Finden Sie das Vektorpotential einer sich drehenden Kugelschale mit einheitlicher Oberflächenladung?

Ich habe ein Problem bei der Lösung des folgenden magnetostatischen Problems. Über Hilfe und Anleitung würde ich mich sehr freuen.

So wird das Problem beschrieben:

Eine Kugelschale mit Radius$R$, die eine gleichmäßige Oberflächenladung tragen$\sigma$, wird mit einer Winkelgeschwindigkeit in Rotation versetzt$\mathbf{ω}$, siehe Abbildung 5.45 . Berechnen Sie das Vektorpotential, indem Sie das entsprechende partielle Differential lösen$\nabla^2 \mathbf{A} = \mu_0\mathbf{J}$.

Ich habe versucht, das Problem zu lösen, indem ich zuerst den Oberflächenstrom unter Verwendung eines sphärischen Koordinatensystems aufgeschrieben habe.

$$\mathbf{J}(\mathbf{r^\prime}) = \sigma \mathbf{v} = \sigma \mathbf{ω} \times \mathbf{ρ} = \sigma\omega r^\prime \sin\theta\:\delta(r^\prime - R)\mathbf{\hat{e}_{\phi}}$$ Wo $\mathbf{ρ}$ist der Abstand von der z-Achse, wenn die z-Achse als Rotationsachse genommen wird und $\theta$ist der von der z-Achse gemessene Winkel. Daraus schließen wir das $\mathbf{A}$hängt nur von der ab $A_\phi$Komponente, da der Oberflächenstrom nur von der Phi-Komponente abhängt, und somit haben wir $\nabla^2 A_\phi = \mu_0 J_\phi$. Und wir müssen nur noch eine "einfache" Poission-Gleichung lösen . Unser Problem hat eindeutig Azimutsymmetrie . Wir fahren dann fort, die Laplace-Gleichung zu lösen $\nabla^2 A_{\phi}(r,\theta)=0$. Wir lösen diese partielle Differentialgleichung mit Hilfe der Separation der Variablen. Am Ende stellen wir fest, dass die allgemeine Lösung eine Linearkombination separierbarer Lösungen ist. $$A_{\phi}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty \Big(A_lr^l + \frac{B_l}{r^{l+1}}\Big)P_l(\cos\theta)$$ Für den Innenbereich wo $(r\leq R), B_l=0$sonst würde das Potential am Ursprung explodieren. $$A_{in}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty A_lr^lP_l(\cos\theta)$$ Im Außenbereich $(r\geq R)$wir bekommen das $A_l=0$, weil sie im Unendlichen nicht auf Null gehen. $$A_{out}(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty \frac{B_l}{r^{l+1}}P_l(\cos\theta)$$ Diese müssen wir nun an der Grenze zu Funktionen zusammenfügen $r=R$. Das Vektorpotential sollte am Rand stetig sein. Wir haben also folgende Randbedingungen $$\label{eq:one} A_{out}=A_{in}$$ $$\Big( \frac{\partial A_{out}}{\partial r}-\frac{\partial A_{in}}{\partial r}\Big)\Big|_{r=R}=-\mu_0J_{\phi}=-\mu_0\sigma\omega R\sin\theta$$ Aus der ersten Randbedingung finden wir das $$B_l=A_lR^{2l+1}$$ Wenn wir es in die zweite Randbedingungsgleichung einsetzen, erhalten wir $$\sum_{l=0}^\infty(2l+1)A_lR^{l-1}P_l(\cos\theta)=\mu_0\sigma\omega R\sin\theta$$ Verwenden Sie den Fourier-Trick, indem Sie beide Seiten mit multiplizieren $P_{l^\prime}(\cos\theta)\sin\theta$und integrieren. Wir können die Koeffizienten bestimmen $A_l$da die Legendre-Polynome orthogonale Funktionen sind, $$\int_0^1 P_{l^\prime}(x)P_l(x)\textrm{d}x = \int_0^\pi P_{l^\prime}(\cos\theta)P_l(\cos\theta)\sin\theta\:\textrm{d}\theta = \frac{2}{2l+1}\delta_{ll^\prime}$$

$$A_l= \frac{\mu_0\sigma\omega R}{2R^{l-1}} \int_0^\pi \sin\theta\:P_l(\cos\theta) \sin\theta\:\textrm{d}\theta$$ Hier bin ich auf eine Mauer gestoßen. Ich habe versucht, das Problem durch Ausdrücken zu lösen $\sin\theta$in Bezug auf Legendre-Polynome und verwenden Sie dann die orthogonale Bedingung, um die Koeffizienten zu bestimmen $A_l$. ich weiß, dass $\sin^2\theta$kann unter Verwendung von Legendre-Polynomen auf folgende Weise ausgedrückt werden. $$\sin^2\theta=\frac{2}{3}(P_0(\cos\theta)-P_2(\cos\theta))$$

Aber wenn ich nur haben will$\sin\theta$Ich muss aus allem die Quadratwurzel ziehen, und dann wird es wirklich chaotisch. Wo habe ich bei meiner Lösung einen Fehler gemacht?