Jugando con geodésicas en la métrica de Schwarzschild

[carroza]

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.

Ok. Entiendo lo de las unidades "naturales", en las que se pondrían m=1, c=1. En física de particulas también se suelen otras unidades "naturales", en las que $\hbar = c = 1$ .
Como bien indicas, teniendo en cuenta esto las expresiones que pones son dimensionalmente correctas. No obstante, en mi humilde opinión, se ganaría en claridad si, tanto en este caso como en el de las partículas elementales se conservaran las masas, los factores c y los factores $\hbar$, y tampoco se complicarían tanto las fórmulas.

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).

Entiendo lo que indicas. Veo que en este formalismo covariante, se toman las variables $x^\mu$, o sea $r, \theta, \phi, t$ como coordenadas generalizadas, mientras que el tiempo propio $\tau$ juega el papel del "tiempo" normal en el tratamiento no covariante. Esto lleva a cosas tales como la constancia del lagrangiano, que no ocurren en el caso no covariante, en el que tendríamos por un lado $r, \theta, \phi$ como coordenadas generalizadas, y t como el "tiempo".

Tendría que comprobar si la magnitud que defines como la energía, que depende de r y de $\dot t$, si la expresara en términos de $r, r'$, resultaría independiente de t y correspondería a una magnitud conservada conforme t varía.

Por otro lado, cómo obtienes los momentos $p_\mu$? Si lo haces derivando el Lagrangiano con respecto a $\dot x^\mu$, parece que te sale algo de tipo $g_{\mu \nu}\dot x^\nu$, con lo que no me sale $\mathcal{L}=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}=-1$


Un saludio, y gracias por tus contribuciones. Voy aprendiendo cosas de relatividad.

[Weip]

Hola de nuevo carroza.

Ok. Entiendo lo de las unidades "naturales", en las que se pondrían m=1, c=1. En física de particulas también se suelen otras unidades "naturales", en las que $\hbar = c = 1$ .
Como bien indicas, teniendo en cuenta esto las expresiones que pones son dimensionalmente correctas. No obstante, en mi humilde opinión, se ganaría en claridad si, tanto en este caso como en el de las partículas elementales se conservaran las masas, los factores c y los factores $\hbar$, y tampoco se complicarían tanto las fórmulas.

Por supuesto se puede tener más o menos inclinación al uso de las unidades naturales, pero déjame hacer un poco de márqueting a favor de usarlas. El SI es un sistema de unidades surgido por conveniencia de los seres humanos: medimos el tiempo en segundos y las distancias en metros porque son las escalas en las que vivimos. Conforme hemos ido aprendiendo más física nos hemos dado cuenta que al universo le da bastante igual nuestras unidades, y de hecho para el propio universo es más conveniente usar unidades naturales. RG nos explica que el tiempo es una dimensión más, y que se puede mezclar con el espacio. Usando unidades del SI, ¿cómo es posible que midamos el tiempo y el espacio en unidades distintas si están tan ligados? Al universo le ha dado por la constancia de la velocidad de la luz, y es más fundamental medir tiempo y espacio con las mismas unidades. Desde el punto de vista de la mecánica newtoniana es muy raro lo que se hace en física de partículas: tiempo y espacio no sólo se miden en las mismas unidades, sinó que además ¡son inversos de energía! Y ahí andamos midiendo masas en GeV, por ejemplo. Pero claro, la mecánica newtoniana es una teoría muy adaptada a la escala humana. Quizás es más conveniente usar las unidades que a la física de partículas le vaya mejor, y resulta que las que van mejor son, además, más fundamentales que las del SI. Siendo RG una teoría fundamental pasa lo mismo.

A parte puede haber un tema de qué es más práctico, si dejar factores $c$ o quitarlos. En mi opinión, no estamos calculando ningún número, así que quizás es conveniente pasar a unidades naturales en los cálculos puramente teóricos. Si en algún momento se calcula una magnitud en concreto y se compara con el experimento, entonces sólo hace falta hacer análisis dimensional con la fórmula final. Pero en este contexto más práctico el propósito de las unidades naturales no es ir recuperando los factores $c$ en todos los pasos que damos, sino solo en la fórmula que se use para calcular números como mucho, porque hay veces que el resultado experimental ya vendrá dado también en unidades naturales.

En todo caso entiendo tu punto de vista y más allá de si las unidades naturales son más fundamentales o no, también hay un punto de costumbres. Si haces cálculos con unidades del SI entonces las unidades naturales son un inconveniente, y si estás acostumbrado a hacer cálculos con unidades naturales entonces te cuesta mucho volver al SI en áreas de física fundamental como RG o teoría cuántica de campos (en mecánica newtoniana o termodinámica no porque es más intuitivo el SI).

Igualmente las unidades son lo de menos: sea como sea el potencial efectivo de RG es el potencial efectivo newtoniano con una corrección, y eso creo que es lo importante. Trabajar con ecuaciones de segundo orden está bien pero se alargan los cálculos.

Entiendo lo que indicas. Veo que en este formalismo covariante, se toman las variables $x^\mu$, o sea $r, \theta, \phi, t$ como coordenadas generalizadas, mientras que el tiempo propio $\tau$ juega el papel del "tiempo" normal en el tratamiento no covariante. Esto lleva a cosas tales como la constancia del lagrangiano, que no ocurren en el caso no covariante, en el que tendríamos por un lado $r, \theta, \phi$ como coordenadas generalizadas, y t como el "tiempo".

El tiempo en RG se convierte literalmente en una dimensión más, una coordenada, y abandona su papel como parámetro de evolución en la formulación lagrangiana. Es una cosa que sabemos bien, pero no deja de ser muy contraintuitivo. A mí me siguen fascinando día a día estas cosas.

Por otro lado, cómo obtienes los momentos $p_\mu$? Si lo haces derivando el Lagrangiano con respecto a $\dot x^\mu$, parece que te sale algo de tipo $g_{\mu \nu}\dot x^\nu$, con lo que no me sale $\mathcal{L}=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}=-1$

Creo que intentas calcular $p_{\mu}$ como si fuera un momento conjugado, pero no lo es, me explico. El momento $p_{\mu}$ es el mismo que en relatividad especial, masa por cuadrivelocidad, $p_{\mu}=m u_{\mu}$. Estamos en relatividad general y la notación ha cambiado un poco pero $\dot{x}_{\mu}$ sigue siendo la cuadrivelocidad, pasa que denoto que es derivada de las coordenadas explícitamente usando un punto. Poner $\dot{x}_{\mu}$ y $u_{\mu}$ es idéntico, pasa que en este contexto poner $u_{\mu}$ sería un pelín inusual, de la misma forma que usar $v$ en vez de $\dot{x}$ en mecánica lagrangiana no relativista sería raro. Luego la masa la estamos normalizando así que $p_{\mu}=\dot{x}_{\mu}$. De esta manera la igualdad $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}$ es prácticamente directa, y $p_{\mu}p^{\mu}=-m^2=-1$ es archiconocido ya porque es invariante Lorentz. Quizás lo del momento me lo podría haber ahorrado porque recordando relatividad especial $u_{\mu}u^{\mu}=-1$ así que lo podría haber hecho directamente.

¡Saludos!

[carroza]

Gracias, Weip, por tus reflexiones.

Con respecto al uso o no de unidades naturales, a mí, más que el uso de un sistema u otro de unidades, me preocupa que las expresiones tengan las dimensiones adecuadas. Es decir, que la energía sea una energía, la distancia sea una distancia, y el tiempo sea un tiempo. Eso hace que uno pueda, ante cualquier expresión, hacer el análisis dimensional, y comprobar si la expresión tiene el sentido físico que le asignamos. Eso, por mi experiencia, es muy importante desde el punto de vista pedagócico. Por supuesto que un experto en gravitación no tiene problemas en hacer m=1 y c=1, pero probablemente el estudiante que ve las expresiones por primera vez (o por segunda, o por tercera), quisiera identificar una energía cuando ve una energía. probablemente, tu expresión $E = (1-{2 GM \over r}) \dot t$ le deje un poco perplejo.

Una cuestión adicional es la perspectiva amplia de un problema físico. De acuerdo que, en el marco de fuerzas puramente gravitatorias, si la masa $m$ del objeto que se mueve es mucho menor que las masas $M$ que crean el campo, las ecuaciones de movimiento son independientes de $m$, y podría ponerse $m=1$. Sin embargo, al hacer esto, perdemos las escalas de energía relevantes para el problema, que son los que podrían indicarnos si otros efectos, no gravitatorios, son relevantes o no.

Por ejemplo, si observamos el movimiento de un cometa, aunque el marco fuera, a priori, puramente gravitatorio, un físico debiera poder preguntarse si la presión de radiación es relevante o no. Eso puede hacerse fácilmente, si conservamos en las expresiones las masas, de forma que podamos calcular las energías características, y ver si, por ejemplo, la presión de radiación es despreciable o no en el caso que nos ocupa. .


Por otro lado, no me queda nada claro que puedas decir $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}$ donde, simplemente $p_{\mu}=\dot{x}_{\mu}$. ¿Donde quedan todos los efectos gravitatorios implícitos en $g_{\mu\nu}$?

Un saludo

[Weip]

Por otro lado, no me queda nada claro que puedas decir $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}$ donde, simplemente $p_{\mu}=\dot{x}_{\mu}$. ¿Donde quedan todos los efectos gravitatorios implícitos en $g_{\mu\nu}$?

¿Quieres decir que debería haber una derivada covariante en vez de una derivada normal de $x^{\mu}$ para tener en cuenta la curvatura?

Como dices los efectos gravitatorios ya están dentro de $g_{\mu\nu}$ cuando haces el producto escalar $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$, y también están en las ecuaciones del movimiento de la partícula puntual en forma de símbolos de Christoffel. De esta manera lo que estamos haciendo es considerar una curva en un espaciotiempo curvo y estamos definiendo su velocidad, esto es, el vector tangente a la curva. Sea en espaciotiempo plano o curvo, el vector tangente a una curva en un punto viene dado por $dx^{\mu}/d\tau$. Tiene lógica porque si volvemos al reino de las funciones en una variable $f(x)$ y consideramos una función lineal o afín (líneas rectas) entonces la derivada se calcula como $f'(x)$, y si $f(x)$ es una curva ($\sin x$, por decir algo) entonces su derivada sigue siendo $f'(x)$ aunque haya una curvatura ahí. El motivo es porque la función da una curva unidimensional, que no tiene curvatura intrínseca. Lo mismo aplica en espaciotiempos generales, la trayectoria de una partícula puntual es una curva unidimensional, así que la velocidad es derivar las coordenadas, no hay otra forma de hacerlo.

Otra cuestión sería considerar un campo vectorial o tensorial a lo largo de la curva. La propia cuadrivelocidad da un campo vectorial. Entonces para derivarla sí sería necesario tener en cuenta la curvatura del espaciotiempo porque sino la derivada tendría componentes tangenciales y normales, siendo estas últimas problemáticas porque se salen del espaciotiempo.

Finalmente comentar que las coordenadas $x^{\mu}$ no son vectores, a pesar de la notación, por tanto no tiene sentido derivarlas de forma covariante. Los vectores son los objetos que pertenecen al espacio tangente, esos sí tiene sentido derivarlos de forma covariante. Esta quizás es la explicación más formal de porqué $p^{\mu}=\dot{x}^{\mu}$ sin correcciones de la curvatura, pero prefiero hacer énfasis en la de arriba que se entiende más creo yo.

[carroza]

A ver, Weip, lo que a mi me choca es la expresión, no la física.

Si $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}$, y $p_{\mu}=\dot{x}_{\mu}$, entonces $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}= \dot{x}_{\mu} \dot{x}^{\mu}$ y toda la gravedad desaparece, no? O estoy muy perdido?

Saludos

[Weip]

Hola carroza.

A ver, Weip, lo que a mi me choca es la expresión, no la física.

Si $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=p_{\mu}p^{\mu}$, y $p_{\mu}=\dot{x}_{\mu}$, entonces $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}= \dot{x}_{\mu} \dot{x}^{\mu}$ y toda la gravedad desaparece, no? O estoy muy perdido?

Esa no es la lógica que estoy siguiendo, olvidemos por ahora el momento porque es solo una redefinición conveniente al fin y al cabo. La igualdad $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=\dot{x}^{\mu}\dot{x}_{\mu}$ es simplemente la definición del producto escalar. O subir y bajar índices, como se quiera llamar. Cuando haces la contracción $\dot{x}^{\mu}\dot{x}_{\mu}$ no usas el producto escalar $\eta_{\mu\nu}$, usas $g_{\mu\nu}$, y ahí es donde está la información del espaciotiempo curvo. La notación $\dot{x}^{\mu}\dot{x}_{\mu}$ es eso, un producto escalar entre dos vectores del espacio tangente.

Otra cuestión sería preguntarse porqué el lagrangiano ha de ser de esa forma. Pero no estoy seguro de cual es la duda exactamente. Por si es más familiar, en relatividad especial se escribe exactamente lo mismo pero con $\eta_{\mu\nu}$.

Ya me dices si era esta la duda o es otra cosa.

Edito: Se me ha ocurrido un ejemplo de esto en mecánica newtoniana. Cuando queremos calcular la energía cinética de una partícula hacemos:

$E_c=\dst\frac{1}{2}mv^2$

Al a hora de calculamos $v^2=\dot{x}^2$, tenemos que hacer un producto escalar:

$v^2=\vec{v}\cdot\vec{v}=\dot{\vec{x}}\cdot \dot{\vec{x}}=\delta_{ij}\dot{x}^i\dot{x}^j$

Tu pregunta en este contexto es, "¿cuando escribimos $v^2$ no estamos perdiendo la información sobre la planitud del espacio, que está contenido en $\delta_{ij}$?". Creo que es un buen ejemplo porque aquí es evidente que la información sigue dentro del producto escalar $v^2=\vec{v}\cdot\vec{v}$. La métrica $\delta_{ij}$ está ahí metida.

Esto no es una analogía, es literalmente lo que pasa en RG con $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}=\dot{x}^{\mu}\dot{x}_{\mu}$, es la velocidad al cuadrado. Lo pongas como lo pongas la información del espaciotiempo curvo está en $g_{\mu\nu}$.

¡Saludos!

[carroza]

Ok, Gracias, Weip. Ahora lo entiendo.

Reescribo lo que he entendido con mis palabras, con el ruego de que me corrijas :

Un lagrangiano es una función, en general, de las coordenadas generalizadas $q$ y de las velocidades generalizadas $\dot q$. En un tratamiento no relativista, las coordenadas serían, por ejemplo, $x, y, z$, y el parámetro con respecto al que se deriva para obtener las velocidades generalizadas es el tiempo $t$.

Sin embargio, en ujn tratamiento relativista, las coordenadas son $x, y, z, t \equiv x^i$, mientras que el parametro con respecto al que se deriva es el tiempo propio $\tau$. Las derivadas vienen dadas por $\dot x^i$

Eso lleva a una formilación covariante en el que el lagrangiano puede escribirse como ${\cal L} = g_{ij} \dot x^i \dot x^j$, donde $g_{ij}$ depende de las coordenadas $x^i$. Sobre esta expresión pueden aplicarse las eciaciones de Euler Lagrange, con lo que aparecerían ecuaciones de movimiento que dependen de las derivadas de $g_{ij}$ con respecto a las $x^k$, que están relacionadas con los simbolos de Cristoffel. Así aparecen las ecuaciones de movimiento, con sus efectos gravitatorios

Tambien puede usarse una motación compacta, llamando $\dot x_i = g_{ij} \dot x^j$, pero hay que recordar que $\dot x_i$ depende tanto de las veloicdades generalizadas $\dot x^j$ como de las coordenadas $x^k$. Así que la expresión ${\cal L} = \dot x_i \dot x^i$, es más complicada de lo que parece a primera vista. Que fue lo que a mí me confundió.

Un saludo

[Weip]

Un lagrangiano es una función, en general, de las coordenadas generalizadas $q$ y de las velocidades generalizadas $\dot q$. En un tratamiento no relativista, las coordenadas serían, por ejemplo, $x, y, z$, y el parámetro con respecto al que se deriva para obtener las velocidades generalizadas es el tiempo $t$.

Sin embargio, en ujn tratamiento relativista, las coordenadas son $x, y, z, t \equiv x^i$, mientras que el parametro con respecto al que se deriva es el tiempo propio $\tau$. Las derivadas vienen dadas por $\dot x^i$

Eso lleva a una formilación covariante en el que el lagrangiano puede escribirse como ${\cal L} = g_{ij} \dot x^i \dot x^j$, donde $g_{ij}$ depende de las coordenadas $x^i$. Sobre esta expresión pueden aplicarse las eciaciones de Euler Lagrange, con lo que aparecerían ecuaciones de movimiento que dependen de las derivadas de $g_{ij}$ con respecto a las $x^k$, que están relacionadas con los simbolos de Cristoffel. Así aparecen las ecuaciones de movimiento, con sus efectos gravitatorios

Tambien puede usarse una motación compacta, llamando $\dot x_i = g_{ij} \dot x^j$, pero hay que recordar que $\dot x_i$ depende tanto de las veloicdades generalizadas $\dot x^j$ como de las coordenadas $x^k$. Así que la expresión ${\cal L} = \dot x_i \dot x^i$, es más complicada de lo que parece a primera vista. Que fue lo que a mí me confundió.

Es correcto. Por dar algunas aclaraciones finales, realmente la expresión $\dot{x}_{\mu}\dot{x}^{\mu}=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ se puede entender más allá de la notación. Es una definición pero tiene mucho sentido: El vector $\dot{x}^{\mu}$ pertenece al espacio tangente, mientras que $\dot{x}_{\mu}$ pertenece al espacio cotangente. Cada vector pertenece a espacios vectoriales distintos, pero resulta que la métrica $g_{\mu\nu}$ da un isomorfismo entre el espacio tangente y cotangente a través de $g_{\mu\nu}\dot{x}^{\nu}=\dot{x}_{\mu}$. Es decir, la métrica la puedes ver como una función que envía vectores $\dot{x}^{\nu}$ a covectores $\dot{x}_{\mu}$. De esta manera si quieres que un vector se comunique con un covector necesitas la métrica para mediar ese cálculo. En espacio plano nunca le damos importancia porque $\delta_{ij}$ no deja de ser la matriz identidad, así que no la ponemos porque es multiplicar por $1$ como quien dice. Pero conceptualmente está ahí habilitando el producto escalar.

(Si esta última aclaración despista entonces olvídalo y quédate con lo que has dicho).

¡Saludos!

[carroza]

Ok, Weip. Creo que medio entiendo tu argumento sobre espacio tangente y espacio cotangente. Entiendo que hay una cosa, que es el espacio tiempo, que no es un espacio vectorial (creo que se llama una variedad). Asociado a cada variedad pueden definirse espacios vectoriales diferentes, el tangente y el cotargente, relacionados con la métrica.

Una pregunta más, abusando de tu paciencia, Volvamos al lagrangiano. Aceptando que el lagrangianno depende de $x^\mu, \dot x^\mu$, debe poder definirse un momento asociado $p^i$. Si usamos las expresiones hanituales, entonces $p^\mu = {\partial{\cal L} \over \partial \dot x^\mu}$. Usando la simetría del tensor métrico $g_{\mu \nu} = g_{\nu \mu}$, saldría $p^\mu = 2 g_{\mu \nu} \dot x^\nu = 2 \dot x_\mu$.

A partir de aquí, podría ontenerse un hamiltoniano 'invariante', usando las expresiones clásicas ${\cal H} = p \dot q - {\cal L}$, que en este caso daría
${\cal H} = p^\mu \dot x^\mu - {\cal L} = 2 \dot x_\mu \dot x^\mu - \dot x_\mu \dot x^\mu = {\cal L}$

Imagino que es posible que esto no deba hacerse para todas las coordenadas $x^\mu$, ya que estas no son independientes del tiempo propio $\tau$ que define la evolución, y solo debiera hacerse para las coordenadas espaciales, con lo que se perdería la invariancia relativista.

Mi pregunta es: Cómo se obtienen los momentos asociados, y el hamiltoniano, en relatividad general?

Un saludo

[Weip]

Ok, Weip. Creo que medio entiendo tu argumento sobre espacio tangente y espacio cotangente. Entiendo que hay una cosa, que es el espacio tiempo, que no es un espacio vectorial (creo que se llama una variedad). Asociado a cada variedad pueden definirse espacios vectoriales diferentes, el tangente y el cotargente, relacionados con la métrica.

Los espacios tangentes y cotangentes están asociados a un punto del espaciotiempo, es decir, coges las derivadas direccionales en un punto $p$ y consideras el espacio vectorial que generan: el espacio tangente $T_pM$, siendo $M$ el espaciotiempo. Su dual es el espacio cotangente $T_p^*M$. Es como cuando obtienes el vector director de la recta tangente a una función en un punto, este vector director define una recta / espacio vectorial de dimensión uno generado por $f'(p)$. Luego asociado a una variedad puedes considerar la unión disjunta de los espacios tangentes en todos los puntos (esto es, pegas los espacios tangentes sin que se intersecten entre ellos). El resultado es el fibrado tangente y el fibrado cotangente. Secciones del fibrado tangente dan campos vectoriales sobre el espaciotiempo.

Como pequeña curiosidad, en este contexto no sirve de mucho hablar en términos de fibrados, pero las teorias gauge toman el relevo de la idea: con distintos fibrados sobre el espaciotiempo se pueden obtener los distintos campos escalares, vectoriales, espinoriales... de modo que obtienen una formulación geométrica de los campos gauge. En vez de asociar espacios tangentes a cada punto, asocian el grupo de Lie. En el modelo estándar apenas se toca este modo de ver las cosas, pero ha quedado el lenguaje de la derivada covariante gauge $D_{\mu}$ recordándolo.

Bueno mejor dejo de irme por las ramas.

A partir de aquí, podría ontenerse un hamiltoniano 'invariante', usando las expresiones clásicas ${\cal H} = p \dot q - {\cal L}$, que en este caso daría
${\cal H} = p^\mu \dot x^\mu - {\cal L} = 2 \dot x_\mu \dot x^\mu - \dot x_\mu \dot x^\mu = {\cal L}$

Está perfectamente razonado, por escribir el hamiltoniano explícitamente, el resultado al que has llegado es:

$\mathcal{H}=g_{\mu\nu}p^{\mu}p^{\nu}=p^2$

Es igual al lagrangiano $\mathcal{L}$ porque este era una cantidad conservada al ser evaluado en una solución a las ecuaciones del movimiento, por tanto al hamiltoniano también le pasa lo mismo. Por supuesto, las ecuaciones de Hamilton dan lugar a las ecuaciones de las geodésicas.

Aún así llegados a este punto por honestidad déjame abrir una caja de pandora. Si lía, olvídalo. Pasa que entender bien la formulación hamiltoniana de RG implica meterse con lo que voy a explicar.

Yo uso la expresión $\mathcal{L}=g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}$ porque simplifica los cálculos, pero hay que recordar que, a priori, el lagrangiano natural es $\sqrt{\mathcal{L}}=\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$ porque al fin y al cabo el lagrangiano en relatividad especial es $L=\sqrt{\eta_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}$. Habíamos dicho que la raíz es indiferente porque las ecuaciones del movimiento de $\mathcal{L}$ y $\sqrt{\mathcal{L}}$ son las mismas: solo se distinguen por un término cruzado que se cancela si hacemos uso de la invarianza por reparametrizaciones.

Todo esto está muy bien, pero es relevante comentar el caso del hamiltoniano que sale de $\sqrt{\mathcal{L}}$. El momento conjugado es:

$p_{\mu}=\dst\frac{\partial}{\partial \dot{x}^{\mu}}\sqrt{\mathcal{L}}=\frac{1}{2\sqrt{\mathcal{L}}}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}^{\mu}}=\frac{\dot{x}_{\mu}}{\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}}$

El hamiltoniano, sorprendentemente, es:

$\mathcal{H}=p_{\mu}\dot{x}^{\mu}-\sqrt{\mathcal{L}}=\dst\frac{\dot{x}_{\mu}\dot{x}^{\mu}}{\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}}-\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}=\frac{\dot{x}_{\mu}\dot{x}^{\mu}-\dot{x}_{\mu}\dot{x}^{\mu}}{\sqrt{g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu}\dot{x}^{\nu}}}=0$

Si recuerdas esto lo comenté de pasada en el comentario de la primera página. Aquí surgen muchas preguntas. ¿Cómo es posible que $\mathcal{L}$ y $\sqrt{\mathcal{L}}$ lleven a las mismas ecuaciones del movimiento cuando sus hamiltonianos son distintos? ¿Y qué significa que $\mathcal{H}=0$? La respuesta a las dos preguntas pasa por lo mismo, $\mathcal{H}=0$ no quiere decir que no haya dinámica. Podemos tener $\mathcal{H}=0$ pero también hay que tener en cuenta que tenemos un sistema hamiltoniano con la ligadura $p_{\mu}p^{\mu}=-m^2=-1$. Esta ligadura nos dice que la partícula debe ser relativista. De esta manera el hamiltoniano está definido salvo la ligadura de manera que $\mathcal{H}=0$ y $\mathcal{H}+k(p^2+m^2)=k(p^2+m^2)$ contienen la misma dinámica, tal y como pasa con $\sqrt{\mathcal{L}}$ y $\mathcal{L}$. Podemos usar este último hamiltoniano para calcular ecuaciones del movimiento, cuantizarlo, o lo que toque. Por tanto $\mathcal{H}=0$ es en sí misma una ligadura que asegura el cumplimiento de la invarianza por reparametrizaciones, esto es, fuerza el cumplimiento de la invarianza gauge de la teoría, por decirlo en jerga más clara. Por supuesto el hamiltoniano que has encontrado y este último también tienen la misma dinámica, cerrando así las preguntas que nos hemos hecho antes.

Esto es extremadamente sutil e intrincado pero creo que era conveniente poner todas las cartas sobre la mesa. De nuevo, si lía más que otra cosa, es mejor quedarse con el hamitoniano que has encontrado y ya está.

[carroza]

Gracias, Weip.

Realmente, es sutil y enigmático esto de que $\cal H$ sea cero. Creo entender que esto está relacionado conque hay una ligadura, que relaciona $x^i$ con $\tau$.

Relacionado con esto, estaban mis intentos de formular lagrangianos y hamiltonianos en términos de la variable $r$ y sus derivadas, con respecto al tiempo observado $t$. En este caso se reobtienen los lagrangianos no relativistas, en el límite adecuado, y entiendo que se explica que se requiera un tiempo $t$ infinito para alcanzar el radio de Schwarzchild.

Bueno, con esto me doy por satisfecho, ya que he aprendido varias cosas, aunque soy más consciente de mi ignorancia. Muchas gracias, Weip y todos los que habeis participado en el hilo.

Un saludo