Перепишем выражение для потенциала на сфере в виде:
\begin{equation}{\label{2012_13_3contr1pr4eq1}}
\varphi(\theta)=\varphi_0\sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)=\varphi_0\cdot\frac{1-\cos\theta}{2}=
\frac{\varphi_0}{2}-\frac{\varphi_0}{2}\cos\theta.
\end{equation}
Наша система обладает аксиальной симметрией, поэтому искомый потенциал можно представить в виде разложения по полиномам Лежандра $P_{\ell}$:
\begin{equation}{\label{2012_13_3contr1pr4eq2}}
\varphi(r,\theta)=\sum_{\ell=0}^{\infty} \left( A_{\ell}r^{\ell}+
\frac{B_{\ell}}{r^{\ell+1}}\right)P_{\ell}(\cos\theta).
\end{equation}
Вид угловой зависимости потенциала на сфере указывает, полиномы каких степеней $\ell$ в этом разложении
отличны от нуля. Первому и второму слагаемому в \eqref{2012_13_3contr1pr4eq1} отвечают $\ell=0$ и $\ell=1$ соответственно.
В свою очередь степени полиномов Лежандра определяют вид зависимости потенциала от радиуса
\begin{equation}{\label{2012_13_3contr1pr4eq3}}
\varphi(r,\theta)=\left( A_{0}+\frac{B_{0}}{r}\right)P_{0}(\cos\theta)
+\left( A_{1}r+\frac{B_{1}}{r^{2}}\right)P_{1}(\cos\theta).
\end{equation}
В области 1 ($r<R$) $\varphi_1(r=0)\neq \infty$, поэтому в формуле \eqref{2012_13_3contr1pr4eq3} для $\varphi_1$ коэффициенты $B_0=0$ и $B_1=0$.
А в области 2 ($r>R$)
$\varphi_2(r\rightarrow\infty)\neq \infty$, поэтому в формуле \eqref{2012_13_3contr1pr4eq3} для $\varphi_2$ коэффициент $A_1=0$.
Итак, ищем решение для потенциала в виде:
\begin{equation}
\begin{array}{l}\label{2012_13_3contr1pr4eq4}
\varphi_1(\vec{r})=A_{0}P_0(\cos\theta)+A_{1}rP_1(\cos\theta)=A_{0}+A_{1}r\cos\theta,
\hspace{3mm} r<R;\\\\
\varphi_2(\vec{r})=
\left(A_{02}+\frac{B_{0}}{r}\right)P_{0}(\cos\theta)
+\frac{B_{1}}{r^{2}}P_{1}(\cos\theta)=\\
=A_{02}+\frac{B_{0}}{r}+\frac{B_{1}}{r^{2}}\cos\theta,
\hspace{3mm} r>R.
\end{array}
\end{equation}
Сравнивая первое выражение в \eqref{2012_13_3contr1pr4eq4} с потенциалом на сфере, находим:
\begin{equation}\label{2012_13_3contr1pr4eq5}
A_{0}=\frac{\varphi_0}{2},\; A_{1}=-\frac{\varphi_0}{2R}.
\end{equation}
Кроме того, из условия непрерывности потенциала на границе вакуум-диэлектрик (которое эквивалентно равенству там
тангенциальных полей) имеем
\begin{equation}\label{2012_13_3contr1pr4eq6}
\begin{array}{l}
A_{02}+\frac{B_0}{R}=A_{0}=\frac{\varphi_0}{2},\\
\frac{B_{1}}{R^{2}}=A_1 R=-\frac{\varphi_0}{2} \rightarrow B_1=-\frac{\varphi_0 R^2}{2}.
\end{array}
\end{equation}
Теперь перейдем от \eqref{2012_13_3contr1pr4eq4} к выражениям для поля:
\begin{equation}
\begin{array}{l}\label{2012_13_3contr1pr4eq7}
\vec{E}_1(\vec{r})=-A_1\vec{e}_z,
\hspace{3mm} r<R;\\
\vec{E}_2(\vec{r})=\frac{B_{0}}{r^2}\vec{e}_r-\frac{B_{1}}{r^3}\vec{e}_z+3\frac{B_{1} \cos\theta}{r^3}\vec{e}_r,
\hspace{3mm} r>R.
\end{array}
\end{equation}
На этом этапе уже можно найти поверхностную плотность связанных зарядов на сфере:
\begin{equation}
\sigma_{св}=P_{1n}=\frac{\varepsilon-1}{4\pi}E_{1n}=-\frac{\varepsilon-1}{4\pi}A_1 \cos\theta=
\frac{\varphi_0(\varepsilon-1)}{8\pi R}\cos\theta.
\end{equation}
Далее, для обеспечения единственности решения недостает еще условия для потенциала на бесконечности.
Если наложить наиболее естественное условие $A_{02}=0$, то $B_0=\frac{\varphi_0 R}{2}$ и ответ для потенциала и поля
принимает однозначный вид *:
\begin{equation}\label{eq12}
\begin{array}{l}
При\; r<R\\
\varphi_1(\vec{r})=
\frac{\varphi_0}{2}\left(1-\frac{r}{R}\cos\theta\right),\;
\vec{E}_1(\vec{r})=\frac{\varphi_0}{2R}\vec{e}_z; \\\\
при\; r>R\\
\varphi_2(\vec{r})=
\frac{\varphi_0}{2}\left(\frac{R}{r}-
\frac{R^2}{r^2} \cos\theta\right),\;
\vec{E}_2(\vec{r})=
\frac{\varphi_0}{2}\left(\frac{R}{r^2}\vec{e}_r+
\frac{R^2}{r^3} \vec{e}_z - 3\frac{R^2 \cos\theta}{r^3} \vec{e}_r\right).
\end{array}
\end{equation}
* Математическая постановка данной задачи такова, что выбор аддитивной постоянной в выражении
для $\varphi_2$ не сводится к дополнительному слагаемому в решении, а меняет функциональную его часть. Так, если выбрать
$A_{02}=\frac{\varphi_0}{2}$, то $B_0=(\frac{\varphi_0}{2}-A_{02})R=0$ и кулоновский член в $\varphi_2(r,\theta)$
и $\vec{E}_2(r,\theta)$ вообще исчезает. |