id="solution"> Die Fourier-Integrale lauten: $$f(k) = \int d^3x\, e^{-ik\cdot x} f(x)$$ $$f(x) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{ik\cdot x} f(k)$$ Fouriertransformation der Bestimmungsgleichung liefert: $$-k^2 G(k) = 1 \Leftrightarrow G(k) = -\frac{1}{k^2}$$ Die gesuchte Funktion $G(x)$ erhält man schließlich durch Rücktransformation: $$G(x) = \text{FT}^{-1} G(k)$$ $$= -\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{e^{ik\cdot x}}{k^2}$$ $$= -\frac{1}{4\pi^2} \int_0^\infty dk \int_{-1}^1 d\cos\theta\, e^{ikx\cos\theta}$$ $$= -\frac{1}{4\pi^2} \int_0^\infty dk\, \frac{1}{ikx}(e^{ikx} - e^{-ikx})$$ $$= -\frac{1}{2\pi^2}\frac{1}{x} \int_0^\infty dk\, \frac{\sin kx}{k}$$ $$= -\frac{1}{4\pi}\frac{1}{x}$$ Um das Integral in der zweiten Zeile ausführen zu können, wurde die Basis des $k$-Raums so gewählt, dass $k_3 \parallel x$ ist. Außerdem wurde für das $\theta$-Integral der übliche "Kosinus-Trick" verwendet. Mit der Ladungsdichte $$\rho(x) = q\,\delta(x-x_0)$$ lautet die Inhomogenität der Gleichung: $$g(x) = -\frac{q}{\varepsilon_0}\delta(x-x_0)$$ Faltung führt schließlich zur partikulären Lösung: $$\Phi_\text{part}(x) = \int d^3x'\, G(x-x')\,g(x')$$ $$= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \int d^3x'\, \frac{q}{\|x-x'\|}\,\delta(x'-x_0)$$ $$= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{\|x-x_0\|}$$ Da man im Unendlichen üblicherweise $\Phi \equiv 0$ wählt, gilt für die homogene Lösung $\Phi_\text{hom} \equiv 0$. Den homogenen Teil der Lösung kann man also mittels Randbedingungen "wegdiskutieren" und man erhält: $$\Phi(x) = \Phi_\text{part}(x) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{\|x-x_0\|}$$