Es geht um das gesuchte Potential

$$G(r) = - \frac{1}{r}\tag{1}$$

und wie man dieses herleitet, wenn man mit $\Delta$ als dem Laplace-Operator und der Poisson-Gleichung

$$\Delta G\left(\vec{r}\right) = 4\pi\rho\left(\vec{r}\right)\tag{2}$$

startet und $G$ unbekannt ist. Der Laplace-Operator $\Delta$ hat in Kugelkoordinaten $r, \vartheta, \varphi$ die Form:

$$\Delta = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2\sin(\vartheta)} \frac{\partial}{\partial\vartheta} \left(\sin(\vartheta) \frac{\partial}{\partial\vartheta}\right) + \frac{1}{r^2\sin^2\left(\vartheta\right)} \frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\tag{3}$$

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 $\rho$ \[\begin{split} \rho\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \iiint_{V} e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} \mathrm{d}^{3}k \\ &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi \end{split}\tag{4}\]

und folglich auch dann für die Greens-Funktion G: \[\begin{split} G\left(\vec{r}\right) &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \iiint_{V} g\left(\vec{k}\right) e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}} \mathrm{d}^{3}k \\ &= \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) e^{ikr\cos(\vartheta)} k^2 \mathrm{d}k\sin(\vartheta) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi \end{split}\tag{5}\]

Der Laplace-Operator wirkt auf die Greens-Funktion: $$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \left(\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2\sin\left(\vartheta\right)} \frac{\partial}{\partial\vartheta} \left(\sin\left(\vartheta\right) \frac{\partial}{\partial\vartheta}\right) + \frac{1}{r^2\sin^2\left(\vartheta\right)} \frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\right) G\left(\vec{r}\right)\tag{6}$$

Eingesetzt in die Poisson-Gleichung ergibt: $$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\sqrt{(2\pi)^3}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} g\left(\vec{k}\right) \Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta d\varphi = \frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi\tag{7}$$

Eine separate Betrachtung von $\Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}$; der $\varphi$ Term entfällt, mangels Abhängigkeit: \[\begin{split} \Delta e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} &= \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial}{\partial r}e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) + \frac{1}{r^2\sin\left(\vartheta\right)} \frac{\partial}{\partial\vartheta} \left(\sin\left(\vartheta\right) \frac{\partial}{\partial\vartheta} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) \\ &= \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(ikr^2\cos\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) - \frac{1}{r^2\sin\left(\vartheta\right)} \frac{\partial}{\partial\vartheta} \left(ikr\sin^2\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) \\ &= \frac{1}{r^2} \left(2ikr\cos\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} - k^2r^2\cos^2\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) \\ &\quad - \frac{1}{r^2\sin\left(\vartheta\right)} \left(2ikr\sin\left(\vartheta\right) \cos\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} - i^2 k^2 r^2\sin^3\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)}\right) \\ &= \frac{2ik}{r}\cos\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} - k^2\cos^2\left(\vartheta\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} - \frac{2ik}{r}\cos(\vartheta) e^{ikr\cos(\vartheta)} - k^2 \sin^2(\vartheta) e^{ikr\cos(\vartheta)} \\ &= -k^2 e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} \end{split}\tag{8}\]

Rückeinsetzen in die Poisson-Gleichung ergibt: $$\Delta G\left(\vec{r}\right) = \frac{1}{\left(2\pi\right)^3} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \left(-\sqrt{\left(2\pi\right)^3} g\left(\vec{k}\right) k^2 - 4\pi\right) e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi = 0\tag{9}$$

Daraus folgt: $$-\sqrt{\left(2\pi\right)^3} g\left(\vec{k}\right) k^2 - 4\pi = 0 \Rightarrow g\left(\vec{k}\right) = - \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{k^2}\tag{10}$$

Rückeinsetzen in Gleichung (5) ergibt: $$G\left(\vec{r}\right) = - \frac{1}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{k^2} e^{ikr\cos\left(\vartheta\right)} k^2 \mathrm{d}k\sin\left(\vartheta\right) \mathrm{d}\vartheta \mathrm{d}\varphi\tag{11}$$

Der Parameter $\varphi$ kann sofort integriert werden, weil es keine Abhängigkeit von $\varphi$ existiert. Man erhält sofort $2\pi$. Es gilt ferner: $$\mathrm{d}s = \mathrm{d}\left[\cos\left(\vartheta\right)\right] = - \sin\left(\vartheta\right)\mathrm{d}\vartheta\tag{11}$$

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 $\mathrm{d}s$ multipliziert. \[\begin{split} G\left(\vec{r}\right) &= - \frac{2\pi}{\sqrt{\left(2\pi\right)^3}} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-1}^{+1}\int_0^{\infty} e^{ikrs} \mathrm{d}k \mathrm{d}s \\ &= - \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty} \frac{1}{ikr} e^{ikrs} \Big|^{+1}_{-1} \mathrm{d}k \\ &= - \frac{1}{\pi}\frac{2}{r}\int_0^{\infty}\frac{1}{k} \frac{e^{ikr} - e^{-ikr}}{2i} \mathrm{d}k \\ &= - \frac{2}{\pi r}\int_0^{\infty}\frac{\sin(kr)}{k} \mathrm{d}k \quad\text{mit} \quad \int_0^{\infty}\frac{\sin\left(kr\right)}{k} \mathrm{d}k = \frac{\pi}{2} \\ &= - \frac{2}{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{1}{r} \\ &= - \frac{1}{|\vec{r}|} \end{split}\tag{12}\]

Also gilt für die Poisson-Gleichung: $$\Delta\left(-\frac{1}{|\vec{r}|}\right) = 4\pi\rho\left(\vec{r}\right)\tag{13}$$