Решение

Эта задача полностью аналогична задаче $6.5.29$, с тем отличием, что тут вместо проводника - диэлектрик. Что это меняет?
Внутри проводника индуцированное поле полностью компенсирует внешнее, а внутри диэлектрика - частично. Найдём индуцированное поле в данном случае:
Заряд $Q$ создаёт вблизи пластины поле
$$E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}$$
$$\varepsilon=\frac{E}{E-E_{ind}}$$
$$E_{ind}=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}E$$

Теперь найдём модуль индуцированных зарядов на противоположных сторонах пластины
$$E_{ind}=2\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{Q_{ind}}{S\varepsilon_0}$$
$$Q_{ind}=E_{ind}S\varepsilon_0=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}ES\varepsilon_0$$
Сила, действующая на пластинку, является результируюющей силы притяжения между $Q$ и $Q_{ind}$ на ближней стороне пластинки и "отталкивания" между $Q$ и $-Q_{ind}$ на дальней стороне.

Учитывая малость $δ$, воспользуемся приближением $(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x$
$$F=\frac{QQ_{ind}}{4\pi\varepsilon_0}\left({\frac{1}{R^2}-\frac{1}{(R+\delta)^2}}\right)=\frac{QQ_{ind}}{4\pi\varepsilon_0}\left({R^{-2}-R^{-2}\left({1+\frac{\delta}{R}}\right)^{-2}}\right)$$
$$F=\frac{(\varepsilon-1)Q^2S}{8\pi^2\varepsilon_0\varepsilon}\cdot\frac{\delta}{R^5}$$