Schwere, Elektricität und Magnetismus:093

Herstellung von ${\displaystyle V\,}$ im Innern eines Raumes.

und es bleiben für ${\displaystyle t=0\,}$ die Functionen ${\displaystyle V_{1}\!}$ und ${\displaystyle \,{\frac {\partial V_{1}}{\partial t}}\,}$ endlich und stetig. Daraus folgt

${\displaystyle \lim \int \limits _{0}^{2\pi }t\;V_{1}{\frac {\partial U}{\partial t}}d\varphi =0,\,}$ ${\displaystyle \lim \int \limits _{0}^{2\pi }t\;U{\frac {\partial V_{1}}{\partial t}}d\varphi =0.\,}$

 Betrachten wir in einem und demselben Querschnitte zwei einander diametral gegenüberliegende Punkte der cylindrischen Fläche, so zeigt sich, dass in ihnen ${\displaystyle \lg \;t}$ gleiche Werthe besitzt, dagegen ${\displaystyle {\frac {\partial U}{\partial t}}}$ entgegengesetzte Werthe, wenn ${\displaystyle t\!}$ unendlich klein genommen wird. Also heben sich in dem Integral

${\displaystyle -2\int \limits _{0}^{2\pi }t\;\rho \;\lg \;t{\frac {\partial U}{\partial t}}d\varphi }$

je zwei Elemente auf, und man erhält

${\displaystyle \lim 2\int \limits _{0}^{2\pi }t\;\rho \;\lg \;t{\frac {\partial U}{\partial t}}d\varphi =0}$ für ${\displaystyle t=0.\,}$

 Demnach bleibt von dem Oberflächen-Integral nur noch der Bestandtheil

${\displaystyle \lim \int \limits _{0}^{s_{1}}ds\int \limits _{0}^{2\pi }t\;{\frac {2\rho }{t}}\,U\;d\varphi =2\;\pi \int \limits _{0}^{s_{1}}2\rho \;U\;ds}$

übrig. Beachtet man also, dass

${\displaystyle -2\rho =\lim {\left(t\;{\frac {\partial V}{\partial t}}\right)}_{0}}$

ist, so ergibt sich

(5)	${\displaystyle -2\pi \int \limits _{0}^{s_{1}}U\;ds\cdot \lim \left(t\;{\frac {\partial V}{\partial t}}\right)_{0}}$

als der Beitrag, welcher auf der rechten Seite der Gleichung (3) zu dem Oberflächen-Integral hinzukommt. Die Integration in (5) ist über die Linie zu erstrecken, in welcher die Function ${\displaystyle V\,}$ unstetig wird.