1r ciclo Cálculo de los símbolos de Christoffel en la métrica de Schwarzschild

[inakigarber]

Buenas noches, y feliz año.

Estoy repasando algunos cálculos relativos a la métrica de Schwarszchild, concretamente sobre los Símbolos de Christoffel, y hay uno de ellos que me trae por la calle de la amargura. Según el solucionario, el valor del símbolo de Chistoffel $\Gamma^r_{rr}=-\left (1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)^{-1}\left(\dfrac{GM}{r^2 c^2}\right)$.
A mi sin embargo me sale;
$\Gamma^r_{rr}=-\left (1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)\left(\dfrac{GMc^2}{(r^2 c^2-2GM)^2}\right)$. La derivada que me interesa para calcular este símbolo es; $\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{\partial}{\partial x^2}\left(-\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right) \right)=\dfrac{2GMc^2}{\left(rc^2-2GM)^2\right)}$

Supongo que me he debido equivocar en algo, pero no consigo verlo claro, ayer me salian los mismos resultados.

¿Cómo lo veis?

Saludos.

[Weip]

Hola inakigarber.

$\Gamma^r_{rr}=-\left (1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)\left(\dfrac{GMc^2}{(r^2 c^2-2GM)^2}\right)$.

Está casi bien: la $r$ del denominador de la derecha es $r$, no $r^2$. Tenieno en cuenta este cambio, si pones tanto tu solución como la del solucionario bajo una misma fracción obtendrás exactamente la misma respuesta:

$\Gamma_r^{rr}=-\dst\frac{GM}{c^2r^2-2GMr}$

La derivada que me interesa para calcular este símbolo es; $\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{\partial}{\partial x^2}\left(-\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right) \right)=\dfrac{2GMc^2}{\left(rc^2-2GM)^2\right)}$

Has confundido $g_{22}$ con $g_{11}$. En verdad:

$g_{22}=g_{rr}=-\dst\left(1-\frac{2GM}{rc^2}\right)^{-1}$

Por tanto:

$\partial_r g_{rr}=\dst\frac{2GMc^2}{(c^2r-2GM)^2}$

Finalmente:

$\Gamma_r^{rr}=\dst\frac{1}{2}g^{rr}\left(\partial_r g_{rr}+\partial_r g_{rr}-\partial_r g_{rr}\right)=\frac{1}{2}g^{rr}\partial_r g_{rr}$

$\Gamma_r^{rr}=-\dst\left(1-\frac{2GM}{rc^2}\right)\frac{GMc^2}{(c^2r-2GM)^2}=...=-\dst\frac{GM}{c^2r^2-2GMr}$

[inakigarber]

Muchas gracias.
Ahora sí me sale bien. Los símbolos de Christoffel me coinciden con el solucionario. Cuando esté un poco más descansado trataré de calcular las ecuaciones geodésicas de dicha métrica.

[Weip]

Muchas gracias.
Ahora sí me sale bien. Los símbolos de Christoffel me coinciden con el solucionario. Cuando esté un poco más descansado trataré de calcular las ecuaciones geodésicas de dicha métrica.

Perfecto pues. Recuerda que en este hilo en el mensaje #6 di la solución para las ecuaciones de las geodésicas, son las ecuaciones encuadradas. Las obtuvimos con un método diferente a aprtir del lagrangiano pero fíjate que los términos que multiplican las derivadas son símbolos de Christoffel simplificados así que las puedes usar para comprobar tus resultados. Si haces la caída radial entonces las ecuaciones son las mismas, sin los términos $\theta$ y $\phi$.

[inakigarber]

Bu
Buenas noches;

He calculado las ecuaciones geodésicas y las he simplificado (espero que correctamente), y he obtenido las siguientes expresiones;

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+\dfrac{2GM}{(rc^2-2GM)r}\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$
$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}+\dfrac{rc^2-2GM}{rc^2}\left[\dfrac{GM}{r^2 c^2}\left((\dfrac{\partial t}{\partial \tau})^2-(\dfrac{\partial r}{\partial \tau})^2\right)-r(\dfrac{\partial \theta}{\partial t})^2-r sen^2(\theta)(\dfrac{\partial \varphi}{\partial \tau})^2\right]=0$
$\dfrac{\partial^2 \theta}{\partial \tau^2}-sen(\theta)cos(\theta)(\dfrac{\partial \varphi}{\partial \tau})^2+\dfrac{2}{r}\dfrac{\partial r \partial \theta}{\partial \tau\partial \tau}=0$
$\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial \tau^2}+\dfrac{2}{r}\dfrac{\partial \varphi \partial r}{\partial \tau \partial \tau}+2 cotg(\theta) \dfrac{\partial \theta \partial \varphi}{\partial \tau\partial \tau}=0$

Espero no haberme equivocado al escribir las ecuaciones.

Por de pronto, la primera ecuación nos sugiere que $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}\neq 0$, ya que ello implicaría que no hay masa central, o bien que la posición de r es invariante con respecto a $\tau$.

[Richard R Richard]

La primera te indica que la aceleración del tiempo observado respecto del tiempo propio depende del contenido de energía o masa, como bien dices, pero si la velocidad de caída es nula como ser previo al inicio de una caída libre, (r constante) entonces en el instante inicial $\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$ dicha aceleración es nula.
Dicho de otra forma, si hay cambio de distancia radial el tiempo observado se acelera respecto del propio, es decir no conserva la tasa que ya tenian, que sabiendo en un espacio tiempo plano obedece solo a la diferencia de velocidad relativa, aqui tambien depende de la distancia radial, y de la velocidad radial.