Пусть $\,\vec{B}$ направлено по оси$\,Z$. Положим $\,A_z=0$, поскольку циркуляция вектора $\,\vec{A}$ максимальна в плоскости ($X$,$Y$). Векторное уравнение (1) равносильно трем скалярным уравнениям, которые с учетом $\,A_z=0$ запишутся в виде: $$\frac{\partial A_y}{\partial x}- \frac{\partial A_x}{\partial y}=B_z\,,$$ \begin{equation} (5) \hspace{10pt} \frac{\partial A_y}{\partial z}=0\,, \end{equation} $$\frac{\partial A_x}{\partial z}=0\,.$$ Решение этой системы не однозначно. Из двух последних уравнений следует, что $\,A_y$ и $\,A_x$ могут быть только функциями от $\,x$ и $\,y$ и удовлетворяют уравнению \begin{equation} (6) \hspace{10pt} \frac{\partial A_x}{\partial x}+\frac{\partial A_y}{\partial y}=0\,. \end{equation} Решение уравнения (6) можно выбрать, например: $$\,A_y=0,\qquad \,A_x=A_1(y).$$ Подставляя их в уравнение (5), находим $$\,A_x=B_z\cdot y.$$ Более симметричное решение уравнения (6) имеет вид: \[ \begin{array}{rcl} A_x& = & b\cdot x+A_1(y)\,,\\ A_y&=&-b\cdot y+A_2(x)\,, \end{array} \] где $\,b$ — произвольная постоянная. Подставляя это решение в уравнение (5), получаем $$\frac{\partial A_2(x)}{\partial x}- \frac{\partial A_1(y)}{\partial y}=B_z=\text{const}\,.$$ Откуда $$A_1(y)=-\frac{1}{2}B_z\cdot y\,,\qquad A_2(x)=\frac{1}{2}B_z\cdot x\,.$$ Выбирая $\,b=0$, окончательно находим: $$A_x=-\frac{1}{2}B_z\cdot y\,,\qquad A_y=\frac{1}{2}B_z\cdot x\,,\;\;\;\;A_z=0\,.$$

В цилиндрической системе координат ($\,z$, $r$, $\alpha$) уравнение (1) будет равносильно уравнениям $$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rA_{\alpha})- \frac{1}{r}\frac{\partial A_r}{\partial \alpha}=B_z\,,$$ $$\frac{1}{r}\frac{\partial A_z}{\partial \alpha}- \frac{\partial A_{\alpha}}{\partial z}=0\,,$$ $$\frac{\partial A_r}{\partial z}- \frac{\partial A_z}{\partial r}=0\,.$$ Полагая $\,A_z=0$, как и в декартовой системе координат, уравнения принимают вид: $$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rA_{\alpha})- \frac{1}{r}\frac{\partial A_r}{\partial \alpha}=B_z\,,$$ \begin{equation} (7) \hspace{10pt} \frac{\partial A_{\alpha}}{\partial z}=0\,, \end{equation} $$\frac{\partial A_{r}}{\partial z}=0\,.$$

Выбирая $\,A_r=0$, из уравнения (7) находим $$\;A_{\alpha}=\frac{1}{2}B_{\alpha}r.$$

В сферической системе координат ($\,R$,$\theta$,$\alpha$) проекциями вектора $\,\vec{B}$ будут: $$B_R=B\cos\theta\,,\qquad B_{\theta}=-B\sin\theta\,, \qquad B_{\alpha}=0\,.$$ Выбираем вектор $\,\vec{A}$ (как и в предыдущих случаях) лежащим в плоскостях, перпендикулярных $\,\vec{B}$. Тогда у $\,\vec{A}$ существует только отличная от нуля проекция $\,A_{\alpha}$. Полагая $\,A_R=A_{\theta}=0$, скалярные уравнения, соответствующие векторному уравнению (1), будут иметь вид: \begin{equation} (8) \hspace{10pt} \frac{1}{R\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,A_{\alpha})=B\cos\theta\,, \end{equation} \begin{equation} (9) \hspace{10pt} \frac{A_{\alpha}}{R}+\frac{\partial A_{\alpha}}{\partial R}= B\sin\theta\,. \end{equation} Интегрируя уравнение (8), получаем $$A_{\alpha}= \frac{1}{2}BR\sin\theta+f(R)\,,$$ где $\,f(R)$ — произвольная функция от $\,R$. Из симметрии задачи следует, что $\;A_{\alpha}\;$ не зависит от $\;\alpha$. \, Подставляя $\;A_{\alpha}\;$ в уравнение (9), \, получаем $\,\partial f(R)/\partial R=0$, значит, $\,f(R)$ можно выбрать равным нулю, $\;f(R)=0$. Окончательно $$A_R=A_{\theta}=0\,,\qquad A_{\alpha}=\frac{1}{2}BR\sin\theta\,.$$

Будем решать задачу в цилиндрической системе координат. Пусть ток $\,J$ течет вдоль оси $\,Z$. Тогда из уравнения (3) следует, что векторный потенциал можно выбрать направленным тоже по $\,Z$. Напряженность магнитного поля прямого тока имеет только $\,\alpha$-ю компоненту: $\;H_{\alpha}=2J/cr$. Запишем проекцию векторного уравнения (1) на $\,\alpha$-е направление: \begin{equation} (10) \hspace{10pt} \frac{2J}{cr}=-\frac{\partial A_z}{\partial r}\,. \end{equation} 3десь положено $\;\mu=1$. Интегрируя уравнение (10), получаем $$A_z=-\frac{2J}{c}\ln r+\text{const}\,.$$ Константа произвольна. Можно приписать точкам произвольной цилиндрической поверхности, соосной с током, нулевой векторный потенциал.

Кольцо с током радиуса $\,R_0$ расположено в плоскости $(X,Y)$. Найдем векторный потенциал в точке наблюдения, задаваемой радиус-вектором $\,\vec{R}$. Для линейного тока выражение (4) запишется так: \begin{equation} (11) \hspace{10pt} \vec{A}(\vec{R})=\frac{J}{c} \oint\frac{d\vec{\ell}}{|\vec{R}-\vec{R}_0|}\,. \end{equation} Направим ось $\,X$ перпендикулярно плоскости, в которой лежат $\,Z$ и $\,\vec{R}$ (см. рисунок). На больших расстояниях подынтегральное выражение (11) можно представить так: $$\frac{1}{|\vec{R}-\vec{R}_0|}\approx\frac{1}{R}\bigg( 1+\frac{(\vec{R}\,\vec{R}_0)}{R^2}\bigg) \qquad\mbox{при}\qquad \frac{R_0}{R} \ll 1\,.$$ Тогда \begin{equation} (12) \hspace{10pt} \vec{A}(\vec{R})=\frac{J}{cR}\biggl[ \oint\,d\vec{\ell}+ \frac{1}{R^2}\oint (\vec{R}\,\vec{R}_0)\,d\vec{\ell}\;\biggr]\,. \end{equation}

Первый интеграл равен нулю. Подынтегральное выражение второго интеграла представим в виде $$(\vec{R}\,\vec{R}_0)d\vec{\ell}=RR_0^2\,\cos\theta_0 (-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)\,d\alpha=$$ \begin{equation} (13) \hspace{10pt} =RR_0^2\,\sin\theta\,\sin\alpha\, (-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)\,d\alpha\,, \end{equation} где $\,\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ – единичные векторы в направлении осей $\,X$, $Y$. При преобразовании использованы равенства: $$d\vec{\ell}=(-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)R_0\,d\alpha\,,$$ $$\cos\theta_0=\sin\theta\sin\alpha\,.$$ Подставляя выражение (13) в уравнение (12) и интегрируя по кольцу, окончательно получаем $$\vec{A}(\vec{R})=-\frac{\pi R_0^2J\sin\theta}{cR^2}\vec{n}_x= \frac{[\vec{m}\times\vec{R}]}{R^3}\,,$$ где $\;\vec{m}=\frac{\pi R_0^2J}{c}\vec{n}_z$– магнитный момент кольца радиуса $\,R_0$ с током $\,J$.