Векторным полем в трехмерном пространстве (или в некоторой области трехмерного пространства) называется вектор-функция положения и времени:
$$\mathbf{\Phi }=\mathbf{\Phi }(\mathrm{r},t).$$

Считаем, что вектор $\mathrm{\Phi }$ приложен в точке r. В координатах (как всегда, правая декартова система)
$$\begin{array}{c}\mathbf{\Phi }={\mathrm{\Phi }}_x{\mathbf{e}}_x+{\mathrm{\Phi }}_y{\mathbf{e}}_y+{\mathrm{\Phi }}_z{\mathbf{e}}_z,\\ {\mathrm{\Phi }}_x={\mathrm{\Phi }}_x(x,y,z,t),{\mathrm{\Phi }}_y={\mathrm{\Phi }}_y(x,y,z,t),{\mathrm{\Phi }}_z={\mathrm{\Phi }}_z(x,y,z,t).\end{array}$$

Мы начнем с примеров силовых полей.
С физической точки зрения все макроскопические взаимодействия (т. е. взаимодействия тел с достаточно большим числом атомов) суть сложные комбинации двух фундаментальных взаимодействий между частицами: гравитационного и электромагнитного (последнее особенно богато проявлениями: например, силы упругости, силы трения имеют чисто электромагнитную природу). Это обязывает нас рассмотреть хотя бы частные проявления фундаментальных сил, когда одностороннему воздействию подвергается только одна материальная точка.

Итак, имеем точку массы $m$. Если в пространстве нет ничего, кроме другой точки массы $M$, то гравитационное воздействие на $m$ выражается силой
$$\mathbf{F}=-f\frac{mM}{r^2}\frac{\mathbf{r}}{r},$$

где $\mathbf{r}$-радиус-вектор, проведенный из точки $M$ в точку $m,f$ универсальная гравитационная постоянная; $[f]={\mathrm{L}}^3/{\mathrm{T}}^{2}M$; модуль силы $\mathbf{F}$ обратно пропорционален квадрату расстояния между точками и пропорционален их массам, причем сила направлена от одной массы к другой (притягивающая сила). В этом состоит закон гравитации Ньютона.

Аналогичную структуру имеет сила электростатического взаимодействия (сила Кулона). Материальная точка характеризуется электрическим зарядом $q$ (величина, которая может быть и положительной, и отрицательной, и равной нулю). Если $Q$ — заряд другой точки, и обе они неподвижны, то
$$\mathbf{F}=k\frac{qQ}{r^2}\frac{\mathbf{r}}{r}.$$

Если $Qq>0$, то сила будет отталкивающей.
Для измерения заряда требуется, вообще говоря, отдельная единица измерения. Можно сделать ее зависимой от единиц массы, длины и времени, выбрав так, чтобы коэффициент в послед-

ней формуле стал равным единице. Тогда
$$[q]={\mathrm{L}}^{3/2}{\mathrm{M}}^{1/2}{\mathrm{T}}^{-\mathbf{1}}.$$

Впредь мы так и поступим (т. е. фактически будем пользоваться так называемой гауссовой системой единиц).

Формальная структура поля силы тяготения и электростатического поля одна и та же:
$$\begin{array}{c}X=C\frac{x}{r^3},Y=C\frac{y}{r^3},Z=C\frac{z}{r^3},\\ r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},\end{array}$$

где $C=-\{Mm$ или $C=Qq$. Различие в следующем: во-первых, сила Кулона может быть и отталкивающей, во-вторых, сила гравитации не зависит от того, движется масса $m$ (и $M$ ) или нет, тогда как выражение силы Кулона предполагает, что оба заряда имеют нулевую скорость. Тем не менее можно сказать, что в том и другом случаях мы имеем
силовое поле.

Чтобы построить более сложные примеры, надо вспомнить

ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ.
Градиентом функции (скалярного поля) $\phi (x,y,z,t)$ называется векторное поле $\mathrm{grad}\phi$ с компонентами
$$\frac{\partial \phi }{\partial x},\frac{\partial \phi }{\partial y},\frac{\partial \phi }{\partial z}.$$

Векторное поле
$$\mathrm{rot}\mathbf{\Phi }=(\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_z}{\partial y}-\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_y}{\partial z}){\mathbf{e}}_x+(\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_x}{\partial z}-\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_z}{\partial x}){\mathbf{e}}_y+(\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_y}{\partial x}-\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_x}{\partial y}){\mathbf{e}}_z$$

называется ротором поля $\mathbf{\Phi }$, а функция
$$\mathrm{div}\mathbf{\Phi }=\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_x}{\partial x}+\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_y}{\partial y}+\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_z}{\partial z}$$

называется его дивергенцией. Во всех этих формулах $t$ выступает как параметр. По нему можно дифференцировать. Например,
$$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_x}{\partial t}{\mathbf{e}}_x+\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_y}{\partial t}{\mathbf{e}}_y+\frac{\partial {\mathrm{\Phi }}_z}{\partial t}{\mathbf{e}}_z.$$

Всегда $\mathrm{rotgrad}\phi \equiv 0$, div $\mathrm{rot}\mathbf{\Phi }\equiv 0$. Локально (и вообще в области, допускающей непрерывную деформацию в шар) справедливы обратные формулы:
$$\mathrm{rot}\mathrm{\Phi }\equiv 0\Rightarrow \mathrm{\Phi }=-\mathrm{grad}\phi$$
(знак минус поставлен для удобства в дальнейшем),
$$\mathrm{div}\mathrm{\Phi }\equiv 0\Rightarrow \mathrm{\Phi }=\mathrm{rot}\mathrm{\Psi }.$$

Функция $\phi$ и поле $\mathbf{\Psi }$ называются соответственно скалярным и

векторным потенциалами поля Ф. Для гравитационного поля
$$\begin{array}{c}\mathbf{F}=-f\frac{Mm}{r^3}\mathbf{r},\\ \mathbf{F}=-\mathrm{grad}V,\\ V=-\frac{fMm}{r}\end{array}$$
(для памяти: здесь всюду стоят минусы). Нетрудно вычислить, что дивергенция этого поля равна нулю, откуда
$$\mathrm{div}\mathrm{grad}V=\frac{{\partial }^{2}V}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}V}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}V}{\partial z^2}\equiv 0,$$

так что потенциал $V$ есть гармоническая функция.
Легко заметить, что в качестве потенциала суммы двух векторных полей можно взять сумму потенциалов каждого. Отсюда вытекает, что потенциалы силовых полей удовлетворяют принципу суперпозиции. Следовательно, потенциал $V(\mathrm{r})$ гравитационного воздействия со стороны нескольких точек состоит из нескольких гармонических слагаемых вида:
$$-\frac{f{M}_{v}m}{r_v},r_v=\left|\overline{m{M}_v}\right|,$$

и потому является гармонической функцией везде, кроме самих этих точек, где потенциал обращается в $-\mathrm{\infty }$. Если $\mathrm{r}\to \mathrm{\infty }$, то $V(\mathbf{r})\to 0$. Аналогичными свойствами обладает
гравитационный потенциал тела.

Пусть в некоторой ограниченной области $\mathcal{D}$ имеется непрерывное распределение масс с плотностью $\delta (P),P\in \mathcal{D}$. Обозначим через $dM(P)=\delta (P)d\tau$ массу бесконечно малого объема $d\tau$, окружающего точку $P$, и положим $\mathbf{Q}=\overline{OP}$. Тогда
$$V(\mathbf{r})=-fm{\int }_{\mathcal{D}}\frac{dM(P)}{|\mathbf{r}-\overline{O}\overline{P}|}=-fm{\int }_D\frac{dM}{|\mathbf{r}-\rho |}.$$

Не вычисляя интеграла, покажем, что потенциал однородного ( $\delta =$ const) шара радиуса $R$ совпадает с потенциалом точки массы $M=\frac{4}{3}\pi R^3\delta$, помещенной в его центр (начало координат). Из симметрии распределения масс вытекает, что
$$V=fmV(M,R,r),$$

а П-теорема (параметры $\mathrm{f}m,M,R$ положительны и размерно независимы) приводит нас к выражению
$$V=f\frac{Mm}{R}U(-\frac{r}{R}).$$

Положим $fm=M=R=1$. Нам осталось найти гармонические

функции вида $U(r)$. Имеем
$$\begin{array}{c}\frac{\partial U}{\partial x}=U^{\prime }\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r}{U}^{\prime },\\ \frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}=\frac{U^{\prime }}{r}-\frac{U^{\prime }}{r^2}\frac{x^2}{r}+U^{\prime \prime }\frac{x^2}{r^2},\end{array}$$

и аналогично для $y,z$. Отсюда
$$\mathrm{div}\mathrm{grad}V=2U^{\prime }/r+U^{\prime \prime }\equiv 0,$$

что влечет
$$\frac{d}{dr}{U}^{\prime }=-\frac{2}{r}{U}^{\prime },U^{\prime }=\frac{C}{r^2},U=-\frac{C}{r}+\tilde{c},$$

причем $\tilde{c}=0$ в силу условия на бесконечности. Итак,
$$V=-\frac{fMm}{R}\frac{CR}{r}=-C\frac{fMm}{r}.$$

При $R\to 0$ этот потенциал (который от $R$ не зависит) должен давать нам потенциал точки. Поэтому $\mathrm{C}=1$, что и завершает рассуждения.

На практике потенциалы раскладывают в ряды по степеням $1/r$. А именно в сферических координатах $r,\theta ,\phi$ :
$$x=r\sin \theta \cos \phi ,y=r\sin \theta \sin \phi ,z=r\cos \theta$$

в области $r>R$, где нет ни одной точки тела, пользуются разложениями вида:
$$V=-\frac{fMm}{r}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{I}_n{\left(\frac{R}{r}\right)}^n{W}_n(\theta ,\phi )$$
(величины $I_n$ — некоторые безразмерные постоянные). В частности, можно доказать, что для любого осесимметричного тела (пусть ось $Oz$ — это ось симметрии; тогда $W_n$ не зависит от $\phi$ )
$$V(r)=-\frac{fMm}{r}(1+I_1\frac{R}{r}\cos \theta +I_2{\left(\frac{R}{r}\right)}^2\frac{3{\cos }^2\theta -1}{2})+O{\left(\frac{R}{r}\right)}^3.$$

С этой точки зрения нас заинтересует теперь,

ЗАДАЧА ДВУХ НЕПОДВИЖНЫХ ЦЕНТРОВ.
В ней гравитационное поле создается двумя точечными массами:
$$M_1=\frac{1}{2}(M+\mu ),M_2=\frac{1}{2}(M-\mu ).$$

Не уменьшая общности, их можно поместить на ось $Oz$ в точки $(0,0,\pm a)$. Используя угол $\theta$ между вектором $\mathrm{r}$ и этой осью, налишем
$$V(\mathbf{r})=-fm[\frac{M+\mu }{2\sqrt{r^2-2ar\cos \theta +a^2}}+\frac{M-\mu }{2\sqrt{r^2+2ar\cos \theta +a^2}}\cdot ].$$

Положительные параметры $fm,M,a$ размерно независимы, так что для выкладок приравняем их к единице:
$$V=-\frac{1}{2r}[\frac{1+\mu }{\sqrt{1-\frac{2\cos \theta }{r}+\frac{1}{r^2}}}+\frac{1-\mu }{\sqrt{1+\frac{2\cos \theta }{r}+\frac{1}{r^2}}}].$$

Для последующего разложения в ряд по степеням $1/r$ воспользуемся формулой Тейлора:
$$(1+\chi {)}^n=1+n\chi +\frac{n(n-1)}{2}{\chi }^2+O\left({\chi }^3\right);$$

при $n=-1/2$
$$(1+\chi {)}^{-1/2}=1-\frac{\chi }{2}+\frac{3}{8}{\chi }^2+O\left({\chi }^3\right),$$

где $O\left({\chi }^3\right)⩽C{\chi }^3$ на любом отрезке $[{\chi }_1,{\chi }_2]\subset (-1,1)$. В нашем случае для $r>R>1$ получим
$$\begin{array}{c}{(1\mp \frac{12\cos \theta }{r}+\frac{1}{r^2})}^{-1/2}=\\ =1-\frac{1}{2}(\mp \frac{2\cos \theta }{r}+\frac{1}{r^2})+\frac{3}{8}{(\mp \frac{2\cos \theta }{r}+\frac{1}{r^2})}^2+\dots =\\ =1\mp \frac{\cos \theta }{r}+\frac{3{\cos }^2\theta -1}{2r^2}+O\left(\frac{1}{r^3}\right)\end{array}$$

и после подстановки в (3.8) придем к
$$V=-\frac{1}{r}(1+\frac{\mu \cos \theta }{r}+\frac{3\cos \theta -1}{2r^2})+O\left(\frac{1}{r^4}\right).$$

В размерных переменных
$$V=-\frac{fMm}{r}(1+\frac{\mu a}{MR}\cos \theta \frac{R}{r}+\frac{a^2}{R^2}\frac{3{\cos }^2\theta -1}{2}{\left(\frac{R}{r}\right)}^2)+O\left({\left(\frac{R}{r}\right)}^4\right).$$

Это — частный вариант разложения (6), в котором
$$I_1=\mu a/MR,I_2=a^2/R^2.$$

Ясно, что потенциал задачи двух центров может с принятой точностью (до членов порядка $(R/r{)}^4$ ) совпадать с потенциалом объемного тела только в том случае, если коэффициент $I_2$ у этого тела положителен: такое тело должно быть вытянуто. Но в действительности все планеты (кроме разве что некоторых астероидов) сжаты в результате собственного вращения, так что потенциал (7) в качестве приближения для них не пригоден. Зато используется
потенциал Гредеакса
(одна из работ Эве Гредеакса имеется в списке литературы; имя этого небесного механика стало известно благодаря $Г$. Н. Дубо-

шину). Подход, предложенный Гредеаксом, состоит в следующем. Примем формально, что массы притягивающих центров комплексные:
$$M_1=\frac{1}{2}(M+i\mu ),M_2=\frac{1}{2}(M-i\mu )$$

и расположены на «мнимой части оси $Oz$ » : их координаты суть $(0,0,\pm ia)$.

В формулах (7) и (9) надо заменить $a$ на $ia$ и $\mu$ на $i\mu$. Та и другая будут по-прежнему иметь смысл; в самом деле (7) состоит теперь из двух комплексно сопряженных слагаемых и потому задает действительнозначную функцию. В результате
$$I_1=-\frac{\mu a}{MR},I_2=-\frac{a^2}{R^2}.$$

Коэффициент $I_2$ теперь отрицателен (а $I_1$ может быть любого знака, если считать $\mu \gtrsim 0$ ). Потенциал Гредеакса удобен для некоторых расчетов орбит искусственных спутников Земли.

Аналогично гравитационному потенциалу двух масс можно рассмотреть потенциал силы Кулона, создаваемый двумя неподвижными зарядами $Q_1,Q_2$. Формулы будут те же, только в них надо заменить $fm$ на $q,M$ на $Q_1+Q_2$ и $\mu$ на $Q_1-Q_2$. Кроме того, заряды не обязаны быть положительными.

В частности, возможно рассмотрение поля, создаваемого противоположными зарядами: $Q_2=-Q_1$. Разложение типа (9) будет
$$V=\frac{2Q_{1}a}{r^2}\cos \theta +\dots$$

Слагаемые, обозначенные многоточием, стремятся к нулю, если $a\to 0$. Считая, что одновременно $2Q_{1}a\to K$, в пределе получим диполь:
$$V_{\text{дип }}=\frac{K}{r^2}\cos \theta =\frac{Kz}{r^3},[K]=M{L}^4/T^2.$$

Можно вычислять потенциал непрерывного распределения зарядов. В отличие от гравитационного поля здесь более содержательны поверхностные и криволинейные распределения (например, заряды проводника всегда сосредоточены на его поверхности; потенциал на ней, кроме того, постоянен).
Расскажем о силе, действующей на движущийся заряд. Это,

СИЛА ЛОРЕНЦА.
Заряд $q$ помещен в электромагнитное поле; оно характеризуется двумя векторными полями: напряженностью электрического поля $\mathbf{E}(\mathbf{r},t)$ и индукцией магнитного поля $\mathbf{B}(\mathbf{r},t)$. Сила Лоренца имеет вид ( $\mathbf{v}$ — скорость заряда, $c$ — величина скорости света)
$$\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\frac{1}{c}[\mathbf{v}\times \mathbf{B}]).$$

При B $=0$ мы получим выражение для силы, не содержащее скорости, как в электростатике, но пригодное для движущегося заряда. Оговорка, сделанная нами при рассказе о силе Кулона (что оба заряда должны быть неподвижны), в принципе сохраняет свою силу, но сейчас погашается другой оговоркой: при написании силы Лоренца пренебрегают собственным электромагнитным полем движущегося заряда, которое, строго говоря, следовало бы прибавлять к заданному.

Поля Е и В не произвольны. Законом их изменения в пространстве и во времени являются

УРАВНЕНИЯ МАКСВЕЛЛА.
Первая группа уравнения имеет вид
$$\mathrm{rot}\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}=0,\mathrm{div}\mathbf{B}=0.$$

Видим, что поле В всегда обладает векторным потенциалом A:
$$\mathbf{B}=\mathrm{rot}\mathbf{A}\text{. }$$

Операции rot и $\partial /\partial t$ перестановочны. Отсюда
$$\mathrm{rot}(\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t})=0$$

так что потенциально поле:
$$\mathbf{E}+\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf{A}}{{}^{\partial }t}=-\mathrm{grad}\phi .$$

В случае стационарных (не зависящих от времени) полей потенциально просто $\mathrm{E}$.

Вторую группу уравнения Максвелла выпишем только для электромагнитного поля в вакууме:
$$\mathrm{rot}\mathbf{B}-\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}=0,\mathrm{div}\mathbf{E}=\mathbf{0}.$$

Следовательно, скалярный и векторный потенциалы стационарных полей Е и В удовлетворяют тождествам divgrad $\phi \equiv 0$ (т. е. $\phi$ — гармоническая функция) и $\mathrm{rot}\mathrm{rot}\mathbf{A}\equiv 0$. Векторный потенциал определен с точностью до слагаемого вида $\mathrm{grad}\psi$ (так как rotgrad $\equiv 0$ ). Выбором функции $\psi$ можно добиться того, что $\mathrm{div}\mathbf{A}\equiv 0$; тогда каждая компонента этого поля будет гармонической функцией.