Нахождение векторного потенциала вращающейся сферической оболочки с однородным поверхностным зарядом?

У меня проблема с решением следующей магнитостатической задачи. Буду очень признателен за помощь и руководство.

Вот как формулируется проблема:

Сферическая оболочка радиуса$R$, несущий однородный поверхностный заряд$\sigma$, вращается с угловой скоростью$\mathbf{ω}$, см. рисунок 5.45 . Рассчитайте векторный потенциал, решив соответствующий частный дифференциал$\nabla^2 \mathbf{A} = \mu_0\mathbf{J}$.

Я попытался решить проблему, сначала записав, что такое поверхностный ток, используя сферическую систему координат.

$$\mathbf{J}(\mathbf{r^\prime}) = \sigma \mathbf{v} = \sigma \mathbf{ω} \times \mathbf{ρ} = \sigma\omega r^\prime \sin\theta\:\delta(r^\prime - R)\mathbf{\hat{e}_{\phi}}$$ где $\mathbf{ρ}$- расстояние от оси z, если ось z принята за ось вращения и $\theta$угол, измеренный от оси z. Отсюда делаем вывод, что $\mathbf{A}$зависит только от $A_\phi$компонента, так как поверхностный ток зависит только от фи-компонента, и, таким образом, мы имеем $\nabla^2 A_\phi = \mu_0 J_\phi$. И нам осталось решить «простое» уравнение отравления . Наша задача явно имеет азимутальную симметрию . Затем приступаем к решению уравнения Лапласа $\nabla^2 A_{\phi}(r,\theta)=0$. Решим это уравнение в частных производных с помощью разделения переменных. В итоге получаем, что общее решение представляет собой линейную комбинацию разделимых решений. $$A_{\phi}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty \Big(A_lr^l + \frac{B_l}{r^{l+1}}\Big)P_l(\cos\theta)$$ Для внутренней области, где $(r\leq R), B_l=0$в противном случае потенциал взорвался бы в начале координат. $$A_{in}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty A_lr^lP_l(\cos\theta)$$ Во внешней области $(r\geq R)$мы получаем это $A_l=0$, потому что они не стремятся к нулю на бесконечности. $$A_{out}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty \frac{B_l}{r^{l+1}}P_l(\cos\theta)$$ Теперь нам нужно соединить эти функции вместе на границе $r=R$. Векторный потенциал должен быть непрерывным на границе. Таким образом, мы имеем следующие граничные условия $$\label{eq:one} A_{out}=A_{in}$$ $$\Big( \frac{\partial A_{out}}{\partial r}-\frac{\partial A_{in}}{\partial r}\Big)\Big|_{r=R}=-\mu_0J_{\phi}=-\mu_0\sigma\omega R\sin\theta$$ Из первого граничного условия находим, что $$B_l=A_lR^{2l+1}$$ Подставляя его во второе уравнение граничного условия, получаем $$\sum_{l=0}^\infty(2l+1)A_lR^{l-1}P_l(\cos\theta)=\mu_0\sigma\omega R\sin\theta$$ Используя трюк Фурье, умножив обе части на $P_{l^\prime}(\cos\theta)\sin\theta$и интегрирование. Мы можем определить коэффициенты $A_l$так как полиномы Лежандра являются ортогональными функциями, $$\int_0^1 P_{l^\prime}(x)P_l(x)\textrm{d}x = \int_0^\pi P_{l^\prime}(\cos\theta)P_l(\cos\theta)\sin\theta\:\textrm{d}\theta = \frac{2}{2l+1}\delta_{ll^\prime}$$

$$A_l= \frac{\mu_0\sigma\omega R}{2R^{l-1}} \int_0^\pi \sin\theta\:P_l(\cos\theta) \sin\theta\:\textrm{d}\theta$$ Здесь я ударился о кирпичную стену. Я попытался решить проблему, выразив $\sin\theta$в терминах полиномов Лежандра, а затем с помощью условия ортогональности определить коэффициенты $A_l$. я знаю это $\sin^2\theta$можно выразить с помощью полиномов Лежандра следующим образом. $$\sin^2\theta=\frac{2}{3}(P_0(\cos\theta)-P_2(\cos\theta))$$

Но если я просто хочу иметь$\sin\theta$Мне нужно извлечь квадратный корень из всего, и тогда все становится очень грязным. Где я ошибся в своем решении?