Две массы $m_{1}=M-\mu$ и $m_{2}=\mu$ движутся в согласии с законом тяготения Ньютона (задача двух тел). Кроме того, в пространстве имеется еще третья масса $m_{3}=m$, которая находится под действием сил притяжения к первым двум телам, но сама влияния на них не оказывает (например, случай системы Земля Луна – спутник). Смысл слов «ограниченная» состоит именно в этом. Уравнения движения массы $m$ имеют вид
\[
m \ddot{\mathbf{r}}=-f \frac{m(M-\mu)}{\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}_{1}(t)\right|^{3}}\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}_{1}(t)\right)-f \frac{m \mu}{\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}_{2}(t)\right|^{3}}\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}_{2}(t)\right),
\]

где изменение $\mathbf{r}_{1}(t), \mathbf{r}_{2}(t)$ нам известно. Поскольку уравнения движения можно сократить на $m$, в дальнейшем считаем $m=1$.

В инерциальной системе координат, связаний с центром масс точек $m_{1}$ и $m_{2}$, эти точки движутся в постоянной плоскости по кеплеровским орбитам: окружностям, эллипсам, параболам, гиперболам или прямым. Будем рассматривать только первый случай: тогда говорят о круговой ограниченной задаче трех тел. Кроме того, будем рассматривать только те движения единичной массы, которые лежат в плоскости орбит $m_{1}, m_{2}$. Итак, в плоскости $O X Y$ вокруг точки $O$ вращаются две массы $\mu$ и $M$ – $\mu$ с угловой скоростью $\omega$; они притягивают третью, единичную массу, по закону тяготения Ньютона. Требуется исследовать движения этой массы (рис. 78).

Угловая скорость вращения $\omega=\omega(M, \mu, r, \rho, f)$, причем величины $M, r, f$ размерно независимы: $[f]=L^{3} / T^{2} M$. Отсюда
\[
\omega=\sqrt{\frac{f M}{r^{3}}} \bar{\omega}\left(\frac{\mu}{M}, \frac{\rho}{r}\right) .
\]

Впредь мы можем принимать $M=r=f=1$. Покажем, что тогда $\omega=\bar{\omega} \equiv 1$. Введем подвижную систему координат $O x y$ с началом в центре масс и вращающуюся с угловой скоростью $\omega$. Относительно нее каждая из масс $M-\mu$, $\mu$ находится в равновесии, т. е. переносная сила инерции уравновешивается гравитационной:

Отсюда
\[
\begin{array}{c}
\mu \omega^{2}(1-\rho)=\mu(1-\mu), \quad(1-\mu) \omega^{2} \rho=\mu(1-\mu) . \\
\mu(1-\rho)=(1-\mu) \rho
\end{array}
\]
(это означает, что центр масс – в начале координат), так что
\[
\rho=\mu, \bar{\omega}=1 .
\]

Лагранжиан $L=T-V$ выпишем в подвижной системе координат:
\[
\begin{array}{c}
T=\frac{1}{2} \mathbf{v}_{\mathrm{aбc}}^{2}=\frac{1}{2}\left(\mathbf{v}_{\text {отн }}+\left[\mathrm{e}_{z} \times \mathbf{r}\right]\right)^{2}=\frac{1}{2}\left((\dot{x}-y)^{2}+(\dot{y}+x)^{2}\right), \\
V=-\frac{1-\mu}{\sqrt{(\mu+x)^{2}+y^{2}}}-\frac{\mu}{\sqrt{(1-\mu-x)^{2}+y^{2}}}=-\frac{1-\mu}{R_{1}}-\frac{\mu}{R_{2}}, \\
L=\frac{1}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}\right)+(x \dot{y}-y \dot{x})+\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)-V .
\end{array}
\]

Уравнения движения имеют следующий вид (мы получили автономную обобщенно-натуральную систему):
\[
\left\{\begin{array}{l}
\ddot{x}-2 \dot{y}+\frac{\partial W}{\partial x}=0, \\
\ddot{y}+2 \dot{x}+\frac{\partial W}{\partial y}=0,
\end{array}\right.
\]

где $W=V-\left(x^{2}+y^{2}\right) / 2$. Отсюда положения относительного равновесия (в инерциальной системе координат им соответствуют движения по окружности) определяются из системы уравнений

$\frac{\partial W}{\partial x}=\frac{\partial W}{\partial y}=0$. Произведем вычисления:
\[
\begin{array}{c}
\frac{\partial W}{\partial y} \equiv-y+\frac{1-\mu}{R_{1}^{3}} y+\frac{\mu}{R_{2}^{3}} y \equiv y f(x, y)=0, \\
\frac{\partial W}{\partial x} \equiv-x+\frac{(1-\mu)(x+\mu)}{R_{1}^{3}}+\frac{\mu(x-1+\mu)}{R_{2}^{3}}= \\
\quad=x f(x, y)+\mu(1-\mu)\left(\frac{1}{R_{1}^{3}}-\frac{1}{R_{2}^{3}}\right)=0 .
\end{array}
\]

Положения относительно равновесия в этой задаче (критические точки $W$ ) называются точками либрации. Они могут быть двух типов:
a) Қоллинеарные точки либрации $L_{1}, L_{2}, L_{3}$ (точки Эйлера): $y=0$. Тогда для нахождения нужных значений $x$ надо определить точки экстремума функции
\[
W(x, 0)=-\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1-\mu}{|x+\mu|}-\frac{\mu}{|x-1+\mu|} .
\]

Таких точек ровно три, что легко увидеть из графика (рис. 79) и доказать, если надо, аккуратно (функция простая; в частности, она выпукла на каждом интервале непрерывности).
б) Треугольные точки либрации $L_{4}, L_{5}$ (точки Лагранжа): $y
eq 0$. Тогда из первого уравнения следует $f=0$, а из второго $R_{1}=R_{2}$, т. е. единичная масса составляет с притягивающими равносторонний треугольник. Координаты такой точки либрации:
\[
x=\frac{1}{2}-\mu, y= \pm \sqrt{3} / 2 .
\]

Произведем линеаризацию в окрестности точки либрации, для чего положим $x=x_{*}+\xi, y=y_{*}+\eta$. Тогда уравнения движения в первом приближении получат вид
\[
\begin{array}{l}
\ddot{\xi}-2 \dot{\eta}+\left.\frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}\right|_{*} \xi+\left.\frac{\partial^{2} W}{\partial x \partial y}\right|_{*} \eta=0, \\
\ddot{\eta}+2 \dot{\xi}+\left.\frac{\partial^{2} W}{\partial y \partial x}\right|_{*} \xi+\left.\frac{\partial^{2} W}{\partial y^{2}}\right|_{*} \eta=0 .
\end{array}
\]

Им можно придать форму (см. конец темы 12)
\[
A\left(\begin{array}{l}
\ddot{\xi} \\
\ddot{\eta}
\end{array}\right)+G\left(\begin{array}{l}
\dot{\xi} \\
\dot{\eta}
\end{array}\right)+B\left(\begin{array}{l}
\xi \\
\eta
\end{array}\right)=0 .
\]

Нас интересует только вопрос об устойчивости равновесий в первом приближении.
А. Қоллинеарные точки либрации:
\[
\frac{\partial^{2} W}{\partial x \partial y}=0, \frac{\partial^{2} W}{\partial y^{2}}=b>0, \frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}=a<0 .
\]

так что уравнения первого приближения суть
\[
\ddot{\xi}-2 \dot{\eta}+a \xi=0, \ddot{\eta}+2 \dot{\xi}+b \eta=0
\]

характеристическое уравнение
\[
\left|\begin{array}{cc}
\lambda^{2}+a & -2 \lambda \\
2 \lambda & \lambda^{2}+b
\end{array}\right|=\lambda^{4}+(a+b+4) \lambda^{2}+a b=0 .
\]

Откуда $\left(\lambda^{2}\right)_{1},\left(\lambda^{2}\right)_{2}$ действительны и имеют разные знаки, так как в силу $a b<0$ дискриминант соответствующего квадратного уравнения положителен, а произведение корней отрицательно. Следовательно, имеются два действительных собственных значения, например, $\pm \lambda_{1}$, одно из которых положительно, что доказывает неустойчивость.
Б. Треугольные точки либрации: для определенности пусть
\[
x=\frac{1}{2}-\mu+\xi, y=\frac{\sqrt{3}}{2}+\eta .
\]

Қаждое слагаемое функции $W$ разложим в ряд Тейлора, но выписывать будем лишь члены второго порядка по $\xi, \eta$. Имеем для третьего слагаемого
\[
-\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)=\ldots-\frac{1}{2}\left(\xi^{2}+\eta^{2}\right) .
\]

Далее будем в очередной раз использовать формулу
\[
(1+\chi)^{-11 / 2}=1-\frac{\chi}{2}+\frac{3}{8} \chi^{2}+O\left(\chi^{3}\right) .
\]

Первое слагаемое гравитационного потенциала разложится так:
\[
\begin{array}{c}
-\frac{1-\mu}{R_{1}}=-\frac{1-\mu}{\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\xi\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\eta\right)^{2}}}= \\
=-\frac{1-\mu}{\sqrt{1+\xi+\sqrt{3} \eta+\xi^{2}+\eta^{2}}}=\ldots+\frac{1-\mu}{2}\left(\xi^{2}+\eta^{2}\right)- \\
-\frac{3}{8}(1-\mu)(\xi+\sqrt{3} \eta)^{2}+\ldots
\end{array}
\]

Аналогично второе:
\[
\begin{array}{l}
-\frac{\mu}{R_{2}}=-\frac{\mu}{\sqrt{\left(-\frac{1}{2}+\xi\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\eta\right)^{2}}}= \\
=-\frac{\mu}{\sqrt{1-\xi+\sqrt{3} \eta+\xi^{2}+\eta^{2}}}= \\
=\ldots+\frac{\mu}{2}\left(\xi^{2}+\eta^{2}\right)-\frac{3}{8} \mu(-\xi+\sqrt{3} \eta)^{2}+\ldots
\end{array}
\]

Складывая все три формулы, получаем
\[
W=\ldots-\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4}\left(\xi^{2}+2(1-2 \mu) l \overline{3} \xi \eta+3 \eta^{2}\right) .
\]

Отсюда уравнения первого приближения:
\[
\begin{array}{l}
\ddot{\xi}-2 \dot{\eta}-\frac{3}{4} \xi-\frac{\sqrt{27}}{4}(1-2 \mu) \eta=0, \\
\ddot{\eta}+2 \dot{\xi}-\frac{\sqrt{27}}{4}(1-2 \mu) \xi-\frac{9}{4} \eta=0 .
\end{array}
\]

Характеристическое уравнение
\[
\left|\begin{array}{cc}
\lambda^{2}-3 / 4 & -2 \lambda-\frac{\sqrt{27}}{4}(1-2 \mu) \\
2 \lambda-\frac{\sqrt{27}}{4}(1-2 \mu) & \lambda^{2}-9 / 4
\end{array}\right|=
\]

Его дискриминант равен $1-27 \mu(1-\mu)$; если он положителен, то оба корня квадратного уравнения отрицательны, и имеем устойчивость. В противном случае чисто мнимых корней мы не получим. Итак, условие устойчивости
\[
\mu(1-\mu)<\frac{1}{27} .
\]

Это значит, что $\mu$ (или $1-\mu$ ) довольно мало, примерно $<0,04$ (в общем случае отношение приведенной массы к суммарной $<1 / 27$ ).
Лагранжиан от времени не зависит. Интеграл типа энергии
\[
H=\frac{1}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}\right)+W=h .
\]

При каждом фиксированном $h$ на плоскости $O x y$ выделяется
\[
\text { область Хилла }\{W(x, y) \leqslant h\}
\]
(область возможности движения), граница которой называется кривой Хилла (в этой задаче). Число кривых Хилла и их расположение меняются, когда $h$ пересекает одно из критических значений функции $W\left(L_{i}\right)$. Нетрудно показать, что всегда
\[
W\left(L_{1}\right)<W\left(L_{2}\right), \quad W\left(L_{3}\right)<W\left(L_{4}\right)=W\left(L_{5}\right) .
\]

Из наших вычислений вторых производных в точках либрации вытекает, что $L_{1}, L_{2}, L_{3}$ являются седлами, $L_{4}, L_{5}$ – симметричными максимумами. Кроме того, $W \rightarrow-\infty$, когда $(x, y)$ стремится к одной из притягивающих точек или к бесконечности. Таким образом, график $W$ можно представить себе как большую параболоидальную гору, вблизи вершины которой образовались две бес-

конечно глубокие воронки. На рис. 8 изображены некритические. области Хилла со всевозрастающим $h$. При $h>W\left(L_{4,5}\right)$ область Хилла совпадает со всей плоскостью (за вычетом притягивающих масс). О том, как движется единичная масса в областях Хилла, на элементарном уровне сказать ничего нельзя.