特殊相対論の問題

全エネルギーと全運動量が保存するので 4 元運動量の和が保存する。重心系（全運動量が $0$ の慣性系）を使って考える。

(1) 不変量 $s$：A の実験室系での全エネルギーは $E=K+m{c}^2$、運動量の大きさを $p$ とすると
$$p^2{c}^2=E^2-m^2{c}^4=K^2+2Km{c}^2$$
である。全エネルギーと全運動量から作る不変量は
$$s=(E+M{c}^2{)}^2-p^2{c}^2=m^2{c}^4+M^2{c}^4+2EM{c}^2=(m+M{)}^2{c}^4+2KM{c}^2$$
となる。$\sqrt{s}$ は重心系での全エネルギーである。

(2) 重心系の速さと重心系での運動量：重心系の実験室系に対する速さを $\beta c$、$\gamma =1/\sqrt{1-{\beta }^2}$ とすると、全系の 4 元運動量について
$$\gamma \beta =\frac{(\text{全運動量})c}{\sqrt{s}}=\frac{pc}{\sqrt{s}}$$
である。重心系での B の運動量の大きさ $p^{\ast }$ は、静止していた B をローレンツ変換して $p^{\ast }c=\gamma \beta M{c}^2=\frac{pcM{c}^2}{\sqrt{s}}$ となる。

(3) 弾性散乱：重心系では、弾性散乱の前後で各粒子の運動量の大きさ $p^{\ast }$ とエネルギー $E_B^{\ast }=\sqrt{p^{\ast 2}{c}^2+M^2{c}^4}$ は変わらず、向きだけが変わる。衝突後の B の運動量が重心系で重心の運動方向となす角を ${\theta }^{\ast }$ とすると、ローレンツ変換により実験室系での B のエネルギーは
$$E_B^{\prime }=\gamma \left(E_B^{\ast }+\beta p^{\ast }c\cos {\theta }^{\ast }\right)$$
である。衝突前の B（重心系で ${\theta }^{\ast }=\pi$ の向きに運動）については $M{c}^2=\gamma \left(E_B^{\ast }-\beta p^{\ast }c\right)$ である。よって B の運動エネルギーは
$$T_B=E_B^{\prime }-M{c}^2=\gamma \beta p^{\ast }c(1+\cos {\theta }^{\ast })$$
となり、${\theta }^{\ast }=0$（重心系で B が真正面に跳ね返される、正面衝突）のとき最大で
$$T_{\max }=2\gamma \beta p^{\ast }c=2\cdot \frac{pc}{\sqrt{s}}\cdot \frac{pcM{c}^2}{\sqrt{s}}=\frac{2M{c}^2{p}^2{c}^2}{s}$$

(4) 代入：
$$T_{\max }=\frac{2M{c}^2\left(K^2+2Km{c}^2\right)}{(m+M{)}^2{c}^4+2KM{c}^2}=\frac{2MK(K+2m{c}^2)}{(m+M{)}^2{c}^2+2MK}$$

確認：$K\ll m{c}^2$ では $T_{\max }\approx \frac{4mM}{(m+M{)}^2}K$ となり、ニュートン力学の弾性正面衝突の結果に一致する。また $m=M$ では $T_{\max }=K$ となり、正面衝突で運動エネルギーがすべて移る。

A の全エネルギーは $E_A=K+m{c}^2$、運動量は $(pc{)}^2=E_A^2-m^2{c}^4=K(K+2m{c}^2)$。B は静止している。

不変量 $s=(E_A+M{c}^2{)}^2-(pc{)}^2=(m+M{)}^2{c}^4+2MK{c}^2$。

重心系での運動量の大きさ $p^{\ast }$ は、弾性散乱では衝突の前後で変わらず、$p^{\ast 2}{c}^2=\frac{M^2{c}^4(pc{)}^2}{s}$（重心系の運動量は $pM{c}^2/\sqrt{s}$ のため）。

散乱後の B の 4 元運動量を $P_B^{\prime }$、はじめの B を $P_B$ とすると、4 元運動量移行は $(P_B^{\prime }-P_B{)}^2=-2M{T}_B$（$c=1$ 的に整理すると $T_B$ は B の運動エネルギー）。重心系での散乱角を ${\theta }^{\ast }$ とすると、移行の大きさは $2p^{\ast 2}(1-\cos {\theta }^{\ast })$ 倍の形なので、$T_B=\frac{p^{\ast 2}{c}^2(1-\cos {\theta }^{\ast })}{M{c}^2}$。最大は ${\theta }^{\ast }=\pi$ のときで
$$T_{B,\max }=\frac{2p^{\ast 2}{c}^2}{M{c}^2}=\frac{2M{c}^2(pc{)}^2}{s}=\frac{2MK(K+2m{c}^2)}{(m+M{)}^2{c}^2+2MK}$$

検算: 非相対論の極限（$K\ll m{c}^2$）で $T_{B,\max }\approx \frac{4mMK}{(m+M{)}^2}$ となり、正面衝突の弾性衝突の結果と一致する。$M\to \infty$ のとき $T_{B,\max }\to K(K+2m{c}^2)/(M{c}^2)\to 0$ も妥当。また $m=M$ では $T_{B,\max }=\frac{2MK(K+2M{c}^2)}{4M^2{c}^2+2MK}=K$ となり、同質量の正面衝突ですべてのエネルギーが B に移ることと一致する。