Интеграл по шару

[Padawan]

Вычислить интеграл

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz$$

где $B_R=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3: x^2+y^2+z^2\leqslant R\}$ -- шар радиуса $R$ с центром в начале координат, а $(x_0,y_0,z_0)$ -- точка вне этого шара.

Или хотя бы найти асимптотическое разложение по степеням $r=\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}$.

[Полосин]

Повернем систему координат так, чтобы ось $Oz'$ была сонаправлена вектору $r^{-1}\{x_0,y_0,z_0\}$, а две другие оси располагались в перпендикулярной ему плоскости. Тогда выражение в знаменателе примет вид $x'^2+y'^2+(z'-r)^2$, а в числителе будут квадратичные и линейные члены. Из них члены вида $x'$, $x'y'$ дадут ноль в силу симметрии; следовательно, останется только выражение вида $Ax'^2+By'^2+Cz'^2+Dz'+E$. Подберем теперь угол поворота пары осей $Ox'$, $Oy'$ так, чтобы $A=B$, тогда переход к цилиндрическим координатам упростит интеграл.

[Александр Т.]

Padawan в сообщении #336630 писал(а):

Вычислить интеграл

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz$$

где $B_R=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3: x^2+y^2+z^2\leqslant R\}$ -- шар радиуса $R$ с центром в начале координат, а $(x_0,y_0,z_0)$ -- точка вне этого шара.

У меня получилось

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz=$$

$$ = \begin{cases} - \dfrac{R^5}{5} \dfrac {2z_0^2-x_0^2-y_0^2} {\left(\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\right)^5} ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\geqslant R \\ - \dfrac{1}{5}\left(2z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) - \dfrac{1}{2}\left(R^2-z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}<R \end{cases} $$

[Александр Т.]

Александр Т. в сообщении #336738 писал(а):

У меня получилось

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz=$$

$$ = \begin{cases} - \dfrac{R^5}{5} \dfrac {2z_0^2-x_0^2-y_0^2} {\left(\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\right)^5} ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\geqslant R \\ - \dfrac{1}{5}\left(2z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) - \dfrac{1}{2}\left(R^2-z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}<R \end{cases} $$

Поспешил. Проверка показала, что должно получиться

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz=$$

$$ = \begin{cases} - \dfrac{4\pi}{3} \dfrac{R^5}{5} \dfrac {2z_0^2-x_0^2-y_0^2} {\left(\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\right)^5} ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\geqslant R \\ - \dfrac{4\pi}{3}\dfrac{1}{5}\left(2z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) - \dfrac{4\pi}{3}\dfrac{1}{2}\left(R^2-z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) ,\ \sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}<R \end{cases} $$

[Александр Т.]

Последний ответ, данный выше — неправильный при $\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}<R$. Нашел у себя ошибку в вычислениях, но правильный ответ решил дать уже вместе с решением.

Суть решения в том, что предложенный для взятия интеграл — это $z$-компонента напряженности электрического поля, созданого зарядами, распределенными в шаре так, что плотность заряда пропорциональна $z$. Как известно из электростатики (или из теории потенциала), если заряды распределены таким образом по сфере (т.е., если поверхностная плотность заряда пропорциональна $z$), то электрическое поле вне сферы — это поле точечного диполя, а внутри сферы — однородное поле. Следовательно электрическое поле описанного выше распределения зарядов в шаре представляет собой поле точечного диполя вне шара, а в точке, находящейся на расстоянии $r$ от центра шара, оно представляет собой суперпозицию поля точечного диполя (поля зарядов внутри шара радиуса $r$) и однородного поля (поле зарядов сферической оболочки толщиной $R-r$).

Ну а теперь — то же самое, только с формулами. Известная из электростатики формула для распределения зарядов на сфере радиуса $r$ имеет вид

$$ \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^\pi q_{0\text{s}}\cos\theta \dfrac {\vec{r}_0 - r \left[ \sin\theta \left( \cos\phi\vec{i} + \sin\phi\vec{j} \right) + \cos\theta\vec{k} \right] } {\left| \vec{r}_0 - r \left[ \sin\theta \left( \cos\phi\vec{i} + \sin\phi\vec{j} \right) + \cos\theta\vec{k} \right] \right|^3 } r^2 \sin\theta \, \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi = $$

$$ = \begin{cases} \dfrac{4\pi}{3} q_{0\text{s}} r^3 \dfrac{3\vec{r}_0\cdot\vec{k}\ \vec{r}_0 - r_0^2 \vec{k}}{r_0^5} , &r_0 \geqslant r , \\ - \dfrac{4\pi}{3} q_{0\text{s}} \vec{k} , &r_0<r . \end{cases} $$

(Оффтоп)

Именно при выводе этой формулы (лень было ее искать) я и допустил ошибку.

Здесь $\vec{r}_0=x_0\vec{i}+y_0\vec{j}+z_0\vec{k}$, $\vec{i}$, $\vec{j}$ и $\vec{k}$ — базисные векторы декартовой системы координат, $q_{0\text{s}}$ — максимальная поверхностная плотность заряда на сфере. Из этой формулы следует, что для распределения зарядов в шаре

$$ \int\limits_0^R \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^\pi \dfrac{q_0}{R} r\cos\theta \dfrac {\vec{r}_0 - r \left[ \sin\theta \left( \cos\phi\vec{i} + \sin\phi\vec{j} \right) + \cos\theta\vec{k} \right] } {\left| \vec{r}_0 - r \left[ \sin\theta \left( \cos\phi\vec{i} + \sin\phi\vec{j} \right) + \cos\theta\vec{k} \right] \right|^3 } r^2 \sin\theta \, \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \mathrm{d}r = $$

$$ = \begin{cases} \int\limits_0^R \dfrac{4\pi}{3} \dfrac{q_0}{R} r^4 \dfrac{3\vec{r}_0\cdot\vec{k}\ \vec{r}_0 - r_0^2 \vec{k}}{r_0^5} \, \mathrm{d}r , &r_0 \geqslant R , \\ \int\limits_0^{r_0} \dfrac{4\pi}{3} \dfrac{q_0}{R} r^4 \dfrac{3\vec{r}_0\cdot\vec{k}\ \vec{r}_0 - r_0^2 \vec{k}}{r_0^5} \, \mathrm{d}r - \int\limits_{r_0}^R \dfrac{4\pi}{3} \dfrac{q_0}{R} r \vec{k} \, \mathrm{d}r , &r_0<r , \end{cases} = $$

$$ = \begin{cases} \dfrac{4\pi}{15} \dfrac{q_0}{R} R^5 \dfrac{3\vec{r}_0\cdot\vec{k}\ \vec{r}_0 - r_0^2 \vec{k}}{r_0^5} , &r_0 \geqslant R , \\ \dfrac{4\pi}{15} \dfrac{q_0}{R} \left(3\vec{r}_0\cdot\vec{k}\ \vec{r}_0 - r_0^2 \vec{k}\right) - \dfrac{2\pi}{3} \dfrac{q_0}{R} \left(R^2-r_0^2\right) \vec{k} , &r_0<R . \end{cases} $$

Здесь $q_0$ — максимальная объемная плотность заряда в шаре (достигаемая в точке на его поверхности).

Умножив скалярно первое выражение на $\vec{k}$ и положив $q_0=-R$, получим предложенный для взятия интеграл, в котором произведена замена переменных интегрирования (от декартовых к сферическим). Таким образом,

$$\iiint\limits_{\displaystyle B_R} \frac{(z-z_0)\, z}{\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}\right)^3}\,dxdydz=$$

$$ = \begin{cases} - \dfrac{4\pi}{3} \dfrac{R^5}{5} \dfrac {2z_0^2-x_0^2-y_0^2} {\left(\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\right)^5} ,&\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}\geqslant R, \\ - \dfrac{4\pi}{15}\left(2z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) + \dfrac{2\pi}{3}\left(R^2-z_0^2-x_0^2-y_0^2\right) ,&\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}<R. \end{cases} $$

(Оффтоп)

Выглядит так, что я только знак в одном месте перепутал, но на самом деле ошибка была серьезнее.