Caída libre de un objeto relativista

[inakigarber]

Buenas noches;

Supongamos que dejo caer una piedra en una caída libre, para simplificar las cosas voy a considerar que $\theta$ y $\varphi$ son constantes. Por lo tanto el tensor métrico en cuestión será;
$G=\left(\begin{matrix}\dfrac{r-\dfrac{2GM}{c^2}}{r} & 0 \\0 & -\dfrac{r}{r-\dfrac{2GM}{c^2}}\end{matrix}\right)$

El tensor inverso;

$G^{-1}=\left(\begin{matrix}\dfrac{r}{r-\dfrac{2GM}{c^2}} & 0 \\0 & -\dfrac{r-\dfrac{2GM}{c^2}}{r}\end{matrix}\right)$

En coordenadas generalizadas $x^1=t$ y $x^2=r$

Las derivadas no nulas que me salen son las siguientes;
$\dfrac{\partial g_{11}}{\partial x^2}=\dfrac{2GM}{r^2 c^2}$
$\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{\dfrac{2GM}{c^2}}{\left (1-\dfrac{2GM}{c^2}\right)^2}$

Los símbolos de Christoffel que me salen son los siguientes;
$\Gamma^1_{11}=\dfrac{GM}{rc^2\left (r-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$
$\Gamma^2_{11}=\dfrac{GM \left ( r-\dfrac{2GM}{c^2}\right)} {r^3c^2}$
$\Gamma^2_{22}=\dfrac{\dfrac{GM}{c^2}}{r \left (1-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$

Hasta aquí creo que lo voy haciendo bien (salvo que haya cometido algún error de copia-pega), pero a partir de aquí me pierdo y no sé como seguir. Entiendo que tengo que aplicar la ecuación de las geodésicas;
$\dfrac{\partial ^2 x^i}{\partial \lambda ^2}+\Gamma ^i_{jk}\dfrac{\partial x^j}{\partial \lambda}\dfrac{\partial x^k}{\partial \lambda}=0$
para luego integrar y obtener las ecuaciones del movimiento en las coordenadas espacial y temporal, pero no sé muy bien como hacerlo.

¿Qué puedo hacer?

Saludos y gracias.

[Richard R Richard]

Hola, solo como guía ya que el problema es distinto, puedes seguir los pasos que se siguen a partir del minuto 15:40 de https://www.youtube.com/watch?v=vsjg2ybVcoM hasta el minuto 41...

Sino de a poco podemos ir desarrollando, ya que no es corto o al menos no me lo parece.

$\lambda$ tiene que ser un parámetro afín para que sea cero el término a la derecha de la igualdad en la geodésica.

Saludos

[inakigarber]

Gracias por tu comentario. He revisado el vídeo, pero ando un poco perdido.

...
$\lambda$ tiene que ser un parámetro afín para que sea cero el término a la derecha de la igualdad en la geodésica.

Saludos

Entiendo que un parámetro afín podría ser el tiempo, entonces la ecuación me quedaría $\dfrac{\partial ^2 x^i}{\partial t ^2}+\Gamma ^i_{jk}\dfrac{\partial x^j}{\partial t}\dfrac{\partial x^k}{\partial t}=0$.

Para $i=1$, me encuentro con que el primer término es 0, pero el único símbolo de Christoffel con subíndice 1 no nulo es $\Gamma^1_{11}=\dfrac{GM}{rc^2\left (r-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$, el cual no puede valer 0 e implica que los subíndices $j=k=1$, por lo que solo me resultaría nula la ecuación en el caso de que $\dfrac{\partial x^1}{\partial t}\dfrac{\partial x^1}{\partial t}=0$, dado que partimos de $x^1=t$ el resultado me da un valor NO nulo, por lo que debo haberme equivocado en algo.

Para $i=2$, me hago el siguiente desarrollo;
$\dfrac{\partial^2 r }{\partial t^2}+\Gamma^2_{jk}\dfrac{\partial x^j}{\partial t}\dfrac{\partial x^k}{\partial t}$, como hay dos símbolos de Christoffel con superíndice 2, me sale;
$\dfrac{\partial^2 r}{dt^2}+\left[\Gamma^2_{11}\dfrac{\partial t}{\partial t}\dfrac{\partial t}{\partial t}+\Gamma^2_{22}\dfrac{\partial r}{\partial t}\dfrac{\partial r}{\partial t}\right]$

[inakigarber]

Buenas noches;

Revisando mi post inicial, me doy cuenta de que cometí al menos un error;

Donde dije $\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{\dfrac{2GM}{c^2}}{\left (1-\dfrac{2GM}{c^2}\right)^2}$, debia decir $\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{\dfrac{2GM}{c^2}}{\left (r-\dfrac{2GM}{c^2}\right)^2}$, lo contrario no es dimensionalmente correcto.

Además arrastre el error y equivoqué un signo en el siguiente símbolo de Christoffel $\Gamma^2_{22}=\dfrac{\dfrac{GM}{c^2}}{r \left (1-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$ que resulta quedar $\Gamma^2_{22}=-\dfrac{\dfrac{GM}{c^2}}{r \left (r-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$

[Richard R Richard]

Si trabajo en 4D con tu métrica reducida a 2D

si las variable de trabajo son $t,r,\theta\phi$

calculamos el parámetro radio de Schwarzchild como $a$
$a=2GM/c^2$

La métrica es

$\begin{pmatrix}1-\dfrac{a}{r} & 0 & 0 & 0\\<br /> 0 & -\dfrac{1}{1-\dfrac{a}{r}} & 0 & 0\\<br /> 0 & 0 & 1 & 0\\<br /> 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

su inversa

$\begin{pmatrix}\dfrac{1}{1-\dfrac{a}{r}} & 0 & 0 & 0\\<br /> 0 & \dfrac{a}{r}-1 & 0 & 0\\<br /> 0 & 0 & 1 & 0\\<br /> 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

los símbolos no nulos

${{\ensuremath{\Gamma}}_{1,1}^2}=\dfrac{a r-{{a}^{2}}}{2 {{r}^{3}}}$

${{\ensuremath{\Gamma}}_{1,2}^1}=\dfrac{a}{2 {{r}^{2}}-2 a r}$

${{\ensuremath{\Gamma}}_{2,2}^2}=-\dfrac{a}{2 {{r}^{2}}-2 a r}$

Las componentes de tensor de Riemann

${{\ensuremath{R}}_{1,2,1}^2}=\dfrac{a\, \left( a r-{{a}^{2}}\right) }{{{r}^{3}} \left( 2 {{r}^{2}}-2 a r\right) }+\dfrac{3 \left( a r-{{a}^{2}}\right) }{2 {{r}^{4}}}-\dfrac{a}{2 {{r}^{3}}}$

${{\ensuremath{R}}_{2,2,1}^1}=\dfrac{a}{{{r}^{3}}-a {{r}^{2}}}$

y las geodésicas

${{\ensuremath{\mathrm{geod}}}_1}=0=\dfrac{a\, \left( \dfrac{d}{d \lambda} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) \, \left( \dfrac{d}{d \lambda} r\right) +\left( \dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) {{r}^{2}}-a\, \left( \dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) r}{r\, \left( r-a\right) }$

${{\ensuremath{\mathrm{geod}}}_2}=0=\dfrac{2 {{r}^{4}} \left( \dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} r\right) -2 a {{r}^{3}} \left( \dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} r\right) -a {{r}^{2}} {{\left( \dfrac{d}{d \lambda} r\right) }^{2}}+a {{\left( \dfrac{d}{d \lambda} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) }^{2}} {{r}^{2}}-2 {{a}^{2}} {{\left( \dfrac{d}{d \lambda} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) }^{2}} r+{{a}^{3}} {{\left( \dfrac{d}{d \lambda} \ensuremath{\mathrm{ct}}\right) }^{2}}}{2 {{r}^{3}} \left( r-a\right) }$

${{\ensuremath{\mathrm{geod}}}_3}=0=\dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \theta$

${{\ensuremath{\mathrm{geod}}}_4}=0=\dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \phi$


Esto lo extraje del Software Maxima , fijate que hay que simplificar cosas raritas, pero espero te sirva.

Saludos

[carroza]

Gracias, Richard.

Entiendo que se puede escoger libremente el parámetro $\lambda$ que describe la trayectoria. Si elijo $\lambda = t$, entonces en la primera ecuación se me cancelan los ultimos dos términos de la ecuación y me queda ${dr \over dt} = 0$, que es algo raro, no? Donde me equivoco?

Saludos

[inakigarber]

Buenas noches;

Muchas gracias Richard por tus comentarios.

Ando un poco confundido, porque yo había entendido que el asunto era resolver las ecuaciones $\dfrac{\partial^2 x^r}{\partial ds^2}+\Gamma^r_{pq}\dfrac{\partial x^p}{\partial ds}\dfrac{\partial x^q}{\partial ds}=0$ sin necesidad de tratar el tensor de Riemann. Sustituyendo $ds=d\tau$, entendiendo $\tau$ como el tiempo observado por el observador que NO está en caída libre. Este observador estaría en reposo de acuerdo con la física Newtoniana, pero no desde el punto de vista relativista. Recalco esto para evitar malentendidos. Como los símbolos de Christoffel son $\Gamma^1_{12}, \Gamma^2_{11}\ \ y \ \ \Gamma^2_{22}$ y dado que $\Gamma^1_{12}=\Gamma^1_{21}$, obtengo las siguientes ecuaciones;
Para $x^1=t$

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\Gamma^1_{12}\dfrac{\partial x^1}{\partial \tau}\dfrac{\partial x^2}{\partial \tau}=\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\left(\dfrac{a}{2r^2- 2ar}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$

Para $x^2=r$

$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}+\left(\dfrac{ar-a^2}{2r^3}\right)\left(\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\right)^2-\left(\dfrac{a}{2r^2-2ar}\right)\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$

En esta segunda ecuación lo que tengo en el primer término es una aceleración, por tanto si lo escrito es dimensionalmente correcto, el resto de términos deben de ser aceleraciones también. Puesto que el sumatorio es 0, debe darme que en caída libre los objetos no aceleran.

Si pudiera seguir adelante con las ecuaciones, supongo que llegaría a la conclusión de que la parte espacial, la segunda ecuación, llevaría a una línea recta. La primera ecuación supongo que me llevaría a alguna curva, pero no se como tratarlas.

Saludos.

[Richard R Richard]

Gracias, Richard.

Entiendo que se puede escoger libremente el parámetro $\lambda$ que describe la trayectoria. Si elijo $\lambda = t$, entonces en la primera ecuación se me cancelan los ultimos dos términos de la ecuación y me queda ${dr \over dt} = 0$, que es algo raro, no? Donde me equivoco?

Saludos

Hola carroza justamente esa pregunta coincide con el interrogante de inakigarber de su menseje #3, si bien habia unos gazapos en el desarrollo decía

Para $i=1$, me encuentro con que el primer término es 0, pero el único símbolo de Christoffel con subíndice 1 no nulo es $\Gamma^1_{11}=\dfrac{GM}{rc^2\left (r-\dfrac{2GM}{c^2}\right )}$, el cual no puede valer 0 e implica que los subíndices $j=k=1$, por lo que solo me resultaría nula la ecuación en el caso de que $\dfrac{\partial x^1}{\partial t}\dfrac{\partial x^1}{\partial t}=0$, dado que partimos de $x^1=t$ el resultado me da un valor NO nulo, por lo que debo haberme equivocado en algo.

Veamos si hacemos unos despejes y presento la geodésica de otra manera como ya lo hizo Iñaki

Para $x^1=t$

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\Gamma^1_{12}\dfrac{\partial x^1}{\partial \tau}\dfrac{\partial x^2}{\partial \tau}=\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\left(\dfrac{a}{2r^2- 2ar}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$

Quedémonos con ese cambio de nomenclatura en ves de llamarlo $t$ lo llamamos $\tau$

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\left(\dfrac{a}{2r^2- 2ar}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$

reacomodando

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}=2\left(\dfrac{a}{ 2ar-2r^2}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}$

Si me preguntan que significaría físicamente esa esa ecuación, yo la entiendo de la siguiente manera , si $\tau$ es el tiempo propio de un observador, si la aceleración del tiempo de otro observador respecto el tiempo propio tiende a cero ,(Puede ser porque , estamos a velocidad relativa constante o posición relativa constante en el espacio) No podemos mantener una órbita y decir que $r$ es constante en la órbita, porque ya dijimos que $\theta$ y $\phi$ son constantes, solo hay movimiento hacia arriba o abajo en dirección radial.

Para tener velocidad relativa constante y posición constante, si o si necesitamos velocidad relativa nula constante. Pero en ese caso no podemos estar en caída libre, ya que debe existir una fuerza que nos mantenga sin variación de la coordenada radial.
Esto es lógico si nos mantenemos en una posición fija en el espacio , la tasa a la que transcurren el tiempo propio y el del planeta son diferentes , pero el ratio entre ambos permanece constante, también el corrimiento al rojo gravitacional resulta una constante y si $r$ es constante por ejemplo en una nave acelerando, podemos suponer que siempre que allí pase 1 segundo, entonces sobre la superficie de planeta pasan 2 segundos siempre, el ratio entre los tiempos es una constante y su derivada cero. Para para no caer la nave debe acelerar en contra del planeta para mantener la coordenada r, claro.

En caída libre, r varía, entonces la tasa con que hacen tic tac los relojes uno respecto el otro varía con la altura, un reloj acelera respecto del otro $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}\neq 0$,

Edito porque releyendome no sé si he sido claro, el término "aceleran" no lo digo en el sentido que cambia la posición espacial con el tiempo cuando cae libremente, sino que por cada tic tac de un reloj , cambia la cantidad de tic tacs que hace el otro, es decir , la geodésica marca como cambia ese ratio en función de derivadas de la posición r y el tiempo t.


Pd que $0=\dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \theta$ y $0=\dfrac{{{d}^{2}}}{d {{\lambda}^{2}}} \phi$ no implica que $0=\dfrac{d}{d \lambda} \theta$ y $0=\dfrac{d}{d \lambda} \phi$ , por lo que no se si es muy afortunado decir que no puede haber órbitas según las fórmulas que propuse, pero entiendo que la restricción de Iñaki era que las dos coordenadas permanecen constantes, sus derivadas y aceleraciones son cero..

[carroza]

Si pudiera seguir adelante con las ecuaciones, supongo que llegaría a la conclusión de que la parte espacial, la segunda ecuación, llevaría a una línea recta. La primera ecuación supongo que me llevaría a alguna curva, pero no se como tratarlas.

Saludos.

Hola.

Una manera de seguir con las ecuaciones es proponer un desarrollo en serie de t y r en la variable $\tau$, y tener en cuenta que, lejos del radio de scharzchild, $a/r \ll 1$.

Así, hasta orden cuadrático en $\tau$,

$t = \tau + d \tau^2 + \dots$

$r = r_0 + \beta_0 \tau + 1/2 \alpha_0 \tau^2 + \dots$

En la primera ecuación, el origen de t y de $\tau$ puede elegirse el mismo, y de la misma manera, la escala inicial de t y de $\tau$ pueden elegirse la misma, luego el unico parámetro a determinar es d, que da la variación cuadrática de t con $\tau$.

En la segunda ecuación, $\beta_0$ es la velocidad inicial, medida en unidades de c, y considerando el tiempo $\tau$, qhe coincide con t inicialmente. $\alpha_0$ es la velucidad inical.

Si no me he equivocado, introduciendo estas expresiones en las ecuaciones, se obtiene,

$d = -{a \beta_0 \over r^2}$

$\alpha_0 = - {1 - \beta_0^2 \over 2 r^2}$


y reescribiendo la dependencia de r en t, sale

$r = r_0 + \beta_0 t + (1/2 \alpha_0 -\beta_0 d) t^2 + \dots$

que coincide con la ley de Newton en el límite no relativista.

Saludos

[inakigarber]

Gracias por tu mensaje, creo que ha sido muy esclarecedor.

Si me preguntan que significaría físicamente esa esa ecuación, yo la entiendo de la siguiente manera , si $\tau$ es el tiempo propio de un observador, si la aceleración del tiempo de otro observador respecto el tiempo propio tiende a cero ,(Puede ser porque , estamos a velocidad relativa constante o posición relativa constante en el espacio) No podemos mantener una órbita y decir que $r$ es constante en la órbita, porque ya dijimos que $\theta$ y $\phi$ son constantes, solo hay movimiento hacia arriba o abajo en dirección radial.

Para tener velocidad relativa constante y posición constante, si o si necesitamos velocidad relativa nula constante. Pero en ese caso no podemos estar en caída libre, ya que debe existir una fuerza que nos mantenga sin variación de la coordenada radial.
Esto es lógico si nos mantenemos en una posición fija en el espacio , la tasa a la que transcurren el tiempo propio y el del planeta son diferentes , pero el ratio entre ambos permanece constante, también el corrimiento al rojo gravitacional resulta una constante y si $r$ es constante por ejemplo en una nave acelerando, podemos suponer que siempre que allí pase 1 segundo, entonces sobre la superficie de planeta pasan 2 segundos siempre, el ratio entre los tiempos es una constante y su derivada cero. Para para no caer la nave debe acelerar en contra del planeta para mantener la coordenada r, claro.

En caída libre, r varía, entonces la tasa con que hacen tic tac los relojes uno respecto el otro varía con la altura, un reloj acelera respecto del otro $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}\neq 0$,

Resumiendo;

Tenemos dos ecuaciones, una espacial y otra temporal

$$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}+\left(\dfrac{ar-a^2}{2r^3}\right)\left(\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\right)^2-\left(\dfrac{a}{2r^2-2ar}\right)\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$$

$$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\left(\dfrac{a}{2r^2- 2ar}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$$

Empezaremos por la ecuación temporal;

Supongamos que la relación entre los tiempos de los observadores fuera lineal, es decir del tipo $\tau=k t$, de manera que $\dfrac{d \tau}{d t}=k$ y $\dfrac{d^2 \tau}{d t}=0$. Entonces tendríamos que;
$0=2\left(\dfrac{a}{2r^2-2ar}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}$, dado que hemos definido $\dfrac{\partial \tau}{\partial t}=k$ y que el objeto cae a una determinada velocidad instantánea $\dfrac{d r}{d \tau}\neq 0$, solo podría ser posible si a=0. Como hemos definido $a=\dfrac{2GM}{c^2}$, esto solo sería posible en ausencia de masa. Por tanto, en presencia de masa, en un objeto en caída libre el tiempo debe fluir aceleradamente con respecto a un observador que no se encuentra en caída libre. Los objetos en caída libre deben envejecer aceleradamente con respecto al observador fijo. Esto me lleva a pensar que en el sistema de referencia del observador en caída libre los observadores que no están en caída libre deben envejecer desaceleradamente. Esta respuesta responde a la pregunta que me planteaba en este hilo.

Saludos y gracias.

[inakigarber]

Buenas noches;

Aunque el post anterior ya responde al motivo principal de este hilo quisiera ir un poco más adelante e integrar estas ecuaciones para hallar las ecuaciones que relacionen el espacio recorrido y la relación entre el tiempo $\tau$ del observador que no esta en caída libre y el tiempo t.
La verdad, no le he dedicado mucho tiempo y no sé muy bien como resolver esas ecuaciones. Supongo que esto me lleva a una doble integral, pero el problema que yo veo es que r varía con el tiempo (el objeto va cayendo a lo largo del tiempo), de manera que podríamos decir $r_{(t)}$. Pongamos la ecuación temporal que me parece la más sencilla.

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}=+2\left(\dfrac{a}{2ar -2r^2}\right)\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}$

Esto me lleva a una doble integral que no se muy bien como tratar.

¿Cómo podría plantearlo?

Saludos y gracias.

[Richard R Richard]

Hola, inakigarber , por enésima vez han robado los cables del tendido telefónico de cobre, que da soporte a internet de banda ancha en mi barrio, esta vez le toco a mi casa y reiteradas veces a mi trabajo que esta muy cerca , por ello no respondo cuando quiero sino cuando puedo.

Creo que la conclusiones que sacas son correctas, pero estimo que no podrás hallar una función matemática $f(\lambda)$ que satifaga las dos ecuaciones diferenciales a la vez ya que $r$ y $t$ están presentes en ambas ecuaciones y no de manera lineal, que sería una de las formas mas sencillas de atacar el problema matemático, aquí hay un sistema de ecuaciones diferenciales dos ecuaciones de segundo orden y segundo grado, dudo que tenga solución sencilla salvo númericamente o bien aplicando la parametrización $\lambda$ igualarla a $r$ o a $t$ que te darán soluciones particulares y no generales, como has visto antes.

Este tipo de problemas se los llama de valor inicial, porque numéricamente asignas valores, vas variando el parámetro y ves como se desenvuelven las aceleraciones y velocidades (segundas y primera derivadas), por iteración vas resolviendo paso a paso.

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Edito: esto no es cierto por eso lo saco de la vista de todos.

Otra forma que creo es mas útil es despejar las segundas derivadas de cada ecuación, dividirlas entre sí, y tratar de poner todo en función de la aceleración, velocidad y posición radial y del tiempo t

en una sola ecuación y allí si resolver la ED con los valores iniciales que se tengan.

Es decir $\dfrac{\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}}{\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}}= \dfrac{\partial^2 r}{\partial t^2}$

el tema es cómo eliminar la dependencia de $\tau$ en los otros términos, no siempre sirve aplicar la regla de la cadena para simplificar. A veces sirve usar los resultados de derivar implícitamente.


Sobre la segunda , voy a dedicarle un tiempo a ver si se me ocurre un método, o bien aplicar aproximaciones con Taylor o Maclaurin para llegar a ecuaciones mas conocidas, algo similar a la idea que propone carroza .


He llegado a algo sencillo de escribir pero no tanto de resolver

$a_r=\dfrac{\partial^2 r}{\partial t^2}$

$v_r=\dfrac{\partial r}{\partial t}$

entonces

$a_r=-\dfrac12 v_r +\dfrac{c^2(r-a)^2}{2r^2}\dfrac 1{v_r}$

presentada de otro modo

$r''=-\dfrac12 r' +\dfrac{c^2(r-a)^2}{2r^2}\dfrac 1{r'}$

A esta si no le veo significado físico (o bien hay gazapos)

veo una diferencia de 1/2 en algún término con respecto a lo que propone Iñaki

Númericamente la primera forma de reolver es más sencilla yo la explique aquí, https://forum.lawebdefisica.com/blog...e-schwarzchild

Saludos

[Richard R Richard]

Hola he intentado resolver el sistema de ED, para hallar una forma explícita, r(t), v_r(t), a_r(t), pero es desde mi punto de vista inviable, una si pude dejarla en función del parámetro Lambda, lo que sería útil para hacer un cálculo rápido. Pero la otra es muy complicada y se me resiste, yo no lo veo otra vía que la solución numérica.
presento hasta dónde llegué

De $c\dfrac{\partial t^2}{\partial^2 \lambda}=-\dfrac{a}{r(r-a)}c\dfrac{\partial t}{\partial \lambda}\dfrac{\partial r}{\partial \lambda}$

He sacado que

$\lambda=\dfrac{t-t_0}{\dfrac{a(r_0-r)}{(r-a)(r_0-a)}+u_0}$

Donde $r_0$ es la distancia radial a tiempo cero $t_0$, $a$ es el radio de Scharzchild y $u_0$ es la tasa que pasa el tiempo entre los observadores a tiempo cero, se puede inferir de corrimiento al rojo gravitacional como el ratio de frecuencias para la posición inicial.

Pero para la otra me queda

$r''(\lambda)\equiv r''$

$r'(\lambda) \equiv r'$

$r(\lambda) \equiv r$

$r''=\dfrac{a}{2r(r-a)}r'^2-\dfrac{a^3}{2(r_0-a)^2}\dfrac{(r_0-r)^2}{r^3(r-a)}$

Que no es una ED ni lineal ni de primer grado , y ojalá de variables separables.

Por lo que solo queda ir por la solución numérica, por algún método como Runge Kutta.
Al menos si bien mantengo la consistencia de unidades, no sé cómo hallar la primitiva.