2 2 0 D O C U M E N T 1 2 5 D E C E M B E R 1 9 2 5 ist, so verschwindet (1) auch dort. Also, an allen Stellen . Wir wollen nun die Gleichung mit einem Volumenelement dS multiplizieren und dann über den Halbraum R auf der positi- ven Seite der y z-Ebene integrieren. Als entfernte Grenze dieses Halbraumes den- ken wir uns eine undendlich grosse Ku- gelfläche σ mit dem Mittelpunkt in O. Man erhält in dieser Weise , wo sich das erste Integral über die y z-Ebene, das zweite über die Halbkugel erstreckt.[2] Da nun, wenn der Radius r dieser letzteren wächst, E abnimmt wie und H wie , so verschwindet das letzte Integral. Also, wenn die Integration über die volle y z-Ebene ausgedehnt wird, , oder nach (2), wenn man berücksichtigt, dass an dieser Ebene , , . worin der genannte Widerspruch zum Ausdruck kommt. Die Gleichung würde er- fordern , , , , d. h. , und zwar könnte man diesen Schluss für jede Meridianebene ziehen. Man hätte also am Ende gar kein Feld und infolgedessen auch gar keine Ladungen. Mit freundlichen Grüssen treulich Ihr H. A. Lorentz ALSX. Kox 2008, pp. 586–588. [16 590]. There are perforations for a loose-leaf binder at the left mar- gin of the document. [1]Einstein was in Haarlem the previous day (see the preceding document). [2]At this point in the original text, Lorentz indicates a note he has appended at the left margin of the page: “Ich bemerke, dass die Gleichung auch dann gilt, wenn das geladene System eine scharfe Grenze (Rotationsfläche) hat, und zwar weil an dieser stetig sein muss.” E 1 c -- - ν. H] [ + 0 = 0 ∂Xx ∂x -------- - ∂Xy ∂y -------- - ∂Xz ∂z -------- + + = x O R n σ 0 ³Xxdσ – ³Xndσ + = 1 r2 ---- 1 r3 ---- ³Xxdσ 0= Ex 0= Hx 0= Ey 2 Ez 2 Hy 2 Hz 2)dσ + + + ³( 0= Ey 0= Ez 0= HY 0= Hz 0= E 0= H 0= Xn