Kurinomiローレンツ変換スポンサーリンク\(K’\)座標系が\(K\)座標系に対して\(x\)軸方向に速度\(v\)で運動し、時刻\(t’=t=0\)で両座標系の原点は一致するとする。最初の仮定2つの慣性座標系間の変換式を次の線形式で仮定する。$$\begin{eqnarray}\left(\begin{array}{c}t\\x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}a_{00}&a_{01}&a_{02}&a_{03}\\a_{10}&a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{20}&a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{30}&a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}t’\\x’\\y’\\z’\end{array}\right)\end{eqnarray}$$なぜ、2次や3次の項を含まない線形式となるか。アインシュタインは空間および時間の一様性から明白だと言っている。2つの慣性座標系の時空点は1対1で対応し、どちらも方眼紙のように均一で曲がっていない時空間であるため、線形の変換式となる。\(x\)軸方向にしか移動していないので、\(y=y’\)、\(z=z’\)と仮定する。すると\(t\)や\(x\)に\(y’\)や\(z’\)は含まれない。(もし含まれたら\(y=y’\)、\(z=z’\)だから、同じ座標系の\(y\)、\(z\)によって\(t\)や\(x\)が変化してしまう)したがって、$$\begin{eqnarray}\left(\begin{array}{c}t\\x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}a_{00}&a_{01}&0&0\\a_{10}&a_{11}&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}t’\\x’\\y’\\z’\end{array}\right)\end{eqnarray}$$となる。\(x’\)は\(x-vt\)に比例して変換されるのが自然だろう。逆変換を考えると、逆変換は\(v\)と\(-v\)の違いしかない筈だから、\(x\)は\(x’+vt’\)に比例して変換されると考えられる。したがって\(x=a_{11}(vt’+x’)\)より$$\begin{eqnarray}\left(\begin{array}{c}t\\x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}a_{00}&a_{01}&0&0\\a_{11}v&a_{11}&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}t’\\x’\\y’\\z’\end{array}\right)\end{eqnarray}$$となる。この3つの未知数をこれから光速度不変の原理を使って求める。(ここまでの仮定は、なぜそうなるのか明確で無い部分もあるが、そう仮定して理論を作ると上手くいくのだと気楽に考えて次に進むことにする)ローレンツ変換の導出\(K’\)座標系で、時刻\(t’=0\)に光を原点から放つ。この時、\(K’\)座標系の時刻\(t’\)での\(x\)軸、\(y\)軸、\(z\)軸それぞれの光の到達点を\(x’\)、\(y’\)、\(z’\)とする。\(y\)軸上の変換まず、\(K’\)座標系の\(y\)軸上の座標\(K(t,vt,y,0)=K'(t’,0,y’,0)\)で考える。光速度不変の原理より、$$\begin{eqnarray}ct’&=&y'(=y)\\ct&=&\sqrt{y^2+v^2t^2}\end{eqnarray}$$であるから、$$t=\pm\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}t’$$となる。時刻は変換しても符号はプラスとなるからマイナスは省かれる。座標の変換式より、$$\begin{eqnarray}t&=&a_{00}t’+a_{01}0+0y’+00\\vt&=&a_{11}vt’+a_{11}0+0y’+00\end{eqnarray}$$であるから、$$t=a_{00}t’=a_{11}t’$$となる。以上より$$a_{00}=a_{11}=\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$$となる。次に\(x\)軸上の座標\(K(t,x,0,0)=K'(t’,x’,0,0)\)で考える。光速度不変の原理より、$$\begin{eqnarray}ct&=&x\\ct’&=&x’\end{eqnarray}$$となる。先程求めた\(a_{00}\)、\(a_{11}\)および座標の変換式より、$$\begin{eqnarray}t&=&\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}t’+a_{01}x’+00+00\\x&=&\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}vt’+\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}x’+00+00\end{eqnarray}$$となる。それぞれの変換式を\(ct=x\)に代入すると$$c\left\{\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}t’+a_{01}x’\right\}=\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}vt’+\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}x’$$となり、\(t’\)、\(x’\)でまとめると$$\frac{1-v/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}ct’=\left\{\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}-a_{01}c\right\}x’$$となる。\(ct’=x’\)より、それぞれの係数が等しくなるので、$$\frac{1-v/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}-a_{01}c$$となり、$$a_{01}=\frac{v/c^2}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$$となる。以上あわせて、$$\fbox{\(\begin{eqnarray}t&=&\frac{t’+vx’/c^2}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\\x&=&\frac{x’+vt’}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\\y&=&y’\\z&=&z’\end{eqnarray}\)}$$となり、逆変換は、\(v\)を\(-v\)に書き換えて、(もしくは逆に解いて)$$\fbox{\(\begin{eqnarray}t’&=&\frac{t-vx/c^2}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\\x’&=&\frac{x-vt}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\\y’&=&y\\z’&=&z\end{eqnarray}\)}$$となる。これらの座標変換をローレンツ変換(正確には\(K\)と\(K’\)の座標軸が平行で\(x\)方向に動いている場合のみを考えているので特殊ローレンツ変換)と言う。時間に光の速さ\(c\)を掛けて距離の次元にして、4元ベクトル\((ct,\boldsymbol{x})\)を定義すると、$$\begin{eqnarray}\left(\begin{array}{c}ct\\x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&\frac{v/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&0&0\\\frac{v/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}ct’\\x’\\y’\\z’\end{array}\right)\end{eqnarray}$$と更に対称的で綺麗な形で表すことができる。今、2点の座標を選んで、光速度不変の原理より、ローレンツ変換式を導出したが、この変換式が、任意の座標で成り立つことを確かめるためには、変換式が\((ct)^2=x^2+y^2+z^2\)に代入して成り立つことを確認してみれば良い。実際に計算すれば、$$\begin{eqnarray}(ct)^2-x^2-y^2-z^2&=&\left\{c\frac{t’+vx’/c^2}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\right\}^2-\left\{\frac{x’+vt’}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\right\}^2-y’^2-z’^2\\&=&\frac{c^2t’^2+2t’vx’+v^2x’^2/c^2}{1-(v/c)^2}-\frac{x’^2+2x’vt’+v^2t’^2}{1-(v/c)^2}-y’^2-z’^2\\&=&\frac{c^2t’^2\{1-(v/c)^2\}}{1-(v/c)^2}-\frac{x’^2\{1-(v/c)^2\}}{1-(v/c)^2}-y’^2-z’^2\\&=&(ct’)^2-x’^2-y’^2-z’^2\end{eqnarray}$$となり、任意の座標で、ローレンツ変換が光速度不変の原理を満たしていることがわかる。コメントをキャンセルメールアドレスが公開されることはありません。