前段时间，在看保角变换计算偏心圆柱的电容时，联想到偏心球体的电容。下面来计算偏心双球的电容。
建立模型
假设真空中有两个球壳导体，构成一个电容。两球壳的半径分别为$R_1,R_2$，球壳球心相距$d$。假设球壳1位于球壳2内部，即 $R_1< R_2$，$d<R_2-R_1$。
双球坐标系
引入双球坐标系（双极坐标系的升维）
$${\begin{align*}x = a\frac{\sin\eta\cos\phi}{\cosh\mu-\cos\eta}\\ y = a\frac{\sin\eta\sin\phi}{\cosh\mu-\cos\eta}\\ z = a\frac{\sinh\mu}{\cosh\mu-\cos\eta}\end{align*}}\tag{1}$$
其中$a>0$为常数，$\eta\in[0,\pi)$，$\mu\in(-\infty,\infty)$，$\phi\in[0,2\pi)$。
易知有
$$x^2+y^2+\left(z-a\frac{\cosh\mu}{\sinh\mu}\right)^2 = \left(\frac{a}{\sinh\mu}\right)^2\tag{2}$$
因此等$\mu$面可以刻画出偏心双球面。根据对称性，设两球壳球心的位置分别为$(0,0,a\coth\mu_1)$和$(0,0,a\coth\mu_2)$。有
$$\begin{align*}&a (-\coth\mu_1+\coth\mu_2) = d\\&\frac{a}{\sinh\mu_1} = R_1\\&\frac{a}{\sinh\mu_2} = R_2\end{align*}\tag{3}$$
解得
$$\begin{align*}&a=\frac{\sqrt{R_1^4+R_2^4+d^4-2R_1^2R_2^2-2d^2R_1^2-2d^2R_2^2}}{2d}\\ &\cosh\mu_1=\frac{-R_1^2+R_2^2-d^2}{2dR_1}\\ &\cosh\mu_2=\frac{-R_1^2+R_2^2+d^2}{2dR_2}\end{align*}\tag{4}$$
这样便将坐标系确定下来。容易验证双球坐标系是正交坐标系，计算其拉梅系数$h_p=\sqrt{\left(\frac{\partial x}{\partial p}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial p}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial p}\right)^2}$，其中$p = \eta,\mu,\phi$，有
$$\begin{align*}h_\eta&=h_\mu = \frac{a}{\cosh\mu-\cos\eta}\\h_\phi &= \frac{a\sin\eta}{\cosh\mu-\cos\eta}\end{align*}\tag{5}$$
因此有
$$\begin{align*}\nabla^2&=\frac{1}{h_\eta h_\mu h_\phi}\left(\frac{\partial}{\partial\eta}\left(\frac{h_\mu h_\phi}{h_\eta}\frac{\partial}{\partial\eta}\right)+\frac{\partial}{\partial\mu}\left(\frac{h_\eta h_\phi}{h_\mu}\frac{\partial}{\partial\mu}\right)+\frac{\partial}{\partial\phi}\left(\frac{h_\eta h_\mu}{h_\phi}\frac{\partial}{\partial\phi}\right)\right)\\&=\small\frac{(\cosh\mu-\cos\eta)^3}{a^2\sin\eta}\left[\sin\eta\frac{\partial}{\partial\mu}\left(\frac{1}{\cosh\mu-\cos\eta}\frac{\partial}{\partial\mu}\right)+\frac{\partial}{\partial\eta}\left(\frac{\sin\eta}{\cosh\mu-\cos\eta}\frac{\partial}{\partial\eta}\right)+\frac{1}{\sin\eta(\cosh\mu-\cos\eta)}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}\right]\end{align*}\tag{6}$$
建立方程
除边界外，空间中无自由电荷，由对称性，知电势分布与方位角$\phi$无关。设电势为$\varphi=\varphi_{(\mu,\eta)}$，有
$$\nabla^2\varphi = 0\tag{7}$$
引入变换
$$\psi = \frac{\varphi}{\sqrt{\cosh\mu-\cos\eta}}\tag{8}$$
代入(6)(7)式，化简得
$$\left[\frac{\partial^2}{\partial\mu^2}+\frac{1}{\sin\eta}\frac{\partial}{\partial\eta}\left(\sin\eta\frac{\partial}{\partial\eta}\right)+\frac{1}{\sin^2\eta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}-\frac{1}{4}\right]\psi=0\tag{9}$$
同时，边界条件(设球壳1的电势为$0$，球壳2的电势为$V$)
$$\begin{align*}&\sqrt{\cosh\mu_1-\cos\eta}\;\psi_{(\mu_1,\eta)} \equiv 0\\&\sqrt{\cosh\mu_2-\cos\eta}\;\psi_{(\mu_2,\eta)} \equiv V\end{align*}\tag{10}$$
(9)(10)式即求解本问题的方程。
求解方程
对(9)式进行分离变量求解。设$\psi_{(\mu,\eta)}=M_{(\mu)}H_{(\eta)}$，得
$$\frac{1}{M}\frac{d^2M}{d\mu^2}-\frac{1}{4}=-\left[\frac{1}{H\sin\eta}\frac{\partial}{\partial\eta}\left(\sin\eta\frac{dH}{d\eta}\right)\right]\tag{11}$$
显然，上式左右两边都应是常量，即($l$为常量)
$$\begin{align*}&\frac{1}{M}\frac{d^2M}{d\mu^2}-\frac{1}{4}=l(l+1)\\&\frac{1}{H\sin\eta}\frac{\partial}{\partial\eta}\left(\sin\eta\frac{dH}{d\eta}\right)=-l(l+1)\end{align*}\tag{11*}$$
观察(11*)的第二式，此即勒让德方程，当且仅当 $l$为整数 时有收敛解
$$H=A_lP_l{(\cos\eta)}\tag{12}$$
其中，$P_l(x)$为关于$x$的勒让德多项式，$A_l$为常系数。
同时，对(11*)的第一式，易得
$$M=B_l\sinh\left((l+\frac{1}{2})\mu\right)+C_l\cosh\left((l+\frac{1}{2})\mu\right)\tag{13}$$
由以上各式，吸收常系数，并且根据对称性丢弃$l<0$的情况，化简得
$$\psi=\sum_{l=0}^\infty \left[\left(A_l\sinh((l+\frac{1}{2})\mu)+B_l\cosh((l+\frac{1}{2})\mu)\right)P_l(\cos\eta)\right]\tag{14}$$
代入边界，由(10)第一式，可知
$$A_l\sinh\left((l+\frac{1}{2})\mu_1\right)+B_l\cosh\left((l+\frac{1}{2})\mu_1\right)\equiv0\tag{15}$$
对于(10)第二式，结合(14)式改写有
$$\frac{1}{\sqrt{\cosh\mu_2-\cos\eta}}=\frac{1}{V}\sum_{l=0}^\infty \left[\left(A_l\sinh((l+\frac{1}{2})\mu_2)+B_l\cosh((l+\frac{1}{2})\mu_2)\right)P_l(\cos\eta)\right]\tag{16}$$
而勒让德多项式的生成函数
$$\frac{1}{\sqrt{1-2rx+r^2}}=\sum_{l=0}^\infty r^l P_l(x)\tag{17}$$
故取$r=e^{-\mu_2}$，化简得
$$\frac{1}{\sqrt{\cosh\mu_2-x}}=\sqrt{2}\sum_{l=0}^\infty e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}P_l(x)\tag{18}$$
对比(16)式，得到
$$A_l\sinh\left((l+\frac{1}{2})\mu_2\right)+B_l\cosh\left((l+\frac{1}{2})\mu_2\right)\equiv\sqrt{2}Ve^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}\tag{19}$$
解得
$$\begin{align*}&A_l = \sqrt{2}Ve^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}\frac{\cosh((l+\frac{1}{2})\mu_1)}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_2-\mu_1))}\\& B_l = -\sqrt{2}Ve^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}\frac{\sinh((l+\frac{1}{2})\mu_1)}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_2-\mu_1))}\end{align*}\tag{20}$$
代入(8)(14)式，化简得电势
$$\varphi=V\sqrt{2(\cosh\mu-cos\eta)}\sum_{l=0}^\infty\left[ e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}\frac{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu-\mu_1))}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_2-\mu_1)}P_l(\cos\eta)\right]\tag{21}$$
求解电容
高斯定理，得到球壳1表面电荷密度
$$\sigma=-\varepsilon_0(\left.\nabla\varphi\right| _ {\mu=\mu_1}\cdot\hat{n})\tag{22}$$
在双球坐标系下，考虑球面为等$\mu$面，且$\hat{n}$为$\mu$减小方向，有
$$\left.\nabla\varphi\right| _ {\mu=\mu_1}\cdot\hat{n} = -\frac{1}{h_\mu}\left.\frac{\partial\varphi}{\partial\mu}\right| _ {\mu=\mu_1}\tag{23}$$
将(21)代入(23)式，化简得到
$$\left.\nabla\varphi\right| _ {\mu=\mu_1}\cdot\hat{n} =-\frac{\sqrt{2(\cosh\mu_1-cos\eta)^3}\;V}{a}\sum_{l=0}^\infty\left[\frac{(l+\frac{1}{2}); e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_2-\mu_1))}P_l(\cos\eta)\right]\tag{24}$$
由于球壳1为低电势，因此总带电
$$Q=-\iint_{球壳1}\sigma dS\tag{25}$$
在双球坐标系下，改写(25)式
$$Q=- \underset{0\le\phi<2\pi,0\le\eta<\pi}{\iint} \sigma h_\eta h_\phi d\phi d\eta\tag{26}$$
因此代入有
$$\begin{align*}Q=-&\sqrt{2}\varepsilon_0aV\sum_{l=0}^\infty\left[\frac{(l+\frac{1}{2})\; e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_2-\mu_1))}\underset{0\le\phi<2\pi,0\le\eta<\pi}{\iint}\frac{\sin\eta}{\sqrt{\cosh\mu_1-\cos\eta}}P_l(\cos\eta)d\phi d\eta\right]\\=&2\sqrt{2}\pi\varepsilon_0aV\sum_{l=0}^\infty\left[\frac{(l+\frac{1}{2})\; e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_2}}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_1-\mu_2))}\int_{-1}^{1}\frac{P_l(\cos\eta)d(\cos\eta)}{\sqrt{\cosh\mu_1-\cos\eta}}\right]\end{align*}\tag{27}$$
对于积分，考虑(18)式，由于$P_l(x)$的正交性，即
$$\begin{align*}\int_{-1}^1P_m(x)P_n(x)dx = \frac{2}{2m+1}\delta_{mn}\end{align*}\tag{28}$$
【注：上式中$\delta_{mn}$前的系数可以由$P_l(x)=\frac{1}{2^ll!}\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l$得到】
因此由(18)式可得
$$\begin{align*}\int_{-1}^1\frac{P_m(x)dx}{\sqrt{\cosh\mu_1-x}}&=\sqrt{2}\sum_{l=0}^\infty \left[e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_1}\int_{-1}^1P_l(x)P_m(x)dx\right]\&=\frac{2\sqrt{2}}{2m+1}e^{-(l+\frac{1}{2})\mu_1}\end{align*}\tag{29}$$
代入(27)式，化简得
$$Q=4\pi\varepsilon_0aV\sum_{l=0}^\infty\frac{e^{-(l+\frac{1}{2})(\mu_1+\mu_2)}}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_1-\mu_2))}\tag{30}$$
因此电容
$$C=\frac{Q}{V}=4\pi\varepsilon_0a\sum_{l=0}^\infty\frac{e^{-(l+\frac{1}{2})(\mu_1+\mu_2)}}{\sinh((l+\frac{1}{2})(\mu_1-\mu_2))}\tag{31}$$
如果代入(4)式，令$L=\sqrt{R_1^4+R_2^4+d^4-2R_1^2R_2^2-2d^2R_1^2-2d^2R_2^2}$，化简得
$$ C=4\pi\epsilon_0\sum_{l=0}^\infty\frac{L\left[(R_2^2-R_1^2)(R_2^2-R_1^2-L)-d^2(R_1^2+R_2^2)\right]^{l+\frac{1}{2}}}{d^{2l+2}\left[\left(R_1^2+R_2^2-d^2+L\right)^{l+\frac{1}{2}}-\left(R_1^2+R_2^2-d^2-L\right)^{l+\frac{1}{2}}\right]}\tag{32}$$
简单应用
考虑当内部球壳球心相对外部球壳的球心的偏移为较小，即$d\ll R_1,R_2$时
由(32)式，保留$d$的最低项，得
$$C\approx 4\pi\varepsilon_0\left(\frac{R_1R_2}{R_2-R_1}+\frac{R_1^3R_2^3d^2}{(R_2^3-R_1^3)(R_2^2-R_1^2)^2}\right)\tag{33}$$