${\bf O}$ ここまでは、いわば理論の枠組みについての話だったように思うのですが、そろそろその内容、例えばそこで使われる法則について知りたいのですが。
${\bf K}$ まずニュートンの力学法則、つまり運動方程式について復習しておきます：すべての物体は等速直線運動を続けようとする性質、つまり「慣性」を持ちます、従って、そのまま放置しておけば、いつまでも同じ方向に同じ速さで、言い換えれば同じ速度で運動し続けます。（物体の任意の運動はもちろん、$y, z$ 軸方向の自由度も持ちます。しかしここでは、記法を簡単にするためですが、$x$ 軸に沿う運動だけを考え、大事なことを理解してから一般的な場合を考えることにします。）ところが、その物体を押したり引いたりする、つまり「力」を加えると、その速度が変化します（ここでは $x$ 軸に沿う運動に限定していますから、速度の変化は、右へ動いていたものが左へ動くようになったり、あるいは秒速 $1$ キロで動いていたものが $2$ キロまで加速したり、という変化を意味します）。その変化の度合いは、力が一定であれば質量に反比例します、よって、質量の大小が慣性の大小を表すと考えられます。
時刻 $t$ での物体の位置を $x(t)$ で表すと、速度は時間に対するその変化率
$${{dx}\over {dt}}$$で表され、更にその変化率は
$${{d^2x}\over {dt^2}}$$で表されます。よって、ここまでの議論によれば、その物体に働く力を $F$ で表すなら、
\begin{equation} m{{d^2x}\over {dt^2}}=F \label{eq:undohoute} \end{equation}と書けます。$m$ は質量です。これがニュートンの運動方程式であり、運動法則です。
さて、この $x$ や $t$ は地上の人たちにとっての場所や時間であるとします。すると、方程式として同じ内容を持つものが、列車の上の人たちにとってどう表されるか、という点に興味がわきます：まずニュートン的な考え方で、地上と列車の間の関係を考えます。このとき、場所 $x$ で時刻 $t$ に起きる出来事が、列車の上の人たちにとって $x'$ で $t'$ に起きるのであれば、それらの間の関係はガリレイ変換
$$x'=x-vt, \hskip 2mm t'=t$$で表されます。よって、列車の上の人たちにとっての物体の位置を $x'(t')$ で表すなら
$$x'(t')=x(t)-vt$$であり、一回微分して
$${{dx'(t')}\over {dt'}}={d\over {dt}}\left( x(t)-vt\right) ={{dx(t)}\over {dt}}-v$$が、もう一回微分して
$${{d^2x'}\over {dt'^2}}={{d^2x}\over {dt^2}}$$が得られます。
最後の等式は、ある運動についての $x(t)$ が方程式
$$m{{d^2x}\over {dt^2}}=F$$を満たすならば、同じ運動の、列車の人たちにとっての表示 $x'(t')$ も、同じ形の方程式
$$m{{d^2x'}\over {dt'^2}}=F$$を満たすことを示しています。もちろん逆も言えます。言いかえれば、物体の運動を規定する法則が、地上の人たちにとっても列車の上の人たちにとっても、同じ形の方程式で表されるのです。
このことは、地上と列車が基準体としてまったく対等な立場にあることからも、非常に満足すべきことであり、相対性原理の内容そのものです。
ところが、ガリレイ変換は列車の速さ $v$ が光速 $c$ に比して遅い場合には、十分に正しい変換だと言えますが、そうでない場合にはローレンツ変換に替えなくてはいけないことを、既にわれわれは知っています。すると、問題が生じてきます：地上の人たちにとっての運動方程式
$$m{{d^2x}\over {dt^2}}=F$$と列車の上の人たちにとっての
$$m{{d^2x'}\over {dt'^2}}=F$$とは、同じ運動を与えるか、という問題です。端的に言えば、一つの運動に対応する $x(t)$ と $x'(t')$ が
$${{d^2x'}\over {dt'^2}}={{d^2x}\over {dt^2}}$$を満たすかです。
答えは否定的です：$\Delta t$ を小さな数とします。物体は、時刻 $t+\Delta t$ に場所
$$x(t+\Delta t)$$に居るのですが、その出来事が列車の上の人たちにとっては、時刻 $t'+\Delta t'$ に場所 $x'(t'+\Delta t')$ で起きる、そのような小さな数 $\Delta t'$ が存在します。このときローレンツ変換により
\begin{eqnarray*} &&x'(t'+\Delta t')={{x(t+\Delta t)-v\times (t+\Delta t)}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}}\\ &&c\times (t'+\Delta t')={{c\times (t+\Delta t)-(v/c)x(t+\Delta t)}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}} \end{eqnarray*}ですが、もちろん
\begin{eqnarray*} &&x'(t')={{x(t)-vt}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}}\\ &&ct'={{ct-(v/c)x(t)}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}} \end{eqnarray*}ですから、
$$\Delta x=x(t+\Delta t)-x(t), \hskip 2mm \Delta x'=x'(t'+\Delta t')-x'(t')$$によって $\Delta x$ と $\Delta x'$ を定めるなら
\begin{eqnarray*} &&\Delta x'={{\Delta x-v\times \Delta t}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}}\\ &&c\times \Delta t'={{c\times \Delta t-(v/c)\Delta x}\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}} \end{eqnarray*}です。これらを組み合わせて、まず
$${{dx'}\over {dt'}}={1\over {1-(v/c^2)dx/dt}}\left( {{dx}\over {dt}}-v\right) $$が得られます。更に
$${{dt'}\over {dt}}={1\over {\sqrt{1-(v/c)^2}}}\left( 1-{v\over {c^2}}{{dx}\over {dt}}\right) $$であり、これを使うと最終的に
$${{d^2x'}\over {dt'^2}}={{\left( 1-(v/c)^2\right) ^{3/2}}\over {\left( 1-(v/c^2)dx/dt\right) ^3}}{{d^2x}\over {dt^2}}$$が得られます。
最後の結果は、$v$ や $dx/dt$ が光速 $c$ に比べて遅い場合には、近似的に
$${{d^2x'}\over {dt'^2}}={{d^2x}\over {dt^2}}$$が成立することを示しています。つまりガリレイ変換に対する結果に帰着します。しかし一般の場合には、
$${{d^2x'}\over {dt'^2}}={{d^2x}\over {dt^2}}$$は成立しません。
言いかえれば、同じ運動に対応する $x(t)$ と $x'(t')$ が満たす方程式の形が、違うのです。地上の人にとっても列車の上の人にとっても、運動方程式は同じ形をしているはずだという相対性原理に、従って矛盾しています。
よって、列車と地上との間で同じ形の方程式で表される、ニュートンの法則に代わる、新しい運動法則を見いだすことが、次の関心ごとです。
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