相対論的力学

相対論的にNewtonの運動方程式を書き換えることを考えます。

古典力学の理論，実験を参考にすれば，運動方程式はとても良い精度で成り立っていました。 ただ，古典力学においては，光の速度に比べて速度がとても小さいものしか扱っていませんでした。もしかしたら，光の速度に近い物体は運動方程式とは異なった振る舞いをするのかもしれません。しかし，速度が十分小さい物体に対しては，Newtonの運動方程式は成立しておいて欲しいわけであります。

ということで，相対論的力学において，以下のような原理を設定します。

これは古典力学的な観点から当たり前の式であり，むしろこれが成立していなければ相対論的力学が古典力学に帰着できないことになってしまいます。これが満たされていることは必要条件です。では，この式を相対論的に考察してみま晶。

相対論では，4次元の時空間を考えることが主であったので，式 $(1)$ の一式目に，$F^{0'} = 0$ を用いて $$m\dfrac{d^2 x^{0'}}{dt'^2} = F^{0'} \tag{2}$$ を導入します。$\dfrac{d^2 x^{0'}}{dt'^2} = \dfrac{d^2 (ct')}{dt'^2} = 0$ より，この式 $(2)$ は自明に成立します。よって，運動方程式は $$m\dfrac{d^2 x^{\mu'}}{dt'^2} = F^{\mu'} ~~ (\mu = 0,1,2,3)$$ と書き換えられます。

Lorentz変換に対して形が変わらない方程式にするため，左辺をどうにかして反変ベクトルにしたいです。今考えている座標系は物体に対して静止している系であるから，$t'$ を固有時 $\tau$ にしても差し支えありません。つまり， $$m\dfrac{d^2 x^{\mu'}}{d\tau^2} = F^{\mu'} ~~ (\mu = 0,1,2,3)$$ と書き換えられます。すると，$\dfrac{d^2 x^{\mu'}}{d\tau'^2}$ は4元加速度であり，反変ベクトルであることに気づきます。つまりこの式の左辺は反変ベクトルです。よって，右辺も反変ベクトルである必要があります。したがってこの式を任意の慣性系 $S$ にLorentz変換すれば， $$m\dfrac{d^2 x^{\mu}}{d\tau^2} = F^{\mu} ~~ (\mu = 0,1,2,3) \tag{3}$$ という基礎方程式を導くことができます。ここで $F^\mu$ とは，特殊相対論では $$F^\mu = \Lambda_{\nu'}^\mu F^{\nu'}$$ を満たします。この力に関わる反変ベクトルを4元力といいます。

4元力の具体的なかたちを求めることを考えてみます。人類は研究の末，ある実験結果を得ました。これを以下に説明します。

古典力学において，運動量を変化させるものは力でした。相対論においてもこれが成立するのです。ただ，この事実だけだと，例えば $\displaystyle\dfrac{d\boldsymbol{p}}{d\tau} = \boldsymbol{f}$ や4元ではない普通の運動量 $\boldsymbol{P}$ をつかって $\displaystyle\dfrac{d\boldsymbol{P}}{d\tau} = \boldsymbol{f},~~\displaystyle\dfrac{d\boldsymbol{P}}{dt} = \boldsymbol{f}$ でも 古典力学的な極限は一致します。多くの実験結果と合致するのがこれであったということであり，これに関しては理由を議論することができません。

これを利用すると， $$\dfrac{dp^k}{dt} = \dfrac{dp^k}{d\tau} \dfrac{d\tau}{dt} = F^{k} \sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}} = f^k ~~(k = 1,2,3)$$ ここで，基礎方程式が $$\dfrac{dp^{\mu}}{d\tau} = F^{\mu} ~~ (\mu = 0,1,2,3)$$ であることを利用しました。

さて，式 $(3)$ に，$\eta_{\mu\nu}u^{\mu}$をかけると， $$m\eta_{\mu\nu}u^{\mu}a^{\nu} = \eta_{\mu\nu}u^{\mu}F^{\nu}$$ →4元ベクトルの節「４元加速度」で導いた式： $$\eta_{\mu\nu} u^\mu a^\nu = 0 \tag{4}$$を使えば， $$\eta_{\mu\nu}u^{\mu}F^{\nu} = 0$$ これにより， $$\begin{aligned} -u^0F^0 + u^1F^1 + u^2F^2 + u^3F^3 &= 0\\ u^0F^0 &= u^1F^1 + u^2F^2 + u^3F^3\\ &= \dfrac{dx}{d\tau}F^1 + \dfrac{dy}{d\tau}F^2 + \dfrac{dz}{d\tau}F^3\\ \therefore \dfrac{c}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} F^0 &= \dfrac{1}{1-\dfrac{v^2}{c^2}} \left(v_xf^1 + v_yf^2 + v_3f^3\right)\\ \therefore F^0 &= \dfrac{\boldsymbol{v}\cdot \boldsymbol{f}}{c\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} \end{aligned}$$ 基礎方程式により， $$\dfrac{dp^0}{d\tau} = F^0$$ であるから， $$\dfrac{d(cp^0)}{dt} = \boldsymbol{v}\cdot \boldsymbol{f}$$ 右辺が「単位時間中に外力 $\boldsymbol{f}$ が質点に与える仕事」であるから，これを積分すれば $$cp^0 = \text{(質点のエネルギー)} + \textrm{const.}$$ 古典力学においては，エネルギーの定義に際し，原点をどこに置くかは任意でした。ただ相対論において，Einsteinは不定の $\textrm{const.}$ の部分を0としました。これは実験による正当性が確かめられています（機会があれば説明したいです）。

よって，質点のエネルギーを $E$ で表すことにして， $$cp^0 = E$$ とかけます。つまり，4元運動量は，第一から第三成分には運動量の成分をもつが，第零成分にはエネルギーに関連する成分をもちます。

エネルギーについて具体的な表式を導きます。式 $(4)$ により， $$\begin{aligned} -c^2 &= \eta_{\mu\nu} u^\mu u^\nu\\ -(mc)^2 &= \eta_{\mu\nu} p^\mu p^\nu\\ &= -E^2 + \|\boldsymbol{p}\|^2\\ \therefore E &=c\sqrt{\|\boldsymbol{p}\|^2 + (mc)^2} \end{aligned}$$ この式をテイラー展開すれば， $$E = mc^2 + \dfrac{1}{2m}\|\boldsymbol{p}\|^2 + \cdots$$ 古典力学的な極限 $\|\boldsymbol{p}\| \ll mc$ においては，$\cdots$ の部分は無視できます。

特に，物体が止まっている時，つまり $\boldsymbol{p} = \boldsymbol{0}$ のとき， $$E = mc^2$$ となります。$mc^2$ を静止エネルギーと呼びます。

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