Потенциал $\varphi $ удовлетворяет уравнениям Пуассона $\Delta\varphi_1=-4\pi\rho$ при $R\leq a$ и Лапласа $\Delta\varphi_2=0$ при $R\geq a$. В сферической системе координат с учетом симметрии задачи эти уравнения будут иметь вид: $$ \frac{1}{R^2}\frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2\frac{\partial\varphi_1}{\partial R} \biggr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a, $$ $$ \frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R} \biggr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a. $$ Начало системы координат помещено в центр шара. Интегрируя уравнения, получаем: $$ \varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,\\ \varphi_2=-\frac{A_2}{R}+B_2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a, $$ где $A_1$, $B_1$, $A_2$, $B_2$ — константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для $\varphi_1$ содержит член $\sim 1/R$. Значит, напряженность электрического поля будет содержать член $\sim 1/R^2$, который при $R\to 0$ стремится к бесконечности.

Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью в ограниченной области, то напряженность электрического поля нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этого условия необходимо, чтобы $A_1=0$. Выбирая потенциал равным нулю на бесконечности, положим $B_2=0$.

Из непрерывности потенциала на границе $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$ следует: $$-\frac{2}{3}\pi\rho a^2+B_1=\frac{A_2}{a},$$ а из отсутствия поверхностных зарядов на границе следует, что $E_{1n}\big|_{R=a}=E_{2n}\big|_{R=a},$ тогда: $$-\frac{4}{3}\pi\rho a=\frac{A_2}{a^2},$$ откуда $$A_2=-\frac{4}{3}\pi\rho a^3\;,\;\;B_1=2\pi\rho a^2.$$

Окончательно распределение потенциала выразится так:

Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе координат с осью $Z$ вдоль оси цилиндра будут иметь вид: $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_1} {\partial r}\Bigr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a, $$ $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_2} {\partial r}\Bigr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r>a, $$ поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти уравнения, получаем: $$\varphi_1=-\pi\rho r^2+A_1\ln r+B_1,$$ $$\varphi_2=A_2\ln r+B_2.$$

Чтобы потенциал был конечным при $r=0$, нужно положить {$A_1=0$}, иначе напряженность электрического поля на оси цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным нулю на оси цилиндра, тогда $B_1=0$. Из условия непрерывности потенциала и его производной при $r=a$ находим $$A_2=-2\pi\rho a^2,$$ $$B_2=2\pi\rho a^2\ln a-\pi\rho a^2.$$

Выражая объемную плотность заряда $\rho$ через заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра $\rho=\eta/\pi a^2$, окончательно получаем:

Декартову систему координат выберем таким образом, чтобы оси $X$ и $Y$ лежали в средней плоскости пластины. Потенциал может зависеть только от координаты $z$, поскольку все точки плоскости $z=\text{const}$ равноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областей принимают вид $$ \frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq a, $$ $$ \frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt}-a<z< a, $$ $$ \frac{d^2\varphi_3(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z> a. $$ Решения этих уравнений запишутся следующим образом: $$ \varphi_1=A_z+B_1, $$ $$ \varphi_2=-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2, $$ $$ \varphi_3=A_3+B_3. $$

Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при $z=0$, тогда $B_2=0$. Напряженность электрического поля — векторная величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направления в сторону положительных и отрицательных $z$ равноправны. Это означает, что $$\frac{d\varphi_2}{dz}\bigg |_{z=0}=0,$$ откуда $A_2=0$. Далее, так же как в приведенных выше задачах, воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной при $z~=~\pm~a$. Это дает: $$ A_1=4\pi\rho a, B_1=2\pi\rho a^2, $$ $$ A_3=-4\pi\rho a, B_3=2\pi\rho a^2. $$

Подставляя константы интегрирования в решение, получаем $$ \varphi_1=2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq -a,\\ \varphi_2=2\pi\rho z^2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} -a\leq z\leq a,\\ \varphi_3=2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\geq a, $$ что можно записать короче следующим образом: