\(S\) 系に対して速度 \(\boldsymbol{V}\) で運動する \(S’\) 系でみると，電磁場の \(\boldsymbol{V}\) に平行な成分（\({\ }_{/\!/}\) をつけて表す），および垂直な成分（\({\ }_{\perp}\) をつけて表す）は以下のように変換される。
$$\boldsymbol{E}’_{/\!/} = \boldsymbol{E}_{/\!/} , \quad
\boldsymbol{E}’_{\perp} = \frac{\boldsymbol{E}_{\perp} + (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})_{\perp}}{\sqrt{1-V^2}}$$
$$\boldsymbol{B}’_{/\!/} = \boldsymbol{B}_{/\!/}, \quad
\boldsymbol{B}’_{\perp} = \frac{\boldsymbol{B}_{\perp} – (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})_{\perp} }{\sqrt{1-V^2}}$$
以上の結果は，通常は電磁場テンソルのローレンツ変換から導くのであるが，これをローレンツ変換を使わずに導こうというのがここの本題である。
電磁場テンソル
電磁場テンソル（または電磁テンソル）\(F_{\mu\nu}\) は電磁ポテンシャル \(A_{\mu}\) を使って以下のようにして定義される反対称テンソルである。
$$F_{\mu\nu} \equiv \partial_{\mu} A_{\nu} – \partial_{\nu} A_{\mu}$$
4元速度 \(\boldsymbol{u}\) の成分が \(u^{\mu} = (1, 0, 0, 0)\) となる静止系では，電磁テンソル \(F_{\mu\nu}\) の成分は，以下のように3次元電場ベクトル \(\vec{E} = (E_x, E_y, E_z)\) や磁場ベクトル（磁束密度ベクトル）\(\vec{B} = (B_x, B_y, B_z)\) の成分であわらされる。
\begin{eqnarray}
F_{\mu\nu} &=&
\left(
\begin{array}{cccc}
F_{00}& F_{01} & F_{02}& F_{03}\\
F_{10}& F_{11} & F_{12}& F_{13}\\
F_{20}& F_{21} & F_{22}& F_{23}\\
F_{30}& F_{31} & F_{32}& F_{33}
\end{array} \right) \\
&=&
\left(
\begin{array}{cccc}
0& -E_x & -E_y& -E_z\\
E_x&0 & B_z& -B_y\\
E_y& -B_z & 0& B_x\\
E_z& B_y & -B_x& 0
\end{array} \right)\
\end{eqnarray}
ここで，4元速度 \( u^{\mu} \) の観測者 \(A\) が観測する電場，磁場を以下のように4元ベクトルの成分として定義する。
\begin{eqnarray}
E_{\mu} &\equiv& F_{\mu\nu}\, u^{\nu} \\
B_{\nu} &\equiv& {}^{\ast}\!F_{\mu\nu}\, u^{\mu}
\end{eqnarray} ここで，\( {}^{\ast}\!F_{\mu\nu} \) は完全反対称な Levi-Civita テンソル \(\varepsilon_{\mu \nu \alpha \beta} \) を用いて
$$ {}^{\ast}\!F_{\mu\nu} \equiv \frac{1}{2} \varepsilon_{\mu \nu \alpha \beta}\,F^{\alpha \beta} $$ のように定義される2階反対称テンソルで，\( F^{\mu \nu}\) に双対 (dual) なテンソルと呼ばれる。
上記の定義から，\(E^{\mu}, \ B_{\nu} \) が4元速度 \( u^{\mu} \) に直交している「空間的ベクトル」であることは明らかである。
$$ E_{\mu} u^{\mu} = 0, \quad B_{\nu} u^{\nu} = 0$$ 特に観測者 \(A\) が \(S\) 系に静止しているとすると
$$ u^{\mu} = (1, 0, 0, 0)$$ となる。これを使って各成分を具体的に表すと
\begin{eqnarray}
E_0 &=& F_{0 0} u^{0} = 0\\
E_1 &=& F_{1 0} u^{0} = E_x \\
E_2 &=& F_{2 0} u^{0} = E_y \\
E_3 &=& F_{3 0} u^{0} = E_z \\
B_0 &=& \frac{1}{2} u^0 \varepsilon_{0 0 \alpha \beta} F^{\alpha \beta} = 0\\
B_1 &=& \frac{1}{2} u^0 \varepsilon_{0 1 \alpha \beta} F^{\alpha \beta} = \frac{1}{2} \left(\varepsilon_{0 1 23} F^{23}+\varepsilon_{0 1 32} F^{32} \right) = F^{23} =F_{23} = B_x\\
B_2 &=& \frac{1}{2} u^0 \varepsilon_{0 2 \alpha \beta} F^{\alpha \beta} = \frac{1}{2} \left(\varepsilon_{0 2 31} F^{31}+\varepsilon_{0 2 13} F^{13} \right) = F^{31} =F_{31} = B_y\\
B_3 &=& \frac{1}{2} u^0 \varepsilon_{0 3 \alpha \beta} F^{\alpha \beta} = \frac{1}{2} \left(\varepsilon_{0 3 12} F^{12}+\varepsilon_{0 3 21} F^{21} \right) = F^{12} =F_{12} = B_z
\end{eqnarray} となり，4元ベクトル \( E^{\mu}, B_{\nu} \) の空間成分が確かに3次元の電場ベクトル \(\vec{E}\) および磁場（磁束密度）ベクトル \(\vec{B} \) の成分になっていることがわかる。
4元速度の合成則
観測者 \(A\)
観測者 \(A\) の4元速度: \(\boldsymbol{u}\)
\(\boldsymbol{u}\) に直交する空間的単位ベクトル: \(\boldsymbol{e}\) （運動する方向を表す空間的ベクトル）
\begin{eqnarray}
{\boldsymbol{u}}\cdot{\boldsymbol{e}} &=& \eta_{\mu\nu} {u}^{\mu}{e}^{\nu} = 0\\
{\boldsymbol{e}}\cdot{\boldsymbol{e}} &=&\eta_{\mu\nu} {e}^{\mu}{e}^{\nu} = 1
\end{eqnarray}
\(\boldsymbol{u}\) にも\(\boldsymbol{e}\)にも直交する空間的単位ベクトル: \(\boldsymbol{n}\) （運動に直交する方向を表す空間的ベクトル）
\begin{eqnarray}
{\boldsymbol{u}}\cdot{\boldsymbol{n}} &=& \eta_{\mu\nu} {u}^{\mu}{n}^{\nu} = 0\\
{\boldsymbol{e}}\cdot{\boldsymbol{n}} &=&\eta_{\mu\nu} {e}^{\mu}{n}^{\nu} = 0\\
{\boldsymbol{n}}\cdot{\boldsymbol{n}} &=&\eta_{\mu\nu} {n}^{\mu}{n}^{\nu} = 1
\end{eqnarray}
観測者 \(B\)
観測者 \(A\) に対して，\(\boldsymbol{e}\) 方向に速さ \(V\) で運動する観測者 \(B\) の4元速度: \(\bar{\boldsymbol{u}}\)
\(\bar{\boldsymbol{u}}\) に直交する空間的単位ベクトル: \(\bar{\boldsymbol{e}}\) （運動する方向を表す空間的ベクトル）
\begin{eqnarray}
\bar{\boldsymbol{u}}\cdot\bar{\boldsymbol{e}} &=& \eta_{\mu\nu} \bar{u}^{\mu}\bar{e}^{\nu} = 0\\
\bar{\boldsymbol{e}}\cdot\bar{\boldsymbol{e}} &=&\eta_{\mu\nu} \bar{e}^{\mu}\bar{e}^{\nu} = 1
\end{eqnarray}
\(\bar{\boldsymbol{u}}\) にも\(\bar{\boldsymbol{e}}\)にも直交する空間的単位ベクトル: \(\bar{\boldsymbol{n}}\) （運動に直交する方向を表す空間的ベクトル）
\begin{eqnarray}
{\bar{\boldsymbol{u}}}\cdot{\bar{\boldsymbol{n}} }&=& \eta_{\mu\nu} {\bar{u}}^{\mu}{\bar{n}}^{\nu} = 0\\
{\bar{\boldsymbol{e}}}\cdot{\bar{\boldsymbol{n}}} &=&\eta_{\mu\nu} {\bar{e}}^{\mu}{\bar{n}}^{\nu} = 0\\
{\bar{\boldsymbol{n}}}\cdot{\bar{\boldsymbol{n}}} &=&\eta_{\mu\nu} {\bar{n}}^{\mu}{\bar{n}}^{\nu} = 1
\end{eqnarray}
4元速度の合成則とその関連
\begin{eqnarray}
\bar{\boldsymbol{u}} &=& \frac{1}{\sqrt{1-V^2}} \boldsymbol{u} + \frac{V}{\sqrt{1-V^2}} \boldsymbol{e}\\
\bar{\boldsymbol{e}} &=& \frac{1}{\sqrt{1-V^2}} \boldsymbol{e} + \frac{V}{\sqrt{1-V^2}} \boldsymbol{u}\\
\bar{\boldsymbol{n}} &=& \boldsymbol{n}
\end{eqnarray}
観測者 \(A\) および \(B\) の観測する電磁場の成分
電場
観測者 \(A\) が観測する電場ベクトル \(E_{\mu} = F_{\mu\nu} u^{\nu}\) の，進行方向をあらわす単位ベクトル \(e^{\mu}\) に平行な成分 \(E_{/\!/} \) は
$$E_{/\!/} = e^{\mu} E_{\mu} = e^{\mu} F_{\mu\nu} u^{\nu}$$である。
観測者 \(B\) にとっては，自身の4元速度 \(\bar{u}^{\mu}\) と進行方向を表す単位ベクトル \(\bar{e}^{\mu}\) を使って， \(\bar{E}_{/\!/} = \bar{e}^{\mu} F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu}\) であり，
\begin{eqnarray}
\bar{{E}}_{/\!/} &\equiv& \bar{e}^{\mu} F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu}\\
&=& \frac{e^{\mu} + V u^{\mu}}{\sqrt{1-V^2}} F_{\mu\nu} \frac{u^{\nu} + V e^{\nu}}{\sqrt{1-V^2}}\\
&=& \frac{e^{\mu} F_{\mu\nu}u^{\nu} + V^2 u^{\mu}F_{\mu\nu}e^{\nu}}{1-V^2}\\
&=& \frac{e^{\mu} F_{\mu\nu}u^{\nu} – V^2 e^{\nu}F_{\nu\mu}u^{\mu}}{1-V^2}\\
&=& e^{\mu} F_{\mu\nu}u^{\nu} \\ &=& E_{/\!/}
\end{eqnarray}
観測者 \(A\) が観測する電場ベクトル \(E_{\mu} = F_{\mu\nu} u^{\nu}\) の，進行方向に垂直な成分は $$E_{\perp} = n^{\mu} E_{\mu} = n^{\mu} F_{\mu\nu} u^{\nu}$$である。
観測者 \(B\) にとっては，自身の4元速度 \(\bar{u}^{\mu}\) を使って， \(\bar{E}_{\perp} = \bar{n}^{\mu} F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu} \) であり，
\begin{eqnarray}
\bar{E}_{\perp} &\equiv& \bar{n}^{\mu} F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu} = {n}^{\mu} F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu}\\
&=& {n}^{\mu} F_{\mu\nu} \frac{u^{\nu} + V e^{\nu}}{\sqrt{1 – V^2}}\\
&=& \frac{{n}^{\mu} F_{\mu\nu} u^{\nu} + {n}^{\mu} F_{\mu\nu} V e^{\nu}}{\sqrt{1 – V^2}}\\
&=& \frac{E_{\perp}+ (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})_{\perp}}{\sqrt{1 – V^2}}
\end{eqnarray}
念のために詳細を書くと，観測者 \(A\) の静止系では
$$u^{\mu} = (1, 0, 0, 0), \quad e^{\mu} = (0, 1, 0, 0), \quad n^{\mu} = (0, 0, 1, 0)$$としてよいので，
\begin{eqnarray}
{n}^{\mu} F_{\mu\nu} V e^{\nu}
&=& n^2 F_{21} V e_1 \\
&=& – B_z V = (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})_y\\
&=& (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})_{\perp}
\end{eqnarray}一旦答えがでたら，この式は左辺が4元スカラーであるから，座標系によらずに成り立つ。
磁場
観測者 \(A\) が観測する電場ベクトル \(B_{\mu} = {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu}\) の，進行方向をあらわす単位ベクトル \(e^{\mu}\) に平行な成分 \(B_{/\!/} \) は
$$B_{/\!/} = e^{\mu} B_{\mu} = e^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu}$$である。
観測者 \(B\) にとっては，自身の4元速度 \(\bar{u}^{\mu}\) と進行方向を表す単位ベクトル \(\bar{e}^{\mu}\) を使って， \(\bar{B}_{/\!/} = \bar{e}^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu}\) であり，
\begin{eqnarray}
\bar{B}_{/\!/}&\equiv& \bar{e}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu}\\
&=& \frac{e^{\mu} + V u^{\mu}}{\sqrt{1-V^2}}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \frac{u^{\nu} + V e^{\nu}}{\sqrt{1-V^2}}\\
&=& \frac{e^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu} + V^2 u^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu}e^{\nu}}{1-V^2}\\
&=& \frac{e^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu}u^{\nu} – V^2 e^{\nu} {}^{\ast}\!F_{\mu\nu}u^{\mu}}{1-V^2}\\
&=& e^{\mu}\, {}^{\ast}\!F_{\nu\mu}u^{\nu} \\ &=& B_{/\!/}
\end{eqnarray}
観測者 \(A\) が観測する磁場ベクトル \(B_{\mu} = {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu}\) の，進行方向に垂直な成分は $$B_{\perp} = n^{\mu} B_{\mu} = n^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu}$$である。
観測者 \(B\) にとっては，自身の4元速度 \(\bar{u}^{\mu}\) を使って， \(\bar{B}_{\perp} = \bar{n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu}\) であり，
\begin{eqnarray}
\bar{B}_{\perp} &\equiv& \bar{n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu} =n^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu}\\
&=& {n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \frac{u^{\nu} + V e^{\nu}}{\sqrt{1 – V^2}}\\
&=& \frac{{n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu} + {n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} V e^{\nu}}{\sqrt{1 – V^2}}\\
&=& \frac{B_{\perp}- (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})_{\perp}}{\sqrt{1 – V^2}}
\end{eqnarray}
念のために詳細を書くと，観測者 \(A\) の静止系では
$$u^{\mu} = (1, 0, 0, 0), \quad e^{\mu} = (0, 1, 0, 0), \quad n^{\mu} = (0, 0, 1, 0)$$としてよいので，
\begin{eqnarray}
{n}^{\mu} \,{}^{\ast}\!F_{\nu\mu} V e^{\nu}
&=& n^2 \,{}^{\ast}\!F_{21} V e_1 \\
&=& F_{30} V \\
&=& E_z V = -(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})_y\\
&=& -(\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})_{\perp}
\end{eqnarray}一旦答えがでたら，この式は左辺が4元スカラーであるから，座標系によらずに成り立つ。
まとめ
観測者 \(A\) に対して運動する観測者 \(B\) の運動方向に平行な成分成分（\({\ }_{/\!/}\) をつけて表す），および垂直な成分（\({\ }_{\perp}\) をつけて表す）について，以下のような変換則が成り立つことを，ローレンツ変換を使わずに求めることができた。
\begin{eqnarray}
\bar{{E}}_{/\!/} &=& E_{/\!/} \\
\bar{E}_{\perp} &=& \frac{E_{\perp}+ (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{B})_{\perp}}{\sqrt{1 – V^2}}\\
\bar{{B}}_{/\!/} &=& B_{/\!/}\\
\bar{B}_{\perp} &=& \frac{B_{\perp}- (\boldsymbol{V}\times\boldsymbol{E})_{\perp}}{\sqrt{1 – V^2}}
\end{eqnarray}
観測者 \(A\)にとっての電磁場は
$$E_{\mu} = F_{\mu\nu} u^{\nu}, \quad E_{/\!/} = e^{\mu} E_{\mu}, \quad E_{\perp} = n^{\mu} E_{\mu}$$
$$B_{\mu} = {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} u^{\nu}, \quad B_{/\!/} = e^{\mu} B_{\mu}, \quad B_{\perp} = n^{\mu} B_{\mu}$$
観測者 \(B\)にとっての電磁場は
$$\bar{E}_{\mu} = F_{\mu\nu} \bar{u}^{\nu}, \quad \bar{E}_{/\!/} = \bar{e}^{\mu} \bar{E}_{\mu}, \quad \bar{E}_{\perp} = \bar{n}^{\mu} \bar{E}_{\mu}= n^{\mu} \bar{E}_{\mu}$$
$$\bar{B}_{\mu} = {}^{\ast}\!F_{\nu\mu} \bar{u}^{\nu}, \quad \bar{B}_{/\!/} = \bar{e}^{\mu} \bar{B}_{\mu}, \quad \bar{B}_{\perp} = \bar{n}^{\mu} \bar{B}_{\mu}= n^{\mu} \bar{B}_{\mu}$$