В центре кольца поле любого заряда направлено в его плоскости, поэтому величина поля равна нулю в силу симметрии и
Расстояние до зарядов на кольце равняется $\sqrt{R^2+x^2}$, откуда $$\varphi=\frac{kQ}{\sqrt{R^2+x^2}}=\frac{\lambda{R}}{2{\epsilon_0}\sqrt{R^2+x^2}} $$
Вектор напряжённости электрического поля каждого из зарядов образует с вертикалью угол $\alpha$ такой, что $cos(\alpha)=\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}$ Комбинируя это с законом кулона $$E=\frac{kQx}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}=\frac{{\lambda}xR}{2{\epsilon_0}(x^2+R^2)^\frac{3}{2}} $$
Возьмём производную от выражения $\frac{x}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}$ и приравняем нулю $$\frac{1}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}-\frac{3x^2}{(x^2+R^2)^\frac{5}{2}}=0 $$ Откуда $$x=\frac{R}{\sqrt{2}} $$ Подставляя значение $x$ в выражение для электрического поля $$E_{max}=\frac{\lambda}{3\sqrt{3}R\epsilon_0} $$
Как известно, выражение для нормальной составляющей поля плоского слоя, равномерно заряженного по поверхности следующее $$E_n=\frac{{\sigma}\Omega}{4\pi\epsilon_0} $$ где $\Omega$ - телесный угол, под которым из данной точки виден плоский слой. Выражение для телесного угла, под котором виден диск из точки, находящейся на его оси на расстоянии $x$ от центра следующее $$\Omega=2{\pi}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right) $$ Откуда $$E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right) $$
Поскольку расстояние до всех точек кольца одинаково при всех $x$, а суммарный заряд кольца равен нулю $$\varphi(x)=0 $$
Если векторно просуммировать поля от зарядов половины кольца, то поскольку оно заряжено равномерно, модуль электрического поля будет равен диаметру окржности, полупериметр которой равен сумме модулей напряжённости полей зарядов $$|E|=\frac{kQ}{R^2} $$ Тогда выражение для поля половины кольца $$E=\frac{2|E|}{\pi}=\frac{2kQ}{{\pi}R^2} $$ Вектор поля второй половины равен по модулю $E$ и направлен противоположно первому. Таким образом $$E=\frac{4kQ}{{\pi}R^2}=\frac{\lambda}{{\pi}R\epsilon_0} $$
Воспользуемся результатом предыдущего пункта. Поскольку потенциал на оси кольца нулевой, проекция суммарного поля на направление оси нулевая. Тогда из предыдущего поля находим выражение для электрического поля $$E=\frac{4kQR}{{\pi}(R^2+x^2)^\frac{3}{2}}=\frac{\lambda{R}^2}{{\pi}(R^2+x^2)^\frac{3}{2}} $$
В силу симметрии поле может быть направлено только перпендикулярно оси цилиндра. Из теоремы Гаусса для цилиндрической поверхности радиуса $r$ и некоторой длины $L$, ось которой совпадает с осью исходного цилиндра, следует, что поток наряжённости электрического поля будет равен нулю. Поскольку на равных расстояниях от оси цилиндра поле будет иметь одинаковую величину, поток представляется следующим выражением $$\Phi=2{\pi}rLE=0 $$ откуда следует, что при любых значениях $r$ $$E=0 $$
Рассмотрим смещение на малую величину $dx$ вдоль оси цилиндра. Из определения потенциала $$E_x=-\frac{d\varphi}{dx} $$ Найдём изменение потенциала. После смещения расположение точки и цилиндра совпадают с точностью до кольца толщины $dx$, которое переместилось из основания в бесконечность. Поэтому выражение для изменения потенциала следующее $$d\varphi=-\frac{2k{\pi}R{\sigma}dx}{R}=-2k{\pi}{\sigma}dx $$ Откуда $$E_x=2k{\pi}{\sigma}=\frac{\sigma}{2\epsilon_0} $$
В пункте $A1$ было показано, что внутри бесконечного цилиндра поле обращается в ноль. Дополним полубесконечный цилиндр до бесконечного и рассмотрим поле в его основании. $$ $$ Поля исходного и добавленного полубесконечных цилиндров симметричны относительно основания. Поэтому, суммарное поле может обращаться в ноль только в случае, если каждая из компонент перпендикулярна основанию. Таким образом $$E_{OA}=0 $$
В пункте $A3$ было доказано, что в любой точке основания поле перпендикулярно ему. Для определения его величины в каждой точке воспользуемся теоремой о циркуляции электростатического поля. Выберем прямоугольный контур, проходящий через точку $O$ и произвольную точку основания $A$ такой, что другая его сторона $h\ll{OA}$. Тогда циркуляцию $Г$ можно представить в виде $$Г=\left(E_{O}-E_{A}\right)h+Г_{OA} $$ где $Г_{OA}$ - часть циркуляции по направлению $OA$. $$ $$ Найдём радиальную компоненту поля на высоте $h$ над основанием цилиндра. Поскольку в основании поле перпендикулярно ему, при небольшом смещении от него радиальная компонента поля будет эквивалентна полю кольца толщины $dh$ с поверхностной плотностью заряда $-\sigma$. Таким образом $$Г_{AB}=k{\sigma}hS_{AB} $$ где $S_{AB}$ - площадь под графиком $y(x)$ от $0$ до $x=0,9$. Поскольку суммарная циркуляция равна нулю $$E_A=E_O+k{\sigma}S_{AB} $$ Или же $$E_A=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1+\frac{S_{AB}}{2\pi}\right)=0,72\frac{\sigma}{\epsilon_0} $$ где $$S_{AB}=2,8\pm0,1 $$
Второй метод
Метод потребует численного интегрирования (это могут делать калькуляторы типа Casio fx-991). При выполнении численного интегрирования вручную (на калькуляторах типа Casio fx-82) может получиться значительная погрешность из-за расходимости интеграла вблизи 1. Рассмотрим какое поле создает полубесконечная нить с линейной плотностью заряда $\lambda$ на расстоянии $x$ от ее конца (в плоскости, перпендикулярной нити и проходящей через ее конец). В частности, нас будет интересовать только компонента поля, параллельная нити: $E_{\parallel}$. Можно получить эту величину сразу, используя метод виртуальных перемещений, либо можно разбить нить на бесконечно малые отрезки длиной $dh$ и проинтегрировать в диапазоне $h\in [0,\infty)$. $$ E_{\parallel}=\int_0^{\infty}\frac{h}{\sqrt{x^2+h^2}}\cdot\frac{k\lambda dh}{x^2+h^2}=k\lambda\cdot \frac{-1}{\sqrt{x^2+h^2}}\Biggr|_{h=0}^{h=\infty}=\frac{k\lambda}{x} $$ Возвращаясь к исходной задаче, можно разбить весь полубесконечный цилиндр на полубесконечные прямоугольники шириной $Rd\alpha$ (по сути полубесконечные нити). Каждая нить задана углом $\alpha$ между направлением из центра на нее и отрезком OA. По теореме косинусов, расстояние между концом нити и точкой A равно $x(\alpha)=\sqrt{R^2+r^2-2rR\cos{\alpha}}$. Каждая нить создает поле, перпендикулярное основанию, вычисляемое по формуле для $E_{\parallel}$, в котором $\lambda=\sigma Rd\alpha$. Суммарное поле в точке A при $r=0.9R$ находится интегрированием: $$ E=\int_0^{2\pi}\frac{k\sigma Rd\alpha}{\sqrt{R^2+r^2-2rR\cos{\alpha}}}=k\sigma \int_0^{2\pi}\frac{1}{\sqrt{1.81-1.8\cos{\alpha}}}d\alpha $$ К сожалению, интеграл не выражается в элементарных функциях, однако можно вычислить его численно, что приводит к ответу: