Магнитное поле вращающейся сферы

[rancid_rot]

Нашёл в одном известном задачнике следующую задачку (253):
Сфера радиуса $a$ заряжена зарядом $e$ равномерно по поверхности и вращается вокруг одного из своих диаметров с угловой скоростью $w$. Найти магнитное поле внутри и вне сферы.
Ответ: при $r<a$ напряжённость $\mathbf{H}=\frac{2ew}{3c}$, при $r>a$ напряжённость $\mathbf{H}=\frac{3\mathbf{r}(\mathbf{m}\cdot\mathbf{r})}{r^5}-\frac{\mathbf{m}}{r^3}$, где $\mathbf{m}=\frac{ea^2}{3c}\mathbf{w}$.

В задачнике предлагается следующее решение (вкратце):
Плотность поверхностного тока \mathbf{i}$=\frac{ew}{4\pi a}\sin \theta \mathbf{e}_{\alpha}$ (полярная ось выбрана вдоль $w$).
Как следует из симметрии системы, векторный потенциал можно выбрать так, чтобы была отлична от нуля только компонента $A_\alpha$, которая не будет зависеть от угла $\alpha$. Поэтому
$\Delta A-\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha=0$
И дальше утверждается, что решение будет иметь вид $A_\alpha=F(r)\sin \theta$, где $F(r)$ можно найти из уравнения сверху и граничных условий.

Дальше я впал в ступор. Потому что искать можно двумя способами. Первый - представить уравнение в виде $\Delta A=\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha$, подставить $A_\alpha$ и сразу приравнять к $-\frac{4\pi}{c}i$ (уравнение Пуассона для векторного потенциала), как это делалось в предыдущих задачах. Так, очевидно, не получится, поскольку теперь $F(r)$ зависит ещё и от $\theta$.
Другой вариант - честно после подстановки посчитать лапласиан и снова приравнять его к $\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha=\frac{1}{r^2 \sin \theta}F(r)$. Тогда $\theta$ сократятся и получится уравнение $2F=\frac{\partial}{\partial r}(r^2 \frac{\partial F}{\partial r})$. Его решение $F=\frac{C_1}{r^2}+C_2 r$, которое тоже толком ничего не даёт: можно вычислить $\mathbf{H}=\operatorname{rot} \mathbf{A}=2\cos\theta (\frac{C_1}{r^3}+C_2)\mathbf{e}_{r}+\sin\theta(\frac{C_1}{r^3}-2C_2)\mathbf{e}_{\theta}$. Перейдя к пределу $r=\infty$, получим $C_2=0$. А откуда брать $C_1$ вообще не понятно, и если пытаться подобрать его исходя из ответа, получается ерунда вроде $\mathbf{w}=-\frac{3}{2}w\sin\theta\mathbf{e}_{\theta}$.

[mihiv]

rancid_rot
Вы нашли поле вне шара, зависящее от произвольной постоянной $C_1$. Аналогичным образом нужно найти поле внутри шара. Произвольные постоянные определятся затем из граничных условий на нормальные и тангенциальные составляющие магнитного поля на поверхности шара.

[svv]

rancid_rot в сообщении #1537585 писал(а):

$\Delta A-\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha=0$

Здесь (и в задачнике) нужно исправить на
$\Delta A_\alpha-\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha=0$
Никакого скалярного «просто $A$» в этой задаче нет. Есть векторное поле $\mathbf A=A_\alpha\mathbf e_\alpha$ и его компоненты $A_r=A_\theta=0, A_\alpha$. Для уверенности см. ответ к задаче 47, выражение для $(\Delta\mathbf A)_{\alpha}$, откуда это уравнение получается.
(А в ответе к задаче 47 надо исправить $(\Delta A)_{\alpha}$ на $(\Delta\mathbf A)_{\alpha}$. Для уверенности см. условие задачи 47.)

rancid_rot в сообщении #1537585 писал(а):

Так, очевидно, не получится, поскольку теперь $F(r)$ зависит ещё и от $\theta$

Почему Вы так подумали? Если в выражение $\Delta A_\alpha-\frac{1}{r^2 \sin^2 \theta}A_\alpha$ подставить $A_\alpha=F(r)\sin\theta$, получится $\frac 1{r^2}\left(\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dF}{dr}\right)-2F\right)\sin\theta$. Чему бы ни приравнивать это выражение — нулю или плотности тока с коэффициентом, всё равно множитель $\sin\theta$, один и тот же во всех слагаемых, сокращается, и остаётся уравнение для функции $F(r)$, в которое $\theta$ не входит.
Другое дело, что вместо решения неоднородного ДУ с сосредоточенными (по $r$) источниками однозначно лучше решать однородное ДУ в двух областях, внутренней и внешней, и использовать граничные условия, как советует mihiv.

[rancid_rot]

svv
Вы правы, я действительно накосячил с векторным и скалярным лапласианами. Теперь всё сходится.

mihiv
Граничные условия это $\mathbf n\cdot(\mathbf H_2 - \mathbf H_1)=0$ и $\mathbf n\times(\mathbf H_2 - \mathbf H_1)=\frac{4\pi}{c}\mathbf i$? Просто нам надо найти три коэффициента при том, что условия два. Они дают $C_{22}=-\frac{ew}{3ca}$ и зависимость между $C_{11}$ и $C_{21}$. В предыдущих задачах также использовалось равенство векторных потенциалов на границе, но оно эквивалентно первому из этих условий (в данном случае).

[svv]

Ещё одно уравнение получается из условия, что в центре сферы поле конечно.

[rancid_rot]

svv
Действительно, можно было догадаться.
И кажется, в этом издании букву потеряли: должно быть $\mathbf{H}=\frac{2ew}{3ca}$ при $r<a$. В издании 1970 года она есть.

Всем спасибо. Посчитал, ответ сошёлся.