Elektrostatik

Kapitelvorwort

Wie löst man elektrostatische Problemstellungen?

Wozu sind Green’sche Funktionen gut?

Wie kann man elektrische Felder abschirmen?

Wie viel Energie steckt in einem geladenen Kondensator?

Warum spüren wir das permanente elektrostatische Feld der Erde nicht?

Es war eine entscheidende intellektuelle Leistung der Physiker und Mathematiker des 19. Jahrhunderts, die elektrischen und magnetischen Phänomene in einer gemeinsamen Theorie, der Elektrodynamik, zu vereinigen und dabei dem Begriff von physikalischen Feldern zu einem Durchbruch zu verhelfen. Im Folgenden werden wir diese Vereinigung aber vorerst wieder aufheben, indem wir uns auf zeitunabhängige Probleme beschränken. Wenn Ladungen und Ströme zeitlich unveränderlich sind, zerfallen die Maxwell‐Gleichungen in separate Gleichungen für elektrische und magnetische Felder, die unabhängig voneinander gelöst (und superponiert) werden können.

Die Gleichungen der Elektrostatik im Vakuum führen auf Problemstellungen, die denen der Newton’schen Gravitationstheorie ähnlich sind. Zusätzlich werden wir aber Randbedingungen an die elektrostatischen Felder diskutieren, insbesondere solche, die durch (perfekt) leitende Körper ins Spiel gebracht werden.

Die Methodik, mit der diese Fragestellungen behandelt werden können, ist die Potenzialtheorie, die ebenfalls im 19. Jahrhundert entwickelt wurde, insbesondere von den Mathematikern George Green (1793–1841) und Carl Friedrich Gauß (1777–1855).

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

•:

leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

••:

mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

•••:

anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

12.1 • Symmetrie der Dirichlet‐Green‐Funktion

Zeigen Sie, dass eine Green’sche Funktion des Laplace‐Operators, die (12.13) und zusätzlich $G({\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})=0$ für ${\boldsymbol{r}}\in{\partial}V$ für ein Volumen V erfüllt, notwendigerweise symmetrisch ist und damit eine Dirichlet‐Green‐Funktion darstellt. Physikalisch gesprochen wird damit gezeigt, dass auch in Anwesenheit einer geerdeten Leiteroberfläche ein Beobachter das gleiche elektrostatische Potenzial einer im freien Raum platzierten Punktladung vorfindet, wenn er den Platz mit der Punktladung austauscht.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie den zweiten Green’schen Satz (12.26) mit $\varphi({\boldsymbol{r}}^{\prime})=G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{1})$ und $\psi({\boldsymbol{r}}^{\prime})=G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{2})$.

12.2 • Atmosphärische Elektrizität

In der Erdatmosphäre gibt es neben starken und stark veränderlichen elektrischen Feldern bei Gewittern auch ein permanentes atmosphärisches elektrisches Feld bei Schönwetter, das senkrecht zur Erdoberfläche steht (nach unten gerichtet), mit einer mittleren Feldstärke von durchschnittlich etwa 130 V/m in SI‐Einheiten. Entdeckt wurde dieses schon 1752 von Louis Guillaume Le Monnier (1717–1799) und seither von Meteorologen und Physikern ausgiebig studiert, aber erst um 1920 von dem Nobelpreisträger und Erfinder der Nebelkammer C. R. T. Wilson (1869–1959) als zu einem globalen elektrischen Stromkreis gehörig verstanden, der von der beständigen Gewittertätigkeit auf der Erde gespeist wird. Gewitter entladen Gewitterwolken, laden aber dabei die Erdoberfläche negativ und die leitenden Schichten der oberen Atmosphäre positiv auf (Abb. 12.13). Außerhalb von Gewittern fließt ein beständiger winziger Entladungsstrom von einigen pA/m${}^{2}$, der der andauernden Aufladung durch die Gewitter das Gleichgewicht hält. (Eine lesenswerte Diskussion der komplexen zugrunde liegenden Physik – die immer noch nicht vollständig verstanden ist – findet sich bei Feynman et al. 2005, und eine aktuellere Diskussion z. B. bei Harrison 2004.)

Die Erdoberfläche kann in guter Näherung als Leiteroberfläche betrachtet werden. Welche Oberflächenladungsdichte herrscht demnach (bei Schönwetter) auf dieser (in SI‐Einheiten)? Wievielen Elektronen pro Quadratmillimeter entspricht dies? Wie groß ist die gesamte Ladung der Erdoberfläche (gegengleich der in der Atmosphäre vorhandenen)?

Außerdem: Warum spüren wir die doch stattliche Schönwetterfeldstärke von etwa $130\,\mathrm{V/m}$ nicht, obwohl auf eine Körpergröße von 170 cm die bedrohlich hohe Spannung von 220 V kommen sollte? (Bei besonders ionenarmer Luft und damit besonders hohem spezifischen Widerstand derselben erreicht die Feldstärke sogar oft ein Vielfaches davon.)

Lösungshinweis:

Um durchgehend in SI‐Einheiten rechnen zu können, übersetzen Sie am besten (12.37) zuerst in dieses Maßsystem!

Abb. 12.13

Globaler atmosphärisch‐elektrischer Stromkreis

12.3 •• Geladene Halbkugelschale

Eine dünne halbkugelförmige Schale mit Radius R trage eine homogene Oberflächenladungsdichte σ. Berechnen Sie das Potenzial entlang der Symmetrieachse! Überprüfen Sie Ihr Ergebnis, indem Sie das Potenzial im Kugelmittelpunkt ausrechnen, wofür keine Integrale zu lösen sind!

12.4 • Elektrische Influenz auf einer Ebene

Berechnen Sie die Oberflächenladungsdichte (12.45), die eine Punktladung q im Abstand d vor einer Leiterhalbebene auf dieser influenziert, und verifizieren Sie, dass die Gesamtladung der Leiteroberfläche den Wert −q hat.

Lösungshinweis:

Das Integral für die Gesamtladung wird am besten in Polarkoordinaten ausgeführt.

12.5 •• Elektrische Influenz auf geerdeter Kugel

Berechnen Sie die Ladungsverteilung auf der geerdeten leitenden Kugel mit Radius R im Feld einer Punktladung q im Abstand d vom Mittelpunkt der Kugel. (Plotten Sie das Ergebnis auch mit Mathematiksoftware, wenn Sie solche zur Verfügung haben.) Überprüfen Sie das Ergebnis durch Integration über die Kugeloberfläche, das mit dem Wert der Bildladung übereinstimmen muss.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie die Bildladungslösung aus Abschn. 12.4.

12.6 ••• Potenzial über einer Metallscheibe mit elektrischer Spannung in geerdeter Ebene

Bestimmen Sie das elektrostatische Potenzial oberhalb einer unendlich ausgedehnten leitenden geerdeten Ebene bei z = 0, in welche eine Metallscheibe mit Radius a eingefügt ist, die auf Potenzial +U gehalten wird. Der notwendige isolierende Spalt zwischen Scheibe und geerdeter Ebene soll dabei vernachlässigbar klein sein. Das Potenzial senkrecht über dem Mittelpunkt der Scheibe soll dabei in geschlossener Form ausgewertet werden; für den übrigen Raum ist eine Integraldarstellung aufzustellen, die optional numerisch ausgewertet und geplottet werden kann.

Lösungshinweis:

Lösen Sie dieses Problem mithilfe der Dirichlet‐Green‐Funktion für die Ebene und werten Sie die (elementare) Integration in radialer Richtung aus.

12.7 ••• Kapazitätskoeffizienten und Dirichlet‐Green‐Funktion

Es sei $G_{\mathrm{D}}$ die Dirichlet‐Green‐Funktion zu einer Konfiguration von N elektrischen Leitern mit voneinander getrennten Oberflächen ${\partial}V_{j}$. Leiten Sie damit einen expliziten Ausdruck für die Kapazitätskoeffizienten C _ij in (12.69) her, der zeigt, dass diese symmetrisch sind, $C_{ij}=C_{ji}$, da $G_{\mathrm{D}}$ immer symmetrisch ist, wie explizit in Aufgabe 12.1 bewiesen wurde.

12.8 •• Selbstenergie einer geladenen Kugelschale

Berechnen Sie die Selbstenergie einer homogen geladenen infinitesimal dünnen Kugelschale mit Ladungsverteilung (12.89) direkt über das doppelte Volumenintegral in (12.83).

Lösungshinweis:

Verwenden Sie für die zwei Volumenintegrale Kugelkoordinaten und legen Sie die Polarachsen so, dass eines der Integrale ein triviales Raumwinkelintegral hat.

Lösungen zu den Aufgaben

12.2

$\sigma=\epsilon_{0}E_{n}\approx 8{,}854\cdot 10^{-12}\times(-130)$ C/m${}^{2}=-1{,}15\cdot 10^{-9}$ C/m${}^{2}$, entspricht etwa 7000 Elektronen pro Quadratmillimeter. $Q_{\rm Erdoberfl.}\approx 590.000$ C.

12.3

$$\phi(z)=2\uppi\sigma R\frac{\sqrt{R^{2}+z^{2}}-|R-z|}{z},\qquad\phi(0)=2\uppi\sigma R.$$

(12.96)

12.4

$\sigma=-qd/(2\uppi r^{3})$, wobei r die Distanz der Punktladung vom betrachteten Punkt auf der Leiteroberfläche ist.

12.5

$$\sigma=-\frac{q}{4\uppi R^{2}}\frac{\xi(1-\xi^{2})}{(1+\xi^{2}-2\xi\cos\vartheta)^{3/2}}$$

(12.97)

mit $\xi=R/d<1$.

12.6

$\displaystyle\phi(0,0,z)=U\left(1-\frac{|z|}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\right)$

12.7

$$C_{ij}=-\frac{1}{(4\uppi)^{2}}\oint_{{\partial}V_{i}}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\cdot{\boldsymbol{\nabla}}\oint_{{\partial}V_{j}}\mathbf{d}\boldsymbol{f}^{\prime}\cdot{\boldsymbol{\nabla}}^{\prime}\,G_{\mathrm{D}}({\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})$$

(12.98)

12.8

(12.91)

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

12.1

Mit $\varphi({\boldsymbol{r}}^{\prime})=G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{1})$ und $\psi({\boldsymbol{r}}^{\prime})=G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{2})$ verschwindet mit der Voraussetzung $G({\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})=0$ für ${\boldsymbol{r}}\in{\partial}V$ die rechte Seite von (12.26), und man bekommt mit (12.13)

$$\begin{aligned}&\int_{V}\mathrm{d}V^{\prime}\left[G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{1}){\Updelta}^{\prime}G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{2})-G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{2}){\Updelta}^{\prime}G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{1})\right]\\ &=-4\uppi\int_{V}\mathrm{d}V^{\prime}\left[G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{1})\delta({\boldsymbol{r}}^{\prime}-{\boldsymbol{r}}_{2})-G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}}_{2})\delta({\boldsymbol{r}}^{\prime}-{\boldsymbol{r}}_{1})\right]=0\end{aligned}$$

und daher $G({\boldsymbol{r}}_{2},{\boldsymbol{r}}_{1})-G({\boldsymbol{r}}_{1},{\boldsymbol{r}}_{2})=0$. G ist also symmetrisch in den Argumenten und erfüllt damit neben der vorausgesetzten Eigenschaft $G({\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime})=0$ für ${\boldsymbol{r}}\in{\partial}V$ auch $G({\boldsymbol{r}}^{\prime},{\boldsymbol{r}})=0$ für ${\boldsymbol{r}}^{\prime}\in{\partial}V$, was gemäß (12.29) die Dirichlet‐Green‐Funktion definiert.

(Neumann‐Green‐Funktionen sind nicht notwendigerweise symmetrisch, aber auch nicht eindeutig definiert. Es ist allerdings immer möglich, aus einer unsymmetrischen eine symmetrische zu machen. Für einen expliziten, konstruktiven Beweis siehe Kim & Jackson 1993.)

12.2

Wegen (11.90) und (11.92) wird aus (12.37) beim Übergang von Gauß’schem zu SI‐System

$$\sigma^{\rm[SI]}=\epsilon_{0}E_{n}^{\rm[SI]}$$

(12.99)

mit $\epsilon_{0}\approx 8{,}854\cdot 10^{-12}$ C/Vm. Die Dichte an Elektronen ergibt sich durch die Größe der Elementarladung, die näherungsweise $1{,}6\cdot 10^{-19}$ C beträgt.

Der mittlere Erdradius $R_{\oplus}$ ist etwa 6370 km. Für die Gesamtladung $Q_{\rm Erdoberfl.}$ ist $\sigma^{\rm[SI]}$ mit dem Betrag der Erdoberfläche $4\uppi R^{2}_{\oplus}\approx 5{,}1\cdot 10^{14}$ m${}^{2}$ zu multiplizieren.

Menschen, aber auch die meisten anderen Objekte auf der Erde sind (insbesondere im Vergleich zur Luft) relativ gute Leiter. Ihre Oberfläche bildet zusammen mit der Erdoberfläche eine Äquipotenzialfläche, sodass zwischen Scheitel und Sohle eines Menschen keine nennenswerten elektrischen Spannungen auftreten (Abb. 12.14).

Abb. 12.14

Die Erdoberfläche bildet zusammen mit Objekten darauf eine Äquipotenzialfläche. Das permanente atmosphärische elektrische Feld bei Schönwetter wird dadurch deformiert

12.3

Das Problem kann durch Integration von (12.11) gelöst werden, wobei das Integral nur über eine Hemisphäre ($\cos\vartheta^{\prime}> 0$) bei $r^{\prime}=R$ geht:

$$\phi({\boldsymbol{r}})=R^{2}\sigma\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi^{\prime}\int_{0}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta^{\prime})\frac{1}{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|}.$$

(12.100)

Entlang der z‐Achse ist der Integrand $\varphi$‐unabhängig, und man bekommt

$$\phi(z) =2\uppi R^{2}\sigma\int_{0}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta^{\prime})\frac{1}{\sqrt{R^{2}+z^{2}-2R\,z\,\cos\vartheta^{\prime}}}$$

$$ =2\uppi R^{2}\sigma\frac{-1}{R\,z}\left.\sqrt{R^{2}+z^{2}-2R\,z\,\zeta\,}\;\right|_{\zeta=0}^{1}$$

$$ =2\uppi\sigma R\frac{\sqrt{R^{2}+z^{2}}-\sqrt{(R-z)^{2}}}{z}$$

$$ =2\uppi\sigma R\frac{\sqrt{R^{2}+z^{2}}-|R-z|}{z}.$$

(12.101)

Vom Kugelmittelpunkt bei z = 0 haben alle Ladungsbeiträge die Distanz R. Das Potenzial bei z = 0 ist daher $\phi(0)=Q/R$ mit $Q=\sigma(4\uppi R^{2})/2$. Dies stimmt mit dem Limes $z\to 0$ von (12.101) überein: $\phi(0)=2\uppi\sigma R$.

12.4

Das in (12.44) erhaltene Potenzial lautet in kartesischen Koordinaten

$$\phi({\boldsymbol{r}})=\frac{q}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-d)^{2}}}-\frac{q}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z+d)^{2}}}.$$

(12.102)

Für (12.45) benötigen wir

$$\begin{aligned}E_{z}&=-\frac{{\partial}\phi}{{\partial}z}\\ &=\frac{q(z-d)}{[x^{2}+y^{2}+(z-d)^{2}]^{3/2}}-\frac{q(z+d)}{[x^{2}+y^{2}+(z+d)^{2}]^{3/2}}\end{aligned}$$

im Limes $z\to 0$. Dies gibt

$$\sigma(x,y)=\frac{-qd}{2\uppi(x^{2}+y^{2}+d^{2})^{3/2}}\equiv-\frac{qd}{2\uppi\,r^{3}}.$$

(12.103)

Die Gesamtladung ergibt sich durch Integration über die Ebene z = 0:

$$\begin{aligned}Q&=\int\mathrm{d}x\mathrm{d}y\,\sigma=\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}\varrho\,\varrho\frac{-q\,d}{2\uppi(\varrho^{2}+d^{2})^{3/2}}\\ &=\left.\frac{qd}{\sqrt{\varrho^{2}+d^{2}}}\right|_{0}^{\infty}=-q.\end{aligned}$$

(12.104)

12.5

Auf der Kugeloberfläche ist

$$\sigma=-\left.\frac{1}{4\uppi}\frac{{\partial}\phi}{{\partial}r}\right|_{r=R}.$$

(12.105)

Das Potenzial, das von Ladung und Bildladung zusammen erzeugt wird, ist in der Parametrisierung aus (12.47) für allgemeine r

$$\phi=\frac{q}{\sqrt{r^{2}+d^{2}-2dr\,\cos\vartheta}}+\frac{q^{\prime}}{\sqrt{r^{2}+d^{\prime 2}-2d^{\prime}r\,\cos\vartheta}}.$$

(12.106)

Daraus ergibt sich

$$\begin{aligned}E_{r}\Big|_{r=R}&=\left.-\frac{{\partial}\phi}{{\partial}r}\right|_{r=R}\\ &=q\frac{R-d\cos\vartheta}{[R^{2}+d^{2}-2dR\cos\vartheta]^{3/2}}+(q\to q^{\prime},d\to d^{\prime}).\end{aligned}$$

Nach Einsetzen von $q^{\prime}=-qR/d$ und $d^{\prime}=R^{2}/d$ findet man, dass sich der Kosinus im Zähler weghebt und sich das Ergebnis als

$$\sigma=\frac{1}{4\uppi}E_{r}=\frac{1}{4\uppi}\frac{qR}{[R^{2}+d^{2}-2dR\cos\vartheta]^{3/2}}\left(1-\frac{d^{2}}{R^{2}}\right)$$

(12.107)

schreiben lässt bzw. mit $\xi=R/d$ wie oben angegeben.

Die Ladung auf der Kugel ist damit

$$\begin{aligned}Q&=2\uppi R^{2}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta)\sigma\\ &=-\frac{q}{2}\xi(1-\xi^{2})\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta)\frac{1}{(1+\xi^{2}-2\xi\cos\vartheta)^{3/2}}\\ &=-q\xi=q^{\prime}.\end{aligned}$$

(12.108)

12.6

Aus der allgemeinen Lösung (12.30) mit $\rho=0$ und dem Resultat für die Normalableitung der Dirichlet‐Green‐Funktion (12.59) folgt

$$\begin{aligned}\phi(x,y,z)&=U|z|\int_{0}^{2\uppi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{2\uppi}\int_{0}^{a}\frac{R\mathrm{d}R}{(R^{2}+\rho^{2}-2R\rho\cos\varphi+z^{2})^{3/2}}\\ &=U|z|\int_{0}^{2\uppi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{2\uppi}\frac{1}{z^{2}+\rho^{2}\sin^{2}\varphi}\Biggl[\sqrt{\rho^{2}+z^{2}}\\ &\quad-\frac{\rho^{2}+z^{2}-a\rho\cos\varphi}{\sqrt{a^{2}+\rho^{2}+z^{2}-2a\rho\cos\varphi}}\Biggr]\end{aligned}$$

(12.109)

mit $\rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$. Dieses Integral kann nicht in geschlossener Form ausgewertet werden; eine numerische Auswertung ist in Abb. 12.15 wiedergegeben. Für $\rho=0$ wird aber das $\varphi$‐Integral trivial, und wir erhalten

$$\phi(0,0,z)=U\left(1-\frac{|z|}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\right).$$

(12.110)

Abb. 12.15

Numerische Auswertung von ϕ in (12.109) als Funktion von ρ für zunehmende vertikale Abstände $z=0\ldots 2$ in 0,1‐Schritten. Bei z = 0 ist das Potenzial stufenförmig, bei höheren Abständen dagegen glatt, wobei es für $\rho> a$ nichtmonotones Verhalten als Funktion von z aufweist

12.7

Die Lösung der Dirichlet‐Randwertaufgabe ist formal durch (12.30) gegeben, wobei die Raumladungsdichte $\rho=0$ ist, da alle Ladungen auf dem Rand des Volumen V lokalisiert sind, das durch $V=\mathbb{R}\backslash(\sum V_{j})$ gegeben ist. Zu beachten ist dabei, dass die vektoriellen Oberflächendifferenziale $\mathbf{d}\boldsymbol{f}$ ins Äußere von V zeigen, während die Oberflächendifferenziale $\mathbf{d}\boldsymbol{f}_{i}$ der einzelnen Leitervolumina V _i in

$$Q_{i}=-\frac{1}{4\uppi}\oint_{{\partial}V_{i}}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\cdot{\boldsymbol{\nabla}}\phi$$

(12.111)

von den Leitern weg orientiert sind. Unter Berücksichtigung des Vorzeichenwechsels bei der Einschränkung $\mathbf{d}\boldsymbol{f}\to-\mathbf{d}\boldsymbol{f}_{i}$ auf ${\partial}V_{i}$ können wir mithilfe von (12.30) das Potenzial angegeben als

$$\phi({\boldsymbol{r}})=+\frac{1}{4\uppi}\sum_{i}\phi_{i}\oint_{{\partial}V_{i}}\mathbf{d}\boldsymbol{f}^{\prime}\cdot{\boldsymbol{\nabla}}G_{\mathrm{D}}({\boldsymbol{r}},{\boldsymbol{r}}^{\prime}),$$

(12.112)

wobei wir $\phi({\boldsymbol{r}}^{\prime})=\phi_{i}$ auf ${\partial}V_{i}$ verwendet und vor das Integral gezogen haben, da es auf einer Leiteroberfläche eine Konstante ist. Einsetzen von (12.112) in (12.111) erlaubt es, die C _ij gemäß $Q_{i}=\sum_{j}C_{ij}\phi_{j}$ abzulesen.

12.8

Auszuwerten ist

$$\begin{aligned}W&=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{d}r\int\mathrm{d}\Upomega\int\limits_{0}^{\infty}r^{\prime 2}\mathrm{d}r^{\prime}\int\mathrm{d}\Upomega^{\prime}\\ &\qquad\times\left(\frac{Q}{4\uppi R^{2}}\right)^{2}\frac{\delta(r-R)\,\delta(r^{\prime}-R)}{\sqrt{r^{2}+r^{\prime 2}-2{\boldsymbol{r}}\cdot{\boldsymbol{r}}^{\prime}}}\\ &=\frac{Q^{2}}{2}\int\frac{\mathrm{d}\Upomega}{4\uppi}\int\frac{\mathrm{d}\Upomega^{\prime}}{4\uppi}\frac{1}{\sqrt{2R^{2}(1-\cos\gamma)}},\end{aligned}$$

(12.113)

wobei γ der Winkel zwischen den Richtungen $\Upomega$ und $\Upomega^{\prime}$ ist. Da über alle Richtungen integriert wird, können wir für $\Upomega^{\prime}$ aber die Winkel $\vartheta^{\prime}$ und $\varphi^{\prime}$ so einführen, dass die zweite Einheitskugel ihren Nordpol bei $\vartheta=0$ hat. Damit können wir γ durch $\vartheta^{\prime}$ ersetzen, das erste Raumwinkelintegral wird trivial, und wir bekommen

$$W=\frac{Q^{2}}{4\sqrt{2}\,R}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}(\cos\vartheta^{\prime})\frac{1}{\sqrt{1-\cos\vartheta^{\prime}}}=\frac{Q^{2}}{2R}.$$

(12.114)

Wir sehen, dass in dieser Rechnung – im Gegensatz zu (12.91) – der Integrand für die Selbstenergie zwar singulär, aber integrabel ist.