ファインマン物理学Ⅳ第５章 場のローレンツ変換（問題）

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_5.pdf
第５章　場のローレンツ変換（問題）

5-1
\begin{eqnarray*}
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu t}&=&
\bigtriangledown _{t}F_{t t}
-\bigtriangledown _{x}F_{x t}
-\bigtriangledown _{y}F_{y t}
-\bigtriangledown _{z}F_{z t}\\
&=&
-\bigtriangledown _{x}E_x
-\bigtriangledown _{y}E_y
-\bigtriangledown _{z}E_z\\
&=&
\nabla \cdot \mathbf{E}
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu x}&=&
\bigtriangledown _{t}F_{t x}
-\bigtriangledown _{x}F_{x x}
-\bigtriangledown _{y}F_{y x}
-\bigtriangledown _{z}F_{z x}\\
&=&
-\partial _tE_x
+\partial _{y}(B_z)
+\partial _{z}(-B_y)\\
&=&
-\partial _tE_x+(\nabla \times \mathbf{B})_x.
\end{eqnarray*}

よって
\[
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu \nu}=(div \mathbf{E}, -\partial _t+ \nabla \times \mathbf{B}).
\]

5-2

前問のアナロジーを用いる．
$(-\partial _t, \partial _x, \partial _y, \partial _z )$
の替わりに
$(\rho , \mathbf{j})$
となっている．

\[
(\mathbf{j}\cdot \mathbf{E}, \rho \mathbf{E}+\mathbf{j}\times \mathbf{B})
\]
は４元ベクトルになる．

5-3

\begin{eqnarray*}
&&\mathbf{E}'^2-\mathbf{B}'^2\\
&=&
E_x^2+\frac{(E_y-vB_x)^2}{1-v^2}+\frac{(E_z+vB_y)^2}{1-v^2}-\left( B_x^2+\frac{(B_y+vE_x)^2}{1-v^2}+\frac{(B_z-vE_y)^2}{1-v^2}\right) \\
&=&E_x^2+\frac{E_y^2+v^2B_x^2+E_y^2+v^2B_y^2}{1-v^2}-B_x^2-\frac{B_y^2+v^2E_x^2+B_z^2+v^2E_y^2}{1-v^2}\\
&=&\mathbf{E}^2-\mathbf{B}^2
\end{eqnarray*}


\begin{eqnarray*}
&&\mathbf{E}'\cdot \mathbf{B}'\\
&=&
E_xB_x+\frac{(E_y-vB_z)(B_y+vE_z)}{1-v^2}+\frac{(E_z+vB_y)(B_z-vE_y)}{1-v^2}\\
&=&
E_xB_x+\frac{vE_yB_y-v^2E_zB_z+E_zB_z-v^2E_yB_y}{1-v^2}\\
&=&
\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}
\end{eqnarray*}


5-4

\[
\mathbf{v}=a\mathbf{E}\times \mathbf{B}
\]
と仮定する．

\begin{eqnarray*}
E_{\perp }'
&=&
\frac{(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+(a\mathbf{E}\times \mathbf{B})\times \mathbf{B}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{B}\mathbf{E})}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
B_{\perp }'
&=&
\frac{(\mathbf{B}-\frac{\mathbf{v}\times \mathbf{E}}{c^2})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{\mathbf{v}\times \mathbf{E}}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{(a\mathbf{E}\times \mathbf{B})\times \mathbf{E}}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{E}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{E}\mathbf{E}))}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
\end{eqnarray*}

\[
\mathbf{E}'\parallel \mathbf{B}'
\]
より
\[
\mathbf{E}+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{B}\mathbf{E})
=b\left( \mathbf{B}-\frac{a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{E}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{E}\mathbf{E}))}{c^2}\right)
\]
とかける．

これと$\mathbf{E}, \mathbf{B}$との内積をとることにより
\[
E^2-aE^2B^2+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})^2-b\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}=0,
\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}-\frac{ab}{c^2}(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})^2
-bB^2+\frac{ab}{c^2}B^2E^2
\]
を得る．

第一式を用いて第二式の$b$を消去すると
\[
a^2-a(E^2+c^2B^2)+1=0
\]
を得る．
これを変形して
\[
a=\frac{\frac{a^2}{c^2}+1}{\frac{E^2}{c^2}+B^2}.
\]
(答えと微妙に違う．棚上げ問．)

5-5

\[
\mathbf{B}'=0, \mathbf{E}'=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{\mathbf{r}'}{r'^3}.
\]
\[
x'=\frac{x-vt}{\sqrt{1-v^2}}, y'=y, z'=z.
\]

\[
E_{x}=E_{x'}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{\frac{x-vt}{\sqrt{1-v^2}}}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}
\]
\[
E_y=\frac{(\mathbf{E}'+\mathbf{v}'\times \mathbf{B}')_y}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0\sqrt{1-v^2}}\frac{y}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}
\]
\[
E_z=\frac{(\mathbf{E}'+\mathbf{v}'\times \mathbf{B}')_z}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0\sqrt{1-v^2}}\frac{z}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}.
\]


5-6

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}(x-vt, y, z)\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1-v^2}{\left( (x-vt)^2+(y^2+z^2)(1-v^2)\right) ^{3/2}}(x-vt, y, z)\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1-v^2}{r^3}\frac{\mathbf{r}}{\left( 1-v^2\frac{y^2+z^2}{(x-vt)^2+y^2+z^2}\right) ^{3/2}}\\
&=&
\frac{q\mathbf{r}}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{\left( 1-v^2\sin ^2\theta \right) ^{3/2}}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}
&=&
\mathbf{v}\times \mathbf{E}\\
&=&
\frac{q\mathbf{v}\times \mathbf{r}}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{\left( 1-v^2\sin ^2\theta \right) ^{3/2}}\\
\end{eqnarray*}

5-7


針金方向に$x$軸を
針金に垂直な方向に$y$軸をとる．
\begin{eqnarray*}
E_y&=&
\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
+\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\rho _+dx\\
&=&
\frac{y\rho _-(1-v^2)}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{1}{r^3(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}dx
+\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\rho _+dx\\
&=&
\frac{y\rho _-(1-v^2)}{4\pi \epsilon _0}\frac{2}{(1-v^2)y^2}
+ \frac{2\rho _+}{4\pi \epsilon _0y}\\
&=&0
\end{eqnarray*}

\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\mathbf{v}\times \mathbf{r}}{r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
\]
これの絶対値は

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{vr\sin \theta }{r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
&=&
\frac{v(1-v^2)\rho _-}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{y}{(x^2+y^2-v^2y^2)^{3/2}}dx\\
&=&
\frac{v(1-v^2)\rho _-}{4\pi \epsilon _0}\frac{y}{(1-v^2)y^2}\\
&=&
\frac{v\rho _-}{4\pi \epsilon _0 y}
\end{eqnarray*}
\[
E_{\parallel}'=E_{\parallel}=0.
\]

\[
|E_{\perp }'|=\frac{|(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})_{\perp }|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{v}{\sqrt{1-v^2}}\frac{v\rho _-}{4\pi\epsilon _0y}=\frac{v^2\rho _-}{4\pi \epsilon _0y\sqrt{1-v^2}}
\]

\[
|B_{\perp }'|=\frac{|(\mathbf{B}-\mathbf{v}\times \mathbf{E})_{\perp }|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{|B_{\perp}|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{v\rho _-}{4\pi \epsilon _0y\sqrt{1-v^2}}.
\]

5-8

a)

上の電荷のある点における場

\[
\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}
\]
を求める．
平面の作る場は
\[
\frac{\sigma }{2\epsilon _0}.
\]
下の電荷の作る場は
\[
E_2=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{a}{a^3}.
\]
下の電荷の作る磁場は
\[
|\mathbf{B}|=|\frac{1}{c^2}\mathbf{v}\times \mathbf{E_2}|=\frac{qv}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}.
\]
\[
|\mathbf{v}\times \mathbf{B}|=\frac{qv^2}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}.
\]

これらの和が$0$になる条件は
\[
\frac{\sigma }{2\epsilon _0}+\frac{qv}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}-\frac{qv^2}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}=0.
\]

\[
\sigma =\frac{q}{2\pi a^2}\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.
\]

b)
$\frac{m_ec^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=500Mev$
となるには
$\sqrt{1-v^2/c^2}=0.001$.

5-9


\[
f_{\mu}=\left( \frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}/c}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}, \frac{\mathbf{F}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\right) ,
\]

\[
u_{\mu}=\left( \frac{c}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}, \frac{\mathbf{v}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\right) .
\]


よって

\[
f_{\mu}u_{\mu}=\frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}}{1-v^2/c^2}-\frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}}{1-v^2/c^2}=0.
\]

5-10

a)

時刻$t_1$において射影した粒子の位置は
\[
\mathbf{x}=\left( \frac{a}{\sqrt{2}}, -\frac{a}{\sqrt{2}}\right) .
\]
よって$P$における時刻$t_1$の電場は
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left(\frac{a^2}{1-v^2}+(\sqrt{2}a)^2\right) ^{3/2}}(\mathbf{P}-\mathbf{x}')
=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( a-\frac{a}{\sqrt{2}}, a+\frac{a}{\sqrt{2}}\right) \frac{5\sqrt{10}}{3}.
\]

b)

時刻$t_1$において射影した粒子の位置は
\[
\mathbf{x}=\left( 0, a\right) .
\]
よって$P$における時刻$t_1$の電場は
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left( a^2\right) ^{3/2}}(\mathbf{P}-\mathbf{x}')
=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{2}{\sqrt{3}a^2}(0, 1).
\]