相対性理論の行間埋め 第II章
\(\S\)5 一般のLorentz変換
- p.41下，p.42上：$a_\mu^{\;\nu}$の成分について
- 式(5.2\(^{\prime}\))の導出
- 式(5.3)の導出
- 式(5.1)\(^{\prime}\)が\(x^\nu\)について解けること
- 式(5.6)の\(\eta^{\mu\nu}\)が\(\eta_{\mu\nu}\)の逆行列であること
- 式(5.1)\(^{\prime\prime\prime}\)の導出
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使う式は(5.10)：$\eta_{\sigma\rho} a^\rho_{\;\lambda} \eta^{\lambda\mu} \equiv a_{\sigma}^{\;\mu}$と， \begin{align} (\eta_{\mu\nu})=(\eta^{\mu\nu}) =\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align} である．まず，$a_0^{\;0}$を調べる： \begin{align} a_0^{\;0} & = \eta_{\,0\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda0} \quad ( \because \sigma = \mu = 0 )\\[1mm] & = \eta_{\,00}\, a^0_{\;0}\, \eta^{00} \quad ( \because \eta_{\,0\rho}は\rho=0以外はゼロ )\\[1mm] & = (-1)\, a^0_{\;0}\, (-1)\\[1mm] & = a^0_{\;0}. \end{align} 以上より，$\mu = \nu = 0$のとき， \begin{align} a^\mu_{\;\nu}=a_\mu^{\;\nu} \end{align} となることが分かる．
次に，$a_{\sigma}^{\;\mu}$で$\sigma = 0$かつ$\mu=k=1,2,3$のときを調べる： \begin{align} a_0^{\;k} &= \eta_{\,0\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda k} \quad (\because \sigma=0,\;\mu=k)\\[1mm] &= \eta_{\,00}\, a^0_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda k} \quad (\because \eta_{\,0\rho}は\;\rho=0でのみ非ゼロ)\\[1mm] &= \eta_{\,00}\, a^0_{\;k}\, \eta^{k k} \quad (\because \eta^{\lambda k}は\;\lambda=kでのみ非ゼロ)\\[1mm] &= (-1)\, a^0_{\;k}\,(+1)\\[1mm] &= -a^0_{\;k}. \end{align} 同様に，$\sigma=k$かつ$\mu=0$のときを考える： \begin{align} a_k^{\;0} &= \eta_{k\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda 0} \quad (\because \sigma=k,\;\mu=0)\\[1mm] &= \eta_{kk}\, a^k_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda 0} \quad (\because \eta_{k\rho}は\;\rho=kでのみ非ゼロ)\\[1mm] &= \eta_{kk}\, a^k_{\;0}\, \eta^{00} \quad (\because \eta^{\lambda 0}は\;\lambda=0でのみ非ゼロ)\\[1mm] &= (+1)\, a^k_{\;0}\,(-1)\\[1mm] &= -a^k_{\;0}. \end{align} よって， \begin{align} a^k_{\;0} = -a_k^{\;0}, \quad a^0_{\;k} = -a_0^{\;k} \end{align} となることが分かる．
使う式は(5.10)：$\eta_{\sigma\rho} a^\rho_{\;\lambda} \eta^{\lambda\mu} \equiv a_{\sigma}^{\;\mu}$と， \begin{align} (\eta_{\mu\nu})=(\eta^{\mu\nu}) =\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align} である．まず，$a_0^{\;0}$を調べる： \begin{align} a_0^{\;0} & = \eta_{\,0\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda0} \quad ( \because \sigma = \mu = 0 )\\[1mm] & = \eta_{\,00}\, a^0_{\;0}\, \eta^{00} \quad ( \because \eta_{\,0\rho}は\rho=0以外はゼロ )\\[1mm] & = (-1)\, a^0_{\;0}\, (-1)\\[1mm] & = a^0_{\;0}. \end{align} 以上より，$\mu = \nu = 0$のとき， \begin{align} a^\mu_{\;\nu}=a_\mu^{\;\nu} \end{align} となることが分かる．
次に，$a_{\sigma}^{\;\mu}$で$\sigma = 0$かつ$\mu=k=1,2,3$のときを調べる： \begin{align} a_0^{\;k} &= \eta_{\,0\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda k} \quad (\because \sigma=0,\;\mu=k)\\[1mm] &= \eta_{\,00}\, a^0_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda k} \quad (\because \eta_{\,0\rho}は\;\rho=0でのみ非ゼロ)\\[1mm] &= \eta_{\,00}\, a^0_{\;k}\, \eta^{k k} \quad (\because \eta^{\lambda k}は\;\lambda=kでのみ非ゼロ)\\[1mm] &= (-1)\, a^0_{\;k}\,(+1)\\[1mm] &= -a^0_{\;k}. \end{align} 同様に，$\sigma=k$かつ$\mu=0$のときを考える： \begin{align} a_k^{\;0} &= \eta_{k\rho}\, a^\rho_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda 0} \quad (\because \sigma=k,\;\mu=0)\\[1mm] &= \eta_{kk}\, a^k_{\;\lambda}\, \eta^{\lambda 0} \quad (\because \eta_{k\rho}は\;\rho=kでのみ非ゼロ)\\[1mm] &= \eta_{kk}\, a^k_{\;0}\, \eta^{00} \quad (\because \eta^{\lambda 0}は\;\lambda=0でのみ非ゼロ)\\[1mm] &= (+1)\, a^k_{\;0}\,(-1)\\[1mm] &= -a^k_{\;0}. \end{align} よって， \begin{align} a^k_{\;0} = -a_k^{\;0}, \quad a^0_{\;k} = -a_0^{\;k} \end{align} となることが分かる．
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直前の式 \begin{align} \eta_{\mu\nu} = \eta_{\nu\mu} = \begin{cases} 1 & (\mu=\nu=1,2,3)\\ 0 & (\mu\neq\nu)\\ -1 & (\mu=\nu=0) \end{cases} \end{align} を用いて式(5.2)の左辺を書きかえると， \begin{align} -(x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 (x^k)^2 &= \eta_{00} (x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 \eta_{kk} (x^k)^2\\ \\ &= \sum_{\mu=0}^3 \eta_{\mu\mu} (x^\mu)^2\\ \\ &= \eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu \quad (\eta_{\mu\nu}=0\ (\mu\neq\nu)\text{についても和を取る．}) \end{align} となる．式(5.2)の右辺に関しても全く同様にして， \begin{align} -(x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 (x^k)^2 &= \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \end{align} が従う．以上より， \begin{align} \eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu = \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \end{align} を得る．
直前の式 \begin{align} \eta_{\mu\nu} = \eta_{\nu\mu} = \begin{cases} 1 & (\mu=\nu=1,2,3)\\ 0 & (\mu\neq\nu)\\ -1 & (\mu=\nu=0) \end{cases} \end{align} を用いて式(5.2)の左辺を書きかえると， \begin{align} -(x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 (x^k)^2 &= \eta_{00} (x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 \eta_{kk} (x^k)^2\\ \\ &= \sum_{\mu=0}^3 \eta_{\mu\mu} (x^\mu)^2\\ \\ &= \eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu \quad (\eta_{\mu\nu}=0\ (\mu\neq\nu)\text{についても和を取る．}) \end{align} となる．式(5.2)の右辺に関しても全く同様にして， \begin{align} -(x^0)^2 + \sum_{k=1}^3 (x^k)^2 &= \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \end{align} が従う．以上より， \begin{align} \eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu = \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \end{align} を得る．
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直前の文章の通り，式(5.2)\(^{\prime}\)の右辺：\(\eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime}\)に式(5.1)\(^{\prime}\)：\({x^\mu}^{\prime} = a^\mu_{\ \nu}x^\nu\)を代入して\(x\)の係数を比較する： \begin{align} \eta_{\mu\nu} {x^\mu} {x^\nu} &= \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \\ \\ &= \eta_{\mu\nu} \left(a^\mu_{\ \alpha} x^\alpha\right) \left(a^\nu_{\ \beta} x^\beta\right) \\ \\ &= \eta_{\mu\nu} a^\mu_{\ \alpha} a^\nu_{\ \beta}\, x^\alpha x^\beta . \end{align} 最左辺のダミー添え字を\((\mu,\nu)\to(\alpha,\beta)\)と書きかえて，\(x^\alpha x^\beta\)の係数を比較して， \begin{align} \eta_{\alpha\beta} = \eta_{\mu\nu} a^\mu_{\ \alpha} a^\nu_{\ \beta}\,. \end{align} となるから，添え字を調整することで， \begin{align} \eta_{\mu\nu} = \eta_{\rho\sigma} a^\rho_{\ \mu} a^\sigma_{\ \nu} \end{align} を得る．
直前の文章の通り，式(5.2)\(^{\prime}\)の右辺：\(\eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime}\)に式(5.1)\(^{\prime}\)：\({x^\mu}^{\prime} = a^\mu_{\ \nu}x^\nu\)を代入して\(x\)の係数を比較する： \begin{align} \eta_{\mu\nu} {x^\mu} {x^\nu} &= \eta_{\mu\nu} {x^\mu}^{\prime} {x^\nu}^{\prime} \\ \\ &= \eta_{\mu\nu} \left(a^\mu_{\ \alpha} x^\alpha\right) \left(a^\nu_{\ \beta} x^\beta\right) \\ \\ &= \eta_{\mu\nu} a^\mu_{\ \alpha} a^\nu_{\ \beta}\, x^\alpha x^\beta . \end{align} 最左辺のダミー添え字を\((\mu,\nu)\to(\alpha,\beta)\)と書きかえて，\(x^\alpha x^\beta\)の係数を比較して， \begin{align} \eta_{\alpha\beta} = \eta_{\mu\nu} a^\mu_{\ \alpha} a^\nu_{\ \beta}\,. \end{align} となるから，添え字を調整することで， \begin{align} \eta_{\mu\nu} = \eta_{\rho\sigma} a^\rho_{\ \mu} a^\sigma_{\ \nu} \end{align} を得る．
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\(a^\mu_{\ \nu}\)の逆行列が存在するためには，\(a^\mu_{\ \nu}\)を\(\mu\nu\)成分に持つ\(4\times4\)行列\(\bf{A}\)の行列式\(\det(\bf{A})\)がゼロでない： \begin{align} \det(\bf{A})\neq0 \end{align} を示せばよいのだが，このことは，次のページに詳細な説明がある．
\(a^\mu_{\ \nu}\)の逆行列が存在するためには，\(a^\mu_{\ \nu}\)を\(\mu\nu\)成分に持つ\(4\times4\)行列\(\bf{A}\)の行列式\(\det(\bf{A})\)がゼロでない： \begin{align} \det(\bf{A})\neq0 \end{align} を示せばよいのだが，このことは，次のページに詳細な説明がある．
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\(\eta_{\mu\nu}\)と\(\eta_{\mu\nu}\)はそれぞれ， \begin{align} \eta^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \ ,\quad \eta^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{align} である．これらの積を計算すると， \begin{align} \eta_{\mu\nu} \eta^{\mu\nu} &= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\ \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_4 \end{align} となり，単位行列\(I_4\)となる．これらは明らかに可換であることから，\(\eta^{\mu\nu}\)が\(\eta_{\mu\nu}\)の逆行列であることが示された．
\(\eta_{\mu\nu}\)と\(\eta_{\mu\nu}\)はそれぞれ， \begin{align} \eta^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \ ,\quad \eta^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{align} である．これらの積を計算すると， \begin{align} \eta_{\mu\nu} \eta^{\mu\nu} &= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\ \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 1 & 0 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 1 & 0\\[1mm] 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_4 \end{align} となり，単位行列\(I_4\)となる．これらは明らかに可換であることから，\(\eta^{\mu\nu}\)が\(\eta_{\mu\nu}\)の逆行列であることが示された．
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式(5.9)と式(5.10)を比較する．ここで，これぞれは行列の成分だから積が可換であるということ，\(\eta_{\mu\nu}\)は添え字に対して対称であることに注意すると，直ちに\(b^\mu_{\ \sigma} = a_{\sigma}^{\ \mu}\)が分かる．これを，式(5.1)\(^{\prime\prime}\)に代入すると， \begin{align} x^\nu &= b^\nu_{\ \mu} {x^\mu}^{\prime}\\ \\ &= a_\mu^{\ \nu} {x^\mu}^{\prime} \end{align} となる．よって，式(5.1)\(^{\prime\prime\prime}\)が示された．
式(5.9)と式(5.10)を比較する．ここで，これぞれは行列の成分だから積が可換であるということ，\(\eta_{\mu\nu}\)は添え字に対して対称であることに注意すると，直ちに\(b^\mu_{\ \sigma} = a_{\sigma}^{\ \mu}\)が分かる．これを，式(5.1)\(^{\prime\prime}\)に代入すると， \begin{align} x^\nu &= b^\nu_{\ \mu} {x^\mu}^{\prime}\\ \\ &= a_\mu^{\ \nu} {x^\mu}^{\prime} \end{align} となる．よって，式(5.1)\(^{\prime\prime\prime}\)が示された．
\(\S\)6 Minkowski空間, 虚時間
- 式(6.2)の導出
- 式(6.3)の意味
- 式(6.3)の$x^0$を用いた書き換えの導出(p.44)
- 式(6.5)の導出
Ntzsch 作成
数行後に「(6.3)に(6.1)を代入すれば(6.2)が導かれる」とあるから，この処方箋に従う： \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_k{}'x_l{}' &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl} \qty(\sum_{a=1}^3 c_{ka}x_a) \qty(\sum_{b=1}^3 c_{lb}x_b) &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{k,l=1}^3\sum_{a,b=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb}\,x_a x_b &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{a,b=1}^3\sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb}\,x_a x_b &= \sum_{a,b=1}^3 \delta_{ab}x_ax_b \quad \text{(右辺のダミー添え字の書き換え)}\\ \sum_{a,b=1}^3\qty(\sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb})\,x_a x_b &= \sum_{a,b=1}^3 (\delta_{ab})x_ax_b \end{align} 括弧内を比べると， \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb} = \delta_{ab} \end{align} が導かれる．
数行後に「(6.3)に(6.1)を代入すれば(6.2)が導かれる」とあるから，この処方箋に従う： \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_k{}'x_l{}' &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl} \qty(\sum_{a=1}^3 c_{ka}x_a) \qty(\sum_{b=1}^3 c_{lb}x_b) &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{k,l=1}^3\sum_{a,b=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb}\,x_a x_b &= \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_kx_l\\ \sum_{a,b=1}^3\sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb}\,x_a x_b &= \sum_{a,b=1}^3 \delta_{ab}x_ax_b \quad \text{(右辺のダミー添え字の書き換え)}\\ \sum_{a,b=1}^3\qty(\sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb})\,x_a x_b &= \sum_{a,b=1}^3 (\delta_{ab})x_ax_b \end{align} 括弧内を比べると， \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}\,c_{ka}c_{lb} = \delta_{ab} \end{align} が導かれる．
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今考えているのは原点を固定した座標系の回転の問題である．座標系を回転させたとしても原点と点Pの位置関係つまり距離は変わらない： \begin{align} (x'_1)^2+(x'_2)^2+(x'_3)^2 = (x_1)^2+(x_2)^2+(x_3)^2\,. \end{align} 式(6.3)とこの式が等価であることを確認する．まず，左辺から考える． \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_k{}'x_l{}' & = \sum_l^3 x_l{}'x_l{}'\quad \text{(}k\text{についての和を計算した．}\,\delta_{kl}\,\text{は}\,k = l\text{のときのみ値を持つ．)}\\ & = (x'_1)^2+(x'_2)^2+(x'_3)^2 \end{align} 右辺についても同様にすれば，式(6.3)が回転変換のとき成り立つことが分かる．
今考えているのは原点を固定した座標系の回転の問題である．座標系を回転させたとしても原点と点Pの位置関係つまり距離は変わらない： \begin{align} (x'_1)^2+(x'_2)^2+(x'_3)^2 = (x_1)^2+(x_2)^2+(x_3)^2\,. \end{align} 式(6.3)とこの式が等価であることを確認する．まず，左辺から考える． \begin{align} \sum_{k,l=1}^3 \delta_{kl}x_k{}'x_l{}' & = \sum_l^3 x_l{}'x_l{}'\quad \text{(}k\text{についての和を計算した．}\,\delta_{kl}\,\text{は}\,k = l\text{のときのみ値を持つ．)}\\ & = (x'_1)^2+(x'_2)^2+(x'_3)^2 \end{align} 右辺についても同様にすれば，式(6.3)が回転変換のとき成り立つことが分かる．
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直後に新たな文字$\varphi$の定義がある： \begin{align} \cosh \varphi = \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}\,, \quad \cosh \varphi = \dfrac{1}{\beta\sqrt{1-\beta^2}}\,. \end{align} 式(3.6)もここに再掲しておく： \begin{align} x^{\prime} = \dfrac{x-vt}{\sqrt{1-\beta^2}}\,, \quad t^{\prime} = \dfrac{t-(v/c^2)x}{\sqrt{1-\beta^2}}\,. \end{align} さて，$x=x^1$に，$t=x^0/c$とすると， \begin{align} x^{1\prime} & = \dfrac{x^1-vt}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^1 \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} - ct \dfrac{v/c}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^1\cosh \varphi -x^0\sinh \varphi \quad (\beta = v/c \text{であった．}) \end{align} のように所望の書き換えが得られる．また， \begin{align} \dfrac{x^{0\prime}}{c} = \dfrac{(x^0/c)-(v/c^2)x}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{align} 両辺に$c$をかけて， \begin{align} x^{0\prime} & = \dfrac{x^0-(v/c)x^1}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^0 \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} - x^1 \dfrac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}} \quad (v/c = \beta \text{を用いた})\\ & = x^0\cosh \varphi - x^1 \sinh\varphi \end{align} として所望の書き換えが得られる．
直後に新たな文字$\varphi$の定義がある： \begin{align} \cosh \varphi = \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}\,, \quad \cosh \varphi = \dfrac{1}{\beta\sqrt{1-\beta^2}}\,. \end{align} 式(3.6)もここに再掲しておく： \begin{align} x^{\prime} = \dfrac{x-vt}{\sqrt{1-\beta^2}}\,, \quad t^{\prime} = \dfrac{t-(v/c^2)x}{\sqrt{1-\beta^2}}\,. \end{align} さて，$x=x^1$に，$t=x^0/c$とすると， \begin{align} x^{1\prime} & = \dfrac{x^1-vt}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^1 \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} - ct \dfrac{v/c}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^1\cosh \varphi -x^0\sinh \varphi \quad (\beta = v/c \text{であった．}) \end{align} のように所望の書き換えが得られる．また， \begin{align} \dfrac{x^{0\prime}}{c} = \dfrac{(x^0/c)-(v/c^2)x}{\sqrt{1-\beta^2}} \end{align} 両辺に$c$をかけて， \begin{align} x^{0\prime} & = \dfrac{x^0-(v/c)x^1}{\sqrt{1-\beta^2}}\\ & = x^0 \dfrac{1}{\sqrt{1-\beta^2}} - x^1 \dfrac{\beta}{\sqrt{1-\beta^2}} \quad (v/c = \beta \text{を用いた})\\ & = x^0\cosh \varphi - x^1 \sinh\varphi \end{align} として所望の書き換えが得られる．
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式(6.4)：$x^4 = ix^0$つまり，$x^0 = -ix^4$を，前に導いた(3.6)の\,$x^0$を用いた書き換えの式に代入する．ここで，式(6.5)の直前にある式 \begin{align} \cosh \varphi =\cos\phi\,,\quad \sinh \varphi = i\sin\phi \end{align} を用いる． \begin{align} x^{1\prime} & = x^1\cosh \varphi -x^0\sinh \varphi\\ & = x^1 \cos\phi - (-ix^4) i\sin\phi\\ & = x^1 \cos\phi - x^4\sin\phi \end{align} 同様に，前に導いた(3.6)の\,$x^0$を用いた書き換えの式の二つ目に$x^0 = -ix^4$を代入する． \begin{align} (-ix^4)^{\prime} = -ix^4 \cosh \varphi - x^1\sinh\varphi \end{align} 両辺に$i$をかけて， \begin{align} x^{4\prime} & = x^4\cosh\varphi -ix^1\sinh\varphi\\ & = x^4\cos\phi -ix^1\,i\sin\phi\\ & = x^4\cos\phi + x^1\sin\phi \end{align} 以上より，式(6.5)が導けた．
式(6.4)：$x^4 = ix^0$つまり，$x^0 = -ix^4$を，前に導いた(3.6)の\,$x^0$を用いた書き換えの式に代入する．ここで，式(6.5)の直前にある式 \begin{align} \cosh \varphi =\cos\phi\,,\quad \sinh \varphi = i\sin\phi \end{align} を用いる． \begin{align} x^{1\prime} & = x^1\cosh \varphi -x^0\sinh \varphi\\ & = x^1 \cos\phi - (-ix^4) i\sin\phi\\ & = x^1 \cos\phi - x^4\sin\phi \end{align} 同様に，前に導いた(3.6)の\,$x^0$を用いた書き換えの式の二つ目に$x^0 = -ix^4$を代入する． \begin{align} (-ix^4)^{\prime} = -ix^4 \cosh \varphi - x^1\sinh\varphi \end{align} 両辺に$i$をかけて， \begin{align} x^{4\prime} & = x^4\cosh\varphi -ix^1\sinh\varphi\\ & = x^4\cos\phi -ix^1\,i\sin\phi\\ & = x^4\cos\phi + x^1\sin\phi \end{align} 以上より，式(6.5)が導けた．