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: $$ \varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,\\ \varphi_2=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a, $$ 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 уравнения $\text{rot}\vec{E}=0\;$ следует условие непрерывности касательных составляющих напряженности электрического поля на поверхности шара: $E_{1\tau}\big|_{R=a}=E_{2\tau}\big|_{R=a}$. Этому условию можно удовлетворить, если $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$.

Из уравнения $\text{div}\vec{E}=4\pi\rho\;$ следует, что $$E_{1n}\big|_{R=a}-E_{2n}\big|_{R=a}=4\pi\sigma,$$ где $E_{1n}, E_{2n}$ — нормальные составляющие вектора $\vec{E}$;$\sigma$ — поверхностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора $\vec{E}$ на поверхности шара непрерывна. Поэтому $$-\frac{2}{3}\pi\rho a^2+B_1=\frac{A_2}{a},$$ $$-\frac{4}{3}\pi\rho a=\frac{A_2}{a},$$ откуда $$A_2=-\frac{4}{3}\pi\rho a^3\;,\;\;B_1=2\pi\rho a^2.$$

Окончательно распределение потенциала выразится так: $$ \varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho (3a^2-R^2), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a, $$ $$ \varphi_2= -\frac{4\pi a^3\rho}{3R}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a. $$

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: $$ \varphi_1=-\pi\rho r^2=-\frac{\eta r^2}{a^2}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a, $$ $$ \varphi_2=2\eta\ln\frac{a}{r}-\eta, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\geq a. $$

Декартову систему координат выберем таким образом, чтобы \begin{wrapfigure}[5]{l}{3.5cm} \vspace{-10pt} \includegraphics[width=2.5cm]{ris17.eps} \end{wrapfigure} оси $X$ и $Y$ лежали в средней плоскости пластины. Потенциал может зависеть только от координаты $z$, поскольку все точки плоскости $z=\const$ равноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областей принимают вид \[ \begin{array}{rlll} \frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=&0& \mbox{при} & z\leq a,\\ \frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=&-4\pi\rho& \mbox{при} &-a<z< a,\\ \frac{d^2\varphi_3(z)}{dz^2}=&0 & \mbox{при} & z> a. \end{array} \] Решения этих уравнений запишутся следующим образом: \[ \begin{array}{rl} \varphi_1=&A_z+B_1,\\ \varphi_2=&-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2,\\ \varphi_3=&A_3+B_3. \end{array} \]

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: \[ \begin{array}{rll} A_1=&4\pi\rho a,&B_1=2\pi\rho a^2,\\ A_3=&-4\pi\rho a,&B_3=2\pi\rho a^2. \end{array} \] Подставляя константы интегрирования в решение, получаем \[ \begin{array}{rll} \varphi_1=&2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr)&\mbox{при}\qquad z\leq -a,\\ \varphi_2=&2\pi\rho z^2&\mbox{при}\qquad -a\leq z\leq a,\\ \varphi_3=&2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr)&\mbox{при}\qquad z\geq a, \end{array} \] что можно записать короче следующим образом: $$\varphi(z)=\left\{ \begin{array}{ll} -2\pi\rho z^2 & \;\mbox{при}\; -a\leq z\leq a,\\ 2\pi\rho a^2\biggl(1-\displaystyle \frac{2|z|}{a}\biggr) & \;\mbox{при}\;\; |z|\geq a. \end{array} \right.$$