1 coJJyMAN 2014/12/14 (日) 18:00:23 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
あらかじめお断りしておきますけれど、独自理論とかじゃなくて教科書の例題を自分で計算したものを発表するだけです。
細々と趣味の物理を続けておりますので、大した話は書けませんが、こんな簡単な計算に何ヶ月もかかったかと思うと、情けなくもありますが、またそんな自分も誇らしいのです。
ただの自己満足にも見えますが、過去スレッドの
加速系の座標変換(TEDさん)
http://eman.hobby-site.com/cgi-bin/emanbbs/browse.cgi/120922001724aab0
で提起されていた問題の答えでもありますので、他の方の参考になれば幸いです。

教科書はC.メラー「相対性理論」、他に参考にしたのはジャクソンの電磁気学の第11章「特殊相対性理論」です。
少しづつしかアップできないと思いますが、皆様よろしくお願いします。
2 coJJyMAN 2014/12/14 (日) 22:09:47 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 23:05 [修正] [削除]
まずはローレンツ変換の基本的なことから。

 $x^0=ct,x^1=x,x^2=y,x^3=z$ として
 $s^2=\eta_{\mu\nu}x^\mu x^\nu=-(x^0)^2+(x^1)^2+(x^2)^2+(x^3)^2$ を不変に保つ、線形の座標変換
 $x^\mu \rightarrow x'^\mu=x'^\mu(x^0,x^1,x^2,x^3)=L^\mu _{\ \nu} x^\nu$ の $L^\mu_{\ \nu}$ をローレンツ変換と呼びます。

ローレンツ変換は、相対速度の成分 $\Vec{\beta}=(\beta_x,\beta_y,\beta_z)$ と、3次元空間の回転成分 $\Omega=(\phi,\theta,\psi)$ で決まります。
ちなみに回転成分がゼロで相対速度だけを考えた変換を、ブースト変換と呼びます。

(注) $\eta_{\mu\nu}$ は計量テンソルと呼ばれるもので、その成分を行列で表現すれば
<tex>\eta_{\mu\nu}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</tex>
となります。
3 coJJyMAN 2014/12/15 (月) 03:20:10 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
 $L^\mu_{\ \nu}$ の基本的な性質に

 $\eta_{\mu \nu}=\eta_{\rho \sigma}L^\rho_{\ \mu}L^\sigma_{\ \nu}$ 

があります。 これは $\eta_{\mu \nu}x^\mu x^\nu=\eta_{\mu \nu} x'^\mu x'^\nu$ に $x'^\mu=L^\mu _{\ \nu}x^\nu$ を代入することで得られます。
<tex>\eta_{\mu \nu}x^\mu x^\nu&=\eta_{\mu \nu} x'^\mu x'^\nu \\&=\eta_{\rho \sigma} x'^\rho x'^\sigma \\&=\eta_{\rho \sigma}  L^\rho _{\ \mu} L^\sigma _{\ \nu} x^\mu x^\nu </tex>
という感じです。

次に、ローレンツ変換 $L^\mu _{\ \nu}$ の逆変換を考えます。いま仮に $\widehat{L}^{\mu }_{\ \nu }$ としておきます。  $x^\mu=\widehat{L}^\mu _{\ \nu}x'^\nu$ というわけです。
さて、 $x_\mu=\eta_{\mu \nu}x^\nu$ (これは $x^\mu$ を反変ベクトルと呼ぶのに対し、共変ベクトルと呼ばれます)とおくと
 $s^2=x_\mu x^\mu$ と書けるわけですが、逆に $x^\mu=\eta^{\mu \nu}x_\nu$ となる $\eta^{\mu \nu}$ も考えることもできて、これも計量テンソルと呼びます。
その成分は $\eta_{\mu \nu}$ と同じで
<tex>\eta^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</tex>
となります。 それから
<tex>\delta^\mu_\nu=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</tex>
をクロネッカーのデルタと呼びます。変換で言うと恒等変換、行列で言うと単位行列ですね。
 $x^\mu=\delta^\mu_\nu x^\nu$ で $x^\mu=\eta^{\mu \rho}x_\rho=\eta^{\mu \rho}\eta_{\rho \nu}x^\nu$ でもありますから、2つの式を比較すると

 $\delta^\mu_\nu=\eta^{\mu \rho}\eta_{\rho \nu}$ 

であることが分かります。 上で述べた行列を実際に計算してみても分かります。
クロネッカーのデルタ $\delta^\mu_\nu$ を用いると、ローレンツ変換 $L^\mu_{\ \nu}$ とその逆変換 $\widehat{L}^\mu_{\ \nu}$ の関係は、
クロネッカーのデルタが恒等変換を表しているのですから、

 $\delta^\mu_\nu=L^\mu_{\ \rho}\widehat{L}^\rho _{\ \nu}$ 

ですね。 これらのことから
<tex>\delta^\mu_\nu&=\eta^{\mu \lambda} \eta_{\lambda \nu}\\& =\eta^{\mu \lambda} \eta_{\rho  \sigma} L^\rho_{\ \lambda} L^\sigma_{\ \nu}\\& =\widehat{L}^\mu _{\ \sigma}  L^\sigma _{\ \nu} </tex>
この最後の等式より、ローレンツ逆変換は

 $\widehat{L}^\mu _{\ \sigma} =\eta^{\mu \lambda} \eta_{\rho  \sigma} L^\rho_{\ \lambda}=L_\sigma^{\ \mu}$ 

で与えられます。改めて書けば、反変ベクトルのローレンツ逆変換は

 $x^\mu=x'^\nu L_\nu^{\ \mu}$ 

となります。 共変ベクトルのローレンツ変換と逆変換も同様な計算で得られます。
以下にまとめて、4つの変換式を書いておきます。
<tex>x'^i=L^i_{\ j}x^j \\x^i=x'^j L_j^{\ i} \\x'_i=L_i^{\ j}x_j \\x_i=x'_j L^j_{\ i}</tex>
もう、添字をギリシャ文字で書くの疲れてきたので、ラテン文字で書かせてもらいました。(^ ^;)
4 coJJyMAN 2015/03/06 (金) 23:44:08 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
すっかり忘れてました。(いや、忘れてはいなかったのですけれど。。)
いま、ある慣性系で、(以下、この慣性系を「静止系」と呼びます。)
粒子がその固有時の関数で表される運動をしているものとします。
<tex>x^i=f^i(\tau),d \tau^2=d t^2-\frac{1}{c}(d x^2+d y^2+d z^2)</tex>
このとき、静止系での粒子の四元速度は
<tex>U^i=\frac{d x^i}{d \tau}=\dot{f}(\tau)=(c\gamma,c\gamma \beta_x,c\gamma \beta_y,c\gamma \beta_z)</tex>
となります。

これを、瞬間的に粒子とともに動いている座標系、「瞬間共動座標系」(MCR)、別の言い方をすれば、この座標系ではこの瞬間だけ粒子が静止して見えることから「瞬間静止系」、とにかく、そういう座標系に座標変換することを考えます。
要するに、粒子が止まって見える慣性系への座標変換ですね。
慣性系から慣性系への座標変換なので、これは、あるローレンツ変換 $L^i_j$ で表されるでしょう。

変換後の四元速度は
<tex>U'^i={L^i}_jU^j=(c,0,0,0)</tex>
これで、粒子が止まっていることを表現しています。
瞬間静止系での粒子の座標は
<tex>x'^i={L^i}_jx^j</tex>
です。

次回以降で、ローレンツ変換のうち、ブースト変換の式が必要になるので、一般的な形を以下に記しておきます。
<tex>{{L_{(\beta)}}^{i}}_{j}=\begin{pmatrix}\gamma &  -\gamma\beta_x & -\gamma\beta_y & -\gamma\beta_z \\ -\gamma\beta_x & 1+\varepsilon {\beta_x}^2 & \varepsilon\beta_x \beta_y & \varepsilon\beta_x \beta_z \\ -\gamma\beta_y & \varepsilon\beta_x \beta_y & 1+\varepsilon {\beta_y}^2 &  \varepsilon\beta_y \beta_z \\ -\gamma\beta_z & \varepsilon\beta_x \beta_z  & \varepsilon\beta_y \beta_z  & 1+\varepsilon {\beta_z}^2\end{pmatrix}</tex>
ここで
<tex>\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}},\varepsilon =\frac{\gamma -1}{\beta ^2}</tex>
です。
5 coJJyMAN 2015/03/07 (土) 00:46:32 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 03/10 (火) 00:06 [修正] [削除]
そのうえで、次の瞬間で粒子が静止して見える、また別の慣性系を考えましょう。
言うなれば、次の瞬間静止系ですね。
まず、もとの静止系で、この「次の瞬間」の四元速度を表します。
 $V^i=\dot{f}^i(\tau+\Delta\tau)$ 
これは、先の $U$ を用いて $=U^i+\dot{U}^i\Delta\tau$ 、第2項を簡単に書けば
 $V^i=U^i+\Delta U^i$ で表されます。
これをローレンツ変換 ${L^i}_j$ で座標変換すると
 $V'^i={L^i}_j V^j=(c,v_x,v_y,v_z)$ 
もともと速度の差は小さいですから、つまり相対速度が小さいということで、 $v_i$ などは $c$ に比べて非常に小さい値です。

そこで、今度はこの $V'^i$ を
 ${L'^i}_j V'^j=(c,0,0,0)$ 
にする座標変換を考えましょう。
これはブースト変換で速度が非常に小さい場合と考えることができるので
<tex>{L'^i}_j=\begin{pmatrix}1 & -\frac{v_x}{c}  & -\frac{v_y}{c}  & -\frac{v_z}{c} \\  -\frac{v_x}{c} & 1 & 0 & 0 \\  -\frac{v_y}{c} & 0 & 1 & 0 \\  -\frac{v_z}{c} & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}</tex>
以降の計算のために、これを二つの項に分けます。
 ${L'^i}_j={\delta^i}_j+{\Delta^i}_j$ 
ここで、 ${\delta^i}_j$ はクロネッカーのデルタで、
<tex>{\Delta^i}_j=\frac{1}{c}\begin{pmatrix}0 & -v_x  & -v_y  & -v_z \\  -v_x & 0 & 0 & 0 \\  -v_y & 0 & 0 & 0 \\  -v_z & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}</tex>
です。
6 宇宙な人 2015/03/07 (土) 02:40:11 ID:KliASJ/1Ww [修正] [削除]
>>4
coJJyMANさん、こんにちは

>>次回以降で、ローレンツ変換のうち、ブースト変換の式が必要になるので、一般的な形を以下に記しておきます。

この一般的な式は、静止系から見た時に、運動系がVの相対速度を持つ場合、
その成分が(Vx、Vy、Vz)である時のローレンツ変換式であると考えてよろしいでしょうか?
ローレンツ変換式には様々な記述形式があるのですが、
この変換式は、いつ頃、誰によって導き出されたものなのでしょうか?

分かる範囲でよろしいので、教えて頂けると嬉しいです。
7 coJJyMAN 2015/03/07 (土) 02:46:48 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>6
すいませんが、そういうことは詳しくないので、他の方法でお調べ下さい。
8 宇宙な人 2015/03/07 (土) 03:01:33 ID:KliASJ/1Ww [修正] [削除]
>>7
ご回答ありがとうございます。

>>この一般的な式は、静止系から見た時に、運動系がVの相対速度を持つ場合、
その成分が(Vx、Vy、Vz)である時のローレンツ変換式であると考えてよろしいでしょうか?

の質問はどうでしょう。

それならば、この一般的な式は、どこに記述されていたかを教えて頂けないでしょうか?
それともcoJJyMANさんが導いた式でしょうか?
ご迷惑をおかけしてすみません。
9 coJJyMAN 2015/03/07 (土) 06:42:08 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>それならば、この一般的な式は、どこに記述されていたかを教えて頂けないでしょうか?
>>1に書いた
>他に参考にしたのはジャクソンの電磁気学の第11章「特殊相対性理論」です。
です。
このような式の導出は、一生の内一度しかしたくないので、説明する気はありません。
もし、ローレンツ変換の導出に興味がおありなら、>>1で書いた二冊のように
<tex>x'_0=\gamma(x_0-\vec{\beta} \cdot \vec{x}) </tex>
<tex>\vec{x'}=\vec{x}+\frac{\gamma -1}{\beta^2}(\vec{\beta}\cdot\vec{x})\vec{\beta}-\gamma\vec{\beta}x_0</tex>
の説明がある教科書が良いですね。
追記)
その他、ネット上で参考になる文章は
・epiiさんのepii's physics notes
[相対性理論]-[一般方向のLorentz変換]
http://www.epii.jp/articles/note/physics/relativity/general_lorentz_trans
に基本的な考え方が書かれています。
もしくは
・サンマヤさんの
[特殊相対論のページ]
http://sammaya.garyoutensei.com/math_phys/physics/relativity/index.html
ここの[第4章 ローレンツ変換の数学的性質]で、お探しの式が導出されています。
10 coJJyMAN 2015/03/07 (土) 10:49:28 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>5のつづきです。
この、次の瞬間静止系での四元速度は
<tex>(c,0,0,0)&={L'^i}_jV'^j \\&={L'^i}_j{L^j}_k V^k \\&={L'^i}_j{L^j}_k \dot{f}^k(\tau+\Delta\tau) \\&={L''^i}_k \dot{f}^k(\tau+\Delta\tau) \\</tex>
と書くことができます。ここで、
 ${L''^i}_k={L'^i}_j{L^j}_k$ 
としました。
すると、この「次の瞬間静止系」は、そもそも
 $(c,0,0,0)={{L(\tau+\Delta\tau)}^i}_k \dot{f}^k(\tau+\Delta\tau)$ 
のはずでしたから、
 ${{L(\tau+\Delta\tau)}^i}_k={L''^i}_k$ 
だということになります。
11 hirota 2015/03/07 (土) 13:01:43 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
>>6 >>8
答は Yes.
いつ誰に、なんてことは式で書く必要を感じたら誰でも出来るから意味ない。
見た事なかった僕も即書けたからね。どうやって導出したか忘れたけど、一次元で考えて一般方向のベクトルで書き直したかな?
12 大学生A 2015/03/07 (土) 17:37:26 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
ds^2 = [1-(ω/c)^2・{(R+x)^2+Y^2}]・d(cT)^2 + 2(ω/c)・(Y・dx-x・dY)・d(cT) - dx^2 - (1/γ)^2・dY^2 - dz^2

T = γt
Y = γy

γ = 1/√{1-(ω/c)^2・R^2}

こんな感じかな?自信まったく無いが。w
13 宇宙な人 2015/03/07 (土) 20:55:03 ID:c26iN0a2eY [修正] [削除]
>>9
coJJyMANさん、ありがとうございます。
X軸方向以外への座標変換は見たことなかったので、昔導出したことがありました。
導出の仕方は違いますが、良く計算してみると同じ結果になりました。
サンマヤさんのpdfは、下手な教科書よりよっぽど良いですね。
貴重なソースをありがとうございます。

こんなのもありました。
一般相対性理論の基礎と回転系
http://maldoror-ducasse.cocolog-nifty.com/blog/2007/02/post_a73e_1.html

推論ですが、回転座標の場合、剛体の円盤状の物体が回転する場合と、
宇宙船が宇宙空間を円軌道で周回する場合は違うのかもしれません。
14 coJJyMAN 2015/03/07 (土) 21:39:32 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>推論ですが、回転座標の場合、
このスレッドには回転座標系は出てきませんので、あしからず。
15 宇宙な人 2015/03/07 (土) 23:30:00 ID:KliASJ/1Ww [修正] [削除]
>>14
んにゃ?
例えば物体が反時計回りに公転する時、ローレンツ変換では、物体が時計回りに自転する量を求めるのではないのですか?

宇宙船の公転では自転するが、円盤状の剛体ではガッチリ固定されているので回転はできないと思うのですが。
円盤状の剛体が回転する場合、破壊が起きるとは思いますが。
16 coJJyMAN 2015/03/08 (日) 00:14:45 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
おろろ?
回転座標系って、原点が同じで座標軸が回転してる座標系のことでしょ?
17 宇宙な人 2015/03/08 (日) 01:11:24 ID:c26iN0a2eY [修正] [削除]
coJJyMANさんて面白いですね(^O^)
18 大学生A 2015/03/08 (日) 05:41:14 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
>宇宙船の公転では自転するが・・・

月や静止衛星は自転しますが、低い高度の衛星やシャトルは自転してないと聞きます。
ミンコフスキー時空にて、自転しない公転運動の計量は、単純に、
接線方向のローレンツ変換と、向心方向における等加速度系への変換を、
結合させて求められるのではないかと思っています。
単純と言っても、周期関数が含まれそうなので、計量そのものは複雑になるかも。
19 hirota 2015/03/08 (日) 10:52:42 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
人工衛星もシャトルも自転してますよ。
大抵は月と同様に地球を向いてます。
公転してたら加速度方向は変わるんだから等加速度じゃないし…
近似的にはシュバルツシルト計量を回転系に変換したものですね。
20 coJJyMAN 2015/03/08 (日) 11:46:50 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>公転してたら加速度方向は変わるんだから等加速度じゃないし…
はい。任意の軌道をとる粒子の座標系と、もとの静止座標系との関係を考えています。
ローレンツ変換の微分方程式を見つけてゆくことになります。
21 大学生A 2015/03/08 (日) 12:47:04 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
>人工衛星もシャトルも自転してますよ。
>大抵は月と同様に地球を向いてます。

なるほど。調べたら、

http://iss.jaxa.jp/iss_faq/category_5.html

上記のサイトに、「LVLH姿勢」と「XPOP姿勢」という専門用語があって、
自転を伴う「LVLH姿勢」が基本姿勢とのことのようですね。

>公転してたら加速度方向は変わるんだから等加速度じゃないし…

その通りなのですが、表現が曖昧ですみません。

つまり、周期関数となるであろう計量の座標時間変数に、
ある時刻を代入した場合に、その時刻における「瞬間的な」計量が、
接線方向のローレンツ変換と、向心方向における等加速度系への変換を、
結合させた合成変換によって、求められるのでは?
と思っているわけです。

ああ・・・うまく説明できない。(T_T)
22 hirota 2015/03/08 (日) 21:07:01 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
初心者用だと成分で面倒な計算してるかもしれんからベクトル計算でローレンツ変換式を出して見せよう。
4元座標を $(x_0,x_1,x_2,x_3)=(c t,{\bf x})$ として、まず速度ベクトル ${\bf v}$ 方向の成分 $x=\frac{{\bf v}^T}{v}{\bf x},\;v=|{\bf v}|$ だけを考えると、速度 ${\bf v}$ で動いてる系の座標 $(x_0^*,x^*)$ が表わす元座標の点は世界線に沿った長さ $x_0^*$ の時間軸ベクトル $(x_0,\frac{v}{c}x_0)$ と光錐について対称な長さ $x^*$ の空間軸ベクトル $(\frac{v}{c}x,x)$ の和である。
それぞれの長さ(計量)は
 $x_0^*=\sqrt{(x_0)^2-(\frac{v}{c}x_0)^2}=x_0\sqrt{1-(\frac{v}{c})^2},\,x^*=\sqrt{(x)^2-(\frac{v}{c}x)^2}=x\sqrt{1-(\frac{v}{c})^2}$ 
なので各軸ベクトルは
 $(x_0,\frac{v}{c}x_0)=(\frac{x_0^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}},\frac{(v/c)x_0^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}}),\,(\frac{v}{c}x,x)=(\frac{(v/c)x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}},\frac{x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}})$ 
となり、この和が $(x_0^*,x^*)$ に対応する元の座標である。それを改めて $(x_0,x)$ とすると
 $(x_0,x)=(\frac{x_0^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}},\frac{(v/c)x_0^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}})+(\frac{(v/c)x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}},\frac{x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}})=(\frac{x_0^*+(v/c)x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}},\frac{(v/c)x_0^*+x^*}{\sqrt{1-(v/c)^2}})$ 
となり、これが1次元のローレンツ変換式であり
 $\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}$ とすると $x_0=\gamma(x_0^*+(v/c)x^*),\,x=\gamma((v/c)x_0^*+x^*)$ である。
残りの次元は ${\bf v}$ に垂直な成分は不変だから
 $(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}=(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*,\;1_3=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 
より
 ${\bf x}=\frac{{\bf v}{\bf v}^T{\bf x}}{v^2}+(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*=\frac{{\bf v}}{v}x+(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*=\frac{{\bf v}}{v}\gamma(\frac{v}{c}x_0^*+x^*)+(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*$ 
これと $x_0$ の式に $x^*=\frac{{\bf v}^T}{v}{\bf x}^*$ を入れると
<tex>x_0&=\gamma(x_0^*+\frac{{\bf v}^T}{c}{\bf x}^*)\\{\bf x}&=\frac{{\bf v}}{v}\gamma(\frac{v}{c}x_0^*+\frac{{\bf v}^T}{v}{\bf x}^*)+(1_3-\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*=\gamma\frac{{\bf v}}{c}x_0^*+(1_3+(\gamma-1)\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}){\bf x}^*</tex>
まとめて
<tex>\begin{pmatrix}x_0\\{\bf x}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\gamma&\gamma\frac{{\bf v}^T}{c}\\\gamma\frac{{\bf v}}{c}&1_3+(\gamma-1)\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_0^*\\{\bf x}^*\end{pmatrix}</tex>
23 coJJyMAN 2015/03/09 (月) 23:34:24 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
(お詫び)
>>5の記事、 $V_x$ とか、ここのVに大文字を使ってしまうと良くない気がしてきたので、 $v_x$ のように小文字の表記に訂正させて下さい。
24 coJJyMAN 2015/03/09 (月) 23:56:11 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
それで、 $V'$ と $U'$ の共変ベクトルはそれぞれ
 $V'_i=\eta_{ij}V'^j=(-c,v_x,v_y,v_z)$ 
 $U'_i=\eta_{ij}U'^j=(-c,0,0,0)$ 
ですので、 $V'$ と $U'$ でテンソルを作ってみると
<tex>V'^i U'_j=\begin{pmatrix}-c^2 & 0  & 0  & 0 \\  -cv_x & 0 & 0 & 0 \\  -cv_y & 0 & 0 & 0 \\  -cv_z & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</tex>
それから
<tex>U'^i V'_j=\begin{pmatrix}-c^2 & cv_x  & cv_y  & cv_z \\  0 & 0 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</tex>
ということは、以前定めた ${\Delta^i}_j$ は
<tex>\frac{1}{c^2}(V'^iU'_j-U'^iV'_j)</tex>
に等しいということが分かりました。

25 coJJyMAN 2015/03/10 (火) 00:02:05 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
(再びお詫び)
>>5で、1/cが抜けていました。訂正させて下さい。
26 coJJyMAN 2015/03/10 (火) 01:33:29 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
さあ、どんどん計算しましょう。
<tex>{\Delta^i}_j&=\frac{1}{c^2} (V'^iU'_j-U'^iV'_j) \\&=\frac{1}{c^2} \eta_{jk} (V'^iU'^k-U'^iV'^k) \\&=\frac{1}{c^2} \eta_{jk}{L^i}_l {L^k}_m (V^l U^m-U^l V^m) \\&=\frac{1}{c^2} \eta_{jk}{L^i}_l {L^k}_m [(U^l+\Delta U^l) U^m-U^l (U^m+\Delta U^m)] \\&=\frac{1}{c^2} \eta_{jk}{L^i}_l {L^k}_m (\Delta U^l \cdot U^m-U^l \cdot \Delta U^m) </tex>
すると
<tex>{L''^i}_k&={L'^i}_j {L^j}_k=({\delta^i}_j+{\Delta^i}_j){L^j}_k \\&={L^i}_k+{\Delta^i}_j {L^j}_k</tex>
ですから
<tex>\frac{1}{\Delta \tau}{\Delta^i}_j {L^j}_k=\frac{{L''^i}_k-{L^i}_k}{\Delta \tau}=\frac{{L(\tau+\Delta \tau)^i}_k-{L(\tau)^i}_k}{\Delta \tau}</tex>
これをあらためて
<tex>\frac{\Delta{L^i}_k}{\Delta \tau}</tex>
と書くことにすれば
<tex>\frac{\Delta{L^i}_k}{\Delta \tau}&=\frac{1}{\Delta \tau}{\Delta^i}_j {L^j}_k \\&=\frac{1}{c^2} \eta_{jn}{L^i}_l {L^n}_m {L^j}_k(\frac{\Delta U^l}{\Delta \tau}  U^m-U^l \frac{ \Delta U^m}{\Delta \tau}) </tex>
この $\Delta \tau$ をゼロに近づければ、
<tex>\dif{{L^i}_k}{ \tau}=\frac{1}{c^2} \eta_{jn}{L^i}_l {L^n}_m {L^j}_k(\dif{ U^l}{ \tau}  U^m-U^l \dif{  U^m}{ \tau}) </tex>
>>3より
<tex>\eta_{\mu \nu}=\eta_{\rho \sigma}L^\rho_{\ \mu}L^\sigma_{\ \nu}</tex>
なので
<tex>\dif{{L^i}_k}{ \tau}=\frac{1}{c^2} \eta_{km}{L^i}_l (\dif{ U^l}{ \tau}  U^m-U^l \dif{  U^m}{ \tau}) </tex>
または
<tex>\dif{{L^i}_k}{ \tau}=\frac{1}{c^2} {L^i}_j (\dif{ U^j}{ \tau}  U_k-U^j \dif{  U_k}{ \tau}) </tex>
である。
さてそうすると、粒子の軌道があらかじめ与えられていれば、
@粒子の四元速度と、四元加速度が固有時の関数として得られる
A四元速度の初期値からローレンツ変換の初期値が得られる
ので、この微分方程式から次の瞬間、また次の瞬間の静止系、これを逐次静止系と呼べば、逐次静止系のローレンツ変換を求めることができるのである。
27 サンマヤ 2015/03/11 (水) 12:47:00 ID:p9sSs48hHk [修正] [削除]
サンマヤです。

自分のサイトを参照してくださってありがとうございます。
最近、更新できていないので、なんとか再開したいと思っています。
(予定では今年は一般相対論編に入るつもりだったんですが・・・)

>>18-21
この問題は、もともと自転していないが、公転している系を観測したら、
という設定です。
等速円運動なので、時々刻々加速度の向きが変わります。
方向の異なる速度の合成は可換ではないので、
1周してきたときに元には戻りません。
だから、>>21 でいうような周期関数にはなりません。
これ以上はネタばれになるので、続きをお楽しみください。
28 coJJyMAN 2015/03/11 (水) 21:50:32 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>1周してきたときに元には戻りません。
そうなんです。
サンマヤさん、ありがとうございます。(^ ^)
29 coJJyMAN 2015/03/12 (木) 03:05:24 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
あらためて、ここまでの結果をまとめておきます。
以下で、上にドットの記号は固有時での微分を表わすものとします。

微分方程式
<tex>\dot{{L^i}_j}= {L^i}_k\frac{ \dot{ U^k}  U_j-U^k \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
<tex>(U^i=\dot{x^i},U_i=\eta_{ij}U^j,\dot{U_i}=\eta_{ij}\dot{U^j})</tex>
を解いて得られる ${L^i}_j(\tau)$ は、
静止系 $S$ から、 $x^i=f^i(\tau)$ で運動する粒子の瞬間静止系 $S'=S'(\tau)$ へ移る変換を決定するものであり、
 $S'$ 系の座標を $x'$ とすれば
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}x^j  \\[4pt]x^i=x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
 $({L_i}^j=\eta_{i \rho}{L^\rho}_\sigma \eta^{j \sigma} )$ 
である。
あるいは、 $S'$ 系の原点を逐次移動して、粒子が常に $S'(\tau)$ 系の原点に静止しているようにするなら
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
である。
30 大学生A 2015/03/12 (木) 06:08:08 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
>1周してきたときに元には戻りません。

衝撃的です。hirota さんも同意見ですか?
四面楚歌の様相を呈してきた。(^_^;)
31 hirota 2015/03/12 (木) 11:49:18 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
このスレッドを見てるだけでは何を聞いてるのか分からないな。
人工衛星の局所慣性系が軌道1周でズレるかという意味なら、その効果を測定する衛星がちょっと前に打ち上げられたはずだが。
32 大学生A 2015/03/12 (木) 12:10:12 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
ほう、そんな実験が。
面白そうですね。
でも、もし、周期関数にならないなら、過去の情報(円運動の周回数)が計量に現れるって事ですよね?
それは驚愕します。
33 hirota 2015/03/12 (木) 12:44:20 ID:mxZWPl0EEs [修正] [削除]
やっぱり何を言ってるのか分からないが、測定衛星の結果なら
http://www.astroarts.com/news/2011/05/09gravity_probe_b/index-j.shtml
34 大学生A 2015/03/12 (木) 13:05:59 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
ども。
35 hirota 2015/03/12 (木) 17:57:40 ID:mxZWPl0EEs 修正アリ: 03/16 (月) 18:23 [修正] [削除]
>>22でベクトル表示のローレンツ変換を出したんだから、スレタイと関係のある速度合成を計算してみる。
速度ベクトル ${\bf v}$ だけによるローレンツ変換(ローレンツ・ブースト)を
<tex>\begin{pmatrix}x_0\\{\bf x}\end{pmatrix}=L({\bf v})\begin{pmatrix}x_0^*\\{\bf x}^*\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&\frac{{\bf v}^T/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\\\frac{{\bf v}/c}{\sqrt{1-(v/c)^2}}&1_3+(\frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}-1)\frac{{\bf v}{\bf v}^T}{v^2}\end{pmatrix}\!\!\begin{pmatrix}x_0^*\\{\bf x}^*\end{pmatrix}</tex>
として ${\bf v}_1$ と ${\bf v}_2$ の合成
<tex>\begin{pmatrix}x_0\\{\bf x}\end{pmatrix}=L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)\begin{pmatrix}x_0^*\\{\bf x}^*\end{pmatrix}</tex>
を考えると
<tex>L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)=\begin{pmatrix}L_{00}&L_{01}\\L_{10}&L_{11}\end{pmatrix}</tex>
<tex>L_{00}=\frac{1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}\,,\quad L_{01}=(1+\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}})\frac{{\bf v}_1^T/c}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}+\frac{{\bf v}_2^T/c}{\sqrt{1-(v_2/c)^2}}</tex>
<tex>L_{10}=\frac{{\bf v}_1/c}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}}+(1+\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{1+\sqrt{1-(v_2/c)^2}})\frac{{\bf v}_2/c}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}</tex>
<tex>L_{11}=1_3+(\frac{1}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}}-1)\frac{{\bf v}_1{\bf v}_1^T}{v_1^2}+(1+\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2(1-\sqrt{1-(v_2/c)^2})}{v_2^2(1+\sqrt{1-(v_1/c)^2})})\frac{{\bf v}_2{\bf v}_1^T/c^2}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}+(\frac{1}{\sqrt{1-(v_2/c)^2}}-1)\frac{{\bf v}_2{\bf v}_2^T}{v_2^2}</tex>
となる。
 $L({\bf v})$ は対称行列だが $L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)$ は対称でないので、これは単純なローレンツ・ブーストではない。
そこで原点( ${\bf x}^*=0$ )だけの速度 ${\bf v}_3$ を見ると、行列の左列より
<tex>\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{1-(v_3/c)^2}}\\\frac{{\bf v}_3/c}{\sqrt{1-(v_3/c)^2}}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}L_{00}\\L_{10}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}\\\frac{{\bf v}_1/c}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}}+(1+\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{1+\sqrt{1-(v_2/c)^2}})\frac{{\bf v}_2/c}{\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}}\end{pmatrix}</tex>
であるから
<tex>{\bf v}_3=\frac{\sqrt{1-(v_2/c)^2}{\bf v}_1}{1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}+\frac{(1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2+\sqrt{1-(v_2/c)^2}){\bf v}_2}{(1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2)(1+\sqrt{1-(v_2/c)^2})}</tex>
<tex>\frac{v_3}{c}=\frac{|{\bf v}_3|}{c}=\frac{1}{1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}\sqrt{\frac{v_1^2+v_2^2+2{\bf v}_1^T{\bf v}_2}{c^2}-\left(\frac{v_1}{c}\right)^{\!2}\left(\frac{v_2}{c}\right)^{\!2}(1-\left(\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2}{v_1v_2}\right)^{\!\!2})}</tex>
これを使って ${\bf v}_3$ ブーストの逆行列 $L(-{\bf v}_3)$ を左から掛けると
<tex>L(-{\bf v}_3)L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)=\begin{pmatrix}1&0\\0&U\end{pmatrix}</tex>
<tex>U=1_3&-\frac{1-\sqrt{1-(v_2/c)^2}}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}}\frac{{\bf v}_1{\bf v}_1^T/c^2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}-\frac{{\bf v}_1{\bf v}_2^T/c^2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}\\&+(1+\frac{2{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{(1+\sqrt{1-(v_1/c)^2})(1+\sqrt{1-(v_2/c)^2})})\frac{{\bf v}_2{\bf v}_1^T/c^2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}\\&-\frac{1-\sqrt{1-(v_1/c)^2}}{1+\sqrt{1-(v_2/c)^2}}\frac{{\bf v}_2{\bf v}_2^T/c^2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}</tex>
この $U$ は直交行列で3次元空間の回転である。
この式から $U$ を ${\bf v}_1$ と ${\bf v}_2$ の一次結合に作用させると結果も同じく一次結合となる事が分かるから、これは ${\bf v}_1$ と ${\bf v}_2$ を含む面内の回転であり
<tex>U{\bf v}_1&=\frac{(\sqrt{1-(v_1/c)^2}+\sqrt{1-(v_2/c)^2}){\bf v}_1}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}\\&+(1+\frac{{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}{(1+\sqrt{1-(v_1/c)^2})(1+\sqrt{1-(v_2/c)^2})})\frac{(v_1/c)^2{\bf v}_2}{1+\sqrt{1-(v_1/c)^2}\sqrt{1-(v_2/c)^2}+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}</tex>
より ${\bf v}_1$ から ${\bf v}_2$ に向かう回転である。
以上より、空間回転だけのローレンツ変換を
<tex>L(U)=\begin{pmatrix}1&0\\0&U\end{pmatrix}</tex>
と書けば
<tex>L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)=L({\bf v}_3)L(U)</tex>
となり、これが相対論の速度合成則である。
なお、
<tex>{\bf v}_3^*=U^T{\bf v}_3=\frac{(1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2+\sqrt{1-(v_1/c)^2}){\bf v}_1}{(1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2)(1+\sqrt{1-(v_1/c)^2})}+\frac{\sqrt{1-(v_1/c)^2}{\bf v}_2}{1+{\bf v}_1^T{\bf v}_2/c^2}</tex>
とすれば $L({\bf v}_2)L({\bf v}_1)=L(U)L({\bf v}_3^*)$ とも書ける。
36 大学生A 2015/03/12 (木) 18:21:51 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
おお!サンマヤさんのやつを一般化した感じですね。
37 takoyaki 2015/03/12 (木) 22:38:05 ID:24fsL7VI/w [修正] [削除]
横から失礼します。

>>27
サンマヤさんのサイトを私も拝見させて頂きました。
ちょうど私がこれから勉強しようと思っている数学の内容が書かれていて、とても興味深く読ませて頂きました。
お礼を一言申し上げたく思った次第です。
(おかげさまで、これからの学習の見通しが少しできたような気がします。)
38 coJJyMAN 2015/03/14 (土) 08:12:46 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
さて、いま考えている粒子に長さ1の空間ベクトル $\Vec{e}'(\tau)$ を結びつけ、 $S'$ 系の空間軸に対して $\Vec{e}'(\tau)$ が、どの時刻でも同じ成分を持つようにしておく。
例えば、 $\Vec{e}'(\tau)$ は、 $S'(\tau)$ 系の座標軸のある方向を向くものとしてもよい。
このとき、 $\Vec{e}'(\tau)$ は時々刻々、その方向を変えないで変位をうけるだけである。

このベクトルの $S'$ 系での成分は $e'_i=(0,\Vec{e}')$ で、 $\dot{e}'_i=0$ である。
これを $S$ 系で見た成分は
 $e_i(\tau)=e'_k {L(\tau)^k}_i$ 
となる。

ここで
 $e'_iU'^i(=(0,\Vec{e}')\cdot(c,\Vec{0}))=0$ 
だから
 $e_iU^i=e'_j{L^j}_i U'^k{L_k}^i=e'_jU'^k{\delta^j}_k=e'_jU'^j=0$ 
である。

そうすると、 $S$ 系での $\Vec{e}(\tau)$ を固有時で微分したものは
<tex>\dif{e_i(\tau)}{\tau}&=e'_k\dif{{L^k}_i}{t} \\&=e'_k {L^k}_l \frac{\dot{U^l}U_i-U^l\dot{U_i}}{c^2} \\&=\frac{( e_l \dot{U^l} )U_i- ( e_lU^l )\dot{U_i}}{c^2}</tex>
第二項のカッコの中が、先程の結果からゼロになるので
以下の微分方程式が得られる
<tex>\dif{e_i(\tau)}{\tau}=\frac{( e_l \dot{U^l} )U_i}{c^2} \ \ , \ \ \left ( e_i\left ( \tau=0 \right ) =e'_k{L\left ( \tau=0 \right )^k}_i\right )</tex>
39 coJJyMAN 2015/04/01 (水) 00:30:44 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
等速円運動の計算に行く前に、ちょっと寄り道して
粒子が $x$ 軸上を任意の運動をする場合を考えてみたいと思います。

 $f^2=f^3=0$ なので
<tex>U^i=\left( \dot { { f }^{ 0 } } ,\dot { { f }^{ 1 } } ,0,0 \right) ,\dot { { U }^{ i } } =\left( \ddot { { f }^{ 0 } } ,\ddot { { f }^{ 1 } } ,0,0 \right) </tex>
さらに時刻 $\tau=0$ におけるこの粒子の、静止系( $S$ 系)での速度はゼロとし、
またその時刻において瞬間静止系 $S'(\tau)$ は $S$ に一致ししているとします。
このとき、 $U^iU_i=-(U^0)^2+(U^1)^2=-c^2$ なので、初期条件も考えれば
 $U^i=(c \ \cosh \ \theta(\tau),c \ \sinh \ \theta(\tau),0,0)$ 
と書けます。
ここで $\theta(\tau)$ は $\tau=0$ でゼロとなるような、ある関数です。
つまり、
<tex>f^i(\tau)=\left( c\int _{ 0 }^{ \tau  }{ \cosh { \theta \left( \tau  \right)  } d\tau  } ,c\int _{ 0 }^{ \tau  }{ \sinh { \theta \left( \tau  \right)  } d\tau  } ,0,0 \right) </tex>
ということになります。
さて、 ${e_k^{(i)}}(\tau)(i=1,2,3)$ を瞬間静止系 $S'(\tau)$ の空間軸方向の単位ベクトルとすれば、
 $\tau=0$ のとき ${e_k^{(i)}}=\delta_k^i$ となります。
また、この3つの単位ベクトルはどれも>>38の方程式を満たすので
<tex>\dif{{e_k^{(i)}}(\tau)}{\tau}=\frac{( {e_l^{(i)}} \dot{U^l} )U_k}{c^2} </tex>
すると、上で $U^2=U^3=0,\dot{U}^2=\dot{U}^3=0$ とあるので
 $y$ 方向と $z$ 方向に関して
 ${e_k^{(2)}}=\delta_k^2$ , ${e_k^{(3)}}=\delta_k^3$ , ${e_2^{(1)}}={e_3^{(1)}}=0$ 
は、この方程式の解になっています。
40 coJJyMAN 2015/04/01 (水) 03:54:00 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
 $x$ 方向に関しては、まず $e_iU^i=0$ から
 ${e_k^{(1)}}U^k=0$ つまり ${e_0^{(1)}}U^0+{e_1^{(1)}}U^1=0$ なので
<tex>{e_0^{(1)}}=-{e_1^{(1)}}\frac{U^1}{U^0}</tex>
であることが分かります。

次に、長さの時間変化を調べます。
(以下しばらくは"(1)"の表記を省きます。その方が見やすいので。)

<tex>\dif{}{\tau}(e_ie^i)=\dif{}{\tau}(e_0e^0+e_1e^1)=\dot{e_0}e^0+e_0\dot{e^0}+\dot{e_1}e^1+e_1\dot{e^1}</tex>

<tex>=(e^0U_0+e_0U^0+e^1U_1+e_1U^1)\frac{e_i\dot{U}^i}{c^2}=(e^jU_j+e_kU^k)\frac{e_i\dot{U}^i}{c^2}</tex>
<tex>=(2e_kU^k)\frac{e_i\dot{U}^i}{c^2}=0</tex>
したがって
<tex>e_i(\tau) e^i(\tau)= e_i(0) e^i(0)=\delta_i^i=1</tex>
です。
すると、 $e^0=-e_0,e^1=e_1$ より
<tex>\left( -{ e }_{ 1 }\frac { { U }^{ 1 } }{ { U }^{ 0 } }  \right) \left( { e }_{ 1 }\frac { { U }^{ 1 } }{ { U }^{ 0 } }  \right) +{ e }_{ 1 }{ e }_{ 1 }=1</tex>

<tex>{ \left( { e }_{ 1 } \right)  }^{ 2 }{ \left( 1-{ \left( \frac { { U }^{ 1 } }{ { U }^{ 0 } }  \right)  }^{ 2 } \right)  }=1</tex>

<tex>{ \left( { e }_{ 1 } \right)  }^{ 2 }{ { \left( \frac { c }{ { U }^{ 0 } }  \right)  }^{ 2 } }=1</tex>
したがって
<tex>{e^{(1)}}_1(\tau)=\frac{U^1}{c}=\cosh \theta (\tau)</tex>
それから
<tex>{e^{(1)}}_0(\tau)=-\frac{U^0}{c}\frac{U^1}{U^0}=-\sinh \theta (\tau)</tex>
41 coJJyMAN 2015/04/02 (木) 05:00:59 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
共変ベクトルのローレンツ変換は>>3より
<tex>x_i=x'_j {L^j}_i</tex>
また、  $S'$ 系での単位ベクトルは定義により
<tex>{e_k^{(i)'}}=\delta_k^i</tex>
なので
<tex>{e_k^{(i)}}={e_j^{(i)'}}{L^j}_k=\delta_j^i {L^j}_k={L^i}_k</tex>
したがって
 ${e^{(1)}}_0={L^1}_0=-\sinh \theta (\tau)$ 
 ${e^{(1)}}_1={L^1}_1=\cosh \theta (\tau)$ 

一方、速度ベクトルのローレンツ変換に対して
 $U'^i={L^i}_j U^j,U'^i=(c,0,0,0)$ 
なので
 $c={L^0}_0c \cdot \cosh \theta +{L^0}_1 c \cdot \sinh \theta$ 
から
 ${L^0}_0=\cosh \theta (\tau)$ 
 ${L^0}_1=-\sinh \theta (\tau)$ 
まとめると
<tex>{ L^{ i } }_{ j }=\begin{pmatrix} \cosh { \theta  }  & -\sinh { \theta  }  \\ -\sinh { \theta  }  & \cosh { \theta  }  \end{pmatrix}</tex>
逆変換 $({L_i}^j=\eta_{i \rho}{L^\rho}_\sigma \eta^{j \sigma} )$  は
<tex>{ L_{ j } }^{ i }=\begin{pmatrix} \cosh { \theta  }  & \sinh { \theta  }  \\ \sinh { \theta  }  & \cosh { \theta  }  \end{pmatrix}</tex>

座標変換については>>29にも書きましたが
 $S'$  系の原点を逐次移動して、粒子が常に  $S'(\tau)$  系の原点に静止しているようにするなら
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
ということになります。
42 coJJyMAN 2015/04/03 (金) 00:40:23 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
簡単な例として、質量 $m$ の粒子が $x$ 方向に一定の力
 $F=ma$ の作用を受けて運動する場合を計算してみましょう。
<tex>\dif{}{t} \left( \frac { v }{ \sqrt { 1-\frac { v^{ 2 } }{ c^{ 2 } }  }  } \right) =\frac { F }{ m } =a \ \ , \ \ v=\dif{x}{t}</tex>
時刻 $t=0$ で速度がゼロなら、上の式をまず積分して
<tex> \frac { v }{ \sqrt { 1-\frac { v^{ 2 } }{ c^{ 2 } }  }  } =at</tex>
すると
<tex>v=at\sqrt { 1-\frac { { v }^{ 2 } }{ { c }^{ 2 } }  }  </tex>
<tex>v^2=a^2t ^2 \left( 1-\frac { { v }^{ 2 } }{ { c }^{ 2 } } \right)=a^2 t^2 -\frac{a^2 t^2 v^2}{c^2} </tex>
<tex>v^{ 2 }\left( 1+\frac { a^{ 2 }t^{ 2 } }{ c^{ 2 } }  \right) =a^{ 2 }t^{ 2 } </tex>
だから
<tex>v=\dif{x}{t}=\frac { at }{ \sqrt { 1+\left( \frac { at }{ c }  \right) ^{ 2 } }  } </tex>
となります。
そして $t=0$ で $x=0$ なら、この式を積分することによって
<tex>x=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \sqrt { 1+{ \left( \frac { at }{ c }  \right)  }^{ 2 } } -1 \right) </tex>
が求められます。
この関係は
<tex>\left( x+\frac { { c }^{ 2 } }{ a }  \right) ^{ 2 }-c^{ 2 }t^{ 2 }=\frac { c^{ 4 } }{ a^{ 2 } } </tex>
と書けるので、この運動のことを双曲線運動とも呼びます。
43 coJJyMAN 2015/04/03 (金) 02:08:18 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
粒子がこのような運動をするとき、その固有時を考えると
<tex>d\tau ^{ 2 }=\left( 1-\frac { v^{ 2 } }{ c^{ 2 } }  \right) dt^{ 2 }=dt^{ 2 }\left( 1-\frac { \left( \frac { at }{ c }  \right) ^{ 2 } }{ 1+\left( \frac { at }{ c }  \right) ^{ 2 } }  \right) =dt^{ 2 }\left( \frac { 1 }{ 1+\left( \frac { at }{ c }  \right) ^{ 2 } }  \right) </tex>
なので
<tex>d\tau=\frac{dt}{\sqrt{1+\left( \frac{at}{c} \right) ^2}}</tex>
これを積分することにより
<tex>\frac{at}{c}=\sinh{\frac{a\tau}{c}} \ \ , \ \ \frac{a\tau}{c}=\sinh^{-1}{\frac{at}{c}}</tex>
すなわち
<tex>\tau=\frac{c}{a}\sinh^{-1}{\frac{at}{c}} \ \ , \ \ t=\frac{c}{a}\sinh{\frac{a\tau}{c}}</tex>
が得られます。
 $x$ については>>42の結果を用いて
<tex>x=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \sqrt { 1+{ \left( \frac { at }{ c }  \right)  }^{ 2 } } -1 \right) =\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right) </tex>
速度ベクトルは
<tex>U^i=\left( c\cdot  \sinh{\frac{a\tau}{c}},c\cdot  \cosh{\frac{a\tau}{c}},0,0 \right)</tex>
これはつまり、>>41の関数 $\theta$ が
<tex>\theta(\tau)=\frac{a\tau}{c}</tex>
だということです。
また、加速度ベクトルは
<tex>\dot{U}^i=\left( a\cdot  \cosh{\frac{a\tau}{c}},a\cdot  \sinh{\frac{a\tau}{c}},0,0 \right)</tex>
になるのですが、これの $S'(\tau)$ での成分 $\dot{U'}^i$ は
ローレンツ変換を
<tex>{ L^{ i } }_{ j }=\begin{pmatrix} \cosh { \theta  }  & -\sinh { \theta  }  \\ -\sinh { \theta  }  & \cosh { \theta  }  \end{pmatrix}</tex>
 $S$ 系の加速度ベクトルを
<tex>\dot { U } ^{ i }=\begin{pmatrix} a\cdot \cosh { \theta  }  \\ a\cdot \sinh { \theta  }  \end{pmatrix}</tex>
と書いて計算すると
<tex>\dot{U'}^i={ L^{ i } }_{ j }\dot { U } ^{ j }=\begin{pmatrix} \cosh { \theta  }  & -\sinh { \theta  }  \\ -\sinh { \theta  }  & \cosh { \theta  }  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\cdot \cosh { \theta  }  \\ a\cdot \sinh { \theta  }  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a  \\ 0 \end{pmatrix}</tex>
が得られます。
この結果から瞬間静止系における粒子の加速度は常に $a$ に等しいことが分かります。
44 coJJyMAN 2015/04/03 (金) 03:31:23 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 12:32 [修正] [削除]
 $S$ 系において一定の力 $F=ma$ によって、
時刻 $t=0$ のときに $x=0$ にあった粒子の運動 $x^i=f^i(\tau)$ は
<tex>x^0=f^0(\tau)=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau}{c}}</tex>
<tex>x ^1=f^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)</tex>
で表され、その粒子の瞬間静止系との座標変換は
<tex>{ L^{ i } }_{ j }=\begin{pmatrix} \cosh {\frac{a\tau}{c} }  & -\sinh {\frac{a\tau}{c}  }  \\ -\sinh { \frac{a\tau}{c}  }  & \cosh { \frac{a\tau}{c}  }  \end{pmatrix}</tex>
<tex>{ L_{ j } }^{ i }=\begin{pmatrix} \cosh {\frac{a\tau}{c} }  & \sinh {\frac{a\tau}{c}  }  \\ \sinh { \frac{a\tau}{c}  }  & \cosh { \frac{a\tau}{c}  }  \end{pmatrix}</tex>
により
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
で与えられます。

同様の力で、初めに粒子が $x=d$ にあった場合は、上の $f^1$ 式が
<tex>x^1 =f^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)+d</tex>
に変わるだけで、その他は同じ結果になります。
45 coJJyMAN 2015/04/05 (日) 09:25:54 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 11:29 [修正] [削除]
次に、2つの粒子がそれぞれ同じ値の一定の力で加速する場合を考えてみましょう。
やはり両方とも初速度はゼロとします。
静止系( $S$ 系)での各々の運動は
粒子Aは $t=0$ のとき $x=0$ だったとして、その固有時を $\tau_A$ とおけば
<tex>x^0=f_A^0(\tau)=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau_A}{c}}</tex>
<tex>x ^1=f_A^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau_A}{c}}-1 \right)</tex>
一方、粒子Bは $t=0$ のとき $x=d$ だったとして、その固有時を $\tau_B$ とおけば
<tex>x^0=f_B^0(\tau)=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau_B}{c}}</tex>
<tex>x ^1=f_B^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau_B}{c}}-1 \right)+d</tex>

この様に $S$ 系では $x^0=f_A^0(\tau)=f_B^0(\tau)$ より
<tex>\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau_A}{c}}=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau_B}{c}}</tex>
したがって $\tau_A=\tau_B$ となり、常にAとBの固有時は同じです。
すると任意の時刻でのAB間の距離は、それぞれの固有時が同じなので
<tex>f_B^1(\tau)-f_A^1(\tau)=\left( \frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)+d \right)-\left( \frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right) \right)=d</tex>
となり、常に $d$ で一定なことが確認できます。

さてそれでは、瞬間静止系 $S'(\tau)$ 系においては、
任意の時刻でのAB間の距離はどのようになるのか考えてみます。
粒子Aを基準とした瞬間静止系 $S'(\tau)$ 系を考え、
その座標系で粒子Aと同時刻にある粒子Bの位置を見てみることにします。
基本の座標変換式は、何度も繰り返しますが
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
ここで、基準の $ f^j(\tau)$ は $ f_A^j(\tau)$ 、 ${L^i}_j$ で使う固有時も $\tau_A$ で、
変換される $x^j$ は $x^j=f_B^j(\tau)$ となります。
以下、簡単のため $\theta_A=a\tau_A/c,\theta_B=a\tau_B/c,\delta=ad/{c}^2$ とします。
<tex>x'^0&={L^0}_j(f^j_B-f^j_A) \\&={L^0}_0(f^0_B-f^0_A)+{L^0}_1(f^1_B-f^1_A) \\&=\frac{c^2}{a} [  \cosh\theta_A ( \sinh\theta_B-\sinh\theta_A )-    \sinh\theta_A ( ( \cosh\theta_B-1+\delta)-(\cosh\theta_A-1) ) ] \\&=\frac{c^2}{a} [  \cosh\theta_A ( \sinh\theta_B-\sinh\theta_A )-    \sinh\theta_A (  \cosh\theta_B-\cosh\theta_A+\delta ) ] \\&=\frac{c^2}{a} [  \cosh\theta_A \sinh\theta_B-    \sinh\theta_A ( \cosh\theta_B + \delta ) ] </tex>
 $S'$ 系で同時刻とは $x'^0=0$ を意味するので、その時の粒子の固有時は

 $\cosh\theta_A \sinh\theta_B=\sinh\theta_A ( \cosh\theta_B + \delta ) $ 
<tex> \cosh\theta_B + \delta=\sinh\theta_B \frac{\cosh\theta_A }{\sinh\theta_A }</tex>
などの関係で結ばれています。そうなると、粒子Bの位置は
<tex>x'^1&={L^1}_j(f^j_B-f^j_A) \\&={L^1}_0(f^0_B-f^0_A)+{L^1}_1(f^1_B-f^1_A) \\&=\frac{c^2}{a} [ - \sinh\theta_A ( \sinh\theta_B-\sinh\theta_A )   + \cosh\theta_A (  \cosh\theta_B-\cosh\theta_A+\delta ) ] \\&=\frac{c^2}{a} [ \cosh\theta_A ( \cosh\theta_B+\delta ) - \sinh\theta_A  \sinh\theta_B-1 ] \\&=\frac{c^2}{a}\left ( \cosh\theta_A\sinh\theta_B \frac{\cosh\theta_A }{\sinh\theta_A }- \sinh\theta_A  \sinh\theta_B-1 \right) \\&=\frac{c^2}{a} \left( \frac{\sinh\theta_B}{\sinh\theta_A}\left ( \cosh^2{\theta_A} -\sinh^2{\theta_A}\right )-1 \right) \\&=\frac{c^2}{a} \left( \frac{\sinh\theta_B}{\sinh\theta_A}-1 \right)</tex>

随分簡単になってしまいましたが、式の中に $\delta$ が出てきません。
粒子Bの固有時の値を調べてみましょう。
粒子Aとの固有時との関係式から
 $\cosh\theta_A\sinh\theta_B-\sinh\theta_A\cosh\theta_B=\delta\sinh\theta_A$ 
これは $\sinh(\theta_A -\theta_B)=\delta\sinh\theta_A$ 
したがって $\theta_A -\theta_B=\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)$ となるので、
粒子Bの固有時は
 $\theta_B=\theta_A+\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)$ 
と、粒子Aの固有時と $\delta$ で表されます。
すなわち
<tex>\frac{a\tau_B}{c}=\frac{a\tau_A}{c}+\sinh^{-1}\left(\frac{ad}{c^2}\sinh\frac{a\tau_A}{c}\right)</tex>
この結果から、
初期状態の $d$ と静止系 $S$ での経過時間 $t$ によって、
粒子Aの固有時と粒子Bの固有時がどのくらいずれてしまうのかわかります。
 $d$ がプラスな方が、より固有時の値は大きく、逆に $d$ がマイナスの方は、より固有時の値は小さいです。
ついでに言うと、 $d$ がマイナスなら、ある時点でちょうど $\tau_B=0$ となる経過時間 $t$ があることもわかります。
46 coJJyMAN 2015/04/05 (日) 11:30:42 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 04/17 (金) 22:02 [修正] [削除]
粒子Bの位置を見てみましょう。
<tex>\theta_A=\frac{a\tau_A}{c},\theta_B=\frac{a\tau_B}{c},\delta=\frac{ad}{{c}^2} </tex>
として
<tex>x'^1=\frac{c^2}{a} \left( \frac{\sinh\theta_B}{\sinh\theta_A}-1 \right)\ \ , \ \ \theta_B=\theta_A+\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)</tex>
ですが、このままではよくわかりません。2番目の式を代入します。
以下、 $x'^1$ を $D$ と書くことにします。
<tex>D=\frac{c^2}{a} \left( \frac{\sinh\theta_B}{\sinh\theta_A}-1 \right)</tex>

<tex>\sinh\theta_B&=\sinh[\theta_A+\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)] \\&=\sinh\theta_A \cdot \cosh[\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)] + \cos\theta_A \cdot \sinh[\sinh^{-1}(\delta\sinh\theta_A)] \\&=\sinh\theta_A \sqrt{\delta^2\sinh^2\theta_A +1} + \cos\theta_A (\delta\sinh\theta_A) \\&=\sinh\theta_A \sqrt{1+\delta^2(\cosh^{2}{\theta_A} -1)} + \sinh\theta_A (\delta\cosh\theta_A) \\&=\sinh\theta_A \left( \delta\cosh\theta_A      + \sqrt{1+\delta^2(\cosh^{2}{\theta_A} -1)}  \right)</tex>
であるから
<tex>D=\frac{c^2}{a} \left( \delta\cosh\theta_A      + \sqrt{1+\delta^2(\cosh^{2}{\theta_A} -1)}  -1 \right)</tex>
すなわち
<tex>D&=\frac{c^2}{a} \delta\cosh\theta_A      +\frac{c^2}{a}  \left( \sqrt{1+{\delta}^{2}(\cosh^{2}{\theta_A} -1)}  -1 \right) \\&=d\cosh\frac{a\tau_A}{c}     +\frac{c^2}{a}  \left( \sqrt{1+\left( \frac{ad}{{c}^2}\right)^{2} \left( \cosh^{2}{\frac{a\tau_A}{c}} -1 \right) }  -1 \right) </tex>
という結果が得られます。
時間の経過とともに、 $D$ の絶対値はどんどん大きくなることがわかります。
47 coJJyMAN 2015/04/18 (土) 04:56:27 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
今度は、粒子Aは同じように静止系( $S$ 系)で見て
<tex>f^0(\tau)=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau}{c}}</tex>
<tex>f^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)</tex>
と一定加速度で運動しているけれど、
粒子Bは、粒子Aの瞬間静止系( $S'$ 系)で見て、
 $x'^0=0$ 
 $x'^1=d$ 
と常に決まった位置にあるように運動していたとします。
この時、粒子Bは静止系( $S$ 系)で見ると、どのような運動をしているのか?

基本の座標変換式は
 $x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} $ 
ここのローレンツ変換は
<tex>{ L_{ j } }^{ i }=\begin{pmatrix} \cosh {\frac{a\tau}{c} }  & \sinh {\frac{a\tau}{c}  }  \\ \sinh { \frac{a\tau}{c}  }  & \cosh { \frac{a\tau}{c}  }  \end{pmatrix}</tex>
なので、粒子Bの $S$ 系での位置は
<tex>x^0&=f^0(\tau)+x'^0{L_0}^0+x'^1{L_1}^0=f^0(\tau)+x'^1{L_1}^0 \\&=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau}{c}}+d\sinh{\frac{a\tau}{c}} \\&=\left(\frac{c^2}{a}+d \right)\sinh{\frac{a\tau}{c}}</tex>
<tex>x^1&=f^1(\tau)+x'^0{L_0}^1+x'^1{L_1}^1=f^1(\tau)+x'^1{L_1}^1 \\&=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)+d \cosh{\frac{a\tau}{c}} \\&=\left( \frac{c^2}{a} + d \right) \cosh{ \frac{a\tau}{c}} - \frac{c^2}{a}</tex>
つまり
<tex>\sinh{\frac{a\tau}{c}}=\frac{at}{c+\frac{ad}{c}}</tex>
なので
<tex>x=\left( \frac{c^2}{a} + d \right) \sqrt{1+\left( \frac{at}{c+\frac{ad}{c}}  \right)^2} - \frac{c^2}{a}</tex>
その速度は
<tex>v&=\dif{x}{t}=\dif{\tau}{t}\dif{x}{\tau}=c\frac{U^1}{U^0} \\&=c\tanh{ \frac{a\tau}{c}} \\&=c  \frac{at}{c+\frac{ad}{c}}  \frac{1}{\sqrt{1+\left( \frac{at}{c+\frac{ad}{c}}  \right)^2} } \\&=c \frac{at}{\sqrt{\left( {c+\frac{ad}{c}} \right) ^2+\left( {at}  \right)^2} } \\&=\frac{at}{\sqrt{\left( {1+\frac{ad}{c^2}} \right) ^2+\left( \frac{at}{c}  \right)^2} }</tex>
となります。
48 coJJyMAN 2015/04/19 (日) 10:35:03 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>47
>粒子Bは、粒子Aの瞬間静止系(  $S'$  系)で見て、
>  $x'^0=0$ 
>  $x'^1=d$ 
>と常に決まった位置にあるように運動していたとします。
としてしまいましたが、これでは4元速度ベクトルの大きさが $c^2$ ならないですね。
大きな間違いです。考え直します。
49 kafuka 2015/04/19 (日) 12:26:21 ID:Utjkuz.Osc [修正] [削除]
ご存知とは思いますが、トーマスの計算は、
朝永「スピンはめぐる」で議論されています。
数式展開は、詳しくではないですが、p219以降が参考になるかも。
50 coJJyMAN 2015/04/19 (日) 13:46:21 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
>>49
おお、そうでしたか。「スピンはめぐる」はなぜか持ってないんですよね。
やはり読むべき本かな?
ありがとうございます。
51 coJJyMAN 2015/04/19 (日) 15:57:23 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
改めまして、静止系( $S$ 系)で粒子Aがその固有時 $\tau$ によって
<tex>f^0(\tau)=\frac{c^2}{a}\sinh{\frac{a\tau}{c}}</tex>
<tex>f^1(\tau)=\frac { { c }^{ 2 } }{ a } \left( \cosh{\frac{a\tau}{c}}-1 \right)</tex>
と運動している時に、仮に粒子Bがその固有時 $\tau_B$ によって
<tex>x^0=\frac{c^2}{a_B}\sinh{\frac{a_B \tau_B}{c}}</tex>
<tex>x^1=\frac { { c }^{ 2 } }{ a_B } \left( \cosh{\frac{a_B \tau_B }{c}}-1 \right)+d</tex>
と運動する場合を考えてみます。
この $a_B$ と $a$ は一致していなくても構わないとします。
そして、粒子Bの位置が粒子Aの瞬間静止系( $S'$ 系)で見た時に
 $x'^1=d$ 
と、決まった位置にあったとしたら $a_B$ はどのように求められるか?
ここでもう1つ仮定を置きます。
 $a_B \tau_B=a\tau$ 
これでローレンツ変換に出てくる双曲線関数がらみの計算が簡単になります。

<tex>x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  </tex>
より
<tex>d&=-\sinh\frac{a\tau}{c}\left(\frac{c^2}{a_B}-\frac{c^2}{a}\right)\sinh\frac{a\tau}{c}+\cosh\frac{a\tau}{c}\left[\left(\frac{c^2}{a_B}-\frac{c^2}{a}\right)\left(\cosh\frac{a\tau}{c}-1\right)+d\right] \\&=\left(\frac{c^2}{a_B}-\frac{c^2}{a}\right)    +\left(d-\frac{c^2}{a_B}+\frac{c^2}{a}\right)\cosh\frac{a\tau}{c}</tex>
この等式が成り立つためには
<tex>\frac{c^2}{a_B}=\frac{c^2}{a}+d</tex>
であればよいことが分かります。
すなわち
<tex>a_B=\frac{a}{1+\frac{ad}{c^2}}</tex>
これより
<tex>\tau_B=\frac{a}{a_B}\tau=\left({1+\frac{ad}{c^2}}\right)\tau</tex>
以上で粒子Bの運動が定まりました。
ただし、注意すべきなのは
<tex>\left({1+\frac{ad}{c^2}}\right)>0</tex>
でないと粒子Bは $S'$ 系で観測できないので
<tex>d>-\frac{c^2}{a}</tex>
つまり、グレートウォールより近くにある必要があります。
52 coJJyMAN 2015/04/19 (日) 21:57:50 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
さて、ずいぶん寄り道をしてしまいましたが、等速円運動の問題を考えます。
 $x=a\cos{\omega t} \ , \ y=a\sin{\omega t}$ 
ですね。
この運動は $xy$ 平面内に納まっているので、座標変換も $ct,x,y$ の3つの成分で考えます。
それと、速さが一定なので $(v^2=a^2\omega^2)$ 
<tex>\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-{v^2}/{c^2}}}=\frac{1}{\sqrt{1-{a^2\omega^2}/{c^2}}}</tex>
も定数となります。
 $t$ と固有時 $\tau$ は、単純な比例関係になり $t=\gamma \tau$ です。
速度ベクトルの成分は
<tex>U^0&=c\gamma \\U^1&=c\gamma\beta_x=-\gamma\omega a\sin{\gamma \omega \tau} \\U^2&=c\gamma\beta_y=\gamma\omega a\cos{\gamma \omega  \tau}</tex>
加速度ベクトルの成分は
<tex>\dot{U}^0&=0 \\\dot{U}^1&=-\gamma^2 \omega^2 a\cos{\gamma \omega \tau} \\\dot{U}^2&=-\gamma^2 \omega^2 a\sin{\gamma \omega \tau}</tex>
ローレンツ変換の微分方程式は
<tex>\dot{{L^i}_j}= {L^i}_k\frac{ \dot{ U^k}  U_j-U^k \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
ですが、
<tex>{H^i}_j =\frac{ \dot{ U^i}  U_j-U^i \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
とおけば
<tex>\dot{{L^i}_j}= {L^i}_k {H^k}_j</tex>
そして得られた結果より、原点を変えない座標変換は
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}x^j  \\[4pt]x^i=x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
で与えられ、 $S'$ 系に張り付いた空間方向の単位ベクトルは $S$ 系で
 $e_i(\tau)=e'_k {L(\tau)^k}_i$ 
となります。
(次回以降はひたすら計算ですので、見ている方は退屈かもしれません。。)
53 coJJyMAN 2015/05/10 (日) 23:51:08 ID:JYV.OZw18Y 修正アリ: 07/23 (木) 22:41 [修正] [削除]
まずは
<tex>{H^i}_j =\frac{ \dot{ U^i}  U_j-U^i \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
を計算します。

<tex>{ H^{ 0 } }_{ 0 }=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 0 }U_{ 0 }-U^{ 0 }\dot { U } _{ 0 } \right) =0</tex>

<tex>{H^0 }_1&=\frac {1}{c^2} \left( \dot { U }^0 U_0 -U^0 \dot { U }_0 \right) \\&=-\frac {1}{c^2} U^0 \dot { U }^1 \\&=\frac { 1 }{ { c }^{ 2 } } \cdot c \gamma \cdot { \gamma  }^{ 2 }{ \omega  }^{ 2 } a \cos { \gamma \omega \tau  } \\&=\frac { a }{ c } { \gamma  }^{ 3 }{ \omega  }^{ 2 }\cos { \gamma \omega \tau  } </tex>

<tex>{H^1 }_0&=\frac {1}{c^2} \left( \dot { U }^1 U_0 -U^1 \dot { U }_0 \right) \\&=-\frac {1}{c^2}  \dot { U }^1 U^0 ={H^0 }_1</tex>

<tex>{H^0 }_2&=\frac {1}{c^2} \left( \dot { U }^0 U_2 -U^0 \dot { U }_2 \right) \\&=-\frac {1}{c^2} U^0 \dot { U }_2 \\&=\frac { a }{ c } { \gamma  }^{ 3 }{ \omega  }^{ 2 }\sin { \gamma \omega \tau  } </tex>

<tex>{H^2}_0&=\frac {1}{c^2} \left( \dot { U }^2 U_0 -U^2 \dot { U }_0 \right) \\&=-\frac {1}{c^2}  \dot { U }^2 U^0 ={H^0 }_2</tex>

<tex>{ H^{ 1 } }_{ 1 }&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 1 }U_{ 1 }-U^{ 1 }\dot { U } _{ 1 } \right) \\&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 1 }U^{ 1 }-U^{ 1 }\dot { U } ^{ 1 } \right) =0</tex>

<tex>{ H^1 }_2&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 1 }U_{ 2 }-U^{ 1 }\dot { U } _{ 2 } \right) \\&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 1 }U^{ 2 }-U^{ 1 }\dot { U } ^{ 2 } \right) \\&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } }\left( - { \gamma  }^{ 3 }{ \omega  }^{ 3 }{ a }^{ 2 } { \cos }^{ 2 } { \gamma \omega \tau  } - { \gamma  }^{ 3 }{ \omega  }^{ 3 }{ a }^{ 2 } { \sin  }^{ 2 } { \gamma \omega \tau  } \right) \\&=-\frac { a^{ 2 } }{ c^{ 2 } } { \gamma  }^{ 3 }{ \omega  }^{ 3 }</tex>

<tex>{ H^{ 2 } }_{ 1 }&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 2 }U_{ 1 }-U^{ 2 }\dot { U } _{ 1 } \right) \\&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 2 }U^{ 1 }-U^{ 2 }\dot { U } ^{ 1 } \right) =-{ H^{ 1 } }_{ 2 }</tex>

<tex>{ H^{ 2 } }_{ 2 }&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 2 }U_{ 2 }-U^{ 2 }\dot { U } _{ 2 } \right) \\&=\frac { 1 }{ c^{ 2 } } \left( \dot { U } ^{ 2 }U^{ 2 }-U^{ 2 }\dot { U } ^{ 2 } \right) =0</tex>
54 coJJyMAN 2015/07/23 (木) 23:19:16 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
(ゴールデン・ウィークの次は夏休みになってしまった。。社会人なのにね。)
<tex>\frac{a}{c}\gamma ^{3}\omega ^{2}=\frac{a\omega }{c}\gamma ^{2}\cdot \gamma \omega =\gamma ^{3}\beta \omega </tex>
<tex>\frac{a^2}{c^2}\gamma ^{3}\omega ^{3}=\frac{a^2 \omega^2 }{c^2}\gamma ^{2}\cdot \gamma \omega =\gamma ^{3}\beta^2 \omega </tex>
であるので、 $H$ と $L$ は以下のように行列で表現ことができる。
<tex>H=\gamma ^{3} \beta \omega \begin{pmatrix}0 & \cos \gamma \omega \tau  & \sin \gamma \omega \tau \\ \cos \gamma \omega \tau & 0 & -\beta \\ \sin \gamma \omega \tau & \beta & 0\end{pmatrix}</tex>
とすると、解くべき方程式は
<tex>\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \tau}L=LH</tex>
である。ここで $L$ の初期値は
<tex>L_{(\tau=0)}=\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma \beta\\ 0 & 1 & 0\\ -\gamma \beta & 0 &\gamma \end{pmatrix}</tex>
である。
任意の固有時 $\tau$ での $L$ は、2つのパラメータ $\omega_1,\omega_2$ を使って、次にように表わすことができると仮定しよう。
<tex>L=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos \omega_2 \tau & -\sin \omega_2 \tau \\ 0 & \sin \omega_2 \tau & \cos \omega_2 \tau\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma \beta\\ 0 & 1 & 0\\ -\gamma \beta & 0 &\gamma \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos \omega_1 \tau & \sin \omega_1 \tau \\ 0 & -\sin \omega_1 \tau & \cos \omega_1 \tau\end{pmatrix}</tex>
この意味は
 $L=R(\omega_2\tau)L(0,\beta)R(-\omega_1\tau)$ 、つまり $\omega_1\tau=\Omega_1,\omega_2\tau=\Omega_2$ とおくと、 $L=R(\Omega_2)L(0,\beta)R(-\Omega_1)$ であり、xy平面を $\Omega_1$ 反時計回りに回転させてから、y軸方向に $\beta$ でローレンツブーストし、その後、 $\Omega_2$ 時計回りに回転させる、という座標変換である。
55 coJJyMAN 2015/07/23 (木) 23:54:51 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
前の2つの項を計算する。
<tex>R(\Omega_2)L(0,\beta)&=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos \Omega_2 & -\sin \Omega_2\\ 0 & \sin \Omega_2 & \cos \Omega_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma\beta\\ 0 & 1 & 0\\ -\gamma\beta & 0 & \gamma \end{pmatrix} \\&=\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma\beta\\ \gamma\beta\sin\Omega_2 & \cos\Omega_2 & -\gamma\sin\Omega_2\\ -\gamma\beta\cos\Omega_2 & \sin\Omega_2 & \gamma\cos\Omega_2\end{pmatrix}</tex>
これに残りの1項を掛ける。
<tex>R(\Omega_2)L(0,\beta)R(-\Omega_1)&=\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma\beta\\ \gamma\beta\sin\Omega_2 & \cos\Omega_2 & -\gamma\sin\Omega_2\\ -\gamma\beta\cos\Omega_2 & \sin\Omega_2 & \gamma\cos\Omega_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos \Omega_1 & \sin \Omega_1 \\ 0 & -\sin \Omega_1 & \cos \Omega_1\end{pmatrix} \\&=\begin{pmatrix}\gamma & \gamma\beta\sin\Omega_1 & -\gamma\beta\cos\Omega_1 \\ \gamma\beta\sin\Omega_2 & \cos\Omega_2 \cos\Omega_1 +\gamma \sin\Omega_2 \sin\Omega_1 & \cos\Omega_2 \sin\Omega_1 -\gamma \sin\Omega_2 \cos\Omega_1\\  -\gamma\beta\cos\Omega_2 & \sin\Omega_2 \cos\Omega_1 -\gamma \cos\Omega_2 \sin\Omega_1 & \sin\Omega_2 \sin\Omega_1 +\gamma \cos\Omega_2 \cos\Omega_1\end{pmatrix}</tex>
固有時 $\tau$ をあらわに書くと
<tex>L(\tau)=\begin{pmatrix}\gamma & \gamma\beta\sin\omega_1 \tau & -\gamma\beta\cos\omega_1 \tau \\ \gamma\beta\sin\omega_2 \tau & \cos\omega_2 \tau \cos\omega_1 \tau +\gamma \sin\omega_2 \tau \sin\omega_1 \tau & \cos\omega_2 \tau \sin\omega_1 \tau -\gamma \sin\omega_2 \tau \cos\omega_1 \tau \\  -\gamma\beta\cos\omega_2 \tau & \sin\omega_2 \tau \cos\omega_1 \tau -\gamma \cos\omega_2 \tau \sin\omega_1 \tau & \sin\omega_2 \tau \sin\omega_1 \tau +\gamma \cos\omega_2 \tau \cos\omega_1 \tau\end{pmatrix}</tex>
56 coJJyMAN 2015/07/24 (金) 00:15:37 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
パラメータ $\omega_1$ は行列の方程式の(0,0)成分から
<tex>\left (  \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \tau}L\right )_{00}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \tau}\gamma=0</tex>
より
<tex>\left ( LH \right )_{00}&=\left ( \gamma\times 0+\gamma\beta\sin\omega_1\tau\times \cos\gamma\omega\tau-\gamma\beta\cos\omega_1\tau\times \sin\gamma\omega\tau \right )\times \gamma^3\beta\omega\\&=\gamma\beta\times\gamma^3\beta\omega\times\left ( \sin\omega_1\tau\cos\gamma\omega\tau- \cos\omega_1\tau\sin\gamma\omega\tau \right )\\&=\gamma\beta\times\gamma^3\beta\omega\times\sin\left ( \omega_1-\gamma\omega \right )\tau=0</tex>
だから、
 $\omega_1=\gamma\beta$ 
でなければならない。
57 coJJyMAN 2015/07/24 (金) 00:48:49 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
パラメータ  $\omega_2$  は行列の方程式の(1,0)成分から
<tex>\left ( \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \tau} L \right )_{10}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \tau}\left ( \gamma\beta\sin\omega_2\tau \right )=\gamma\beta\omega_2\cos\omega_2\tau</tex>
であり、
<tex>\left ( LH \right )_{10}=( \gamma\beta\sin\omega_2\tau\times 0 &+\cos\omega_2\tau\cos\gamma\omega\tau\times\cos\gamma\omega\tau+\gamma\sin\omega_2\tau\sin\gamma\omega\tau\times\cos\gamma\omega\tau\\&+\cos\omega_2\tau\sin\gamma\omega\tau\times\sin\gamma\omega\tau-\gamma\cos\omega_2\tau\cos\gamma\omega\tau\times\sin\gamma\omega\tau)\times \gamma^3\beta\omega</tex>
<tex>&=\gamma^3\beta\omega\times\left [ \cos\omega_2 \tau \left ( \cos^2\gamma\omega\tau+\sin^2\gamma\omega\tau \right )+\gamma\sin\omega_2\tau\left ( \sin\gamma\omega\tau \cos\gamma\omega\tau -\cos\gamma\omega\tau \sin\gamma\omega\tau \right )\right ]\\&=\gamma^3\beta\omega\cos\omega_2 \tau\\&=\gamma\beta\omega_2\cos\omega_2\tau</tex>
だから、
 $\omega_2=\gamma^2\omega$ 
でなければならない。

 $\omega_1$ と $\omega_2$ がこれでいいかどうかは、方程式の他のすべての成分で矛盾がないか検証すべきだが、(とても面倒くさいので端折ることにし、ええかっこしいで)
「詳細は省くが」とだけ言っておく。
58 coJJyMAN 2015/07/24 (金) 01:01:57 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
以上の結果として座標変換の $L(\tau)$ は次のように求められた。

<tex>L\left ( \tau \right )=\begin{pmatrix}\gamma & \gamma\beta\sin\theta & -\gamma\beta\cos\theta \\ \gamma\beta\sin\varphi  & \cos\varphi\cos\theta+\gamma\sin\varphi\sin\theta & \cos\varphi\sin\theta-\gamma\sin\varphi\cos\theta\\ -\gamma\beta\cos\varphi & \sin\varphi\cos\theta-\gamma\cos\varphi\sin\theta & \sin\varphi\sin\theta+\gamma\cos\varphi\cos\theta\end{pmatrix}</tex>

ここで、 $\theta=\gamma\omega\tau,\varphi=\gamma^2\omega\tau$ である。
以降は、この $L$ を使って等速円運動する物体の歳差や、等速円運動する物体から軌道上に静止している物体がどのように見えるのかについて考える。
59 coJJyMAN 2015/07/24 (金) 03:17:35 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
 $S'$ 系に張り付いた空間方向の単位ベクトルを、いま
 $e'_k=(0,0,1)$ 
とする。これはy軸方向、つまり初期状態の物体の速度の方向である。これを $S$ 系で見ると
 $e_i(\tau)=e'_k {L(\tau)^k}_i$ 
である。初期状態では
<tex>L_{(\tau=0)}=\begin{pmatrix}\gamma & 0 & -\gamma \beta\\ 0 & 1 & 0\\ -\gamma \beta & 0 &\gamma \end{pmatrix}</tex>
だったので、
 $e_{i(\tau=0)}=(\gamma\beta,0,\gamma)$ 
である。 $S$ 系で見てもy軸方向を向いている。
任意の時間での $e_i$ の各成分は $\theta=\gamma\omega\tau$ とすると、
<tex> e_{0}(\tau)&=-\gamma\beta\cos\theta \\ e_{1}(\tau)&= \sin\gamma\theta\cos\theta-\gamma\cos\gamma\theta\sin\theta\\ e_{2}(\tau)&= \sin\gamma\theta\sin\theta+\gamma\cos\gamma\theta\cos\theta</tex>
円をちょうど1周回った時は $\theta=2\pi$ になります。
これは固有時で言うと $\tau'=\frac{2\pi}{\gamma\omega}$ なのですが、
<tex> e_{0}(\tau')&=-\gamma\beta\cos{2\pi\gamma} \\ e_{1}(\tau')&= \sin\gamma{2\pi\gamma}\\ e_{2}(\tau')&= \gamma\cos{2\pi\gamma}</tex>
となり、xy平面上での方向は、少し右にずれています。時計回りに回転していると言ってもいいです。
これがThomas歳差の効果です。

1周回って元の位置に戻ってみたら向きが変わっていた。
現実はなぜそうでなければならないのか、軌道上の2つの物体の時間の流れを確認しましょう。
軌道上を静止している物体Aから見ると、軌道上を等速円運動している物体Bの時間の進み方は遅くなっています。
Bが1周回ってまたAと同じ場所に来た時に、Bの時計はAより遅れています。

それでは等速円運動する物体Bから見ると、その時のAの時計はどうなっているのでしょうか?
もちろん進んでますよね。AとBは対等な関係にはありません。
Aから見てBは等速円運動していますが、Bから見てAは等速円運動、していませんでした。

極端な図ではこんな感じ
parametric plot (-cos((6/5)t)*(1-cos t)+(5/6)*sin((6/5)t)sin t,-sin((6/5)t)*(1-cos t)-(5/6)*cos((6/5)t)sin t), t=0..2pi

http://wolfr.am/61ecO4LS

(考察は、次回で最後の予定です。)
60 coJJyMAN 2015/07/24 (金) 05:11:31 ID:JYV.OZw18Y [修正] [削除]
大事なことなので>>29を繰り返すと
微分方程式
<tex>\dot{{L^i}_j}= {L^i}_k\frac{ \dot{ U^k}  U_j-U^k \dot{  U_j} }{c^2}  </tex>
を解いて得られる  ${L^i}_j(\tau)$  は、
静止系  $S$  から、  $x^i=f^i(\tau)$  で運動する粒子の瞬間静止系  $S'=S'(\tau)$  へ移る変換を決定するものであり、
 $S'$  系の原点を逐次移動して、粒子が常に  $S'(\tau)$  系の原点に静止しているようにとると
<tex>\left\{\begin{array}{l}x'^i=L^i_{\ j}\left(x^j - f^j(\tau)\right)  \\[4pt]x^i=f^i(\tau) + x'^j L_j^{\ i} \end{array}\right. </tex>
 $({L_i}^j=\eta_{i \rho}{L^\rho}_\sigma \eta^{j \sigma} )$ 
である。

S系でのAとBの位置ベクトルはそれぞれ
 $x_A=(c\tau_A,a,0)$ 
 $x_B=f(\tau)=(c\gamma\tau,a\cos\gamma\omega\tau,a\sin\gamma\omega\tau)$ 
と書ける。すると、S系でのAを基準とするBの位置ベクトルは
 ${x_{BA}}^{0}=c(\gamma\tau-\tau_A)$ 
 ${x_{BA}}^{1}=a(\cos\gamma\omega\tau-1)$ 
 ${x_{BA}}^{2}=a\sin\gamma\omega\tau$ 
であり、 $\tau_A=\gamma\tau$ のとき、 ${x_{BA}}^{0}=0$ つまり同時刻だから、
Aから見たBの運動は
 ${X_{BA}}=a(\cos\gamma\omega\tau-1)=a(\cos\omega\tau_A-1)$ 
 ${Y_{BA}}=a\sin\gamma\omega\tau=a\sin\omega\tau_A$ 
である。

一方、瞬間静止系S'でBから見たAの位置を考える。上記の $x_A$ と $x_B$ を用いれば
 $x'^i=L^i_{\ j}\left({x_A}^j - {x_B}^{j}\right)=L^i_{\ j}{x_{AB}}^j$ 
 ${x_{AB}}^{0}=c(\tau_A-\gamma\tau)$ 
 ${x_{AB}}^{1}=a(1-\cos\gamma\omega\tau)$ 
 ${x_{AB}}^{2}=-a\sin\gamma\omega\tau$ 
であるから
<tex>x'_0&=L^0_{\ 0}{x_{AB}}^{0}+L^0_{\ 1}{x_{AB}}^{1}+L^0_{\ 2}{x_{AB}}^{2} \\&=c\gamma(\tau_A-\gamma\tau)+(\gamma\beta\sin\theta)a(1-\cos\theta)+(\gamma\beta\cos\theta)a\sin\theta \\&=\gamma[c(\tau_A-\gamma\tau)+a\beta\sin\theta]</tex>
Bと同時刻のAについて $x'^0=0$ より
 $c(\tau_A-\gamma\tau)=-a\beta\sin\theta$ 
ただし $\theta=\gamma\omega\tau$ 
また、
<tex>x'^1&=L^1_{\ 0}{x_{AB}}^{0}+L^1_{\ 1}{x_{AB}}^{1}+L^1_{\ 2}{x_{AB}}^{2} \\&=(\gamma\beta\sin\varphi)c(\tau_A-\gamma\tau) \\&+(\cos\varphi\cos\theta+\gamma\sin\varphi\sin\theta)\times a(1-\cos\theta) \\&-(\cos\varphi\sin\theta+\gamma\sin\varphi\cos\theta)\times a\sin\theta \\&=c(\tau_A-\gamma\tau)\gamma\beta\sin\varphi \\&+a\cos\varphi\cos\theta+a\gamma\sin\varphi\sin\theta \\&-a(\cos\varphi\cos^2\theta+\gamma\sin\varphi\sin\theta\cos\theta +\cos\varphi\sin^2\theta-\gamma\sin\varphi\cos\theta\sin\theta) \\&=c(\tau_A-\gamma\tau)\gamma\beta\sin\varphi \\&+a\cos\varphi\cos\theta+a\gamma\sin\varphi\sin\theta \\&-a\cos\varphi</tex>
なので、
 $x'^0=0$ のとき
<tex>x'^1&=-(a\beta\sin\theta)(\gamma\beta\sin\varphi) \\&+a\cos\varphi\cos\theta+a\gamma\sin\varphi\sin\theta \\&-a\cos\varphi \\&=-a\cos\varphi(1-\cos\theta)+a\gamma(1-\beta^2)\sin\varphi\sin\theta \\&=a\cos\gamma^2\omega\tau(1-\cos\gamma\omega\tau) \\&+a\gamma(1-\beta^2)\sin\gamma^2\omega\tau\sin\gamma\omega\tau</tex>
つぎに
<tex>x'^2&=L^2_{\ 0}{x_{AB}}^{0}+L^2_{\ 1}{x_{AB}}^{1}+L^2_{\ 2}{x_{AB}}^{2} \\&=(-\gamma\beta\cos\varphi)c(\tau_A-\gamma\tau) \\&+(\sin\varphi\cos\theta-\gamma\cos\varphi\sin\theta)\times a(1-\cos\theta) \\&-(\sin\varphi\sin\theta+\gamma\cos\varphi\cos\theta)\times a\sin\theta \\&=-c(\tau_A-\gamma\tau)\gamma\beta\cos\varphi \\&+a\sin\varphi\cos\theta-a\gamma\cos\varphi\sin\theta \\&-a(\sin\varphi\cos^2\theta-\gamma\cos\varphi\sin\theta\cos\theta       +\sin\varphi\sin^2\theta+\gamma\cos\varphi\cos\theta\sin\theta) \\&=-c(\tau_A-\gamma\tau)\gamma\beta\cos\varphi \\&-a\sin\varphi(1-\cos\theta) \\&-a\gamma\cos\varphi\sin\theta </tex>
 $x'^0=0$ のとき
<tex>x'^2&=a\gamma\beta^2\cos\varphi\sin\theta \\&-a\sin\varphi(1-\cos\theta) \\&-a\gamma\cos\varphi\sin\theta \\&=-a\sin\gamma^2\omega\tau(1-\cos\gamma\omega\tau) \\&-a\gamma(1-\beta^2)\cos\gamma^2\omega\tau\sin\gamma\omega\tau</tex>

運動は以上のように求まり、初期状態の後はじめて $x'^0=0,x'^1=0$ となるのは、もちろん $\gamma\omega\tau=2\pi$ の時であり、そのとき
 $c(\tau_A-\gamma\tau)=-a\beta\sin\gamma\omega\tau=0$ より $\tau_A=\gamma\tau$ である。

Bから見ると、Aは360度以上回転しているように見えて、時計も速く進むようですね。

僕の今回の勉強は、以上です。





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