Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
1 beğenilme 0 beğenilmeme
554 kez görüntülendi
Maxwell denklemlerinin Galilei transformasyonlari altinda sabit olmadigini gosterin
Akademik Fizik kategorisinde (1.6k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 554 kez görüntülendi
Maxwell Denklemleri
 

Sıradan bir gözlemci $S$ için Maxwell Denklemleri,

$$
\vec{\nabla} \cdot \vec{E} = \dfrac{\rho}{\epsilon_{0}}
$$
 

$$
\vec{\nabla} \cdot \vec{B} = 0
$$
 

$$
\vec{\nabla} \times \vec{E} = - \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t}
$$
 

$$
\vec{\nabla} \times \vec{B} = \mu_{0} \vec{J} + \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial \vec{E}}{\partial t}
$$

şeklindedir. Lorentz Kuvveti,
 

$$
\vec{F} = Q [\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}]
$$
 

ve Yerel yük korunum denklemi de
 

$$
\vec{\nabla} \cdot \vec{J} + \dfrac{\partial \rho}{\partial t} = 0
$$

dir. Peki $S$ ye göre sabit $u\widehat{x}$ hıza sahip $S'$ bu Maxwell Denklemleri Galileo Dönüşümleri için korunur mu? Ya da referansımızı $S$ den $S'$ getirdiğimizde EM denklemleri geçerli midir? Bu durumu anlamak için, Galileo Dönüşümlerini yapıp $S'$ de
$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{E}' = \dfrac{\rho'}{\epsilon_{0}}
$$
$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{B}' = 0
$$
$$
\vec{\nabla}' \times \vec{E}' = - \dfrac{\partial \vec{B}'}{\partial t'}
$$
$$
\vec{\nabla}' \times \vec{B}' = \mu_{0} \vec{J'} + \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial \vec{E}'}{\partial t'}
$$
denklemlerin geçerliliğini sınayacağız.
Galieo Dönüşümleri
 

Bu dönşümlerde kütle ve elektriksel yük miktarı değişmediği varsayılır. Bu varsayım Newton'un Dinamik İlkesine dayanır.
 

$$
\vec{F} = m \vec{a}
$$
 

bu ilke eylemsiz referans sistemine göre $\Vec{a}$ aynı olacağından kütle değişmez. Aynı durum yük için de geçerlidir. Değişmeyen bu iki niceliğe zaman parametresi de eklenir.

 

$S$ için koordinatlar
 

$$
\vec{r} = (x,y,z)
$$
 

iken,
 

$S$ ya göre sabit $u\widehat{x}$ hızına sahip $S'$ için koordinatlar
 

$$
\vec{r}' = (x',y',z')
$$
 

dir.

$S'$ ile $S$ nin Galileo Dönüşümü,
 

$$
\vec{r}' = \vec{r} + \vec{u} t
$$
 

$$
x' = x - ut
$$
$$
\dot{x'} = \dot{x} - u \dot{t}
$$
$$
[ v' = v - u ] \widehat{x}
$$
$$
y' = y
$$
$$
z' = z
$$
$$
t' = t
$$
$$
m' = m
$$
$$
Q' = Q
$$
şeklindedir. $y$ ve $z$ nin hızlarının da eş olduğu aşikardır.

1 cevap

1 beğenilme 0 beğenilmeme
Yukarıdaki Yorumların Işığında

{$\nabla$ ve  $\nabla '$ durumu}

$S$ de işlemci $\nabla$,

$$
\nabla = (\dfrac{\partial}{\partial x},\dfrac{\partial}{\partial y},\dfrac{\partial}{\partial z})
$$

iken, $S'$ de işlemci $\nabla '$
$$

\nabla ' = (\dfrac{\partial}{\partial x'},\dfrac{\partial}{\partial y'},\dfrac{\partial}{\partial z'})
$$

dır. Galileo Dönüşümlerinden $y$ ve $z$ de sıkıntı olmadığı aşikardır. $x$ ile ilgilenelim. $u$ hızı sabit olduğundan

$$
\dfrac{\partial}{\partial x} = \dfrac{\partial}{\partial x'}
$$

olur ve bu da,
işlemci $\nabla$ bu dönüşümde,
$$
\nabla = \nabla '
$$
şeklinde değişmediğini söyler.
\newpage
\subsection{$\rho$ ile $\rho'$}
Bu korunumun sonuucu, bu sonsuz küçük $dv$ hacim işlemcisinin de sabit kalması ve $S$ ve $S'$ için hesaplanacak hacimlerin
$$
v = \int dv
$$
$$
v' = \int dv
$$
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 $\rho$ nun da değişmediğini gösterir. Yani,
$$
v = v'
$$
eşitliğinden,
$$
\rho = \dfrac{Q}{v}
$$
$$
\rho' = \dfrac{Q}{v'}
$$
$$
\rho = \rho '
$$
olur.
 

 

{$\dfrac{\partial}{\partial t}$ ve $\dfrac{\partial}{\partial t'}$ durumu}
 

Dönüşümlerin hız dönüşümlerini ele alalım.
 

$$
\vec{v}' = \dfrac{d\vec{x}'}{dt}
$$
 

$$
\vec{v} = \dfrac{d\vec{x}}{dt}
$$
 

$$
\dfrac{\partial \vec{x}'}{\partial t'} = \dfrac{\partial \vec{x}}{\partial t} - \vec{u}
$$
 

olur. Buradan,
 

$$
\dfrac{\partial}{ \partial t'} = \dfrac{\partial}{\partial t} + \vec{u} \cdot \nabla
$$
 

sonucuna varırız.

Peki $\vec{J}$ ile $\vec{J}'$ ye ne olur?}
 

Akım yoğunluğu vektörü tanımı gereği hacimsel yük yoğunluğu çarpı hız olduğundan,
 

$S$ de
 

$$
\vec{J} = \rho \vec{v}
$$
 

$S'$ de
 

$$
\vec{J}' = \rho \vec{v'}
$$
 

dir.
$$
 

\vec{v}' = \vec{v} - \vec{u}
$$
 

den,
 

$$
\vec{J}' = \rho \vec{v} - \rho \vec{u}
$$
 

ve sonuç olarak da Galileo Dönüşümleri altında akım yoğunluğu vektörü
 

$$
\vec{J}' = \vec{J} - \rho \vec{u}
$$
şekilde dönüşür.

{$\vec{E}$,$\vec{E}'$ ve $\vec{B}$,$\vec{B}'$ dönüşümü}
 

Yük değişmezliğini kullanarak, Lorentz Kuvveti değişmeyeceğini
 

$$
\vec{F}' = \vec{F}
$$
 

$$
Q [\vec{E}' + \vec{v}' \times \vec{B}'] = Q [\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}]
$$
 

ve
 

$$
\vec{E}' + \vec{v}' \times \vec{B}' = \vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}
$$
$$
\vec{v}' = \vec{v} - \vec{u}
$$
 

yi kullanarak eşitliği yazarsak
 

$$
\vec{E}' + \vec{v} \times \vec{B}' - \vec{u} \times \vec{B}' = \vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}
 

$$
 

$$
\vec{E}' + \vec{v} \times ( \vec{B}' - \vec{B} ) = \vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}'
$$
 

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,
 

$$
\vec{B}' = \vec{B}
$$
 

yazdığımızda denklem,
 

$$
\vec{E}' = \vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}
$$
 

haline dönüşür.
 

Maxwell Denklemlerinin Sınanması

Bu kısımda, $S'$ deki Maxwell Denklemlerine tüm $'$ lü niceliklere $S$ deki karşılıkları olan,
$$
\vec{E}' = \vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}
$$
 

$$
\vec{B}' = \vec{B}
$$
 

$$
\vec{J}' = \vec{J} - \rho \vec{u}
$$
 

$$
\dfrac{\partial}{ \partial t'} = \dfrac{\partial}{\partial t} + \vec{u} \cdot \vec{\nabla}
$$
 

$$
\rho = \rho'
$$
 

$$
\vec{\nabla} = \vec{\nabla}'
$$
 

ifadeleri cinsinden yazıp denklemlerin Galileo Dönşümleri altında muhafaza edilip edilmediğini sınayacağız.
Gilbert Yasası $\vec{\nabla} \cdot \vec{B} = 0$}

$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{B}' = 0
$$
 

 

$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{B}' = \vec{\nabla} \cdot \vec{B} = 0
$$
 

yazdığımızda dönüşüm altında yasa değişmez.

{Faraday Yasası $\vec{\nabla} \times \vec{E} + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t} = 0$}
 

$$
\vec{\nabla}' \times \vec{E}' + \dfrac{\partial \vec{B}'}{\partial t'} = 0
$$
 

 

$$
\vec{\nabla} \times [\vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}] + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t} + [\vec{u} \cdot \vec{\nabla}] \vec{B} = 0
$$
 

Parantez içlerine dağıtma ve toparlarsak,
 

$$
(\vec{\nabla} \times \vec{E} + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t}) + \vec{\nabla} \times [ \vec{u} \times \vec{B}] + [\vec{u} \cdot \vec{\nabla}] \vec{B} = 0
$$
 

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
 

$$
\vec{\nabla} \times [\vec{u} \times \vec{B}] = \vec{u} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{B}] - \vec{B} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{u}] + [ \vec{B} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{u} - [ \vec{u} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{B}
$$
 

 

$$
(\vec{\nabla} \times \vec{E} + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t} ) + \vec{u} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{B}] - \vec{B} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{u}] + [ \vec{B} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{u} - [ \vec{u} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{B} + [\vec{u} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{B} = 0
$$
 

şeklinde yazdığımızda, son iki terimin birbirini götürdüğü ve $3$.terimin
 

$\vec{\nabla} \cdot \vec{B} = 0$ Gilbert Yasasınca gittiğini gözlemleriz ve yeniden
 

$$
(\vec{\nabla} \times \vec{E} + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t}) - \vec{B} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{u}] + [ \vec{B} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{u} = 0
$$
 

olarak yazarız. Parantez dışında kalan iki ifadeyi inceleyelim.
 

$$
\vec{B} [ \vec{\nabla} \cdot \vec{u}]
$$
 

ifadesinin iç kısmında $\vec{u}$ sabit olduğu için skaler türev işlemcisiyle iç çarpımı
 

$$
\vec{\nabla} \cdot \vec{u} = 0
$$
 

olur.
 

$$
[ \vec{B} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{u}
$$
 

ifadesindeki parantez içindeki $\vec{B} \cdot \vec{\nabla} $ yönlü türev işlemcisidir, yani büyüklüğü $|\vec{B}|$ kadar ve yönü $\vec{B}$ nin yönünde bir vektördür. Bu durumda $\vec{B} \cdot \vec{\nabla} $ işlemcisinin de sabit $\vec{u}$ ile etkileşiminin sonucu
 

$$
[ \vec{B} \cdot \vec{\nabla} ] \vec{u} = 0
$$
 

olacaktır. $(65)$ ve $(68)$ i $(64)$ de düşündüğümüzde, elimizde
 

$$
\vec{\nabla} \times \vec{E} + \dfrac{\partial \vec{B}}{\partial t} = 0
$$
kalır ve anlarız ki Faraday Yasası da Galileo Dönüşümleri altında değişmezdir.

{Gauss Yasası $\vec{\nabla} \cdot \vec{E} - \dfrac{\rho}{\epsilon_{0}} = 0$}
 

$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{E}' - \dfrac{\rho'}{\epsilon_{0}} = 0
$$
 

denklemin $(51)$, $(55)$ ve $(56)$ dönüşümlerini yaptığımızda,
 

$$
\vec{\nabla} \cdot [\vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}] - \dfrac{\rho}{\epsilon_{0}} = 0
$$
 

ı elde eder ve parantez içini açıp düzenlersek,
 

$$
(\vec{\nabla} \cdot \vec{E} - \dfrac{\rho}{\epsilon_{0}} )+ \vec{\nabla} \cdot [ \vec{u} \times \vec{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,
 

$$
\vec{\nabla} \cdot [ \vec{u} \times \vec{B}] = 0
$$
 

olmasıdır. Ne var ki, $\vec{B} = [x,z,2y]$ ve $\vec{u} = [1,0,0]$ şeklinde seçilip $(75)$ i
 

$$
\vec{\nabla} \cdot [ \vec{u} \times \vec{B}] = \vec{\nabla} \cdot [ [1,0,0] \times [x,z,y] ]
$$
 

$$
\vec{\nabla} \cdot [ 0,-2y,z] = (\dfrac{\partial}{\partial x},\dfrac{\partial}{\partial y},\dfrac{\partial}{\partial z}) \cdot [ 0,-2y,z]
 

$$
 

$$
\vec{\nabla} \cdot [ 0,-2y,z] = \dfrac{\partial 0}{\partial x} + \dfrac{\partial -2y}{\partial y} + \dfrac{\partial z}{\partial z} = 0 - 2 + 1 = -1 \neq 0
$$
 

şeklinde her koşulda doğru olmadığını karşı örnek vererek gösteririz. Bu da, Galileo Dönüşümleri altında Gauss Yasasının değişmez olmadığını anlamına gelir. Haliyle
 

$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{E}' - \dfrac{\rho'}{\epsilon_{0}} \neq 0
$$
olur ve $S'$ da bu denklem,
 

$$
\vec{\nabla}' \cdot \vec{E}' - \dfrac{\rho'}{\epsilon_{0}} = ( \vec{\nabla} \cdot \vec{E} - \dfrac{\rho}{\epsilon_{0}}) +
\vec{\nabla} \cdot [ \vec{u} \times \vec{B}]
$$
 

halini alır.
 

{Ampere Yasası $\vec{\nabla} \times \vec{B} - \mu_{0} \vec{J} - \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial \vec{E}}{\partial t} = 0 $}
 

$$
\vec{\nabla}' \times \vec{B}' - \mu_{0} \vec{J}' - \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial \vec{E}'}{\partial t'} = 0
$$
 

$$
\vec{\vec{\nabla}} \times \vec{B} - \mu_{0} \vec{J} + \mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} (\dfrac{\partial }{\partial t} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}})) (\vec{E} + \vec{u} \times \vec{B}) = 0
$$
 

Denklemde parantezleri açıp $S$ deki ifadeyi de toplu olarak yazarsak,
 

$$
(\vec{\vec{\nabla}} \times \vec{B} - \mu_{0} \vec{J} - \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial \vec{E}}{\partial t} )+ \mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} (\dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}})) \cdot \vec{E} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}) \cdot (\vec{u} \times \vec{B}) )= 0
$$
 

uzun ifadesini elde ederiz. Burada ilk parantezli kısım, yasanın $S$ deki hali olduğundan denklemden sildiğimizde denklem,
 

$$
\mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} (\dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}})) \cdot \vec{E} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}) \cdot (\vec{u} \times \vec{B}) )= 0
$$
 

a dönüşür ama bu da karar için hala karışık sayılır. İfadenin sonundaki terimi inceleyelim,
 

$$
(\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}) \cdot (\vec{u} \times \vec{B})
$$
 

ifadesindeki $(\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}})$, sabit $\vec{u}$ vektörünün yönündedir. Dış çarpımın özelliğinden $(\vec{u} \times \vec{B})$ ise $\vec{u}$ vektörüne diktir. Bu durumda $$
(\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}) \cdot (\vec{u} \times \vec{B}) = 0
 

$$
 

olur. Bu katkıyı da silerek denklem,
 

$$
\mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} (\dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} + (\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}})) \cdot \vec{E} )= 0
$$
 

haline gelir. Bu ifadenin son kısmını da inceleyelim,
 

$$
(\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}) \cdot \vec{E}
$$
 

$\vec{u} \cdot \vec{\vec{\nabla}}$ ifadesi, $\vec{u}$ in yönünde bir yönlü türev işlemcisidir ve iç çarpımları da yaparak $(86)$
 

$$
| \vec{u} | \widehat{x} \dfrac{\partial \vec{E}_x}{\partial x }
$$
 

olur. Bu $\widehat{x}$ deki elektrik

alan türevi, Gauss Yasasının $\widehat{x}$ deki katkısını verir. Bu katkıyı tüm elektrik akının etkisi saydığımızı düşünüp,
 

$$
| \vec{u} | \widehat{x} \dfrac{\partial \vec{E}_x}{\partial x } \equiv \vec{u} \vec{\vec{\nabla}} \cdot \vec{E} = \vec{u} \dfrac{1}{\epsilon_0} \rho
$$
 

şeklinde ifade edebiliriz. Bu özel durumu $(82)$ de yerine yazdığımızda,
 

$$
\mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} (\dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} + \vec{u} \dfrac{1}{\epsilon_0} \rho )= 0
$$
 

ve gerekli sadeleştirmeler de yapılarak,
 

$$
\mu_{0} \rho \vec{u} - \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} + \mu_{0} \vec{u} \rho = 0
$$
 

ve
 

$$
- \mu_{0}\epsilon_{0} \dfrac{\partial (\vec{u} \times \vec{B}) }{\partial t} = 0
$$
 

ifadesini elde ederiz. Burada $\vec{B}$ zamana bağlı ve $\vec{u}$ ye dik seçildiğinde ifade denkliği sağlamaz. 0 halde, Galileo dönüşümleri altında Ampere Yasasının da değişmez olmadığını göstermiş olduk.
(156 puan) tarafından 
Maxwell yasalarinin Lorentz transformasyonlari altindaki davranisi.
Metinde bazı denklem numaraları var fakat denklemleri numarasız. Ayrıca, denklemler asındaki büyük boşluklar (yalnız ben mi görüyorum?) okunmayı zorlaştırıyor.
Haklısınız . Aslında Overleaf Kullanarak yazarken kendime numaralandırmıştım Latex de. Buraya dönüştürürken beceremedim. Fakat yenileyeceğim. Bir de bir şey sorayım çözümü yaptığım pdf yi burada yoruma bırakbilir miyim?
Newton yasalarinin Galilei transformasyonlari altindaki davranisi
20,217 soru
21,750 cevap
73,348 yorum
1,974,768 kullanıcı