Avanzado Jugando con geodésicas en la métrica de Schwarzschild

[carroza]

Hola.
Completando algunas discusiones previas, expongo aquí las ecuaciones de movimiento de una caida libre, usando la métrica de Schwarzchild.

Partiré de las ecuaciones de la geodésica, tal como vienen en la wikipedia.https://es.wikipedia.org/wiki/M%C3%A..._Schwarzschild . Voy a considerar que el movimiento es radial, con lo que $\dot \theta = \dot \phi = 0$. Finalmente, meto un factor $c^2$ donde se necesita, para que las distancias se midan en metros y los tiempos en segundos. El parámetro $\mu = G M / c^2$ es la mitad del radio de Schwarzchild. Queda:

$\ddot t + {2 \mu \over r(r-2 \mu)} \dot t \dot r = 0$
$\ddot r + {\mu (r-2 \mu) \over r^3} c^2 {\dot t}^2 - {\mu \over r (r - 2 \mu)} {\dot r}^2 = 0$

Estas ecuaciones son un poco liosas, ya que están expresadas en función del tiempo propio $\tau$. Las variables $r, t$ son funciones de $\tau$. No obstanre, nos gustaría expresar las ecuaciones en términos de derivadas de $r$ con respecto a $t$, no con respecto a $\tau$. Esto se puede hacer, usando la reglña de la cadena, de forma que
$\dot r = {dr \over d \tau} = {dr \over dt} {dt \over d \tau} = r' \dot t$.
Analogamente, deducimos que $\ddot r = {d(r' \dot t) \over d \tau} = r'' (\dot t)^2 + r' \ddot t$. Aqui tomo como notación que las primas son derivadas con respecto a t, mientras que los puntos son derivadas con respecto a $\tau$.

Con todos esto, llego a la ecuación de la geodésica que describe el movimiento radial, usando las variables r y t que ve el observador lejano. Queda:
$r" - {3 \mu r'^2 \over r(r-2 \mu) } + {\mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3} = 0$.

Ahora podemos empezar a jugar, y comparar con lo que tendríamos en física clásica.

Las leyes de Newton nos dirían, en la dimensión radial, $F = m a$ . For otro lado, la fuerza fgavitatoria sería $F =m g(r)$. Donde las dos masas serían iguales, ya que la masa inercial es igual a la gravitatoria. Eso nos lleva a un campo gravitarorio
$g(r) = {3 \mu r'^2 \over r(r-2 \mu)} - {\mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3}$.

El segundo término coincide con la gravedad de Newton, si despreciamos $2\mu$ frente a r. El primer término es más raro, ya que depende de la velocidad. Es un poco raro, y nada Newtoniano, un campo que dependa de la velocidad del objeto que en el se mueve.

Seguiremos jugando




.

[carroza]

Hola. Continuando con el juego anterior, y para evitar que el campo $g(r)$ dependa de la velocidad de la partícula que en el se mueve, consideremos que la masa m puede depender de la velocidad $r'$. . La masa M del objeto central se considera muy grande, de forma que M no se mueve, pero la masa del objeto en caida libre sí puede depender de $r'$. Esto es el caso de la relatividad especial, en el quese cumple $m(r') = m_0 \gamma = m_0 (1-r'^2/c^2)^{-1/2}$

Partiendo de esto, hay que tener cuidado con la ley de Newton, ya que ahora $F = {dp \over dt} = {dm(r') \over dt} r' + m(r') r'' =\left({dm(r') \over dr'} r' + m(r') \right) r''$. Por otro lado, contando con el principio de equivalencia, en el que la masa inercial y la masa gravitatoria son iguales, debe cumplirse
$F = m(r') g(r)$.

Esto nos lleva a la ecuación para el campo gravitatorio

$g(r) = \left( {{dm(r') \over dr'} r' \over m(r')} + 1 \right) \left( 1 - 3 {r'^2 \over c^2} {r^2 \over (r-2 \mu)^2} \right) \left( {- \mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3} \right)$

Si ahora definimos la dependencia con la velocidad de la masa para que el campo gravitatorio fuera independiente de la velocidad, tenemos que una posible solución es tomar
$m(r') = m_0 (1- 3 {r'^2 \over c^2} {r^2 \over (r-2 \mu)^2} )^{-1/2}$.

Con esta peculiar definición de la masa relativista, que depende de la posición y de la velocidad, se obynene un campo gravitatorio

$g(r) = \left( {- \mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3} \right)$

independiente de la velocidad y que coincide con el newtoniano para $r \gg 2 \mu$.

Lo que me choca de la expresión obtenida para la masa es que, a distancias grandes, no se reobtiene el valor de la relatividad especial $m(r') = m_0 \gamma = m_0 (1-r'^2/c^2)^{-1/2}$. De hecho, a velocidades grandes o a distancias próximas a $2 \mu$, $m(r')$ puede hacerse imaginaria.

En fin, si quereis jugar, proponed otras expresiones de $m(r')$, que cumnplan las ecuaciones de movimiento.O bien, indicad si es básicamente incorrecta la idea de explicar las ecuaciones de movimiento en relatividad, en base a algo tipo ley de newton $F = {dp \over dt} = {dm(r') \over dt} r' + m(r') r'' =\left({dm(r') \over dr'} r' + m(r') \right) r''$.

Un saludo

[carroza]

Completo el juego con la solución que me parece más satisfactoria.

Consideraré que la partícula tiene una energía cinética T, que puede depender tanto de su posición r como de su velocidad r', $T(r, r')$, y una energía potencial V que sólo depende de la posición $V(r)$ . Ahora, requiero que la energía total $E = T + V$ de la partícula, con lo cual

${ d E \over dt} = { d T \over dt}+ { d V \over dt} = { \partial T \over \partial r} r' + { \partial T \over \partial r'} r''+ { \partial V \over \partial r} r' = 0$

Ahora, buscamos experesiones adecuadas para $T(r, r')$ y $V(r)$ que nos lleven a las ecuaciones de movimiento deducidas de la métrica de Schwarzchild.

Primero, proponemos que la energia cinétcia viene dada por la expresión
$T(r, r') = m_0 c^2 (\tilde \gamma - 1)$ donde $\tilde \gamma = \left( 1 - {r'^2 \over c^2} f(r) \right)^{-1/2}$ , donde $f(r)$ es una dunción a determinar que tiende a 1 cuando r es muy grande, Así, reobtenemos la expresión de la energía cinética relativista para distancias muy grandes, en las que la gravedad puede ignorarse.

La energía potencial viene dada por la expresión $V(r) = m_0 \tilde \gamma \phi(r)$ , donde $\phi(r)$ es el potencial gravitatorio a determinar.

No voy a poner aqui la derivación detallada, pero encuentro que, para obtener las ecuaciones de movimiento que cumple $r''$ segun la métrica de Schwarzchild, el factor que determina $\tilde \gamma$ y, por tanto, la energía cinética resulta $f(r) = \left( {r \over r-2\mu} \right)^2$, mientras el potencial gravitatorio $\phi(r) = {c^2 \over 2} \log{ r-2\mu \over r}$.

Estas expresiones permiten entender la dinámica de la particula que cae hacia el agujero negro. Conforme su radio se acerca a $r_s = 2 \mu$, a pesar de que su velocidad se hace cero, su energía cinética se hace infinita. La energía potencial también se hace infinita, pero negativa. Sin embargo, a distancias muy grandes, comparadas con $r_s$, tanto la expresión de la energía cinética como la de la energía potencial son las que esperamos de la mecánica Newtoniana.

Bueno, un saludo y espero que os entretenga a algunos.

[carroza]

Bueno, pues mi solucion anterior es incorrecta. Definí heurísticamente un potencial $V(r)$, que dependía implicitamente de la velocidad a través de $\tilde \gamma$, con lo cual debería haber considerado un término $\partial V(r) / \partial r'$.

Tras varios intentos fallidos, he dado con el lagrangiano que describe las ecuaciones de movimiento relativista.

Partimos de un lagrangiano genérico $L(r,r') = A(r) r'^2 + B(r)$.

El momento asociado a la variable $r$ es $p = {\partial L \over \partial r'} = 2 A(r) r'$

Las ecuaciones de Euler-Lagrange dan ${d \over dt} \left(2 A(r) r' \right) - \left(A' (r) r'^2 + B'(r) \right) =0$, que lleva a las ecuaciones $r" + \left( A'(r) \over 2 A(r) \right) r'^2 -\left(B'(r) \over 2 A(r) \right) =0$. Comparando con los términos que aparecen en la ecuación de la trayectoria, en la que hay un término proporcional al cuadrado de la velocidad y otro independiente de ella, llegamos a que

$A(r) =C \left( {r \over r - 2 \mu } \right)^3 \quad ; \quad B(r) = C {2 \mu c^2 \over r - 2 \mu}$, donde C es una constante arbitraria, que identificamos con $m_0/2$, para reobtener el lagrangiano no relativista mara velocidades pequeñas y distancias $r \gg 2 \mu$.

Ahora podemos escribir el hamiltoniano: $H(r,p) = p r' - L(r,r') = {p^2 \over 4 A(r)} - B(r) = {p^2 \over 2 m_0}\left( {r-2 \mu \over r } \right)^3 - m_0 {\mu c^2 \over r - 2 \mu }$.

Con lo cual, podemos identificar un termino de energía potencial y un término de energía cinética. Debo decir que me sorprendió mucho que el término de energía cinética no tuviera el factor $\gamma$ relativista, pero es lo que me sale. Ahora, considero un problema de caida libre. La energía total es cero, con lo cual la energía cinética es igual a la energía potencial en valor absoluto. Os pongo lo que me sale

$\begin{array}{c|ccc}<br /> r/\mu & T/m_0c^2 & p/m_0c & v/c \\<br /> \hline<br /> 2 & \infty & \infty & 0 \\<br /> 3 & 1 & 7.35 & 0.272 \\<br /> 4 & 0.5 & 2.83 & 0.354 \\<br /> 6 & 0.25 & 1.30 & 0.385 \\<br /> 10 & 0.125 & 0.699 & 0.358 \\<br /> 100 & 0.0102 & 0.147 & 0.139 \\<br /> \infty & 0 & 0 & 0<br /> \end{array}$

Aqui podeis ver claro que la velocidad de escape en el radio de scharzchild $r = 2 \mu$ es cero. , Sin embargo, la energía cinética y el momento son infinitos. $r = 2 \mu$
A 1.5 veces el radio de schwarchild, la velocidad de escape es 0.272 veces la velocidad de la luz. El máximo en la velocidad de escape ocurre cuando $r = 6 \mu$.

Mirandolo al contrario, si dejamos caer un objeto sobre un agujero negro lo veremos acelerar, hasta que llega a una velocidad máxima de 0.385 c, cuando $r = 6 \mu$. A partir de alli, se frena en velocidad, aunque sigue aumentando en momento y en energía cinética hasta alcanzar el radio de schwarzchild, donde queda congelada.

Un saludo.

[Richard R Richard]

Hola, tu tema no es que me ha pasado desapercibido, solo quiero hacer la preguntas justas , al momento justo ,

Hola.

$\ddot r + {\mu (r-\mu) \over r^3} c^2 \dot t - {\mu \over r (r - 2 \mu)} \dot r = 0$

Allí hay un gazapo una omisión de tipeo involuntario, cuando lo trajiste de la wiki

$\ddot r + {\mu (r-\mu) \over r^3} c^2 \dot t^{\mathbf 2} - {\mu \over r (r - 2 \mu)} \dot r^{\mathbf 2} = 0$


Ahora sí , llego a

$g(r) = {3 \mu r'^2 \over r(r-2 \mu)} - {\mu (r-\mu) c^2 \over r^3}$.

$g(r) = \left( {{dm(r') \over dr'} r' \over m(r')} + 1 \right) \left( 1 - 3 {r'^2 \over c^2} {r^2 \over (r-2 \mu)^2} \right) \left( {- \mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3} \right)$

si es que he entendido lo que has hecho yo llego a


$g(r) = \left( {{dm(r') \over dr'} r' \over m(r')} + 1 \right) \left( 1 - 3 \dfrac{r'^2 }{ c^2}\dfrac {r^2} {(r-2 \mu)\underbrace{ (r-\mu)}_{no \ son \ iguales} }\right)\left( \dfrac{- \mu (r-\mathbf{\cancelto{1} {2}} \mu) c^2}{r^3} \right)$


lo he revisado un par de veces y creo esta bien, lo que has hecho es un factor común sobre $r''$, y un $m(r')$ se simplifica quedando fuera de la ecuación.


Te voy siguiendo, cuando puedo.

Saludos

[carroza]

Ok. Gracias. He corregido el cuadrado en la primera expresión. Creo que la segunda está bien, una vez corregida otro factor 2 en el primer mensaje. Por favor, chequea porque puedo tener másd erratas. Muchas gracias.

[Richard R Richard]

Empezando de nuevo


Ahora sí , llego a

$g(r) = {3 \mu r'^2 \over r(r-2 \mu)} - {\mu (r-2\mu) c^2 \over r^3}$.

y con lo actualizado obtuve


$g(r) = \left( {{dm(r') \over dr'} r' \over m(r')} + 1 \right) \left( 1 - 3 \dfrac{r'^2 }{ c^2}\dfrac {r^2} {(r-2 \mu)^2 }\right)\left( \dfrac{- \mu (r-2 \mu) c^2}{r^3} \right)$

Si ahora definimos la dependencia con la velocidad de la masa para que el campo gravitatorio fuera independiente de la velocidad, tenemos que una posible solución es tomar
$m(r') = m_0 (1- 3 {r'^2 \over c^2} {r^2 \over (r-2 \mu)^2} )^{-1/2}$.

Si intentamos que se cumpla RE a grandes radios, $m(r') = m_0 (1- 3 {r'^2 \over c^2} {r^2 \over (r-2 \mu)^2} )^{-1/2}= m_0 \gamma = m_0 (1-r'^2/c^2)^{-1/2}$ vemos que necesitamos se cumpla

$3\dfrac{r^2}{(r-2\mu)^2}\to 1$ pero si $r\to \infty$ dicho ratio tiende a 3 y no a 1.

Sigo escaso de tiempo para desarrollar $m(r')$ , lo sigo luego.

[carroza]

Gracias, Richard, por seguir el hilo. Como verás, mis intentos de obtener expresiones heurísticas de masas dependientes de la velocidad, no tienen mucho éxito. Al final, la cosa es partir de las ecuaciones de movimiento, encontrar el lagrangiano que lleva a esas expresiones, y recordar tolo lo que aprendimos de mecánica clásica, con los lagrangianos, hamiltonianos, etc, que ya no son los típicos de energia cinñectica mñás energía potencial.

Al final encuentro un hamiltoniano, quye lleva a las ecuaciones de movimiento. El valor de este hamiltoniano no depende del tiempo, lo cual me daría una "Energía". Entiendo que eso me permite seguir la trayectoria de la partícula que cae, o emerge, dentro de las ecuaciones de Schrazchild. pero curiosamente, estas expresiones de la energía no parecen tener pinta "relativista".

ya me dirás cuando llegues.

[Richard R Richard]

....y una energía potencial V que sólo depende de la posición $V(r)$
....donde $\tilde \gamma = \left( 1 - {\boxed{r'^2} \over c^2} f(r) \right)^{-1/2}$
...La energía potencial viene dada por la expresión $V(r) = m_0\boxed {\tilde \gamma} \phi(r)$ , donde $\phi(r)$ es el potencial gravitatorio a determinar.

Hola, estoy intentando seguirte y veo que así el potencial $V(r)$ no dependería de $r'$ ? porque por definición dijiste que solo dependía de $r$

No voy a poner aquí la derivación detallada, pero encuentro que, para obtener las ecuaciones de movimiento que cumple $r''$ según la métrica de Schwarzchild, el factor que determina $\tilde \gamma$ y, por tanto, la energía cinética resulta $f(r) = \left( {r \over r-2\mu} \right)^2$, mientras el potencial gravitatorio $\phi(r) = {c^2 \over 2} \log{ r-2\mu \over r}$.

Si puedes ser escueto en cuanto a los pasos que te llevaron a deducirlo, quizá te siga más rápido que googleando.

En cuanto a la conservación de la energía que usas como para sacar algo así como el lagrangiano, no se si es válido en todas las métricas de RG, por aquello de la expansión acelerada del universo y que sí a cada momento el universo en mas grande y contiene la misma densidad de energía entonces la energía del universo aumenta...

Es decir la conservación de la energía es el principio del que partes en esta métrica de Schwarzchild para decir que el movimiento se produce sin recibir energía externa de ningún tipo.

[carroza]

Hola a todos.

Sigo con mi batalla con las ecuaciones de movimiento correspondientes a las geodésicas.

Hasta ahora, he propuesto un lagrangiano, cuadrático en la velocidad, que da ligar a las ecuaciones de movimiento de las geodésicas. Ese lagrangiano permite obtener un momento $p = {\partial L \over \partial r'}$, asi como un un hamiltoniano. Con eso, creo, que he podido calcular la velocidad de un objeto que cae sobre un agujero negro.

Posteriormente, gracias a las contribuciones de Weip y guibix en otros hilos, me he percatado de que hay muchos lagrangianos posibles que dan lugar a las mismas ecuaciones de movimiento.

Veo que, en general, si $L(r, r')$ lleva a unas ecuaciones de movimiento, cualquier función $G(z)$ permite definir un nuevo lagrangiano $L'(r, r')= G(L(r,r'))$ que genera las mismas ecuaciones de movimiento.

Esta frase no es correcta.

Lo curioso es que el momento $p' = {\partial L' \over \partial r'}$, es diferente al momento $p = {\partial L \over \partial r'}$, y el hamiltoniano H' que se deriva de L' es diferente del hamiltoniano H que se deriva de L.

A la vista de esto, voy a derivar lagrangianos y hamiltonianos de forma más estandar en relatividad. Entiendo que deben dar las mismas ecuaciones de movimiento, previamente derivadas, y deberían dar las mismas velocidades del objeto cayendo sobre el agujero negro en función de la distancia.

Partimos del tensor métrico, que viene dado por $ds^2 = -(1 - {2 \mu \over r})^{-1} dr^2 +(1 - {2 \mu \over r}) c^2 dt^2$

A partir de ahi, puede derivarse la expresión del elemento de intervalo $ds$. Una geodésica, que es la trayectoria que siguen las partículas en relatividad general, es la que hace mínimo el intervalo s. En mecánica lagrangiana, la trayectoria hace mínima la acción S. La acción se obtiene integrando el lagrangiano a lo largo de la trayectoria. Así $dS = L(r, r') dt$. Por otro laso´el intervalo se obtiene integrando
$ds = \sqrt{ -(1 - {2 \mu \over r})^{-1} dr^2 +(1 - {2 \mu \over r}) c^2 dt^2} = \sqrt{- (1 - {2 \mu \over r})^{-1} r'^2 +(1 - {2 \mu \over r}) c^2 } \quad dt$.
donde $r' = dr/dt$.
Por tanto, salvo una constante arbitraria K, podemos identificar el lagrangiano que describe el movimiento en relatividad general como
$L(r, r') = K \sqrt{ -(1 - {2 \mu \over r})^{-1} r'^2 +(1 - {2 \mu \over r}) c^2 }$.
La constante K surge de relacionar esta expresión con el lagrangiano no relativista de la particula libre, cuando $r' \ll c$ y $r \gg \mu$. Resulta $K = -mc$.

Este lagrangiano lleva a las mismas ecuaciones de movimiento que obtuvimos con el lagrangiano anterior $L(r,r') = A(r) r'^2 + B(r)$. Sin embargo, la expresión del momento es diferente:
$p = {\partial L \over \partial r'} = {-K r'} (1 - {2 \mu \over r})^{-1} \left( -(1 - {2 \mu \over r})^{-1} r'^2 +(1 - {2 \mu \over r}) c^2 \right)^{-1/2}$,

Resulta util a partír de aqui, obtener la expresión de la velocidad en función del momento
$r' = {pc \over -K} (1 - {2 \mu \over r})^{3/2} \left(1 +\left({p \over K}\right)^2 (1 - {2 \mu \over r}) \right)^{-1/2}$

Con esto, el hamiltoniano, que hay que expresar en términos de r y p, resulta
$H =(1 - {2 \mu \over r})^{1/2} \left( (Kc)^2 +(p c)^2 (1 - {2 \mu \over r}) \right)^{1/2}$

Como podeis ver, esta expresión tiene una pinta muy relativista. Cuando $r \gg \mu$, nos da la expresión $E^2 = (mc^2)^2 + (cp)^2$,

Si queremos ahora considerar el caso de una caida libre, partiendo de velocidad nula cuando $r \gg \mu$, entondes $H = m c^2 = K c$, y nos queda la ecuación
$(Kc)^2 (1 - {2 \mu \over r})^{-1} = (Kc)^2 +(p c)^2 (1 - {2 \mu \over r})$, de donde se obtiene

$p =K \sqrt{2 \mu \over r} \left(1 - {2 \mu \over r} \right)^{-1}$

Completo con una tabla de momentos y velocidades basada en este lagrangiano y este hamiltoniano. En este caso, no podemos separar energía cinética de energía potencial, ya que los terminos dependientes de la posicion y del momento no están separadps en el hamiltoniano debido a la raiz cuadrada

$<br /> \begin{array}{c|cc}<br /> r/\mu & p/mc & v/c \\<br /> \hline<br /> 2 & \infty & 0 \\<br /> 3 & 2.449 & 0.272 \\<br /> 4 & 1.414 & 0.354 \\<br /> 6 & 0.866 & 0.385 \\<br /> 8 & 0.667 & 0.375 \\<br /> 10 & 0.559 & 0.358 \\<br /> 100 & 0.144 & 0.139 \\<br /> \infty & 0 & 0<br /> \end{array}<br />$

Como veis, las velocidades coinciden con las deducidas del lagrangiano anterior, pero los momentos son diferentes.

Bueno, con este ejercicio me he aclarado algunas cosas sobre lagrangianos, hamiltonianos y relatividad. Además, he podido calcular cuantitativamente la velocidad observada desde el exterioir de un objeto que cae sobre un agujero negro.

Estaré encantado de discutr cualquier cosa que querais debatir sobre este tema.

Un saludo

[guibix]

Debo admitir que la mecánica teórica la llevo pez y más en RG. El concepto de energía en RG y consecuentemente los lagrangianos y hamiltonianos de la misma, se me escurren entre los dedos. Pero sigo asiduamente este hilo aunque no vea como puedo contribuir. Me alegra saber que mis aportaciones tienen consecuencias más allá de mis conocimientos y me alienta ver como mis limitados conocimientos adquieren perspectiva y fundamento con aportaciones como las de este hilo. Sigue batallando que, aunque no participe, estoy aprendiendo cosas que nunca pensé que podría comprender.

Muchas gracias y un saludo!

[Weip]

Hola carroza. Ya comenté en el otro hilo que no tengo mucho tiempo de mirármelo, pero bueno sólo quería hacer un comentario pequeño. El tema de que el lagrangiano de una partícula relativista con raíz y sin raíz den las mismas ecuaciones de las geodésicas es una cosa bastante específica de esta situación; se basa en eliminar un término cruzado reparametrizando la trayectoria. No sé si aplica a tu caso o no, pero lo quería comentar.

Tampoco sé si aplica o no, pero el tema de los hamiltonianos en RG es un poco peliagudo. La gente de LQG lo ha estudiado mucho. La formulación hamiltoniana usualmente te obliga a separar entre espacio y tiempo. En el caso de RG también. No rompe la invarianza bajo difeomorfismos (la simetría gauge de RG) pero complica las cosas. De hecho el hamiltoniano se anula sobre las soluciones de las ecuaciones del movimiento, como si no hubiera dinámica, cosa que es sorprendente. Pero a la práctica es más una ilusión por utilizar el tiempo como si fuera un parámetro.

[carroza]

Gracias, guibix y Weip por vuestros comentarios. Y gracias Richard R Richard por seguir el hilo.

He corregido algunas erratas en el hilo, y corregido algunas cosas en las tablas de momentos y velocidades, para los dos lagrangianos.

Con respecto al tema de los lagrangianos, aqui se muestra que hay dos lagrangianos diferentes, propuestos en #4 y en #8, que llevan a las mismas ecuaciones de movimiento. El de #8 tiene una raiz, y el de #4 no la tiene. Pero el lagrangiano del #8 no es la raiz del #4, aunque se parece bastante.

Yo al principio, viendo los resultados citados por Weip , pensé que las trayectorias de un lagrangiano $L(r, r')$ y de otro lagrangiano función del anterior, por ejemplo $L'(r, r')= (L(r, r'))^2$ serían las mismas. Sin embarfo eso no es cierto, ya que la condición ${d \over dt} {\partial L(r,r') \over \partial r'} - {\partial L(r,r') \over \partial r} = 0$ no implica que ${d \over dt} {\partial L(r,r')^2 \over \partial r'} - {\partial L(r,r')^2 \over \partial r} = 0$ . Eso tiene que ver con el efecto de la derivada temporal ${d \over dt} L(r,r')$ . Por ello, entiendo lo que indica Weip que una redefinición del tiempo puede hacer que ambos lagrangianos $L(r, r')$ y $L'(r, r')= (L(r, r'))^2$ den trayectorias diferentes pero relacionadas con un reescalamiento del tiempo.

Sin embargo, #4 y #8, siendo lagrangianos diferentes, llevan exactamente a las mismas ecuaciones de movimiento. Sería interesante saber si hay alguna forma sistematica de obtener lagrangianos diferentes que llevan a las mismas ecuaciones de movimiento.

Ahora, es curioso que #4 y #8, lleven a diferentes expresiones del momento y del hamiltoniano. Es claro que ambos lagrangianos, #4 y #8, son independientes del tiempo. Por tanto, los dos hamiltonianos que se derivan en #4 y #8, son cantidades conservadas, y son diferentes. Una de las dos, la hariamos corresponder a la energía de toda la vida. Pero, ¿Cual? Yo votaría por la expresión de #8, simplemente porque tiene una pinta más relativista, pero ¿Habría un argumento más general, más sólido, para identificar la energía?

Mi intuición me dice que, si queremos calcular trayectorias de partículas aisladas en el cambo gravitatorio de Schwarzchild, ambas expresiones, los hamiltonianos derivados en #4 y #8, nos valen como expresiones de la energía, y de hecho, eso se muestra en las tablas de #4 y de #8. Sin embargo, si tuvieramos dos partículas que pueden chocar elasticamente (por ejemplo dos bolas de masas diferentes que se mueven en el campo gravitatirio, una sube y otra baja), la expresión del #8 conserva la energía total de ambas, pero la de #4 no.

Con respecto a las dificultades del hamiltoniano en RG, entiendo que se refieren a cuando uno quiere evaluar la energía asociada al campo gravitatorio, como un campo dinámico que pudiera variar en el tiempo. El problema que yo quiero tratar aqui es un campo gravitatorio estacionario, generado por una masa grande M, estática en el origen de coordenadas, sobre la que cae una masa pequeña m. Yo diría que el procedimiento que aqui se aplica (lagrangiano, hamiltoniano, etc), es igualmente válido esté uno en mecanica clásica, en relatividad especial, en relatividad general (partiendo de una geometría estacionaria), o incluso en mecánica cuántica o en teoría cuantica de campos. En este ultimo caso, la coordenada r y el momento asociado p, cumplirían $[x,p] = i \hbar$. Aqui, resulta curioso que, para trayectorias clasicas idénticas, producidos por lagrangianos diferentes, como #4 y #8, las expresiones de los momentos, y, por tanto, las reglas de cuantización resultan diferentes. De nuevo, surge la cuestión: Cuál es el bueno, #4 o #8?

Un saludo

[Richard R Richard]

Sigo atento a lo que comentan. Yo no he conseguido igualar las ecuaciones de las geodésicas, con las sacadas de los lagrangianos de los hilos que venimos mirando, basicamnte no puedo analiticamente obtener las ecuaciónes de movimiento a partir de las geodésicas sin que estén en función de la variable de la parametrización.

[inakigarber]

Hola.
Analogamente, deducimos que $\ddot r = {d(r' \dot t) \over d \tau} = r'' (\dot t)^2 + r' \ddot t$. Aqui tomo como notación que las primas son derivadas con respecto a t, mientras que los puntos son derivadas con respecto a $\tau$.

.

Siento meter "ruido" en este foro, pero me pierdo en este paso.

[Weip]

Hola a todos. Como sabéis este hilo no lo he seguido mucho pero quiero aportar algo, aunque sea poco. Entiendo que el objetivo es describir órbitas en un espaciotiempo de Schwarzschild, al fin y al cabo una caída libre es eso. Entiendo también que el interés es obtener el resultado relativista y aproximarlo para que coincida con Newton. Si esto lo he entendido bien y aunque lo que voy a explicar es un poco libro de texto, creo que sería mejor sacar cantidades conservadas para ir más rápido y no tener que calcular tanto. Consideramos el lagrangiano de una partícula puntual:

$\mathcal{L}=-\left(1-\dst\frac{2GM}{r}\right)\dot{t}^2+\left(1-\dst\frac{2GM}{r}\right)^{-1}\dot{r}^2+r^2(\dot{\theta}^2+\sin^2\theta \dot{\phi}^2)$

Dado que el anterior lagrangiano no depende de $t$ ni de $\phi$ explícitamente, las cantidades conservadas son la energía y el momento angular:

$-2E:=\dst\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{t}}=-2\left(1-\frac{2GM}{r}\right)\dot{t}$

$2L:=\dst\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}}=2r^2\dot{\phi}$

Notar que $L$ y $\mathcal{L}$ son cosas distintas, el primero es momento angular, el segundo es el lagrangiano. El lagranguiano $\mathcal{L}$ también es una cantidad conservada, y vale $-1$ para trayectorias tipo tiempo (las típicas trayectorias de una partícula con masa). Por simplificar asumimos un movimiento en el plano $\theta=\pi/2$. Sustituyendo la energía y el momento angular en el lagrangiano $\mathcal{L}=-1$ obtenemos la ecuación:

$\dst\frac{1}{2}E^2=\frac{1}{2}\dot{r}^2+V(r)$

$V=V(r)$ es un potencial dado por:

$V(r)=-\dst\frac{GM}{r}+\frac{L^2}{2r^2}-\frac{GM}{r^3}L^2+\frac{1}{2}$

Observad que es muy parecido al potencial efectivo newtoniano: Los dos primeros términos son iguales que en Newton, el tercero $GML^2/r^3$ es una corrección relativista, y $1/2$ es una constante que da un poco igual.

No sé si es muy bien lo que querías carroza, pero al menos creo que es una manera rápida de relacionar las caídas libres / órbitas relativistas con las newtonianas.

[carroza]

Hola, Weip. Me dejas muy perplejo. A no ser que todo lo que yo sé de fisica sea incorrecto, el lagrangiano de un sistema, que típicamente se expresa como ${\cal L} = T - V$, y que depende de las coordenadas $q$ y de las velocidades $\dot q$, no se conserva con el tiempo. Lo que ocurre es que, si la expresión del lagrangiano no depende excplícitamente del tiempo, entonces la magnitud $H = p \dot q - \cal{L}$, que es el hamiltoniano, sí se conserva con el tiempo.

Por otro lado, las expresiones que pones para el potencial $V(r)$ no parecen dimensionalmente correctas.

Un saludo.

[carroza]

Siento meter "ruido" en este foro, pero me pierdo en este paso.

Ok. Lo desarrollo. Todo va de cambiar la variable $\tau$, que es el tiempo propio, por la variable $t$, que es el tiempo visto desde el observador externo.

$\dot r = {dr \over d \tau} = {dr \over dt} {dt \over d \tau} = r' \dot t$

$\ddot r = {d (r' \dot t) \over d \tau} = {d {r'} \over d \tau} \dot t + r' {d {\dot t} \over d \tau} = {d {r'} \over d t} (\dot t)^2 + r' \ddot t = r'' (\dot t)^2 + r' \ddot t$

[Weip]

Hola carroza.

Por otro lado, las expresiones que pones para el potencial $V(r)$ no parecen dimensionalmente correctas.

Estoy usando unidades naturales ($c=1$) y suponiendo que la masa puntual es la unidad, $m=1$. En mecánica newtoniana se hace lo mismo al estudiar órbitas, pero quizás estás más acostumbrado a escribir $L^2/(2mr^2)$ para el segundo término del potencial efectivo, por ejemplo. Recuperando estos factores $m$ y $c$ la expresión es dimensionalmente correcta. Bueno y sin ellos también, pasa que están ocultos. Esta forma de trabajar es estándar, lo digo porque todas las fuentes que puedas consultar la usarán sin decir nada, pero en todo caso es correcto.

Hola, Weip. Me dejas muy perplejo. A no ser que todo lo que yo sé de fisica sea incorrecto, el lagrangiano de un sistema, que típicamente se expresa como ${\cal L} = T - V$, y que depende de las coordenadas $q$ y de las velocidades $\dot q$, no se conserva con el tiempo. Lo que ocurre es que, si la expresión del lagrangiano no depende excplícitamente del tiempo, entonces la magnitud $H = p \dot q - \cal{L}$, que es el hamiltoniano, sí se conserva con el tiempo.

Estoy evaluando el lagrangiano en una solución de la ecuación del movimiento (on-shell), por tanto para una trayectoria tipo tiempo:

$\mathcal{L}=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}=-1$

Observa que de normal pondríamos $p_{\mu}p^{\mu}=-m^2$, pero como he explicado antes $m=1$. Además como detalle adicional si la trayectoria es tipo luz, $\mathcal{L}=0$. Esto no quiere decir que no haya dinámica porque es el lagrangiano on-shell, evaluado en una trayectoria concreta que soluciona las ecuaciones de Euler-Lagrange. El lagrangiano que ponemos en la acción es distinto de cero (off-shell).

[inakigarber]

Buenas noches;

$\ddot t + {2 \mu \over r(r-2 \mu)} \dot t \dot r = 0$
$\ddot r + {\mu (r-2 \mu) \over r^3} c^2 {\dot t}^2 - {\mu \over r (r - 2 \mu)} {\dot r}^2 = 0$

Estas ecuaciones son un poco liosas, ya que están expresadas en función del tiempo propio $\tau$. Las variables $r, t$ son funciones de $\tau$. No obstanre, nos gustaría expresar las ecuaciones en términos de derivadas de $r$ con respecto a $t$, no con respecto a $\tau$. Esto se puede hacer, usando la reglña de la cadena, de forma que
$\dot r = {dr \over d \tau} = {dr \over dt} {dt \over d \tau} = r' \dot t$.
Analogamente, deducimos que $\ddot r = {d(r' \dot t) \over d \tau} = r'' (\dot t)^2 + r' \ddot t$. Aqui tomo como notación que las primas son derivadas con respecto a t, mientras que los puntos son derivadas con respecto a $\tau$.

Con todos esto, llego a la ecuación de la geodésica que describe el movimiento radial, usando las variables r y t que ve el observador lejano. Queda:
$r" - {3 \mu r'^2 \over r(r-2 \mu) } + {\mu (r-2 \mu) c^2 \over r^3} = 0$.

Me pierdo.
Parto de;

$$\dot r=r' \dot t$$

$$\ddot r=r'' (\dot t)^2 +r' \ddot t$$

$$\ddot t+\dfrac{2\mu}{r(r-2\mu)}\dot t \dot r=0$$

$$\ddot r+\dfrac{\mu (r+2 \mu)}{r^3}c^2 (\dot t)^2 -\dfrac{\mu}{r(r-2\mu)}(\dot r)^2=0$$

He intentado varios intentos de conseguir una expresión en la que todos los elementos con punto, derivados con respecto a $\tau$ lo sean con respecto a t, pero no llego a alcanzarlo.
Partiendo de las ecuaciones (1), (2) y (3) en ese orden, llego a la siguiente expresión;
$\ddot r-r'(\dot t)^2+\dfrac{2 \mu r'^2 \dot t^2}{r(r-2\mu)}=0$, de manera que o me equivoco o me estoy quedando a medio camino, pero no llego.

Saludos.

[carroza]

Estas cerca. Pon r(dos puntos) en términos de r" y r' t(dos puntos). Luego pon t(dos puntos) en términos de r(punto) y t(punto). Luego pon r(punto) como r' t (punto). Al final en la ecuación te sale un facftor t(punto) al cuadrado que puedes eliminar, ya que todo está igualado a cero.

Un saludo

[inakigarber]

Estaré cerca, pero lo siento mucho, no consigo acertar. De manera que no consigo avanzar de la expresión que puse arriba.