\begin{align} \Phi_0 = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \end{align}
\begin{align} \Phi_1 &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2 \sin^2 \theta + (r \cos \theta - d)^2}} \\ &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2 - 2dr \cos \theta + d^2}} \end{align}
(2) より、 $d/r$ の1次までで \begin{align} \Phi_1 &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \left(1 - \frac{2d \cos \theta}{r} + \frac{d^2}{r^2} \right)^{-1/2} \\ &\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \left(1 + \frac{d \cos \theta}{r} \right) \end{align} であるから、 \begin{align} \Phi_d &= \frac{qd \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \end{align} である。
\begin{align} E_r &= \left( - \boldsymbol{\nabla} \Phi_d \right) \cdot \boldsymbol{e}_r \\ &= - \frac{\partial \Phi_d}{\partial r} \\ &= \frac{p \cos \theta}{2 \pi \varepsilon_0 r^3} \end{align}
$\boldsymbol{\nabla} \Phi_u = - \boldsymbol{E}_0 = - E_0 \boldsymbol{e}_z$ から、適当な定数 $c$ を使って、 \begin{align} \Phi_u &= - E_0 z + c \end{align} と書けることがわかるが、原点で $\Phi_u = 0$ であることから $c=0$ がわかり、 \begin{align} \Phi_u &= - E_0 z \\ &= - E_0 r \cos \theta \end{align} を得る。
[A-II] (2) と [A-I] (3) から \begin{align} \Phi &= \Phi_u + \Phi_d \\ &= - E_0 r \cos \theta + \frac{p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \\ &= \frac{- 4 \pi \varepsilon_0 E_0 r^3 + p}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \cos \theta \end{align} がわかるが、$r=a$ でこれが $\theta$ によらない定数になることから、 \begin{align} p = 4 \pi \varepsilon_0 E_0 a^3 \end{align} を得る。
$r \geq a$ において、(2) より \begin{align} \Phi &= \left( -r + \frac{a^3}{r^2} \right) E_0 \cos \theta \end{align} なので、 $r$ 方向の電場 $E_r = E_r(r, \theta)$ について \begin{align} E_r (r, \theta) &= - \frac{\partial \Phi}{\partial r} \\ &= \left( 1 + \frac{2a^3}{r^3} \right) E_0 \cos \theta \\ \therefore \ \ E_r (a, \theta) &= 3 E_0 \cos \theta \end{align} がわかる。 そこで、電場に関するガウスの法則を導体表面に適用して、 \begin{align} \sigma &= \varepsilon_0 E_r(a, \theta) \\ &= 3 \varepsilon_0 E_0 \cos \theta \end{align} を得る。
例えば、 $a \gt 0, b \gt 0$ として、 4点 $(0,0,b), (a,0,b), (a,0,-b), (0,0,-b)$ を頂点とする長方形を考える。 この長方形を貫く電流は $(0, a j_y, 0)$ であるから、 この長方形に関してアンペールの法則を適用すると、 \begin{align} a H_x^{II}(z=b) + \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \int_0^{-b} dz \ H_z^I - a H_x^I(z=-b) + \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \int_0^b dz \ H_z^{II} &= a j_y \\ \therefore \ \ H_x^{II}(z=b) - H_x^I(z=-b) + \frac{1}{a} \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \frac{1}{a} \int_0^{-b} dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_0^b dz \ H_z^{II} &= j_y \end{align} となるが、ここで $b \to +0$ とすると、題意の式を得る。