29. Theorie des Elektromagnetes. 69
verläuft, dasselbe Ergebnis liefert. Aus diesem Grunde muss die
Arbeit, welche man bei der Bewegung des Einheitspols längs der
elliptischen Bahn 0,0, um den Draht zu leisten hat, genau gleich
der sein, welche erforderlich ist, um ihn von O aus nach rechts in
die Unendlichkeit, von hier auf einem Halbkreis von unendlich
grossem Radius nach links in die Unendlichkeit und schliesslich von
hier an den Ausgangspunkt O zurückzubringen.
Zum bessern Verständnis wollen wir dem Pol auf den ver-
schiedenen Theilen seiner Bahn folgen. Man leistet keine Arbeit,
um ihn von 0, nach O zu bringen, da beide Punkte auf derselben
Niveaufläche liegen. Die Bewegung von O in die Unendlichkeit er-
fordert Arbeit, während jede Bewegung des Poles in der Unendlich-
keit ohne Arbeitsleistung zu vollziehen ist. Deshalb wird bei der
Bewegung auf dem Viertelkreise von unendlichem Radius, die nöthig
ist, um den Pol in die Ebene O0 0,0, zurückzuführen, keine Arbeit
verbraucht. Da diese Ebene eine Niveaufläche ist, so ist das mag-
netische Potential in O, genau dasselbe wie das eines in der Un-
endlichkeit auf der Linie OO, liegenden Punktes. Um also unsern
Einheitspol von O nach rechts in die Unendlichkeit zu bringen,
haben wir dieselbe Arbeit zu leisten, wie in dem Falle, wo wir ihn
von 0, nach O, auf der im Endlichen liegenden Bahn bewegen, die
in Fig. 24 durch die punktirte Linie angedeutet ist. In ähnlicher
Weise lässt sich zeigen, dass die Arbeit dieselbe bleibt, ob wir ihn
auf der linken Seite in der Unendlichkeit nach O zurückführen,
oder ihn auf der zweiten Hälfte der punktirten Linie, nämlich von
O, nach O, bewegen. Da sich dieselbe Betrachtungsweise für jeden
geschlossenen Weg anwenden lässt, der einmal um den Draht führt, so
ist das Linienintegral längs jeder solchen geschlossenen Bahn gleich dem
Werthe, der sich für die Bewegung des Poles von einem rechts im Un-
endlichen liegenden Punkte nach einem links im Unendlichen liegen-
den ergiebt, vorausgesetzt, dass sie durch die Windung DD erfolgt.
Dieses Integral kann leicht, wie folgt, gefunden werden. Nehmen
wir an, der Pol sei im Punkte O, angelangt. Ein im Punkte D ge-
legenes Theilchen ! des Leiters, das sich in der Entfernung d von
dem Pole befindet, wirkt dann auf ihn mit der Kraft
li
am
die in die Richtung QO, fällt. Die Horizontalkomponente dieser
Kraft ist