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.