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--- greensfunktion [2026/01/30 21:53] – quern
+++ greensfunktion [2026/02/02 18:13] (aktuell) – quern
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-Diese sehr mathematiklastige Aufgabe hat mit der Ephermeridenrechnung nichts mehr zu tun. Es handelt sich um einen Beitrag aus der theoretischen Elektrodynamik (Coulomb-Potential), die sich auch auf die Himmelsmechanik (Gravitationspotential) übertragen lässt. Sie ist nur für sehr mathematische versierte Astronomen interessant, weil das Niveau sich auf Universitätsebene (3./4. Semester Physik) befindet.
+Diese sehr mathematiklastige Aufgabe hat mit der Ephermeridenrechnung nichts mehr zu tun. Es handelt sich um einen Beitrag aus der theoretischen Elektrodynamik (Coulomb-Potential), die sich auch auf die Himmelsmechanik (Gravitationspotential) übertragen lässt. Sie ist nur für sehr mathematische versierte Astronomen interessant, weil das Niveau sich auf Universitätsebene befindet.
 </WRAP>
 Es geht um das gesuchte Potential
-$$G(r) = - \frac{1}{r}\tag{1}$$
+$$V(r) = - \frac{1}{r}\tag{1}$$
 und wie man dieses herleitet, wenn man mit $\Delta$ als dem Laplace-Operator und der Poisson-Gleichung
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 Die Poisson-Gleichung ist eine DGL 2.Ordnung. Der hier sinnvolle Lösungsweg ist die Fourier-Transformation, basierend auf der Fourier-Struktur der Dichte $\rho$. Der Ansatz ist die dreidimensionale Fourier-Transformation für die Dichte $\rho$
 \[\begin{split}
-\rho\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \iiint_{V} e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} d^{3}k \\ &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 dk\sin\left(\vartheta\right) d\vartheta d\varphi
+\rho\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \iiint_{V} e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} \mathrm{d}^{3}k \\ &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi
 \end{split}\tag{4}\]
 und folglich auch dann für die Greens-Funktion G:
 \[\begin{split}
-G\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \iiint_{V} g\left(\vec{k}\right) e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} d^{3}k \\ &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) e^{ikr\cos(\vartheta)} k^2 dk\sin(\vartheta) d\vartheta d\varphi
+G\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \iiint_{V} g\left(\vec{k}\right) e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} \mathrm{d}^{3}k \\ &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) e^{ikr\cos(\vartheta)} k^2 \mathrm{d}k\sin(\vartheta) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi
 \end{split}\tag{5}\]
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 Eingesetzt in die Poisson-Gleichung ergibt:
-$$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\sqrt{(2\pi)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) \Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 dk\sin\left(\vartheta\right) d\vartheta d\varphi = \frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 dk\sin\left(\vartheta\right) d\vartheta d\varphi\tag{7}$$
+$$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\sqrt{(2\pi)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) \Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta d\varphi = \frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi\tag{7}$$
 Eine separate Betrachtung von $\Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}$; der $\varphi$ Term entfällt, mangels Abhängigkeit:
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 Rückeinsetzen in die Poisson-Gleichung ergibt:
-$$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \left(-\sqrt{\left(2\pi\right)^3} g\left(\vec{k}\right) k^2 - 4\pi\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 dk\sin\left(\vartheta\right) d\vartheta d\varphi = 0\tag{9}$$
+$$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \left(-\sqrt{\left(2\pi\right)^3} g\left(\vec{k}\right) k^2 - 4\pi\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi = 0\tag{9}$$
 Daraus folgt:
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 Rückeinsetzen in Gleichung (5) ergibt:
-$$G\left(\vec{r}\right) = - \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{k^2} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 dk\sin\left(\vartheta\right) d\vartheta d\varphi\tag{11}$$
+$$G\left(\vec{r}\right) = - \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{k^2} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi\tag{11}$$
 Der Parameter $\varphi$ kann sofort integriert werden, weil es keine Abhängigkeit von $\varphi$ existiert. Man erhält sofort $2\pi$. Es gilt ferner:
-$$ds = d\cos\left(\vartheta\right) = - \sin\left(\vartheta\right)d\vartheta\tag{11}$$
+$$\mathrm{d}s = \mathrm{d}\left[\cos\left(\vartheta\right)\right] = - \sin\left(\vartheta\right)\mathrm{d}\vartheta\tag{11}$$
-mit $\cos (0) = 1$ und $\cos (\pi) = -1$. Tauscht man die Integrationsgrenzen gegenseitig aus, so entsteht ein Minus, das sich mit dem Minus des Differentials $\textrm{d}s$ multipliziert.
+mit $\cos (0) = 1$ und $\cos (\pi) = -1$. Tauscht man die Integrationsgrenzen gegenseitig aus, so entsteht ein Minus, das sich mit dem Minus des Differentials $\mathrm{d}s$ multipliziert.
 \[\begin{split}
-G\left(\vec{r}\right) &= - \frac{2\pi}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-1}^{+1}\int_0^{\infty} e^{ikrs} dk ds \\
+G\left(\vec{r}\right) &= - \frac{2\pi}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-1}^{+1}\int_0^{\infty} e^{ikrs} \mathrm{d}k \mathrm{d}s \\
-&= - \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{ikr} e^{ikrs} \Big|^{+1}_{-1} dk \\
+&= - \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{ikr} e^{ikrs} \Big|^{+1}_{-1} \mathrm{d}k \\
-&= - \frac{1}{\pi}\frac{2}{r}\int_0^{\infty}\frac{1}{k} \frac{e^{ikr} - e^{-ikr}}{2i} dk \\
+&= - \frac{1}{\pi}\frac{2}{r}\int_0^{\infty}\frac{1}{k} \frac{e^{ikr} - e^{-ikr}}{2i} \mathrm{d}k \\
-&= - \frac{2}{\pi r}\int_0^{\infty}\frac{\sin(kr)}{k} dk \quad\text{mit}
+&= - \frac{2}{\pi r}\int_0^{\infty}\frac{\sin(kr)}{k} \mathrm{d}k \quad\text{mit}
-\quad \int_0^{\infty}\frac{\sin\left(kr\right)}{k} dk = \frac{\pi}{2} \\
+\quad \int_0^{\infty}\frac{\sin\left(kr\right)}{k} \mathrm{d}k = \frac{\pi}{2} \\
 &= - \frac{2}{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{1}{r} \\
 &= - \frac{1}{|\vec{r}|}