電勢

由點電荷 Q 所產生的電勢，在距離 r 時，可表示為

${\displaystyle V={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}{\frac {Q}{r}}}$

其中，ε₀ 是真空電容率。

在無限遠處，電勢為零。由多個點電荷產生的電勢，相等於各點電荷所產生的電勢之和。此外，電勢場是純量場，電場則是向量場。

電場遵守疊加原理：假設在三維空間裏，由兩組完全不相交的電荷分佈所產生的電場分別為${\displaystyle \mathbf {E} _{1}}$、${\displaystyle \mathbf {E} _{2}}$，則總電場為${\displaystyle \mathbf {E} _{t}=\mathbf {E} _{1}+\mathbf {E} _{2}}$。

總電勢為每單位電荷克服電場力所做的機械功之和：

${\displaystyle \phi _{t}(\mathbf {r} )=-\int _{\infty }^{\mathbf {r} }\mathbf {E} _{t}\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {\ell }}=-\int _{\infty }^{\mathbf {r} }(\mathbf {E} _{1}+\mathbf {E} _{2})\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {\ell }}=\phi _{1}(\mathbf {r} )+\phi _{2}(\mathbf {r} )}$。

所以，電勢也遵守疊加原理。當計算一組電荷分佈所產生的電勢時，只需要知道在電荷分佈的每個源位置的單獨電荷所產生在檢驗位置的電勢，就可以應用積分運算，得到整個電荷分佈所產生在檢驗位置的電勢。

應用積分符號內取微分方法，電勢的梯度為

${\displaystyle \mathbf {\nabla } \phi (\mathbf {r} )=-\mathbf {\nabla } \int _{\infty }^{\mathbf {r} }\mathbf {E} (\mathbf {r} ')\cdot \mathrm {d} {\boldsymbol {\ell }}^{\,\prime }=-\mathbf {E} (\mathbf {r} )}$。

所以，電場與電勢之間的關係為

${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )=-\mathbf {\nabla } \phi (\mathbf {r} )}$。

根據高斯定律的方程式，

${\displaystyle \mathbf {\nabla } \cdot \mathbf {E} =\rho /\epsilon _{0}}$；

其中，${\displaystyle \rho }$是電荷密度，${\displaystyle \epsilon _{0}}$是電常數。

所以，電勢滿足帕松方程式：

${\displaystyle \nabla ^{2}\phi =-\rho /\epsilon _{0}}$。

假設電荷密度為零，則這方程式變為拉普拉斯方程式：

${\displaystyle \nabla ^{2}\phi =0}$。

請注意，假若${\displaystyle \mathbf {\nabla } \times \mathbf {E} \neq 0}$，也就是說，電場不具保守性（由於隨時間變化的磁場造成的效應；參閱馬克士威方程組），則不能使用這些方程式。

由於電勢乃是純量，而電場是具有三個分量的向量，所以，很多時候，使用電勢來解析問題會省去很多運算工作，帶來很大的便利。

在靜電學裏，有三種邊界條件：

1. 狄利克雷邊界條件：在所有邊界，電勢都已良態給定。具有這種邊界條件的問題稱為狄利克雷問題。
2. 紐曼邊界條件：在所有邊界，電勢的法向導數都已良態給定。具有這種邊界條件的問題稱為紐曼問題。
3. 混合邊界條件：一部分邊界的電勢都已良態給定，其它邊界的電勢的法向導數也已良態給定。

根據拉普拉斯方程式的唯一性定理，對於這些種類的邊界條件，拉普拉斯方程式的解答都具有唯一性。所以，只要找到一個符合邊界條件的解答，則這解答必定為正確解答。

應用分離變數法來解析拉普拉斯方程式，可以將問題的偏微分方程式改變為一組較容易解析的常微分方程式。對於一般問題，通常會採用直角坐標系、圓柱坐標系或球坐標系來分離拉普拉斯方程式。但是，對於其它比較特別的問題，另外還有八種坐標系可以用來分離拉普拉斯方程式。[3]分離之後，找到每一個常微分方程式的通解（通常為一組本徵方程式的疊加），電勢可以表達為這些通解的乘積。將這表達式與邊界條件相匹配，就可以設定一般解的係數，從而找到問題的特解。根據拉普拉斯方程式的唯一性定理，這特解也是唯一的正確解答。

被位於${\displaystyle y=0}$的絕緣線條分隔為處於y⁺、y^--半平面的兩個導體的電勢分別設定為${\displaystyle +V}$、${\displaystyle -V}$。

假設在xy-平面的無限平面導體被一條位於${\displaystyle y=0}$的絕緣線條分為兩半，兩個處於y⁺、y^--半平面的導體的電勢分別設定為${\displaystyle +V}$、${\displaystyle -V}$，則計算z⁺-半空間任意位置的電勢這問題，由於邊界條件的幾何形狀適合用直角坐標來描述，可以以直角坐標${\displaystyle (x,y,z)}$將拉普拉斯方程式表示為：

${\displaystyle \nabla ^{2}\phi ={\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial z^{2}}}=0}$。

因為這案例與x-坐標無關，方程式可以簡化為

${\displaystyle \nabla ^{2}\phi (y,z)={\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial z^{2}}}=0}$。

應用分離變數法，猜想解答的形式為

${\displaystyle \phi (y,z)=Y(y)Z(z)}$。

將這公式代入拉普拉斯方程式，則可得到

${\displaystyle {\frac {1}{Y(y)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Y(y)}{\mathrm {d} y^{2}}}+{\frac {1}{Z(z)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Z(z)}{\mathrm {d} z^{2}}}=0}$。

注意到這方程式的每一個項目都只含有一個變量，並且跟其它變量無關。所以，每一個項目都等於常數：

${\displaystyle {\frac {1}{Y(y)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Y(y)}{\mathrm {d} y^{2}}}=C}$、

${\displaystyle {\frac {1}{Z(z)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Z(z)}{\mathrm {d} z^{2}}}=-C}$。

這樣，一個二次偏微分方程式被改變為兩個簡單的二次常微分方程式。解答分別為

${\displaystyle Y(y)=A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky}}$、

${\displaystyle Z(z)=B_{1}e^{kz}+B_{2}e^{-kz}}$；

其中，${\displaystyle A_{1}(k)}$、${\displaystyle A_{2}(k)}$、${\displaystyle B_{1}(k)}$、${\displaystyle B_{2}(k)}$都是係數函數。

當${\displaystyle z}$趨向於無窮大時，${\displaystyle Z(z)}$趨向於零，所以，${\displaystyle B_{1}=0}$。綜合起來，電勢為

${\displaystyle \phi (y,z)=\int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})e^{-kz}\mathrm {d} k}$。

由於在${\displaystyle z=0}$，y⁺、y^--半平面的電勢分別為${\displaystyle +V}$、${\displaystyle -V}$，所以，

當${\displaystyle y>0}$時，${\displaystyle \int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})\mathrm {d} k=+V}$、

當${\displaystyle y<0}$時，${\displaystyle \int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})\mathrm {d} k=-V}$。

應用傅立葉變換，可以得到

${\displaystyle A_{1}(k)={\frac {V}{2\pi }}\left(\int _{0}^{\infty }e^{-iky'}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{-iky'}\mathrm {d} y'\right)}$、

${\displaystyle A_{2}(k)={\frac {V}{2\pi }}\left(\int _{0}^{\infty }e^{iky'}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{iky'}\mathrm {d} y'\right)}$。

所以，由${\displaystyle A_{1}(k)}$項目貢獻出的電勢為

${\displaystyle {\begin{aligned}\phi _{1}&={\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }\mathrm {d} k\left\{\int _{0}^{\infty }e^{ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'\right\}\\&=-\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{i(y-y')-z}}+\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{i(y-y')-z}}\\\end{aligned}}}$ 。

類似地，由${\displaystyle A_{2}(k)}$項目貢獻出的電勢為

${\displaystyle {\begin{aligned}\phi _{2}&={\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }\mathrm {d} k\left\{\int _{0}^{\infty }e^{-ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{-ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'\right\}\\&=-\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{-i(y-y')-z}}+\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{-i(y-y')-z}}\\\end{aligned}}}$ 。

總電勢為[4]

${\displaystyle {\begin{aligned}\phi &={\frac {Vz}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}-\ {\frac {Vz}{\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}\\&={\frac {2V}{\pi }}\ \arctan {\left({\frac {y}{z}}\right)}\\\end{aligned}}}$。

根據庫侖定律，一個源位置為${\displaystyle \mathbf {r} '}$的點電荷${\displaystyle q}$，所產生在任意位置${\displaystyle \mathbf {r} }$的電場為

${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {q}{4\pi \epsilon _{0}}}\ {\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}}$。

對於一群點電荷，應用疊加原理，總電場等於每一個點電荷所產生的電場的疊加。體積區域${\displaystyle \mathbb {V} '}$內部電荷密度為${\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')}$的電荷分佈，在檢驗位置${\displaystyle \mathbf {r} }$所產生的電場為

${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} '){\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}\ \mathrm {d} ^{3}r'}$；

其中，${\displaystyle \mathrm {d} ^{3}r'}$是微小體積元素。

應用一條向量恆等式，

${\displaystyle \nabla {\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}=-\ {\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}}$，

可以得到

${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )=-\ {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\nabla \int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'}$。

設定在無窮遠的電勢為參考值0，則在任意位置的電勢為

${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'}$；（1）

應用一則關於狄拉克δ函數的向量恆等式

${\displaystyle \nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}$，

假設檢驗位置${\displaystyle \mathbf {r} }$在積分體積${\displaystyle \mathbb {V} '}$內，則可得到帕松方程式：

${\displaystyle \nabla ^{2}\phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\nabla ^{2}\left({\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)\ \mathrm {d} ^{3}r'=-\ {\frac {1}{\epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')\delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'=-\ {\frac {\rho (\mathbf {r} )}{\epsilon _{0}}}}$。

所以，電勢的方程式（1）為帕松方程式的解答。

電勢的方程式（1）只考慮到一群電荷分佈所產生的電勢。假若遭遇邊界條件為電勢的靜電學問題，就不能使用方程式（1），必需使用更具功能的方法。

根據格林第二恆等式，對於任意良態函數${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )}$與${\displaystyle \psi (\mathbf {r} )}$，[5]

${\displaystyle \int _{\mathbb {V} }\left(\phi \nabla ^{2}\psi -\psi \nabla ^{2}\phi \right)\ \mathrm {d} ^{3}r=\oint _{\mathbb {S} }\left(\phi {\partial \psi \over \partial n}-\psi {\partial \phi \over \partial n}\right)\ \mathrm {d} ^{2}r}$；

其中，${\displaystyle \mathbb {V} }$是積分體積，${\displaystyle \mathbb {S} }$是包住${\displaystyle \mathbb {V} }$的閉表面，${\displaystyle \mathrm {d} ^{2}r}$是微小面元素，${\displaystyle \partial \phi \over \partial n}$或${\displaystyle \partial \phi \over \partial n}$都是取垂直於閉表面${\displaystyle \mathbb {S} }$的法向導數，都是從積分體積${\displaystyle \mathbb {V} }$朝外指出。

設定${\displaystyle \phi (\mathbf {r} ')}$為在${\displaystyle \mathbf {r} '}$的電勢，${\displaystyle \psi ={\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}}$為${\displaystyle \mathbf {r} '}$與${\displaystyle \mathbf {r} }$之間的距離。應用帕松方程式${\displaystyle \nabla ^{2}\phi (\mathbf {r} )=-\rho /\epsilon _{0}}$，則可得到

${\displaystyle \int _{\mathbb {V} '}\left[\phi (\mathbf {r} ')\nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)+{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{\epsilon _{0}|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right]\mathrm {d} ^{3}r'=\oint _{\mathbb {S} '}\left[\phi \ {\partial \over \partial n'}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)-\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right){\partial \phi \over \partial n'}\right]\mathrm {d} ^{2}r'}$。

再應用向量恆等式

${\displaystyle \nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}$。

假設檢驗位置${\displaystyle \mathbf {r} }$在積分體積${\displaystyle \mathbb {V} '}$內，則可得到

${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'+{\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\left[\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right){\partial \phi \over \partial n'}-\phi \ {\partial \over \partial n'}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)\right]\mathrm {d} ^{2}r'}$。

這方程式右手邊的體積分就是電勢的方程式（1），而面積分就是因為邊界條件而添加的項目。這是${\displaystyle \mathbb {V} '}$體內與體外之間的邊界曲面。面積分的第一個項目要求給定在邊界曲面的法向電場，即${\displaystyle E_{n'}=-{\partial \phi \over \partial n'}}$，也就是面感應電荷密度${\displaystyle \sigma =\epsilon _{0}E_{n'}}$。面積分的第二個項目要求給定在邊界曲面的電勢${\displaystyle \phi }$。假若能夠知道積分體積內的電荷密度、在閉曲面的面電荷密度與電勢，就可以計算出在積分體積內任意位置的電勢。

根據柯西邊界條件，有時候，給定在邊界曲面的法向電場與電勢，可能會因為給定過多邊界條件，而造成無法計算出一致的電勢的狀況。實際而言，只要給定法向電場或電勢，兩者之一，就可以計算出電勢。[5]

假若積分體積為無窮大空間，當${\displaystyle r'}$趨向於無窮大時，則面積分的被積分項目會以${\displaystyle 1/r'^{3}}$速率遞減，而積分面積會以${\displaystyle r'^{2}}$速率遞增，所以，面積分項目會趨向於零，這方程式約化為先前的電勢方程式（1）。

包括函數${\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}$在內，有一類函數${\displaystyle G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$，稱為格林函數，能夠滿足方程式

${\displaystyle \nabla ^{2}G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}$。

另外，假設函數${\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$滿足拉普拉斯方程式

${\displaystyle \nabla ^{2}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0}$，

則函數${\displaystyle G'(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')+H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$也是格林函數。

應用這靈活性質，可以更嚴格地規定格林函數：[5]

• 對於狄利克雷問題，當源位置${\displaystyle \mathbf {r} '}$在邊界表面${\displaystyle {\mathbb {S} '}}$時，規定格林函數${\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0}$。這樣，從格林第二恆等式，設定${\displaystyle \phi (\mathbf {r} ')}$為在${\displaystyle \mathbf {r} '}$的電勢，${\displaystyle \psi (\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$，則可得到

${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'-\ {\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\phi (\mathbf {r} ')\ {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ') \over \partial n'}\mathrm {d} ^{2}r'}$。（2）

• 對於滿足紐曼問題，當源位置${\displaystyle \mathbf {r} '}$在邊界表面${\displaystyle {\mathbb {S} '}}$時，規定格林函數${\displaystyle \oint _{\mathbb {S} '}{\frac {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}{\partial n'}}\mathrm {d} ^{2}r'=-{\frac {4\pi }{S}}}$。

這兩種規定都能夠唯一地設定格林函數。注意到格林函數是一個幾何函數，與整個系統的電荷分佈無關。對於任何系統，只要計算出適合其幾何形狀的格林函數，則不論系統的電荷分佈為何，都可以使用同樣的格林函數。

位於xy-平面的是一個接地的無限平面導體。其上方的點電荷${\displaystyle q}$的直角坐標是${\displaystyle (0,\,0,\,a)}$。

假設xy-平面是接地的無限平面導體，則對於z⁺半空間、滿足狄利克雷邊界條件的格林函數為

${\displaystyle {\begin{matrix}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}}}}\\\qquad \qquad \qquad -\ {\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}}}}\\\end{matrix}}}$ ；

其中，${\displaystyle (x,y,z)}$、${\displaystyle (x',y',z')}$分別是檢驗位置${\displaystyle \mathbf {r} }$、源位置${\displaystyle \mathbf {r} '}$的直角坐標。

由於接地導體的電勢為零，方程式（2）的面積分項目等於零，方程式（2）變為

${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'}$。

假設在位置${\displaystyle (0,0,a)}$有點電荷${\displaystyle q}$，則在z⁺半空間任意位置的電勢為

${\displaystyle {\begin{aligned}\phi (\mathbf {r} )&={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')\left({\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}}}-{\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z+a)^{2}}}}\right)\ \mathrm {d} ^{3}r'\\&={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\left({\frac {q}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}}}-{\frac {q}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z+a)^{2}}}}\right)\\\end{aligned}}}$。

仔細檢察這方程式，右手邊第一個項目，是在沒有平面導體的狀況時，點電荷${\displaystyle q}$所產生的電勢；右手邊第二個項目，是使用鏡像法時，鏡像電荷${\displaystyle -q}$所產生的電勢。請參閱鏡像法條目的點電荷與無限平面導體段落。

已知函數${\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}$為格林函數${\displaystyle G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$，滿足方程式

${\displaystyle \nabla ^{2}G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}$。

在三維無限空間裏，${\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}$的傅立葉級數為[6]

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}&\equiv {\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\mathrm {d} ^{3}k{\frac {e^{i\mathbf {k} \cdot (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}}{k^{2}}}\\&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}{\frac {e^{ik_{z}(z-z')}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}\\\end{aligned}}}$ 。

現在，必需找到格林函數${\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')+H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$，滿足狄利克雷邊界條件${\displaystyle G_{D}((x,y,0),\mathbf {r} ')=0}$，同時，函數${\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$滿足拉普拉斯方程式

${\displaystyle \nabla ^{2}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0}$。

對於z⁺半空間，${\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$以傅立葉級數擴張為

${\displaystyle {\begin{aligned}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left[B(\mathbf {k} ,z')e^{ik_{z}z}+C(\mathbf {k} ,z')e^{-ik_{z}z}\right]\\\end{aligned}}}$。

對於x-座標與對於y-座標的傅立葉級數擴張，${\displaystyle H}$函數與${\displaystyle G}$函數的形式相同。這是因為對於無限空間案例與無限平面導體案例，兩種案例的x-邊界條件與y-邊界條件都相同，只有z-邊界條件稍有改變。將${\displaystyle H}$函數的方程式代如，${\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}$變為

${\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left[{\frac {e^{ik_{z}(z-z')}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}+B(\mathbf {k} ,z')e^{ik_{z}z}+C(\mathbf {k} ,z')e^{-ik_{z}z}\right]}$；

其中，${\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')}$與${\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')}$都是係數函數。

由於${\displaystyle G_{D}((x,y,0),\mathbf {r} ')=0}$，對於任意${\displaystyle \mathbf {k} }$與${\displaystyle z'}$，${\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')}$與${\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')}$之間的關係為

${\displaystyle {\frac {e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}+B(\mathbf {k} ,z')+C\mathbf {k} ,z')=0}$、

${\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')={\frac {B_{0}e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}}$、

${\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')={\frac {C_{0}e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}}$；

其中，${\displaystyle B_{0}}$與${\displaystyle C_{0}}$都是係數常數，而且，${\displaystyle B_{0}+C_{0}=-1}$

將這些公式代入${\displaystyle G_{D}}$，可以得到

${\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left\{{\frac {(1+B_{0})}{k^{2}}}\left[e^{ik_{z}(z-z')}-e^{ik_{z}(z+z')}\right]\right\}}$。

為了滿足方程式${\displaystyle \nabla ^{2}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}$，必需設定${\displaystyle B_{0}=0}$。所以，

${\displaystyle {\begin{aligned}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left\{{\frac {1}{k^{2}}}\left[e^{ik_{z}(z-z')}-e^{ik_{z}(z+z')}\right]\right\}\\&={\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}-{\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} ''|}}\\&={\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}}}}-\ {\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}}}}\\\end{aligned}}}$ ；

其中，${\displaystyle \mathbf {r} ''=(x',y',-z')}$是鏡像電荷的位置。

假設在xy-平面的無限平面導體被一條位於${\displaystyle y=0}$的絕緣線條分為兩半，兩個處於y⁺、y^--半平面的導體的電勢分別設定為${\displaystyle +V}$與${\displaystyle -V}$，則由於${\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')=0}$，方程式（2）變為

${\displaystyle \phi (\mathbf {r} )=-\ {\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\phi (\mathbf {r} ')\ {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ') \over \partial n'}\mathrm {d} ^{2}r'}$。（3）

注意到${\displaystyle \mathbb {V} '}$是z⁺-半空間，xy-平面是其邊界閉曲面的一部分，格林函數在xy-平面的法向導數的方向是朝著負z方向：

${\displaystyle {\begin{aligned}{\partial G_{D} \over \partial n'}&=-\ {\partial G_{D} \over \partial z'}\\&=-\ {\cfrac {z-z'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}]^{3/2}}}\ -\ {\cfrac {z+z'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}]^{3/2}}}\\&=-\ {\cfrac {2z}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\\\end{aligned}}}$。

${\displaystyle \mathbb {V} '}$的邊界閉曲面在無窮遠位置的電勢為0，所以，只需要計算xy-平面給出的貢獻，就可以得到在${\displaystyle \mathbb {V} '}$內部任意位置的電勢。將上述方程式代入方程式（3）：[4]

${\displaystyle {\begin{aligned}\phi (\mathbf {r} )&={\frac {2z}{4\pi }}\left\{\int _{0+}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\cfrac {V\mathrm {d} x'\mathrm {d} y'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}+\int _{-\infty }^{0-}\int _{-\infty }^{\infty }{\cfrac {-V\mathrm {d} x'\mathrm {d} y'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\right\}\\&=\ {\frac {zV}{\pi }}\left\{\int _{0+}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}-\int _{-\infty }^{0-}{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}\right\}\\&={\frac {2V}{\pi }}\ \arctan {\left({\frac {y}{z}}\right)}\\\end{aligned}}}$。