確認テストの解答

電磁気学入門　第10章 §10.7

1. 10.1-1 $\bm{u}'=\bm{u}-\bm{v}$ を入れると、要求は

$$\bm{E}+\bm{u}\times\bm{B}=\bm{E}'-\bm{v}\times\bm{B}'+\bm{u}\times\bm{B}'\qquad(\text{すべての }\bm{u})$$

である。$\bm{u}=\bm{0}$ とおくと $\bm{E}=\bm{E}'-\bm{v}\times\bm{B}'$ である。これを引くと、すべての $\bm{u}$ で $\bm{u}\times(\bm{B}-\bm{B}')=\bm{0}$ となる。

速度を $\bm{B}-\bm{B}'$ に垂直にとれば外積は0でない。したがって $\bm{B}'=\bm{B}$ でなければならない。すると $\bm{E}'=\bm{E}+\bm{v}\times\bm{B}$ である。2. 10.1-2 $K'$ で電荷の速度は $\bm{u}=-v\hat{\bm{x}}$ である。電荷から観測点への単位ベクトルは $\hat{\bm{R}}=\hat{\bm{y}}$ で、距離は 0.10 m である。(10.6) から

$$\begin{gathered}\bm{B}'=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{q(-v)(\hat{\bm{x}}\times\hat{\bm{y}})}{R^2}=-\frac{\mu_0qv}{4\pi R^2}\hat{\bm{z}},\\ \frac{\mu_0qv}{4\pi R^2}=\frac{10^{-7}\times1.0\times10^{-9}\times1.0\times10^3}{(0.10)^2}\,\mathrm T=1.0\times10^{-11}\,\mathrm T\end{gathered}$$

で、向きは $-z$ である。$K$ での電場は $+y$ 向きで、大きさは

$$E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2}=\frac{8.988\times10^9\times1.0\times10^{-9}}{0.010}\,\mathrm{V/m}=899\,\mathrm{V/m}$$

である。したがって

$$-\frac{1}{c^2}\bm{v}\times\bm{E}=-\frac{vE}{c^2}(\hat{\bm{x}}\times\hat{\bm{y}})=-\frac{1.0\times10^3\times899}{(2.998\times10^8)^2}\,\hat{\bm{z}}\ \mathrm T=-1.0\times10^{-11}\,\hat{\bm{z}}\ \mathrm T$$

となって一致する。3. 10.1-3 $\beta=0.6$ のとき、$\gamma=1/\sqrt{1-0.36}=1.25$ である。また $\gamma\beta=0.75$ である。時間と $x$ の部分だけ書くと（残りの部分は単位行列）

$$\Lambda=\begin{pmatrix}1.25&-0.75\\-0.75&1.25\end{pmatrix},\qquad \Lambda^{-1}=\begin{pmatrix}1.25&0.75\\0.75&1.25\end{pmatrix}$$

で、積は $\begin{pmatrix}1.5625-0.5625&0\\0&1.5625-0.5625\end{pmatrix}=\mathbf 1$ である。2行2列の計量 $\eta_2=\mathrm{diag}(1,-1)$ について

$$\Lambda^{\mathsf T}\eta_2\Lambda=\begin{pmatrix}1.25&-0.75\\-0.75&1.25\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1.25&-0.75\\0.75&-1.25\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1.5625-0.5625&-0.9375+0.9375\\-0.9375+0.9375&0.5625-1.5625\end{pmatrix}=\eta_2 .$$

4元ベクトルの変換と内積は

$$\begin{aligned}a'^0&=1.25\times5-0.75\times4=3.25, & a'^1&=-0.75\times5+1.25\times4=1.25,\\ a\cdot a&=25-16=9, & a'\cdot a'&=10.5625-1.5625=9\end{aligned}$$

である。4. 10.1-4 成分で書くと $[\nabla\times(\bm{v}\times\bm{B})]_i=\epsilon_{ijk}\partial_j(\epsilon_{klm}v_lB_m)$ である。速度は定数なので、微分は磁場だけに掛かる。次の恒等式を使う。

$$\epsilon_{ijk}\epsilon_{klm}=\epsilon_{kij}\epsilon_{klm}=\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}$$

すると

$$[\nabla\times(\bm{v}\times\bm{B})]_i=v_i\,\partial_jB_j-v_j\,\partial_jB_i=v_i(\nabla\cdot\bm{B})-(\bm{v}\cdot\nabla)B_i$$

となる。$\nabla\cdot\bm{B}=0$ なら第1項が消えて、$-(\bm{v}\cdot\nabla)\bm{B}$ になる。これで本文の $\nabla\times\bm{E}'=\nabla\times(\bm{v}\times\bm{B})$ が示される。2つの場の差は回転がゼロなので勾配で書け、閉じた輪に沿った起電力は等しい。5. 10.2-1 (10.13) から

$$c^2\rho^2-\left\vert \bm{J}\right\vert ^2=\gamma_u^2\rho_0^2(c^2-u^2)=\gamma_u^2\rho_0^2c^2(1-u^2/c^2)=c^2\rho_0^2$$

である。中性の導線では電荷密度が0で電流は0でないので、$J_\mu J^\mu=-\left\vert \bm{J}\right\vert ^2<0$ である。

もし電荷が全部静止して見える系があれば、そこでは電流が0で、$J_\mu J^\mu=c^2\rho'^2\ge0$ となる。すると不変量の符号が変わってしまう。導線の中では陽イオンと電子が違う速度で動いているので、両方が同時に静止する系は無い。6. 10.2-2 $\gamma_u=1.25$ なので

$$\begin{aligned}\rho&=1.25\times2.0\,\mu\mathrm{C/m^3}=2.5\,\mu\mathrm{C/m^3},\\ J_x&=\rho u=2.5\times10^{-6}\times0.60\times2.998\times10^8\,\mathrm{A/m^2}=4.5\times10^2\,\mathrm{A/m^2}\end{aligned}$$

である。単位を $\mathrm{(A/m^2)^2}$ として

$$c^2\rho^2-J_x^2=c^2\bigl[(2.5)^2-(1.5)^2\bigr]\times10^{-12}=c^2\times4.0\times10^{-12}=c^2\rho_0^2$$

で一致する。7. 10.2-3 $\gamma=1/\sqrt{1-0.25}=1.155$ である。$(c\lambda,I)$ の変換から

$$\begin{gathered}c\lambda'=\gamma(0-0.50\times5.0\,\mathrm A)=-2.89\,\mathrm A,\qquad \lambda'=-\frac{2.89}{2.998\times10^8}\,\mathrm{C/m}=-9.6\times10^{-9}\,\mathrm{C/m},\\ I'=\gamma(5.0-0)\,\mathrm A=5.77\,\mathrm A .\end{gathered}$$

$(c\lambda')^2-I'^2=8.33-33.33=-25.0\,\mathrm{A^2}$ である。これは、もとの系の $(c\lambda)^2-I^2=0-25.0\,\mathrm{A^2}$ に等しい。8. 10.2-4 変換後の4元発散は

$$\partial_\mu(A^\mu-\partial^\mu\Lambda)=\partial_\mu A^\mu-\partial_\mu\partial^\mu\Lambda=\partial_\mu A^\mu-\Box\Lambda$$

である。変換の前に $\partial_\mu A^\mu=0$ なら、変換の後も0であるための必要十分条件は $\Box\Lambda=0$ である。第8章 §8.2 で、Lorenz ゲージに移った後に残る自由度として述べた条件と同じである。9. 10.3-1 変換後の電磁場テンソルは

$$\partial_\mu(A_\nu-\partial_\nu\Lambda)-\partial_\nu(A_\mu-\partial_\mu\Lambda)=F_{\mu\nu}-\partial_\mu\partial_\nu\Lambda+\partial_\nu\partial_\mu\Lambda=F_{\mu\nu}$$

である（$\Lambda$ が2回連続微分可能なら偏微分の順序は入れ替えられる）。10. 10.3-2 (10.24) に入れて

$$F^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}0&0&-E_0/c&0\\0&0&-B_0&0\\E_0/c&B_0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix},\qquad F_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}0&0&E_0/c&0\\0&0&-B_0&0\\-E_0/c&B_0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

第1の不変量は

$$F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=2\cdot\frac{E_0}{c}\cdot\Bigl(-\frac{E_0}{c}\Bigr)+2\cdot(-B_0)(-B_0)=2\Bigl(B_0^2-\frac{E_0^2}{c^2}\Bigr)$$

である。双対は置き換え (10.28) で次のようになる。

$$\frac{\bm{E}}{c}\to(0,0,B_0),\qquad \bm{B}\to\Bigl(0,-\frac{E_0}{c},0\Bigr)$$

したがって0でない成分の位置は、次のとおりである。

• $\tilde F^{\mu\nu}$：(0,3)、(3,0)、(1,3)、(3,1)。
• $F_{\mu\nu}$：(0,2)、(2,0)、(1,2)、(2,1)。

位置が重ならないので $F_{\mu\nu}\tilde F^{\mu\nu}=0$ である。$\bm{E}\cdot\bm{B}=0$ と合っている。11. 10.3-3 0でない成分は、次の3つとその反対称の相手だけである。

$$F^{01}=-a,\qquad F^{13}=B_y=a,\qquad F^{23}=-B_x=-a$$

したがって

$$F^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}0&-a&0&0\\a&0&0&a\\0&0&0&-a\\0&-a&a&0\end{pmatrix}.$$

第0行で展開すると、0でないのは (0,1) 成分 $-a$ だけである。符号 $(-1)^{0+1}=-1$ と小行列式（第0行・第1列を除く）を掛けて

$$\det F=(-a)(-1)\det\begin{pmatrix}a&0&a\\0&0&-a\\0&a&0\end{pmatrix}=a\cdot a\bigl(0\cdot0-(-a)\cdot a\bigr)=a\cdot a\cdot a^2=a^4 .$$

$\bm{E}\cdot\bm{B}/c=a\cdot a=a^2$ である。したがって $(\bm{E}\cdot\bm{B})^2/c^2=a^4$ で一致する。12. 10.3-4 $\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}$ で0でない項は、4つの添字が 0, 1, 2, 3 の並べ替えのものだけである。4つの添字を2つずつの組に分ける分け方は、01|23、02|31、03|12 の3通りである。それぞれについて、どちらの組を前に置くか（2通り）と各組の中の順序（4通り）で8項ある。

組の中の順序を入れ替えると、Levi-Civita 記号と電磁場テンソルの両方の符号が変わる。組の前後を入れ替えると、Levi-Civita 記号は偶置換で変わらない。したがって8項はすべて等しい。よって

$$\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}=8\bigl(\epsilon^{0123}F_{01}F_{23}+\epsilon^{0231}F_{02}F_{31}+\epsilon^{0312}F_{03}F_{12}\bigr).$$

並び 0231 と 0312 は、0123 の後ろ3つを巡回させた偶置換なので、記号の値は $+1$ である。次の値を入れる。

$$F_{01}=\frac{E_x}{c},\quad F_{23}=-B_x,\quad F_{02}=\frac{E_y}{c},\quad F_{31}=-B_y,\quad F_{03}=\frac{E_z}{c},\quad F_{12}=-B_z$$

すると

$$\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}=-\frac{8}{c}\bm{E}\cdot\bm{B},\qquad F_{\mu\nu}\tilde F^{\mu\nu}=\frac12\times\Bigl(-\frac{8}{c}\bm{E}\cdot\bm{B}\Bigr)=-\frac4c\bm{E}\cdot\bm{B} .$$ 13. 10.3-5 $u_\mu f^\mu=qF^{\mu\nu}u_\mu u_\nu$ である。$u_\mu u_\nu$ は2つの添字について対称、電磁場テンソルは反対称である。したがって和の添字の名前を入れ替えると自分自身の $-1$ 倍になり、0である。

一方 $p^\mu=mu^\mu$ とすると

$$u_\mu f^\mu=u_\mu\frac{d (mu^\mu)}{d \tau}=c^2\frac{d m}{d \tau}+m\,u_\mu\frac{d u^\mu}{d \tau}$$

である。$u_\mu u^\mu=c^2$ を固有時で微分すると $2u_\mu\,\mathrm{d} u^\mu/\mathrm{d}\tau=0$ なので、第2項は0である。したがって $u_\mu f^\mu=0$ は $\mathrm{d} m/\mathrm{d}\tau=0$ と同値で、Lorentz 力は静止質量を変えない。これは磁気力が仕事をしないことと、電気力の仕事がそのまま運動エネルギーになることを4次元の形で述べたものである。14. 10.4-1 和の添字の名前を入れ替えると $\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}=\partial_\mu\partial_\nu F^{\nu\mu}$ である。偏微分は入れ替えられ、$F^{\nu\mu}=-F^{\mu\nu}$ である。したがってこれは $-\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}$ に等しい。自分自身の $-1$ 倍に等しい量は0である。 (10.30) の両辺に $\partial_\nu$ を作用させると、$0=\mu_0\partial_\nu J^\nu$ となる。これは連続の式 $\partial_t\rho+\nabla\cdot\bm{J}=0$ である。15. 10.4-2 $\nu=2$ では $F^{22}=0$ なので

$$\begin{aligned} \partial_\mu F^{\mu2}&=\partial_0F^{02}+\partial_1F^{12}+\partial_3F^{32}\\ &=\frac1c\frac{\partial }{\partial t}\Bigl(-\frac{E_y}{c}\Bigr)+\frac{\partial }{\partial x}(-B_z)+\frac{\partial }{\partial z}(B_x) =-\frac{1}{c^2}\frac{\partial E_y}{\partial t}+\Bigl(\frac{\partial B_x}{\partial z}-\frac{\partial B_z}{\partial x}\Bigr) \end{aligned}$$

である（$F^{32}=-F^{23}=B_x$）。括弧の中は $(\nabla\times\bm{B})_y$ なので、$\partial_\mu F^{\mu2}=\mu_0J^2=\mu_0J_y$ は次の式である。

$$(\nabla\times\bm{B})_y=\mu_0J_y+\frac{1}{c^2}\frac{\partial E_y}{\partial t}$$ 16. 10.4-3 $\phi=q/(4\pi\varepsilon_0r)$、$\bm{A}=\bm{0}$ で、時間によらない。したがって $F^{i0}=\partial^iA^0-\partial^0A^i=-\partial_i(\phi/c)$ である。

$$-\nabla\phi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\bm{r}}{r^3}$$

なので $F^{i0}=E_i/c$ で、$\bm{E}=\dfrac{q\hat{\bm{r}}}{4\pi\varepsilon_0r^2}$ は Coulomb 電場である。また $\partial_\mu F^{\mu0}=\partial_iF^{i0}=\frac1c\nabla\cdot\bm{E}$ で、原点以外では

$$\nabla\cdot\frac{\bm{r}}{r^3}=\frac{3}{r^3}+\bm{r}\cdot\nabla\frac{1}{r^3}=\frac{3}{r^3}-\frac{3}{r^3}=0$$

なので0である。半径 $R$ の球面では電場は面に垂直で大きさが一定なので、流束は $\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2}\cdot4\pi R^2=\dfrac{q}{\varepsilon_0}$ である。原点だけに源 $\mu_0J^0=\mu_0cq\,\delta^3(\bm{r})$ があることと合っている。17. 10.4-4 $F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=2(B^2-E^2/c^2)$、$\eta^{00}=1$ である。$F_\alpha{}^0=\eta_{\alpha\beta}F^{\beta0}$ は、空間の添字では $-F^{i0}=-E_i/c$ なので

$$T^{00}=\frac{1}{\mu_0}\Bigl[\sum_iF^{0i}F_i{}^0+\frac14\cdot2\Bigl(B^2-\frac{E^2}{c^2}\Bigr)\Bigr]=\frac{1}{\mu_0}\Bigl[\frac{E^2}{c^2}+\frac{B^2}{2}-\frac{E^2}{2c^2}\Bigr]$$

$$=\frac{1}{2\mu_0c^2}E^2+\frac{1}{2\mu_0}B^2=\frac{\varepsilon_0}{2}E^2+\frac{B^2}{2\mu_0}=u .$$

$T^{01}$ では $\eta^{01}=0$ である。$F_0{}^1=F^{01}$ の項は、$F^{00}=0$ が掛かって消える。残りの2つは

$$F_2{}^1=-F^{21}=F^{12}=-B_z,\qquad F_3{}^1=-F^{31}=F^{13}=B_y$$

なので

$$T^{01}=\frac{1}{\mu_0}\bigl(F^{02}F_2{}^1+F^{03}F_3{}^1\bigr)=\frac{1}{\mu_0}\Bigl[\Bigl(-\frac{E_y}{c}\Bigr)(-B_z)+\Bigl(-\frac{E_z}{c}\Bigr)B_y\Bigr] =\frac{E_yB_z-E_zB_y}{\mu_0c}=\frac{S_x}{c}.$$ 18. 10.4-5 巡回和に $F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu$ を代入すると

$$\partial_\lambda\partial_\mu A_\nu-\partial_\lambda\partial_\nu A_\mu+\partial_\mu\partial_\nu A_\lambda-\partial_\mu\partial_\lambda A_\nu+\partial_\nu\partial_\lambda A_\mu-\partial_\nu\partial_\mu A_\lambda .$$

第1項と第4項、第2項と第5項、第3項と第6項がそれぞれ打ち消し合うので、0である。添字の組 (1,2,3) では、(10.24) の次の成分を使う。

$$F_{23}=-B_x,\qquad F_{31}=-B_y,\qquad F_{12}=-B_z$$

すると

$$\partial_1F_{23}+\partial_2F_{31}+\partial_3F_{12}=-\Bigl(\frac{\partial B_x}{\partial x}+\frac{\partial B_y}{\partial y}+\frac{\partial B_z}{\partial z}\Bigr)=-\nabla\cdot\bm{B}$$

となり、これが0であることは $\nabla\cdot\bm{B}=0$ である。19. 10.5-1 変わらないのは運動方向の成分 $E_x$ と $B_x$ である。$\beta=0.60$ のとき $\gamma=1.25$ である。また $\gamma\beta=0.75$ である。(10.38)・(10.39) に $E_y=E_0$、ほかを0として入れると

$$\bm{E}'=(0,\,1.25E_0,\,0),\qquad \bm{B}'=\Bigl(0,\,0,\,-\gamma\frac{v}{c^2}E_0\Bigr)=\Bigl(0,\,0,\,-0.75\frac{E_0}{c}\Bigr).$$

不変量は $E'^2-c^2B'^2=(1.5625-0.5625)E_0^2=E_0^2$ で保たれている。20. 10.5-2 (10.42) で $\psi=\pi/2$ と $\psi=0$ の比は

$$\frac{(1-\beta^2)/(1-\beta^2)^{3/2}}{1-\beta^2}=\frac{1}{(1-\beta^2)^{3/2}}=\gamma^3 .$$

$\beta=0.80$ では $\gamma=5/3$ である。したがって $\gamma^3=125/27=4.63$ である。21. 10.5-3 (a) 直線から距離 $d$ の点を、$y$ 方向にとる。$K'$ では、そこで $E'_y=\lambda_0/(2\pi\varepsilon_0d)$ である。ほかの成分と磁場は0である。$K'$ はもとの系に対して $+x$ 向きに動くので、逆変換を使う（速度の符号を変える）。

$$E_y=\gamma E'_y=\frac{\gamma\lambda_0}{2\pi\varepsilon_0d},\qquad B_z=\gamma\Bigl(B'_z+\frac{v}{c^2}E'_y\Bigr)=\frac{\gamma v\lambda_0}{2\pi\varepsilon_0c^2d}=\frac{\mu_0\gamma\lambda_0v}{2\pi d}.$$

(b) $K'$ で $(c\lambda,I)=(c\lambda_0,0)$ である。逆変換で

$$c\lambda=\gamma(c\lambda_0+\beta\cdot0),\qquad I=\gamma(0+\beta c\lambda_0)$$

なので、$\lambda=\gamma\lambda_0$、$I=\gamma\lambda_0v$ である。Gauss の法則と Ampère の法則から

$$E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0d}=\frac{\gamma\lambda_0}{2\pi\varepsilon_0d},\qquad B=\frac{\mu_0I}{2\pi d}=\frac{\mu_0\gamma\lambda_0v}{2\pi d}$$

で、(a) と一致する。22. 10.5-4 $\bm{v}=v\hat{\bm{n}}$ は電場にも磁場にも垂直なので、平行成分は0である。(10.40) は次のようになる。

$$\bm{E}'=\gamma(\bm{E}+\bm{v}\times\bm{B}),\qquad \bm{B}'=\gamma\Bigl(\bm{B}-\frac{1}{c^2}\bm{v}\times\bm{E}\Bigr)$$

$\bm{E}\cdot\bm{v}=\bm{B}\cdot\bm{v}=0$ を使って外積を展開すると

$$\bm{E}\times(\bm{v}\times\bm{E})=\bm{v}E^2,\qquad (\bm{v}\times\bm{B})\times\bm{B}=-\bm{v}B^2,\qquad (\bm{v}\times\bm{B})\times(\bm{v}\times\bm{E})=\bm{v}\bigl(\bm{v}\cdot(\bm{B}\times\bm{E})\bigr)$$

なので

$$\frac{\bm{E}'\times\bm{B}'}{\gamma^2}=\bm{E}\times\bm{B}-\bm{v}\Bigl(\frac{E^2}{c^2}+B^2\Bigr)+\frac{\bm{v}}{c^2}\bigl(\bm{v}\cdot(\bm{E}\times\bm{B})\bigr) =\hat{\bm{n}}\Bigl[\left\vert \bm{E}\times\bm{B}\right\vert (1+\beta^2)-v\Bigl(\frac{E^2}{c^2}+B^2\Bigr)\Bigr].$$

これが0になる条件は、本文の条件 $\beta/(1+\beta^2)=\left\vert \bm{E}\times\bm{B}\right\vert /[c(E^2/c^2+B^2)]$ である。右辺は $\left\vert \bm{E}\right\vert \left\vert \bm{B}\right\vert /c\le(E^2/c^2+B^2)/2$ から $1/2$ 以下である。したがって $0\le\beta<1$ の解が必ずある。

例題 10.3 の場では、単位を $\mathrm{mT^2}$ として次の値をとる。

$$\frac{\bm{E}}{c}\times\bm{B}=(4,-2,-3),\qquad \Bigl|\frac{\bm{E}}{c}\times\bm{B}\Bigr|=\sqrt{29}=5.385,\qquad \frac{E^2}{c^2}+B^2=14$$

したがって $\beta/(1+\beta^2)=0.3847$ で、$\beta^2-2.600\beta+1=0$ の小さい方の根をとる。

$$\beta=\frac{2.600-\sqrt{2.600^2-4}}{2}=0.469$$

この系で電場と磁場は平行で、2つの不変量は変わらない。したがって $E'/c=1.572\,\mathrm{mT}$、$B'=2.544\,\mathrm{mT}$ は例題の値になる（成分の変換を数値で計算しても同じ値になることを、この章の検算で確かめた）。23. 10.5-5 $y$ と $z$ の成分の組ごとに計算する。$E'_y$ と $B'_z$ の組では

$$E_y'^2-c^2B_z'^2=\gamma^2\Bigl[(E_y-vB_z)^2-c^2\Bigl(B_z-\frac{v}{c^2}E_y\Bigr)^2\Bigr] =\gamma^2\bigl[E_y^2(1-\beta^2)-c^2B_z^2(1-\beta^2)\bigr]=E_y^2-c^2B_z^2$$

で、交差項 $-2vE_yB_z$ と $+2vE_yB_z$ が打ち消し合う。同様に $E_z'^2-c^2B_y'^2=E_z^2-c^2B_y^2$ である。運動方向の成分は変わらないので、和をとって $E'^2-c^2B'^2=E^2-c^2B^2$ を得る。内積は

$$E'_yB'_y+E'_zB'_z=\gamma^2\Bigl[(E_y-vB_z)\Bigl(B_y+\frac{v}{c^2}E_z\Bigr)+(E_z+vB_y)\Bigl(B_z-\frac{v}{c^2}E_y\Bigr)\Bigr]$$

を展開すると、$\frac{v}{c^2}E_yE_z$ と $vB_yB_z$ の項はそれぞれ打ち消し合う。残りは $(E_yB_y+E_zB_z)(1-\beta^2)$ である。これに $\gamma^2$ を掛けると、もとの $y,z$ 成分の内積に等しい。$E'_xB'_x=E_xB_x$ と合わせて、$\bm{E}'\cdot\bm{B}'=\bm{E}\cdot\bm{B}$ を得る。