Yukarıdaki Yorumların Işığında
{∇ ve ∇′ durumu}
S de işlemci ∇,
∇=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)
iken, S′ de işlemci ∇′
∇′=(∂∂x′,∂∂y′,∂∂z′)
dır. Galileo Dönüşümlerinden y ve z de sıkıntı olmadığı aşikardır. x ile ilgilenelim. u hızı sabit olduğundan
∂∂x=∂∂x′
olur ve bu da,
işlemci ∇ bu dönüşümde,
∇=∇′
şeklinde değişmediğini söyler.
\newpage
\subsection{ρ ile ρ′}
Bu korunumun sonuucu, bu sonsuz küçük dv hacim işlemcisinin de sabit kalması ve S ve S′ için hesaplanacak hacimlerin
v=∫dv
v′=∫dv
den
v=v′
eşit olduğudur. Hacimlerin eşit olması, m ve Q yu kendiliğinden değişmez sayan bu dönüşümlerde, birim hacim başına düşen yük miktarı olan yük yoğunluğu ρ nun da değişmediğini gösterir. Yani,
v=v′
eşitliğinden,
ρ=Qv
ρ′=Qv′
ρ=ρ′
olur.
{∂∂t ve ∂∂t′ durumu}
Dönüşümlerin hız dönüşümlerini ele alalım.
→v′=d→x′dt
→v=d→xdt
∂→x′∂t′=∂→x∂t−→u
olur. Buradan,
∂∂t′=∂∂t+→u⋅∇
sonucuna varırız.
Peki →J ile →J′ ye ne olur?}
Akım yoğunluğu vektörü tanımı gereği hacimsel yük yoğunluğu çarpı hız olduğundan,
S de
→J=ρ→v
S′ de
→J′=ρ→v′
dir.
→v′=→v−→u
den,
→J′=ρ→v−ρ→u
ve sonuç olarak da Galileo Dönüşümleri altında akım yoğunluğu vektörü
→J′=→J−ρ→u
şekilde dönüşür.
{→E,→E′ ve →B,→B′ dönüşümü}
Yük değişmezliğini kullanarak, Lorentz Kuvveti değişmeyeceğini
→F′=→F
Q[→E′+→v′×→B′]=Q[→E+→v×→B]
ve
→E′+→v′×→B′=→E+→v×→B
→v′=→v−→u
yi kullanarak eşitliği yazarsak
→E′+→v×→B′−→u×→B′=→E+→v×→B
→E′+→v×(→B′−→B)=→E+→u×→B′
denkliğini elde ederiz. Bu son ifade de özel bir referans sistemine bağlı olmak zorunda değiliz, yani hız sıfır da olabilir. Bu yüzden manyetik alanın korunduğunu varsayarak,
→B′=→B
yazdığımızda denklem,
→E′=→E+→u×→B
haline dönüşür.
Maxwell Denklemlerinin Sınanması
Bu kısımda, S′ deki Maxwell Denklemlerine tüm ′ lü niceliklere S deki karşılıkları olan,
→E′=→E+→u×→B
→B′=→B
→J′=→J−ρ→u
∂∂t′=∂∂t+→u⋅→∇
ρ=ρ′
→∇=→∇′
ifadeleri cinsinden yazıp denklemlerin Galileo Dönşümleri altında muhafaza edilip edilmediğini sınayacağız.
Gilbert Yasası →∇⋅→B=0}
→∇′⋅→B′=0
→∇′⋅→B′=→∇⋅→B=0
yazdığımızda dönüşüm altında yasa değişmez.
{Faraday Yasası →∇×→E+∂→B∂t=0}
→∇′×→E′+∂→B′∂t′=0
→∇×[→E+→u×→B]+∂→B∂t+[→u⋅→∇]→B=0
Parantez içlerine dağıtma ve toparlarsak,
(→∇×→E+∂→B∂t)+→∇×[→u×→B]+[→u⋅→∇]→B=0
elde ettiğimiz ifadenin ilk parantezli ifadesi S de Faraday Yasasıdır ve bu parantezli kısım aslında 0 eşit olsa da görüntü olarak bize eşlik edecek. Sondaki terime dokunmayıp, ortadaki terimi vektör çarpım kuralıyla
→∇×[→u×→B]=→u[→∇⋅→B]−→B[→∇⋅→u]+[→B⋅→∇]→u−[→u⋅→∇]→B
(→∇×→E+∂→B∂t)+→u[→∇⋅→B]−→B[→∇⋅→u]+[→B⋅→∇]→u−[→u⋅→∇]→B+[→u⋅→∇]→B=0
şeklinde yazdığımızda, son iki terimin birbirini götürdüğü ve 3.terimin
→∇⋅→B=0 Gilbert Yasasınca gittiğini gözlemleriz ve yeniden
(→∇×→E+∂→B∂t)−→B[→∇⋅→u]+[→B⋅→∇]→u=0
olarak yazarız. Parantez dışında kalan iki ifadeyi inceleyelim.
→B[→∇⋅→u]
ifadesinin iç kısmında →u sabit olduğu için skaler türev işlemcisiyle iç çarpımı
→∇⋅→u=0
olur.
[→B⋅→∇]→u
ifadesindeki parantez içindeki →B⋅→∇ yönlü türev işlemcisidir, yani büyüklüğü |→B| kadar ve yönü →B nin yönünde bir vektördür. Bu durumda →B⋅→∇ işlemcisinin de sabit →u ile etkileşiminin sonucu
[→B⋅→∇]→u=0
olacaktır. (65) ve (68) i (64) de düşündüğümüzde, elimizde
→∇×→E+∂→B∂t=0
kalır ve anlarız ki Faraday Yasası da Galileo Dönüşümleri altında değişmezdir.
{Gauss Yasası →∇⋅→E−ρϵ0=0}
→∇′⋅→E′−ρ′ϵ0=0
denklemin (51), (55) ve (56) dönüşümlerini yaptığımızda,
→∇⋅[→E+→u×→B]−ρϵ0=0
ı elde eder ve parantez içini açıp düzenlersek,
(→∇⋅→E−ρϵ0)+→∇⋅[→u×→B]=0
ifadesinde ilk parantezli kısmın aslında Gauss Yasası olduğunu ve değerinin 0 olduğunu biliriz. Galileo Dönüşümlerinin Gauss Yasasını değişmez bırakması için gerek ve yeter şart,
→∇⋅[→u×→B]=0
olmasıdır. Ne var ki, →B=[x,z,2y] ve →u=[1,0,0] şeklinde seçilip (75) i
→∇⋅[→u×→B]=→∇⋅[[1,0,0]×[x,z,y]]
→∇⋅[0,−2y,z]=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)⋅[0,−2y,z]
→∇⋅[0,−2y,z]=∂0∂x+∂−2y∂y+∂z∂z=0−2+1=−1≠0
şeklinde her koşulda doğru olmadığını karşı örnek vererek gösteririz. Bu da, Galileo Dönüşümleri altında Gauss Yasasının değişmez olmadığını anlamına gelir. Haliyle
→∇′⋅→E′−ρ′ϵ0≠0
olur ve S′ da bu denklem,
→∇′⋅→E′−ρ′ϵ0=(→∇⋅→E−ρϵ0)+→∇⋅[→u×→B]
halini alır.
{Ampere Yasası →∇×→B−μ0→J−μ0ϵ0∂→E∂t=0}
→∇′×→B′−μ0→J′−μ0ϵ0∂→E′∂t′=0
→→∇×→B−μ0→J+μ0ρ→u−μ0ϵ0(∂∂t+(→u⋅→→∇))(→E+→u×→B)=0
Denklemde parantezleri açıp S deki ifadeyi de toplu olarak yazarsak,
(→→∇×→B−μ0→J−μ0ϵ0∂→E∂t)+μ0ρ→u−μ0ϵ0(∂(→u×→B)∂t+(→u⋅→→∇))⋅→E+(→u⋅→→∇)⋅(→u×→B))=0
uzun ifadesini elde ederiz. Burada ilk parantezli kısım, yasanın S deki hali olduğundan denklemden sildiğimizde denklem,
μ0ρ→u−μ0ϵ0(∂(→u×→B)∂t+(→u⋅→→∇))⋅→E+(→u⋅→→∇)⋅(→u×→B))=0
a dönüşür ama bu da karar için hala karışık sayılır. İfadenin sonundaki terimi inceleyelim,
(→u⋅→→∇)⋅(→u×→B)
ifadesindeki (→u⋅→→∇), sabit →u vektörünün yönündedir. Dış çarpımın özelliğinden (→u×→B) ise →u vektörüne diktir. Bu durumda (→u⋅→→∇)⋅(→u×→B)=0
olur. Bu katkıyı da silerek denklem,
μ0ρ→u−μ0ϵ0(∂(→u×→B)∂t+(→u⋅→→∇))⋅→E)=0
haline gelir. Bu ifadenin son kısmını da inceleyelim,
(→u⋅→→∇)⋅→E
→u⋅→→∇ ifadesi, →u in yönünde bir yönlü türev işlemcisidir ve iç çarpımları da yaparak (86)
|→u|ˆx∂→Ex∂x
olur. Bu ˆx deki elektrik
alan türevi, Gauss Yasasının ˆx deki katkısını verir. Bu katkıyı tüm elektrik akının etkisi saydığımızı düşünüp,
|→u|ˆx∂→Ex∂x≡→u→→∇⋅→E=→u1ϵ0ρ
şeklinde ifade edebiliriz. Bu özel durumu (82) de yerine yazdığımızda,
μ0ρ→u−μ0ϵ0(∂(→u×→B)∂t+→u1ϵ0ρ)=0
ve gerekli sadeleştirmeler de yapılarak,
μ0ρ→u−μ0ϵ0∂(→u×→B)∂t+μ0→uρ=0
ve
−μ0ϵ0∂(→u×→B)∂t=0
ifadesini elde ederiz. Burada →B zamana bağlı ve →u ye dik seçildiğinde ifade denkliği sağlamaz. 0 halde, Galileo dönüşümleri altında Ampere Yasasının da değişmez olmadığını göstermiş olduk.