Schwere, Elektricität und Magnetismus/§. 70.

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§. 70. Herstellung der Function $V\,$.

 Der Satz von Green (§. 20) lässt sich hier folgendermaassen verwerthen.

 Wir setzen

${\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}}}=r$

und

(1)	$U={\frac {1}{r}}.\,$

 Der Raum $T\,$, welcher für uns in Betracht kommt, wird begrenzt von den beiden Seiten der Fläche $S\,$ und von zwei Kugelflächen, von denen die eine mit dem Radius $\,r=R$, die andere mit dem Radius $\,r=c$ um den Punkt $(x',\,y',\,z')$ als Mittelpunkt construirt ist, und zwar für $\,\lim R=\infty$ und $\,\lim c=0$.

 Hier treffen alle Voraussetzungen des §. 21 zu mit der einen Modification, dass $U\,$ in der Oberfläche des Raumes $T\,$ nicht überall Null ist. Durch Wiederholung des dort angewandten Verfahrens gelangt man demnach zu der Gleichung

(2)

${\begin{aligned}4\pi V'=&-\iiint U\left({\frac {\partial ^{2}V}{\partial x^{2}}}\,+\,{\frac {\partial ^{2}V}{\partial y^{2}}}\,+\,{\frac {\partial ^{2}V}{\partial z^{2}}}\right)dx\,dy\,dz\\&+\int d\sigma \left(V\,{\frac {\partial U}{\partial n}}\,-U\,{\frac {\partial V}{\partial n}}\right),\\\end{aligned}}$

und es bezeichnet $V'\,$ den Werth von $V\,$ im Punkte $(x',\,y',\,z')$. Das Raumintegral ist Null vermöge der Gleichung (4) des vorigen Paragraphen. Das Oberflächen-Integral ist auszudehnen über die Kugel vom Radius $R\,$ und über die beiden Seiten der Fläche $S\,$.

 Für die Kugelfläche fällt die nach dem Innern des Raumes $T\,$ gezogene Normale in die Richtung der abnehmenden $r\,$. Folglich kann das über diese Kugelfläche erstreckte Integral geschrieben werden:

$-R^{2}\int d\omega \left(V\,{\frac {\partial U}{\partial r}}\,-U\,{\frac {\partial V}{\partial r}}\right)_{r=R}$

wobei $d\omega \,$ das Element einer Kugelfläche vom Radius 1 bezeichnet. Nun steht für $\,\lim R=\infty$ sowohl $\,U$ als $\,V$ in endlichem Verhältnis zu ${\frac {1}{R}}$. Folglich wird

$\lim \left(V\,{\frac {\partial U}{\partial r}}\,-U\,{\frac {\partial V}{\partial r}}\right)_{r=\infty }=\,{\frac {const.}{R^{3}}},\,$

und man sieht, dass das Integral den Grenzwerth Null hat für $\,\lim R=\infty$.

 Hiernach bleibt auf der rechten Seite der Gleichung (2) nichts weiter übrig als das Oberflächen-Integral, ausgedehnt über beide Seiten der Fläche $\!S$.

 Wir errichten im Punkte $\!(x,y,z)$ der Fläche $\!S$ die Normale nach beiden Seiten und zählen auf ihr von dem Fusspunkte aus den Abstand $\!p$ positiv nach der einen, negativ nach der andern Seite. Dann ist auf der positiven Seite $\!n=p$, auf der negativen $n=-p\,$. Die Gleichung (2) geht dadurch in folgende über:

${\begin{aligned}4\pi V'&=\int d\sigma \left\lbrace V\,{\frac {\partial U}{\partial p}}-U\,{\frac {\partial V}{\partial p}}\right\rbrace _{p=+0}\\&-\int d\sigma \left\lbrace V\,{\frac {\partial U}{\partial p}}-U\,{\frac {\partial V}{\partial p}}\right\rbrace _{p=-0}.\\\end{aligned}}$

 Dafür kann man auch schreiben:

${\begin{aligned}4\pi V'&=\int d\sigma \,{\frac {\partial U}{\partial p}}(V_{+0}-V_{-0})\\&-\int d\sigma \cdot U\left\lbrace \left({\frac {\partial V}{\partial p}}\right)_{+0}-\left({\frac {\partial V}{\partial p}}\right)_{-0}\right\rbrace .\\\end{aligned}}$

 Hier ist das zweite Integral gleich Null in Folge der Gleichung (3) des vorigen Paragraphen. In dem ersten Integrale hat man für $\!V$ die Gleichung (2) des vorigen und für $\!U$ die Gleichung (1) dieses Paragraphen zu beachten. Dadurch ergibt sich schliesslich:

(3)	$4\pi V'=A\int d\sigma \cdot {\frac {\partial \left({\frac {1}{r}}\right)}{\partial p}}.\,$

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