実はローレンツ力の段階でかなり準備はできている。電場\(\boldsymbol{E}\)、磁束密度\(\boldsymbol{B}\)を電磁ポテンシャル\(A^{\mu}=(A_0,\ A_x,\ A_y,\ A_z)\)を用いて、書き換えることで、ローレンツ力は特殊相対性原理を満たすことができた。今回はマクスウェル方程式を電磁ポテンシャルを使って書き換えよう。まずはマクスウェル方程式の復習から入っていきたい。

＊＊　磁気のガウスの法則　＊＊ \[\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0\tag{1}\] を満たす関数としてベクトルポテンシャル\(\boldsymbol{A}\)が\(\boldsymbol{B}=:\nabla\times\boldsymbol{A}\)で定義された。\(\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}\)なら自動的に\(\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0\)が成り立つ。ベクトルポテンシャルを定義した時点で、磁気のガウスの法則は満たされる。電場は\(\boldsymbol{E}=\boldsymbol{E}_e+\boldsymbol{E}_m\)クーロン電場と誘導電場の和で表せる。(磁場は磁気単子がないので誘導磁場のみを考えればよい。)クーロン電場を\(\boldsymbol{E}_e=-\nabla\phi\)のようにスカラーポテンシャルを使って表すことができる。

＊＊　ファラデーの法則　＊＊ \[\nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\tag{2}\] を用いることで、電場\(\boldsymbol{E}\)は、\(\boldsymbol{E}:=-\nabla\phi-\partial\boldsymbol{A}/\partial t\)のようになる。こちらを定義にしても(2)を自動的に満たす。

＊＊　アンペールの法則　＊＊ \[\nabla\times\boldsymbol{B}=\mu_0\boldsymbol{j}+\frac{1}{c^2}\frac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}\] を電磁ポテンシャルを使うことで、 \[\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}-\nabla\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}+\nabla\cdot\boldsymbol{A}\right)=-\mu_0\boldsymbol{j}\tag{3}\] のように表せる。

＊＊　電気のガウスの法則　＊＊ \[\nabla\cdot\boldsymbol{E}=\frac{\rho}{\epsilon_0}\] を電磁気ポテンシャルを使って表すと、 \[\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\frac{\phi}{c}+\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}+\nabla\cdot\boldsymbol{A}\right)=-\mu_0c\rho\tag{4}\] (1)(2)式は電磁ポテンシャルの定義から派生できるので、(3)(4)式がマクスウェル方程式である。\(\phi,\boldsymbol{A}\)には任意性があり、

＊＊　ローレンツゲージ　＊＊ \[\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}+\nabla\cdot\boldsymbol{A}=0\] となるようにとると、マクスウェル方程式は \[\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}=-\mu_0\boldsymbol{j}\tag{5}\] \[\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\frac{\phi}{c}=-\mu_0c\rho\tag{6}\] ここで、ミンコフスキー空間の座標\(x^{\mu}=(ct,x,y,z)\)と４元ベクトルポテンシャル\(A^{\mu}:=(\phi/c,A_x,A_y,A_z)\)を用いてローレンツゲージは \[\frac{\partial A^0}{\partial x^0}+\frac{\partial A^1}{\partial x^1}+\frac{\partial A^2}{\partial x^2}+\frac{\partial A^3}{\partial x^3}=0\] のように表せる。偏微分の記号を簡略して縮約を取ると、 \[\partial_{\mu}A^{\mu}=0\] \(\partial_{\mu}\)は\(A^{\mu}\)の逆変換を受けるので、 \[\partial'_{\mu}A'^{\mu}=\partial'_{\mu}L^{\mu}_{\ \nu}A^{\mu}=L^{\mu}_{\ \nu}\partial'_{\mu}A^{\mu}=\partial_{\mu}A^{\mu}=0\] ローレンツ変換に依らない。４元電流\(j^{\mu}:=(c\rho,j^x,j^y,j^z)\)を定義する。(5)式の\(x\)成分は \[\left(-\left(\frac{\partial}{\partial x^0}\right)^2+\left(\frac{\partial}{\partial x^1}\right)^2+\left(\frac{\partial}{\partial x^2}\right)^2+\left(\frac{\partial}{\partial x^3}\right)^2\right)A^1=-\mu_0j^1\] \[\left(-(\partial^0)^2+(\partial^1)^2+(\partial^2)^2+(\partial^3)^2\right)A^1=-\mu_0j^1\] \[\left(\partial_0\partial^0+\partial_1\partial^1+\partial_2\partial^2+\partial_3\partial^3\right)A^1=-\mu_0j^1\] \[\partial_{\nu}\partial^{\nu}A^1=-\mu_0j^1\] 他の成分や(6)式も同様にできるので、 \[\partial_{\nu}\partial^{\nu}A^{\mu}=-\mu_0j^{\mu}\] これが特殊相対性理論でのローレンツゲージのマクスウェル方程式である。\(\partial_{\mu}\partial^{\mu}\)はローレンツ変換に依らないので、マクスウェル方程式のローレンツ変換は \[\partial'_{\nu}\partial'^{\nu}A'^{\mu}=\partial_{\nu}\partial^{\nu}A'^{\mu}=\partial_{\nu}\partial^{\nu}L^{\mu}_{\ \nu}A^{\nu}\] \[L^{\mu}_{\ \nu}(\partial_{\nu}\partial^{\nu}A^{\nu})=L^{\mu}_{\ \nu}(-\mu_0j^{\nu})\] \[\partial'_{\nu}\partial'^{\nu}A'^{\mu}=-\mu_0L^{\mu}_{\ \nu}j^{\nu}\] ４元電流のローレンツ変換を \[j'^{\mu}:=L^{\mu}_{\ \nu}j^{\nu}\] のように定義するという自然な仮定でマクスウェル方程式は特殊相対性原理を満たす。

＊＊４元電流のローレンツ変換＊＊

　ミンコフスキー空間の位置ベクトル\(x^{\mu}\)が、\(x'{\mu}=L_{\ \nu}^{\mu}x^{\nu}\)のようにローレンツ変換されるなら、４元電流\(j^{\mu}\)のローレンツ変換は、 \[j'{\mu}=L_{\ \nu}^{\mu}j^{\nu}\] となる。

＊＊相対性理論のマクスウェル方程式＊＊

　４元ベクトルポテンシャル\(A^{\mu}\)、４元電流\(j^{\mu}\)について、ローレンツゲージ\(\partial_{\mu}A^{\mu}=0\)、のマクスウェル方程式は \[\partial_{\mu}\partial^{\mu}A^{\nu}=-\mu_0j^{\nu}\] のように表せる。４元電流が４元位置ベクトル\(x^{\mu}\)と同様のローレンツ変換を受けるなら慣性系に依らず成り立つ。

　今回は式がきれいになるのでローレンツゲージを使いましたが一般的なマクスウェル方程式でもローレンツ変換不変です。電磁気の物理法則は４元ベクトルポテンシャル、４元電流が位置ベクトルと同様のローレンツ変換をするという自然な仮定するだけで、特に何も直さずに成立しました。ローレンツ変換で添え字が変わったりしますが、法則が変わっているわけではありません。例えば \[A^{\mu}A_{\mu}=A^{0}A_{0}+A^{1}A_{1}+A^{2}A_{2}+A^{3}A_{3}\] \[A^{\alpha}A_{\alpha}=A^{0}A_{0}+A^{1}A_{1}+A^{2}A_{2}+A^{3}A_{3}\] 和を取るものであれば、\(\mu\)でも\(\alpha\)でも関係ありません。 \[f^{\nu}=-kx^{\nu},\ f^{\beta}=-kx^{\beta}\] これも同じです。 \[f^{0}=-kx^{0},\ f^{1}=-kx^{1}\] \[f^{2}=-kx^{2},\ f^{3}=-kx^{3}\] の４つの法則が成り立っていてそれを代表して\(1,2,3,4=\nu\)や\(1,2,3,4=\beta\)と表しているわけです。\(\nu,\beta\)が表すのは同じ４つの式になります。