Потенциал электрического поля заряда $q$ равен
$$\varphi_{1}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(l-x)^2+y^2}}, \tag{1}$$а потенциал точечного заряда $Q$
$$\varphi_2=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(x-a)^2+y^2}}. \tag{2}$$По принципу суперпозиции полный потенциал есть их сумма, то есть
$$\varphi=\varphi_1+\varphi_2=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(l-x)^2+y^2}}+\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{(x-a)^2+y^2}}. \tag{3}$$

Уравнение окружности, соответствующей поверхности шара, имеет вид
$$x^2+y^2=R^2. \tag{4}$$Исключая $y$ с помощью $(4)$ и подставляя в формулу $(3)$, находим
$$\varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{l^2-2lx+R^2}}+\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2-2ax+R^2}}. \tag{5}$$

Потенциал шара равен нулю, так как он заземлен, то есть
$$\varphi=0. \tag{6}$$Приравнивая выражение $(5)$ к нулю, перепишем его в виде
$$\frac{Q}{q}=-\frac{\sqrt{a^2-2ax+R^2}}{\sqrt{l^2-2lx+R^2}}=\beta=\operatorname{const} < 0. \tag{7}$$Возводя уравнение $(7)$ в квадрат, получаем следующее уравнение
$$2x(l\beta^2-a)+a^2+R^2-\beta^2(l^2+R^2)=0. \tag{8}$$Уравнение $(8)$ должно быть справедливым для всех $x \in (−R, R)$, а это возможно, только если коэффициент при первой степени $x$ и свободный член по отдельности равны нулю, то есть
$$
l\beta^2-a=0, \tag{9}
$$$$
a^2+R^2-\beta^2(l^2+R^2)=0. \tag{10}
$$Решая систему уравнений $(9)$ и $(10)$, получаем два решения
$$a=l, \beta=-1, \tag{11}$$$$a=\frac{R^2}{l}, \beta=-\frac{R}{l}. \tag{12}$$Только решение $(12)$ является ненулевым, поэтому окончательно получаем
$$Q=-q\frac{R}{l}, \tag{13}$$$$a=\frac{R^2}{l}. \tag{14}$$

Сила, действующая на точечный заряд равна
$$F=\frac{q^2Rl}{4\pi\varepsilon_0(l^2-R^2)^2}, \tag{15}$$откуда искомая работа вычисляется по формуле
$$A=\int\limits_l^\infty Fdl=\frac{q^2R}{8\pi\varepsilon_0(l^2-R^2)}. \tag{16}$$

Будем медленно перемещать заряд из начального положения на бесконечность так, чтобы возникающие силы тока были малы и выделением джоулева тепла можно было пренебречь. Пусть $W_q$ — энергия точечного заряда $q$, $W_Q$ — искомая энергия взаимодействия индуцированных зарядов, $W_{Qq}$ — энергия взаимодействия точечного заряда $q$ с индуцированными зарядами, равная
$$W_{Qq}=-\frac{q^2R}{4\pi\varepsilon_0(l^2-R^2)}. \tag{17}$$При удалении заряда на бесконечность должен выполняться закон сохранения энергии, который в данном случае имеет вид
$$W_q+W_Q+W_{Qq}+A=W_q. \tag{18}$$Из системы уравнений $(16)-(18)$, окончательно находим
$$W_Q=\frac{q^2R}{8\pi\varepsilon_0(l^2-R^2)}. \tag{19}$$

Для нахождения электрического поля внутри однородно заряженного шара воспользуемся теоремой Гаусса, записанной для сферического объема радиуса $r < R$. Заряд, находящийся внутри этого объема равен
$$q=\frac{4}{3}\pi r^3\rho, \tag{20}$$а поток вектора напряженности через его поверхность составляет
$$\Phi_E=4\pi r^2E. \tag{21}$$По теореме Гаусса
$$\Phi_E=\frac{q}{\varepsilon_0}, \tag{22}$$откуда находим
$$\vec E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\vec r. \tag{23}$$В последнем выражении учтено, что векторы напряженности коллинеарен вектору $\vec r$.

Теперь рассмотрим два шара, имеющих объемные плотности зарядов противоположных знаков и рассчитаем электрическое поле в области их пересечения. Возьмем произвольную точку внутри этой области и проведем в нее из центров шаров радиусы векторы, обозначив их $\vec r_{+}$ и $\vec r_{-}$ — соответственно. Тогда по формуле $(23)$
$$\vec E_{+}=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\vec r_{+}, \tag{24}$$$$\vec E_{-}=-\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\vec r_{-}. \tag{25}$$Суммарное поле находится из принципа суперпозиции
$$\vec E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}(\vec r_{+}-\vec r_{-})=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\vec a, \tag{26}$$где $\vec a$ — вектор, построенный от центра отрицательного шара к центру положительного.

Напряженность поля внутри проводящего шара должна быть равна нулю. Индуцированные заряды создают, согласно формуле $(26)$, однородное электрическое поле, которое должно полностью компенсировать внешнее электрическое поле, откуда получаем, что
$$\rho a=3\varepsilon_0E_0. \tag{27}$$Заряды фиктивных шаров полностью компенсируются за исключением тонкого слоя вблизи поверхности, который можно считать поверхностным зарядом. Толщина слоя $\delta$ зависит от угла $\theta$ и в силу малости $a$ равна
$$\delta=a\cos\theta. \tag{28}$$Отсюда величина поверхностного заряда вблизи угла $\theta$ равна
$$\sigma=\frac{\rho V}{S}=\frac{\rho S\delta}{S}=\rho \delta. \tag{29}$$Из выражений $(27)-(29)$ окончательно получаем
$$\sigma=3\varepsilon_0E_0\cos\theta. \tag{30}$$

Рассмотрим тонкий цилиндр вблизи поверхности проводника и применим к нему теорему Гаусса. Так как поле внутри проводника отсутствует, а снаружи оно направлено по нормали, то по теореме Гаусса
$$ES=\frac{\sigma S}{\varepsilon_0}, \tag{31}$$откуда следует, что
$$E=3E_0\cos\theta. \tag{32}$$

Воспользуемся тем, что проводящий шарик очень маленький, так что электрическое поле кольца $E$ в его окрестности можно считать практически однородным. В предыдущей части этой задачи показано, что его поляризацию можно представить как два фиктивных шара противоположного заряда. Эти два шара ведут себя во внешнем поле как диполь с моментом
$$\vec p=q\vec a, \tag{33}$$где
$$q=\rho\frac{4}{3}\pi r^3. \tag{34}$$Используя $(27)$, из $(33)$ и $(34)$ получаем
$$\vec p=4\pi r^3\varepsilon_0\vec E. \tag{35}$$Вычислим поле кольца $E$ в окрестности шарика как функцию его расстояния $z$ до центра. Очевидно, что поле кольца направлено вдоль спицы. Разобьем его на малые части, несущие заряд $\Delta q_i$. Тогда проекция их поля на направление спицы имеет вид
$$\Delta E_z=\frac{\Delta q_i\cos\alpha}{4\pi \varepsilon_0(z^2+R^2)^2}. \tag{36}$$Учитывая, что
$$\cos\alpha=\frac{z}{(z^2+R^2)^{1/2}} \tag{37}$$и суммируя по всем элементам кольца, получаем
$$E(z)=\frac{qz}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)^{3/2}}. \tag{38}$$Сила, действующая на диполь равна
$$F=qE(z+a)-qE(z)=qa\frac{dE}{dz}=p\frac{dE}{dz}. \tag{39}$$Подставляя $(35)$ и $(38)$ в $(39)$, получаем
$$F=\frac{q^2r^3z(R^2-2z^2)}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)^4}. \tag{40}$$Из выражения $(40)$ следует, что существуют три положения равновесия, которые определяются точками
$$z_1=0, \tag{41}$$$$z_{2,3}=\pm\frac{R}{\sqrt{2}}. \tag{42}$$Простой анализ показывает, что положение равновесия $(41)$ является неустойчивым, а симметричные положения $(42)$ являются устойчивыми.
Вблизи положения устойчивого равновесия выражения для силы $(40)$ принимает вид
$$F=-\frac{8q^2r^3x}{81\pi\varepsilon_0R^6}, \tag{43}$$где
$$x=z-\frac{R}{\sqrt{2}} \ll R. \tag{44}$$Уравнение Ньютона для движения шарика вдоль спицы при малых отклонениях $x$ имеет вид
$$m\ddot x+\frac{8q^2r^3}{81\pi\varepsilon_0R^6}x=0 \tag{45}$$и представляет собой уравнение гармонических колебаний с частотой
$$\omega=\sqrt{\frac{8q^2r^3}{81\pi\varepsilon_0mR^6}}. \tag{46}$$

Для получения ответа нет необходимости интегрировать формулу $(40)$. В начальном положении проводящий шарик не поляризован и в конечном состоянии он тоже не поляризован, так как в нуле и на бесконечности электрическое поле кольца обращается в ноль. Поэтому применение закона сохранения энергии сразу приводит к ответу
$$A=0. \tag{47}$$Естественно, что интегрирование выражения $(40)$ в пределах от нуля до бесконечности дает тот же самый ответ.