電磁場のローレンツ変換

問題の光の方程式をまず 𝐾_₁ 系で記述する。簡単のため、静電場・静磁場は存在しないこととし、電場は 𝑥 成分のみの正弦波とし、 𝑧 成分は0とする。光は 𝑦 方向に進んでいるから電磁場の 𝑦 成分はもともと0である。そうすると磁場は 𝑧 成分のみが0でないことになる。したがって電場 𝑬 と磁場 𝑩 の成分は、 $$\{\begin{array}{l}{𝐸}_{𝑥}=\mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}\\ {𝐸}_{𝑦}=0\\ {𝐸}_{𝑧}=0\\ {𝐵}_{𝑥}=0\\ {𝐵}_{𝑦}=0\\ {𝐵}_{𝑧}=-\frac{\mathrm{𝐸₀}}{𝑐}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}\end{array}\text{(14)}$$ のように表される。 𝐸_₀ は電場の振幅でありここでは定数である。(14)式は、振動数が 𝑓 （角振動数が 2𝜋𝑓）であり 𝑦 = 一定 の面が等位相面であるような波を表している。ポインティングベクトル 𝑺 を計算してみると $$\begin{array}{lll}\hfill 𝑺& =& 𝑬\times \frac{𝑩}{\mathrm{𝜇₀}}\\ & =& {𝐞}_{𝑥}({𝐸}_{𝑦}\frac{{𝐵}_{𝑧}}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑧}\frac{{𝐵}_{𝑦}}{\mathrm{𝜇₀}})+{𝐞}_{𝑦}({𝐸}_{𝑧}\frac{{𝐵}_{𝑥}}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑥}\frac{{𝐵}_{𝑧}}{\mathrm{𝜇₀}})+{𝐞}_{𝑧}({𝐸}_{𝑥}\frac{{𝐵}_{𝑦}}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑦}\frac{{𝐵}_{𝑥}}{\mathrm{𝜇₀}})\\ & =& {𝐞}_{𝑦}\frac{{\mathrm{𝐸₀}}^2}{\mathrm{𝜇₀}𝑐}{\cos }^2\left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}\end{array}$$ であり、確かに 𝑦 の正方向を向いている。ただし 𝐞_𝑥, 𝐞_𝑦, 𝐞_𝑧 はそれぞれ 𝑥, 𝑦, 𝑧 方向の単位ベクトルであり 𝜇_₀ は真空の透磁率である。

では 𝐾_₁′ 系から見たらどうなるのだろうか。それを知りたければ単に(14)式をローレンツ変換すればよい。電磁場のローレンツ変換については「電磁場のローレンツ変換を幾何学的に理解する。」の記事で軽く説明してある。今、 𝐾_₁ 系に対する 𝐾_₁′ 系の相対速度は 𝑥 方向に 𝑉 だから、変換式は $$\{\begin{array}{lll}\hfill {𝐸}_{𝑥}^{\prime }& =& {𝐸}_{𝑥}\\ \hfill {𝐸}_{𝑦}^{\prime }& =& 𝛾({𝐸}_{𝑦}-𝛽𝑐{𝐵}_{𝑧})\\ \hfill {𝐸}_{𝑧}^{\prime }& =& 𝛾({𝐸}_{𝑧}+𝛽𝑐{𝐵}_{𝑦})\\ \hfill {𝐵}_{𝑥}^{\prime }& =& {𝐵}_{𝑥}\\ \hfill {𝐵}_{𝑦}^{\prime }& =& 𝛾({𝐵}_{𝑦}+\frac{𝛽{𝐸}_{𝑧}}{𝑐})\\ \hfill {𝐵}_{𝑧}^{\prime }& =& 𝛾({𝐵}_{𝑧}-\frac{𝛽{𝐸}_{𝑦}}{𝑐})\end{array}\text{(15)}$$ である。 𝑥 成分は変わらず、 𝑦 成分・ 𝑧 成分は電場と磁場が入り混じる。また、(15)式にはあからさまに書いていないが位相を表す式の中の座標の表現が 𝐾_₁′ 系のものに変わる。この変換はドップラー効果に限らず基本的な電磁場のローレンツ変換の変換式である。

そこで(15)式に(14)式を代入し、さらに位相のところに(13)式を代入すると、 $$\begin{array}{lll}\hfill {𝐸}_{𝑥}^{\prime }& =& \mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}\\ & =& \mathrm{𝐸₀}\cos \left[2𝜋𝑓\right\{\frac{𝛾({\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }+𝛽{𝑥}^{\prime })}{𝑐}-\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝑐}\left\}\right]\\ & =& \mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝛾{𝑡}^{\prime }+\frac{𝛾𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}-\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\\ & =& \mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝛾{𝑡}^{\prime }-\frac{{𝑦}^{\prime }-𝛾𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\\ & =& \mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝛾𝑓\right({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\\ \hfill {𝐸}_{𝑦}^{\prime }& =& 𝛾[0+𝛽𝑐\frac{\mathrm{𝐸₀}}{𝑐}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}]\\ & =& 𝛾𝛽\mathrm{𝐸₀}\cos \left\{2𝜋𝛾𝑓\right({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\\ \hfill {𝐸}_{𝑧}^{\prime }& =& 0\\ \hfill {𝐵}_{𝑥}^{\prime }& =& 0\\ \hfill {𝐵}_{𝑦}^{\prime }& =& 0\\ \hfill {𝐵}_{𝑧}^{\prime }& =& 𝛾[-\frac{\mathrm{𝐸₀}}{𝑐}\cos \left\{2𝜋𝑓\right(𝑡-\frac{𝑦}{𝑐}\left)\right\}-0]\\ & =& -\frac{𝛾\mathrm{𝐸₀}}{𝑐}\cos \left\{2𝜋𝛾𝑓\right({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\end{array}$$ のようになる。これらの式は、振動数が 𝛾𝑓 （角振動数が 2𝜋𝛾𝑓）であり $\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }=\text{一定}$ の面が等位相面であるような波を表している。5.1節で計算したのと同じく振動数が 𝛾 倍になった。ポインティングベクトルは $$\begin{array}{lll}\hfill {𝑺}^{\prime }& =& {𝑬}^{\prime }\times \frac{{𝑩}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}}\\ & =& {𝐞}_{𝑥}^{\prime }({𝐸}_{𝑦}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑧}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑧}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑦}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}})+{𝐞}_{𝑦}^{\prime }({𝐸}_{𝑧}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑥}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑥}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑧}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}})+{𝐞}_{𝑧}^{\prime }({𝐸}_{𝑥}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑦}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}}-{𝐸}_{𝑦}^{\prime }\frac{{𝐵}_{𝑥}^{\prime }}{\mathrm{𝜇₀}})\\ & =& {𝐞}_{𝑥}^{\prime }[-{𝛾}^2𝛽\frac{{\mathrm{𝐸₀}}^2}{\mathrm{𝜇₀}𝑐}{\cos }^2\{2𝜋𝛾𝑓({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐})\left\}\right]+{𝐞}_{𝑦}^{\prime }𝛾\frac{{\mathrm{𝐸₀}}^2}{\mathrm{𝜇₀}𝑐}{\cos }^2\left\{2𝜋𝛾𝑓\right({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\\ & =& (-{𝐞}_{𝑥}^{\prime }𝛽+\frac{{𝐞}_{𝑦}^{\prime }}{𝛾}){𝛾}^2\frac{{\mathrm{𝐸₀}}^2}{\mathrm{𝜇₀}𝑐}{\cos }^2\left\{2𝜋𝛾𝑓\right({𝑡}^{\prime }-\frac{\frac{{𝑦}^{\prime }}{𝛾}-𝛽{𝑥}^{\prime }}{𝑐}\left)\right\}\end{array}$$ である。以上より光の進行方向は $-{𝐞}_{𝑥}^{\prime }𝛽+\frac{{𝐞}_{𝑦}^{\prime }}{𝛾}$ であり、等位相面と直交していることがわかる。

光子のローレンツ変換

𝐾_₁ 系で、個々の光子がいつどこを飛んでいるか私はよく知らないが、ここでは 𝑦 軸上を正方向に進み時刻 𝑡 = 0 に原点を通る光子を考える。その運動は $$\begin{array}{lll}\hfill 𝑥& =& 0\\ \hfill 𝑦& =& \mathrm{𝑐𝑡}\\ \hfill 𝑧& =& 0\end{array}$$ で表される。 𝐾_₁′ 系にローレンツ変換するため、(13)式を代入すると、 $$\begin{array}{lll}\hfill 𝛾(𝛽{\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }+{𝑥}^{\prime })& =& 0\\ \hfill {𝑦}^{\prime }& =& 𝛾({\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }+𝛽{𝑥}^{\prime })\\ \hfill {𝑧}^{\prime }& =& 0\end{array}$$ のようになる。これらを𝑥′, 𝑦′, 𝑧′ について解き、 $\frac{1}{\sqrt{1-{𝛽}^2}}=𝛾$ を使うと、 $$\begin{array}{lll}\hfill {𝑥}^{\prime }& =& -𝛽{\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }\\ \hfill {𝑦}^{\prime }& =& 𝛾(1-{𝛽}^2){\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }=\frac{{\mathrm{𝑐𝑡}}^{\prime }}{𝛾}\\ \hfill {𝑧}^{\prime }& =& 0\end{array}$$ となる。ここから光子が進む方向が $-{𝐞}_{𝑥}^{\prime }𝛽+\frac{{𝐞}_{𝑦}^{\prime }}{𝛾}$ であることがわかる。今は空間は一様であるから、いつでもどこでも方向はこれと同じである。

ローレンツ変換の結果

ローレンツ変換した 𝐾_₁′ 系の状況が図6である。2つの方法で求めた光の進行方向はいずれも $-{𝐞}_{𝑥}^{\prime }𝛽+\frac{{𝐞}_{𝑦}^{\prime }}{𝛾}$ である。この方向を水色矢印で図示した。この矢印と等位相面は直交する。波長は $\frac{𝑐}{𝛾𝑓}$ である。 𝑦 方向に平行移動したときに位相が1周する距離（位相が2𝜋変わる距離）は 𝐾_₁ 系での値と同じで $\frac{𝑐}{𝑓}$ である。

5.2節のガリレイ変換と異なり、電磁波の進行方向と等位相面が直交しているので、ややこしいことを考えなくて済む。ローレンツ変換は電磁波の媒質としての電磁場が誰から見ても静止して見える変換なのだから当たり前だ。