Начало сферической системы координат поместим в центр шара. Ось $Z$, относительно которой отсчитываются угол $\theta$, направим вдоль поля $\vec{E}_0$. Поскольку шар металлический, то напряженность поля внутри шара равна нулю.

Рассмотрим две области: внутри и снаружи шара. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$

Запишем уравнение в сферических координатах: $$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0. $$

Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым.

Так как влияние от внесённого металлического шара на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от шара поле по прежнему будет однородным, а в сферических координатах стремиться к виду $E_r=E_0 \cdot \cos \theta$, $E_{\theta}=E_0 \cdot \sin \theta$. Тогда искать зависимость потенциала от угла будем в виде $$ \varphi=R(r)\cos\theta. $$ Подставим потенциал в уравнение Лапласа: $$ \Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta+\frac{R}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta}\right)=0. $$ Продифференцировав получим $$ \Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta-\frac{2R\cos\theta}{r^{2}}=0. $$ Сокращая, придём к уравнению $$ \frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)=2R. $$ Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив его придём к алгебраическому уравнению $n(n+1)=2,$ которое имеет два решения: $n=\{1;-2\}$. Общее решение запишется в виде: $$ R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}. $$

Потенциал шара константа — $\varphi_{1}=\text{const}$, а снаружи $$ \varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta. $$ и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю, следовательно, $A_{2}=-E_0.$ На границе шара тангенциальная составляющая поля равна нулю: $$ E_\theta=-\frac{\partial \varphi_{2}}{r\partial \theta}= (A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\sin\theta = 0. $$ Равенство нулю выполняется при произвольном $\theta $, следовательно: $$ E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}. $$ Итак, потенциал можно представить в виде: $$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\; \mbox{при}\; r\geq a.$$ $$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.$$ Таким образом, металлический незаряженный шар, внесенный в однородное электрическое поле, меняет картину этого поля так, как изменил бы ее внесенный в поле электрический диполь с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$. Найдем напряженность электрического поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор $\nabla$, запишем $$\vec{E}=-({\nabla}\varphi)= \vec{E}_0-\frac{a^3}{r^3}{\nabla}(\vec{E}_0\vec{r})- a^3(\vec{E}_0\vec{r}){\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$

Окончательно для вектора напряженности электрического поля получаем выражение $$\vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll} \vec{E}_0+\displaystyle\frac{3(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^5}- \displaystyle\frac{\vec{d}}{r^3} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a, \\ 0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a, \end{array} \right.$$ где $\vec{d}=\vec{E}_0a^3$ — дипольный момент, приобретаемый шаром в однородном электрическом поле $\vec{E}_0$.

Поверхностная плотность индуцированных зарядов $$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_r\bigg |_{r=a}= \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$

Рассмотрим теперь бесконечный цилиндр радиуса $a$. Рассмотрим задачу в цилиндрической системе координат с осью $Z$ направленной перепендикулярной первоначального поля $\vec{E}_{0}$. Поскольку цилиндр металлический, то напряженность поля внутри равна нулю.

Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $\Delta\varphi=0.$

Запишем уравнение в цилиндрических координатах: \[ \Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}+\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial z^{2}}=0. \]

Так как зависимости от оси $z$ нет, то третье слагаемое будет нулевым.

Так как влияние от внесённого металлического цилиндра на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от него поле по прежнему будет однородным, а в цилиндрических координатах стремиться к виду $E_{r}=E_{0}\cdot\cos\alpha$, $E_{\alpha}=E_{0}\cdot\sin\alpha$. Тогда искать зависимость потенциала от угла будем в виде \[ \varphi=R(r)\cos\alpha. \] Подставим потенциал в уравнение Лапласа и продифференцировав получим: \[ \Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\alpha-\frac{R\cos\alpha}{r^{2}}=0. \] Сокращая, придём к уравнению \[ r\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)=R. \] Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив его придём к алгебраическому уравнению $n^{2}=1,$ которое имеет два решения: $n=\{1;-1\}$. Общее решение запишется в виде: \[ R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r}. \]

Потенциал снаружи \[ \varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r})\cos\alpha. \] и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю $\varphi_{2}=-E_{0}\cdot r\cdot\cos\alpha$, следовательно, $A_{2}=-E_{0}.$

Как и в предыдущем случае с шаром, из равенстве нулю на границе шара тангенциальной составляющей поля $E_{\alpha }=0$: \[ E_{0}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}. \] Следовательно, потенциал: \[ \varphi=-E_{0}r\cos\alpha+\frac{E_{0}a^{3}\cos\alpha}{r^{2}}\;\mbox{при}\;r\geq a. \] \[ \varphi=0\qquad\mbox{при}\qquad r\leq a. \] Найдем напряженность электрического поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор $\nabla$, запишем \[ \vec{E}=-(\nabla\varphi)=\vec{E}_{0}-\frac{a^{2}}{r^{2}}\nabla(\vec{E}_{0}\vec{r})-a^{2}(\vec{E}_{0}\vec{r})\nabla\biggl(\frac{1}{r^{2}}\biggr). \]

Окончательно для вектора напряженности электрического поля получаем выражение \[ \vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll} \vec{E}_{0}+{\displaystyle \frac{2(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^{4}}-{\displaystyle \frac{\vec{d}}{r^{2}}}} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a,\\ 0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a, \end{array}\right. \] где $\vec{d}=\vec{E}_{0}a^{2}$ — дипольный момент, приобретаемый цилиндром в однородном электрическом поле $\vec{E}_{0}$.

Поверхностная плотность индуцированных зарядов \[ \sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha. \]