1.33.
Сфера радиуса $a$ заряжена по поверхности по закону
$\sigma\!=\!\sigma _0\!\cos \theta$. Найти потенциал и
электрическое поле во всем пространстве.
-----
Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$
Запишем уравнение в сферических координатах:
$$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0.
$$
Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым. Если поверхностный заряд зависит от угла $\theta$ по косинусу $\sigma=\sigma_{0}\cos\theta$, то искать зависимость потенциала от угла будем в виде
$$
\varphi=R(r)\cos\theta.
$$
Подставим потенциал в уравнение Лапласа:
$$
\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta+\frac{R}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta}\right)=0.
$$
Продифференцировав получим
$$
\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta-\frac{2R\cos\theta}{r^{2}}=0.
$$
Сокращая, придём к уравнению
$$
\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)=2R.
$$
Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив его придём к алгебраическому уравнению
$n(n+1)=2,$ которое имеет два решения: $n=\{1;-2\}$.
Общее решение запишется в виде:
$$
R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}.
$$
Таким образом, предварительно, потенциал внутри сферы:
$$
\varphi_{1}=(A_{1}\cdot r+\frac{B_{1}}{r^{2}})\cos\theta
$$
и снаружи сферы
$$
\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.
$$
Из физических соображений потенциал внутри сферы при стремлении $r\to0 $ не должен расходиться, следовательно, $B_{1}=0,$ а снаружи сферы он не должен расходиться при $r\to\infty,$ т.к. сфера нейтральна, следовательно, $A_{2}=0. $
Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение:
$$
A_{1}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
$$
Из скачка поля на границе
$$
E_{n2}-E_{n1}=\left.\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial r}\right|_{r=a}-\left.\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial r}\right|_{r=a}=4\pi\sigma,
$$
получим второе соотношение:
$$
(A_{1}+2\frac{B_{2}}{a^{3}})\cos\theta=4\pi\sigma_{0}\cos\theta.
$$
Решая систему придём к
$$
A_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}, B_{2}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3}.
$$
Окончательно запишем потенциал потенциал внутри сферы:
$$
\varphi_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0} r\cos\theta=\frac{(\vec p \cdot \vec r)}{a^3}
$$
и снаружи сферы
$$
\varphi_{2}=\frac{4}{3}\frac{\pi\sigma_{0}a^{3}}{r^{2}}\cos\theta
=
\frac{(\vec p \cdot \vec r)}{r^3},
$$
где ввели вектор дипольного момента $\vec p=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3} \vec n$, направленный от отрицательного к положительному заряду сферы.
Поле найдём взяв градиент от потенциала:
$$
\vec E_1=-\nabla \varphi _1 = -\frac{\vec p}{a^3},
$$
$$
\vec E_2=-\nabla \varphi _2 = -\frac{\vec p}{r^3}+\frac{3\vec r(\vec p \cdot \vec r)}{r^5}.
$$