相対性理論の行間埋め 第I章
\(\S\)2 Michekson-Morleyの実験
- p10の$\delta$の評価
- p15式(3.6)の導出
- p.15式(3.6)$^{\prime}$ の導出
トリリトン 作成
\begin{eqnarray} \delta=\Delta\prime-\Delta=2(l_1+l_2)(\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}-\frac{1}{1-\beta^2})=2(l_1+l_2)\frac{\sqrt{1-\beta^2}-1}{1-\beta^2} \end{eqnarray} ここで \begin{eqnarray} \sqrt{1-\beta^2}-1=-\frac{1}{2}\beta^2+O(\beta^4) \\ \\ \frac{1}{1-\beta^2}=1+O(\beta^2) \end{eqnarray} であるから \begin{eqnarray} \delta\simeq 2(l_1+l_2)(-\frac{1}{2}\beta^2)=-(l_1+l_2)\beta^2 \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \delta=\Delta\prime-\Delta=2(l_1+l_2)(\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}-\frac{1}{1-\beta^2})=2(l_1+l_2)\frac{\sqrt{1-\beta^2}-1}{1-\beta^2} \end{eqnarray} ここで \begin{eqnarray} \sqrt{1-\beta^2}-1=-\frac{1}{2}\beta^2+O(\beta^4) \\ \\ \frac{1}{1-\beta^2}=1+O(\beta^2) \end{eqnarray} であるから \begin{eqnarray} \delta\simeq 2(l_1+l_2)(-\frac{1}{2}\beta^2)=-(l_1+l_2)\beta^2 \end{eqnarray}
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(3.4)を(3.3)に代入して得られる式 \begin{eqnarray} x^2-c^2t^2=(a^2-c^2f^2)x^2-(c^2g^2-b^2)t^2+2(ab-c^2fg)xt \end{eqnarray} が任意の$x,t$で成り立つとし、係数を比較すると \begin{eqnarray} &&\left\{ \begin{array}{l} a^2-c^2f^2&=&1&...&x^2\text{の係数} \\ c^2g^2-b^2&=&c^2&...&t^2\text{の係数} \\ ab-c^2fg&=&0&...&xt\text{の係数} \end{array} \right. \end{eqnarray} が得られる。この式を変形することで \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a^2-c^2f^2&=&1 \\ c^2g^2-b^2&=&c^2 \\ ab-c^2fg&=&0 \end{array} \right. &\Rightarrow& \left\{ \begin{array}{l} c^2f^2&=&a^2-1&...&(1)\\ c^2g^2&=&b^2+c^2&...&(2)\\ c^4f^2g^2&=&(ab)^2&...&(3)\text{両辺を二乗した} \end{array} \right. \end{eqnarray} が得られる。 これと(3.5)式の4式より$a,b,f,g$が求まる。$(1)\times (2)$を考えると \begin{eqnarray} &&\underbrace{(c^2f^2)(c^2g^2)}_{=(3)}&=&(a^2-1)(b^2+c^2) \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2b^2&=&(a^2-1)(b^2+c^2) \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2c^2-b^2-c^2&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2c^2-a^2v^2-c^2&=&0&...&\text{(3.5)式} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。この式を解くと \begin{eqnarray} a&=&\pm \sqrt{\frac{c^2}{c^2-v^2}}=\pm \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ b&=&-av=\mp \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ f&=&\pm \sqrt{\frac{a^2-1}{c^2}}=\pm \frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ g&=&\mp \sqrt{\frac{b^2+c^2}{c^2}}=\mp \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{eqnarray} が得られる。これを式(3.4)に代入すると \begin{eqnarray} x^{\prime}&=&ax+bt \\ \\ &=& \pm \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x\mp \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ \\ t^{\prime}&=&fx+gt \\ \\ &=& \pm \frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x\mp \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \end{eqnarray} が得られる。ここで、p.15上部の条件より、 \begin{eqnarray} x^{\prime}&=& \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x- \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ t^{\prime}&=& -\frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x+ \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ &=& -\frac{v/c^2}{\sqrt{1-\beta^2}}x+ \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
(3.4)を(3.3)に代入して得られる式 \begin{eqnarray} x^2-c^2t^2=(a^2-c^2f^2)x^2-(c^2g^2-b^2)t^2+2(ab-c^2fg)xt \end{eqnarray} が任意の$x,t$で成り立つとし、係数を比較すると \begin{eqnarray} &&\left\{ \begin{array}{l} a^2-c^2f^2&=&1&...&x^2\text{の係数} \\ c^2g^2-b^2&=&c^2&...&t^2\text{の係数} \\ ab-c^2fg&=&0&...&xt\text{の係数} \end{array} \right. \end{eqnarray} が得られる。この式を変形することで \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a^2-c^2f^2&=&1 \\ c^2g^2-b^2&=&c^2 \\ ab-c^2fg&=&0 \end{array} \right. &\Rightarrow& \left\{ \begin{array}{l} c^2f^2&=&a^2-1&...&(1)\\ c^2g^2&=&b^2+c^2&...&(2)\\ c^4f^2g^2&=&(ab)^2&...&(3)\text{両辺を二乗した} \end{array} \right. \end{eqnarray} が得られる。 これと(3.5)式の4式より$a,b,f,g$が求まる。$(1)\times (2)$を考えると \begin{eqnarray} &&\underbrace{(c^2f^2)(c^2g^2)}_{=(3)}&=&(a^2-1)(b^2+c^2) \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2b^2&=&(a^2-1)(b^2+c^2) \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2c^2-b^2-c^2&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& a^2c^2-a^2v^2-c^2&=&0&...&\text{(3.5)式} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。この式を解くと \begin{eqnarray} a&=&\pm \sqrt{\frac{c^2}{c^2-v^2}}=\pm \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ b&=&-av=\mp \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ f&=&\pm \sqrt{\frac{a^2-1}{c^2}}=\pm \frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}} \\ g&=&\mp \sqrt{\frac{b^2+c^2}{c^2}}=\mp \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{eqnarray} が得られる。これを式(3.4)に代入すると \begin{eqnarray} x^{\prime}&=&ax+bt \\ \\ &=& \pm \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x\mp \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ \\ t^{\prime}&=&fx+gt \\ \\ &=& \pm \frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x\mp \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \end{eqnarray} が得られる。ここで、p.15上部の条件より、 \begin{eqnarray} x^{\prime}&=& \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x- \frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ t^{\prime}&=& -\frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x+ \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ &=& -\frac{v/c^2}{\sqrt{1-\beta^2}}x+ \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。
トリリトン 作成
(3.4)式と、係数$a,b,f,g$より、 \begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x^{\prime} \\t^{\prime} \end{pmatrix} =\underbrace{ \begin{pmatrix} a&b \\ f&g \end{pmatrix} }_{(1)} \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} \end{eqnarray} と書ける。(1)の逆行列が存在するとき、 \begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} &=& {\begin{pmatrix} a&b \\f&g \end{pmatrix}}^{-1} \begin{pmatrix} x\prime \\t\prime \end{pmatrix}\\ \\ &=&\underbrace{\frac{1}{ag-bf}}_{(2)} \begin{pmatrix} g&{-b} \\{-f}&a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\prime \\t\prime \end{pmatrix} \end{eqnarray} と書けることを用いると、 \begin{eqnarray} (2) &=& (ag-bf)^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}-\left(-\frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}\right)\left(-\frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}\right)\right]^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1-\beta v/c}{(1-\beta^2)}\right]^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1-\beta^2}{(1-\beta^2)}\right]^{-1} \\ \\ &=& 1\\ \\ \therefore \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} &=& \underbrace{\frac{1}{ag-bf}}_{(2)} \begin{pmatrix} g&{-b} \\{-f}&a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x^{\prime} \\t^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& 1\cdot \begin{pmatrix} gx^{\prime}-bt^{\prime} \\-fx^{\prime}+at^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x^{\prime}+\frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t^{\prime} \\-\frac{-\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x^{\prime}+\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& \begin{pmatrix} \frac{x^{\prime}+vt^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ \frac{t^{\prime}+\beta/cx^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{x^{\prime}+vt^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ \frac{t^{\prime}+(v/c^2)x^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{pmatrix} \end{eqnarray} と導出できる。
(3.4)式と、係数$a,b,f,g$より、 \begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x^{\prime} \\t^{\prime} \end{pmatrix} =\underbrace{ \begin{pmatrix} a&b \\ f&g \end{pmatrix} }_{(1)} \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} \end{eqnarray} と書ける。(1)の逆行列が存在するとき、 \begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} &=& {\begin{pmatrix} a&b \\f&g \end{pmatrix}}^{-1} \begin{pmatrix} x\prime \\t\prime \end{pmatrix}\\ \\ &=&\underbrace{\frac{1}{ag-bf}}_{(2)} \begin{pmatrix} g&{-b} \\{-f}&a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\prime \\t\prime \end{pmatrix} \end{eqnarray} と書けることを用いると、 \begin{eqnarray} (2) &=& (ag-bf)^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}-\left(-\frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}\right)\left(-\frac{\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}\right)\right]^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1-\beta v/c}{(1-\beta^2)}\right]^{-1} \\ \\ &=& \left[\frac{1-\beta^2}{(1-\beta^2)}\right]^{-1} \\ \\ &=& 1\\ \\ \therefore \begin{pmatrix} x \\t \end{pmatrix} &=& \underbrace{\frac{1}{ag-bf}}_{(2)} \begin{pmatrix} g&{-b} \\{-f}&a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x^{\prime} \\t^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& 1\cdot \begin{pmatrix} gx^{\prime}-bt^{\prime} \\-fx^{\prime}+at^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}x^{\prime}+\frac{v}{\sqrt{1-\beta^2}}t^{\prime} \\-\frac{-\beta/c}{\sqrt{1-\beta^2}}x^{\prime}+\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}t^{\prime} \end{pmatrix} \\ \\ &=& \begin{pmatrix} \frac{x^{\prime}+vt^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ \frac{t^{\prime}+\beta/cx^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{x^{\prime}+vt^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ \frac{t^{\prime}+(v/c^2)x^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{pmatrix} \end{eqnarray} と導出できる。
\(\S\)4 Lorentz変換からの二三の結果
- p25式(4.6)の計算（おそらく誤植）
- p26の$\Delta \tau_1$の計算
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\(\frac{v-at}{c}=\zeta\)とおく。 \(v-a\Delta T_1=-v\)より積分範囲は$\beta =\frac{v}{c}$から$-\beta$になることを利用すると \begin{eqnarray} \Delta T_2&=&\int_{0}^{\Delta T_1} \sqrt{1-\frac{(v-at)^2}{c^2}} dt \\ \\&=&\int_{\beta}^{-\beta} \sqrt{1-\zeta^2} (-\frac{c}{a})d\zeta \\ \\&=&\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} (\frac{c}{a})d\zeta \\ \\&=&\frac{c}{a}\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{2\beta}\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}\int_{0}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}\int_{0}^{\beta} (1-\frac{\zeta^2}{2}+O(\zeta^4)) d\zeta &...&\zeta^2\text{が小さいとしてマクローリン展開} \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}(\beta-\frac{\beta^3}{6}+O(\beta^5)) \\ \\&=&\Delta T_1 (1-\frac{\beta^2}{6}+O(\beta^4)) \end{eqnarray} が得られる。二項目が二倍ずれているが、教科書が誤植なのではないか？(議論)
\(\frac{v-at}{c}=\zeta\)とおく。 \(v-a\Delta T_1=-v\)より積分範囲は$\beta =\frac{v}{c}$から$-\beta$になることを利用すると \begin{eqnarray} \Delta T_2&=&\int_{0}^{\Delta T_1} \sqrt{1-\frac{(v-at)^2}{c^2}} dt \\ \\&=&\int_{\beta}^{-\beta} \sqrt{1-\zeta^2} (-\frac{c}{a})d\zeta \\ \\&=&\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} (\frac{c}{a})d\zeta \\ \\&=&\frac{c}{a}\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{2\beta}\int_{-\beta}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}\int_{0}^{\beta} \sqrt{1-\zeta^2} d\zeta \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}\int_{0}^{\beta} (1-\frac{\zeta^2}{2}+O(\zeta^4)) d\zeta &...&\zeta^2\text{が小さいとしてマクローリン展開} \\ \\&=&\frac{\Delta T_1}{\beta}(\beta-\frac{\beta^3}{6}+O(\beta^5)) \\ \\&=&\Delta T_1 (1-\frac{\beta^2}{6}+O(\beta^4)) \end{eqnarray} が得られる。二項目が二倍ずれているが、教科書が誤植なのではないか？(議論)
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式(4.7)より$\frac{\Delta \tau_1-\Delta \tau_2}{\Delta \tau_2}=\frac{1}{c^2}(\phi(1)-\phi(2))$を式変形すると \begin{eqnarray} \Delta \tau_1=\Delta \tau_2(1+\frac{\phi(1)-\phi(2)}{c^2}) \end{eqnarray} が得られる。
$\phi(1)-\phi(2)=avT_1$と$a=\frac{2v}{\Delta T_1}$を代入すると
\begin{eqnarray} \Delta \tau_1&=&\Delta T_2(1+2\beta^2\frac{T_1}{\Delta T_1})\\ \\ &\simeq& \Delta T_1(1-\frac{\beta^2}{6})(1+2\beta^2\frac{T_1}{\Delta T_1}) \end{eqnarray}
$\Delta T_1 \rightarrow 0$で$\beta^4$以下の項を無視すれば \begin{eqnarray} \Delta \tau_1=2\beta^2T_1 \end{eqnarray} が得られる。
式(4.7)より$\frac{\Delta \tau_1-\Delta \tau_2}{\Delta \tau_2}=\frac{1}{c^2}(\phi(1)-\phi(2))$を式変形すると \begin{eqnarray} \Delta \tau_1=\Delta \tau_2(1+\frac{\phi(1)-\phi(2)}{c^2}) \end{eqnarray} が得られる。
$\phi(1)-\phi(2)=avT_1$と$a=\frac{2v}{\Delta T_1}$を代入すると
\begin{eqnarray} \Delta \tau_1&=&\Delta T_2(1+2\beta^2\frac{T_1}{\Delta T_1})\\ \\ &\simeq& \Delta T_1(1-\frac{\beta^2}{6})(1+2\beta^2\frac{T_1}{\Delta T_1}) \end{eqnarray}
$\Delta T_1 \rightarrow 0$で$\beta^4$以下の項を無視すれば \begin{eqnarray} \Delta \tau_1=2\beta^2T_1 \end{eqnarray} が得られる。