Найти обобщенную объемную плотность

[alleut]

1. Введены цил. коорд. $r$, $\alpha$, $z$. Заряд распределен на пов-ти $r=r_0$ с поверхностной плотностью $\rho_s(\alpha , z) =\frac{3}{25+z^2}$. Найти обобщенную объемную плотность (ООП) заряда $\rho_v$. Через обобщенную плотность найти суммарный заряд и электрический момент данной системы

2. Заряд $Q_1$ равномерно распределен внутри шарового слоя с внутренним радиусом $R_1$ и внешним $R_2$ с центром в $M(x_0,y_0,z_0)$. Заряд $Q_2$ равномерно распределен внутри шара радиуса $R<R_1$ с центром в точке $M$. Найти ООП $\rho_v$. Рассмотреть предельный случай $R_2-R_1\rightarrow 0$
------
1. По теореме о представлении простого слоя на гладкой поверхности при n = 3, ООП может быть представлена в виде $\sigma(x_0)|g(x_0)|\delta(F(x))$, где пов-ть S задается $F(x)=0, g(x)=gradF(x)$, на поверхности S распределён заряд с поверхностной плотностью $\sigma(x_0), x_0\in S$. (К сожалению, точно не могу указать источник, в методичке библиография куда-то отвалилась)
- Нужно ли переходить от цилиндрических к прямоугольным координатам? Если нет, то все выглядит довольно просто.

2.
- Есть смысл переходить к сферическим координатам $r\alpha\phi$?
Для шара плотность будет $\frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r)$, для слоя $\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3-R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1)$
- Общая ООП будет равняться их сумме?
- Как рассматривать предельный случай?

[alleut]

Подскажите, как найти электрический момент системы из задачи 1?

[Александр Т.]

alleut в сообщении #323098 писал(а):

1. По теореме о представлении простого слоя на гладкой поверхности при n = 3, ООП может быть представлена в виде $\sigma(x_0)|g(x_0)|\delta(F(x))$, где пов-ть S задается $F(x)=0, g(x)=gradF(x)$, на поверхности S распределён заряд с поверхностной плотностью $\sigma(x_0), x_0\in S$. (К сожалению, точно не могу указать источник, в методичке библиография куда-то отвалилась)
- Нужно ли переходить от цилиндрических к прямоугольным координатам? Если нет, то все выглядит довольно просто.

Раз про переход ничего в задании не сказано, то - не нужно (это - если по стандартной логике, но, вообще говоря, логика преподавателя может отличаться от стандартной).

Цитата:

2.
- Есть смысл переходить к сферическим координатам $r\alpha\phi$?

Еще какой. Судя по ниженаписанному, это Вы сами заметили.

Цитата:

Для шара плотность будет $\frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r)$, для слоя $\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3-R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1)$

Если $h(x)$ - соответствующая ступенчатая функция, то - да (вроде бы, т.к. подробно не проверял).

Цитата:

- Общая ООП будет равняться их сумме?

Да.

Цитата:

- Как рассматривать предельный случай?

Зафиксировать $Q_1$. Тогда $\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3-R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1)$ будет стремиться к дельта-функции (умноженный на соответствующий множитель).

alleut в сообщении #323238 писал(а):

Подскажите, как найти электрический момент системы из задачи 1?

Какой момент - дипольный, квадрупольный, мультипольный? Относительно какой точки (или, может быть, оси)?
В любом случае нужно найти соответствующую формулу (с интегралом по объему) и по ней тупо добросовестно посчитать.

[alleut]

Александр Т. в сообщении #323391 писал(а):

Раз про переход ничего в задании не сказано, то - не нужно (это - если по стандартной логике, но, вообще говоря, логика преподавателя может отличаться от стандартной).

У меня такой вопрос возник из-за того, что мне неясно, для каких координат верна теорема: декартовых, сферических или вообще любых (должна быть в этих книгах, но я не нашел: 1.Борн М., Вольф Э. Основы оптики. М., 1973. 721 с. 2.Владимиров В.С. Уравнения математической физики. М., 1971. 512 с.)
Еще подумалось, если перейти сразу, то в интеграле не нужен будет якобиан и пр. Хотя плотность зависит только от $z$, которая и в ДПСК и в цил. коорд. по сути одно и то же.

Александр Т. в сообщении #323391 писал(а):

Зафиксировать $Q_1$. Тогда $\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3-R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1)$ будет стремиться к дельта-функции (умноженный на соответствующий множитель).

В пределе будет функция Дирака, т.к. через нее определяется поверхностное распределение? Или, быть может, как предел произведения функций Хевисайда?
Предполагаю, что будет $\frac{Q_1}{4\pi R_1^2}\delta(r-r_0)$, как плотность заряда на сфере радиуса $R_1$, т.к. $R_2\rightarrow R_1$

Александр Т. в сообщении #323391 писал(а):

Какой момент - дипольный, квадрупольный, мультипольный? Относительно какой точки (или, может быть, оси)?
В любом случае нужно найти соответствующую формулу (с интегралом по объему) и по ней тупо добросовестно посчитать.

Единственная знакомый мне момент из курса - это вектор $P=\int{\rho(X)\cdot X dX}$ (Х - вектор координат), как он был обозван "электрический момент". У меня для плотности $\frac{3}{25+z^2}\delta(r-r_0)$ вектор получлся равным $(\frac{3r_0^3\pi}{10}, \frac{3r_0^3\pi}{10}, \infty)$, что в свою очередь вряд ли верно.

[Александр Т.]

alleut в сообщении #323471 писал(а):

Александр Т. в сообщении #323391 писал(а):

Раз про переход ничего в задании не сказано, то - не нужно (это - если по стандартной логике, но, вообще говоря, логика преподавателя может отличаться от стандартной).

У меня такой вопрос возник из-за того, что мне неясно, для каких координат верна теорема: декартовых, сферических или вообще любых

По идее - для вообще любых. Проверяется интегрированием (я не проверял - лень).

Цитата:

Александр Т. в сообщении #323391 писал(а):

Зафиксировать $Q_1$. Тогда $\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3-R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1)$ будет стремиться к дельта-функции (умноженный на соответствующий множитель).

В пределе будет функция Дирака, т.к. через нее определяется поверхностное распределение?

В пределе будет дельта-функция Дирака, умноженная на соответствующий множитель, т.е.

Цитата:

... будет $\frac{Q_1}{4\pi R_1^2}\delta(r-r_0)$, как плотность заряда на сфере радиуса $R_1$, т.к. $R_2\rightarrow R_1$

Цитата:

Единственная знакомый мне момент из курса - это вектор $P=\int{\rho(X)\cdot X dX}$ (Х - вектор координат), как он был обозван "электрический момент".

Если имелся в виду вектор

$$ \vec{P} = \int_{V_\infty} \rho\left(\vec{r}\right) \vec{r} \;\mathrm{d}V , $$

где $V_\infty$ - все пространство, то это - дипольный электрический момент относительно точки, от которой осчитывается "вектор координат". (Надо полагать, что "вектор координат" - это радиус-вектор, тогда эта точка - начало координат).

Цитата:

У меня для плотности $\frac{3}{25+z^2}\delta(r-r_0)$ вектор получлся равным $(\frac{3r_0^3\pi}{10}, \frac{3r_0^3\pi}{10}, \infty)$, что в свою очередь вряд ли верно.

Вследствии симметрии все компоненты дипольного электрического момента относительно начала координат очевидно равны нулю. (Если получающийся при взятии объемного интеграла несобственный интеграл вычислять как главное значение в смысле Коши.)

Вы неправильно посчитали. (Наверное, вместо того, чтобы интегрировать по объему, интегрировали по длине.)

[alleut]

2. Суммарный заряд такой ведь:

$$\int{\rho_vdV}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{\frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=\frac{3r_0^2 \pi^2}{5}$$

А момент для $r$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{r \frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=\frac{2r_0^3 \pi^2}{5}$$

для $z$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{я\frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=?$$

Или я как-то не так дельта-функцией поверхность цилиндра вырезаю?

[Александр Т.]

alleut в сообщении #323701 писал(а):

2. Суммарный заряд такой ведь:

$$\int{\rho_vdV}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{\frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=\frac{3r_0^2 \pi^2}{5}$$

Нет. Не разобрались с дельта-функцией Дирака. Правильно будет

$$\int_{\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^\infty{\frac{3 \delta(r-r_0)}{z^2+25}r\ dr d\phi dz}}} . $$

Цитата:

А момент для $r$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{r \frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=\frac{2r_0^3 \pi^2}{5}$$

для $z$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{r_0}{я\frac{3r}{z^2+25}dr d\phi\ dz}}}=?$$

Нет. Таких понятий как момент для $r$ или $z$ не существует. (Есть понятия компонент какого-либо векторного поля в локальном базисе. Но, поскольку дипольный электрический момент - это не векторное поле, а просто вектор, то при его вычислении лучше с этими понятиями не связываться.)
Для вычисления дпольного момента лучше использовать формулу для него, которую я уже написал выше по ветке, учитывая, что в цилиндрической системе координат

$$ \vec{r} = r \cos \phi \vec{i} + r \sin \phi \vec{j} + z \vec{k} , $$

где $\vec{i}$, $\vec{j}$, $\vec{k}$ - векторы базиса декартовой системы координат, соответствующей выбранной цилиндрической системе координат.

[alleut]

А дельта функция не даст интеграл только до $r_0$?

Ну я и имел в виду компоненты вектора: r и z

[Александр Т.]

alleut в сообщении #323738 писал(а):

А дельта функция не даст интеграл только до $r_0$?

Нет. Прочитайте определение дельта-функции.

Цитата:

Ну я и имел в виду компоненты вектора: r и z

А тогда почему Вы компоненту вектора: $\phi$ не поимели в виду? Повторяю, что с компонентами векторных полей в локальных базисах криволинейных систем координат лучше не связываться (в данном случае). Прочитайте еще раз про них, чтобы осознать насколько Ваши высказывания на эту тему неосмысленны.

Если при чтении появятся конкретные вопросы, задавайте.

[alleut]

С дельта-функцией вроде разобрался. Момент, как я понял, проще посчитать в декартовых координатах.
Посмотрите, пожалуйста, на то, что в итоге получилось:
1.

$$\rho_v=\frac{3}{25+z^2}\delta(r-r_0)$$

- обообщенная объемная плотность

$$Q=\int{\rho_v dV}=\iiint{\rho_v(x,y,z)dxdydz}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r dr d\phi\ dz}}} =\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{3}{25+z^2}dz} \int_0^{2\pi}{d\phi} \int_0^{\infty}{r \delta(r-r_0)dr}=\frac{3}{5}\pi \cdot2\pi \cdot r_0=\frac{6\pi^2r_0}{5}$$

- сумарный заряд

Вектор P:

$$P_x=\iiint{\rho_v(x,y,z)xdxdydz}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r\cdot r\cos{\phi}\cdot dr d\phi dz =0$$

$$P_y=\iiint{\rho_v(x,y,z)ydxdydz}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r\cdot r\sin{\phi}\cdot dr d\phi dz=0$$

$$P_z=\iiint{\rho_v(x,y,z)zdxdydz}=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)z}{z^2+25}r\cdot dr d\phi dz =\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{3z}{25+z^2}dz} \int_0^{2\pi}{d\phi} \int_0^{\infty}{r \delta(r-r_0)dr}=2\pi r_0\cdot \frac{3}{5}\ln(25+z^2)\bigg|_{-\infty}^\infty =^? 0$$

- логарифм даст 0 или не даст?

2.
Обобщенная плотность для шара и слоя в общем случае:

$$ \rho_v=\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3 - R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1) + \frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r) $$

Обобщенная плотность для шара и слоя при $R_2-R_1\rightarrow 0$ :

$$\rho_v=\frac{Q_1}{4\pi R_1^2}\delta(R_2-r) + \frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r)$$

Такая вот задача:
3.Двойной слой мощностью $\nu_0$ наспологается на плоскости $z=0$ и ориентирован по нормали $\vec{e_z}$.
Выписать обобщенную об. плотность, найти потенциал двойного слоя как функцию z. В какой точке потенциал имеет скачок? Найти напряженность эл. поля.
-----
Можно ли в решении R устремить в бесконечность? Такой ли скачок и напряженность?
----

$$\rho_v=-\nu_0\delta ' (z)$$

Для диска радиусом R на плоскости z=0

$$\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{2\pi}\int_0^R{ \frac{-\rho' \vec{e_{\rho}} + z\vec{e_z}}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3} }\vec{e_z}\rho' d\rho' d\phi'}=\frac{\nu_0 z}{2\epsilon_0} \left( \frac{1}{|z|}+\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}})$$

Скачок:

$$\frac{\nu_0}{\epsilon_0}$$

Поэтому, если $R\rightarrow \infty$, то

$$\Phi(0,0,z)= \frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)})$$

Скачок

$$\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}$$

в точках плоскости z=0
Напряженность:

$$\vec{E}=-grad(\Phi)=\left(0,0,2\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}\delta(z)\right)^T$$

[Александр Т.]

alleut в сообщении #323802 писал(а):

С дельта-функцией вроде разобрался. Момент, как я понял, проще посчитать в декартовых координатах.
Посмотрите, пожалуйста, на то, что в итоге получилось:

Чтобы можно было смотреть без проблем на то, что у Вас получается, разбивайте длинные формулы на несколько строк (так, как я это сделал в цитатах). Подробно проверять не буду, а только просмотрю на предмет поиска грубых ошибок

Цитата:

1.

$$\rho_v=\frac{3}{25+z^2}\delta(r-r_0)$$

- обообщенная объемная плотность

$$Q=\int{\rho_v dV=$$

$$=\iiint{\rho_v(x,y,z)dxdydz}=$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r dr d\phi\ dz}}}=$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{3}{25+z^2}dz} \int_0^{2\pi}{d\phi} \int_0^{\infty}{r \delta(r-r_0)dr}=\frac{3}{5}\pi \cdot2\pi \cdot r_0=$$

$$=\frac{6\pi^2r_0}{5}$$

- сумарный заряд

Вроде правильно.

Цитата:

Вектор P:

$$P_x=\iiint{\rho_v(x,y,z)xdxdydz}=$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r\cdot r\cos{\phi}\cdot dr d\phi dz=0$$

$$P_y=\iiint{\rho_v(x,y,z)ydxdydz}=$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)}{z^2+25}r\cdot r\sin{\phi}\cdot dr d\phi dz=0$$

$$P_z=\iiint{\rho_v(x,y,z)zdxdydz}=$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\int_0^{2\pi}{\int_0^{\infty}{\frac{3\delta(r-r_0)z}{z^2+25}r\cdot dr d\phi dz =$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{3z}{25+z^2}dz} \int_0^{2\pi}{d\phi} \int_0^{\infty}{r \delta(r-r_0)dr}=$$

$$=2\pi r_0\cdot \frac{3}{5}\ln(25+z^2)\bigg|_{-\infty}^\infty =^? 0$$

Вроде правильно.

Цитата:

- логарифм даст 0 или не даст?

См.сюда (найдите там словосочетание "главное значение в смысле Коши").

Цитата:

2.
Обобщенная плотность для шара и слоя в общем случае:

$$ \rho_v=\frac{3Q_1}{4\pi (R_2^3 - R_1^3)}h(R_2-r)h(r-R_1) + \frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r) $$

Обобщенная плотность для шара и слоя при $R_2-R_1\rightarrow 0$ :

$$\rho_v=\frac{Q_1}{4\pi R_1^2}\delta(R_2-r) + \frac{3Q_2}{4\pi R^3}h(R-r)$$

Вроде правильно.

Цитата:

Такая вот задача:

Такую вот задачу буду смотреть, когда разобьете формулы.

[alleut]

Вы это имели в виду?

$$\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{2\pi}\int_0^R{ \frac{-\rho' \vec{e_{\rho}} + z\vec{e_z}}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3} }\vec{e_z}\rho' d\rho' d\phi'}=$$ $$=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\cdot z \int_0^{2\pi}{d\alpha'} \int_0^R{\frac{-\rho'}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3}}d\rho'}=$$ $$=\frac{\nu_0 z}{2\epsilon_0} \left( \frac{1}{|z|}-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$ $$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0} \left( \frac{z}{|z|}-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}})=$$$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}sign(z)-\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}$$

При $R\rightarrow\infty$ $\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}\rightarrow 0$=> $\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}sign(z)$
Откуда видно, что при переходе через z=0 у потенциала скачок

[Александр Т.]

alleut в сообщении #324068 писал(а):

Вы это имели в виду?

Я имел в виду, что Вы исправите свое предыдущее (в этой теме) сообщение, чтобы мне было удобнее ответить на вопросы по "такой вот" задаче. (Насколько мне известно, инициатор темы (топикстартер) может исправлять свои сообщения в открытой им теме.)

Но пойдет и так.

alleut в сообщении #323802 писал(а):

Такая вот задача:
3.Двойной слой мощностью $\nu_0$ наспологается на плоскости $z=0$ и ориентирован по нормали $\vec{e_z}$.
Выписать обобщенную об. плотность, найти потенциал двойного слоя как функцию z. В какой точке потенциал имеет скачок? Найти напряженность эл. поля.

$$\rho_v=-\nu_0\delta ' (z)$$

Вроде бы так. (За знаком сами проследите.)

Цитата:

Для диска радиусом R на плоскости z=0

$$\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{2\pi}\int_0^R{ \frac{-\rho' \vec{e_{\rho}} + z\vec{e_z}}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3} }\vec{e_z}\rho' d\rho' d\phi'}=$$ $$=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\cdot z \int_0^{2\pi}{d\alpha'} \int_0^R{\frac{-\rho'}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3}}d\rho'}=$$ $$=\frac{\nu_0 z}{2\epsilon_0} \left( \frac{1}{|z|}-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$ $$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0} \left( \frac{z}{|z|}-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}})=$$$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}sign(z)-\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}$$

Вроде бы так.

Цитата:

Скачок:

$$\frac{\nu_0}{\epsilon_0}$$

Да.

Цитата:

Поэтому, если $R\rightarrow \infty$, то

$$\Phi(0,0,z)= \frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)})$$

Вроде бы так.

Цитата:

Скачок

$$\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}$$

в точках плоскости z=0

Нет.

$$ \lim\limits_{x\to+0}\mathop\mathrm{sign}(x) - \lim\limits_{x\to-0}\mathop\mathrm{sign}(x) = 2 \neq 1 $$

Выше же ведь правильно написали.

Цитата:

Напряженность:

$$\vec{E}=-grad(\Phi)=\left(0,0,2\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}\delta(z)\right)^T$$

Забыли минус.

(Оффтоп)

А вас, значит, учат, что вектор - это всегда столбец. (Это я про транспонирование.)

Цитата:

-----
Можно ли в решении R устремить в бесконечность?

Без проблем. Только зачем переходить от диска к плоскости, когда можно сразу в интеграле вместо $R$ написать $\infty$?

Цитата:

Такой ли скачок и напряженность?
----

См. выше.

[Александр Т.]

Александр Т. в сообщении #324139 писал(а):

Цитата:

Для диска радиусом R на плоскости z=0

$$\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{2\pi}\int_0^R{ \frac{-\rho' \vec{e_{\rho}} + z\vec{e_z}}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3} }\vec{e_z}\rho' d\rho' d\phi'}=$$

$$=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\cdot z \int_0^{2\pi}{d\alpha'} \int_0^R{\frac{-\rho'}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3}}d\rho'}=$$

$$=\frac{\nu_0 z}{2\epsilon_0} \left( \frac{1}{|z|}-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$

$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0} \left( \frac{z}{|z|}-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}\right) =$$

$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}(sign(z)-\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}})=$$

$$=\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}sign(z)-\frac{\nu_0}{2\epsilon_0}\frac{z^2}{\sqrt{z^2+R^2}}$$

Вроде бы так.

Проглядел в прошлый раз.

Цитата:

Для диска радиусом R на плоскости z=0

$$\Phi(0,0,z)=\frac{\nu_0}{4\pi\epsilon_0}\int_0^{2\pi}\int_0^R{ \frac{-\rho' \vec{e_{\rho}} + z\vec{e_z}}{\sqrt{(\rho'^2+z^2)^3} }\vec{e_z}\rho' d\rho' d\phi'}=$$

Это неправильно. Записано выражение для напряженности электрического поля (похоже на то), а не потенциала. Правильно будет (пишу не для диска, а сразу для плоскости)

$$ \Phi(0,0,z) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_0^{2\pi}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty \frac{-\nu_0\delta'(z-z')}{\sqrt{\rho'^2+(z-z')^2}} \rho' dz'd\rho' d\phi' $$

[alleut]

Большое спасибо за помощь. :)

Как вы сказали,

Цитата:

вообще говоря, логика преподавателя может отличаться от стандартной

Поэтому вычисление потенциала оказалось правильным по мнению преподавателя. Но понял я ошибку поздновато :)