¿Envejece más rápido el gemelo que viaja al espacio exterior?

[inakigarber]

Buenas tardes;

La pregunta me viene mientras estoy leyendo el capitulo "El vuelo de las piedras y las órbitas de los planetas" del libro "Un viaje por la gravedad y el espaciotiempo" de John Wheeler.

Es bien conocida la paradoja de los gemelos de la Relatividad Especial de Einstein, y también es sabido que esta teoría no incluyo la gravedad. Bien, supongamos que un observador viajara a visitar alguna de las sondas Voyager a una velocidad relativista por ejemplo 0.9c tras haber sido lanzado por un cañón. En nuestro sistema de referencia estas se encuentran a unas 17 horas luz, de manera que en nuestro sistema de referencia el observador tardaría 37.77 horas en el viaje de ida y vuelta. Según las transformaciones de Lorentz su tiempo sería de unas 14.82 horas. Si lo hemos lanzado desde un cañón se encuentra en caída libre y consideramos que la gravedad de otros planetas y la de la propia sonda es despreciable. Si consideramos que en caída libre siempre se cumple la ley del "máximo envejecimiento" ¿Cómo es posible que a su regreso el gemelo sea más joven?

Saludos.

[pod]

Es bien conocida la paradoja de los gemelos de la Relatividad Especial de Einstein, y también es sabido que esta teoría no incluyo la gravedad.

Recuerda que la paradoja de los gemelos es completamente resoluble en relatividad especial, la gravedad/curvatura no es necesaria. Tan sólo hace falta reconocer que, en realidad, hay tres sistemas de referencia involucrados, no sólo dos.

Bien, supongamos que un observador viajara a visitar alguna de las sondas Voyager a una velocidad relativista por ejemplo 0.9c tras haber sido lanzado por un cañón. En nuestro sistema de referencia estas se encuentran a unas 17 horas luz, de manera que en nuestro sistema de referencia el observador tardaría 37.77 horas en el viaje de ida y vuelta. Según las transformaciones de Lorentz su tiempo sería de unas 14.82 horas. Si lo hemos lanzado desde un cañón se encuentra en caída libre y consideramos que la gravedad de otros planetas y la de la propia sonda es despreciable. Si consideramos que en caída libre siempre se cumple la ley del "máximo envejecimiento" ¿Cómo es posible que a su regreso el gemelo sea más joven?

Saludos.

No acabo de entender el experimento mental que propones. Si yo lanzo algo a 0.9c respecto de la Tierra, y ese algo va en todo momento en caída libre, entonces jamás volverá a la Tierra. Si no recuerdo mal, la velocidad de escape es de unos 11km/s, cuatro ordenes de magnitud por debajo.

[Alriga]

Kaixo Iñaki, seguramente te interesará echar un vistazo a:

Re: Paradoja de los gemelos

Gracias a las explicaciones de guibix de más arriba:

https://forum.lawebdefisica.com/forum/el-aula/relatividad-y-cosmología/33102-paradoja-de-los-gemelos?p=244307#post244307

Y a la de carroza aquí:

https://forum.lawebdefisica.com/forum/el-aula/relatividad-y-cosmología/997-¿la-relatividad-especial-puede-o-no-estudiar-sr-acelerados?p=48018#post48018

Parece claro que la "paradoja" de los gemelos se explica bien sin necesidad de usar avanzados argumentos de Relatividad General. En la misma línea argumental he encontrado estos artículos que enlazo por si son de vuestro interés,

El de Jorge Díaz en "Conexión Causal". En él se puede leer lo mismo que afirma guibix, “el tiempo medido es menor en la línea de espaciotiempo más larga”:

Brian May, relatividad y dilatación del tiempo

Y el de Pedro de "El Tamiz":

Relatividad sin fórmulas - Paradoja de los gemelos

Saludos.

Y también a:

Re: Espacio-tiempo de Minkowsky

Acabo de ver que Enrique Fernández Borja ha publicado hoy en su blog “Paradoja” de los gemelos para gummies un interesante post (y un vídeo) en el que explica muy gráficamente como funciona la Métrica de Minkowski y como se aplica para resolver la "paradoja" de los gemelos.

Ojalá os guste, saludos.

[inakigarber]

No acabo de entender el experimento mental que propones. Si yo lanzo algo a 0.9c respecto de la Tierra, y ese algo va en todo momento en caída libre, entonces jamás volverá a la Tierra. Si no recuerdo mal, la velocidad de escape es de unos 11km/s, cuatro ordenes de magnitud por debajo.

He querido ser tan listo que me he pasado y he hecho un experimento bastante tonto.

Voy a ver si propongo algo mejor. Supongamos que lanzo en un tiro vertical (supongamos que puedo despreciar el rozamiento de la atmósfera y el giro terrestre) una bala que alcanza una altura H y vuelve de nuevo a caer al cabo de un tiempo Tv. Desde el punto de vista de la física clásica el tiempo es el mismo en el sistema de referencia del observador en el cañón y en la bala. Desde el punto de vista de la Relatividad especial, la bala realiza un recorrido de ida y vuelta y su tiempo es menor. Desde el punto de vista de la relatividad especial la bala pasa gran parte de su trayectoria en puntos donde el potencial gravitatorio es menor y el tiempo fluye mas rápido, su tiempo es mayor. Es un resultado que aparentemente resulta contradictorio. Supongo que al final la contradicción solo será aparente, y mas bien fruto de mi propia ignorancia.

[pod]

He querido ser tan listo que me he pasado y he hecho un experimento bastante tonto.

Voy a ver si propongo algo mejor. Supongamos que lanzo en un tiro vertical (supongamos que puedo despreciar el rozamiento de la atmósfera y el giro terrestre) una bala que alcanza una altura H y vuelve de nuevo a caer al cabo de un tiempo Tv. Desde el punto de vista de la física clásica el tiempo es el mismo en el sistema de referencia del observador en el cañón y en la bala. Desde el punto de vista de la Relatividad especial, la bala realiza un recorrido de ida y vuelta y su tiempo es menor. Desde el punto de vista de la relatividad especial la bala pasa gran parte de su trayectoria en puntos donde el potencial gravitatorio es menor y el tiempo fluye mas rápido, su tiempo es mayor. Es un resultado que aparentemente resulta contradictorio. Supongo que al final la contradicción solo será aparente, y mas bien fruto de mi propia ignorancia.

Calculemos. Supongamos que estamos en un contexto pseudo-Newtoniano en relatividad especial. Es decir, la trayectoria es

$$y = v_0 t - \frac12gt^2 , \qquad t_0 = 0 , \quad t_f = \frac{2v_0}{g} .$$

El tiempo propio de esta trayectoria seria

$$\begin{aligned}<br /> \tau & = \int_0^{t_f} \sqrt{\dd t^2 - c^{-2} \dd y^2 } \\<br /> & = \int_0^{t_f} \!\!\dd t\ \sqrt{ 1 - c^{-2} \left( \dfrac{\dd y}{\dd t} \right)^2 } \\<br /> & = \int_0^{t_f} \!\!\dd t\ \sqrt{ 1 - c^{-2} \left( v_0 - g t \right)^2 } \\<br /> & = \frac1g \left[ c\ \mathrm{arcsin}\frac {v_0} c + v_0 \sqrt{1-\left(\frac {v_0} c\right)^{\!2}} \right] .<br /> \end{aligned}$$

Si $v \ll c$, y usando las series de Taylor del arco seno y la raíz cuadrada (o usando wolfram alpha, en mi caso) vemos que la serie de Taylor de esto es

$$\tau = \frac{2v_0}{g} - \frac{v_0^3}{3c^2 g} - \frac{v_0^5}{20 c^4 g} + O\left(\frac{v_0}{c}\right)^7 .$$

Fíjate que el primer término es justo el resultado Newtoniano, como debe ser. Las correciones (de orden $(v_0/c)^3$) son negativas, así que el tiempo propio será menor que el tiempo Newtoniano.

Ahora bien, esto es únicamente relatividad especial, suponiendo la trayectoria dada (en realidad, seguramente habría que poner un movimiento hiperbólico, pero ignoremos ese extremo por ahora). Es decir, no tenemos en cuenta el efecto de la curvatura.

Si quisiéramos añadir el efecto de la gravedad, entonces habría que usar una metrica con curvatura en el cálculo del tiempo propio. Podemos tomar el límite newtoniano (o de campo débil) de la relatividad especial (ecuación 6.29 de las lecturas de Carrol: https://arxiv.org/pdf/gr-qc/9712019.pdf, fíjate que allí c = 1):

$$\dd s^2 = - \left(1 + \frac{2 \Phi}{c^2} \right)\dd t^2 + \left(1 - \frac{2 \Phi}{c^2} \right) (\dd x^2 + \dd y^2 + \dd z^2 ) .$$

Donde $\Phi$ es el potencial gravitatorio. En nuestro caso, estaríamos tentados a poner $\Phi = g y$, pero creo que esto no funcionaría porque la métrica debe convertirse en plana al llegar al infinito, $\Phi(r\to\infty)\to 0$. Así, pues, deberíamos poner $\Phi = - GM/r$. Pero si la altura es muy baja podemos simplificar la cosa con una expansión de Taylor

$$\begin{aligned}<br /> \Phi & = - \frac{GM}{R_t + y} \\<br /> & =- \frac{GM}{R_t} \frac1{1 + y/R_t} \\<br /> & = - g R_t \frac1{1 + y/R_t} \\<br /> & \approx - g R_t (1 - y/R_t) \\<br /> & = -g R_t + y g .<br /> \end{aligned}<br />$$

Que es, básicamente, lo que pondríamos directamente, más una constante que nos permite desplazar el cero de potencial. Fíjate que $-g R_t$ no es más que el potencial en la superficie de la Tierra. Así, pues, ahora la integral a resolver seria

$$\tau = \int_0^{t_f} \sqrt{\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right) \dd t^2 - \left( 1 + \frac{g R_t}{c^2} - \frac{y g}{c^2} \right) \dd y^2 } .$$

Aquí sí que ya dejo que seas tú quien tenga el placer de hacer esta integral.

[inakigarber]

Buenas noches;

Estoy un poco perdido con las integrales, espero darle algunas vueltas a dichos cálculos a ver si los voy sacando.

Dejando un poco de lado el aspecto matemático. Supongamos que yo fuera un astronauta que permanece en reposo con respecto al sol en un punto muy próximo a la órbita terrestre. Si consideramos el instante de tiempo $t=0$ el instante en que tú (mas los más de 7.000 millones de habitantes) yo veré que os alejáis a unos $30 Km/seg$ más o menos. Al cabo de casi un año volveréis a aparecer a la misma velocidad. Para vosotros habrá pasado un año, pero para mí no, yo seré un poco más joven. De manera que en un viaje de ida y vuelta en caída libre, el observador en caída libre envejece más. Si no he entendido mal a leer el libro Wheeler relaciona este principio del máximo envejecimiento con las leyes de conservación del momento lineal, del momento angular y de la masa-energía. Supongo que todavía me faltará un largo trecho para comprender el porque.

Saludos.

[inakigarber]

....
Que es, básicamente, lo que pondríamos directamente, más una constante que nos permite desplazar el cero de potencial. Fíjate que $-g R_t$ no es más que el potencial en la superficie de la Tierra. Así, pues, ahora la integral a resolver seria

$$\tau = \int_0^{t_f} \sqrt{\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right) \dd t^2 - \left( 1 + \frac{g R_t}{c^2} - \frac{y g}{c^2} \right) \dd x^2 } .$$

Aquí sí que ya dejo que seas tú quien tenga el placer de hacer esta integral.

Pues me tiene un tanto despistado sobre todo por el hecho de que aparecen dentro de la raíz cuadrada términos con $dx^2$ y $dy^2$ y eso no he sabido como resolverlo. Pero por otra parte, la variable respecto a la cual se integra es t, ya que se integra entre $t_f$ y 0. Todos los términos dentro de los paréntesis son invariantes respecto al tiempo
$\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right)$, por tanto el resultado de la integral debería ser del tipo $kt_f-0$, donde k es una constante. Francamente, me siento muy perdido, siento que no haya sido un placer.

Saludos y gracias.

[Richard R Richard]

Con bastante temor a equivocarme veo que el dx dentro de la integral quiza sea un gazapo ortográfico, creo que debería ser dy, pero ya lo dirá pod

[pod]

Correcto, las "x" eran "y"... supongo que la memoria muscular y las horas me jugaron una mala pasada. Corrijo el mensaje original para evitar discusiones.

[pod]

Pues me tiene un tanto despistado sobre todo por el hecho de que aparecen dentro de la raíz cuadrada términos con $dx^2$ y $dy^2$ y eso no he sabido como resolverlo. Pero por otra parte, la variable respecto a la cual se integra es t, ya que se integra entre $t_f$ y 0. Todos los términos dentro de los paréntesis son invariantes respecto al tiempo
$\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right)$, por tanto el resultado de la integral debería ser del tipo $kt_f-0$, donde k es una constante. Francamente, me siento muy perdido, siento que no haya sido un placer.

Saludos y gracias.

Hablando en general, tienes que introducir una parametrización de la trayectoria en el espacio-tiempo. La integral irá desde el parámetro inicial hasta el parámetro final. Puse los límites con el tiempo porque parece el parámetro más adecuado en este problema. Así puedes escribir $y = y(t)$, y por lo tanto $\dd y = y'(t) \dd t$. Con ello te queda solo el diferencial de tiempo, que sale de la raíz y queda como una integral normal (de cojones, pero normal).

Podrías inventarte otro parámetro, $\lambda$, pero entonces tendrías que substituir $y = y(\lambda)$ y $t = t(\lambda)$, con lo cual $\dd t = \frac{\dd t}{\dd\lambda}\, \dd\lambda$ y $\dd x = \frac{\dd x}{\dd\lambda}\, \dd\lambda$.

Fíjate que al final lo único que hacemos es calcular la longitud espacio-temporal de la trayectoria. Es lo mismo que, estando en geometría euclídea queremos medir la longitud de una curva: tenemos que elegir un parámetro e integrar el elemento de longitud. Pues lo mismo, pero con una métrica algo más divertida.

Puede ser que en este caso te sea útil hacer el desarrollo de Taylor (sobre $v_0/c$) antes de integrar, así acabaras integrando un polinomio bastante más sencillo. Puede que también te interese conservar aparte en el desarrollo los términos que vienen de la gravedad (son los que se suman/restan al 1 en los dos paréntesis grandes), así probablemente verás que hay una especie de competencia entre el efecto de la gravedad y el efecto de la dilatación temporal.

[Alriga]

Kaixo Iñaki, partiendo de la expresión de pod corregida:

$\dst \tau = \int_0^{t_f} \sqrt{\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right) \dd t^2 - \left( 1 + \frac{g R_t}{c^2} - \frac{y g}{c^2} \right) \dd y^2}$

Opera:

$\dst \tau = \int_0^{t_f} \dd t \ \sqrt{\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right) \left ( \dfrac{\dd t}{\dd t}\right )^2 - \left( 1 + \frac{g R_t}{c^2} - \frac{y g}{c^2} \right) \left ( \dfrac{\dd y}{\dd t}\right )^2}$

$\dst \tau = \int_0^{t_f} \sqrt{\left( 1 - \frac{g R_t}{c^2} + \frac{y g}{c^2} \right) - \left( 1 + \frac{g R_t}{c^2} - \frac{y g}{c^2} \right) \left ( \dfrac{\dd y}{\dd t}\right )^2} \ \dd t$

Si continuase siendo válida la aproximación pseudo-newtoniana:

$y = v_0 t - \dfrac12gt^2$

$\dfrac{\dd y}{\dd t}=v_0-g t$

$\left ( \dfrac{\dd y}{\dd t}\right )^2=(v_0-g t)^2$

La idea es sustituir el valor de "y", y el de la "derivada de y al cuadrado" en la integral e integrar, (supongo que debe salir un "carro" impresionante)

Saludos.