eta }^{\prime }+{\eta }^2-\eta .$$

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

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 $\frac{d\eta }{dr}$, и $r\frac{d\eta }{dr}$ 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 $\frac{d\eta }{dr}$, и $\frac{rd\eta }{dr}$ — положительны, а изображающая точка находится в той области плоскости, где не может быть точки с координатами $(r{\eta }^{\prime },\eta )$.

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:
$$\frac{r{e}^{\prime }}{e}<-\alpha ;\frac{e^{\prime }}{e}<-\frac{\alpha }{r}.$$

Интегрируя от $r<r_0$ до $r_0$, получим
$$\ln \frac{e}{e_0}>\ln {\left(\frac{r}{r_0}\right)}^{-\alpha },e>A{r}^{-\alpha }.$$

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 $(r{\eta }^{\prime },\eta )$ 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,
$$r{\eta }^{\prime }+{\eta }^2-\eta -6-5(\eta -3)<0,r{\eta }^{\prime }+(\eta -3{)}^2<0;$$

умножая последнее на $dr$, которое отрицательно, если $r$ убывает в интервале от $r_0$ до 0 , получим
$$\frac{dr}{r}+\frac{d\eta }{(\eta -3{)}^2}>0$$
T. e.
$$d\ln \frac{1}{r}+d\frac{1}{\eta -3}<0,\ln \frac{1}{r}+\frac{1}{\eta -3}<\ln \frac{1}{r_0}+\frac{1}{{\eta }_0-3}.$$

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
$$\begin{array}{l}r{\eta }^{\prime }+{\eta }^2+5\eta =0\\ \frac{dr}{r}+\frac{d\eta }{{\eta }^2+5\eta }=0\end{array}$$

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

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

отсюда $\eta =-5$. Но величина $\eta$ всегда положительна для любого $r$, следовательно, постоянная интегрирования не может быть равна $-\mathrm{\infty }$, 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
$$r{D}^{\prime }+3D=3\rho ,$$

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:
$$r{\eta }^{\prime }+5(\eta -3)+(\eta -3{)}^2+[\frac{2r{D}^{\prime }}{D}+6](1+\eta )=0.$$

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,
$$[\frac{2r{D}^{\prime }}{D}+6]=0$$

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
$$r{\eta }^{\prime }+{\eta }^2+5\eta +\frac{2r{D}^{\prime }}{D}(1+\eta )=0.$$

Построим координатные оси $O\eta$ и $Or$.
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
$${\eta }^{\prime }=-\frac{{\eta }^2+5\eta +\frac{2r{D}^{\prime }}{D}(1+\eta )}{r}.$$

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
$$\frac{r{D}^{\prime }}{D}=3(\frac{\rho }{D}-1).$$

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
$$r=0,\{\begin{array}{l}\eta =0\\ \eta =5\end{array}$$

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 $OABC$ (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 $OA$, 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 $AB$. Интегральная кривая не может дважды пересечь сторону $OA$, так как в этом случае она приобретет форму, анало-
Рис. 11
гичную форме кривой $PM{P}^{\prime }$, изображенной на рис. 12 , а это невозможно, поскольку производная $\frac{dr}{d\eta }$ не может обращаться в нуль внутри прямоугольника.

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

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

Следовательно, кривая, входящая в прямоугольник в точке $Q$, выходит из него в некоторой точке $N$, находящейся на стороне $AB$. 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
$$e=e_0{E}^{{\int }_0^r\frac{\eta (r)}{r}dr},$$

где $E$ — основание неперовых логарифмов.
Постоянную $e_0$ можно определить из одного из предыдущих уравнений, например
$$e{r}^{2}D=\frac{9}{4\pi }(H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6}).$$

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
$$r{\eta }^{\prime }+(\eta -\beta )(\eta +\gamma )+2(\frac{r{D}^{\prime }}{D}+\alpha )(1+\eta )=0$$

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:
$$4e^{\prime \prime }D+2e^{\prime }D+\frac{2}{r}{D}^{\prime }+\frac{6}{r}{e}^{\prime }D=0.$$

Общее решение этого уравнения
$$e=A{e}_0+B{e}_1,$$

где $A$ и $B$ — некоторые константы. Общее решение уравнения Клеро имеет вид
$$\eta =\frac{r{e}^{\prime }}{e}=\frac{Ar{e}_0^{\prime }+Br{e}_1^{\prime }}{A{e}_0+B{e}_1}=\frac{A{\eta }_0\frac{e_0}{e_1}+B{\eta }_1}{A\frac{e_0}{e_1}+B}.$$

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
$$\frac{r{e}_1^{\prime }}{e_1}-\frac{r{e}_0^{\prime }}{e_0}<-4,\frac{e_1^{\prime }}{e_1}-\frac{e_0^{\prime }}{e_0}<-\frac{4}{r},e_1<e_0{r}^{-4}$$
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
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+\mathrm{\Delta }(HY)=0.$$

Заметим, что вне массы жидкости $\mathrm{\Delta }{V}_0=-4\pi \rho$ обращается в нуль. Следовательно,
$$\mathrm{\Delta }(HY)=0,\mathrm{\Delta }(HY)=Y[H^{\prime \prime }+\frac{2}{r}{H}^{\prime }-\frac{n(n+1)}{r^2}H]=0.$$

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

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

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

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

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 — $\frac{4}{3}\pi rD$. Обозначив отношение первой величины ко второй через $\phi$, получим
$$e(\eta +2)=\frac{5}{2}\phi$$

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

Определение полного комплекта коэффициентов $\mathit{H}$. Докажем, что уравнения
$$\mathrm{\Delta }HY=\frac{r{D}^{\prime \prime }+4D^{\prime }}{rD}HY,$$

которые определяют коэффициенты $H$ разложения
$$V=V_0+\sum HY,$$

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

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

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

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

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

Произведя замену переменных
$$\frac{r{Z}^{\prime }}{Z}=\epsilon$$

получим
$$r{\epsilon }^{\prime }+{\epsilon }^2+(2n+1)\epsilon +\frac{2r{D}^{\prime }}{D}(\epsilon +n-1)=0.$$

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

Построим две параболы, откладывая $\epsilon$ по оси абсцисс, а $r{\epsilon }^{\prime }$ — по оси ординат (рис. 13). Как и в предыдущем случае ${}^1$, можно доказать, что значение $\epsilon$ может находиться только в интервале от 0 до 3 .
Вне планеты $\mathrm{\Delta }(HY)=0$, 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,
$$H=b{r}^{-n-1},Z=\frac{b}{C}{r}^{-2(n+1)},$$

откуда
$$\epsilon =-2(n+1).$$

Но значение $\epsilon$ 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
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+4\pi {\rho }^{\prime }\zeta ,\mathrm{\Delta }(HY)=4\pi {\rho }^{\prime }\zeta ,e=\frac{3\zeta }{rY}.$$

Следовательно, верно равенство
$$\mathrm{\Delta }(HY)=\frac{4}{3}\pi e{\rho }^{\prime }rY$$

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

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

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,
$$H^{\prime }=2\alpha r-3\beta r^{-4},H^{\prime \prime }=2{\alpha }^{\prime }r-3{\beta }^{\prime }{r}^{-4}+2\alpha +12\beta r^{-5}.$$

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 ${\beta }^{\prime }$ :
$${\alpha }^{\prime }=\frac{4\pi }{15}e{\rho }^{\prime },{\beta }^{\prime }=-\frac{4\pi }{15}e{\rho }^{\prime }{r}^5.$$

Таким образом,
$$H=\frac{4\pi r^2}{15}{\int }_a^{r}e{\rho }^{\prime }dr-\frac{4\pi r^{-3}}{15}{\int }_b^{r}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr.$$

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 $r=\mathrm{\infty }$ 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
$$e{r}^{2}D=\frac{9}{4\pi }[H+\frac{{\omega }^2{r}^2}{6}]$$

получим
$$e=\frac{3}{5D}{\int }_{r_1}^{r}e{\rho }^{\prime }dr-\frac{3}{5r^{5}D}{\int }_0^{r}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr+\frac{3}{8\pi }\frac{{\omega }^2}{D}.$$

Как будет выглядеть это выражение для поверхности планеты, когда $r=r_1$ ? Вместо $D$ подставим $D_1$ — среднюю плотность планеты ${}^1$ и получим
$$\begin{array}{l}e=-\frac{3}{5D_1{r}^5}{\int }_0^{r_1}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr+\frac{3}{8\pi }\frac{{\omega }^2}{D_1},\\ e=-\frac{3}{5r^5{D}_1}{\int }_0^{r_1}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr+\frac{\phi }{2},\end{array}$$

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

Имеем
$$x=r\sqrt{1-{\mu }^2}\cos \phi ,y=r\sqrt{1-{\mu }^2}\sin \phi ,z=r\mu ,d\sigma =d\mu d\phi .$$

Таким образом, нужно вычислить значение интеграла
$${\int }_0^{2\pi }{\int }_{-1}^{+1}{(1-3{\mu }^2)}^{2}d\mu d\phi =2\pi {\int }_{-1}^{+1}(1-6{\mu }^2+9{\mu }^4)d\mu ,$$
${}^1{D}_1$ — средняя плотность всей планеты.

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

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

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

Ho
$$\mathrm{\Delta }V=\mathrm{\Delta }{V}_0+\mathrm{\Delta }(HY)$$

и
$$\int \mathrm{\Delta }(HY)r^{2}d\tau =0$$

кроме того,
$$d\tau =r^{2}drd\mu d\phi =drd\sigma$$

В итоге получим
$$\begin{array}{rl}\int \mathrm{\Delta }HY{r}^{2}d\tau & =\int \mathrm{\Delta }(HY)r^{2}drd\sigma =\\ & =\int \frac{\mathrm{\Delta }(HY)}{Y}{r}^{2}dr\cdot Yd\sigma =\int f(r)dr\int Yd\sigma \end{array}$$

Это произведение равно нулю, так как равен нулю второй интеграл. Следовательно,
$$2\pi (A+B+C)=\int \mathrm{\Delta }{V}_0{r}^{2}d\tau =\int \mathrm{\Delta }{V}_0{r}^{2}drd\sigma$$

и, поскольку $\mathrm{\Delta }{V}_0$ зависит только от $r$,
$$2\pi (A+B+C)=4\pi \int \mathrm{\Delta }{V}_0{r}^{4}dr.$$

Известно, что
$$r^2\mathrm{\Delta }{V}_0=r^2\frac{d^2{V}_0}{d{r}^2}+2r\frac{d{V}_0}{dr}=\frac{d}{dr}\left[r^2\frac{d{V}_0}{dr}\right];$$

но
$$\frac{d{V}_0}{dr}=-\frac{4\pi rD}{3}$$

отсюда
$$A+B+C=\frac{8\pi }{3}{\int }_0^{r_1}{r}^2\frac{d}{dr}\left(D{r}^3\right)dr.$$

Принимая во внимание равенство $A=B$ и интегрируя по частям, получим
$$2A+C=\frac{8\pi }{3}[{\left[r^{5}D\right]}_0^{r_1}-{\int }_0^{r_1}2r^{4}Ddr].$$

Пренебрегая бесконечно малыми величинами, можно считать $A=C,{}^1$ тогда
$$C=\frac{8\pi }{9}[r_1^5{D}_1-2{\int }_0^{r_1}{r}^{4}Ddr].$$

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

Отсюда
$$8\pi (C-A)=-\int \mathrm{\Delta }V{r}^{2}Yd\tau ,$$

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

Следовательно, как мы уже отмечали,
$$8\pi (C-A)=-\int \mathrm{\Delta }{V}_0{r}^{2}Yd\tau -\int \mathrm{\Delta }(HY)r^{2}Yd\tau .$$

Первый интеграл равен нулю, так как он представляет собой произведение двух интегралов
$$\int \mathrm{\Delta }{V}_0{r}^{4}dr\int Yd\sigma$$

из которых последний равен нулю. Интеграл
$$\int \mathrm{\Delta }(HY)r^{2}Yd\sigma =\int \frac{\mathrm{\Delta }(HY)}{Y}{r}^2{Y}^{2}d\tau =\int \frac{\mathrm{\Delta }(HY)}{Y}{r}^{4}dr\int Y^{2}d\sigma$$

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

получим
$$\begin{array}{r}8\pi (C-A)=-\frac{16\pi }{5}\int \frac{\mathrm{\Delta }(HY)}{Y}{r}^{4}dr=\\ =-\frac{16\pi }{5}\int \frac{4}{3}\pi e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr=-\frac{64{\pi }^2}{15}{\int }_0^{r_1}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr.\end{array}$$

Отсюда
$$C-A=-\frac{8\pi }{15}{\int }_0^{r_1}e{\rho }^{\prime }{r}^{5}dr$$

что есть величина положительная.
Таким образом, обратясь к формуле (3) на стр. 87 , получим
$$e_1-\frac{\phi }{2}=\frac{9}{8\pi }\frac{C-A}{r_1^{5}D}.$$

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
$$e_1-\frac{\phi }{2}=\frac{J}{r_1^5{D}_1}[r_1^5{D}_1-2{\int }_0^{r_1}{r}^{4}Ddr]=J[1-\frac{2{\int }_0^{r_1}{r}^{4}Ddr}{r_1^5{D}_1}].$$

Величина $e_1$ известна из геодезических измерений и равна $\frac{1}{293,5}$, величина $\phi$ 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
$$\frac{2\int r^{4}Ddr}{r_1^5{D}_1}=1-\frac{e_1-\phi }{J}=0,49145.$$

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

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

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

Интегрируя от 0 до $r_1$, получаем
$$r_1^5\sqrt{1+{\eta }_1}{D}_1={\int }_0^{r_1}\frac{5r^{4}D}{\sqrt{1+\eta }}[1+\frac{\eta }{2}-\frac{{\eta }^2}{10}]dr.{.}^2$$
${}^1$ 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 $5r^4\mathrm{D}$ положительна. Обозначив некоторое число, заключенное в интервале от 0 до 3 , через $\xi$, получим
$$r_1^5\sqrt{1+{\eta }_1}{D}_1=\frac{1+\frac{\xi }{2}-\frac{{\xi }^2}{10}}{\sqrt{1+\xi }}\int 5r^{4}Ddr$$

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 :
$$\begin{array}{rlrl}\xi & =0& K& =1\\ \xi & =\frac{1}{3}& & =1,00075\text{ максимум }\\ \xi & =\frac{1}{2}& & =1,0002\\ \xi & =0,53& K& =1\\ \xi ={\eta }_1& =0,544& K_1& =0,99954\\ \xi & =1& K& =0,989\\ \xi & =2& K& =0,9\\ \xi & =3& K& =0,8.\end{array}$$

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
$$\frac{2\int r^{4}Ddr}{r_1^5{D}_1}=\frac{2}{5K}\sqrt{1+{\eta }_1}=0,497\frac{1}{K}>0,49663.$$

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:
$$\begin{array}{rl}\frac{2\int r^{4}Ddr}{r_1^5{D}_1}& =0,49145-\frac{1}{J}\delta e_1+\frac{e_1-\phi }{J^2}\delta J=\\ & =0,49145-305,31\delta e_1+155,26\delta J.\end{array}$$

Из второго:
$$\begin{array}{l}\frac{2K\int r^{4}Ddr}{r_1^5{D}_1}=0,49700-120,18\delta e_1.\end{array}$$

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,
$$p^{\prime \prime }=4871,05J=15,95\text{. }$$

Положим
$$\frac{\mu }{1+\mu }=\epsilon$$

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

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
$$\begin{array}{rl}\frac{\delta \epsilon }{\epsilon }& =-0,015,\\ \frac{\delta N}{N}& =0,005.\end{array}$$

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
$$U=V+\frac{{\omega }^2}{2}(x^2+y^2)=C^{\text{te }},$$

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