Найти магнитное поле снаружи и внутри бесконечно длинного цилиндра радиуса $a$ с магнитной проницаемостью $\mu,$ помещенного во внешнее однородное магнитное поле $H,$ перпендикулярное его оси.

В отсутствии свободных токов уравнения Максвелла для магнитного поля приобретают вид: $$ \text{rot}\vec{H}=0, \text{div}\vec{B}=\text{div}\mu\vec{H}=0, $$ тогда можем ввести скалярный потенциал $\psi$ для магнитного поля так, что $\vec{H}=\nabla\psi,$ подставив в уравнение $$ 0=\text{div}\mu\vec{H}=(\nabla\cdot\mu\nabla\psi)=\mu\Delta\psi $$ придём к уравнению Лапласа на введённый потенциал.

Запишем уравнение Лапласа в цилиндрических координатах: $$ \Delta\psi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial\psi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}\psi}{\partial\alpha^{2}}+\frac{\partial^{2}\psi}{\partial z^{2}}=0. $$ Из симметрии задачи, зависимость от $z$ отсутствует. Решим задачу методом разделения переменных. Зная, что при $r\to\infty$ зависимость $H_{r}=H\cos\alpha,$ тогда $\psi=Hr\cos\alpha$ и, следовательно, решение имеет смысл искать в виде $$ \psi=R(r)\cos\alpha. $$ Подставим это выражение в уравнение Лапласа: $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\alpha-\frac{R}{r^{2}}\cos\alpha=0. $$ после деления на косинус получим уравнение на функцию $R:$ $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)-\frac{R}{r^{2}}=0. $$ Решение ищем в виде: $$ R(r)=Ar^{n}. $$ После подстановки получим уравнение $n^{2}-1=0,$ его решение $n=\pm1,$ тогда общее решение: $$R=Ar+\frac{B}{r}.$$

Решение снаружи: $$ \psi_{2}=(A_{2}r+\frac{B_{2}}{r})\cos\alpha $$ при $r\to\infty$ переходит в $\psi=Hr\cos\alpha,$ следовательно, $A_{2}=H.$ Решение внутри $$ \psi_{1}=(A_{1}r+\frac{B_{1}}{r})\cos\alpha $$ при $r\to0$ не должно расходиться, следовательно, $B_{1}=0.$ Оставшиеся две константы найдём из граничных условий: $H_{1\tau}=H_{2\tau}, B_{1n}=B_{2n}\text{.}$ Таким образом: $$ Ha+\frac{B_{2}}{a}=A_{1}a \ \ \text{ и } \ \ \mu_{2}\left(H-\frac{B_{2}}{a^{2}}\right)=\mu_{1}A_{1}, $$ тогда $$ \mu_{2}\left(Ha^{2}-B_{2}\right)=\mu_{1}\left(Ha^{2}+B_{2}\right)$$ и $$B_{2}=Ha^{2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}, \ \ A_{1}=H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}.$$ По условию задачи $\mu _1 = \mu, \ \ \mu_2 =1,$ тогда $$ H_1=H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}\cos \alpha $$ или $$ \vec H_1=\vec H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}. $$ Внешнее поле $$ \psi_2=(Hr+\frac{Ha^{2}}{r}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}})\cos\alpha =(\vec H\cdot \vec r)(1+\frac{a^{2}}{r^2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}) $$ взяв градиент: $$ \vec H_2= \vec H(1+\frac{a^{2}}{r^2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}})- \frac{2a^{2}(\vec H\cdot \vec r)\vec r}{r^4}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}. $$