¿Se adelanta un reloj que lanzo a la estratósfera?

[inakigarber]

Gracias por tu respuesta. [

QUOTE=Richard R Richard;n366906]
Observa que variables son nulas y cuales no para sacar conclusiones, sobre cuando so positivas o no $dt/d\tau$ y TEX]d^2t/d\tau^2[/TEX]
[/QUOTE]

Entiendo que para un observador en la tierra, la velocidad $v=dt/d\tau$ es máxima en el momento del lanzamiento cero en el momento álgido y máxima negativa en el instante de la caída, y la aceleración $a=d^2t/d\tau^2=-9.81$. Si estamos suficientemente cerca del límite clásico ambas funciones serían rectas, la velocidad descendiente con una pendiente
de valor -9.81 y la aceleración sería otra recta, esta horizontal en el valor y=-9.81

Sobre $\dfrac{d t}{d\tau}$ en el post #8 inserté la siguiente imagen, con la que no estoy muy satisfecho, pero es la única que tengo.

En dicha imagen en la línea roja se representa el tiempo del observador en tierra $\tau$. La curva verde representa el tiempo del observador en la bala vista desde el sistema de referencia del observador terrestre. En el instante en que la bala fue lanzada (parte inferior izquierda) ambos observadores están a la misma altura (la gravedad afecta igual a ambos) de manera que lo único que afectará al tiempo de la bala -con respecto al observador terrestre- será la dilatación temporal debida a las transformaciones de Lorentz debida a la velocidad de la bala que hará que su tiempo fluya más despacio (hacia adelante pero más despacio) en este punto $\dfrac{d t}{d\tau}<1$ a medida que gana altura irá perdiendo velocidad. Al ganar altura la gravedad hará que su tiempo vaya más rápido a la vez que la dilatación temporal irá disminuyendo por la pérdida de velocidad. Llegará un punto que que ambos efectos se compensen (primer punto). A partir de aquí y hasta el siguiente punto $\dfrac{d t}{d \tau}>=1$. En ese punto ambas flechas de tiempo apuntarán a la misma dirección. La bala seguiría ganando altura hasta llegar al punto álgido en el que la bala momentáneamente se detiene. En este punto el tiempo de la bala fluye a la mayor velocidad posible porque está a su máxima altura y además está momentáneamente en reposo. En este lugar su flecha de tiempo "apunta más alto" (fluye a la mayor velocidad posible). A partir de aquí vuelve a perder altura y a ganar velocidad a la vez que empieza a perder altura. La dirección de la flecha de tiempo de la bala empezara a perder inclinación pasando por el punto en que ambos efectos (el debido a la gravedad -de aceleración del tiempo- y el "frenado del tiempo" debido a las transformaciones de Lorentz) se anulan (Segundo punto de la grafica). A partir de aquí y hasta el final, nuevamente ocurrirá que $\dfrac{d t}{d\tau}<1$, para llegar finalmente al punto de llegada.

Imaginé en ese momento que si mi intervalo de tiempo el la línea recta que separan el origen y el final y que si desde mi sistema de referencia el intervalo de tiempo de la bala es la curva zigzagueante. Desde mi sistema de referencia el tiempo de la bala debe ser mayor que el mío. Es la única representación gráfica que se me ha ocurrido de $\dfrac{d t}{d\tau}$, pero no estoy seguro de que sea una gran idea.

La representación que se me ocurre para $\dfrac{d^2 t}{d\tau ^2}$, es la siguiente;

pero no parece que coincida muy bien con la ecuación $\dfrac{d^2 t}{d\tau^2}+\dfrac{2GM}{r(rc^2-2GM)}\left(\dfrac{dt}{d\tau}\right)\left(\dfrac{dr}{d\tau}\right)=0$ ya que esta ecuación requiere un valor creciente que sea negativo al principio, cero en el punto álgido y máximo positivo al final. De menara que me veo perdido.


Saludos.

[Richard R Richard]

Entiendo que para un observador en la tierra, la velocidad $v=dt/d\tau$ es máxima en el momento del lanzamiento cero en el momento álgido y máxima negativa en el instante de la caída, y la aceleración $a=d^2t/d\tau^2=-9.81$. Si estamos suficientemente cerca del límite clásico ambas funciones serían rectas, la velocidad descendiente con una pendiente
de valor -9.81 y la aceleración sería otra recta, esta horizontal en el valor y=-9.81

Ojo Iñaki la velocidad del móvil medida por el observador en tierra es $v=\dfrac{dr}{d\tau}$ y no $\cancel{v=\dfrac{dt}{d\tau}}$ esta última es la tasa conque varían los tiempos medidos por los dos observadores y tampoco es $\cancel{a=d^2t/d\tau^2=-9.81}$ ese es el ratio con que se aceleran los relojes entre si, la aceleracion es $a=d^2r/d\tau^2$ sobre la superficie terrestre.


veamos en el caso 1) los dos observadores estan inmoviles a la misma altura radial por lo que no hay dilatación temporal por efecto de velocidad ni gravitacional ,
$v=dr/d\tau=0$ no hay velocidad relativa entre observadores
$a=d^2r/d\tau^2= 0$, los observadores no cambian de coordenada radial y la diferencia de aceleraciones entre los observadores es nula
$r=R_T=6371000m$, es la posición radial estática y constante
$dt/d\tau=1$ esto significa que las tasas de paso del tiempo de los dos observadores son iguales, cada tictac de ambos tarda lo mismo y su cociente es 1. esto no se modifica mientras no cambian de posición radial o se muevan con velocidad relativa un respecto del otro.
$d^2t/d\tau^2=0$ mientras no se muevan los dos relojes mantienen constante su medición temporal, luego ninguno acelera respecto el otro es decir la aceleracion de tiempos es nula.

2) ahora lo que cambia es que se le da una velocidad inicial $v$ al observador viajero, suponemos que eso es instantáneo , así que tiene esa velocidad a la misma altura radial que el otro observador.

Entonces
$v_0>v=dr/d\tau>0$ hay velocidad relativa entre observadores, por RE tenemos que $\gamma >1$ hay dilatación temporal por velocidad el observador en tierra registra tiempos mas largo para los mismo eventos registrados por el observador móvil.
$a=d^2r/d\tau^2= g_0$, los observadores cambian de coordenada radial y la diferencia de aceleraciones entre los observadores no es nula, y será la de la gravedad para el observador móvil
$r=R_T=6371000m$, es la posición radial hemos supuesto por condición del punto 2 que es la misma coordenada radial.
$dt/d\tau=1/\gamma$ esto significa que las tasas de paso del tiempo de los dos observadores no son iguales
$d^2t/d\tau^2=???$ ahora puedes a la luz de los datos evaluar que pasa con la aceleracion de los tiempos.

3) ahora la velocidad del móvil se ha reducido a causa de la gravedad el factor gamma será menor habrá menos ralentización, y por otro lado el movil al estar a mayor altura experimentará un adelanto en su reloj debido a la dilatación temporal gravitacional.

Entonces
$v_0>v=dr/d\tau>0$ hay velocidad relativa entre observadores, por RE tenemos que $\gamma >1$ hay dilatación temporal por velocidad el observador en tierra registra tiempos mas largo para los mismo eventos registrados por el observador móvil.
$g_0>a=d^2r/d\tau^2= g(r)\cong\dfrac{GM}{r^2}$, los observadores cambian de coordenada radial y la diferencia de aceleraciones entre los observadores no es nula, y será la de la gravedad para el observador móvil
$R_T=6371000m<r$, la posición radial ha aumentado por condición del punto 3 .
$dt/d\tau=$ es la suma de los efectos de ralentización por velocidad relativa y de adelanto por alejarse de la masa gravitatoria.(Esto depende de M y de la velocidad inicial que no puede superar la de escape si es que esperas que vuelva a caer) así que puede ser positivo o negativo y nula en algún punto del espacio tiempo.
$d^2t/d\tau^2=???$ ahora puedes volver evaluar que pasa con la aceleracion de los tiempos.

4) el móvil alcanza la altura máxima y no desarrolla velocidad relativa on el observador en tierra pero están a diferentes alturas.

Entonces
$v=dr/d\tau=0$no hay velocidad relativa entre observadores, por RE tenemos que $\gamma =1$ no hay dilatación temporal por velocidad relativa.
$g_0>a=d^2r/d\tau^2= g(r)\cong\dfrac{GM}{r^2}$, los observadores tienen diferente coordenada radial y la diferencia de aceleraciones entre los observadores no es nula, y será la de la gravedad para el observador móvil.
$R_T=6371000m<r_{max}$, es la posición radial máxima que hemos supuesto por condición del punto 4
TEX]dt/d\tau=\dfrac{1}{\sqrt{1 - \frac{2GM}{rc^2}}}[/TEX] esto significa que las tasas de paso del tiempo de los dos observadores no son iguales, y obedecen a la dilatación gravitacional del tiempo.
$d^2t/d\tau^2=???$


5) tiene conclusiones similares a 3 la inversión de la velocidad relativa no hace que cambio el efecto de dilatación temporal por velocidad.

6) tiene las misma conclusiones que 2.

En resumidas cuentas , si pones algo en movimiento su reloj retrasa respecto de uno estático, pero si lo lanzas a favor del incremento de la coordenada radial, se sumara un adelantamiento por la disminución de la curvatura espacio temporal, que según el caso , (funcion de la masa gravitatoria, de la posición radial inicial, y la velocidad inicial) puede que en algún punto domine el adelantamiento por sobre la ralentización, ... Eso se logra cuanto mas alto vuele el objeto , es decir cuanto mas cerca de su velocidad de escape, pues estará mas lejos del planeta mas tiempo el mayor delta de velocidad es ganado o perdido las cercanías del planeta y no alejado por lo que la ralentización por velocidad influye solo en las inmediaciones del planeta.

Entonces en una rueda o vuelta al mundo ... prima el retraso. Para un misil balístico todavía prima el retraso, pero para satélites que se alejan de la tierra mucho tiempo, a mayor altura adelantan sus relojes, eso les pasa a los satélites GPS, retrasan por velocidad de orbita y adelantan por altura, es igualmente requieren de compensación con los estáticos de la tierra.

[inakigarber]

Gracias por tu respuesta.

Ojo Iñaki la velocidad del móvil medida por el observador en tierra es $v=\dfrac{dr}{d\tau}$ y no $\cancel{v=\dfrac{dt}{d\tau}}$ esta última es la tasa conque varían los tiempos medidos por los dos observadores y tampoco es $\cancel{a=d^2t/d\tau^2=-9.81}$ ese es el ratio con que se aceleran los relojes entre si, la aceleracion es $a=d^2r/d\tau^2$ sobre la superficie terrestre.

Totalmente de acuerdo, fue un error de copia pega que luego no fui capaz de ver al releer las ecuaciones antes de enviar.

En lo relativo al caso primero, totalmente de acuerdo.
En lo relativo al caso 2

2) ahora lo que cambia es que se le da una velocidad inicial $v$ al observador viajero, suponemos que eso es instantáneo , así que tiene esa velocidad a la misma altura radial que el otro observador.

Entonces
$d^2t/d\tau^2=???$ ahora puedes a la luz de los datos evaluar que pasa con la aceleracion de los tiempos.

Desde mi sistema de referencia la bala se mueve a la velocidad $v=r\tau$, por lo que $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{r\tau}{c^2}}}$.

Esto me da como resultado $\dfrac{d t}{d\tau}=\dfrac{r^2 \tau}{c^2 \left (1-\dfrac{r^2 \tau}{c }\right)^{3/2}}$

¿Es esto correcto?

Entonces en una rueda o vuelta al mundo ... prima el retraso. Para un misil balístico todavía prima el retraso, pero para satélites que se alejan de la tierra mucho tiempo, a mayor altura adelantan sus relojes, eso les pasa a los satélites GPS, retrasan por velocidad de orbita y adelantan por altura, es igualmente requieren de compensación con los estáticos de la tierra.

Yo siempre había pensado que en todo caso la respuesta sería que el tiempo en el sistema de referencia de la bala sería mayor independientemente de a que velocidad lanzáramos la bala. Pero parece que aquí también estoy equivocado.

Saludos.

[inakigarber]

Buenas noches;

Vuelvo de nuevo a cuentas con este viejo hilo, a ver si esta vez dejo de dar palos de ciego y empiezo a hacer las cosas bien;

Fijándome en la ecuación del tiempo;
$\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}+\dfrac{r_s}{(r-r_s)}\left(\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\right)\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)=0$
Donde $r_s$ es el radio de Schwarschild (en el caso de la tierra unos 9mm). Si consideramos la velocidad como positiva cuando el objeto sube y negativa cuando baja, el objeto $\dfrac{r_s}{(r-r_s)}\left(\dfrac{\partial t}{\partial \tau}\right)\left(\dfrac{\partial r}{\partial \tau}\right)$ será positivo en el tramo de subida disminuyendo hasta cero en el punto álgido de su carrera (recordemos que se trata de un tiro vertical) para ser negativo en el tramo final de su recorrido. De manera que la gráfica que lo represente debería ser una gráfica descendente. Para cumplir la ecuación de las geodésicas, el primer término deberá ser un término ascendente.

Puesto que la solución a esta ecuación sería una integral doble, parece lógico pensar que el tiempo de la bala $t$ se incrementaría con respecto a $\tau$ en un grado mayor que lo que se incrementa el factor $\dfrac{\partial^2 t}{\partial \tau^2}$ ¿Es así? ¿Significa esto que como observador en reposo en la superficie terrestre observare que cuando la bala cae su reloj mide un tiempo (t) mayor que el mío ($\tau$)?

Saludos

[Lorentz]

Buenas noches,

Primero dejar constancia de que hace tiempo que no hago este tipo de problemas y que puedo haberme equivocado, pero la expresión de la geodésica me sale distinta:

$\dst \frac{d^2 t}{d\tau^2}+\frac{r_s}{r}\frac{1}{r-r_s}\frac{dt}{d\tau}\frac{dr}{d\tau}=0$

Si esto es así, creo que se puede poner de la forma $\dst \frac{d}{d\tau} \left[f(r)\frac{dt}{d\tau}\right]=0$

No sé cómo tendría que ser esa $f(r)$ pero si tengo un rato mañana le echo un ojo.

Un saludo

[Lorentz]

Buenas,

Estoy bastante liado, pero he sacado unos minutos y he verificado mis cálculos, me sale la misma geodésica que puse en el anterior mensaje, además de que cumple el análisis dimensional. Por otra parte, es que me sonaba haber visto este tipo de forma de la ecuación diferencial y sí, se puede escribir de modo que se tiene:

$\dst \frac{d}{d\tau} \left[f(r)\frac{dt}{d\tau}\right]=0$

Con $\dst f(r)=1-\frac{r_s}{r}$, curiosamente el tipo de función radial que se ve en el tensor métrico, así que supongo que el cálculo podría haberse simplificado desde el principio, pero es habitual en mí complicarme la vida jajajaja

En cualquier caso obtengo que:

$\dst \left(1-\frac{r_s}{r}\right)\frac{dt}{d\tau}=cte$

Esto simplifica mucho la vida ya que se puede integrar directamente. Eso sí no sé cuánto es la constante, habría que introducir condiciones de contorno.

Un saludo

PD: Por otra parte, habría que utilizar este resultado en conjunto con la otra geodésica para ver tanto la trayectoria como el tiempo que transcurre desde el sistema de referencia del observador inercial.

[inakigarber]

Buenas tardes;

Dicen que cuando el físico Otto Frisch explico en 1938 a Bohr el mecanismo de la fisión nuclear descubierto al menos en parte por la tía de Otto, la también física Lise Meitner, Bohr se echó las manos a la cabeza diciendo algo así como "que tontos hemos sido, era natural, solo podría ser así." Al parecer el mecanismo de fisión era una consecuencia del modelo del núcleo atómico que el mismo Bohr había deducido unos años atrás y que el no supo deducir.
Si un grande como Bohr pudo decir eso, creo que con mayor razón yo.

Bien, la clave está en poder deducir claramente el significado de la ecuación $\dst \frac{d^2 t}{d\tau^2}+\frac{r_s}{r}\frac{1}{r-r_s}\frac{dt}{d\tau}\frac{dr}{d\tau}=0$, bien el término $\frac{r_s}{r}\frac{1}{r-r_s}$, es un término positivo de valor prácticamente nulo y que fluctuará con respecto a la altura alcanzada por la bala. Pero creo que lo que más me interesa es que es un valor positivo. El término $\frac{dt}{d\tau}$, va a ser un valor también positivo, pero el término $\frac{dr}{d\tau}$ que es la velocidad de la bala, es un término que será positivo en un principio, irá disminuyendo durante toda la trayectoria de subida hasta el ponto más alto donde es cero y a partir de aquí se hará cada vez más negativo. Esto implica que el término es un término creciente, empieza siendo negativo al principio aumenta hasta cero en la posición central (cuando la bala está en el punto más alto) y sigue incrementándose hasta la caída final de la bala. Esto ya lo había deducido hace tiempo y lo puse un uno de los posts iniciales. Pero, ahí se quedo todo.

El término$\dst \frac{d^2 t}{d\tau^2}$ se expresa en unidades de $t^{-1}$, por tanto su segunda integral, se expresa en unidades de $t$, que es exactamente lo que nos interesa. Dado que el término $\dst \frac{d^2 t}{d\tau^2}$ no solo no es una constante, sino que es un término que se incrementa su integrales primera y segunda, no pueden ser constantes, sino que también deben de incrementarse. Por lo tanto el tiempo también debe de incrementarse. Me parece lógico.

Supongamos que un observador en reposo observara el movimiento de un objeto cuya aceleración se incrementara con el tiempo. El incremento de dicha aceleración implicaría necesariamente también el incremento de la velocidad (primera integral) y el de el espacio recorrido (segunda integral). El observador en reposo observará que su espacio es invariante pero no así el del objeto en movimiento.

En el caso del tiempo, nada permanece en reposo con respecto al tiempo. El observador en reposo también se mueve con respecto al tiempo, pero el hecho de que haya una aceleración del tiempo con respecto al tiempo $\dst \frac{d^2 t}{d\tau^2}$ implica, si no estoy equivocado que su segunda integral (el tiempo) también deberá incrementarse positivamente t con respecto a $\tau$.

Yo al menos lo veo así.

[Lorentz]

Buenas tardes Iñaki,

No te equivocas en intentar entender el significado de la expresión.Sin embargo, hay un problema y es que sólo con eso no tienes desacoplados los términos $\dst \frac{dt}{d\tau}$ y $\dst \frac{dr}{d\tau}$ y si no sabes cómo se comporta este último no puedes realmente obtener una interpretación fiable de la ecuación de la geodésica.

Por tanto, lo que yo haría sería tener en cuenta que las partículas siguen curvas de tipo tiempo tal que:

$\dst g_{\mu\nu} \frac{dx^{\mu}}{d\tau}\frac{dx^{\nu}}{d\tau}=-c^2$

Ahora bien, teniendo en cuenta que los elementos no diagonales son nulos, la anterior expresión quedaría:

$\dst \sum_{\mu} g_{\mu\mu} \left(\frac{dx^{\mu}}{d\tau}\right)^2=-c^2$

Esto nos daría, manteniendo la notación de mi anterior post para $f(r)$:

$\dst -f(r) \hspace{0.1cm} c^2 \left(\frac{dt}{d\tau}\right)^2 + \frac{1}{f(r)} \left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2=-c^2$

A partir de aquí e introduciendo la expresión del anterior post para $\dst \frac{dt}{d\tau}$, obtenemos la siguiente expresión para $\dst \frac{dr}{d\tau}$:

$\dst \frac{dr}{d\tau} = \pm c \hspace{0.1cm} \sqrt{K^2-f(r)}$

Donde el signo depende de si sube o baja. Ahora podríamos aplicar regla de la cadena:

$\dst \frac{dr}{dt} = \frac{dr}{d\tau} \frac{d\tau}{dt}$

E introducimos lo que hemos obtenido:

$\dst \frac{dr}{dt}=c \hspace{0.1cm} f(r)\sqrt{1-\frac{f(r)}{K^2}}$

Y a partir de aquí ya puedes obtener la trayectoria de la partícula en función del tiempo. Aunque si quieres puedes introducir la expresión que hemos obtenido para $\dst \frac{dr}{d\tau}$ dentro de la ecuación de la geodésica para el tiempo e intentar interpretarla, ahora sí con los términos desacoplados.

Un saludo, espero que te haya aclarado algo

[Lorentz]

Buenos días,

Me he dado cuenta de que ayer no expliqué nada de la física de lo que estaba ocurriendo, y por escribirlo deprisa, incurrí en algo que no me gusta, y es en dar el desarrollo matemático sin explicar lo que significa.

Primero, necesitamos saber qué quiere decir esa constante $K$ que dejamos sin calcular. Así que introduzcamos condiciones de contorno. Asumamos que la posición inicial es $\dst r_0 = r(0)$ y la velocidad inicial es $\dst v_0 = \frac{dr}{d\tau}\rvert_{\tau=0}$, además de considerar que los dos sistemas de referencia están inicialmente sincronizados.

Dado que K tiene que ser constante, introducimos estas condiciones en la expresión que habíamos deducido antes:

$\dst \left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2 = K^2-f(r)$

$\dst v_{0}^{2} =c^2 \left( K^2-f(r_0) \right)$

Por tanto:

$\dst K = \sqrt{1- \frac{r_s}{r_0}+\frac{v_{0}^{2}}{c^2}}$

Aún no sabemos qué quiere decir esto. Veamos el límite newtoniano, es decir, $\dst \frac{r_s}{r_0} \ll 1$ y $\dst \frac{v_{0}^{2}}{c^2} \ll1$. Podemos hacer una expansión Taylor:

$\dst K \hspace{0.1cm} = 1+\frac{1}{c^2}\left(\frac{1}{2}v_0^2-\frac{GM}{r_0}\right)$

Lo cuál si multiplicamos a ambos lados por la masa del objeto nos da:

$\dst K \hspace{0.1cm}m c^2 =m c^2+\frac{1}{2}m v_0^2-\frac{GMm}{r_0}$

Que es la energía en reposo, la energía cinética y la energía potencial gravitatoria. Vale, esto tiene sentido ya que la expresión la hemos sacado de considerar que no variaba en el tiempo y una simetría temporal implica conservación de la energía. Por tanto, tenemos varias posibilidades para $K$ en función de la velocidad inicial del objeto que determinará el valor del paréntesis $\dst \left(\frac{1}{2}v_0^2-\frac{GM}{r_0}\right)$.

• Si $v_0$ es la velocidad de escape entonces $K=1$.
• Si $v_0$ es menor a la velocidad de escape, el objeto no puede abandonar la Tierra así que subirá hasta un $r_{max}$ y bajará de nuevo al suelo. En este caso $K<1$
• Si $v_0$ es mayor a la velocidad de escape, el objeto abandona la Tierra. En este caso $K>1$

Ahora, si asumimos que estamos en el caso en el que la velocidad inicial es menor a la de escape, vemos que:

$\dst \frac{dt}{d\tau}=\frac{\sqrt{1- \frac{r_s}{r_0}+\frac{v_{0}^{2}}{c^2}}}{1-\frac{r_s}{r}}$

Esto sólo tiene sentido si $\dst r>r_0$, ya que si no estaríamos hablando del mismo sistema de referencia y no tiene sentido separar entre tiempo $t$ y tiempo propio $\tau$. En todo caso lo que esto te indica es que a medida que la partícula sube, la diferencia temporal aumenta, hasta que alcanza la altura máxima. Cuando cae, se acerca de nuevo al sistema de referencia del suelo, con lo cuál, aunque sigue siendo mayor $t$, cada vez será más pequeña la diferencia, hasta que llega al suelo donde los sistemas de referencia vuelven a coincidir.

Lo siguiente que podríamos ver sería la altura máxima, que sería el punto donde $\dst \left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2 = 0$ y por tanto:

$\dst f(r_{max})=1- \frac{r_s}{r_{max}}=K^2=1- \frac{r_s}{r_0}+\frac{v_0^2}{c^2}$

$\dst \frac{r_s}{r_{max}}=\frac{r_s}{r_0}-\frac{v_0^2}{c^2}$

$\dst r_{max}=\frac{r_s}{\frac{r_s}{r_0}-\frac{v_0^2}{c^2}}$

Por último podemos volver a la expresión:

$\dst \frac{dr}{dt}=c \hspace{0.1cm} f(r)\sqrt{1-\frac{f(r)}{f(r_0)+\frac{v_0^2}{c^2}}}$

Que podemos escribir como:

$\dst t = \int_{r_0}^{r} \frac{dr'}{c \hspace{0.1cm} f(r')\sqrt{1-\frac{f(r')}{f(r_0)+\frac{v_0^2}{c^2}}}}$

Esta parte ya me parece la menos interesante. No me he puesto a ver si esta integral tiene solución analítica pero tiene toda la pinta de poder escribirse como una función elítptica.

Creo que ahora está mejor explicado,

Un saludo