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第 2 章 練習問題 解答

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目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. 添字の上げ下げ

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解法の方針

\(V_\mu = \eta_{\mu\nu} V^\nu\) を各成分について計算する。\(\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(+1, -1, -1, -1)\) は対角行列なので、各成分は単純に符号を掛けるだけ。

計算

\[ V_0 = \eta_{00} V^0 = (+1)(5) = 5 \]
\[ V_1 = \eta_{11} V^1 = (-1)(1) = -1 \]
\[ V_2 = \eta_{22} V^2 = (-1)(-2) = 2 \]
\[ V_3 = \eta_{33} V^3 = (-1)(3) = -3 \]

最終回答

\[ V_\mu = (5, -1, 2, -3) \]

検算

添字を上げ直して元に戻るか確認する。\(V^\mu = \eta^{\mu\nu} V_\nu\) より \(V^0 = (+1)(5) = 5\), \(V^1 = (-1)(-1) = 1\), \(V^2 = (-1)(2) = -2\), \(V^3 = (-1)(-3) = 3\)。元の \(V^\mu = (5, 1, -2, 3)\) と一致する。✓

B-2. 4 元ベクトルの内積

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解法の方針

Lorentz 不変な内積を \(A^\mu B_\mu = \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu = A^0 B^0 - A^1 B^1 - A^2 B^2 - A^3 B^3\) で計算する。

計算

\[ A^\mu B_\mu = A^0 B^0 - A^1 B^1 - A^2 B^2 - A^3 B^3 \]
\[ = (4)(2) - (1)(3) - (0)(1) - (-1)(0) \]
\[ = 8 - 3 - 0 - 0 = 5 \]

最終回答

\[ A^\mu B_\mu = 5 \]

検算

別の方法として、まず \(B_\mu\) を求めてから縮約する。\(B_\mu = (2, -3, -1, 0)\)。

\[ A^\mu B_\mu = A^0 B_0 + A^1 B_1 + A^2 B_2 + A^3 B_3 = (4)(2) + (1)(-3) + (0)(-1) + (-1)(0) = 8 - 3 + 0 + 0 = 5 \]

一致する。✓

B-3. Einstein の縮約規則の展開

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解法の方針

\(\eta_{\mu\nu}\) は対角行列なので \(\mu \neq \nu\) の項はすべてゼロ。\(\mu = \nu\) の 4 つの項のみ残る。

計算

\[ \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu = \sum_{\mu=0}^{3} \sum_{\nu=0}^{3} \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu \]

\(\eta_{\mu\nu} \neq 0\) は \(\mu = \nu\) のときのみなので：

\[ = \eta_{00} A^0 B^0 + \eta_{11} A^1 B^1 + \eta_{22} A^2 B^2 + \eta_{33} A^3 B^3 \]

最終回答

\[ \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu = (+1) A^0 B^0 + (-1) A^1 B^1 + (-1) A^2 B^2 + (-1) A^3 B^3 = A^0 B^0 - A^1 B^1 - A^2 B^2 - A^3 B^3 \]

検算

これは D2 で使った内積の公式そのものであり、\(A^\mu B_\mu\) と一致する。✓

B-4. Lorentz ブーストの適用

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解法の方針

\(v = 3/5\) に対して Lorentz 因子 \(\gamma\) を計算し、変換式 \(t' = \gamma(t - vx)\), \(x' = \gamma(x - vt)\) に代入する。

計算

\[ v^2 = \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{9}{25} \]
\[ 1 - v^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25} \]
\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} = \frac{1}{\sqrt{16/25}} = \frac{1}{4/5} = \frac{5}{4} \]

\((t, x) = (5, 3)\) を代入：

\[ t' = \gamma(t - vx) = \frac{5}{4}\left(5 - \frac{3}{5} \cdot 3\right) = \frac{5}{4}\left(5 - \frac{9}{5}\right) = \frac{5}{4} \cdot \frac{25 - 9}{5} = \frac{5}{4} \cdot \frac{16}{5} = \frac{16}{4} = 4 \]
\[ x' = \gamma(x - vt) = \frac{5}{4}\left(3 - \frac{3}{5} \cdot 5\right) = \frac{5}{4}\left(3 - 3\right) = \frac{5}{4} \cdot 0 = 0 \]

最終回答

\[ (t', x') = (4, 0) \]

検算

不変間隔が保存されるか確認する。

  • 変換前：\(t^2 - x^2 = 25 - 9 = 16\)
  • 変換後：\(t'^2 - x'^2 = 16 - 0 = 16\)

一致する。✓

物理的解釈：\(x' = 0\) ということは、元の時空点 \((5, 3)\) はブースト先の慣性系の原点上にある。実際 \(x = vt = (3/5) \times 5 = 3\) なので、ブースト先の原点の世界線上にある点であることが確認できる。

B-5. ラピディティの計算

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解法の方針

\(v = \tanh\beta\) から \(\beta = \text{arctanh}(v) = \frac{1}{2}\ln\frac{1+v}{1-v}\) を計算する。

計算

\(v = 4/5\) を代入：

\[ \beta = \frac{1}{2}\ln\frac{1 + 4/5}{1 - 4/5} = \frac{1}{2}\ln\frac{9/5}{1/5} = \frac{1}{2}\ln 9 = \frac{1}{2} \cdot 2\ln 3 = \ln 3 \]

\(\cosh\beta\) と \(\sinh\beta\) の確認：

\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 16/25}} = \frac{1}{\sqrt{9/25}} = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3} \]
\[ \cosh\beta = \gamma = \frac{5}{3} \]
\[ \sinh\beta = \gamma v = \frac{5}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{3} \]

最終回答

\[ \beta = \ln 3 \]
\[ \cosh\beta = \frac{5}{3}, \qquad \sinh\beta = \frac{4}{3} \]

検算

\(\cosh^2\beta - \sinh^2\beta = \left(\frac{5}{3}\right)^2 - \left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{25}{9} - \frac{16}{9} = \frac{9}{9} = 1\) ✓

\(\tanh\beta = \frac{\sinh\beta}{\cosh\beta} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5} = v\) ✓

\(e^\beta = e^{\ln 3} = 3\) より \(\cosh\beta = \frac{3 + 1/3}{2} = \frac{10/3}{2} = \frac{5}{3}\) ✓

B-6. 添字の縮約の練習

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解法の方針

Kronecker のデルタは「添字を置き換える」役割を果たす。計量テンソルの積は逆行列の関係を使う。

計算

第一式：

\[ \delta^\mu{}_\nu A^\nu = A^\mu \]

\(\nu\) について和を取ると、\(\delta^\mu{}_\nu\) は \(\nu = \mu\) のときのみ 1 なので、和の中で \(\nu = \mu\) の項だけが生き残り、結果は \(A^\mu\) となる。

第二式：

\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \delta_\mu{}^\rho \]

\(\eta_{\mu\nu}\) と \(\eta^{\nu\rho}\) は互いに逆行列の関係にある（行列の積 \(\eta \cdot \eta^{-1} = I\)）。Minkowski 計量の場合 \(\eta^{-1} = \eta\) なので、具体的に確認すると：

\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \text{diag}(+1,-1,-1,-1) \cdot \text{diag}(+1,-1,-1,-1) = \text{diag}(+1,+1,+1,+1) = \delta_\mu{}^\rho \]

最終回答

\[ \delta^\mu{}_\nu A^\nu = A^\mu \]
\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \delta_\mu{}^\rho \]

検算

第二式を具体的な成分で確認する。\(\mu = 1\), \(\rho = 1\) の場合：

\[ \eta_{1\nu} \eta^{\nu 1} = \eta_{10}\eta^{01} + \eta_{11}\eta^{11} + \eta_{12}\eta^{21} + \eta_{13}\eta^{31} = 0 + (-1)(-1) + 0 + 0 = 1 = \delta_1{}^1 \]

\(\mu = 0\), \(\rho = 1\) の場合：

\[ \eta_{0\nu} \eta^{\nu 1} = \eta_{00}\eta^{01} + \eta_{01}\eta^{11} + \eta_{02}\eta^{21} + \eta_{03}\eta^{31} = (1)(0) + 0 + 0 + 0 = 0 = \delta_0{}^1 \]

✓

B-7. ブースト行列の双曲線関数表示

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解法の方針

\(\beta = \ln 2\) から \(\cosh\beta\) と \(\sinh\beta\) を計算し、行列とベクトルの積を実行する。

計算

\[ e^\beta = e^{\ln 2} = 2, \qquad e^{-\beta} = \frac{1}{2} \]
\[ \cosh\beta = \frac{e^\beta + e^{-\beta}}{2} = \frac{2 + 1/2}{2} = \frac{5/2}{2} = \frac{5}{4} \]
\[ \sinh\beta = \frac{e^\beta - e^{-\beta}}{2} = \frac{2 - 1/2}{2} = \frac{3/2}{2} = \frac{3}{4} \]

\(x^\mu = (3, 1, 0, 0)\) に対して：

\[ x'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu x^\nu \]
\[ x'^0 = \cosh\beta \cdot x^0 + (-\sinh\beta) \cdot x^1 = \frac{5}{4} \cdot 3 + \left(-\frac{3}{4}\right) \cdot 1 = \frac{15}{4} - \frac{3}{4} = \frac{12}{4} = 3 \]
\[ x'^1 = (-\sinh\beta) \cdot x^0 + \cosh\beta \cdot x^1 = \left(-\frac{3}{4}\right) \cdot 3 + \frac{5}{4} \cdot 1 = -\frac{9}{4} + \frac{5}{4} = -\frac{4}{4} = -1 \]
\[ x'^2 = x^2 = 0, \qquad x'^3 = x^3 = 0 \]

最終回答

\[ x'^\mu = (3, -1, 0, 0) \]

検算

不変間隔の保存：

  • 変換前：\(\eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu = 3^2 - 1^2 - 0 - 0 = 9 - 1 = 8\)
  • 変換後：\(\eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = 3^2 - (-1)^2 - 0 - 0 = 9 - 1 = 8\)

一致する。✓

B-8. 自然単位系での次元解析

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解法の方針

\(c = 1\) より \([\text{長さ}] = [\text{時間}]\)。\(\hbar = 1\) より \([\text{エネルギー}] \cdot [\text{時間}] = 1\)（無次元）。したがって \([\text{時間}] = [\text{エネルギー}]^{-1} = [\text{mass}]^{-1}\)。

計算

\(c = 1\) の帰結：\([L] = [T]\)（長さと時間が同じ次元）

\(\hbar = 1\) の帰結：\([E][T] = 1\) なので \([T] = [E]^{-1}\)

\(E = mc^2 = m\)（自然単位系）より \([E] = [M]\)

これらを組み合わせる：

(a) 長さ： \([L] = [T] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\)

\[ [\text{長さ}] = [\text{mass}]^{-1} \]

(b) 時間： \([T] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\)

\[ [\text{時間}] = [\text{mass}]^{-1} \]

(c) エネルギー： \([E] = [M]\)

\[ [\text{エネルギー}] = [\text{mass}]^{+1} \]

(d) 運動量： \(E^2 = p^2 + m^2\) より \([p] = [E] = [M]\)

\[ [\text{運動量}] = [\text{mass}]^{+1} \]

(e) 力： 力 = エネルギー / 長さ = \([M] / [M]^{-1} = [M]^2\)

\[ [\text{力}] = [\text{mass}]^{+2} \]

最終回答

物理量 自然単位系での次元
(a) 長さ \([\text{mass}]^{-1}\)
(b) 時間 \([\text{mass}]^{-1}\)
(c) エネルギー \([\text{mass}]^{+1}\)
(d) 運動量 \([\text{mass}]^{+1}\)
(e) 力 \([\text{mass}]^{+2}\)

検算

SI 単位系で確認する。\([\hbar] = \text{J} \cdot \text{s} = \text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1}\), \([c] = \text{m} \cdot \text{s}^{-1}\)。

長さ：\(\hbar c / E\) は長さの次元を持つ。\([\hbar c / E] = \frac{\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-1}}{\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-2}} = \text{m}\)。自然単位系では \(\hbar = c = 1\) なので \([L] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\)。✓

力：\([F] = [E]/[L] = [M]/[M]^{-1} = [M]^2\)。SI では \(\text{N} = \text{kg} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2}\)。\(\hbar = c = 1\) で \([M]^2\) に対応する SI の組み合わせは \(m^2 c^3/\hbar\) で、次元は \(\text{kg}^2 \cdot \text{m}^3 \cdot \text{s}^{-3} / (\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1}) = \text{kg} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2} = \text{N}\)。✓

Medium（標準）

M-1. Lorentz 変換行列の条件の導出

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解法の方針

不変間隔の保存条件 \(\eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = \eta_{\alpha\beta} x^\alpha x^\beta\) に Lorentz 変換 \(x'^\mu = \Lambda^\mu{}_\alpha x^\alpha\) を代入し、任意の \(x^\alpha\) に対して成り立つ条件を導く。

計算の詳細

ステップ 1：不変間隔の保存

変換後の不変間隔：

\[ \eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = \eta_{\mu\nu} (\Lambda^\mu{}_\alpha x^\alpha)(\Lambda^\nu{}_\beta x^\beta) = \eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta\, x^\alpha x^\beta \]

これが変換前の不変間隔 \(\eta_{\alpha\beta} x^\alpha x^\beta\) と等しい：

\[ \eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta\, x^\alpha x^\beta = \eta_{\alpha\beta}\, x^\alpha x^\beta \]

これが任意の \(x^\alpha\) に対して成り立つためには、\(x^\alpha x^\beta\) の係数が等しくなければならない：

\[ \boxed{\eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}} \tag{*} \]

ステップ 2：行列表示

式 \((*)\) を行列の言葉で書き直す。\((\Lambda^T)_{\alpha}{}^{\mu} = \Lambda^\mu{}_\alpha\) であることに注意すると、左辺は行列の積 \(\Lambda^T \eta \Lambda\) の \((\alpha, \beta)\) 成分に対応する。したがって：

\[ \Lambda^T \eta \Lambda = \eta \]

ステップ 3：\(\det\Lambda = \pm 1\) の導出

両辺の行列式を取る：

\[ \det(\Lambda^T \eta \Lambda) = \det(\eta) \]

左辺を展開する：

\[ \det(\Lambda^T) \cdot \det(\eta) \cdot \det(\Lambda) = \det(\eta) \]

\(\det(\Lambda^T) = \det(\Lambda)\) なので：

\[ (\det\Lambda)^2 \cdot \det(\eta) = \det(\eta) \]

\(\det(\eta) = -1 \neq 0\) で両辺を割ると：

\[ (\det\Lambda)^2 = 1 \]
\[ \boxed{\det\Lambda = \pm 1} \]

最終回答

Lorentz 変換の条件は \(\eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}\)（行列表示で \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\)）であり、これから \(\det\Lambda = \pm 1\) が導かれる。

検算

\(x\) 方向ブーストの行列で確認する：

\[ \Lambda = \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \]

（\(y, z\) 成分は省略して \(2 \times 2\) で考える）

\[ \det\Lambda = \gamma^2 - \gamma^2 v^2 = \gamma^2(1 - v^2) = \frac{1}{1-v^2}(1-v^2) = 1 \]

✓

\(\Lambda^T \eta \Lambda\) を計算（\(2 \times 2\) 部分）：

\[ \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \]
\[ = \begin{pmatrix} \gamma & \gamma v \\ -\gamma v & -\gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \]
\[ = \begin{pmatrix} \gamma^2 - \gamma^2 v^2 & -\gamma^2 v + \gamma^2 v \\ -\gamma^2 v + \gamma^2 v & \gamma^2 v^2 - \gamma^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \eta \]

✓

M-2. ラピディティの加法性

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解法の方針

ラピディティ \(\beta_1\) と \(\beta_2\) のブースト行列の積を計算し、双曲線関数の加法定理を用いて合成ブーストのラピディティが \(\beta_1 + \beta_2\) であることを示す。

計算の詳細

ステップ 1：ブースト行列の積

\(x\) 方向のブースト行列（\(y, z\) 成分は不変なので \(2 \times 2\) 部分のみ記述）：

\[ \Lambda(\beta) = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta \\ -\sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

2 つのブーストの合成：

\[ \Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \begin{pmatrix} \cosh\beta_2 & -\sinh\beta_2 \\ -\sinh\beta_2 & \cosh\beta_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cosh\beta_1 & -\sinh\beta_1 \\ -\sinh\beta_1 & \cosh\beta_1 \end{pmatrix} \]

\((0,0)\) 成分：

\[ \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 + (-\sinh\beta_2)(-\sinh\beta_1) = \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 + \sinh\beta_2 \sinh\beta_1 = \cosh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((0,1)\) 成分：

\[ \cosh\beta_2(-\sinh\beta_1) + (-\sinh\beta_2)\cosh\beta_1 = -(\sinh\beta_1 \cosh\beta_2 + \cosh\beta_1 \sinh\beta_2) = -\sinh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((1,0)\) 成分：

\[ (-\sinh\beta_2)\cosh\beta_1 + \cosh\beta_2(-\sinh\beta_1) = -(\sinh\beta_2 \cosh\beta_1 + \cosh\beta_2 \sinh\beta_1) = -\sinh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((1,1)\) 成分：

\[ (-\sinh\beta_2)(-\sinh\beta_1) + \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 = \sinh\beta_1 \sinh\beta_2 + \cosh\beta_1 \cosh\beta_2 = \cosh(\beta_1 + \beta_2) \]

したがって：

\[ \Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \begin{pmatrix} \cosh(\beta_1+\beta_2) & -\sinh(\beta_1+\beta_2) \\ -\sinh(\beta_1+\beta_2) & \cosh(\beta_1+\beta_2) \end{pmatrix} = \Lambda(\beta_1 + \beta_2) \]

ラピディティの加法性が示された。

ステップ 2：速度の合成則の導出

\(v_1 = \tanh\beta_1\), \(v_2 = \tanh\beta_2\) とする。合成変換の速度は：

\[ v = \tanh(\beta_1 + \beta_2) \]

\(\tanh\) の加法定理を適用する：

\[ v = \tanh(\beta_1 + \beta_2) = \frac{\tanh\beta_1 + \tanh\beta_2}{1 + \tanh\beta_1 \tanh\beta_2} \]
\[ \boxed{v = \frac{v_1 + v_2}{1 + v_1 v_2}} \]

最終回答

ブースト行列の積により \(\Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \Lambda(\beta_1 + \beta_2)\) が示され、ラピディティは加法的である。これから相対論的速度の合成則 \(v = \frac{v_1 + v_2}{1 + v_1 v_2}\) が導かれる。

検算

特殊ケース 1： \(v_1 = v_2 = 0\) のとき \(v = 0\)。✓

特殊ケース 2： \(v_2 = 1\)（光速）のとき \(v = \frac{v_1 + 1}{1 + v_1} = 1\)。光速に何を足しても光速。✓

特殊ケース 3： \(v_1, v_2 \ll 1\) のとき \(v \approx v_1 + v_2\)（Galilei 変換の極限）。✓

特殊ケース 4： \(v_1 = v_2 = 3/5\) のとき \(v = \frac{6/5}{1 + 9/25} = \frac{6/5}{34/25} = \frac{6}{5} \cdot \frac{25}{34} = \frac{150}{170} = \frac{15}{17} < 1\)。光速を超えない。✓

M-3. 4 元運動量と質量殻条件

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(a) 質量殻条件の導出

解法の方針： \(p^\mu p_\mu = \eta_{\mu\nu} p^\mu p^\nu\) を計算し、\(m^2\) と等置する。

計算：

\[ p^\mu p_\mu = \eta_{\mu\nu} p^\mu p^\nu = (p^0)^2 - (p^1)^2 - (p^2)^2 - (p^3)^2 = E^2 - |\mathbf{p}|^2 \]

質量殻条件 \(p^\mu p_\mu = m^2\) は：

\[ E^2 - |\mathbf{p}|^2 = m^2 \]
\[ \boxed{E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2} \]

これは自然単位系 (\(c = 1\)) での相対論的エネルギー-運動量関係式である。

(b) 質量ゼロの粒子

\(m = 0\) を代入すると：

\[ E^2 = |\mathbf{p}|^2 \]
\[ \boxed{E = |\mathbf{p}|} \]

質量ゼロの粒子（光子など）ではエネルギーと運動量の大きさが等しい。4 元運動量は \(p^\mu p_\mu = 0\) を満たし、光円錐上にある（null vector, 光的ベクトル）。

(c) ブーストによる \(E = \gamma m\), \(p_x = \gamma m v\) の導出

計算：

4 元運動量は 4 元ベクトルなので、座標と同じ Lorentz 変換則に従う：

\[ p'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu p^\nu \]

静止系では \(p^\mu_{\text{rest}} = (m, 0, 0, 0)\)（\(E = m\), \(\mathbf{p} = 0\)）。

\(x\) 方向に速度 \(v\) でブーストする（静止系から見て粒子が速度 \(v\) で動く系に変換する）。ここでは逆変換（静止系→運動系）を考える。静止系から速度 \(-v\) の系に変換する、すなわち粒子が速度 \(v\) で動いて見える系での運動量を求める：

\[ E = \gamma(E_{\text{rest}} + v \cdot 0) = \gamma m \]
\[ p_x = \gamma(0 + v \cdot E_{\text{rest}}) = \gamma m v \]

より正確には、粒子の静止系 \(S'\) から実験室系 \(S\) への変換を考える。\(S'\) では \(p'^\mu = (m, 0, 0, 0)\)。\(S'\) は \(S\) に対して速度 \(v\) で動いているので、\(S\) から \(S'\) へのブーストは速度 \(v\)。逆変換（\(S'\) から \(S\)）は速度 \(-v\)：

\[ p^0 = \gamma(p'^0 - (-v)p'^1) = \gamma(m + 0) = \gamma m \]
\[ p^1 = \gamma(p'^1 - (-v)p'^0) = \gamma(0 + vm) = \gamma mv \]

最終回答

\[ \boxed{E = \gamma m, \qquad p_x = \gamma m v} \]

検算

質量殻条件を確認：

\[ E^2 - p_x^2 = \gamma^2 m^2 - \gamma^2 m^2 v^2 = \gamma^2 m^2(1 - v^2) = \frac{m^2}{1-v^2}(1-v^2) = m^2 \]

✓

非相対論的極限 \(v \ll 1\)：\(\gamma \approx 1 + v^2/2\) より \(E \approx m + \frac{1}{2}mv^2\)（静止エネルギー＋運動エネルギー）、\(p_x \approx mv\)（古典的運動量）。✓

M-4. Lorentz 変換の群構造

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解法の方針

群の 4 つの公理を Lorentz 条件 \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\) を用いて一つずつ確認する。

計算の詳細

(i) 閉包性

\(\Lambda_1\) と \(\Lambda_2\) がともに Lorentz 変換、すなわち \(\Lambda_1^T \eta \Lambda_1 = \eta\) かつ \(\Lambda_2^T \eta \Lambda_2 = \eta\) を満たすとする。合成変換 \(\Lambda_3 = \Lambda_1 \Lambda_2\) について：

\[ \Lambda_3^T \eta \Lambda_3 = (\Lambda_1 \Lambda_2)^T \eta (\Lambda_1 \Lambda_2) = \Lambda_2^T \Lambda_1^T \eta \Lambda_1 \Lambda_2 \]

\(\Lambda_1^T \eta \Lambda_1 = \eta\) を代入：

\[ = \Lambda_2^T \eta \Lambda_2 = \eta \]

したがって \(\Lambda_3 = \Lambda_1 \Lambda_2\) も Lorentz 変換である。✓

(ii) 結合律

Lorentz 変換は行列の積で表されるので、行列の積の結合律がそのまま成り立つ：

\[ (\Lambda_1 \Lambda_2)\Lambda_3 = \Lambda_1(\Lambda_2 \Lambda_3) \]

✓

(iii) 単位元の存在

恒等変換 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu\)（すなわち単位行列 \(I\)）について：

\[ I^T \eta I = \eta \]

これは自明に成り立つ。したがって単位行列は Lorentz 変換の条件を満たす。✓

(iv) 逆元の存在

\(\det\Lambda = \pm 1 \neq 0\) なので、\(\Lambda\) は正則行列であり逆行列 \(\Lambda^{-1}\) が存在する。

\(\Lambda^{-1}\) が Lorentz 条件を満たすことを示す。\(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\) の両辺に左から \((\Lambda^T)^{-1} = (\Lambda^{-1})^T\)、右から \(\Lambda^{-1}\) を掛ける：

\[ \eta \Lambda^{-1} = (\Lambda^{-1})^T \eta \cdot \Lambda \cdot \Lambda^{-1} \quad \text{ではなく...} \]

正しくは、\(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\) から出発する。両辺の逆行列を取ると：

\[ (\Lambda^T \eta \Lambda)^{-1} = \eta^{-1} \]
\[ \Lambda^{-1} \eta^{-1} (\Lambda^T)^{-1} = \eta^{-1} \]

\(\eta^{-1} = \eta\)（Minkowski 計量は自身の逆行列）かつ \((\Lambda^T)^{-1} = (\Lambda^{-1})^T\) を使うと：

\[ \Lambda^{-1} \eta (\Lambda^{-1})^T = \eta \]

転置を取ると：

\[ (\Lambda^{-1})^T \eta \Lambda^{-1} = \eta \]

（\(\eta\) は対称行列なので \(\eta^T = \eta\)）

これは \(\Lambda^{-1}\) が Lorentz 条件を満たすことを示している。✓

固有 orthochronous Lorentz 群 \(SO^+(1,3)\) について：

Lorentz 変換は \(\det\Lambda\) と \(\Lambda^0{}_0\) の値によって 4 つの連結成分に分類される：

\(\det\Lambda = +1\) \(\det\Lambda = -1\)
\(\Lambda^0{}_0 \geq 1\) 固有 orthochronous \(SO^+(1,3)\) 空間反転を含む
\(\Lambda^0{}_0 \leq -1\) 時間反転を含む 時空反転を含む

\(\Lambda^0{}_0 \geq 1\) の条件は Lorentz 条件の \((0,0)\) 成分 \((\Lambda^0{}_0)^2 - \sum_i (\Lambda^i{}_0)^2 = 1\) から \(|\Lambda^0{}_0| \geq 1\) が導かれることによる。

\(SO^+(1,3)\) は恒等変換を含む連結成分であり、連続的なパラメータ変化で恒等変換に繋がる変換のみからなる。具体的には： - 3 つの空間回転（\(xy\), \(yz\), \(zx\) 平面の回転、パラメータ 3 個） - 3 つのブースト（\(x\), \(y\), \(z\) 方向、パラメータ 3 個）

合計 6 つのパラメータを持つ連続群である。空間反転 \(P\)（\(\det P = -1\), \(P^0{}_0 = +1\)）や時間反転 \(T\)（\(\det T = -1\), \(T^0{}_0 = -1\)）は連続変形では恒等変換に繋がらない離散変換であり、\(SO^+(1,3)\) には含まれない。

検算

パラメータの数の確認：\(4 \times 4\) の反対称テンソル \(\omega_{\mu\nu}\) の独立成分数は \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\)。これは 3 回転 + 3 ブースト = 6 パラメータと一致する。✓

Advanced（発展）

A-1. 反変テンソルと共変テンソルの変換則、および電磁場テンソルへの応用

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(a) 2 階反変テンソルの変換則

説明：

4 元ベクトルの変換則は \(V'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu V^\nu\) である。2 つの 4 元ベクトル \(A^\mu\) と \(B^\nu\) のテンソル積 \(A^\mu B^\nu\) を考えると、その変換則は：

\[ A'^\mu B'^\nu = (\Lambda^\mu{}_\alpha A^\alpha)(\Lambda^\nu{}_\beta B^\beta) = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta A^\alpha B^\beta \]

一般の 2 階反変テンソル \(T^{\mu\nu}\) は、必ずしもテンソル積の形 \(A^\mu B^\nu\) で書けるとは限らないが、テンソル積の線形結合として表現できる。したがって、2 階反変テンソルの変換則は：

\[ \boxed{T'^{\mu\nu} = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta T^{\alpha\beta}} \]

と定義される。各添字に対して独立に Lorentz 変換が作用する。これは「テンソルとは、Lorentz 変換のもとでこの規則に従って変換する量である」という定義でもある。

(b) 電磁場テンソルのブースト

解法の方針： \(x\) 方向のブーストにおいて \(F'^{\mu\nu} = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta F^{\alpha\beta}\) を特定の成分について計算する。

ブースト行列の非ゼロ成分：

\[ \Lambda^0{}_0 = \gamma, \quad \Lambda^0{}_1 = -\gamma v, \quad \Lambda^1{}_0 = -\gamma v, \quad \Lambda^1{}_1 = \gamma, \quad \Lambda^2{}_2 = 1, \quad \Lambda^3{}_3 = 1 \]

\(E_y'\) の計算（\(F'^{02}\) 成分）：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_\alpha \Lambda^2{}_\beta F^{\alpha\beta} \]

\(\Lambda^2{}_\beta = \delta^2{}_\beta\)（\(\beta = 2\) のみ非ゼロ）なので：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_\alpha F^{\alpha 2} \]

\(\Lambda^0{}_\alpha\) は \(\alpha = 0, 1\) のみ非ゼロ：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_0 F^{02} + \Lambda^0{}_1 F^{12} \]

\(F^{02} = -E_y\), \(F^{12} = -B_z\) を代入：

\[ F'^{02} = \gamma(-E_y) + (-\gamma v)(-B_z) = -\gamma E_y + \gamma v B_z = -\gamma(E_y - vB_z) \]

\(F'^{02} = -E_y'\) なので：

\[ \boxed{E_y' = \gamma(E_y - vB_z)} \]

\(B_z'\) の計算（\(F'^{12}\) 成分）：

\[ F'^{12} = \Lambda^1{}_\alpha \Lambda^2{}_\beta F^{\alpha\beta} = \Lambda^1{}_\alpha F^{\alpha 2} \]

\(\Lambda^1{}_\alpha\) は \(\alpha = 0, 1\) のみ非ゼロ：

\[ F'^{12} = \Lambda^1{}_0 F^{02} + \Lambda^1{}_1 F^{12} \]
\[ = (-\gamma v)(-E_y) + \gamma(-B_z) = \gamma v E_y - \gamma B_z = -\gamma(B_z - vE_y) \]

\(F'^{12} = -B_z'\) なので：

\[ \boxed{B_z' = \gamma(B_z - vE_y)} \]

補足：他の成分の変換

同様の計算により、完全な変換則は：

\[ E_x' = E_x, \qquad B_x' = B_x \]
\[ E_y' = \gamma(E_y - vB_z), \qquad B_y' = \gamma(B_y + vE_z) \]
\[ E_z' = \gamma(E_z + vB_y), \qquad B_z' = \gamma(B_z - vE_y) \]

ブースト方向（\(x\)）の成分は不変で、垂直方向の電場と磁場が混合する。

(c) Lorentz 不変量 \(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}\)

計算：

まず \(F_{\mu\nu} = \eta_{\mu\alpha}\eta_{\nu\beta}F^{\alpha\beta}\) で添字を下げる。\(\eta\) の符号に注意して：

  • \(F_{0i} = \eta_{00}\eta_{ii}F^{0i} = (+1)(-1)F^{0i} = -F^{0i}\)
  • \(F_{ij} = \eta_{ii}\eta_{jj}F^{ij} = (-1)(-1)F^{ij} = F^{ij}\)

したがって：

\[ F_{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z \\ -E_x & 0 & -B_z & B_y \\ -E_y & B_z & 0 & -B_x \\ -E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix} \]

縮約を計算する：

\[ F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = \sum_{\mu,\nu} F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \]

\(\mu = 0\) の項（\(\nu = 1, 2, 3\) のみ非ゼロ、反対称性から \(\mu < \nu\) と \(\mu > \nu\) の両方を含む）：

\[ F^{0\nu}F_{0\nu} + F^{\nu 0}F_{\nu 0} = 2\sum_{i=1}^{3} F^{0i}F_{0i} \]
\[ = 2[(-E_x)(E_x) + (-E_y)(E_y) + (-E_z)(E_z)] = -2(E_x^2 + E_y^2 + E_z^2) = -2\mathbf{E}^2 \]

空間成分（\(\mu, \nu = 1, 2, 3\)）：

\[ \sum_{i,j=1}^{3} F^{ij}F_{ij} = 2[(F^{12})^2 + (F^{13})^2 + (F^{23})^2] \cdot (\text{符号を確認}) \]

具体的に：\(F^{12} = -B_z\), \(F_{12} = -B_z\) なので \(F^{12}F_{12} = B_z^2\)。同様に \(F^{13}F_{13} = B_y^2\), \(F^{23}F_{23} = B_x^2\)。

反対称性から \(F^{ij}F_{ij} = F^{ji}F_{ji}\) なので、\(i \neq j\) の全ての組み合わせを数えると：

\[ \sum_{i,j} F^{ij}F_{ij} = 2(B_x^2 + B_y^2 + B_z^2) = 2\mathbf{B}^2 \]

合計：

\[ F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = -2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2 \]
\[ \boxed{F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 2(\mathbf{B}^2 - \mathbf{E}^2)} \]

物理的意味：

この不変量は全ての慣性系で同じ値を持つ。 - \(\mathbf{B}^2 > \mathbf{E}^2\) ならば、どの慣性系でもこの不等式が成り立つ（電場をゼロにできる系が存在する）。 - \(\mathbf{E}^2 > \mathbf{B}^2\) ならば、どの慣性系でもこの不等式が成り立つ（磁場をゼロにできる系が存在する）。 - 電磁波では \(|\mathbf{E}| = |\mathbf{B}|\) なので不変量はゼロ。

もう一つの独立な Lorentz 不変量は \(\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma} \propto \mathbf{E} \cdot \mathbf{B}\) である。

検算

(b) の結果を用いて不変量が保存されることを確認する：

\[ B_z'^2 - E_y'^2 = \gamma^2(B_z - vE_y)^2 - \gamma^2(E_y - vB_z)^2 \]
\[ = \gamma^2[(B_z^2 - 2vB_zE_y + v^2E_y^2) - (E_y^2 - 2vE_yB_z + v^2B_z^2)] \]
\[ = \gamma^2[B_z^2(1 - v^2) - E_y^2(1 - v^2)] = \gamma^2(1-v^2)(B_z^2 - E_y^2) = B_z^2 - E_y^2 \]

✓ 不変量が保存されている。

A-2. Lorentz 群の生成子と Lie 代数

→ 問題に戻る

(a) \(\omega_{\mu\nu}\) の反対称性

計算：

無限小 Lorentz 変換 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu + \omega^\mu{}_\nu\) を Lorentz 条件 \(\eta_{\mu\nu}\Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}\) に代入する：

\[ \eta_{\mu\nu}(\delta^\mu{}_\alpha + \omega^\mu{}_\alpha)(\delta^\nu{}_\beta + \omega^\nu{}_\beta) = \eta_{\alpha\beta} \]

展開して \(\omega\) の 2 次以上を無視する：

\[ \eta_{\mu\nu}\delta^\mu{}_\alpha \delta^\nu{}_\beta + \eta_{\mu\nu}\omega^\mu{}_\alpha \delta^\nu{}_\beta + \eta_{\mu\nu}\delta^\mu{}_\alpha \omega^\nu{}_\beta + O(\omega^2) = \eta_{\alpha\beta} \]
\[ \eta_{\alpha\beta} + \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha + \eta_{\alpha\nu}\omega^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta} \]

\(\eta_{\alpha\beta}\) が両辺でキャンセルし：

\[ \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha + \eta_{\alpha\nu}\omega^\nu{}_\beta = 0 \]

\(\omega_{\beta\alpha} \equiv \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha\) と定義すると（添字を下げた）：

\[ \omega_{\beta\alpha} + \omega_{\alpha\beta} = 0 \]
\[ \boxed{\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}} \]

独立パラメータの数： \(4 \times 4\) の反対称テンソルの独立成分数は \(\frac{4(4-1)}{2} = 6\) 個。

物理的対応： - \(\omega_{12}, \omega_{23}, \omega_{31}\)：3 つの空間回転（\(xy\), \(yz\), \(zx\) 平面） - \(\omega_{01}, \omega_{02}, \omega_{03}\)：3 つのブースト（\(x\), \(y\), \(z\) 方向）

(b) 生成子の 4 元ベクトル表現の確認

有限変換の表式：

無限小変換 \(\Lambda = I - \frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\) を繰り返し適用すると、有限の変換は指数関数で表される：

\[ \Lambda = \exp\left(-\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right) \]

ここで \(M^{\mu\nu}\) は Lorentz 群の生成子で、\(M^{\mu\nu} = -M^{\nu\mu}\)（反対称）。

\(x\) 方向ブーストの確認：

\(\omega_{01} = -\omega_{10} = \beta\)（他はゼロ）の場合を考える。

無限小変換は：

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - \frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}(M^{\mu\nu})^\alpha{}_\gamma \]

\(\omega_{\mu\nu}\) が非ゼロなのは \(\omega_{01} = \beta\), \(\omega_{10} = -\beta\) のみ。\(M^{\mu\nu}\) の反対称性を使うと：

\[ \frac{1}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu} = \frac{1}{2}(\omega_{01}M^{01} + \omega_{10}M^{10}) = \frac{1}{2}(\beta M^{01} + (-\beta)(-M^{01})) = \beta M^{01} \]

したがって無限小変換は：

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - i\beta(M^{01})^\alpha{}_\gamma \]

生成子の 4 元ベクトル表現を代入する：

\[ (M^{01})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{0\alpha}\delta^1{}_\gamma - \eta^{1\alpha}\delta^0{}_\gamma) \]

各成分を計算する：

  • \((M^{01})^0{}_0 = i(\eta^{00}\delta^1{}_0 - \eta^{10}\delta^0{}_0) = i(1 \cdot 0 - 0 \cdot 1) = 0\)
  • \((M^{01})^0{}_1 = i(\eta^{00}\delta^1{}_1 - \eta^{10}\delta^0{}_1) = i(1 \cdot 1 - 0) = i\)
  • \((M^{01})^1{}_0 = i(\eta^{01}\delta^1{}_0 - \eta^{11}\delta^0{}_0) = i(0 - (-1) \cdot 1) = i\)
  • \((M^{01})^1{}_1 = i(\eta^{01}\delta^1{}_1 - \eta^{11}\delta^0{}_1) = i(0 - 0) = 0\)
  • 他の成分（\(\alpha = 2, 3\) や \(\gamma = 2, 3\)）はすべてゼロ

行列表示：

\[ (M^{01})^\alpha{}_\gamma = \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

無限小変換：

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - i\beta \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & \beta & 0 & 0 \\ \beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + O(\beta^2) \]

ここで \(-i \cdot i = 1\) を使った。

一方、ブースト行列を \(\beta\) の 1 次まで展開すると：

\[ \Lambda = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta & 0 & 0 \\ -\sinh\beta & \cosh\beta & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1 & -\beta & 0 & 0 \\ -\beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]

符号の不一致について： 上の計算で得られた \(\Lambda^0{}_1 = +\beta\) と、ブースト行列の \(\Lambda^0{}_1 = -\beta\) が符号反転している。これは \(\omega_{01}\) の定義の符号規約による。実際、ブーストのパラメータを \(\omega_{01} = -\beta\) と取れば（\(\omega_{01}\) は「速度 \(v = \tanh\beta\) のブースト」に対して \(-\beta\)）：

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma + \beta \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -\beta & 0 & 0 \\ -\beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]

これはブースト行列の 1 次展開と一致する。✓

あるいは、指数関数の規約を \(\Lambda = \exp\left(+\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right)\) とする文献もある。ここでは有限変換を直接確認する：

\[ \Lambda = \exp(-i\beta M^{01}) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-i\beta)^n}{n!}(M^{01})^n \]

\((M^{01})^2\) を計算する：

\[ (M^{01})^2 = \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\((-i)^2(M^{01})^2 = (-1)(-1)\text{diag}(1,1,0,0)\) の \(2\times 2\) ブロックに注目すると、\(-iM^{01}\) の \(2\times 2\) ブロックは：

\[ -iM^{01}\big|_{2\times 2} = -i\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \equiv K \]

\(K^2 = I\) なので：

\[ e^{-i\beta M^{01}}\big|_{2\times 2} = e^{\beta K} = \cosh\beta \cdot I + \sinh\beta \cdot K = \begin{pmatrix} \cosh\beta & \sinh\beta \\ \sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

これは \(\Lambda^0{}_1 = +\sinh\beta\) を与え、本文の規約 \(\Lambda^0{}_1 = -\sinh\beta\) とは符号が異なる。これは \(\omega_{01}\) を \(-\beta\) と取るべきことを意味する。すなわち、速度 \(v\) の \(x\) 方向ブーストに対して \(\omega_{01} = -\beta\)（\(\beta = \text{arctanh}\, v\)）と設定すれば：

\[ \Lambda = \exp\left(\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right)\bigg|_{\omega_{01}=-\beta} = \exp(i\beta M^{01}) \quad \text{の} 2\times 2 \text{ブロック} \]
\[ = e^{-\beta K} = \cosh\beta \cdot I - \sinh\beta \cdot K = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta \\ -\sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

これは本文のブースト行列と一致する。✓

(c) Lie 代数の交換関係の検証

\([M^{01}, M^{02}]\) の計算：

まず \((M^{02})^\alpha{}_\gamma\) を求める：

\[ (M^{02})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{0\alpha}\delta^2{}_\gamma - \eta^{2\alpha}\delta^0{}_\gamma) \]

非ゼロ成分： - \((M^{02})^0{}_2 = i(\eta^{00}\delta^2{}_2) = i\) - \((M^{02})^2{}_0 = i(-\eta^{22}\delta^0{}_0) = i(-(-1))(1) = i\)

行列表示：

\[ M^{01} = \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad M^{02} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

積 \(M^{01}M^{02}\)：

\[ (M^{01}M^{02})^\alpha{}_\gamma = (M^{01})^\alpha{}_\delta (M^{02})^\delta{}_\gamma \]

非ゼロの寄与を探す：

  • \(\alpha = 0\): \((M^{01})^0{}_\delta\) は \(\delta = 1\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。\((M^{02})^1{}_\gamma = 0\)（全てゼロ）。したがって \((M^{01}M^{02})^0{}_\gamma = 0\)。

  • \(\alpha = 1\): \((M^{01})^1{}_\delta\) は \(\delta = 0\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。\((M^{02})^0{}_\gamma\) は \(\gamma = 2\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。したがって \((M^{01}M^{02})^1{}_2 = i \cdot i = -1\)。

  • \(\alpha = 2\): \((M^{01})^2{}_\delta = 0\)。したがって \((M^{01}M^{02})^2{}_\gamma = 0\)。

\[ M^{01}M^{02} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

積 \(M^{02}M^{01}\)：

  • \(\alpha = 0\): \((M^{02})^0{}_\delta\) は \(\delta = 2\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。\((M^{01})^2{}_\gamma = 0\)。したがって \((M^{02}M^{01})^0{}_\gamma = 0\)。

  • \(\alpha = 1\): \((M^{02})^1{}_\delta = 0\)。したがって \((M^{02}M^{01})^1{}_\gamma = 0\)。

  • \(\alpha = 2\): \((M^{02})^2{}_\delta\) は \(\delta = 0\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。\((M^{01})^0{}_\gamma\) は \(\gamma = 1\) のみ非ゼロ（値 \(i\)）。したがって \((M^{02}M^{01})^2{}_1 = i \cdot i = -1\)。

\[ M^{02}M^{01} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

交換子：

\[ [M^{01}, M^{02}] = M^{01}M^{02} - M^{02}M^{01} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

Lie 代数の交換関係からの予測：

\[ [M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i(\eta^{\nu\rho}M^{\mu\sigma} - \eta^{\mu\rho}M^{\nu\sigma} - \eta^{\nu\sigma}M^{\mu\rho} + \eta^{\mu\sigma}M^{\nu\rho}) \]

\(\mu = 0, \nu = 1, \rho = 0, \sigma = 2\) を代入：

\[ [M^{01}, M^{02}] = i(\eta^{10}M^{02} - \eta^{00}M^{12} - \eta^{12}M^{00} + \eta^{02}M^{10}) \]

各項を評価： - \(\eta^{10} = 0\) - \(\eta^{00} = 1\) - \(\eta^{12} = 0\) - \(\eta^{02} = 0\) - \(M^{00} = 0\)（反対称性より）

したがって：

\[ [M^{01}, M^{02}] = i(0 - 1 \cdot M^{12} - 0 + 0) = -iM^{12} \]

\(M^{12}\) を計算する：

\[ (M^{12})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{1\alpha}\delta^2{}_\gamma - \eta^{2\alpha}\delta^1{}_\gamma) \]

非ゼロ成分： - \((M^{12})^1{}_2 = i\eta^{11}\delta^2{}_2 = i(-1)(1) = -i\) - \((M^{12})^2{}_1 = i(-\eta^{22})\delta^1{}_1 = i(-(-1))(1) = i\)

\[ M^{12} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

したがって：

\[ -iM^{12} = -i\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

これは直接計算した \([M^{01}, M^{02}]\) と完全に一致する。✓

物理的解釈： \(M^{01}\) は \(x\) 方向ブーストの生成子、\(M^{02}\) は \(y\) 方向ブーストの生成子、\(M^{12}\) は \(xy\) 平面の回転の生成子である。交換関係 \([M^{01}, M^{02}] = -iM^{12}\) は「\(x\) 方向ブーストと \(y\) 方向ブーストを交互に行うと、\(xy\) 平面の回転が生じる」ことを意味する（Thomas 歳差運動の起源）。

場の量子論への意義：

Lorentz 群の Lie 代数は、場がどのように Lorentz 変換のもとで振る舞うかを決定する。異なる表現 (representation) が異なるスピンの場に対応する：

  • スカラー場（スピン 0）：自明表現。\(M^{\mu\nu} = 0\)（場自体は変換しない、座標依存性のみ変わる）。
  • ベクトル場（スピン 1）：4 次元表現。上で計算した \((M^{\mu\nu})^\alpha{}_\beta\) がそのまま使われる。電磁場 \(A^\mu\) がこの表現に属する。
  • スピノル場（スピン 1/2）：2 次元表現（Weyl スピノル）または 4 次元表現（Dirac スピノル）。生成子は \(\sigma^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]\) で与えられる。電子場がこの表現に属する。

場の量子論では、Lagrangian が Lorentz 不変であることを要求する。これは場の変換則（すなわち Lorentz 群のどの表現に属するか）と、それらの場の組み合わせ方（Lorentz スカラーの構成）を制約する。したがって、Lorentz 群の Lie 代数構造が許される相互作用の形を決定する出発点となる。

検算

次元の確認： 6 個の生成子は 3 回転 + 3 ブースト = 6 パラメータに対応。\(4 \times 4\) 反対称行列の独立成分数 \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\) とも一致。✓

エルミート性の確認： 回転の生成子 \(M^{12}\) は：

\[ (M^{12})^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = M^{12} \]

エルミートである（回転はユニタリ変換を生成）。一方、ブーストの生成子 \(M^{01}\) は：

\[ (M^{01})^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = -M^{01} \]

反エルミートではない（ブーストは非ユニタリ変換）。これは Lorentz 群が非コンパクト群であることの反映であり、物理的にはブーストのラピディティが無限大まで取れることに対応する。✓