確認テストの解答

相対論入門　第6章 §6.6

1. 6.1-1 (6.6) から $F^{02}=-E_y/c$。$F^{13}=-\epsilon_{13k}B^k=-\epsilon_{132}B^2=+B_y$。下付きにすると、添字に0を1つ含む成分だけ符号が変わる（$\eta_{11}\eta_{33}=(-1)(-1)=1$）。したがって

$$F_{02}=+\frac{E_y}{c},\qquad F_{13}=F^{13}=B_y$$

である。行列 (6.7) の第0行第2列と第1行第3列を読んでも同じ値になる。2. 6.1-2 $\bm{E}=E_0\hat{\bm{y}}$、$\bm{B}=0$ を (6.12) に入れると

$$E'_y=\gamma E_0,\qquad B'_z=\gamma\Bigl(0-\frac{v}{c^2}E_0\Bigr)=-\frac{\gamma\beta E_0}{c},$$

ほかは0。$\beta=0.8$ では $\gamma=5/3$ である。したがって $\gamma\beta=4/3$ である。不変量は

$$E'^2-c^2B'^2=\gamma^2E_0^2-\gamma^2\beta^2E_0^2=\gamma^2(1-\beta^2)E_0^2=E_0^2$$

で、元の系の値と一致する。$\bm{E}'\cdot\bm{B}'=E'_yB'_y=0$ も、元の系の値0と一致する。数値は $E'_y=\frac53\times1.0\times10^4=1.67\times10^4\ \mathrm{V/m}$、$B'_z=-\frac43\times1.0\times10^4/(2.998\times10^8)=-4.45\times10^{-5}\ \mathrm{T}$ である。3. 6.1-3 (6.8) から $\tilde F^{i0}=-\tilde F^{0i}=B^i$ である。$\nu=0$ 成分は

$$\partial_\mu\tilde F^{\mu0}=\partial_0\tilde F^{00}+\partial_i\tilde F^{i0}=0+\sum_i\partial_iB^i$$

なので、$\nabla\cdot\bm{B}=0$ である。$\nu=1$ では

$$\partial_0\tilde F^{01}+\partial_2\tilde F^{21}+\partial_3\tilde F^{31} =-\frac1c\partial_tB_x+\partial_y\Bigl(\epsilon_{213}\frac{E_z}{c}\Bigr)+\partial_z\Bigl(\epsilon_{312}\frac{E_y}{c}\Bigr) =\frac1c\bigl(-\partial_tB_x-\partial_yE_z+\partial_zE_y\bigr)$$

である（$\epsilon_{213}=-1$、$\epsilon_{312}=+1$）。これが0であることは $\partial_yE_z-\partial_zE_y=-\partial_tB_x$ を意味する。すなわち $(\nabla\times\bm{E})_x=-\partial_tB_x$ である。4. 6.1-4 時間成分と空間成分の式は

$$\nabla\cdot\bm{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0},\qquad \nabla\times\bm{B}-\frac1{c^2}\partial_t\bm{E}=\mu_0\bm{J}$$

である。後者の発散をとると、回転の発散が0であることから $-\frac1{c^2}\partial_t(\nabla\cdot\bm{E})=\mu_0\nabla\cdot\bm{J}$。前者を時間で微分して代入すると、次の式になる。

$$-\frac{1}{c^2\varepsilon_0}\partial_t\rho=\mu_0\nabla\cdot\bm{J}$$

$c^2\varepsilon_0\mu_0=1$ から $\partial_t\rho+\nabla\cdot\bm{J}=0$ を得る。3次元で「回転の発散が0」を使った所が、4次元では「対称な $\partial_\nu\partial_\mu$ と反対称な $F^{\mu\nu}$ の縮約が0」にあたる。5. 6.1-5 条件は $\bm{E}\cdot\bm{B}=0$ かつ $E^2-c^2B^2=0$ である。(6.9) により、この2つの量はどちらも Lorentz 不変量の定数倍なので、どの慣性系で計算しても 0 のままである。したがって、すべての慣性系で $\bm{E}'\perp\bm{B}'$ かつ $\left\vert \bm{E}'\right\vert =c\left\vert \bm{B}'\right\vert$ が成り立つ。電磁波の平面波がこの性質を持つので、平面波はどの系から見ても（強さと振動数は変わるが）平面波である。6. 6.2-1 $u_\mu f^\mu=qF^{\mu\nu}u_\mu u_\nu$ である。電磁場テンソルは反対称で $u_\mu u_\nu$ は対称なので、これは0である。一方、$u_\mu f^\mu=u_\mu\,\mathrm{d}(mu^\mu)/\mathrm{d}\tau$ である。$u_\mu u^\mu=c^2$ が一定であることから $u_\mu\,\mathrm{d} u^\mu/\mathrm{d}\tau=0$ である。残る項は $c^2\,\mathrm{d} m/\mathrm{d}\tau$ なので、$\mathrm{d} m/\mathrm{d}\tau=0$ である。すなわち静止質量が保存する。7. 6.2-2 エネルギーは運動エネルギーと静止エネルギーの和なので $\gamma_u=(1.0+0.511)/0.511=2.957$。$E=\gamma_um_ec^2=1.511\ \mathrm{MeV}$ なので$pc=\sqrt{1.511^2-0.511^2}\ \mathrm{MeV}=1.422\ \mathrm{MeV}$ である。半径は $R=p/(eB)=1.422\times10^6/(2.998\times10^8\times0.10)\ \mathrm{m}=4.74\times10^{-2}\ \mathrm{m}$（$4.7\ \mathrm{cm}$）。周波数は (6.18) から

$$f=\frac{eB}{2\pi\gamma_um_e}=\frac{1.602\times10^{-19}\times0.10}{2\pi\times2.957\times9.109\times10^{-31}}\ \mathrm{Hz}=9.47\times10^8\ \mathrm{Hz}.$$

Newton 力学の式では $eB/(2\pi m_e)=2.80\times10^9\ \mathrm{Hz}$ で、正しい値はその $1/\gamma_u$ である。確かめとして $2\pi Rf=2\pi\times0.0474\times9.47\times10^8=2.82\times10^8\ \mathrm{m/s}$ は速さ $u=c\sqrt{1-1/\gamma_u^2}=0.941c$ に一致する。8. 6.2-3 $E'_y=\gamma(E_0-vB_0)=0$ から

$$v=\frac{E_0}{B_0}=\frac{1.0\times10^5}{1.0\times10^{-3}}\ \mathrm{m/s}=1.0\times10^8\ \mathrm{m/s},\qquad \beta=0.3336,\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}=1.0607$$

である。その系の磁場は

$$B'_z=\gamma\Bigl(B_0-\frac{vE_0}{c^2}\Bigr)=\gamma B_0(1-\beta^2)=\frac{B_0}{\gamma}=9.43\times10^{-4}\ \mathrm{T}$$

で、ほかの成分は0。不変量は2つの系で次のとおりで、一致する。

$$\begin{aligned} &\text{元の系：}& B_0^2-\frac{E_0^2}{c^2}&=1.0\times10^{-6}-(3.336\times10^{-4})^2=8.887\times10^{-7}\ \mathrm{T^2},\\ &\text{系 }K'\text{：}& B'^2&=(9.427\times10^{-4})^2=8.887\times10^{-7}\ \mathrm{T^2} \end{aligned}$$ 9. 6.2-4 電場が $x$ 方向だけのとき、0でない成分は次の2つだけである。

$$F^{10}=\frac Ec,\qquad F^{01}=-\frac Ec$$

$\alpha=qE/m$ とおくと、(6.13) は

$$\frac{d u^0}{d \tau}=\frac qmF^{01}u_1=\frac qm\Bigl(-\frac Ec\Bigr)(-u^1)=\frac{\alpha}{c}u^1,\qquad \frac{d u^1}{d \tau}=\frac qmF^{10}u_0=\frac{\alpha}{c}u^0$$

で、$u^2,u^3$ は一定（初めに0なので0）である。$u^0\pm u^1$ は、それぞれ $\mathrm{e}^{\pm\alpha\tau/c}$ に比例する。初期条件 $u^0(0)=c$、$u^1(0)=0$ から

$$u^0=c\cosh\frac{\alpha\tau}{c},\qquad u^1=c\sinh\frac{\alpha\tau}{c}$$

を得る。固有時で積分し、初期位置を原点（$x^0(0)=x^1(0)=0$）とすると

$$ct=\frac{c^2}{\alpha}\sinh\frac{\alpha\tau}{c},\qquad x=\frac{c^2}{\alpha}\Bigl(\cosh\frac{\alpha\tau}{c}-1\Bigr)$$

で、第5章 §5.4 の双曲線運動の式と一致する。4元加速度の大きさは $a_\mu a^\mu=\alpha^2(\sinh^2-\cosh^2)=-\alpha^2$ なので、固有加速度は $\alpha=qE/m$ で一定である。10. 6.3-1 (6.21) から $\sum_iT^{ii}=-\sum_i\sigma_{ii}=-\varepsilon_0\bigl(E^2-\frac32E^2\bigr)-\frac1{\mu_0}\bigl(B^2-\frac32B^2\bigr)=\frac{\varepsilon_0E^2}{2}+\frac{B^2}{2\mu_0}$。$T^\mu{}_\mu=\eta_{\mu\nu}T^{\mu\nu}=T^{00}-\sum_iT^{ii}$ で、これは $T^{00}$ と等しい量の差なので 0 である。11. 6.3-2 電場が $z$ 方向だけで磁場がないとき、(6.19) の応力は対角で、

$$\sigma_{11}=\sigma_{22}=-\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2},\qquad \sigma_{33}=\varepsilon_0E_0^2-\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2}=\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2}$$

である。Poynting ベクトルは0なので

$$T^{\mu\nu}=\frac{\varepsilon_0E_0^2}{2}\,\mathrm{diag}(1,\ 1,\ 1,\ -1)$$

である。$T^{33}<0$ は、$z$ 方向（力線の向き）の張力である。$T^{11}=T^{22}>0$ は垂直な向きの圧力である。大きさはどちらも $\varepsilon_0E_0^2/2$ である。

平行板コンデンサーの極板が引き合うのは、この張力による。数値は $\varepsilon_0E_0^2/2=8.854\times10^{-12}\times(1.0\times10^6)^2/2=4.43\ \mathrm{Pa}$ である。12. 6.3-3 $n^\mu=(1,1,0,0)$ は $n_\mu n^\mu=1-1=0$ である。$T^\mu{}_\mu=\varepsilon_0E^2n_\mu n^\mu=0$、$T_{\mu\nu}T^{\mu\nu}=\varepsilon_0^2E^4(n_\mu n^\mu)(n_\nu n^\nu)=0$。どちらも光的なベクトル $n^\mu$ の大きさが 0 であることから従う。13. 6.3-4 変換則から

$$T'^{\mu\nu}=\Lambda^\mu{}_\alpha\Lambda^\nu{}_\beta T^{\alpha\beta}=\varepsilon_0E^2(\Lambda n)^\mu(\Lambda n)^\nu$$

で、$(\Lambda n)^0=\gamma(1-\beta)$、$(\Lambda n)^1=\gamma(-\beta+1)$ である。よって

$$T'^{00}=\gamma^2(1-\beta)^2\,T^{00}=\frac{(1-\beta)^2}{1-\beta^2}T^{00}=\frac{1-\beta}{1+\beta}\,T^{00}.$$

第3章の縦の Doppler 効果では、光と同じ向きに動く観測者の見る振動数が $\sqrt{(1-\beta)/(1+\beta)}$ 倍になる。平面波では $E'=cB'$ のまま電場の振幅もこの因子で変わるので、エネルギー密度は振動数の比の2乗倍になり、上の結果と一致する。$\beta=0.6$ では $(1-0.6)/(1+0.6)=0.25$ 倍である。14. 6.3-5 (6.23) を $V$ で積分し、発散の項に Gauss の発散定理を使うと

$$-\frac{d }{d t}\int_Vu_{\mathrm{em}}\,\mathrm{d}^3x=\oint_{\partial V}\bm{S}\cdot\mathrm{d}\bm{a}+\int_V\bm{J}\cdot\bm{E}\,\mathrm{d}^3x$$

となる（$V$ は時間によらない）。左辺は場のエネルギーが減る割合、右辺第1項は境界から外へ出ていくエネルギーの流れ、第2項は場が電荷にする仕事の割合である。15. 6.4-1 静止系では $u^\mu=(c,\bm{0})$ なので

$$T^{00}=\Bigl(\rho+\frac{P}{c^2}\Bigr)c^2-P=\rho c^2,\qquad T^{0i}=0,\qquad T^{ij}=-P\eta^{ij}=P\delta_{ij}$$

で、$\mathrm{diag}(\rho c^2,P,P,P)$ である。トレースは $T^\mu{}_\mu=\rho c^2-3P$ で、$P=\rho c^2/3$ のときに 0 になる（放射）。16. 6.4-2 $\gamma_u=1/\sqrt{1-0.36}=1.25$ で、$\gamma_u^2=1.5625$ である。各成分は

$$\begin{aligned} T^{00}&=\gamma_u^2\rho c^2=1.5625\,\rho c^2,\\ T^{01}&=\gamma_u^2\rho c\cdot0.6c=0.9375\,\rho c^2,\\ T^{11}&=\gamma_u^2\rho(0.6c)^2=0.5625\,\rho c^2 \end{aligned}$$

である。確かめとして、トレース $T^{00}-T^{11}=1.0\,\rho c^2$ はダストの静止系の値 $\rho c^2$ と一致する。17. 6.4-3 1つ目の方法。系 $K'$ では、流体は速さ $\beta c$ で動く。向きは $-x$ 方向である。したがって4元速度は $u'^\mu=(\gamma c,\ -\gamma\beta c,\ 0,\ 0)$ で、(6.32) から

$$\begin{aligned} T'^{00}&=(\rho c^2+P)\gamma^2-P=\gamma^2(\rho c^2+\beta^2P),\\ T'^{01}&=-(\rho c^2+P)\gamma^2\beta,\\ T'^{11}&=(\rho c^2+P)\gamma^2\beta^2+P=\gamma^2(\beta^2\rho c^2+P) \end{aligned}$$

となる（$\gamma^2-1=\gamma^2\beta^2$ を使った）。2つ目の方法。$T=\mathrm{diag}(\rho c^2,P,P,P)$ に対して

$$\begin{aligned} T'^{00}&=(\Lambda^0{}_0)^2T^{00}+(\Lambda^0{}_1)^2T^{11}=\gamma^2\rho c^2+\gamma^2\beta^2P,\\ T'^{01}&=\Lambda^0{}_0\Lambda^1{}_0T^{00}+\Lambda^0{}_1\Lambda^1{}_1T^{11}=-\gamma^2\beta\rho c^2-\gamma^2\beta P,\\ T'^{11}&=(\Lambda^1{}_0)^2T^{00}+(\Lambda^1{}_1)^2T^{11}=\gamma^2\beta^2\rho c^2+\gamma^2P \end{aligned}$$

で、1つ目と一致する。18. 6.4-4 積の微分で $\partial_\mu(\rho u^\mu u^\nu)=\partial_\mu(\rho u^\mu)\,u^\nu+\rho u^\mu\partial_\mu u^\nu=0$。$u_\nu$ を掛けて縮約する。第1項は $u_\nu u^\nu=c^2$ を使って $c^2\partial_\mu(\rho u^\mu)$。第2項は $u_\nu\partial_\mu u^\nu=\frac12\partial_\mu(u_\nu u^\nu)=\frac12\partial_\mu c^2=0$（ここでも $u_\nu u^\nu=c^2$ が場所によらない定数であることを使う）なので 0。よって $\partial_\mu(\rho u^\mu)=0$。これを元の式に戻すと第1項が消えて、$\rho u^\mu\partial_\mu u^\nu=0$ が残る。密度が0でない所で $u^\mu\partial_\mu u^\nu=0$ である。19. 6.4-5 $\rho c^2=1.0\times10^3\times(2.998\times10^8)^2=9.0\times10^{19}\ \mathrm{Pa}$ なので $P/(\rho c^2)=1.013\times10^5/9.0\times10^{19}=1.1\times10^{-15}$ である。地上の物質では $T^{00}=\rho c^2$ が他の成分より15桁ほど大きい。$T^{\mu\nu}$ はダストの形 $\rho u^\mu u^\nu$ でよく近似される。第11章の Newton 極限で、重力の源として $T^{00}$ だけを残すのはこのためである。