確認テストの解答

相対論入門　第5章 §5.6

1. 5.1-1 $\gamma_u=1/\sqrt{1-0.64}=5/3$ なので、$u^\mu=\gamma_u(c,0,0.8c,0)=\bigl(\frac53c,\ 0,\ \frac43c,\ 0\bigr)$。大きさは $u_\mu u^\mu=\frac{25}{9}c^2-\frac{16}{9}c^2=c^2$ である。
2. 5.1-2 $\beta=0.6$、$\gamma=1.25$ で (5.5) を使う。元の成分は

$$u^0=\frac53c,\qquad u^1=0,\qquad u^2=\frac43c$$

なので

$$u'^0=1.25\times\frac53c=\frac{25}{12}c,\qquad u'^1=1.25\times\Bigl(0-0.6\times\frac53c\Bigr)=-1.25\,c,\qquad u'^2=\frac43c,\qquad u'^3=0 .$$

3次元の速度は $u'_x=c\,u'^1/u'^0=-1.25\times\frac{12}{25}c=-0.6c$、$u'_y=\frac43\times\frac{12}{25}c=0.64c$ である。

速さは $c\sqrt{0.36+0.4096}=c\sqrt{0.7696}\approx0.877c$、$\gamma_{u'}=u'^0/c=25/12\approx2.083$ である。確かめると $1/\sqrt{1-0.7696}=1/\sqrt{0.2304}=1/0.48=25/12$ で一致する。$x$ 成分は、系 $K'$ の速度を逆向きにしたものである。$y$ 成分は、(5.6) の $u_y/\gamma=0.8c/1.25$ と一致している。3. 5.1-3 $\gamma_u=1/\sqrt{1-0.99^2}=1/\sqrt{0.0199}\approx7.089$ なので

$$pc=\gamma_u\,\frac{u}{c}\,m_ec^2\approx7.089\times0.99\times0.511\,\mathrm{MeV}\approx3.59\,\mathrm{MeV}.$$

すなわち $p\approx3.59\,\mathrm{MeV}/c$ である。Newton 力学の $m_eu$ は $0.99\times0.511\approx0.506\,\mathrm{MeV}/c$ である。相対論の運動量はその $\gamma_u\approx7.1$ 倍である。4. 5.1-4 $u_\mu w^\mu$ は不変量なので、$u^\mu$ の粒子の静止系で計算してよい。この系でのもう一方の粒子の速度を $\bm{w}$ とすると

$$u^\mu=(c,\bm{0}),\qquad w^\mu=\gamma_w(c,\bm{w})$$

なので

$$u_\mu w^\mu=c\cdot\gamma_wc=\gamma_wc^2\ge c^2 .$$

$\gamma_w\ge1$ で、等号は $\bm{w}=\bm{0}$ のときに限る。すなわち2つの粒子の速度が等しい（$u^\mu=w^\mu$）ときである。

この計算は同時に、$u_\mu w^\mu/c^2$ が $\gamma_w$ に等しいことを示している。$\gamma_w$ は、一方の粒子から見たもう一方の粒子の $\gamma$ 因子である。$u$ と $w$ の役割を入れ替えても内積は同じなので、相対速度の大きさはどちらから見ても等しい。5. 5.2-1 $E=\sqrt{(mc\cdot c)^2+(mc^2)^2}=\sqrt2\,mc^2$。速さは (5.18) から $u=pc^2/E=mc^3/(\sqrt2mc^2)=c/\sqrt2\approx0.707c$ である。6. 5.2-2 $\gamma_u=E/(m_pc^2)=1+T/(m_pc^2)=1+7.00\times10^6/938.272\approx7.46\times10^3$。$1-u/c$ は、$u/c=\sqrt{1-1/\gamma_u^2}\simeq1-1/(2\gamma_u^2)$ から

$$1-\frac{u}{c}\simeq\frac{1}{2\gamma_u^2}=\frac{1}{2\times(7461.5)^2}\approx8.98\times10^{-9}$$

である。展開の次の項は $1/(8\gamma_u^4)\sim10^{-17}$ 程度で、3桁には影響しない。7. 5.2-3 $\beta=u/c$ と書くと、求める条件は

$$\frac{\beta^2/2}{(1-\beta^2)^{-1/2}-1}=0.99$$

である。(5.16) から、分母は $\frac12\beta^2\bigl(1+\frac34\beta^2+\cdots\bigr)$ である。したがって比はおよそ $1-\frac34\beta^2$ である。$\frac34\beta^2\approx0.01$ から $\beta\approx0.115$ の見当がつく。

上の式を数値的に解くと $\beta\approx0.1154$ である。電子では $T=(\gamma_u-1)m_ec^2=\bigl(1/\sqrt{1-0.1154^2}-1\bigr)\times511\,\mathrm{keV}\approx3.44\,\mathrm{keV}$ にあたる。数 keV より大きなエネルギーの電子では、Newton 力学の運動エネルギーの誤差が1%を超える。8. 5.2-4 2粒子の4元運動量を $p_1^\mu=m_1u_1^\mu$、$p_2^\mu=m_2u_2^\mu$ とすると

$$M^2c^2=(p_1+p_2)_\mu(p_1+p_2)^\mu=m_1^2c^2+m_2^2c^2+2m_1m_2\,u_{1\mu}u_2^\mu .$$

5.1-4 から $u_{1\mu}u_2^\mu\ge c^2$ なので

$$M^2c^2\ge(m_1^2+m_2^2+2m_1m_2)c^2=(m_1+m_2)^2c^2 ,$$

すなわち $M\ge m_1+m_2$ である。等号は $u_1^\mu=u_2^\mu$、すなわち2粒子が同じ速度で動き、重心系で2つとも静止しているときに限る。（一方の質量が0の場合は 5.1-4 が使えない。そのときも (5.20) の右辺は、命題 5.6 の証明の不等式から $(m_1+m_2)^2c^2$ 以上である。）9. 5.3-1 光子1つの不変質量は $k_\mu k^\mu=0$ から0である。反応の後の電子と陽電子の不変質量は 5.2-4 から $2m_e>0$ 以上なので、不変質量の保存と両立しない。（原子核の近くでは、原子核が運動量を受け取るので対生成が起きる。）10. 5.3-2 (5.25) に、次の値（いずれも MeV）を入れる。

$$M=1115.683,\qquad m_1=938.272,\qquad m_2=139.570$$

$$\begin{aligned} M^2-(m_1+m_2)^2&=1244748.6-1161743.4=83005.2,\\ M^2-(m_1-m_2)^2&=1244748.6-637924.9=606823.7 \end{aligned}$$

（単位は $\mathrm{MeV}^2$）で、

$$pc=\frac{\sqrt{83005.2\times606823.7}}{2\times1115.683}\,\mathrm{MeV}\approx\frac{224432}{2231.37}\,\mathrm{MeV}\approx100.6\,\mathrm{MeV}.$$

陽子のエネルギーは (5.24) から

$$E_p=\frac{1115.683^2+938.272^2-139.570^2}{2\times1115.683}\,\mathrm{MeV}\approx943.65\,\mathrm{MeV}$$

で、運動エネルギーは約 $5.4\,\mathrm{MeV}$ である。$\sqrt{943.65^2-938.272^2}\approx100.6$ で、運動量と整合する。11. 5.3-3 (5.27) で $m_a=0$（光子）、$m_b=m_p$ とする。反応の後の質量の和は $m_p+m_{\pi^0}$ である。

$$E_\gamma^{\text{しきい}}=\frac{(m_p+m_{\pi^0})^2-m_p^2}{2m_p}\,c^2=\Bigl(m_{\pi^0}+\frac{m_{\pi^0}^2}{2m_p}\Bigr)c^2 =134.977+\frac{134.977^2}{2\times938.272}\ \mathrm{MeV}\approx144.7\,\mathrm{MeV}.$$

中性パイ中間子の静止エネルギーより約 $9.7\,\mathrm{MeV}$ 多く要る。その分が反応の後の重心の運動エネルギーになる。12. 5.3-4 電子の運動エネルギー $E-E'$ が最大になるのは、$E'$ が最小のときである。それは (5.28) で $1-\cos\theta$ が最大になる後方散乱 $\theta=\pi$ のときである。

$$E'_{\min}=\frac{E}{1+2E/(m_ec^2)}=\frac{1.00}{1+2.00/0.511}\,\mathrm{MeV}\approx\frac{1.00}{4.914}\,\mathrm{MeV}\approx0.2035\,\mathrm{MeV}$$

なので、電子の運動エネルギーの最大値は $1.00-0.2035\approx0.7965\,\mathrm{MeV}$ である。13. 5.3-5 入射粒子・標的・散乱後の2粒子の4元運動量を、順に $p_1,\ldots,p_4$ とする。エネルギーは $E_1,\ldots,E_4$ とする。実験室系では $p_2^\mu=(mc,\bm{0})$ である。保存則 $p_1+p_2=p_3+p_4$ の両辺の大きさを比べる。どの粒子も $p_\mu p^\mu=m^2c^2$ を満たすので

$$p_{1\mu}p_2^\mu=p_{3\mu}p_4^\mu$$

である。左辺は $mE_1$、右辺は $E_3E_4/c^2-\bm{p}_3\cdot\bm{p}_4$ なので

$$\bm{p}_3\cdot\bm{p}_4=\frac{E_3E_4-mc^2E_1}{c^2}.$$

エネルギーの保存 $E_1+mc^2=E_3+E_4$ を使って $E_1$ を消すと、分子は

$$E_3E_4-mc^2(E_3+E_4)+m^2c^4=(E_3-mc^2)(E_4-mc^2)=T_3T_4$$

となる。散乱が起きて2粒子とも動いていれば、2つの運動エネルギーはともに正である。したがって $\bm{p}_3\cdot\bm{p}_4>0$ で、2つの運動量のなす角は直角より小さい。

Newton 力学では、次の2つの保存則を使う。

$$\left\vert \bm{p}_1\right\vert ^2=\left\vert \bm{p}_3\right\vert ^2+\left\vert \bm{p}_4\right\vert ^2\quad(\text{運動エネルギー}),\qquad \bm{p}_1=\bm{p}_3+\bm{p}_4\quad(\text{運動量})$$

ここから $\bm{p}_3\cdot\bm{p}_4=0$ が出て、なす角は直角に等しい。運動エネルギーが静止エネルギーより十分小さいとき、相対論の結果の $T_3T_4/c^2$ は $\left\vert \bm{p}_3\right\vert \left\vert \bm{p}_4\right\vert$ より小さい。小さくなる割合は $T/(mc^2)$ の程度で、なす角は Newton 力学の直角に近づく。14. 5.4-1 (5.34) と $u^\mu=\gamma_u(c,\bm{u})$ から

$$u_\mu f^\mu=\gamma_uc\cdot\gamma_u\frac{\bm{F}\cdot\bm{u}}{c}-\gamma_u\bm{u}\cdot\gamma_u\bm{F}=0 .$$

一方、$p_\mu p^\mu=m^2c^2$ を固有時で微分し、左辺に $p^\mu=mu^\mu$ を代入する。

$$\begin{aligned}2p_\mu f^\mu&=2mc^2\,\frac{d m}{d \tau}\\ m\,u_\mu f^\mu&=mc^2\,\frac{d m}{d \tau}&&\text{（}{p^\mu=mu^\mu}\text{ を代入）}\\ u_\mu f^\mu&=c^2\,\frac{d m}{d \tau}\end{aligned}$$

したがって $u_\mu f^\mu=0$ と $\mathrm{d} m/\mathrm{d}\tau=0$ は同じ条件である。(5.34) は時間成分を仕事率 $\bm{F}\cdot\bm{u}$ から作っており、これは「力のした仕事がすべて運動エネルギーになり、静止エネルギーは変わらない」と仮定したことにあたる。15. 5.4-2 電場の大きさを $E_{\text{場}}=1.00\times10^6\,\mathrm{V/m}$ と書く。力 $F=eE_{\text{場}}$ が一定である。したがって双曲線運動の式で $\alpha=eE_{\text{場}}/m_e$ とする。$\gamma_uu=\alpha t$ から

$$t=\frac{\gamma_uu}{\alpha}=\gamma_u\frac{u}{c}\cdot\frac{m_ec}{eE_{\text{場}}},\qquad \frac{m_ec}{eE_{\text{場}}}=\frac{9.109\times10^{-31}\times2.998\times10^8}{1.602\times10^{-19}\times1.00\times10^6}\,\mathrm{s}\approx1.705\times10^{-9}\,\mathrm{s}.$$

5.1-3 から $\gamma_uu/c=7.089\times0.99\approx7.018$ なので $t\approx7.018\times1.705\times10^{-9}\,\mathrm{s}\approx1.20\times10^{-8}\,\mathrm{s}$ である。距離は (5.40) を $\gamma_u$ で書き直した $x=(c^2/\alpha)(\gamma_u-1)=(m_ec^2/(eE_{\text{場}}))(\gamma_u-1)$ を使う。$m_ec^2/e=0.511\times10^6\,\mathrm{V}$ なので $m_ec^2/(eE_{\text{場}})=0.511\,\mathrm{m}$ で、

$$x\approx0.511\,\mathrm{m}\times(7.089-1)\approx3.11\,\mathrm{m}.$$

これは、運動エネルギー $T=(\gamma_u-1)m_ec^2\approx3.11\,\mathrm{MeV}$ を、1 MV/m の電場で 3.11 m 進んで得ることと同じである。16. 5.4-3 粒子の瞬間静止系を $K'$ とする。$K'$ は $K$ に対して標準配置で動く。その速さは $\beta=u/c$ である。4元力は4元ベクトルなので、次のように変わる。

$$f'^1=\gamma\bigl(f^1-\beta f^0\bigr)$$

元の系では (5.34) から $f^1=\gamma_uF_x$、$f^0=\gamma_uF_xu/c$ である。さらに $\gamma=\gamma_u$、$\beta=u/c$ なので

$$f'^1=\gamma_u\Bigl(\gamma_uF_x-\frac{u}{c}\gamma_uF_x\frac{u}{c}\Bigr)=\gamma_u^2\Bigl(1-\frac{u^2}{c^2}\Bigr)F_x=F_x .$$

系 $K'$ では粒子が静止しているので $\gamma_{u'}=1$ である。したがって $f'^1=F'_x$ で、$F'_x=F_x$ である。17. 5.4-4 $u(t)=\alpha t/\sqrt{1+(\alpha t/c)^2}$ を微分すると

$$\frac{d u}{d t}=\frac{\alpha}{\sqrt{1+(\alpha t/c)^2}}-\frac{\alpha t\cdot\alpha^2t/c^2}{\bigl(1+(\alpha t/c)^2\bigr)^{3/2}}=\frac{\alpha}{\bigl(1+(\alpha t/c)^2\bigr)^{3/2}} .$$

$\gamma_uu=\alpha t$ から

$$\gamma_u^2=1+\frac{\gamma_u^2u^2}{c^2}=1+\Bigl(\frac{\alpha t}{c}\Bigr)^2$$

なので、$\mathrm{d} u/\mathrm{d} t=\alpha/\gamma_u^3$ である。(5.38) で力と加速度が速度に平行な場合は、$F=\gamma_u^3m\,\mathrm{d} u/\mathrm{d} t$ である。ここに $F=m\alpha$ を入れると同じ $\mathrm{d} u/\mathrm{d} t=\alpha/\gamma_u^3$ になり、整合している。18. 5.4-5 (5.38) から、平行な向きに要る力は $\gamma_u^3ma$、垂直な向きに要る力は $\gamma_uma$ である。比は $\gamma_u^2$ である。$u=0.6c$ では $\gamma_u=1.25$ である。したがって比は $1.25^2=1.5625$ である。