表題は親父ギャグではありません。同じ人が由来なのです。今回計算がきついですな。符号がミスってたりしたらすいません。注意してください。

/*補足

　速度$(v^x,v^y,v^z)=(v^1,v^2,v^3),v^2=(v^x{)}^2+(v^y{)}^2+(v^z{)}^2$、力$(F^x,F^y,F^z)=(F^1,F^2,F^3)$を使って４元速度$u^{\mu }$、４元力$f^{\mu }$を表すことができた。 $$u^0=\frac{c}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $$u^i=\frac{v^i}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $$f^0=\frac{F^1{v}^1+F^2{v}^2+F^3{v}^3}{c\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $$f^i=\frac{F^i}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $$i=1,2,3$$

終わり*/

　電場$\mathit{E}$磁束密度$\mathit{B}$がある空間で、速度$\mathit{v}$で動く電気量$q$の電荷にはたらく力はローレンツ力といい、 $$\mathit{F}=q(\mathit{E}+\mathit{v}\times \mathit{B})$$ のように表せる。この式を４元力を使って表してみよう。 まずは第0成分から $$f^0=\frac{q\{\mathit{E}\cdot \mathit{v}+(\mathit{v}\times \mathit{B})\cdot \mathit{v}\}}{c\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $\mathit{v}\times \mathit{B}$と$\mathit{v}$は垂直なので、$(\mathit{v}\times \mathit{B})\cdot \mathit{v}=0$、4元速度$u^{\mu }$を使い、 $$f^0=\frac{q(E_x{v}^x+E_y{v}^y+E_z{v}^z)}{c\sqrt{1-(v/c{)}^2}}$$ $$f^0=q(E_x/c{u}^1+E_y/c{u}^2+E_z/c{u}^3)$$ ４元力の空間成分を求める。 $$\left(\begin{array}{c}{f}^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}\left(\begin{array}{c}{F}^1\\ F^2\\ F^3\end{array}\right)$$ $$=\frac{q}{\sqrt{1-(v/c{)}^2}}\left(\begin{array}{c}{E}_x+v^y{B}_z-v^z{B}_y\\ E_y+v^z{B}_x-v^x{B}_z\\ E_z+v^x{B}_y-v^y{B}_x\end{array}\right)$$ $$\left(\begin{array}{c}{f}^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=q\left(\begin{array}{c}{E}_x/c{u}^0+B_z{u}^2-B_y{u}^3\\ E_y/c{u}^0-B_z{u}^1+B_x{u}^3\\ E_z/c{u}^0+B_y{u}^1-B_x{u}^2\end{array}\right)$$ $$\begin{array}{}\text{(1)}& \left(\begin{array}{c}{f}^0\\ f^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=q\left(\begin{array}{c}{E}_x/c{u}^1+E_y/c{u}^2+E_z/c{u}^3\\ E_x/c{u}^0+B_z{u}^2-B_y{u}^3\\ E_y/c{u}^0-B_z{u}^1+B_x{u}^3\\ E_z/c{u}^0+B_y{u}^1-B_x{u}^2\end{array}\right)\end{array}$$ ４元力は この式の一般的なローレンツ変換は容易ではない。今はローレンツ力における電場、磁束密度が特殊相対性原理を満たさない確認がしたいだけなので、いつも通り$x$軸方向に速度$V$で動いうている系にローレンツ変換することを考えよう。全ての成分の計算は大変なので今回は$x$成分の４元力を計算してみる。 $$f^{\prime 1}=-\beta \gamma f^0+\gamma f^1$$ $$=q\gamma \{E_x/c{u}^0-\beta E_x/c{u}^1+(-\beta E_y/c+B_z)u^2+(-\beta E_y/c-B_y)u^3\}$$ 逆ローレンツ変換を使うと、$u^0=\gamma u^{\prime 0}+\beta \gamma u^{\prime 1}$、$u^1=\beta \gamma u^{\prime 0}+\gamma u^{\prime 1}$、$u^2,u^3$は変わらないので、 $$f^{\prime 1}=q\gamma \{E_x/c(\gamma u^{\prime 0}+\beta \gamma u^{\prime 1})-\beta E_x/c(\beta \gamma u^{\prime 0}+\gamma u^{\prime 1})$$ $$+(-\beta E_y/c+B_z)u^{\prime 2}+(-\beta E_y/c-B_y)u^{\prime 3}\}$$ $$=q\gamma \{\gamma (1-{\beta }^2)E_x/c{u}^{\prime 0}$$ $$+(-\beta E_y/c+B_z)u^{\prime 2}+(-\beta E_y/c-B_y)u^{\prime 3}\}$$ $$=q\{E_x/c{u}^{\prime 0}+\gamma (-\beta E_y/c+B_z)u^{\prime 2}+\gamma (-\beta E_y/c-B_y)u^{\prime 3}\}$$ つまり、 $$E_x^{\prime }:=E_x,B_z^{\prime }:=\gamma (-\beta E_y/c+B_z),-B_y^{\prime }:=\gamma (-\beta E_y/c-B_y)$$ 特殊相対性原理を満たすためには、電場と磁場が不自然なローレンツ変換をしなくてはならない。そこで、スカラーポテンシャル$\varphi$、ベクトルポテンシャル$\mathit{A}$を使ってみよう。 $$\mathit{B}=\mathrm{\nabla }\times \mathit{A},\frac{\mathit{E}}{c}=-\mathrm{\nabla }\frac{\varphi }{c}-\frac{1}{c}\frac{\partial \mathit{A}}{\partial t}$$ なので、 $$\left(\begin{array}{c}{E}_x/c\\ E_y/c\\ E_z/c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial x}-\frac{1}{c}\frac{\partial A_x}{\partial t}\\ -\frac{1}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial y}-\frac{1}{c}\frac{\partial A_y}{\partial t}\\ -\frac{1}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial z}-\frac{1}{c}\frac{\partial A_z}{\partial t}\end{array}\right)$$ $$\left(\begin{array}{c}{B}_x\\ B_y\\ B_z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}\\ \frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}\\ \frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}\end{array}\right)$$ 電磁ベクトルポテンシャルを次のように定義する。 $$(A^0,A^1,A^2,A^3):=(\frac{\varphi }{c},A_x,A_y,A_z)$$ 4元ベクトルを使いさらに偏微分を$\partial /\partial x^{\mu }={\partial }_{\mu }$と書くことにする、 $$\left(\begin{array}{c}{E}_x/c\\ E_y/c\\ E_z/c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-{\partial }_1{A}^0-{\partial }_0{A}^1\\ -{\partial }_2{A}^0-{\partial }_0{A}^2\\ -{\partial }_3{A}^0-{\partial }_0{A}^3\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}{B}_x\\ B_y\\ B_z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\partial }_2{A}^3-{\partial }_3{A}^2\\ {\partial }_3{A}^1-{\partial }_1{A}^3\\ {\partial }_1{A}^2-{\partial }_2{A}^1\end{array}\right)$$ 一次形式の偏微分を$\partial /\partial x_{\mu }={\partial }^{\mu }$と書くことにする。${\partial }^0=-{\partial }_0$に注意すると、 $$\left(\begin{array}{c}{E}_x/c\\ E_y/c\\ E_z/c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\partial }^0{A}^1-{\partial }^1{A}^0\\ {\partial }^0{A}^2-{\partial }^2{A}^0\\ {\partial }^0{A}^3-{\partial }^3{A}^0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}{B}_x\\ B_y\\ B_z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\partial }^2{A}^3-{\partial }^3{A}^2\\ {\partial }^3{A}^1-{\partial }^1{A}^3\\ {\partial }^1{A}^2-{\partial }^2{A}^1\end{array}\right)$$ これをローレンツ力の(1)式に代入すると、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& \left(\begin{array}{c}{f}^0\\ f^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=q\left(\begin{array}{c}{E}_x/c{u}^1+E_y/c{u}^2+E_z/c{u}^3\\ E_x/c{u}^0+B_z{u}^2-B_y{u}^3\\ E_y/c{u}^0-B_z{u}^1+B_x{u}^3\\ E_z/c{u}^0+B_y{u}^1-B_x{u}^2\end{array}\right)\end{array}$$ $$q\left(\begin{array}{c}({\partial }^0{A}^1-{\partial }^1{A}^0)u^1+({\partial }^0{A}^2-{\partial }^2{A}^0)u^2+({\partial }^0{A}^3-{\partial }^3{A}^0)u^3\\ ({\partial }^0{A}^1-{\partial }^1{A}^0)u^0+({\partial }^1{A}^2-{\partial }^2{A}^1)u^2-({\partial }^3{A}^1-{\partial }^1{A}^3)u^3\\ ({\partial }^0{A}^2-{\partial }^2{A}^0)u^0-({\partial }^1{A}^2-{\partial }^2{A}^1)u^1+({\partial }^2{A}^3-{\partial }^3{A}^2)u^3\\ ({\partial }^0{A}^3-{\partial }^3{A}^0)u^0+({\partial }^3{A}^1-{\partial }^1{A}^3)u^1-({\partial }^2{A}^3-{\partial }^3{A}^2)u^2\end{array}\right)$$ $u^{\mu }$を一次形式で書くと、規則性が見えてくる。 $$\left(\begin{array}{c}{f}^0\\ f^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=$$ $$q\left(\begin{array}{c}({\partial }^0{A}^1-{\partial }^1{A}^0)u_1+({\partial }^0{A}^2-{\partial }^2{A}^0)u_2+({\partial }^0{A}^3-{\partial }^3{A}^0)u_3\\ ({\partial }^1{A}^0-{\partial }^0{A}^1)u_0+({\partial }^1{A}^2-{\partial }^2{A}^1)u_2+({\partial }^1{A}^3-{\partial }^3{A}^1)u_3\\ ({\partial }^2{A}^0-{\partial }^0{A}^2)u_0+({\partial }^2{A}^1-{\partial }^1{A}^2)u_1+({\partial }^2{A}^3-{\partial }^3{A}^2)u_3\\ ({\partial }^3{A}^0-{\partial }^0{A}^3)u_0+({\partial }^3{A}^1-{\partial }^1{A}^3)u_1+({\partial }^3{A}^2-{\partial }^2{A}^3)u_2\end{array}\right)$$ 0成分に$({\partial }^0{A}^0-{\partial }^0{A}^0)u_0=0$、1成分に$({\partial }^1{A}^1-{\partial }^1{A}^1)u_1=0$、2成分に$({\partial }^2{A}^2-{\partial }^2{A}^2)u_2=0$、3成分に$({\partial }^3{A}^3-{\partial }^3{A}^3)u_3=0$を足して縮約を取ると、 $$\left(\begin{array}{c}{f}^0\\ f^1\\ f^2\\ f^3\end{array}\right)=q\left(\begin{array}{c}({\partial }^0{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^0)u_{\nu }\\ ({\partial }^1{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^1)u_{\nu }\\ ({\partial }^2{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^2)u_{\nu }\\ ({\partial }^3{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^3)u_{\nu }\end{array}\right)$$ 以上よりローレンツ力は $$f^{\mu }=q({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })u_{\nu }$$ である。ローレンツ力のローレンツ変換は、 $$f^{\prime \alpha }=q({\partial }^{\prime \alpha }{A}^{\prime \beta }-{\partial }^{\prime \beta }{A}^{\prime \alpha })u_{\beta }^{\prime }$$ $$L_{\mu }^{\alpha }{f}^{\mu }=q(L_{\mu }^{\alpha }{\partial }^{\mu }{A}^{\prime \beta }-L_{\nu }^{\beta }{\partial }^{\nu }{A}^{\prime \alpha })u_{\beta }^{\prime }$$ これが得たかった式である。$L_{\nu }^{\mu }$は変換後の慣性系の速度$V$のみに依存する量なので、 $${\partial }_{\alpha }{L}_{\nu }^{\mu }=L_{\nu }^{\mu }{\partial }_{\alpha }$$ 微分の中になっても外にあっても好きにして大丈夫だが、電磁ベクトルポテンシャル$A^{\mu }$はベクトル場なので、微分と順番を変えることはできない。 この方程式が特殊相対性原理を満たすための電磁ベクトルポテンシャル$A^{\mu }$のローレンツ変換は$A^{\prime \alpha }=L_{\mu }^{\alpha }{A}^{\mu }$である。 $$L_{\mu }^{\alpha }{f}^{\mu }=q(L_{\mu }^{\alpha }{\partial }^{\mu }{L}_{\nu }^{\beta }{A}^{\nu }-L_{\nu }^{\beta }{\partial }^{\nu }{L}_{\mu }^{\alpha }{A}^{\mu })u_{\beta }^{\prime }$$ $$L_{\mu }^{\alpha }{f}^{\mu }=L_{\mu }^{\alpha }q({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })L_{\nu }^{\beta }{u}_{\beta }^{\prime }$$ $u_{\nu }$は一次形式なので逆変換を受ける。$L_{\nu }^{\beta }{u}_{\beta }^{\prime }=u_{\nu }$ $$L_{\mu }^{\alpha }{f}^{\mu }=L_{\mu }^{\alpha }q({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })u_{\nu }$$ $$f^{\mu }=q({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })u_{\nu }$$ 慣性系によらず同じ形を保っているため、特殊相対性原理を満たす。

＊＊電磁ベクトルポテンシャルのローレンツ変換＊＊

ミンコフスキー空間の位置ベクトル$x^{\mu }$が、$x^{\prime \mu }=L_{\nu }^{\mu }{x}^{\nu }$のようにローレンツ変換されるなら、電磁ベクトルポテンシャル$A^{\mu }$も $$A^{\prime \mu }=L_{\nu }^{\mu }{A}^{\nu }$$ のようにローレンツ変換される。

＊＊ローレンツ力のローレンツ変換＊＊

　電気量$q$の電荷が、受けるローレンツ力は４元力$f^{\mu }$、４元速度$u^{\mu }$電磁ポテンシャル$A^{\mu }$を使い、 $$f^{\mu }=q({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })u_{\nu }$$ のように表せる。電磁ポテンシャルのローレンツ変換は位置ベクトル$x^{\mu }$のローレンツ変換と同様であり、ローレンツ力は慣性系に依らず同じ法則で表せる。

/*　補足

　添え字が１つのみの方程式であれば、特殊相対性原理を満たすかの確認はかんたんである。 $$f^{\prime i}={\dot{p}}^{\prime i}$$ $$L_0^i{f}^0+L_1^i{f}^1+L_2^i{f}^2+L_3^i{f}^3$$ $$=L_0^i{\dot{p}}^0+L_1^i{\dot{p}}^1+L_2^i{f}^2+L_3^i{\dot{p}}^3$$ $$L_0^i(f^0-{\dot{p}}^0)+L_1^i(f^1-{\dot{p}}^1)+L_2^i(f^2-{\dot{p}}^2)+L_3^i(f^3-{\dot{p}}^3)=0$$ が成り立つためには、$L_j^i\ne 0$だから $$f^j-{\dot{p}}^j=0$$ つまり、変換前、変換後で同じ方程式が成り立つ必要がある。 添え字が2つ以上ある方程式の場合も、さっきのようにローレンツ変換できるのだが最低でも16項でてくるので計算が大変である。そこで$A^i{B}_i$がスカラーになるので、$A^{\prime i}{B}_i^{\prime }=A^j{B}_j$のように、座標変換に依らないことを利用しよう。 $$({\partial }^{\prime i}{A}^{\prime j}-{\partial }^{\prime j}{A}^{\prime i})u_j^{\prime }$$ $$={\partial }^{\prime i}\underset{―}{A^{\prime j}{u}_j^{\prime }}-\underset{―}{u_j^{\prime }{\partial }^{\prime j}}{A}^{\prime i}$$ 下線を引いたところはローレンツ変換で不変なので、 $$=L_{\mu }^i{\partial }^{\mu }\underset{―}{A^{\nu }{u}_{\nu }}-\underset{―}{u_{\nu }{\partial }^{\nu }}{L}_{\mu }^i{A}^{\mu }$$ $$\frac{L_{\mu }^i{f}^{\mu }}{q}=L_{\mu }^i({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })u_{\nu }$$ という方法もある。

終わり*/