¿Se adelanta un reloj que lanzo a la estratósfera?

[inakigarber]

Buenas noches;

Hace un tiempo que tengo un tanto apartada la relatividad de mi cabeza, pero quiero retomar el tema. Supongamos que lanzo desde la superficie de la tierra una bala en un ángulo perfectamente vertical, de manera que volverá a caer en el mismo punto de disparo transcurrido un tiempo tras haber alcanzado una altura H. En la bala va alojado un reloj atómico. En el instante siguiente al disparo este reloj marcará el tiempo más despacio que el mío (en reposo) debido a las transformaciones de Lorentz. En el instante intermedio del lanzamiento este reloj se habrá detenido a una altura H, por el hecho de estar detenido ya no cuentan las transformaciones de Lorentz, por lo que ya no se atrasará, y además al estar a una altura H su tiempo fluye más rápido que el mío, por lo que se adelantará. Sin embargo, al acercarse al punto de caída volverá a empezar a atrasarse porque pierde altura y además va ganando velocidad. Cuando llegara al suelo ambos relojes (el que he lanzado y el que tengo yo en tierra) ¿marcarían el mismo tiempo? Y en el caso contrario ¿Cual estaría adelantado?

Saludos y gracias.

[Josu26]

Hola,

Si solo tenemos en cuenta la relatividad especial asumiento caída y subida a velocidad constante (hasta llegar al punto H donde se para bruscamente), está claro que el tiempo medido por el proyectil está atrasado respecto al tuyo en reposo. No obstante, si tenemos en cuenta los efectos de la gravedad, como bien dices se adelantará. Yo creo que como el tiempo que está en la altura H es mínimo, "ganará" el efecto de la ida y la vuelta, es decir, que el reloj del proyectil estará retrasado respecto al tuyo. Si embargo, si H es muy grande, entonces puede predominar el efecto gravitatorio sobre la velocidad y, cuando lo tengas de vuelta, entonces estará adelantado. También hay que pensar en el tiempo medido desde la tierra que el objeto estará fuera de la influencia terrestre. Como ejemplo, póngase una bala que alcanza los 3 km de altura y vuelve a una velocidad cercana a la de la luz, en un cierto tiempo bastante corto, y por otra parte póngase un sátelite de exploración espacial, donde alcanza el espacio exterior y vuelve al cabo de 3 meses, a velocidades también cercanas a las de la luz. Está claro que la piedra apenas sufrirá el efecto temporal de la influencia gravitatoria de la Tierra y que "ganará" que su reloj está retrasado respecto el de la Tierra. Pero también está claro que para el caso de la nave la respuesta de si el reloj se adelanta o no respecto al terrestre dependerá del valor de la velocidad de la nave tanto de ida como de vuelta, como del tiempo que esté sometida al efecto del adelantamiento del tiempo por estar fuera de la influencia terrestre. Al final, es un balance de efectos.
Siento no poder cuantificar la respuesta, pero aún no tengo muy por la mano la relatividad general.

Un saludo,

Josu.

[Richard R Richard]

Hola en el hilo https://forum.lawebdefisica.com/foru...3%A1s-despacio

Habiamos visto que el mero hecho de subir y bajar, ralentiza el tiempo respecto de quien permanece estatico en superficie. Además se adiciona otro efecto de retraso cuando se mueve con una cierta velocidad v por la RE.

Ahora lo que propones no es una noria pero si es un ciclo de subida y bajada.
Puedes usar integración para calcular el Delta t de un viajero que cambia de altura en un entorno de gravedad variable con la posición versus uno de gravedad constante durante el mismo lapso de tiempo para el observador estático.
Hay dos efectos contrapuestos

El tiempo pasa más lento para el que se mueve. Vuelve más joven el que acelera y decelera.

El tiempo pasa más rápido para el que se aleje de la superficie, pero tampoco puede alejarse mucho tiempo, pues tiene que ser preciso en la trayectoria para no caer rápidamente y no superar la velocidad de escape para la trayectoria.

Si solo es subir y bajar cortas distancias gana el efecto velocidad es decir el retraso.

Si la velocidad de ascenso se acerca a la de escape el tiempo de subida y bajada se alarga con posibidad de contrarrestar el retraso, pero ya tienes que tener en cuenta los efectos de otros cuerpos celestes como el sol y Júpiter para caer nuevamente en la tierra, además de no quemar el reloj por fricción con la atmósfera al salir o reingresar a la atmósfera.

En un planeta ideal sin atmostera y sin pertenecer a un sistema planetario, cuanto mas cerca de la velocidad de escape se lance mas tiempo estara alejado de la superficie con poca velocidad relativa, por lo que podrá adelantar su reloj .

Pero reitero lanzar velocidades y distancias cortas el efecto que prima es el retraso.

Solo por aclarar,si alcanzas o superas la velocidad de escape, no hay regreso y por lo tanto posibilidad de comparar relojes.

Saludos

[inakigarber]

Buenas noches;

Estoy intentando resolverlo matemáticamente, pero no se si voy por buen camino.

Veamos. Imaginemos un tiro perfectamente vertical, de manera que el objeto cae en el mismo punto de lanzamiento. Suponemos también que no hay rotación, por lo que me vale la métrica de Schwarszchild. Dado que el tiro es perfectamente vertical tendré que $\theta$ y $\varphi$ son constantes y sus derivadas nulas. Por tanto el tensor métrico a considerar sería; $G=\left[\begin{matrix}\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right) & 0\\0 & -\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)^{-1}\end{matrix}\right]$
El tensor inverso sería;
$G^{-1}=\left[\begin{matrix}\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)^{-1} & 0\\0 & -\left(1-\dfrac{2GM}{rc^2}\right)\end{matrix}\right]$

Las derivadas no nulas me salen; (considerando $x^1=t,x^2=r,x^3=\theta y x^4=\varphi$)
$\dfrac{\partial g_{11}}{\partial x^2}=\dfrac{2GM}{r^2 c^2}$ y $\dfrac{\partial g_{22}}{\partial x^2}=\dfrac{2GMc^2}{(rc^2-2GM)^2}$

Los símbolos de Christoffel no nulos;

$\Gamma^1_{12}=\Gamma^1_{21}=\dfrac{GM}{r(rc^2-2GM)}$ y $\Gamma^1_{22}=\dfrac{GM}{r(rc^2-2GM)}$

Y las ecuaciones geodésicas que me salen son;

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+2\dfrac{GM}{r(rc^2-2GM)}\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$

y

$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}-\dfrac{GM}{r(rc^2-2GM)}\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$

No estoy seguro de ir por buen camino.

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P.D. Me doy cuenta que cometí algunos errores;

El segundo símbolo de Christoffel es; $\Gamma^2_{22}=-\dfrac{GM}{r(rc^2-2GM)}$

La ecuación geodésica temporal me coincide y la espacial también está equivocada. Me sale;
$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}-\dfrac{GMc^2}{r(rc^2-2GM)}\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$

[inakigarber]

Gracias por tu respuesta. Me parece muy interesante.

Hola en el hilo https://forum.lawebdefisica.com/foru...3%A1s-despacio

Si la velocidad de ascenso se acerca a la de escape el tiempo de subida y bajada se alarga con posibidad de contrarrestar el retraso, pero ya tienes que tener en cuenta los efectos de otros cuerpos celestes como el sol y Júpiter para caer nuevamente en la tierra, además de no quemar el reloj por fricción con la atmósfera al salir o reingresar a la atmósfera.

En un planeta ideal sin atmostera y sin pertenecer a un sistema planetario, cuanto mas cerca de la velocidad de escape se lance mas tiempo estara alejado de la superficie con poca velocidad relativa, por lo que podrá adelantar su reloj .

Pero reitero lanzar velocidades y distancias cortas el efecto que prima es el retraso.

Solo por aclarar,si alcanzas o superas la velocidad de escape, no hay regreso y por lo tanto posibilidad de comparar relojes.

Saludos

Había pensado en una trayectoria que no escapa de la gravedad, sin fricciones ni interacciones gravitatorias de otros cuerpos. Lo que pretendo es calcular las geodésicas de esta trayectoria y comprobar si el tiempo de un observador en la bala (dt) es igual, mayor o menor que el tiempo medido por un observador en tierra ($d \tau$). Sospecho que siempre es el observador en la bala el que envejecerá más, pero no estoy seguro y quisiera comprobarlo.

Saludos.

[inakigarber]

Buenas noches;

He vuelto a calcular las ecuaciones geodésicas, porque creo que en los post anteriores cometí algún error con los cálculos.
$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+\left[\dfrac{2GM}{r(rc^2-2GM) }\right]\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$
$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}-\left[\dfrac{2GM}{r(rc^2-2GM) }\right]\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$
(Nota, considero t=tiempo medido por un reloj en la bala y $\tau$=tiempo medido por un observador en tierra)
Si igualara los términos $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}=0$ y $\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}=0$, me encuentro con que eso me llevaría a que M=0, lo cual no es posible.

Por otra parte, fijándome en la ecuación temporal, cuando la bala alcanza su punto más alto el término $\dfrac{\partial r}{\partial \tau}$ pasa de ser positivo a negativo también pasa a serlo el término $\dfrac{\partial t}{\partial \tau}$. Por lo que el término $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}$ debe resultar negativo para que la suma de la ecuación (si no he cometido un nuevo error) sea igual a cero, en tanto que el término $\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}$ deberá resultar positivo.

¿Es esto correcto?

Saludos.

[inakigarber]

Veo que he estado haciendo los cálculos mal. No estaba considerando todos los símbolos de Christoffel posibles . Había al menos uno que se me estaba escapando.
$\Gamma^2_{11}=\dfrac{GM(rc^2-2GM}{(rc^2)^2}$

De manera que las ecuaciones geodésicas me quedarían;

$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+\dfrac{2GM}{r(rc^2-2GM)}\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$
y
$\dfrac{\partial^2 r}{\partial \tau^2}+\dfrac{GM(rc^2-2GM)}{(rc^2)^2}\left(\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\right)^2-\dfrac{GM}{(rc^2-2GM)}\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)^2=0$

[Richard R Richard]

Hola iñaki creo que algebraicamente no vas a poder obtener una solución fácilmente calculable, creo que debes recurrir a algún software y programar un algoritmo donde puedas mover las variables que te interesan y calcular $t$ en función de $\tau$ eligiendo $M$ lo suficientemente grande y $r$ cerca del radio de Schwarzchild para que la diferencia sea notable en cifras significativas.

[inakigarber]

Esta mañana, se me ha ocurrido una forma de poder representar esta situación de forma grafica. No se si lo que voy a exponer es muy ortodoxo, pero lo he visto así.



La línea roja representa al tiempo del observador en reposo, en tanto que la línea verde representa al tiempo de la bala desde el sistema de referencia del observador en reposo. Dicho observador en reposo medirá que su tiempo transcurre a la velocidad de 1 segundo por cada segundo. Sin embargo, desde su sistema de referencia el tiempo de la bala sufrirá variaciones a lo largo de toda la trayectoria. En los momentos inicial y final de la trayectoria de la bala su velocidad es máxima y la bala se encuentra prácticamente al mismo potencial gravitatorio que el observador en reposo. Por lo tanto tiempo del reloj en la bala fluye más despacio que el del observador en reposo. Esto se representa por una menor pendiente en lo referente a la trayectoria espaciotemporal de la bala. A medida que esta va ganando altura y perdiendo velocidad va disminuyendo el efecto de la dilatación temporal y va incrementándose la aceleración temporal debida a la gravedad, hasta el punto de llegar a un punto de inflexión (1) hasta llegar al punto central correspondiente al punto central en el que la "velocidad" del tiempo de la bala con respecto al observador en reposo llega a su valor máximo, que correspondería al punto de mayor altura alcanzado por la bala. En este punto el retraso temporal debido a la velocidad es nulo y la "aceleración" temporal debida a la gravedad es máxima (es el ponto de mayor pendiente en la curva verde). Una vez llegado a este punto comienza a caer, con lo que empieza a disminuir la "velocidad temporal" por la disminución de altura y el aumento de la velocidad de caída. La curva pasará por otro punto de inflexión (2) en el que ambos efectos contrapuestos se opondrán nuevamente. Como he supuesto que no hay rozamientos, la velocidad se conserva.

Si la longitud de cada segmento representa al tiempo, entonces el tiempo en el sistema de referencia del observador en reposo (una recta) es menor que la longitud de la línea zigzagueante que representa al observador en la bala. Mirándolo así sí es comprensible que el reloj lanzado a la estratósfera marcará un tiempo superior al observador en reposo.

¿Que opináis sobre lo que acabo de exponer?

Saludos.

[inakigarber]

Buenas noches;

Dándole vueltas al tema con el que empecé el hilo, creo que la clave está en la ecuación temporal.
$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+\dfrac{2GM}{r(rc^2-2GM)}\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\dfrac{\partial r}{\partial \tau}=0$
dado que la flecha del tiempo siempre fluye hacia adelante, aunque a diferentes ritmos, para todos los observadores, entonces la derivada $\dfrac{\partial t}{\partial \tau}$ siempre tendrá un valor positivo, en tanto que la derivada $\dfrac{\partial r}{\partial \tau}$ (la velocidad) tendrá un valor positivo cuando la bala sube, cero en su punto más alto y negativo cuando cae. Por tanto, para que la ecuación de Euler-Lagrange se cumpla el primer término de la ecuación (la "aceleración" de $\tau$ con respecto a t) tendrá que ser negativo al principio, nulo en el punto intermedio y positivo al final. Por lo tanto, esta "aceleración" no puede ser una constante y tendrá que tener una pendiente ascendente. Esto me hace pensar que t deberá ser mayor que $\tau$, entendiendo t como el tiempo en la bala y $\tau$ en la tierra.

¿Es esto correcto, o estoy equivocado?

Saludos.