特殊相対論の共変形式：場の強さテンソルからマクスウェル方程式、エネルギー運動量テンソル、トーマス歳差まで

0. この記事の要点

電場と磁場は、動いている人から見ると互いに姿を変えます。止まった磁石のまわりの磁場が、走っている人には電場としても見える、といった具合です。この記事では、電場と磁場を 1 つの表（テンソル）にまとめ、見る人（慣性系）を替えたときにどう変わるかを、添字の揃い方だけで追えるようにします。読み終えると、マクスウェル方程式やローレンツ力が、どの慣性系でも同じ形をしていることを式の見た目から確かめられるようになります。最後には、加速する電子のスピンがひとりでに回る「トーマス歳差」も扱います。

• ローレンツ変換は、ミンコフスキー計量を保つ線形変換 $\Lambda^{\mathsf T}\eta\Lambda=\eta$ です。添字の上下を揃えて縮約した量（上と下の同じ添字について和をとって得られる量）は不変で、微分 $\partial_\mu$ も共変ベクトルとして変換します（定理 2.3）。
• 電場 $\boldsymbol{E}$ と磁場 $\boldsymbol{B}$ は、反対称テンソル（添字を入れ替えると符号が変わる量）$F^{\mu\nu}$ の成分です。ブーストで $\boldsymbol{E}$ と $\boldsymbol{B}$ は混ざり合い、$\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B}$ と $E^2-c^2B^2$ だけが不変です（定理 3.2, 定理 3.4）。
• マクスウェル方程式 4 本は、$\partial_\mu F^{\mu\nu}=\mu_0J^\nu$ と $\partial^\lambda F^{\mu\nu}+\partial^\mu F^{\nu\lambda}+\partial^\nu F^{\lambda\mu}=0$ の 2 本のテンソル方程式にまとまります（定理 4.1）。ここから電荷保存則 $\partial_\mu J^\mu=0$ が出ます。
• ローレンツ力は $dp^\mu/d\tau=qF^{\mu\nu}u_\nu$ と書けます（定理 5.1）。
• 電磁場のエネルギー運動量テンソル $T^{\mu\nu}$ は対称でトレースがなく、$\partial_\mu T^{\mu\nu}=-F^{\nu\lambda}J_\lambda$ を満たします（定理 6.3）。
• 加速運動する粒子のスピンは、トルクがなくても回転座標系の効果で歳差運動します（トーマス歳差、定理 7.3）。原子のスピン軌道相互作用に係数 $1/2$ が付く原因です。

この記事で使う事前知識

• マクスウェル方程式: 電場・磁場と電荷・電流を結ぶ 4 本の式。→ 真空中のマクスウェル方程式
• 慣性系: 力が働かない物体が等速直線運動をする座標系のこと。→ 慣性系
• 特殊相対性原理: 物理法則はどの慣性系でも同じ形をしている、という原理。→ 特殊相対性原理
• 4 元運動量: エネルギーと運動量を 1 つの 4 成分の量にまとめたもの。→ 相対論的力学
• ミンコフスキー計量: 時空の「長さ」を測る符号つきの内積 $\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)$。→ ローレンツ変換
• 平面波: 一定の向きに進み、波面が平らな電磁波。→ 平面波

1. 動機：電磁気学を相対論の言葉で書き直す

マクスウェル方程式と電磁波が示すとおり、電磁場の方程式は光速 $c$ を含みます。特殊相対論の原理の立場から、この方程式がどの慣性系でも同じ形をしている（ローレンツ共変）ことを、見通しよく確かめたいというのがこの記事の出発点です。電場と磁場は別々の量ではなく、慣性系を替えると互いに移り変わります。これを自然に表す言葉がテンソルです。

共変形式の利点は、ローレンツ共変性の確認が「添字の揃い方を見るだけ」になることです。力学のほうでは 相対論的力学 で 4 元運動量 $p^\mu$ を使い、$E$ と $\boldsymbol{p}$ を 1 つにまとめました。この記事は電磁場について同じことをします。結果は、場の量子論（古典場の理論）や一般相対性理論（曲がった時空）の出発点にもなります。

2. 4 元ベクトルとテンソル

記号は 相対論的力学 に合わせます。計量は $\eta_{\mu\nu}=\eta^{\mu\nu}=\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)$、座標は $x^\mu=(ct,\boldsymbol{x})$、ギリシャ文字の添字は $0,1,2,3$ を、ラテン文字の添字 $i,j,k$ は $1,2,3$ を走り、同じ添字が上下に現れたら和をとります。添字は $V_\mu=\eta_{\mu\nu}V^\nu$ で下げ、$V^\mu=\eta^{\mu\nu}V_\nu$ で上げます。

次の定義では、上付き添字の量（反変）と下付き添字の量（共変）で変換の仕方を分けます。目的は、上と下の同じ添字を組にして和をとったとき（縮約）、ローレンツ変換の影響が打ち消し合って不変な量が残るようにすることです。座標と同じ変換をするのが反変、その逆行列で変換するのが共変、と読んでください。

定義 2.1（ローレンツ変換と 4 元ベクトル・テンソル）↗

$4\times4$ 実行列 $\Lambda=(\Lambda^\mu{}_\nu)$ が $\Lambda^{\mathsf T}\eta\Lambda=\eta$、すなわち $\eta_{\alpha\beta}\Lambda^\alpha{}_\mu\Lambda^\beta{}_\nu=\eta_{\mu\nu}$ を満たすとき、ローレンツ変換という。座標は $x'^\mu=\Lambda^\mu{}_\nu x^\nu$ と変換される。

• 4 つ組 $V^\mu$ が $V'^\mu=\Lambda^\mu{}_\nu V^\nu$ と変換されるとき反変ベクトル（4 元ベクトル）、$W_\mu$ が $W'_\mu=(\Lambda^{-1})^\nu{}_\mu W_\nu$ と変換されるとき共変ベクトルという。
• $T^{\mu\nu}$ が $T'^{\mu\nu}=\Lambda^\mu{}_\alpha\Lambda^\nu{}_\beta T^{\alpha\beta}$ と変換されるとき2 階の反変テンソルという。共変の添字には $(\Lambda^{-1})$ を使う。一般の階数のテンソルも同様に定める。
• 変換しない量（$\Lambda$ によらない量）をスカラーという。

命題 2.2（ローレンツ変換の基本性質）✓

(1) ローレンツ変換の積と逆行列はローレンツ変換である。逆行列は $\Lambda^{-1}=\eta^{-1}\Lambda^{\mathsf T}\eta$ で与えられ、$\det\Lambda=\pm1$ である。(2) $x$ 方向の速さ $V=c\beta$ のブースト

$$\Lambda=\begin{pmatrix}\gamma&-\gamma\beta&0&0\\-\gamma\beta&\gamma&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix},\qquad\gamma=\frac1{\sqrt{1-\beta^2}}$$

と、空間の回転 $\Lambda=\mathrm{diag}(1,R)$（$R^{\mathsf T}R=E$）は、いずれもローレンツ変換である。

証明（命題 2.2）

(1) $\Lambda_1^{\mathsf T}\eta\Lambda_1=\eta$, $\Lambda_2^{\mathsf T}\eta\Lambda_2=\eta$ から $(\Lambda_1\Lambda_2)^{\mathsf T}\eta(\Lambda_1\Lambda_2)=\Lambda_2^{\mathsf T}\eta\Lambda_2=\eta$ です。$\Lambda^{\mathsf T}\eta\Lambda=\eta$ の行列式をとると $(\det\Lambda)^2\det\eta=\det\eta$、$\det\eta=-1\ne0$ より $(\det\Lambda)^2=1$ です。特に $\Lambda$ は正則で、$\eta^{-1}\Lambda^{\mathsf T}\eta\Lambda=E$ から $\Lambda^{-1}=\eta^{-1}\Lambda^{\mathsf T}\eta$ です。この逆行列も $(\Lambda^{-1})^{\mathsf T}\eta\Lambda^{-1}=\eta$ を満たします。実際、$\Lambda^{\mathsf T}\eta\Lambda=\eta$ の左から $(\Lambda^{-1})^{\mathsf T}$、右から $\Lambda^{-1}$ を掛ければ得られます。(2) ブーストでは $(0,1)$ ブロックについて $\begin{pmatrix}\gamma&-\gamma\beta\\-\gamma\beta&\gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\gamma&-\gamma\beta\\-\gamma\beta&\gamma\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\gamma^2(1-\beta^2)&0\\0&-\gamma^2(1-\beta^2)\end{pmatrix}=\eta_{(2)}$ です。回転では $\mathrm{diag}(1,R)^{\mathsf T}\eta\,\mathrm{diag}(1,R)=\mathrm{diag}(1,-R^{\mathsf T}R)=\eta$ です。

∎

ローレンツ変換で導いたブースト（定理 6.1［ローレンツ変換］）は、(2) のとおりです。ミンコフスキー内積 $A\cdot B=A^\mu\eta_{\mu\nu}B^\nu$ の不変性は、ブーストについては 命題 2.2［相対論的力学］ で計算しました。以下はその一般化です。

定理 2.3（テンソル計算の基本規則）✓

(1) 反変ベクトル $V^\mu$ から $V_\mu=\eta_{\mu\nu}V^\nu$ を作ると共変ベクトルになる。(2) 共変の添字と反変の添字を縮約した量はスカラーである。特に $V^\mu W_\mu$ や $F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$ は不変である。(3) 偏微分 $\partial_\mu=\partial/\partial x^\mu$ は共変ベクトルとして変換する。したがって反変ベクトル場 $V^\mu$ の発散 $\partial_\mu V^\mu$ はスカラーである。

証明（定理 2.3）

(1) $V'_\mu=\eta_{\mu\nu}\Lambda^\nu{}_\alpha V^\alpha=\eta_{\mu\nu}\Lambda^\nu{}_\alpha\eta^{\alpha\beta}V_\beta$ で、命題 2.2 の $\Lambda^{-1}=\eta^{-1}\Lambda^{\mathsf T}\eta$、つまり $(\Lambda^{-1})^\beta{}_\mu=\eta^{\beta\alpha}\Lambda^\nu{}_\alpha\eta_{\nu\mu}$ から、$V'_\mu=(\Lambda^{-1})^\beta{}_\mu V_\beta$ です。(2) $V'^\mu W'_\mu=\Lambda^\mu{}_\alpha(\Lambda^{-1})^\beta{}_\mu V^\alpha W_\beta=\delta^\beta_\alpha V^\alpha W_\beta=V^\alpha W_\alpha$（$\Lambda^{-1}\Lambda=E$）。(3) 逆変換 $x^\nu=(\Lambda^{-1})^\nu{}_\mu x'^\mu$ に連鎖律を使うと、$\partial'_\mu=\dfrac{\partial x^\nu}{\partial x'^\mu}\partial_\nu=(\Lambda^{-1})^\nu{}_\mu\partial_\nu$ です。(2) を $V^\mu$ と $\partial_\mu$ に適用して、発散はスカラーです。

∎

3. 場の強さテンソル

ゲージ・ポテンシャルで導入した 4 元ポテンシャル $A^\mu=(\varphi/c,\boldsymbol{A})$ と 4 元電流 $J^\mu=(c\rho,\boldsymbol{j})$（定義 6.1［電磁ポテンシャルとゲージ変換］）を使います。$\partial_\mu=(c^{-1}\partial_t,\nabla)$, $\partial^\mu=(c^{-1}\partial_t,-\nabla)$ です。

定義 3.1（場の強さテンソル）↗

$F^{\mu\nu}=\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu A^\mu$ を場の強さテンソル（電磁場テンソル）という。$\boldsymbol{E}=-\nabla\varphi-\partial_t\boldsymbol{A}$, $\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}$ を使うと

$$F^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}0&-E_x/c&-E_y/c&-E_z/c\\E_x/c&0&-B_z&B_y\\E_y/c&B_z&0&-B_x\\E_z/c&-B_y&B_x&0\end{pmatrix}$$

すなわち $F^{0i}=-E_i/c$, $F^{ij}=-\varepsilon_{ijk}B_k$ である。

成分の確認は次のとおりです。$F^{0i}=\partial^0A^i-\partial^iA^0=c^{-1}\partial_tA_i+c^{-1}\partial_i\varphi=-E_i/c$。$F^{ij}=\partial^iA^j-\partial^jA^i=-(\partial_iA_j-\partial_jA_i)=-\varepsilon_{ijk}B_k$（$\partial_iA_j-\partial_jA_i=\varepsilon_{ijk}(\nabla\times\boldsymbol{A})_k$）。添字を下げた $F_{\mu\nu}=\eta_{\mu\alpha}\eta_{\nu\beta}F^{\alpha\beta}$ の成分は、$F_{0i}=E_i/c$, $F_{ij}=F^{ij}$ です。

$F^{\mu\nu}$ は 2 階反変テンソルとして変換します。$A^\mu$ が反変ベクトル、$\partial^\mu$ が 定理 2.3 により反変ベクトルとして変換するからです。これが電場と磁場が混ざる理由です。

定理 3.2（電磁場のローレンツ変換）✓

慣性系 $S'$ が $S$ に対して速度 $\boldsymbol{V}=V\boldsymbol{e}_x$ で動いているとき、電磁場は

$$\begin{aligned} &E'_x=E_x,\quad E'_y=\gamma(E_y-VB_z),\quad E'_z=\gamma(E_z+VB_y),\\ &B'_x=B_x,\quad B'_y=\gamma\left(B_y+\tfrac{V}{c^2}E_z\right),\quad B'_z=\gamma\left(B_z-\tfrac{V}{c^2}E_y\right) \end{aligned}$$

と変換される。ベクトルの形では、$\boldsymbol{V}$ に平行な成分は不変、垂直な成分は $\boldsymbol{E}'_\perp=\gamma(\boldsymbol{E}_\perp+\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})$, $\boldsymbol{B}'_\perp=\gamma(\boldsymbol{B}_\perp-\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E}/c^2)$ である。

証明（定理 3.2）

$F'^{\mu\nu}=\Lambda^\mu{}_\alpha\Lambda^\nu{}_\beta F^{\alpha\beta}$ に 命題 2.2 のブースト（$\beta=V/c$）を使います。$\Lambda^0{}_0=\Lambda^1{}_1=\gamma$, $\Lambda^0{}_1=\Lambda^1{}_0=-\gamma\beta$, $\Lambda^2{}_2=\Lambda^3{}_3=1$ です。 $F'^{01}=\Lambda^0{}_\alpha\Lambda^1{}_\beta F^{\alpha\beta}=\gamma\cdot\gamma F^{01}+(-\gamma\beta)(-\gamma\beta)F^{10}=\gamma^2(1-\beta^2)F^{01}=F^{01}$ なので $E'_x=E_x$。 $F'^{02}=\Lambda^0{}_0F^{02}+\Lambda^0{}_1F^{12}=\gamma(-E_y/c)-\gamma\beta(-B_z)$ より $-E'_y/c=-\gamma(E_y-VB_z)/c$、つまり $E'_y=\gamma(E_y-VB_z)$。$F'^{03}=\gamma F^{03}-\gamma\beta F^{13}$ から $-E'_z/c=-\gamma E_z/c-\gamma\beta B_y$、つまり $E'_z=\gamma(E_z+VB_y)$。 $F'^{23}=F^{23}$ から $B'_x=B_x$。$F'^{12}=\Lambda^1{}_0F^{02}+\Lambda^1{}_1F^{12}=-\gamma\beta(-E_y/c)+\gamma(-B_z)$ より $-B'_z=\gamma\beta E_y/c-\gamma B_z$、$B'_z=\gamma(B_z-VE_y/c^2)$。$F'^{13}=-\gamma\beta F^{03}+\gamma F^{13}=\gamma\beta E_z/c+\gamma B_y$ より $B'_y=\gamma(B_y+VE_z/c^2)$。ベクトル形は、$\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B}=(0,-VB_z,VB_y)$, $\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E}=(0,-VE_z,VE_y)$ との比較で従います。

∎

例 3.3（等速で動く点電荷の電磁場）

$S'$ が電荷 $q$ とともに速度 $\boldsymbol{V}=V\boldsymbol{e}_x$ で動いているとします（$S'$ では電荷は静止し、原点にあります）。$S'$ ではクーロン場 $\boldsymbol{E}'=\dfrac{q\boldsymbol{r}'}{4\pi\varepsilon_0r'^3}$, $\boldsymbol{B}'=\boldsymbol{0}$ です。$S$ から見た場は、逆ブースト（速度 $-\boldsymbol{V}$）で得られます。$t=0$ に電荷が $S$ の原点を通過するとき、$x'=\gamma x$, $y'=y$, $z'=z$ なので、$E_x=E'_x$, $\boldsymbol{E}_\perp=\gamma\boldsymbol{E}'_\perp$ から

$$\boldsymbol{E}=\frac{q\gamma\,\boldsymbol{r}}{4\pi\varepsilon_0\left(\gamma^2x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}},\qquad\boldsymbol{B}=\frac{\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E}}{c^2}$$

です。電場は電荷の現在位置から放射状に向かい、運動方向には $1/\gamma^2$ に弱まり、横方向には $\gamma$ 倍に強まります。$\gamma\to\infty$ では電場は進行方向に垂直な薄い円盤に集中します。

定理 3.4（電磁場のローレンツ不変量）✓

$E^2-c^2B^2$ と $\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B}$ は、ローレンツ変換（ブーストと回転）で不変である。特に $F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=-2\left(E^2/c^2-B^2\right)$ はスカラーである。

証明（定理 3.4）

$F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=2F_{0i}F^{0i}+F_{ij}F^{ij}=2(E_i/c)(-E_i/c)+\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ijl}B_kB_l=-2E^2/c^2+2B^2$（$\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ijl}=2\delta_{kl}$）。定理 2.3 (2) よりこれはスカラーです。 $\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B}$ については、回転での不変性は明らかなので、ブーストで確かめます。定理 3.2 で $E'_xB'_x=E_xB_x$。垂直成分は

$$\boldsymbol{E}'_\perp\cdot\boldsymbol{B}'_\perp=\gamma^2\left[\boldsymbol{E}_\perp\cdot\boldsymbol{B}_\perp-\frac{\boldsymbol{E}_\perp\cdot(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})}{c^2}+(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})\cdot\boldsymbol{B}_\perp-\frac{(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})\cdot(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})}{c^2}\right].$$

$\boldsymbol{E}\cdot(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})=0$, $(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})\cdot\boldsymbol{B}=0$ で、$(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})\cdot(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})=V^2\boldsymbol{B}_\perp\cdot\boldsymbol{E}_\perp$ です（$\boldsymbol{V}$ に垂直な成分だけが効く）。よって $\boldsymbol{E}'_\perp\cdot\boldsymbol{B}'_\perp=\gamma^2(1-V^2/c^2)\boldsymbol{E}_\perp\cdot\boldsymbol{B}_\perp=\boldsymbol{E}_\perp\cdot\boldsymbol{B}_\perp$ です。

∎

この定理から、ある慣性系で $\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{B}$ かつ $|\boldsymbol{E}|=c|\boldsymbol{B}|$ である電磁場（平面波がそうです）は、どの慣性系でも同じ性質をもつとわかります。また、ある慣性系で $\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0}$（純粋な磁場）なら、他の系では $\boldsymbol{E}\neq\boldsymbol{0}$ でも必ず $\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{B}$ です。静止した磁石の周りの磁場が、動く観測者には電場として見えるのはその例で、特殊相対論の原理の冒頭で述べた「磁石と導体」の非対称性の解決です。

4. マクスウェル方程式の共変形

ここでの目的は、おなじみの 4 本の式を 2 本のテンソル方程式に読み替えることです。第 1 式の $\nu=0$ 成分と $\nu=1,2,3$ 成分を順に書き下すと、電場の発散の式とアンペール・マクスウェルの式が出てきます。第 2 式は 3 つの添字について反対称なので、同じ式を何度も数えないように、実質的に異なる添字の組だけを調べます。

定理 4.1（マクスウェル方程式の共変形）✓

真空中のマクスウェル方程式（定義 3.1［マクスウェル方程式と電磁波］）

$$\nabla\cdot\boldsymbol{E}=\frac\rho{\varepsilon_0},\quad\nabla\times\boldsymbol{B}-\frac1{c^2}\partial_t\boldsymbol{E}=\mu_0\boldsymbol{j},\quad\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0,\quad\nabla\times\boldsymbol{E}+\partial_t\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$$

は、$J^\mu=(c\rho,\boldsymbol{j})$ を用いて、次の 2 本のテンソル方程式と同値である。

$$\partial_\mu F^{\mu\nu}=\mu_0J^\nu,\qquad\partial^\lambda F^{\mu\nu}+\partial^\mu F^{\nu\lambda}+\partial^\nu F^{\lambda\mu}=0.$$

証明（定理 4.1）

第 1 式の $\nu=0$ 成分は $\partial_iF^{i0}=\partial_i(E_i/c)=\mu_0c\rho$ で、$\mu_0c^2=1/\varepsilon_0$ から $\nabla\cdot\boldsymbol{E}=\rho/\varepsilon_0$ です。$\nu=j$ 成分は $\partial_0F^{0j}+\partial_iF^{ij}=-c^{-2}\partial_tE_j-\varepsilon_{ijk}\partial_iB_k=\mu_0j_j$。$-\varepsilon_{ijk}\partial_iB_k=\varepsilon_{jik}\partial_iB_k=(\nabla\times\boldsymbol{B})_j$ なので、これは $\nabla\times\boldsymbol{B}-c^{-2}\partial_t\boldsymbol{E}=\mu_0\boldsymbol{j}$ です。

第 2 式は $\lambda,\mu,\nu$ の中で反対称で、独立な式は $(\lambda,\mu,\nu)=(0,i,j)$ と $(1,2,3)$ です。$(0,i,j)$ では $\partial^0F^{ij}+\partial^iF^{j0}+\partial^jF^{0i}=-c^{-1}\varepsilon_{ijk}\partial_tB_k-c^{-1}\partial_iE_j+c^{-1}\partial_jE_i=-c^{-1}\varepsilon_{ijk}\left(\partial_tB_k+(\nabla\times\boldsymbol{E})_k\right)$ です（$\partial^i=-\partial_i$ を使用）。$(1,2,3)$ では $\partial^1F^{23}+\partial^2F^{31}+\partial^3F^{12}=\partial_xB_x+\partial_yB_y+\partial_zB_z=\nabla\cdot\boldsymbol{B}$。したがって第 2 式は $\nabla\times\boldsymbol{E}+\partial_t\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$ と $\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$ に同値です。

∎

注意 4.2

第 2 式は、$F^{\mu\nu}=\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu A^\mu$ と書けるなら恒等式です（定理 6.2［電磁ポテンシャルとゲージ変換］ の 1）。逆に、$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$ と $\nabla\times\boldsymbol{E}+\partial_t\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$ から 4 元ポテンシャルが存在することは、定理 3.1［電磁ポテンシャルとゲージ変換］ が示しています。したがって、独立な方程式は第 1 式だけです。ローレンツゲージ $\partial_\mu A^\mu=0$ のもとで第 1 式は $\partial_\mu\partial^\mu A^\nu=\mu_0J^\nu$ になります。

系 4.3（電荷保存則）✓

$\partial_\mu J^\mu=0$、すなわち $\partial_t\rho+\nabla\cdot\boldsymbol{j}=0$ が成り立つ。

証明（系 4.3）

$\mu_0\partial_\nu J^\nu=\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}$ です。偏微分は交換する一方 $F^{\mu\nu}$ は反対称なので、$\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}=\partial_\mu\partial_\nu F^{\mu\nu}=-\partial_\mu\partial_\nu F^{\nu\mu}$ となり、添字 $\mu,\nu$ の名前を替えると $-\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}$ に等しいので $0$ です。

∎

これは 系 7.1［電磁誘導と変位電流］ の共変版です。次は、電荷の流れがたしかに 4 元ベクトルであることの確認です。

命題 4.4（点電荷の 4 元電流）✓

世界線 $z^\mu(\tau)$（固有時 $\tau$）をもつ電荷 $q$ の点電荷について、$J^\mu(x)=qc\displaystyle\int u^\mu(\tau)\,\delta^{(4)}\!\bigl(x-z(\tau)\bigr)\,d\tau$ は $J^0=c\rho$, $\boldsymbol{j}=\rho\boldsymbol{v}$（$\rho=q\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z}(t))$）と一致し、4 元ベクトルである。

証明（命題 4.4）

$\delta^{(4)}(x-z)=\delta(x^0-z^0(\tau))\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z}(\tau))$ で、$dz^0/d\tau=u^0=\gamma c$ なので $\int d\tau\,\delta(x^0-z^0(\tau))\cdots=\dfrac{1}{\gamma c}(\cdots)|_{z^0=x^0}$ です。よって $J^\mu=qc\,u^\mu\dfrac1{\gamma c}\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z}(t))=q(c,\boldsymbol{v})\delta^{(3)}$。これは $(c\rho,\rho\boldsymbol{v})$ です。ベクトル性は、$u^\mu(\tau)$ が反変ベクトルであり（定理 3.4［相対論的力学］）、積分 $\int\delta^{(4)}(x-z)\,d\tau$ が不変であること（$|\det\Lambda|=1$ によって $\delta^{(4)}$ は不変）から従います。

∎

定理 4.5（マクスウェル方程式のローレンツ共変性）✓

慣性系 $S$ で $(F^{\mu\nu},J^\mu)$ が 定理 4.1 の 2 式を満たすとする。$S'$ での場を $F'^{\mu\nu}=\Lambda^\mu{}_\alpha\Lambda^\nu{}_\beta F^{\alpha\beta}$, $J'^\mu=\Lambda^\mu{}_\alpha J^\alpha$ と定めると、$S'$ でも同じ形の方程式 $\partial'_\mu F'^{\mu\nu}=\mu_0J'^\nu$ などが成り立つ。

証明（定理 4.5）

定理 2.3 (3) より $\partial'_\mu=(\Lambda^{-1})^\alpha{}_\mu\partial_\alpha$ なので、$\partial'_\mu F'^{\mu\nu}=(\Lambda^{-1})^\alpha{}_\mu\Lambda^\mu{}_\gamma\Lambda^\nu{}_\beta\,\partial_\alpha F^{\gamma\beta}=\Lambda^\nu{}_\beta\,\partial_\gamma F^{\gamma\beta}=\mu_0\Lambda^\nu{}_\beta J^\beta=\mu_0J'^\nu$ です。第 2 式は、各項が 3 階の反変テンソルとして変換することから、同様に従います。

∎

この定理が、特殊相対性原理（公理 5.2［特殊相対性理論の原理］）がマクスウェル方程式と整合することの精密な内容です。ガリレイ変換ではこうはなりません（定理 3.3［特殊相対性理論の原理］）。

5. ローレンツ力

質量 $m$、電荷 $q$ の粒子の 4 元速度を $u^\mu=\gamma(c,\boldsymbol{v})$（定義 3.3［相対論的力学］）、4 元運動量を $p^\mu=mu^\mu=(E/c,\boldsymbol{p})$ とします。

定理 5.1（ローレンツ力の共変形）✓

運動方程式

$$\frac{dp^\mu}{d\tau}=qF^{\mu\nu}u_\nu$$

は、空間成分が $\dfrac{d\boldsymbol{p}}{dt}=q(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})$、時間成分が $\dfrac{dE}{dt}=q\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{v}$ である。また $\dfrac{d(u_\mu u^\mu)}{d\tau}=0$ なので、質量は保たれる。

証明（定理 5.1）

$u_0=\gamma c$, $u_j=-\gamma v_j$ です。$\mu=i$ の右辺は $qF^{i0}u_0+qF^{ij}u_j=q(E_i/c)\gamma c+q(-\varepsilon_{ijk}B_k)(-\gamma v_j)=q\gamma\left(E_i+\varepsilon_{ijk}v_jB_k\right)=q\gamma(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_i$ です。左辺は $\gamma\,dp^i/dt$ なので、$\gamma$ で割ると空間成分です。$\mu=0$ の右辺は $qF^{0j}u_j=q(-E_j/c)(-\gamma v_j)=q\gamma\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{v}/c$、左辺は $(\gamma/c)\,dE/dt$ です。最後に $\dfrac{d}{d\tau}(u_\mu u^\mu)=2u_\mu\dfrac{du^\mu}{d\tau}=\dfrac{2q}{m}F^{\mu\nu}u_\mu u_\nu=0$（$F^{\mu\nu}$ は反対称）です。

∎

磁場はエネルギーを変えない（時間成分に $\boldsymbol{B}$ が現れない）こと、$u_\mu u^\mu=c^2$ が保たれること（速さが $c$ を超えない）は、$F^{\mu\nu}$ の反対称性から自動的に出ます。

例 5.2（一様磁場中のサイクロトロン運動）

一様な $\boldsymbol{B}=B\boldsymbol{e}_z$、$\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0}$ のとき、$dE/dt=0$ なので $\gamma$ は一定です。$d\boldsymbol{p}/dt=q\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ に $\boldsymbol{p}=\gamma m\boldsymbol{v}$ を使うと、$\gamma m\,\dot{\boldsymbol{v}}=q\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ です。これは角速度 $\omega_c=\dfrac{qB}{\gamma m}$ の円運動で、半径は $r=\dfrac v{\omega_c}=\dfrac{\gamma mv}{qB}=\dfrac p{qB}$ です。$\gamma$ が大きくなると角振動数は小さくなり、半径は運動量に比例します。この関係が円形加速器の設計の基礎です。

例 5.3（$\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}$ ドリフトは座標変換で消える）

直交する一様な $\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{B}$ で $|\boldsymbol{E}|<c|\boldsymbol{B}|$ とします。速度 $\boldsymbol{V}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/B^2$ ($|\boldsymbol{V}|=E/B<c$) で動く系 $S'$ へ移ると、定理 3.2 から $\boldsymbol{E}'=\gamma(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})$ で、$(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B})\times\boldsymbol{B}=\boldsymbol{B}(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B})-\boldsymbol{E}B^2=-\boldsymbol{E}B^2$ より $\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B}=-\boldsymbol{E}$ なので $\boldsymbol{E}'=\boldsymbol{0}$。粒子はこの系では純粋な磁場の中でサイクロトロン運動をします。元の系では、円運動に速度 $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/B^2$ の一様な平行移動が加わった軌跡（トロコイド）を描きます。電荷の符号や質量によらず同じ速度で動くことが、この議論からすぐわかります。

6. エネルギー運動量テンソル

電磁場のエネルギー密度 $u$、ポインティング・ベクトル $\boldsymbol{S}$（定義 6.1［マクスウェル方程式と電磁波］）、運動量密度 $\boldsymbol{S}/c^2$ とマクスウェルの応力を 1 つのテンソルにまとめます。

定義 6.1（電磁場のエネルギー運動量テンソル）↗

$$T^{\mu\nu}=\frac1{\mu_0}\left(-F^{\mu\alpha}F^\nu{}_\alpha+\frac14\eta^{\mu\nu}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\right)$$

を電磁場のエネルギー運動量テンソルという。ここで $F^\nu{}_\alpha=F^{\nu\beta}\eta_{\beta\alpha}$ である。

命題 6.2（エネルギー運動量テンソルの成分）✓

$T^{\mu\nu}$ は対称で、トレース $T^\mu{}_\mu=0$ である。成分は

$$T^{00}=u=\frac{\varepsilon_0}{2}E^2+\frac1{2\mu_0}B^2,\qquad T^{0i}=\frac{S_i}c,\qquad T^{ij}=-\sigma_{ij}$$

で、$\boldsymbol{S}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/\mu_0$、$\sigma_{ij}=\varepsilon_0\left(E_iE_j-\frac12\delta_{ij}E^2\right)+\dfrac1{\mu_0}\left(B_iB_j-\frac12\delta_{ij}B^2\right)$（マクスウェルの応力テンソル）である。

証明（命題 6.2）

対称性は $F^{\mu\alpha}F^\nu{}_\alpha=F^{\mu\alpha}F^{\nu\beta}\eta_{\alpha\beta}$ が $\mu\leftrightarrow\nu$ で不変であることから従います。トレースは $\eta_{\mu\nu}F^{\mu\alpha}F^\nu{}_\alpha=F^{\mu\alpha}F_{\mu\alpha}$ と $\eta_{\mu\nu}\eta^{\mu\nu}=4$ から $-F_{\mu\alpha}F^{\mu\alpha}+F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=0$ です。成分は 定理 3.4 の $F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}=-2(E^2/c^2-B^2)$ と $F^{0i}=-E_i/c$, $F^{ij}=-\varepsilon_{ijk}B_k$ から計算します。 $T^{00}$: $-F^{0\alpha}F^0{}_\alpha=-F^{0i}(-F^{0i})=E^2/c^2$、第 2 項は $\frac14(-2)(E^2/c^2-B^2)$ で、合計 $\frac12E^2/c^2+\frac12B^2$ です。$\mu_0^{-1}$ を掛け、$\mu_0^{-1}c^{-2}=\varepsilon_0$ を使うと $u$ になります。 $T^{0i}$: $F^{00}=0$ で、$F^i{}_j=F^{ik}\eta_{kj}=-F^{ij}$ なので、$-F^{0\alpha}F^i{}_\alpha=F^{0j}F^{ij}=(-E_j/c)(-\varepsilon_{ijk}B_k)=(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B})_i/c$ です。$\eta^{0i}=0$ なので $T^{0i}=(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B})_i/(\mu_0c)$。 $T^{ij}$: $-F^{i\alpha}F^j{}_\alpha=-F^{i0}F^j{}_0-F^{ik}F^j{}_k=-F^{i0}F^{j0}+F^{ik}F^{jk}=-E_iE_j/c^2+\varepsilon_{ikl}\varepsilon_{jkm}B_lB_m=-E_iE_j/c^2+\delta_{ij}B^2-B_iB_j$（$\varepsilon_{ikl}\varepsilon_{jkm}=\delta_{ij}\delta_{lm}-\delta_{im}\delta_{lj}$）。第 2 項は $\frac14(-\delta_{ij})(-2)(E^2/c^2-B^2)=\frac12\delta_{ij}(E^2/c^2-B^2)$。合計して $\mu_0T^{ij}=-E_iE_j/c^2-B_iB_j+\frac12\delta_{ij}(E^2/c^2+B^2)$ で、$-\sigma_{ij}$ と一致します。

∎

定理 6.3（エネルギー運動量の局所保存則）✓

マクスウェル方程式（定理 4.1）のもとで

$$\partial_\mu T^{\mu\nu}=-F^{\nu\lambda}J_\lambda$$

が成り立つ。右辺の符号を変えたもの $f^\nu=F^{\nu\lambda}J_\lambda$ は、荷電粒子が単位体積・単位時間あたりに電磁場から受け取る 4 元の力密度である。

証明（定理 6.3）

$\mu_0\partial_\mu T^{\mu\nu}=-(\partial_\mu F^{\mu\alpha})F^\nu{}_\alpha-F^{\mu\alpha}\partial_\mu F^\nu{}_\alpha+\frac12F_{\alpha\beta}\partial^\nu F^{\alpha\beta}$ です（最後の項は $\frac14\partial^\nu(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})$）。第 1 項は 定理 4.1 の第 1 式から $-\mu_0J^\alpha F^\nu{}_\alpha=-\mu_0F^{\nu\lambda}J_\lambda$ です。第 2 項は、$F^{\mu\alpha}=F^\mu{}_\beta\eta^{\beta\alpha}$ を使って書き直すと $-F^{\mu}{}_{\beta}\,\partial_\mu F^{\nu\beta}$ で、$F_{\mu\beta}$ が $\mu,\beta$ について反対称なので $-\frac12F_{\mu\beta}\left(\partial^\mu F^{\nu\beta}-\partial^\beta F^{\nu\mu}\right)$ に等しいです。第 2 の恒等式（定理 4.1）を $F^{\nu\beta}=-F^{\beta\nu}$ に使って、$\partial^\mu F^{\nu\beta}-\partial^\beta F^{\nu\mu}=-\partial^\mu F^{\beta\nu}-\partial^\beta F^{\nu\mu}=\partial^\nu F^{\mu\beta}$ です。したがって第 2 項は $-\frac12F_{\mu\beta}\partial^\nu F^{\mu\beta}$ で、第 3 項と打ち消し合います。

∎

$\nu=0$ では $\partial_tu+\nabla\cdot\boldsymbol{S}=-\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{j}$ となり、ポインティングの定理（定理 6.2［マクスウェル方程式と電磁波］）そのものです。$\nu=i$ は運動量の保存則 $\partial_t(S_i/c^2)-\partial_j\sigma_{ji}=-(\rho\boldsymbol{E}+\boldsymbol{j}\times\boldsymbol{B})_i$ です。電磁場の運動量密度は $\boldsymbol{S}/c^2$、運動量の流れ（流束）は応力 $-\sigma_{ij}$ です。ネーターの定理（定理 4.1［対称性と保存則］）の言葉では、$T^{\mu\nu}$ は時空の並進対称性に対応する保存カレントです。

例 6.4（平面波と放射圧）

$x$ 方向に進む偏光 $\boldsymbol{E}=E\boldsymbol{e}_y$, $\boldsymbol{B}=(E/c)\boldsymbol{e}_z$ の平面波では、エネルギー密度 $u=\varepsilon_0E^2$（電場と磁場の寄与が等しい）、$\boldsymbol{S}=cu\,\boldsymbol{e}_x$ です。応力は $\sigma_{xx}=-\frac12\varepsilon_0E^2-\frac12B^2/\mu_0=-u$, $\sigma_{yy}=\varepsilon_0\frac{E^2}2-\frac{B^2}{2\mu_0}=0$ などなので、

$$T^{\mu\nu}=u\,n^\mu n^\nu,\qquad n^\mu=(1,1,0,0)$$

と書けます（$n^\mu$ はヌルベクトル）。$T^{11}=-\sigma_{xx}=u$ は、完全に吸収する面に垂直に入射した光が及ぼす放射圧が、エネルギー密度 $u$ に等しいことを意味します（完全反射なら $2u$）。太陽定数 $1.37\times10^3\ \mathrm{W/m^2}$ では $u=S/c=4.6\times10^{-6}\ \mathrm{Pa}$ です。

7. トーマス歳差

最後に、加速される粒子のスピンの運動を調べます。電子のスピンは静止系で角運動量 $\boldsymbol{S}$ をもち、スピン 4 元ベクトル $s^\mu$ で表されます。

定義 7.1（スピン 4 元ベクトルとトルクなしの運動）↗

粒子の静止系で $s^\mu=(0,\boldsymbol{S})$ となる 4 元ベクトル $s^\mu(\tau)$ をスピン 4 元ベクトルという。$u_\mu s^\mu=0$ である。トルクが働かない（各瞬間の静止系でスピンが回転しない）とは、各時刻の静止系で $ds^\mu/d\tau$ の空間成分が $0$ であることをいう。

粒子が加速していると、「粒子の静止系」は時刻ごとに別の座標系になります。そこで、各瞬間の静止系でスピンを回さないという条件を、実験室系で書ける 4 元ベクトルの式に直します。次の補題はその式で、スピンを 4 元速度の方向にだけずらしながら運んでいく（フェルミ・ウォーカー輸送）ことを表します。

補題 7.2（フェルミ・ウォーカー輸送）✓

トルクなしのスピンは $\dfrac{ds^\mu}{d\tau}=-\dfrac{(s\cdot a)}{c^2}u^\mu$ を満たす。ここで $a^\mu=du^\mu/d\tau$、$s\cdot a=s_\nu a^\nu$ である。

証明（補題 7.2）

静止系で $u^\mu=(c,\boldsymbol{0})$ なので、$ds^\mu/d\tau$ の空間成分が $0$ であることは、$ds^\mu/d\tau=\lambda u^\mu$ と書けることと同値です。$u_\mu s^\mu=0$ を $\tau$ で微分すると $a_\mu s^\mu+u_\mu\,ds^\mu/d\tau=0$、$u_\mu u^\mu=c^2$ から $\lambda c^2=-s\cdot a$ です。

∎

この式を実験室系の時間 $t$ と、静止系のスピン $\boldsymbol{S}$ で書き直します。粒子の速度を $\boldsymbol{v}=c\boldsymbol{\beta}$ とすると、$s^\mu$ は $(0,\boldsymbol{S})$ を速度 $\boldsymbol{\beta}$ のブーストで実験室系へ移したもの、

$$s^0=\gamma\,\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S},\qquad\boldsymbol{s}=\boldsymbol{S}+\frac{\gamma^2}{\gamma+1}(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S})\boldsymbol{\beta}$$

です。逆に $\boldsymbol{S}=\boldsymbol{s}-\dfrac{\gamma}{\gamma+1}s^0\boldsymbol{\beta}$ で、$u\cdot s=0$ から $s^0=\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s}$ です。$\boldsymbol{S}$ は「瞬間ごとに純粋なブーストで静止系に移したスピン」を表します。

次の定理の証明の方針は、補題の式を実験室系の時間で書き直し、静止系のスピン $\boldsymbol{S}$ の時間変化を求めて、残る項を整理することです。途中で長い式変形が続きますが、$\boldsymbol{\beta}$ と $\dot{\boldsymbol{\beta}}$ に比例する項に分けて、$\boldsymbol{S}$ との内積を含む項が互いに打ち消し合うところだけを追えば全体が見通せます。

定理 7.3（トーマス歳差）✓

トルクのない粒子について、実験室系の時間 $t$ に関して

$$\frac{d\boldsymbol{S}}{dt}=\boldsymbol{\Omega}_T\times\boldsymbol{S},\qquad\boldsymbol{\Omega}_T=\frac{\gamma^2}{\gamma+1}\,\frac{\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{v}}{c^2}$$

が成り立つ。ここで $\boldsymbol{v}$ は実験室系での速度、$\boldsymbol{a}=d\boldsymbol{v}/dt$ は加速度である。

証明（定理 7.3）

$\boldsymbol{\beta}$ の時間微分を $\dot{\boldsymbol{\beta}}$ と書き、$\dot\gamma=\gamma^3\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}$ に注意します。$u^\mu=\gamma c(1,\boldsymbol{\beta})$ の $\tau$ 微分は

$$a^0=\gamma c\dot\gamma=c\gamma^4\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}},\qquad\boldsymbol{a}_{(4)}=c\gamma^2\dot{\boldsymbol{\beta}}+c\gamma\dot\gamma\boldsymbol{\beta}=c\gamma^2\dot{\boldsymbol{\beta}}+c\gamma^4(\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})\boldsymbol{\beta}.$$

$s\cdot a=s^0a^0-\boldsymbol{s}\cdot\boldsymbol{a}_{(4)}$ に $s^0=\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s}$ を入れると、$\gamma^4$ を含む 2 項が打ち消し合い $s\cdot a=-c\gamma^2\,\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}$ です。補題 7.2 から、実験室系の時間で

$$\frac{d\boldsymbol{s}}{dt}=\frac1\gamma\frac{d\boldsymbol{s}}{d\tau}=\frac1\gamma\cdot\frac{c\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})}{c^2}\cdot\gamma c\boldsymbol{\beta}=\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})\boldsymbol{\beta},\qquad\frac{d(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})}{dt}=\dot{\boldsymbol{\beta}}\cdot\boldsymbol{s}+\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})\beta^2=\gamma^2\,\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}$$

です（$1+\gamma^2\beta^2=\gamma^2$）。これを $\boldsymbol{S}=\boldsymbol{s}-\dfrac\gamma{\gamma+1}(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})\boldsymbol{\beta}$ に代入して微分します。

$$\frac{d\boldsymbol{S}}{dt}=\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})\boldsymbol{\beta}-\frac{d}{dt}\!\left[\frac{\gamma(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})}{\gamma+1}\right]\boldsymbol{\beta}-\frac{\gamma(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})}{\gamma+1}\dot{\boldsymbol{\beta}}.$$

括弧の微分は $\dfrac{\dot\gamma(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})}{(\gamma+1)^2}+\dfrac{\gamma}{\gamma+1}\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})$ なので、$\boldsymbol{\beta}$ の係数は

$$\frac{\gamma^2(\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})}{\gamma+1}-\frac{\dot\gamma(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s})}{(\gamma+1)^2}.$$

ここに $\boldsymbol{s}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}=\boldsymbol{S}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}+\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S})(\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})$, $\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{s}=\gamma\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S}$, $\dot\gamma=\gamma^3\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}$ を代入すると、$(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S})(\boldsymbol{\beta}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})$ の項は $\dfrac{\gamma^4}{(\gamma+1)^2}-\dfrac{\gamma^4}{(\gamma+1)^2}=0$ と打ち消し合い、係数は $\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}\boldsymbol{S}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}}$ になります。$\dot{\boldsymbol{\beta}}$ の係数は $-\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S}$ です。よって

$$\frac{d\boldsymbol{S}}{dt}=\frac{\gamma^2}{\gamma+1}\Bigl[(\boldsymbol{S}\cdot\dot{\boldsymbol{\beta}})\boldsymbol{\beta}-(\boldsymbol{S}\cdot\boldsymbol{\beta})\dot{\boldsymbol{\beta}}\Bigr]=\frac{\gamma^2}{\gamma+1}(\dot{\boldsymbol{\beta}}\times\boldsymbol{\beta})\times\boldsymbol{S}$$

（$\boldsymbol{a}\times(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{c})$ の展開公式。$(\dot{\boldsymbol{\beta}}\times\boldsymbol{\beta})\times\boldsymbol{S}=\boldsymbol{\beta}(\dot{\boldsymbol{\beta}}\cdot\boldsymbol{S})-\dot{\boldsymbol{\beta}}(\boldsymbol{\beta}\cdot\boldsymbol{S})$）。$\dot{\boldsymbol{\beta}}\times\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{v}/c^2$ なので結論です。

∎

この歳差は、静止系 $S'(t)$ と $S'(t+dt)$ が、どちらも実験室系から純粋なブーストで作られながら、互いには回転しているというウィグナー回転の現れです。速度がゆっくり変わるだけでも、加速度が速度と平行でなければ 2 つのブーストが交換せず、残りが回転になります。$\boldsymbol{a}\parallel\boldsymbol{v}$ なら $\boldsymbol{\Omega}_T=\boldsymbol{0}$ です。

例 7.4（円運動での大きさと向き）

半径 $r$、速さ $v$ の等速円運動では $\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{v}$, $|\boldsymbol{a}|=v^2/r$ で、$\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{v}$ は軌道角運動量と逆向きです。$|\boldsymbol{\Omega}_T|=\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}\beta^2\dfrac vr=(\gamma-1)\,\omega_{\mathrm{orb}}$ （$\gamma^2\beta^2=\gamma^2-1$ を使い、$\omega_{\mathrm{orb}}=v/r$）。軌道運動と逆向きに回り、$v\ll c$ では $\frac12\beta^2\omega_{\mathrm{orb}}$ です。水素原子の電子（$\beta\approx1/137$）では、軌道の角周波数の $\tfrac12\beta^2\approx2.7\times10^{-5}$ 倍です。

例 7.5（スピン軌道相互作用の係数 $1/2$）

原子核の静電ポテンシャルの中を速度 $\boldsymbol{v}$ で動く電子（電荷 $-e$、質量 $m$）を考えます。ポテンシャルエネルギー $V(r)$ に対し、力 $\boldsymbol{F}=-\nabla V$ は、電子が感じる電場 $\boldsymbol{E}=\nabla V/e$ に $-e$ を掛けたものです。電子の静止系の磁場は 定理 3.2 を $v\ll c$ で展開して $\boldsymbol{B}'=-\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{E}/c^2=\dfrac{1}{emc^2r}\dfrac{dV}{dr}\boldsymbol{L}$（$\boldsymbol{L}=m\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{v}$）です。スピンの磁気モーメント $\boldsymbol{\mu}=-g\dfrac{e}{2m}\boldsymbol{S}$ が受けるトルク $\boldsymbol{\mu}\times\boldsymbol{B}'$ による静止系での歳差は、$\boldsymbol{\Omega}'=\dfrac{ge}{2m}\boldsymbol{B}'=\dfrac{g}{2m^2c^2}\dfrac1r\dfrac{dV}{dr}\boldsymbol{L}$ です。一方、加速度 $\boldsymbol{a}=-\nabla V/m$ による 定理 7.3 の歳差は $\boldsymbol{\Omega}_T\simeq\dfrac{\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{v}}{2c^2}=-\dfrac1{2m^2c^2}\dfrac1r\dfrac{dV}{dr}\boldsymbol{L}$ です。実験室系の歳差は両者の和で、

$$\boldsymbol{\Omega}=\boldsymbol{\Omega}'+\boldsymbol{\Omega}_T=\frac{g-1}{2m^2c^2}\,\frac1r\frac{dV}{dr}\,\boldsymbol{L}\;\overset{g=2}{=}\;\frac{1}{2m^2c^2}\,\frac1r\frac{dV}{dr}\,\boldsymbol{L}$$

となり、エネルギーは $\boldsymbol{\Omega}\cdot\boldsymbol{S}$ から $H_{\mathrm{so}}=\dfrac1{2m^2c^2}\dfrac1r\dfrac{dV}{dr}\,\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ です。静止系の磁場だけから得られる値の半分になるというのがトーマスの発見（1926 年）で、水素原子の微細構造の実測と合う結果を与えました。

8. 演習

演習 8.1易

ある慣性系で $\boldsymbol{E}=E\boldsymbol{e}_y$, $\boldsymbol{B}=(E/c)\boldsymbol{e}_z$ である平面波が、$x$ 方向に速さ $V$ で動く系 $S'$ からはどう見えますか。振幅 $E'$ を求め、定理 3.4 が成り立つことを確かめてください。

解答

定理 3.2 より $E'_y=\gamma(E-VE/c)=\gamma E(1-\beta)$, $B'_z=\gamma(E/c-VE/c^2)=\gamma(1-\beta)E/c$、他の成分は $0$。$\gamma(1-\beta)=\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}$ なので、$E'=E\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}$ で、ドップラー偏移と同じ係数です。$|\boldsymbol{E}'|=c|\boldsymbol{B}'|$, $\boldsymbol{E}'\cdot\boldsymbol{B}'=0$ のままで、不変量 $E^2-c^2B^2=0$, $\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B}=0$ は保たれます。

演習 8.2標準

一様な電場 $\boldsymbol{E}=E\boldsymbol{e}_x$（磁場なし）の中で、質量 $m$、電荷 $q$ の粒子を $t=0$ に原点で静止状態から放します。ローレンツ力の式（定理 5.1）から $x(t)$ を求め、$t$ が小さい極限と大きい極限の挙動を述べてください。

解答

$dp/dt=qE$ より $p=qEt$。エネルギーは $\mathcal{E}=\sqrt{m^2c^4+(qEct)^2}$、速度は $v=pc^2/\mathcal{E}$ なので

$$x(t)=\int_0^t\frac{qEc^2t'}{\sqrt{m^2c^4+(qEct')^2}}dt'=\frac{mc^2}{qE}\left(\sqrt{1+\left(\frac{qEt}{mc}\right)^2}-1\right)$$

です。$t$ が小さいと $x\approx\frac{qE}{2m}t^2$（ニュートン力学の等加速度運動）。$t$ が大きいと $x\approx ct-mc^2/qE$ で、速度は $c$ に近づきます。軌跡は $(x+mc^2/qE)^2-c^2t^2=(mc^2/qE)^2$ という双曲線（双曲運動）です。

演習 8.3標準

速さ $v=0.6c$ で半径 $r$ の等速円運動をする電子のスピンについて、トーマス歳差の角速度が軌道角速度の何倍かを求め、軌道を 1 周する間にスピンが（実験室系の軸に対して）回る角度を求めてください。トーマス歳差だけを考え、ほかのトルクは無視します。

解答

$\gamma=1/\sqrt{1-0.36}=1.25$ です。例 7.4 より $|\boldsymbol{\Omega}_T|=(\gamma-1)\omega_{\mathrm{orb}}=0.25\,\omega_{\mathrm{orb}}$、軌道運動と逆向きです。1 周の時間は $2\pi/\omega_{\mathrm{orb}}$（実験室系）なので、トーマス歳差による回転角は $-0.25\times2\pi=-\pi/2$（$90^\circ$ の逆回り）です。

演習 8.4難

真空中の導体表面で電場は表面に垂直で大きさ $E$ とします。マクスウェルの応力テンソルから、導体の単位面積あたりに働く力の大きさと向きを求めてください。

解答

導体の外側の領域は、定理 6.3 の静的な場合 $f_i=\partial_j\sigma_{ji}$ で、体積 $V$ にかかる力は $F_i=\int f_id^3x=\oint\sigma_{ij}n_jdA$（$\boldsymbol{n}$ は外向き法線）です。導体を含む領域を取り、そのすぐ外側の面で $\boldsymbol{E}=E\boldsymbol{n}$, $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$ とすると、$\sigma_{ij}n_j=\varepsilon_0(E_iE_jn_j-\frac12n_iE^2)=\varepsilon_0(E^2-\frac12E^2)n_i=\frac12\varepsilon_0E^2n_i$ です。導体の内部は $\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0}$ で寄与がないので、単位面積あたり $\dfrac12\varepsilon_0E^2$ の力が、外向き（電場の側へ引っ張る向き）に働きます。これは、静電場のエネルギー密度 $\frac12\varepsilon_0E^2$ に等しい「張力」です。

参考文献

• L. D. ランダウ, E. M. リフシッツ『場の古典論』（恒藤敏彦・広重徹訳）東京図書 — 第 3 章（電磁場、場の強さテンソル、エネルギー運動量テンソル）。
• J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3rd ed., Wiley, 1999 — Chapter 11（特殊相対論）、Chapter 12（電磁気の共変形式）、Section 11.11（トーマス歳差）。
• W. Rindler, Relativity: Special, General, and Cosmological, 2nd ed., Oxford University Press, 2006 — 特殊相対論の章（テンソル、電磁場）。
• L. H. Thomas, “The motion of the spinning electron”, Nature 117 (1926), 514.