Потенциал, создаваемый полой сферой с отверстием

Условие заряда проще записать в виде

$$\frac{\partial \phi(r\rightarrow R_-,\theta)}{\partial r}-\frac{\partial \phi(r\rightarrow R_+,\theta)}{\partial r}=\sigma(\theta)$$ и начнем с вычисления оператора слева. Это просто: $$\frac{\partial \phi(r\rightarrow R_-,\theta)}{\partial r} = \frac{\partial }{\partial r}\sum_{l=0}^{+\infty}A_l r^{l} P_l(\cos\theta) = \sum_{l=0}^{+\infty}l\,A_l R^{l-1} P_l(\cos\theta)$$ и $$\frac{\partial \phi(r\rightarrow R_+,\theta)}{\partial r} = \frac{\partial }{\partial r}\sum_{l=0}^{+\infty}B_l r^{-(l+1)} P_l(\cos\theta) = \sum_{l=0}^{+\infty}(-l-1)\,B_l R^{-l-2} P_l(\cos\theta).$$ Поэтому их различие $$\begin{align} \frac{\partial \phi(r\rightarrow R_-,\theta)}{\partial r}-\frac{\partial \phi(r\rightarrow R_+,\theta)}{\partial r} &= \sum_{l=0}^{+\infty}\left[l R^{l-1}\,A_l +(l+1) R^{-l-2}B_l\right]P_l(\cos\theta) \\&= \sum_{l=0}^{+\infty}(2l +1)R^{l-1}A_lP_l(\cos\theta), \end{align}$$ используя условие $A_l/B_l=R^{-(2l+1)}$который у вас уже есть. То, что вы пытаетесь сделать, это получить коэффициенты в разложении Лежандра функции заряда $\sigma(\theta)$, или, другими словами, обращая уравнение $$\sum_{l=0}^{+\infty}(2l +1)R^{l-1}A_lP_l(\cos\theta)=\sigma(\theta).$$

Делается это, разумеется, путем обращения к условию ортогональности многочленов ,

$$\int_0^\pi P_l(\cos\theta) P_n(\cos\theta)\sin\theta\mathrm d \theta=2\delta_{ln}/(2l+1).$$ Интеграция обеих сторон против произвольного $P_l$, Вы получаете

$$2R^{l-1}A_l = \int_0^\pi P_l(\cos\theta) \sigma(\theta)\sin\theta\mathrm d \theta = \sigma_0\int_\alpha^\pi P_l(\cos\theta) \sin\theta\mathrm d \theta,$$ так что все, что вам нужно сделать сейчас, это интегрировать. Это выглядит как рутинная работа, но полезно знать, что, как правило, единичные производные ортогональных многочленов обычно представляются в виде небольших линейных комбинаций соседних многочленов. Для полиномов Лежандра релевантное тождество $$(2l+1)P_l(u)=\frac{d}{du}\left[P_{l+1}(u)-P_{l+1}(u)\right].$$ Реализуя это, вы получаете $$\begin{align} A_l &= \frac{\sigma_0}{2R^{l-1}} \int_{-1}^{\cos(\alpha)} P_l(u) \mathrm du \\ &= \frac{1}{2l+1}\frac{\sigma_0}{2R^{l-1}} \int_{-1}^{\cos(\alpha)}\frac{d}{du}\left[P_{l+1}(u)-P_{l+1}(u)\right]\mathrm du \\ &= \frac{1}{2l+1}\frac{\sigma_0}{2R^{l-1}} \left[P_{l+1}(u)-P_{l+1}(u)\right]_{-1}^{\cos(\alpha)} \\ &= \frac{1}{2l+1}\frac{\sigma_0}{2R^{l-1}} \left[P_{l+1}(\cos(\alpha))-P_{l+1}(-1)+P_{l-1}(-1)-P_{l+1}(\cos(\alpha))\right] \\ &= \frac{1}{2l+1}\frac{\sigma_0}{2R^{l-1}} \left[P_{l+1}(\cos(\alpha))-P_{l+1}(\cos(\alpha))\right]. \end{align}$$ Затем это приводит к желаемому результату, с константами по модулю, с которыми вы должны быть осторожны.

Вне распределений заряда общее (не$\phi$-зависимое) решение$\Delta\Phi=0$принимает форму, которую вы описали. Теперь предположим, что решения для$r \lt R$и$r \gt R$принять форму, которую вы упомянули, то электрическое поле$\overrightarrow{E} = -\nabla\Phi$будут иметь следующие значения в сферических координатах:

$$r \lt R: \overrightarrow{E}_{r \theta \phi}=-\sum_{l=0}^\infty \left( \begin{array}{c}A_ll r^{l-1} P_l(\cos\theta)\\A_lr^{l-1}P_l^{'}(\cos\theta) \cdot -sin\theta\\0\end{array} \right)$$ $$r \gt R: \overrightarrow{E}_{r \theta \phi}=-\sum_{l=0}^\infty \left( \begin{array}{c}-B_l(l+1) r^{-(l+2)} P_l(\cos\theta)\\B_lr^{-(l+2)}P_l^{'}(\cos\theta) \cdot -sin\theta\\0\end{array} \right)$$

Таким образом, используя$B_l=R^{2l+1}A_l$, величина нормальной части$E_r$внутри и вне сферы при r=R имеет следующие значения:

$$r \lt R: \overrightarrow{E}_{r=R_-}=-\sum_{l=0}^\infty A_ll R^{l-1} P_l(\cos\theta) * \overrightarrow{e_r}$$ $$r \gt R: \overrightarrow{E}_{r=R_+}=\sum_{l=0}^\infty A_l(l+1)R^{l-1}P_l(\cos\theta) * \overrightarrow{e_r}$$

Теперь посмотрите на поверхность, ограничивающую распределение заряда, и примените закон Гаусса.$\oint_{S}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=\int_V div\overrightarrow{E}d^3x$

Здесь$\overrightarrow{dS}$указывает наружу, то есть к началу координат внутри и от начала координат снаружи сферы. Уравнения Максвелла говорят нам, что$div\overrightarrow{E}=\frac{\rho}{\epsilon_0}$, так что мы находим, что

$$\int div\overrightarrow{E}d^3x=\int_0^{2\pi}d\phi\int_\alpha^\pi \frac{\sigma}{\epsilon_0} R^2sin\theta d\theta=2\pi\int_\alpha^\pi \frac{Q}{\pi\epsilon_0}sin\theta d\theta=2\frac{Q}{\epsilon_0}(1+cos\alpha)$$

Поверхностные интегралы оцениваются как

$$\int\!\!\!\int_{S_{inside}}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=\int_0^{2\pi}d\phi\int_\alpha^\pi \sum_{l=0}^\infty A_ll R^{l-1} P_l(\cos\theta) Rsin\theta d\theta=\\2\pi \sum_{l=0}^\infty A_ll R^l \int_\alpha^\pi P_l(\cos\theta) sin\theta d\theta$$ и $$\int\!\!\!\int_{S_{outside}}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=\int_0^{2\pi}d\phi\int_\alpha^\pi \sum_{l=0}^\infty A_l(l+1) R^{l-1} P_l(\cos\theta) Rsin\theta d\theta=\\2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l(l+1) R^l \int_\alpha^\pi P_l(\cos\theta) sin\theta d\theta$$ Итак, всего $$\oint_{S}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l(2l+1) R^l \int_\alpha^\pi P_l(\cos\theta) sin\theta d\theta=\\2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l(2l+1) R^l \cdot -\int_{cos\alpha}^{-1} P_l(x)dx$$ Использование личности $(2l+1)P_l = P_{l+1}^{'} - P_{l-1}^{'}$, мы получаем $$\oint_{S}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l R^l \int_{-1}^{cos\alpha} [P_{l+1}^{'}(x) - P_{l-1}^{'}(x)]dx=\\2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l R^l [P_{l+1}(cos\alpha) - P_{l-1}(cos\alpha)]$$

Это дает нам ограничение на значения$A_l$, а именно

$$\sum_{l=0}^\infty A_l R^l [P_{l+1}(cos\alpha) - P_{l-1}(cos\alpha)] = \frac{Q}{\pi\epsilon_0}(1+cos\alpha)$$ Таким образом, будет работать следующее: $$A_l = \frac{Q}{\pi\epsilon_0 R^l}\cdot\frac{1}{2^{l+1}}\cdot\frac{1+cos\alpha}{P_{l+1}(cos\alpha) - P_{l-1}(cos\alpha)}$$ но я не понимаю, как получить указанное вами значение, $$A_l = \frac{QR^{-(l+1)}}{8\pi\epsilon_0(2l+1)}[P_{l+1}(cos\alpha) - P_{l-1}(cos\alpha)]$$

Между прочим, рассуждение, аналогичное приведенному выше, теперь для поверхности, окружающей незаряженный полюс сферы, показывает нам, что

$$\oint_{S^{'}}\overrightarrow{E}\overrightarrow{dS}=2\pi \sum_{l=0}^\infty A_l R^l \cdot -[P_{l+1}(cos\alpha) - P_{l-1}(cos\alpha)] = \int div\overrightarrow{E}d^3x = 0$$

Ясно, что это образует противоречие вместе с другой формулой, поэтому решения внутри и вне сферы должны отличаться от предполагаемых. Логично, так как открытый полюс позволяет полям с одной стороны сферы проникать в другую сторону, но неясно, к чему это приводит.

Очевидно близко к происхождению все$B_l$должно быть равно нулю, а в бесконечности все$A_l$также должно быть равно нулю, но где сливаются эти основные решения? Где их границы?