Vollständige Funktionensysteme: Fourier-Transformation und Multipolentwicklung

Kapitelvorwort

Wie kann das Konzept der Fourier-Reihen auch auf nichtperiodische Funktionen erweitert werden?

Welche mathematischen Hintergründe stecken hinter einer Fourier-Reihe?

Wie kann das Potenzial einer Ladungsverteilung allgemein näherungsweise dargestellt werden?

Inwiefern ist das Konzept der vollständigen Funktionensysteme dafür hilfreich?

Nach der Betrachtung der Grundgleichungen der Elektrodynamik und elektrostatischer Probleme in Kap. 11 und 12 werden wir nun einige mathematische Methoden kennenlernen, die nicht nur für die Elektrodynamik, sondern auch für viele andere Gebiete der theoretischen Physik große Bedeutung haben.

Wir bauen dafür zunächst auf den Fourier‐Reihen auf, die wir in Abschn. 8.3 kennengelernt haben. Die Idee der Fourier‐Reihen kann man auf mehrere Weisen verallgemeinern. Einerseits gelangt man so zum Fourier‐Integral, das in Abschn. 13.1 diskutiert wird. Zur eigentlichen Berechnung dieser Integrale benötigt man häufig einiges Grundwissen aus der komplexen Funktionentheorie, die auch in vielen anderen Bereichen der theoretischen Physik grundlegend ist; dieses wird in Abschn. 13.2 dargestellt.

Eine andere mögliche Verallgemeinerung führt zur Theorie der vollständigen Funktionensysteme mit der in der Elektrodynamik sehr wichtigen Anwendung der Multipolentwicklung, die im Rest des Kapitels dargestellt wird. Die vollständigen Funktionensysteme bilden außerdem auch eine der wichtigsten theoretischen Grundlagen für die Quantenmechanik.

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

13.1 • Sphärisch symmetrische Fourier‐Transformation

Beweisen Sie: Wenn eine Funktion $f({\boldsymbol{r}})$ sphärisch symmetrisch ist, dann gilt dies auch für ihre Fourier‐Transformierte $\tilde{f}({\boldsymbol{k}})$.

13.2 ••• Diskrete Fourier‐Transformation

Die Funktion $f_{n}(x)$ (n eine natürliche Zahl) habe den Wert 1 in $2n+1$ Intervallen der Breite x ₀ und dem Abstand d und ansonsten den Wert 0, wobei der Funktionsgraph symmetrisch zur y‐Achse sei (die Abbildung stellt diese Funktion speziell für n = 3 dar).

• (a) Berechnen Sie die Fourier‐Transformierte $\tilde{f}_{n}(k)$ und stellen Sie die Funktion $f_{n}(x)$ damit dar.

• (b) Die Funktion $f(x):=\lim_{n\to\infty}f_{n}(x)$ ist periodisch („Gitter“), kann also durch eine Fourier‐Reihe dargestellt werden. Ermitteln Sie diese Darstellung (mit Exponentialfunktionen als Basisfunktionen).

• (c) Begründen Sie mittels Ihrer Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) und (b), dass gilt:

  $$\sum_{j=-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{\mathrm{i}jx}=2\uppi\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta(x-2\uppi m).$$

  (13.206)

  Dies ist ein diskretes Analogon zu (13.18.)

Lösungshinweis:

(a) Verwenden Sie das Verhalten der Fourier‐Transformation unter Verschiebungen aus dem Kasten „”Ubersicht: Wichtige Eigenschaften der Fourier‐Transformation“ in Abschn. 13.1.

13.3 • Cauchy’scher Integralsatz

Berechnen Sie das Integral

$$\oint z\,\mathrm{d}z,$$

(13.207)

• (a) indem Sie als Weg ein Quadrat der Seitenlänge $2a$ wählen, das symmetrisch zum Ursprung liegt und dessen Seiten parallel zu den Achsen liegen, und

• (b) mittels des Cauchy’schen Integralsatzes.

13.4 • Residuensatz

Berechnen Sie das Integral

$$\oint\frac{1}{z}\,\mathrm{d}z,$$

(13.208)

• (a) indem Sie als Weg ein Quadrat der Seitenlänge $2a$ wählen, das symmetrisch zum Ursprung liegt und dessen Seiten parallel zu den Achsen liegen, und

• (b) mittels des Residuensatzes.

13.5 •• Geschlossener Integrationsweg im Unendlichen

Berechnen Sie das Integral

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{4}}\,\mathrm{d}x$$

(13.209)

mithilfe eines „im Unendlichen“ geschlossenen Integrationsweges in der komplexen Ebene.

13.6 •• Vollständiges Funktionensystem: Hermite‐Polynome

Gegeben sei die Menge von Funktionen

$$f_{n}(x)=x^{n}\mathrm{e}^{-x^{2}/2},$$

(13.210)

wobei n alle natürlichen Zahlen durchlaufe. Ermitteln Sie für n = 0,1,2,3 daraus orthonormierte Funktionen $h_{n}(x)$ bezüglich des Skalarprodukts

$$\langle f,g\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)g(x)\,\mathrm{d}x.$$

(13.211)

Anmerkung: Stattdessen kann man das Skalarprodukt auch allgemeiner definieren mit einer sogenannten Gewichtsfunktion $\rho(x)$:

$$\langle f,g\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)g(x)\rho(x)\,\mathrm{d}x.$$

(13.212)

Mit $\rho(x)=\mathrm{e}^{-x^{2}}$ sind dann die Polynome gesucht, die bezüglich dieses Skalarprodukts orthonormal sind („Hermite‐Polynome“; diese sind in der Quantenmechanik wichtig).

13.7 • Multipolmomente und Wahl des Koordinatensystems

Beweisen Sie:

• (a) Ist die Gesamtladung einer Ladungsverteilung null, so ist ihr (kartesisches) Dipolmoment unabhängig von einer Verschiebung des Koordinatensystems.

• (b) Sind die Gesamtladung und das Dipolmoment einer Ladungsverteilung null, so ist ihr (kartesisches) Quadrupolmoment unabhängig von einer Verschiebung des Koordinatensystems.

13.8 • Kartesische Multipolmomente: Ladungen im Quadrat

Gegeben sei eine Ladungsverteilung aus vier Punktladungen vom Betrag q ₀, die sich an den Ecken eines Quadrates der Seitenlänge $2a$ befinden, dessen Mittelpunkt der Ursprung ist und dessen Seiten parallel zu den Koordinatenachsen liegen. Das Vorzeichen der Punktladung sei positiv am Punkt $(a,a)$ und wechsle von Ecke zu Ecke ab. Ermitteln Sie das elektrische Potenzial dieser Ladungsverteilung bis einschließlich des (kartesischen) Quadrupolmoments.

13.9 • Kartesische Multipolmomente: Quader

In einem Quader mit Seitenlängen $2a$, $2b$ und $2c$, dessen Mittelpunkt der Ursprung ist und dessen Kanten parallel zu den Achsen liegen, sei die Ladungsdichte proportional zu z ⁿ (n sei eine nicht negative ganze Zahl) und habe bei $z=c$ den Wert $\rho_{0}$, sei aber unabhängig von x und y. Ermitteln Sie die (kartesischen) Multipolmomente dieser Ladungsverteilung bis einschließlich des Quadrupolmoments.

Lösungshinweis:

Unterscheiden Sie die beiden Fälle, dass n eine gerade bzw. eine ungerade Zahl ist.

13.10 •• Kartesische Multipolmomente: Pyramide

Eine homogene Ladungsverteilung (Ladungsdichte $\rho_{0}$) habe die Form einer dreiseitigen Pyramide mit den Eckpunkten $O(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $B(0;b;0)$ und $C(0;0;c)$ (siehe Abbildung).

Ermitteln Sie die (kartesischen) Multipolmomente dieser Ladungsverteilung bis einschließlich des Quadrupolmoments. Was ergibt sich speziell für $a=b=c$?

13.11 • Sphärische Multipolmomente und Potenzial

Beweisen Sie: Das elektrische Potenzial hat genau dann die Winkelabhängigkeit einer der Kugelflächenfunktionen, wenn dies auch für die Ladungsverteilung (mit derselben Kugelflächenfunktion) gilt.

Lösungshinweis:

„Genau dann“ bedeutet Äquivalenz beider Aussagen, es sind also beide Richtungen der Behauptung zu zeigen.

13.12 •• Vektorwertiges Oberflächenintegral

Beweisen Sie folgende Formel, bei der über die Oberfläche einer Kugel mit Radius R um den Ursprung integriert wird, wobei der bei der Integration festgehaltene Ort ${\boldsymbol{r}}^{\prime}$ innerhalb oder außerhalb der Kugel liegen kann:

$$\frac{3}{4\uppi R^{3}}\oint_{r=R}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\frac{1}{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|}=\frac{{\boldsymbol{r}}^{\prime}}{[{\rm max}(r^{\prime},R)]^{3}}.$$

(13.213)

Lösungshinweis:

Verwenden Sie Kugelkoordinaten, bei denen die z‐Achse in die Richtung von ${\boldsymbol{r}}^{\prime}$ zeigt, und die Entwicklung von $1/|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|$ nach Kugelflächenfunktionen oder Legendre‐Polynomen.

13.13 • Sphärische und kartesische Multipolmomente

Ermitteln Sie die Zusammenhänge zwischen den kartesischen und den sphärischen Multipolmomenten bis einschließlich des Quadrupolmoments.

Lösungshinweis:

Benutzen Sie die expliziten Ausdrücke für die Kugelflächenfunktionen Y _lm bis zu l = 2.

13.14 ••• Sphärische Multipolmomente: Kreisscheibe

Bei einer Ladungsverteilung sei die Ladungsdichte nur ungleich null in einer Kreisscheibe mit Radius r ₀ in der x-y‐Ebene um den Ursprung. In dieser Kreisscheibe habe die Flächenladungsdichte den Wert $\sigma_{0}$. Ermitteln Sie die sphärischen Multipolmomente dieser Ladungsverteilung.

Lösungshinweis:

Benutzen Sie Eigenschaften der Kugelflächenfunktionen bzw. der (zugeordneten) Legendre‐Funktionen aus diesem Kapitel und der mathematischen Literatur.

13.15 ••• Sphärische Multipolmomente: Kreislinie

Eine Ladungsverteilung sei nur ungleich null auf einer Kreislinie mit Radius r ₀ in der x-z‐Ebene um den Ursprung. Die Kreislinie habe die Linienladungsdichte $\lambda_{0}$. Begründen Sie: Die sphärischen Multipolmomente dieser Ladungsverteilung verschwinden nur dann nicht, wenn l und m beide gerade Zahlen sind.

Lösungshinweis:

Benutzen Sie Eigenschaften der Kugelflächenfunktionen bzw. der (zugeordneten) Legendre‐Funktionen aus diesem Kapitel und der mathematischen Literatur.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

13.1

Die räumliche Fourier‐Transformierte ist

$$\begin{aligned}\tilde{f}({\boldsymbol{k}})&=\frac{1}{\left(\sqrt{2\uppi}\right)^{3}}\int\mathrm{d}^{3}x\,f({\boldsymbol{r}})\mathrm{e}^{\mathrm{i}{\boldsymbol{k}}\cdot{\boldsymbol{r}}}\\ &=\frac{1}{\left(\sqrt{2\uppi}\right)^{3}}\int\mathrm{d}^{3}x\,f(r)\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr\cos\alpha}\end{aligned}$$

(13.214)

für eine sphärisch symmetrische Funktion f, wobei $k=|{\boldsymbol{k}}|$ und $r=|{\boldsymbol{r}}|$ gesetzt wurde und α der Winkel zwischen diesen beiden Vektoren ist. Wegen der Symmetrie kann man das Koordinatensystem zur Integration aber immer so legen, dass α gleich dem Winkel $\vartheta$ von ${\boldsymbol{r}}$ zur z‐Achse ist. Somit ist

$$\tilde{f}({\boldsymbol{k}})=\frac{1}{\left(\sqrt{2\uppi}\right)^{3}}\int_{0}^{\infty}r^{2}\,\mathrm{d}r\,f(r)\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr\cos\vartheta}.$$

(13.215)

Diesem Ausdruck sieht man bereits direkt an, dass er nur noch von $k=|{\boldsymbol{k}}|$ abhängt, aber nicht von der Orientierung von ${\boldsymbol{k}}$, also sphärisch symmetrisch ist. Man kann ihn allerdings noch weiter auswerten:

$$\begin{aligned}\tilde{f}(k)&=\frac{1}{\sqrt{2\uppi}}\int_{0}^{\infty}r^{2}\,\mathrm{d}r\,f(r)\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kr}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kr}}{\mathrm{i}kr}\\ &=\frac{2}{\sqrt{2\uppi}k^{3}}\int_{0}^{\infty}x\kern 1.0ptf\left(\frac{x}{k}\right)\sin x\,\mathrm{d}x,\end{aligned}$$

(13.216)

wobei noch $x=kr$ substituiert wurde.

13.2

• (a) Definiert man zur Abkürzung

  $$g(x)=\left\{\begin{array}[]{ll}1&\text{f\"{u}r\ }-x_{0}/2\leq x\leq x_{0}/2\\ 0&\text{sonst}\end{array}\right.,$$

  (13.217)

  so kann man schreiben:

  $$f(x)=\sum_{j=-n}^{n}g(x-j(x_{0}+d)).$$

  (13.218)

  Berechnen wir zunächst die Fourier‐Transformierte von g:

  $$\tilde{g}(k)=\frac{1}{\sqrt{2\uppi}}\int_{-x_{0}/2}^{x_{0}/2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}\,\mathrm{d}x=-\sqrt{\frac{2}{\uppi}}\frac{\sin\left(\frac{kx_{0}}{2}\right)}{k}.$$

  (13.219)

  Mithilfe der Regel für die Fourier‐Transformierte einer verschobenen Funktion erhält man

  $$\tilde{f}_{n}(k)=-\sum_{j=-n}^{n}\sqrt{\frac{2}{\uppi}}\frac{\sin\left(\frac{kx_{0}}{2}\right)}{k}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}j(x_{0}+d)k}.$$

  (13.220)

  Den konstanten Faktor kann man vor die Summe ziehen und bei der Summationsvariable das Vorzeichen vertauschen, ohne etwas an der Summe zu ändern:

  $$\tilde{f}_{n}(k)=-\sqrt{\frac{2}{\uppi}}\frac{\sin\left(\frac{kx_{0}}{2}\right)}{k}\sum_{j=-n}^{n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}j(x_{0}+d)k}.$$

  (13.221)

  Damit ist also

  $$f_{n}(x)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\left(\frac{kx_{0}}{2}\right)}{\uppi k}\sum_{j=-n}^{n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}j(x_{0}+d)k}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}\mathrm{d}k.$$

  (13.222)

• (b) In der Exponentialdarstellung der Fourier‐Reihe ergeben sich die Koeffizienten laut (8.84) folgendermaßen:

  $$c_{m}=\frac{1}{x_{0}+d}\int_{-x_{0}/2}^{x_{0}/2+d}f(x)\mathrm{e}^{-2\uppi\mathrm{i}mx/(x_{0}+d)}\mathrm{d}x,$$

  (13.223)

  wobei hier $c=-x_{0}/2$ gewählt wurde und

  $$\omega=\frac{2\uppi}{T}=\frac{2\uppi}{x_{0}+d}$$

  (13.224)

  ist. Da im gewählten Integrationsbereich $f(x)$ nur zwischen $-x_{0}/2$ und $x_{0}/2$ von null verschieden ist und dort den Wert 1 hat, haben wir

  $$\begin{aligned}c_{m}&=\frac{1}{x_{0}+d}\int_{-x_{0}/2}^{x_{0}/2}\mathrm{e}^{-2\uppi\mathrm{i}mx/(x_{0}+d)}\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{\uppi m}\sin\left(\frac{2\uppi mx_{0}}{2(x_{0}+d)}\right)\end{aligned}$$

  (13.225)

  und mit (8.83) die Fourier‐Reihendarstellung

  $$f(x)=-\sum_{m=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\uppi m}\sin\left(\frac{2\uppi mx_{0}}{2(x_{0}+d)}\right)\mathrm{e}^{2\uppi\mathrm{i}mx/(x_{0}+d)}.$$

  (13.226)

• (c) Mit den beiden Darstellungen für $f(x)$ aus Teilaufgabe (a) und (b) muss gelten:

  $$\begin{aligned}&\quad-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin\left(\frac{kx_{0}}{2}\right)}{\uppi k}\sum_{j=-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{\mathrm{i}j(x_{0}+d)k}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}\mathrm{d}k\\ &=-\sum_{m=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\uppi m}\sin\left(\frac{2\uppi mX_{0}}{2}\right)\mathrm{e}^{2\uppi\mathrm{i}mX},\end{aligned}$$

  (13.227)

  wobei zur Abkürzung $X=x/(x_{0}+d)$ eingeführt wurde.

  Multiplizieren wir nun beide Seiten mit $-\uppi$ und ersetzen $k=k^{\prime}/(x_{0}+d)$. Dies führt auf

  $$\begin{aligned}&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{k^{\prime}}\sin\left(\frac{k^{\prime}X_{0}}{2}\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}X}\left(\sum_{j=-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{\mathrm{i}jk^{\prime}}\right)\mathrm{d}k^{\prime}\\ &=2\uppi\sum_{m=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2\uppi m}\sin\left(\frac{2\uppi mX_{0}}{2}\right)\mathrm{e}^{2\uppi\mathrm{i}mX}.\end{aligned}$$

  (13.228)

  Auf der rechten Seite der Gleichung wurde dabei noch ein Faktor $2\uppi$ vor die Summe gezogen. Vergleicht man die beiden Seiten, so sieht man, dass vom Integral über $k^{\prime}$ nur eine Summe über die diskreten Werte $2\uppi m$ übrig bleibt. Also gilt

  $$\sum_{j=-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{\mathrm{i}jk^{\prime}}=2\uppi\sum_{m=-\infty}^{\infty}\delta\left(k^{\prime}-2\uppi m\right).$$

  (13.229)

  Dies war zu zeigen.

13.3

• (a) Die vier Seiten des Quadrats (startend beim Punkt $(a,a)$ der komplexen Ebene, im mathematisch positiven Sinn) sind beschrieben durch

  $$\begin{aligned}z&=x+\mathrm{i}a\quad\text{mit\ }-a\leq x\leq a,\\ z&=-a+\mathrm{i}y\quad\text{mit\ }-a\leq y\leq a,\\ z&=x-\mathrm{i}a\quad\text{mit\ }-a\leq x\leq a,\\ z&=a+\mathrm{i}y\quad\text{mit\ }-a\leq y\leq a.\end{aligned}$$

  (13.230)

  Damit ist

  $$\begin{aligned}\oint z\,\mathrm{d}z&=\int_{a}^{-a}(x+\mathrm{i}a)\,\mathrm{d}x+\int_{a}^{-a}(-a+\mathrm{i}y)\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &\quad+\int_{-a}^{a}(x-\mathrm{i}a)\,\mathrm{d}x+\int_{-a}^{a}(a+\mathrm{i}y)\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &=-\int_{-a}^{a}(x+\mathrm{i}a)\,\mathrm{d}x-\int_{-a}^{a}(-a+\mathrm{i}y)\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &\quad+\int_{-a}^{a}(x-\mathrm{i}a)\,\mathrm{d}x+\int_{-a}^{a}(a+\mathrm{i}y)\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &=-2\mathrm{i}a\int_{-a}^{a}\,\mathrm{d}x+2\mathrm{i}a\int_{-a}^{a}\,\mathrm{d}y=0.\end{aligned}$$

  (13.231)

• (b) Der Cauchy’sche Integralsatz ergibt direkt

  $$\oint z\,\mathrm{d}z=0,$$

  (13.232)

  da die Funktion $f(z)=z$ analytisch ist (innerhalb des Quadrats, aber natürlich auch in der ganzen komplexen Ebene).

13.4

• (a) Mit derselben Parametrisierung des Integrals wie in der vorherigen Aufgabe ergibt sich

  $$\begin{aligned}\oint\frac{1}{z}\,\mathrm{d}z&=-\int_{-a}^{a}\frac{1}{x+\mathrm{i}a}\,\mathrm{d}x-\int_{-a}^{a}\frac{1}{-a+\mathrm{i}y}\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &\quad+\int_{-a}^{a}\frac{1}{x-\mathrm{i}a}\,\mathrm{d}x+\int_{-a}^{a}\frac{1}{a+\mathrm{i}y}\mathrm{i}\,\mathrm{d}y\\ &=\int_{-a}^{a}\frac{2\mathrm{i}a}{x^{2}+a^{2}}\,\mathrm{d}x+\int_{-a}^{a}\frac{2\mathrm{i}a}{y^{2}+a^{2}}\,\mathrm{d}y\\ &=4\mathrm{i}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{u^{2}+1},\end{aligned}$$

  (13.233)

  wobei $x=au$ bzw. $y=au$ substituiert wurde. Dieses Integral kann elementar ausgewertet werden:

  $$4\mathrm{i}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{u^{2}+1}=4\mathrm{i}\left[\arctan u\right]_{-1}^{1}=2\uppi\mathrm{i}.$$

  (13.234)

• (b) Der Residuensatz ergibt

  $$\oint\frac{1}{z}\,\mathrm{d}z=2\uppi\mathrm{i}\,\text{Res}_{0}\frac{1}{z}=2\uppi\mathrm{i},$$

  (13.235)

  da das Residuum an der einzigen Polstelle $z_{1}=0$ innerhalb des Quadrats gleich 1 ist.

13.5

Wie im Beispiel in Abschn. 13.2 wird zunächst das Integral entlang der reellen Achse von −R bis R betrachtet und der Integrationsweg mit einem Halbkreis in der oberen Halbebene um den Ursprung geschlossen (alternativ kann auch ein Halbkreis in der unteren Halbebene benutzt werden, wobei dann aber auf das entgegengesetzte Vorzeichen zu achten ist):

$$\int_{-R}^{R}\frac{1}{1+z^{4}}\,\mathrm{d}z_{\text{rA}}=\int\frac{1}{1+z^{4}}\,\mathrm{d}z_{\text{Hk}}+\oint\frac{1}{1+z^{4}}\,\mathrm{d}z_{\text{gW}}.$$

(13.236)

Wiederum wie im Beispiel kann man leicht argumentieren, dass der Beitrag des Halbkreises für $R\to\infty$ gegen 0 geht. Es bleibt also wieder

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{4}}\,\mathrm{d}x=\oint\frac{1}{1+z^{4}}\,\mathrm{d}z_{\text{gW}}.$$

(13.237)

Das Integral über den geschlossenen Weg wird mit dem Residuensatz ausgewertet. Der Integrand hat die Polstellen

$$\begin{aligned}z_{1}&=\mathrm{e}^{\uppi\mathrm{i}/4}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+\mathrm{i}),\\ z_{2}&=\mathrm{e}^{3\uppi\mathrm{i}/4}=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1+\mathrm{i}),\\ z_{3}&=\mathrm{e}^{5\uppi\mathrm{i}/4}=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1-\mathrm{i}),\\ z_{4}&=\mathrm{e}^{7\uppi\mathrm{i}/4}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1-\mathrm{i})\end{aligned}$$

(13.238)

und lässt sich damit schreiben als

$$\frac{1}{1+z^{4}}=\frac{1}{(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})(z-z_{4})}.$$

(13.239)

Die Residuen der beiden Pole in der oberen Halbebene sind dann

$$\begin{aligned}\text{Res}_{z_{1}}\frac{1}{1+z^{4}}&=\lim_{z\to z_{1}}\frac{z-z_{1}}{(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})(z-z_{4})}\\ &=\frac{1}{(z_{1}-z_{2})(z_{1}-z_{3})(z_{1}-z_{4})}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4\mathrm{i}(1+\mathrm{i})},\\ \text{Res}_{z_{2}}\frac{1}{1+z^{4}}&=\frac{1}{(z_{2}-z_{1})(z_{2}-z_{3})(z_{2}-z_{4})}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4\mathrm{i}(1-\mathrm{i})}.\end{aligned}$$

(13.240)

Damit hat man

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{4}}\,\mathrm{d}x&=2\uppi\mathrm{i}\left(\text{Res}_{z_{1}}\frac{1}{1+z^{4}}+\text{Res}_{z_{2}}\frac{1}{1+z^{4}}\right)\\ &=\frac{\sqrt{2}\uppi}{2}\left(\frac{1}{1+\mathrm{i}}+\frac{1}{1-\mathrm{i}}\right)=\frac{\sqrt{2}\uppi}{2}.\end{aligned}$$

(13.241)

13.6

Für die Berechnung der Integrale benötigt man die allgemeinen Formeln

$$\int_{-\infty}^{\infty}x^{2n+1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=0$$

(13.242)

(wegen Symmetrie) und

$$\int_{-\infty}^{\infty}x^{2n}\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=\frac{(2n-1)!!}{2^{n}}\sqrt{\uppi},$$

(13.243)

die man leicht in Formelsammlungen findet. Zunächst wird die Funktion f ₀ normiert:

$$\langle f_{0},f_{0}\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\uppi},$$

(13.244)

also ist

$$h_{0}(x)=\sqrt{\frac{1}{\sqrt{\uppi}}}\mathrm{e}^{-x^{2}/2}.$$

(13.245)

Um h ₁ zu erhalten, wird von f ₁ zunächst wieder der Teil abgezogen, der parallel zu h ₀ ist:

$$\bar{f}_{1}(x)=f_{1}(x)-\frac{\langle h_{0},f_{1}\rangle}{\langle h_{0},h_{0}\rangle}h_{0}(x)=f_{1}(x)-\langle h_{0},f_{1}\rangle h_{0}(x),$$

(13.246)

da h ₀ bereits normiert ist. Mit

$$\langle h_{0},f_{1}\rangle\propto\int_{-\infty}^{\infty}x\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=0$$

(13.247)

ergibt sich

$$\bar{f}_{1}(x)=f_{1}(x)=x\mathrm{e}^{-x^{2}/2}.$$

(13.248)

Auch diese Funktion wird normiert:

$$\langle\bar{f}_{1},\bar{f}_{1}\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\uppi}}{2},$$

(13.249)

also

$$h_{1}(x)=\sqrt{\frac{2}{\sqrt{\uppi}}}x\mathrm{e}^{-x^{2}/2}.$$

(13.250)

Mit

$$\langle h_{0},f_{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt[4]{\uppi}}\frac{\sqrt{\uppi}}{2}=\frac{\sqrt[4]{\uppi}}{2}\quad\text{und}\quad\langle h_{1},f_{2}\rangle=0$$

(13.251)

erhält man

$$\bar{f}_{2}(x)=\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)\mathrm{e}^{-x^{2}/2}$$

(13.252)

und mit

$$\langle\bar{f}_{2},\bar{f}_{2}\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\left(x^{4}-x^{2}+\frac{1}{4}\right)\mathrm{e}^{-x^{2}}\,\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\uppi}}{2}$$

(13.253)

dann

$$h_{2}(x)=\sqrt{\frac{2}{\sqrt{\uppi}}}\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)\mathrm{e}^{-x^{2}/2}.$$

(13.254)

Schließlich ergibt sich aus

$$\begin{aligned}\bar{f}_{3}(x)&=f_{3}(x)-\langle h_{0},f_{3}\rangle h_{0}(x)\\ &\quad-\langle h_{1},f_{3}\rangle h_{1}(x)-\langle h_{2},f_{3}\rangle h_{2}(x)\end{aligned}$$

(13.255)

zunächst

$$\bar{f}_{3}(x)=\left(x^{3}-\frac{3}{2}x\right)\mathrm{e}^{-x^{2}/2}$$

(13.256)

und dann

$$h_{3}(x)=\frac{2}{\sqrt{3\sqrt{\uppi}}}\left(x^{3}-\frac{3}{2}x\right)\mathrm{e}^{-x^{2}/2}.$$

(13.257)

13.7

• (a) Das Dipolmoment ist

  $${\boldsymbol{p}}=\int\mathrm{d}V\,{\boldsymbol{r}}\rho({\boldsymbol{r}}).$$

  (13.258)

  Unter einer Verschiebung des Koordinatensystems um ${\boldsymbol{r}}_{0}$ hat man

  $$\rho^{\prime}({\boldsymbol{r}})=\rho({\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}_{0})$$

  (13.259)

  und damit

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{p}}^{\prime}&=\int\mathrm{d}V\,{\boldsymbol{r}}\rho^{\prime}({\boldsymbol{r}})=\int\mathrm{d}V\,{\boldsymbol{r}}\rho({\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}_{0})\\ &=\int\mathrm{d}V^{\prime}\,({\boldsymbol{r}}^{\prime}+{\boldsymbol{r}}_{0})\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime}),\end{aligned}$$

  (13.260)

  wobei ${\boldsymbol{r}}^{\prime}={\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}_{0}$ gesetzt und $\mathrm{d}V=\mathrm{d}V^{\prime}$ ausgenutzt wurde. Dies ergibt aber

  $${\boldsymbol{p}}^{\prime}=\int\mathrm{d}V^{\prime}\,{\boldsymbol{r}}^{\prime}\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})+{\boldsymbol{r}}_{0}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})={\boldsymbol{p}}+q{\boldsymbol{r}}_{0}.$$

  (13.261)

  Ist die Gesamtladung q = 0, so ist damit in der Tat ${\boldsymbol{p}}={\boldsymbol{p}}^{\prime}$.

• (b) Die Komponenten des Quadrupolmoments sind

  $$Q_{ij}=\int\rho({\boldsymbol{r}})\left(3x_{i}x_{j}-r^{2}\delta_{ij}\right)\,\mathrm{d}V.$$

  (13.262)

  Unter einer Verschiebung des Koordinatensystems erhält man wie eben

  $$\begin{aligned}Q^{\prime}_{ij}&=\int\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})\Big(3(x^{\prime}_{i}+x_{0,i})(x^{\prime}_{j}+x_{0,j})\\ &\quad-({\boldsymbol{r}}^{\prime}+{\boldsymbol{r}}_{0})^{2}\delta_{ij}\Big)\,\mathrm{d}V^{\prime}.\end{aligned}$$

  (13.263)

  Löst man die Klammern auf und integriert die Summanden einzeln, führt dies auf

  $$\begin{aligned}Q^{\prime}_{ij}&=Q_{ij}+(3x_{0,i}p_{j}+3p_{i}x_{0,j}-2{\boldsymbol{p}}\cdot{\boldsymbol{r}}_{0}\delta_{ij})\\ &\quad+(3x_{0,i}x_{0,j}-{\boldsymbol{r}}_{0}^{2}\delta_{ij})q.\end{aligned}$$

  (13.264)

  Verschwinden Gesamtladung q und Dipolmoment ${\boldsymbol{p}}$, so ist damit in der Tat ${\boldsymbol{Q}}^{\prime}={\boldsymbol{Q}}$.

13.8

Die Ladungsdichte ist

$$\begin{aligned}\rho({\boldsymbol{r}})&=\!q_{0}\delta(z)\left[\delta(x-a)\delta(y-a)-\delta(x+a)\delta(y-a)\right.\\ &\quad+\left.\delta(x+a)\delta(y+a)-\delta(x-a)\delta(y+a)\right].\end{aligned}$$

(13.265)

Für das Monopolmoment, also die Gesamtladung, ergibt sich damit sofort das offensichtliche Ergebnis

$$q=\int\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=q_{0}-q_{0}+q_{0}-q_{0}=0.$$

(13.266)

Auch die x‐Komponente des Dipolmoments verschwindet:

$$p_{1}=\int x\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=aq_{0}-(-a)q_{0}+(-a)q_{0}-aq_{0}=0,$$

(13.267)

ebenso $p_{2}=0$. Wegen der Deltafunktion in z ist außerdem auch $p_{3}=0$. Für die Diagonalelemente des Quadrupoltensors hat man

$$\begin{aligned}Q_{11}&=\int\left(3x^{2}-r^{2}\right)\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V\\ &=\int\left(2x^{2}-y^{2}-z^{2}\right)\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V,\\ Q_{22}&=\int\left(2y^{2}-x^{2}-z^{2}\right)\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V,\\ Q_{33}&=\int\left(2z^{2}-x^{2}-y^{2}\right)\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V.\end{aligned}$$

(13.268)

Wir berechnen zunächst

$$\int x^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=\int y^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=\int z^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=0$$

(13.269)

(das letzte Integral ergibt sich wieder sofort wegen der Deltafunktion in z) und damit

$$Q_{11}=Q_{22}=Q_{33}=0.$$

(13.270)

Aus dem gleichen Grund erhält man außerdem sofort

$$Q_{13}=Q_{23}=0.$$

(13.271)

Letztlich bleiben als einzige nicht verschwindende Komponenten

$$Q_{12}=Q_{21}=\int 3xy\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=12a^{2}q_{0}.$$

(13.272)

Damit ist das elektrische Potenzial bis einschließlich des Quadrupolanteils

$$\phi({\boldsymbol{r}}) =\frac{1}{2r^{5}}(x,y,z)^{\top}\left(\begin{array}[]{ccc}0&12a^{2}q_{0}&0\\ 12a^{2}q_{0}&0&0\\ 0&0&0\\ \end{array}\right)\left(\begin{array}[]{c}x\\ y\\ z\\ \end{array}\right)$$

$$ =12a^{2}q_{0}\frac{xy}{r^{5}}=6a^{2}q_{0}\frac{\sin^{2}\vartheta\,\sin(2\varphi)}{r^{3}}.$$

(13.273)

13.9

Die Ladungsdichte ist

$$\rho({\boldsymbol{r}})=\begin{cases}\rho_{0}\left(\frac{z}{c}\right)^{n}&\text{f\"{u}r\ }-a\leq x\leq a,\,-b\leq y\leq b,\\ &\quad-c\leq z\leq c\\ 0&\text{sonst}\end{cases}.$$

(13.274)

Für die Gesamtladung erhält man zunächst

$$\begin{aligned}q&=\int\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=2a\cdot 2b\cdot\rho_{0}\cdot\frac{1}{c^{n}}\int_{-c}^{c}z^{n}\,\mathrm{d}z\\ &=\begin{cases}\frac{8abc\rho_{0}}{n+1}=\frac{V\rho_{0}}{n+1}&\text{f\"{u}r gerade\ }n\\ 0&\text{f\"{u}r ungerade\ }n\end{cases},\end{aligned}$$

(13.275)

wobei V das Volumen des Quaders ist.

Wegen der Unabhängigkeit der Ladungsdichte von x und y sind bei p ₁ und p ₂ die Integranden jeweils ungerade Funktionen in x bzw. y, und man erhält sofort

$$p_{1}=p_{2}=0.$$

(13.276)

Bei p ₃ ist wieder eine Fallunterscheidung nötig:

$$\begin{aligned}p_{3}&=\int z\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V=2a\cdot 2b\cdot\rho_{0}\cdot\frac{1}{c^{n}}\int_{-c}^{c}z^{n+1}\,\mathrm{d}z\\ &=\begin{cases}0&\text{f\"{u}r gerade\ }n\\ \frac{8abc^{2}\rho_{0}}{n+2}=\frac{V\rho_{0}c}{n+2}&\text{f\"{u}r ungerade\ }n\end{cases}.\end{aligned}$$

(13.277)

Für die Komponenten des Quadrupoltensors hat man zunächst bei geraden n

$$\begin{aligned}\int x^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{V\rho_{0}a^{2}}{3(n+1)}=\frac{qa^{2}}{3},\\ \int y^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{qb^{2}}{3},\\ \int z^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{V\rho_{0}c^{2}}{n+3}=\frac{n+1}{n+3}qc^{2}\end{aligned}$$

(13.278)

und damit

$$\begin{aligned}Q_{11}&=q\left[\frac{2a^{2}-b^{2}}{3}-\frac{n+1}{n+3}c^{2}\right],\\ Q_{22}&=q\left[\frac{2b^{2}-a^{2}}{3}-\frac{n+1}{n+3}c^{2}\right],\\ Q_{33}&=q\left[2\frac{n+1}{n+3}c^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}}{3}\right].\end{aligned}$$

(13.279)

Bei ungeraden n ist dagegen

$$Q_{11}=Q_{22}=Q_{33}=0.$$

(13.280)

Für die Nicht‐Diagonalelemente ergibt sich

$$Q_{12}=Q_{13}=Q_{23}=0$$

(13.281)

für alle n, da immer Integranden auftreten, die ungerade in x bzw. in y sind.

Das elektrische Potenzial hat für gerade n also einen Monopol‐ und einen Quadrupolanteil, für ungerade n dagegen nur einen Dipolanteil.

13.10

Die hier auftretenden Integrale können alle folgendermaßen geschrieben werden:

$$\begin{aligned}\int\mathrm{d}V&=\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{b-\frac{b}{a}x}\mathrm{d}y\int_{0}^{c-\frac{c}{a}x-\frac{c}{b}y}\mathrm{d}z\\ &=abc\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}-y^{\prime}}\mathrm{d}z^{\prime}\\ &=abc\int_{0}^{1}\mathrm{d}y^{\prime}\int_{0}^{1-y^{\prime}}\mathrm{d}z^{\prime}\int_{0}^{1-y^{\prime}-z^{\prime}}\mathrm{d}x^{\prime}\\ &=abc\int_{0}^{1}\mathrm{d}z^{\prime}\int_{0}^{1-z^{\prime}}\mathrm{d}x^{\prime}\int_{0}^{1-z^{\prime}-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime},\end{aligned}$$

(13.282)

wobei $x^{\prime}=x/a$, $y^{\prime}=y/b$ und $z^{\prime}=z/c$ substituiert wurden und die letzten beiden Zusammenhänge aus Symmetriegründen gelten. Damit hat man zunächst für die Gesamtladung

$$\begin{aligned}q&=abc\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}-y^{\prime}}\mathrm{d}z^{\prime}\,\rho_{0}\\ &=abc\rho_{0}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime}\,(1-x^{\prime}-y^{\prime})\\ &=abc\rho_{0}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\,\left((1-x^{\prime})(1-x^{\prime})-\frac{1}{2}(1-x^{\prime})^{2}\right)\\ &=abc\rho_{0}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\,\frac{1}{2}(1-x^{\prime})^{2}=abc\rho_{0}\cdot\frac{1}{6}=V\rho_{0},\end{aligned}$$

(13.283)

wobei man das Volumen $V=abc/6$ der Pyramida auch elementargeometrisch berechnen kann.

Die x‐Komponente des Dipolmoments ist entsprechend

$$\begin{aligned}p_{1}&=abc\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}-y^{\prime}}\mathrm{d}z^{\prime}\,ax^{\prime}\rho_{0}\\ &=\frac{a^{2}bc\rho_{0}}{2}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}x^{\prime}(1-x^{\prime})^{2}=\frac{a^{2}bc\rho_{0}}{24}=\frac{qa}{4}\end{aligned}$$

(13.284)

und aus Symmetriegründen

$$p_{2}=\frac{qb}{4},\quad p_{3}=\frac{qc}{4}.$$

(13.285)

Für den Quadrupoltensor berechnen wir wieder erst

$$\begin{aligned}\int x^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{qa^{2}}{10},\\ \int y^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{qb^{2}}{10},\\ \int z^{2}\rho({\boldsymbol{r}})\,\mathrm{d}V&=\frac{qc^{2}}{10}\end{aligned}$$

(13.286)

und damit

$$\begin{aligned}Q_{11}&=\frac{q(2a^{2}-b^{2}-c^{2})}{10},\\ Q_{22}&=\frac{q(2b^{2}-c^{2}-a^{2})}{10},\\ Q_{33}&=\frac{q(2c^{2}-a^{2}-b^{2})}{10}.\end{aligned}$$

(13.287)

Die Nicht‐Diagonalelemente sind etwas aufwendiger zu berechnen, hier beispielhaft

$$\begin{aligned}Q_{12}&=3a^{2}b^{2}c\rho_{0}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\,x^{\prime}\int_{0}^{1-x^{\prime}}\mathrm{d}y^{\prime}\,y^{\prime}(1-x^{\prime}-y^{\prime})\\ &=3a^{2}b^{2}c\rho_{0}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\,x^{\prime}\left[(1-x^{\prime})\frac{1}{2}(1-x^{\prime})^{2}\right.\\ &\left.-\frac{1}{3}(1-x^{\prime})^{3}\right]\\ &=\frac{a^{2}b^{2}c\rho_{0}}{2}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x^{\prime}\,x^{\prime}(1-x^{\prime})^{3}\\ &=\frac{a^{2}b^{2}c\rho_{0}}{2}\cdot\frac{1}{20}=\frac{3qab}{20}\end{aligned}$$

(13.288)

und aus Symmetriegründen

$$Q_{13}=\frac{qac}{20},\quad Q_{23}=\frac{qbc}{20}.$$

(13.289)

Für $a=b=c$ hat man speziell

$$Q_{11} =Q_{22}=Q_{33}=0,$$

(13.290)

$$Q_{12} =Q_{13}=Q_{23}=\frac{3qa^{2}}{20}.$$

Der Quadrupoltensor hat in diesem Fall also nur Komponenten außerhalb der Diagonalen.

13.11

Zunächst zeigen wir: Hat das Potenzial die Winkelabhängigkeit einer der Kugelflächenfunktionen,

$$\phi({\boldsymbol{r}})=\bar{\phi}(r)Y_{lm}(\vartheta,\varphi),$$

(13.291)

so gilt dies auch für die Ladungsverteilung. Dies folgt direkt aus der Poisson‐Gleichung und daraus, dass die Kugelflächenfunktionen Eigenfunktionen zum Laplace‐Operator sind:

$$\begin{aligned}\rho({\boldsymbol{r}})&=-\frac{{\Updelta}}{4\uppi}\phi({\boldsymbol{r}})\\ &=-\frac{{\Updelta}_{r}\bar{\phi}(r)}{4\uppi}Y_{lm}(\vartheta,\varphi)-\frac{{\Updelta}_{\Upomega}Y_{lm}(\vartheta,\varphi)}{4\uppi r^{2}}\bar{\phi}(r)\\ &=\frac{-r^{2}{\Updelta}_{r}\bar{\phi}(r)+l(l+1)\bar{\phi}(r)}{4\uppi r^{2}}Y_{lm}(\vartheta,\varphi)\\ &=\bar{\rho}(r)Y_{lm}(\vartheta,\varphi).\end{aligned}$$

(13.292)

Nun zeigen wir die andere Richtung: Hat die Ladungsverteilung die Winkelabhängigkeit einer der Kugelflächenfunktionen,

$$\rho({\boldsymbol{r}})=\bar{\rho}(r)Y_{lm}(\vartheta,\varphi),$$

(13.293)

so gilt dies auch für das Potenzial. Dies folgt aus der Multipolentwicklung und der Orthogonalität der Kugelflächenfunktionen:

$$\begin{aligned}q_{l^{\prime}m^{\prime}}&=\frac{4\uppi}{2l^{\prime}+1}\int_{0}^{\infty}r^{\prime 2}\,\mathrm{d}r^{\prime}\,\bar{\rho}(r^{\prime})r^{\prime l^{\prime}}\\ &\cdot\int\mathrm{d}\Upomega^{\prime}\,Y_{lm}(\vartheta^{\prime},\varphi^{\prime})Y^{*}_{l^{\prime}m^{\prime}}(\vartheta^{\prime},\varphi^{\prime})\\ &=\frac{4\uppi}{2l^{\prime}+1}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}r^{\prime}\,\bar{\rho}(r^{\prime})r^{\prime l^{\prime}+2}\,\delta_{ll^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}},\end{aligned}$$

(13.294)

also

$$\begin{aligned}\phi({\boldsymbol{r}})&=\sum_{l^{\prime}=0}^{\infty}\frac{1}{r^{l^{\prime}+1}}\sum_{m^{\prime}=-l^{\prime}}^{l^{\prime}}\frac{4\uppi}{2l^{\prime}+1}\delta_{ll^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}}Y_{l^{\prime}m^{\prime}}(\vartheta,\varphi)\\ &\cdot\int\mathrm{d}r^{\prime}\,\bar{\rho}(r^{\prime})r^{\prime l^{\prime}+2}\\ &=\frac{4\uppi}{2l+1}\frac{\int\mathrm{d}r^{\prime}\,\bar{\rho}(r^{\prime})r^{\prime l+2}}{r^{l+1}}Y_{lm}(\vartheta,\varphi)\\ &=\bar{\phi}(r)Y_{lm}(\vartheta,\varphi).\end{aligned}$$

(13.295)

13.12

In Kugelkoordinaten ist das Oberflächenelement in (13.213) durch

$$\mathbf{d}\boldsymbol{f} =R^{2}\mathrm{d}\Upomega\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{r}$$

$$ =R^{2}\mathrm{d}\Upomega\left(\sin\vartheta\,\cos\varphi\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}+\sin\vartheta\,\sin\varphi\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}+\cos\vartheta\,{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\right)$$

(13.296)

gegeben. Wenn ${\boldsymbol{r}}^{\prime}$ auf der z‐Achse liegt, kann die Entwicklung (13.193) mit $\alpha=\vartheta$ verwendet werden:

$$\frac{1}{|{\boldsymbol{r}}-r^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}=\sum_{l=0}^{\infty}\frac{r_{<}^{l}}{r_{> }^{l+1}}P_{l}(\cos\vartheta).$$

(13.297)

Die $\varphi$‐Integration verschwindet für die Beiträge proportional zu ${\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}$ und ${\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}$ wegen $\int_{0}^{2\uppi}\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi=\int_{0}^{2\uppi}\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi=0$. Auszuwerten bleibt

$$\begin{aligned}&\oint_{r=R}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\frac{1}{|{\boldsymbol{r}}-r^{\prime}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}|}\\ &=2\uppi R^{2}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{r_{<}^{l}}{r_{> }^{l+1}}\int_{-1}^{1}\cos\vartheta\,P_{l}(\cos\vartheta)\mathrm{d}(\cos\vartheta).\end{aligned}$$

(13.298)

Da $\cos\vartheta\equiv P_{1}(\cos\vartheta)$ ist, liefert das verbleibende Integral mit (13.91)

$$2\uppi R^{2}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{r_{<}^{l}}{r_{> }^{l+1}}\frac{2}{2l+1}\delta_{l1}=\frac{4\uppi}{3}R^{2}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\frac{r_{<}}{r_{> }^{2}},$$

(13.299)

wobei $r_{<}={\rm min}(R,r^{\prime})$ und $r_{> }={\rm max}(R,r^{\prime})$ ist. Wird ${\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}$ wieder allgemeiner als ${\boldsymbol{r}}^{\prime}/r^{\prime}$ geschrieben, so erhalten wir

$$\oint_{r=R}\mathbf{d}\boldsymbol{f}\frac{1}{|{\boldsymbol{r}}-{\boldsymbol{r}}^{\prime}|}=\frac{4\uppi}{3}R^{2}\frac{{\boldsymbol{r}}^{\prime}}{r^{\prime}}\begin{cases}\displaystyle\frac{R}{r^{\prime 2}}&\mbox{f{\"u}r $r^{\prime}> R$}\\ \displaystyle\frac{r^{\prime}}{R^{2}}&\mbox{f{\"u}r $r^{\prime}<R$}\end{cases}.$$

(13.300)

Damit hat man das angegebene Ergebnis (13.213).

13.13

Zunächst hat man für das Monopolmoment

$$\begin{aligned}q_{0\,0}&=\frac{4\uppi}{2\cdot 0+1}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})r^{\prime 0}Y^{*}_{00}(\vartheta^{\prime},\varphi^{\prime})\\ &=4\uppi\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})\sqrt{\frac{1}{4\uppi}}=\sqrt{4\uppi}q.\end{aligned}$$

(13.301)

Bei den Dipolmomenten ist

$$\begin{aligned}q_{1\,0}&=\frac{4\uppi}{2\cdot 1+1}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})r^{\prime 1}Y^{*}_{10}(\vartheta^{\prime},\varphi^{\prime})\\ &=\frac{4\uppi}{3}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})r^{\prime}\sqrt{\frac{3}{4\uppi}}\cos\vartheta^{\prime}\\ &=\sqrt{\frac{4\uppi}{3}}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})z^{\prime}=\sqrt{\frac{4\uppi}{3}}p_{3}\end{aligned}$$

(13.302)

und

$$q_{1\,1} =-\frac{4\uppi}{3}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})r^{\prime}\sqrt{\frac{3}{8\uppi}}\sin\vartheta^{\prime}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi^{\prime}}$$

$$ =-\sqrt{\frac{2\uppi}{3}}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})r^{\prime}\sin\vartheta^{\prime}(\cos\varphi^{\prime}-\mathrm{i}\sin\varphi^{\prime})$$

$$ =-\sqrt{\frac{2\uppi}{3}}\int\mathrm{d}V^{\prime}\,\rho({\boldsymbol{r}}^{\prime})(x^{\prime}-\mathrm{i}y^{\prime})$$

$$ =-\sqrt{\frac{2\uppi}{3}}(p_{1}-\mathrm{i}p_{2});$$

(13.303)

entsprechend

$$q_{1,-1}=\sqrt{\frac{2\uppi}{3}}(p_{1}+\mathrm{i}p_{2}).$$

(13.304)

Auf ähnliche Weise erhält man dann auch

$$\begin{aligned}q_{20}&=\sqrt{\frac{\uppi}{5}}Q_{33},\\ q_{21}&=-\sqrt{\frac{2\uppi}{15}}(Q_{13}-\mathrm{i}Q_{23}),\\ q_{2,-1}&=\sqrt{\frac{2\uppi}{15}}(Q_{13}+\mathrm{i}Q_{23}),\\ q_{22}&=\sqrt{\frac{\uppi}{30}}(Q_{11}-Q_{22}-2\mathrm{i}Q_{13}),\\ q_{2,-2}&=\sqrt{\frac{\uppi}{30}}(Q_{11}-Q_{22}+2\mathrm{i}Q_{13}).\end{aligned}$$

(13.305)

13.14

Die Ladungsdichte ist

$$\rho({\boldsymbol{r}})=\sigma_{0}\frac{\delta(\cos\vartheta)}{r}$$

(13.306)

für $r\leq r_{0}$ und ansonsten null. Damit hat man

$$q_{lm} =\frac{4\uppi\sigma_{0}}{2l+1}\int_{0}^{r_{0}}r^{2}\,\mathrm{d}r\,r^{l-1}\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta$$

$$ \quad\,\,\cdot\delta(\cos\vartheta)Y^{*}_{lm}(\vartheta,\varphi).$$

(13.307)

Die Integrale über r und $\vartheta$ können sofort ausgeführt werden:

$$q_{lm}=\frac{4\uppi\sigma_{0}r_{0}^{l+2}}{(2l+1)(l+2)}\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\,Y^{*}_{lm}(\uppi/2,\varphi).$$

(13.308)

Für das Integral über $\varphi$ beachte, dass die $\varphi$‐Abhängigkeit von Y _lm allein in dem Faktor $\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\varphi}$ steckt. Wegen

$$\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\varphi}\,\mathrm{d}\varphi=2\uppi\delta_{m\,0}$$

(13.309)

folgt sofort, dass $q_{lm}=0$ ist für alle $m\neq 0$ und

$$\begin{aligned}q_{l0}&=\frac{8\uppi^{2}\sigma_{0}r_{0}^{l+2}}{(2l+1)(l+2)}Y^{*}_{l0}(\uppi/2,0)\\ &=\frac{2\uppi\sigma_{0}r_{0}^{l+2}}{l+2}\sqrt{\frac{4\uppi}{2l+1}}P_{l}(0).\end{aligned}$$

(13.310)

Für die weitere Auswertung benutzt man zunächst, dass für ungerade l die Legendre‐Funktionen P _l ungerade Funktionen sind, also $P_{l}(0)=0$ gilt. Für gerade l kann man dagegen beispielsweise folgende Formel benutzen, die man in der mathematischen Literatur findet:

$$P_{l}(x)=\frac{1}{2^{l}}\sum_{k=0}^{l/2}(-1)^{k}\left(\begin{array}[]{c}l\\ k\\ \end{array}\right)\left(\begin{array}[]{c}2l-2k\\ l\\ \end{array}\right)x^{l-2k}.$$

(13.311)

Für x = 0 bleibt nur der Summand mit $k=l/2$ übrig, also

$$P_{l}(0)=\frac{(-1)^{l/2}}{2^{l}}\left(\begin{array}[]{c}l\\ l/2\\ \end{array}\right).$$

(13.312)

Schließlich bleibt für gerade l:

$$q_{l0}=\frac{2\uppi\sigma_{0}r_{0}^{l+2}}{l+2}\sqrt{\frac{4\uppi}{2l+1}}\frac{(-1)^{l/2}}{2^{l}}\left(\begin{array}[]{c}l\\ l/2\\ \end{array}\right).$$

(13.313)

Alle anderen Multipolmomente verschwinden.

13.15

Die Ladungsdichte ist

$$\rho({\boldsymbol{r}})=\lambda_{0}\frac{\delta(r-r_{0})\left(\delta(\varphi)+\delta(\varphi-\uppi)\right)}{r\sin\vartheta}.$$

(13.314)

Eingesetzt in die allgemeine Gleichung für die sphärischen Multipolmomente (13.196) ist zunächst

$$\begin{aligned}q_{lm}&=\frac{4\uppi\lambda_{0}}{2l+1}\int_{0}^{\infty}r^{2}\,\mathrm{d}r\,r^{l-1}\delta(r-r_{0})\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi\\ &\cdot\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}\cos\vartheta}{\sin\vartheta}\left(\delta(\varphi)+\delta(\varphi-\uppi)\right)Y^{*}_{lm}(\vartheta,\varphi).\end{aligned}$$

(13.315)

Die Integrale über r und $\varphi$ können sofort ausgeführt werden:

$$q_{lm}=\frac{4\uppi\lambda_{0}r_{0}^{l+1}}{2l+1}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}\cos\vartheta}{\sin\vartheta}\left(Y^{*}_{lm}(\vartheta,0)+Y^{*}_{lm}(\vartheta,\uppi)\right).$$

(13.316)

Für die weitere Auswertung dieses Ausdrucks beachtet man zunächst, dass der von $\varphi$ abhängige Anteil von Y _lm durch $\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\varphi}$ gegeben ist. Da aber

$$\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\cdot 0}+\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\cdot\uppi}=1+(-1)^{m}=\left\{\begin{array}[]{ll}2&\text{f\"{u}r gerade\ }m\\ 0&\text{f\"{u}r ungerade\ }m\\ \end{array}\right.$$

(13.317)

gilt, folgt sofort, dass $q_{lm}=0$ für alle ungeraden m und dass man für gerade m die Summe $Y^{*}_{lm}(\vartheta,0)+Y^{*}_{lm}(\vartheta,\uppi)$ durch

$$2Y^{*}_{lm}(\vartheta,0)=2\sqrt{\frac{2l+1}{4\uppi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}P_{l}^{\kern 1.0ptm}(\cos\vartheta)$$

(13.318)

ersetzen kann. Im Folgenden beschränken wir uns auf gerade m und haben somit

$$\begin{aligned}q_{lm}&=2\lambda_{0}r_{0}^{l+1}\sqrt{\frac{4\uppi}{2l+1}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d}\cos\vartheta}{\sin\vartheta}P_{l}^{\kern 1.0ptm}(\cos\vartheta)\\ &=2\lambda_{0}r_{0}^{l+1}\sqrt{\frac{4\uppi}{2l+1}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\frac{P_{l}^{\kern 1.0ptm}(x)}{\sqrt{1-x^{2}}}.\end{aligned}$$

(13.319)

Für ungerade l sind die Legendre‐Polynome P _l ungerade Funktionen. Wegen (13.161) gilt dies bei geradem m auch für die zugeordneten Legendre‐Funktionen. Für ungerade l verschwindet also das Integral und damit q _lm .

Anmerkung: Zumindest für m = 0 kann man das Integral auch exakt auswerten; es gilt nämlich (Gradshteyn & Ryzhik 1994):

$$\int_{-1}^{1}(1-x^{2})^{-1/2}P_{2n}(x)\mathrm{d}x=\left(\frac{\Upgamma(1/2+n)}{n!}\right)^{2}$$

(13.320)

für alle natürlichen Zahlen n. (Die Gammafunktion $\Upgamma(x)$ wird im „Mathematischen Hintergrund“ 32.4.6 ausführlicher diskutiert.) Benutzt man außerdem noch, dass für die Gammafunktion

$$\Upgamma(1/2+n)=\frac{(2n+1)!!}{2^{n}}\Upgamma(1/2)=\frac{(2n+1)!!}{2^{n}}\sqrt{\uppi},$$

(13.321)

gilt, so erhält man schließlich

$$q_{l\,0}=2^{1-l}\lambda_{0}r_{0}^{l+1}\sqrt{\frac{4\uppi^{3}}{2l+1}}\left(\frac{(l+1)!!}{(l/2)!}\right)^{2}$$

(13.322)

für alle geraden l.