Schwere, Elektricität und Magnetismus/§. 28.

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§. 28. Fortsetzung: Die Componente $X\,$ kann als Potentialfunction einer Ellipsenfläche aufgefasst werden.

 Es sollte $F(x,\,y,\,z)$ die Potentialfunction bezeichnen für den Fall, dass der von der Fläche (1) des §. 26 begrenzte cylindrische Raum von $x=-\infty \,$ bis $x=0\,$ mit Masse von der constanten Dichtigkeit $-{\frac {1}{2}}\rho$ und von $x=0\,$ bis $x=\infty \,$ mit Masse von der constanten Dichtigkeit $+{\frac {1}{2}}\rho$ erfüllt ist. Dann ist, wie wir gesehen haben,

$F(x,\,y,\,z)-F(x-a,\,y,\,z)$

die Potentialfunction des Cylinders von der Dichtigkeit $\rho \,$, der von den Endflächen $x=0\,$ und $x=a\,$ begrenzt wird. Lässt man nun $a\,$ unendlich klein werden, so erhält man

${\frac {\partial F}{\partial x}}dx,$ d. h. $X\,dx$

als Potentialfunction des Cylinders, der von den Endflächen $x=0\,$ und $x=dx\,$ begrenzt wird. Ein Element dieses Cylinders enthält die Masse $\rho \,dx\,dy\,dz$. Man kann sich dies auch so vorstellen, als ob die Masse mit der Dichtigkeit $\rho \,dx$ auf der Basisfläche des Cylinders ausgebreitet wäre. Folglich ist $X\,$ die Potentialfunction der Ellipsenfläche

$x=0,\quad {\frac {y^{2}}{\beta ^{2}}}+{\frac {z^{2}}{\gamma ^{2}}}-1=0,$

über welche die Masse mit der constanten Dichtigkeit $\rho \,$ ausgebreitet ist.

 Wir wollen nun direct beweisen, dass der Ausdruck (5) des §. 26 allen den Bedingungen Genüge leistet, durch welche die Potentialfunction der eben genannten Ellipsenfläche eindeutig bestimmt ist. Es ist dies eine zweite Art, den Ausdruck für $X\,$ zu verificiren.

 Es kömmt darauf an zu beweisen, dass

(1)	${\frac {\partial ^{2}X}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial z^{2}}}=0$

im ganzen unendlichen Räume, dass

(2)	$\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{+0}-\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{-0}=-4\pi \rho$

für jeden Punkt der anziehenden Fläche, und dass

(3)

$X=0\,$

ist, wenn eine der drei Coordinaten $x,y,z\,$ unendlich gross genommen wird.

 Wir gehen aus von der Gleichung (3) des vorigen Paragraphen, nemlich

(4)	$X=\rho \int {\frac {\sqrt {(t-x^{2}):s}}{\sqrt {s\left(1+{\frac {s}{\beta ^{2}}}\right)\left(1+{\frac {s}{\gamma ^{2}}}\right)}}}ds.$

Die Integration ist durch die Linie $L\,$ (Fig. 18) zu erstrecken. Zur Abkürzung schreiben wir

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

 Durch Differentiation findet sich

${\frac {\partial (m^{\frac {1}{2}})}{\partial x}}={\frac {1}{2}}m^{-{\frac {1}{2}}}{\frac {\partial m}{\partial x}}$ ${\frac {\partial ^{2}(m^{\frac {1}{2}})}{\partial x^{2}}}=-{\frac {1}{4}}m^{-{\frac {3}{2}}}\left({\frac {\partial m}{\partial x}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}m^{-{\frac {1}{2}}}{\frac {\partial ^{2}m}{\partial x^{2}}}.$

 Ferner hat man

${\frac {\partial m}{\partial x}}=-2{\frac {x}{s}},\quad {\frac {\partial ^{2}m}{\partial x^{2}}}=-{\frac {2}{s}},$ ${\frac {\partial m}{\partial y}}=-2{\frac {y}{s+\beta ^{2}}},\quad {\frac {\partial ^{2}m}{\partial y^{2}}}=-{\frac {2}{s+\beta ^{2}}},$ ${\frac {\partial m}{\partial z}}=-2{\frac {z}{s+\gamma ^{2}}},\quad {\frac {\partial ^{2}m}{\partial ^{2}z}}=-{\frac {2}{s+\gamma ^{2}}}.$[1]

 Daraus berechnet sich

(5)	${\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial z^{2}}}$

${\begin{aligned}=&-m^{-{\frac {3}{2}}}\left\lbrace \left({\frac {x}{s}}\right)^{2}+\left({\frac {y}{s+\beta ^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {z}{s+\gamma ^{2}}}\right)^{2}\right\rbrace \\&-m^{-{\frac {1}{2}}}\left\lbrace {\frac {1}{s}}+{\frac {1}{s+\beta ^{2}}}+{\frac {1}{s+\gamma ^{2}}}\right\rbrace .\\\end{aligned}}$

 Man findet aber leicht

${\frac {\partial m}{\partial s}}=\left({\frac {x}{s}}\right)^{2}+\left({\frac {y}{s+\beta ^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {z}{s+\gamma ^{2}}}\right)^{2},$ ${\frac {d\,\lg D}{ds}}={\frac {1}{s}}+{\frac {1}{s+\beta ^{2}}}+{\frac {1}{s+\gamma ^{2}}}.$

 Folglich vereinfacht sich die Gleichung (5). Man erhält nemlich

(6)	${\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\left(m^{\frac {1}{2}}\right)}{\partial z^{2}}}$

${\begin{aligned}&=-m^{-{\frac {1}{2}}}\left({\frac {1}{m}}{\frac {\partial m}{\partial s}}+{\frac {d\,\lg D}{ds}}\right)\\&=-m^{-{\frac {1}{2}}}{\frac {d\,\lg(m\,D)}{ds}}.\\\end{aligned}}$

 Mit Hülfe dieser Gleichung ergibt sich

(7)	${\frac {\partial ^{2}X}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial z^{2}}}$

${\begin{aligned}&=-\rho \int {\frac {1}{\sqrt {m\,D}}}{\frac {d\lg(m\,D)}{ds}}ds\\&=-\rho \int (m\,D)^{-{\frac {3}{2}}}d(m\,D).\\\end{aligned}}$

Das Integral ist zu erstrecken durch die Linie $L\,$ (Fig. 18) von $\infty$ um $\sigma \,$ herum bis $\infty \,$. Das unbestimmte Integral lässt sich ausrechnen, nemlich

$-\int (m\,D)^{-{\frac {3}{2}}}d(m\,D)={\frac {2}{\sqrt {m\,D}}}.$

Diese Function ist auf dem ganzen Integrationswege einwerthig, endlich und stetig variabel. Man findet also das bestimmte Integral gleich der Differenz der Werthe des unbestimmten Integrals an den Grenzen. Diese Werthe sind aber an den Grenzen $(s=\infty )\,$ beide gleich Null. Folglich

(8)	${\frac {\partial ^{2}X}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}X}{\partial z^{2}}}=0.$

Dies ist die zu beweisende Gleichung (1).

 Um die zweite Eigenschaft der Function $X\,$ nachzuweisen, stellen wir ${\frac {\partial X}{\partial x}}$ her nemlich

(9)	${\frac {\partial X}{\partial x}}=-x\,\rho \int {\frac {ds}{s{\sqrt {t-x^{2}}}{\sqrt {\left(1+{\frac {s}{\beta ^{2}}}\right)\left(1+{\frac {s}{\gamma ^{2}}}\right)}}}}$

 Soll hier $x=0\,$ genommen werden, so muss der Integrationsweg von $\infty \,$ nach $\infty \,$ durch eine geschlossene Linie $L\,$ führen, welche den Punkt $\sigma '\,$ mit umschliesst. Dabei ist zu unterscheiden, ob $\sigma '>0\,$ oder $\sigma '=0\,$ ist.

 Es sei erstens $\sigma '>0\,$. Dann können und dürfen wir die Linie $L\,$ so legen, dass der Punkt $s=0\,$ ausserhalb des umschlossenen Flächenstücks liegt. Das Integral auf der rechten Seite von (9) kann ersetzt werden durch den doppelten Werth des Integrals zwischen den reellen Grenzen $\sigma '\,$ und $\infty \,$. Nun wird zwar für $s=\sigma '\,$ die Function unter dem Integralzeichen unendlich wie $(t-x^{2})^{-{\frac {1}{2}}}\,$, aber das unbestimmte Integral wird an dieser Stelle Null wie $(t-x^{2})^{\frac {1}{2}}\,$, und daher hat das bestimmte Integral einen angebbaren endlichen Werth. Folglich ist für $x=0\,$ auch ${\frac {\partial X}{\partial x}}=0$, gleichgültig, ob $x\,$ von der positiven oder von der negativen Seite in Null übergeht. Wir haben also (für $x=0\,$)

(10)	$\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{+0}-\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{-0}=0,$

wenn $\sigma '>0\,$, d. h. wenn ${\frac {y^{2}}{\beta ^{2}}}+{\frac {z^{2}}{\gamma ^{2}}}>1$. In diesem Falle liegt der 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 $x=0\,$):

(12)	$\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{+0}-\left({\frac {\partial X}{\partial x}}\right)_{-0}=-4\,\pi \,\rho ,$

unter der Voraussetzung, dass $\sigma '=0\,$, d. h. dass ${\frac {y^{2}}{\beta ^{2}}}+{\frac {z^{2}}{\gamma ^{2}}}<1$ ist.

 Damit ist bewiesen, dass $X\,$ auch der Bedingung (2) Genüge leistet.

 Endlich muss $X=0\,$ sein, wenn der Punkt $(x,\,y,\,z)$ in unendliche Entfernung rückt. Dass dies wirklich eintrifft, ist schon in §. 26 bewiesen.

 Die Function $X\,$ genügt also in der That den Bedingungen (1), (2), (3).

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1. WS: Sollte ${\frac {\partial ^{2}m}{\partial z^{2}}}=$ lauten.