Schwere, Elektricität und Magnetismus:140

Bernhard Riemann: Schwere, Elektricität und Magnetismus
Seite 126
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Zweiter Abschnitt. §. 28.

Punkt $(x,\,y,\,z)$ zwar in der $yz\,$Ebene, aber nicht an einer mit Masse erfüllten Stelle.

 Es sei zweitens $\sigma '=0\,$. Dann umschliesst die Linie $L\,$ den Punkt $s=0\,$. In ihm wird die Function unter dem Integralzeichen unendlich. Wir zerlegen jetzt das Integral (9) in zwei Bestandtheile. Für den ersten Bestandtheil ist der Integrationsweg zusammengesetzt aus der Linie $L_{1}\,$ (Fig. 21) von $\infty \,$ bis $b\,$, der Linie $L_{4}\,$ von $b\,$ bis $c\,$ und der Linie $L_{3}\,$ von $c\,$ bis $\infty \,$. Für den zweiten Bestandtheil wird die Integration erstreckt von $b\,$ bis $c\,$ längs der Linie $L_{2}\,$ und von $c\,$ bis $b\,$ längs der Linie $L_{4}\,$. Der erste Bestandtheil hat einen endlichen Werth. Multiplicirt man diesen mit $x\,$, so wird für $x=0\,$ das Product zu Null, gleichgültig, ob $x\,$ von der negativen oder von der positiven Seite in Null übergeführt ist. Es bleibt also nur der zweite Bestandtheil des Integrals (9) zu berücksichtigen. Für diesen kann der Integrationsweg ersetzt werden durch einen Kreis, der den Punkt $s=\sigma '=0\,$ zum Mittelpunkt hat. Setzen wir dann zur Abkürzung

${\frac {1}{\sqrt {(t-x^{2})\left(1+{\frac {s}{\beta ^{2}}}\right)\left(1+{\frac {s}{\gamma ^{2}}}\right)}}}=f(s),$

so ist das Integral, um das es sich handelt,

$=i\int \limits _{0}^{2\pi }f(s)\,d\varphi .$

Der Radius des Kreises darf unendlich klein genommen werden. Das Integral bat also den Werth

$2\,\pi \,i\,f(0),$

d. h. mit Rücksicht auf den Werth von $f(0)\,$:

${\frac {2\,\pi }{\sqrt {x^{2}}}}.$

Folglich erhält man aus der Gleichung (9)

(11)	$\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{x=0}=-{\frac {2\,\pi \,\rho \,x}{\sqrt {x^{2}}}}=-2\,\pi \,\rho \,\varepsilon ,$

wobei $\varepsilon =+1\,$ oder $-1\,$, je nachdem $x\,$ von der positiven oder von der negativen Seite in Null übergeht. Demnach findet sich (für $x=0\,$):