Módulo II.3 · Artículo 02

La ecuación de las geodésicas

Dos definiciones distintas de «lo más recto posible» —la que extrema el tiempo propio y la que transporta la velocidad sin girarla— dan la misma ecuación. Y no son la misma definición: la primera se rompe con la luz y la segunda no.

El vuelo de Madrid a Nueva York recorre 5768 km. Si el piloto mantuviera el rumbo constante que traza una regla sobre la carta náutica recorrería 5939: 171 km más, doce minutos de vuelo y algo más de una tonelada de queroseno. Y lo curioso es que las dos ciudades están casi a la misma latitud —40,4° y 40,7° norte— y la ruta corta sube hasta los 46,3°. Nadie ha girado hacia el norte: es que la recta de la carta no es la recta del mundo, y este artículo escribe la ecuación que distingue una de otra.

Prerrequisitos: el artículo 01 de este módulo —el elemento de línea, la métrica y la ley de transformación de la métrica—; del II.1, el principio de envejecimiento máximo y el hecho de que en el espacio-tiempo la recta sea la línea más larga. En matemáticas: cálculo de variaciones elemental —la ecuación de Euler-Lagrange— y sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias.
Transportar sin girar, y volver girado

Coge una flecha y llévala alrededor de un circuito cerrado sin girarla nunca: en cada paso, la nueva flecha es la anterior trasladada. Eso es el transporte paralelo, y la ecuación que lo dice —dVa/dφ = −Γabc Vb dxc/dφ— es la misma que define una geodésica, con la velocidad en el papel de la flecha. La pregunta del panel es qué flecha vuelve al punto de partida.

Ángulo que sobra, medido 180.000°
Área encerrada 3.1416
Ángulo / área 1.0000
Norma de la flecha 1.000000

Ahora el ángulo que sobra no es cero y depende del circuito: vale exactamente el área del casquete que encierra, dividida por a². Ésa es la definición operativa de la curvatura, y es medible desde dentro de la superficie sin salir de ella ni una vez. En el paralelo de colatitud 60° el vector vuelve girado media vuelta justa. Circuito cerrado: sobran 180.00°, y la cuenta exacta da 180.00°. La norma se conserva (1.000000): el transporte paralelo nunca alarga ni acorta, sólo puede girar.

Camino 1: la curva que hace extremo el tiempo propio

El módulo II.1 dejó formulado el principio y sin usar: entre dos sucesos, un cuerpo libre recorre la línea de universo que hace máximo su tiempo propio. En el espacio-tiempo plano eso daba la línea recta. Ahora la métrica depende del punto, así que hay que hacer la cuenta en serio. Se parametriza la curva con λ, se escribe el tiempo propio como una integral y se pide que sea estacionaria:

τ[x]=1c∫λ1λ2−gαβ(x) x˙αx˙β  dλ,δτ=0.\tau[x] = \frac{1}{c}\int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \sqrt{-g_{\alpha\beta}(x)\,\dot x^{\alpha}\dot x^{\beta}}\;d\lambda, \qquad \delta\tau = 0.

La raíz cuadrada es incómoda, y hay un atajo que es el que usa Hartle y el que se va a usar aquí. Como el radicando es constante a lo largo de la curva cuando λ se elige proporcional al tiempo propio, extremar la raíz equivale a extremar lo de dentro. Se define entonces el lagrangiano geodésico

L(x,x˙)  =  gαβ(x) x˙αx˙βL(x,\dot x) \;=\; g_{\alpha\beta}(x)\,\dot x^{\alpha}\dot x^{\beta}

y se le aplican las ecuaciones de Euler-Lagrange, una por coordenada:

ddλ(∂L∂x˙σ)−∂L∂xσ=0.\frac{d}{d\lambda}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot x^{\sigma}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x^{\sigma}} = 0.

Desarrollando: el primer término da 2 d(gσβẋβ)/dλ = 2gσβẍβ + 2∂μgσβẋμẋβ y el segundo, ∂σgμνẋμẋν. Simetrizando el término de en medio en sus dos índices —se puede, porque va contraído con un producto simétrico— y multiplicando por la métrica inversa gασ para despejar la segunda derivada, sale

  d2xαdλ2+Γαμν dxμdλdxνdλ=0  \boxed{\;\frac{d^2x^{\alpha}}{d\lambda^2} + \Gamma^{\alpha}{}_{\mu\nu}\,\frac{dx^{\mu}}{d\lambda}\frac{dx^{\nu}}{d\lambda} = 0\;}

la ecuación de las geodésicas, con

Γαμν  =  12 gαβ(∂μgβν+∂νgβμ−∂βgμν).\Gamma^{\alpha}{}_{\mu\nu} \;=\; \tfrac{1}{2}\,g^{\alpha\beta}\left(\partial_{\mu}g_{\beta\nu} + \partial_{\nu}g_{\beta\mu} - \partial_{\beta}g_{\mu\nu}\right).

Esos coeficientes son los símbolos de Christoffel. Son simétricos en los dos índices de abajo —se ve en la fórmula— y por tanto hay 4 × 10 = 40 en cuatro dimensiones y 2 × 3 = 6 en una superficie. Sólo llevan dentro primeras derivadas de la métrica.

Y hay una consecuencia práctica que ahorra la mitad del trabajo del módulo: no hace falta usar la fórmula de los Γ para escribir la ecuación de las geodésicas. Basta con escribir L, aplicar Euler-Lagrange —derivadas ordinarias, sin índices— y leer los Γ como coeficientes de los productos de velocidades. Es más rápido, es menos propenso al error de signo y es como Hartle lo hace en todo el libro. La fórmula queda para cuando hace falta un Γ suelto.

Camino 2: llevar la velocidad sin girarla

La segunda definición de «lo más recto posible» no habla de longitudes: dice que una curva es recta si su vector tangente no cambia al recorrerla. En cartesianas eso es dvα/dλ = 0 y no hay más. En coordenadas cualesquiera hay un problema, y es el que resuelve todo este artículo: las componentes de un vector cambian aunque el vector no cambie, porque la base cambia de punto a punto. Los vectores er y eφ de las coordenadas polares apuntan a sitios distintos en puntos distintos.

Derivar bien exige tener en cuenta las dos cosas. Si un vector es V = Vαeα, su derivada a lo largo de una curva es

dVdλ=dVαdλ eα+Vαdeαdλ,\frac{dV}{d\lambda} = \frac{dV^{\alpha}}{d\lambda}\,e_{\alpha} + V^{\alpha}\frac{de_{\alpha}}{d\lambda},

y la derivada de la base se descompone otra vez en la base: ∂μeν = Γαμνeα. Ésa es la otra cara de los Γ: no son un artefacto del cálculo variacional, son los coeficientes que dicen cómo gira y se estira la base al moverse. Con ellos se define la derivada covariante a lo largo de la curva,

DVαdλ  =  dVαdλ+Γαμν Vμdxνdλ,\frac{DV^{\alpha}}{d\lambda} \;=\; \frac{dV^{\alpha}}{d\lambda} + \Gamma^{\alpha}{}_{\mu\nu}\,V^{\mu}\frac{dx^{\nu}}{d\lambda},

y decir que V se transporta paralelamente significa DVα/dλ = 0. Si ahora se le pide a la curva que transporte paralelamente su propia velocidad, Vα = dxα/dλ, sale exactamente la misma ecuación de arriba. Los dos caminos coinciden.

El transporte paralelo tiene dos propiedades que se usan sin parar y que el panel de arriba comprueba numéricamente. La primera: conserva el producto escalar, y en particular la norma — un vector transportado nunca se alarga ni se acorta, sólo puede girar. La segunda: depende del camino. Llevar el mismo vector del punto A al punto B por dos rutas distintas da, en general, dos vectores distintos, y esa diferencia es la curvatura. El artículo 04 la convierte en un tensor.

Los dos caminos no son el mismo camino, y la luz lo demuestra. Es cómodo decir «geodésica = curva de longitud extrema» y quedarse ahí, pero esa definición no sirve para un rayo de luz: la longitud de una geodésica nula vale cero, y vale cero para todas las curvas nulas que unan los mismos dos sucesos, así que no hay nada que extremar. El II.1 ya lo había encontrado —un intervalo de tipo luz es nulo sin ser trivial— y aquí se cobra la factura. La definición por transporte paralelo, en cambio, sigue valiendo palabra por palabra: el cuadrivector de onda kα del II.2 se transporta paralelamente a sí mismo, k·k = 0 se conserva, y la trayectoria queda perfectamente determinada. Por eso la definición buena es la segunda, y la primera es un teorema que sólo vale para curvas temporales. Va con una segunda cautela: la ecuación tal como está escrita exige un parámetro afín — el tiempo propio, o cualquier cosa proporcional a él, y para la luz uno que no es ningún tiempo propio porque no hay reloj. Con un parámetro cualquiera aparece un término extra f(λ)dxα/dλ en el segundo miembro, la curva es la misma y las ecuaciones ya no se parecen. Casi todos los errores tontos con geodésicas son esto: haber reparametrizado sin darse cuenta.

Christoffel de verdad: la esfera

Basta de generalidades. La esfera de radio a tiene métrica ds² = a²(dθ² + sen²θ dφ²), de modo que el lagrangiano geodésico es L = a²(θ̇² + sen²θ φ̇²). Euler-Lagrange en θ:

ddλ(2a2θ˙)−2a2sin⁡θcos⁡θ φ˙2=0  ⟹  θ¨−sin⁡θcos⁡θ φ˙2=0,\frac{d}{d\lambda}\left(2a^2\dot\theta\right) - 2a^2\sin\theta\cos\theta\,\dot\varphi^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \ddot\theta - \sin\theta\cos\theta\,\dot\varphi^2 = 0,

y en φ, como L no contiene φ:

ddλ(2a2sin⁡2θ φ˙)=0  ⟹  φ¨+2cot⁡θ θ˙φ˙=0.\frac{d}{d\lambda}\left(2a^2\sin^2\theta\,\dot\varphi\right) = 0 \;\Longrightarrow\; \ddot\varphi + 2\cot\theta\,\dot\theta\dot\varphi = 0.

Comparando con la ecuación general se leen los Christoffel de un vistazo, sin haber usado la fórmula:

Γθφφ=−sin⁡θcos⁡θ,Γφθφ=Γφφθ=cot⁡θ,\Gamma^{\theta}{}_{\varphi\varphi} = -\sin\theta\cos\theta, \qquad \Gamma^{\varphi}{}_{\theta\varphi} = \Gamma^{\varphi}{}_{\varphi\theta} = \cot\theta,

y todos los demás nulos. Fíjate en que el radio a no aparece: se ha ido al dividir. Dos esferas de radios distintos tienen los mismos símbolos de Christoffel y curvaturas distintas, lo cual ya avisa de que la curvatura no puede leerse en los Γ — hay que derivarlos.

¿Y las soluciones? El ecuador θ = π/2 cumple las dos ecuaciones con θ̇ = 0, porque sen θ cos θ se anula ahí; y como todo círculo máximo es el ecuador de algún par de polos y la esfera no distingue direcciones, las geodésicas de la esfera son los círculos máximos. Ningún otro paralelo lo es: en θ = θ₀ ≠ π/2, la primera ecuación pide θ̈ = sen θ₀ cos θ₀ φ̇² ≠ 0, es decir, la curva se cae hacia el ecuador en cuanto la sueltas.

Coordenadas cíclicas: la ley de conservación gratis

La segunda ecuación de arriba se ha resuelto sola porque el lagrangiano no contenía φ. Eso es general y es la herramienta más rentable del módulo: si la métrica no depende de una coordenada —si es una coordenada cíclica—, la cantidad conjugada se conserva a lo largo de toda geodésica:

∂gαβ∂xσ=0⟹gσβ dxβdλ=constante.\frac{\partial g_{\alpha\beta}}{\partial x^{\sigma}} = 0 \quad\Longrightarrow\quad g_{\sigma\beta}\,\frac{dx^{\beta}}{d\lambda} = \text{constante}.

En la esfera eso da sen²θ φ̇ = constante. Escrito con el ángulo α que la geodésica forma con el meridiano —o sea, el rumbo del navegante— la constante se convierte en

sin⁡θ sin⁡α=constante(relacioˊn de Clairaut),\sin\theta\,\sin\alpha = \text{constante} \qquad\text{(relación de Clairaut)},

la relación de Clairaut, que los marinos usan desde el siglo XVIII y que aquí resulta ser una ley de conservación disfrazada. Su lectura es inmediata: cuando la geodésica sube de latitud, sen θ disminuye, así que sen α tiene que crecer — la ruta se va enderezando hacia el este hasta que α = 90°, y ahí está su punto más alto.

Esto no es una curiosidad de la esfera. En una métrica que no dependa del tiempo, la coordenada cíclica es t y la constante es la energía; si además no depende del ángulo, la otra constante es el momento angular. Con esas dos, el problema de las órbitas en un campo gravitatorio se reduce a una cuadratura, y ése es exactamente el camino por el que el módulo II.4 obtendrá la precesión del perihelio de Mercurio sin resolver ninguna ecuación diferencial de segundo orden.

Ejemplo resuelto 1 · Por qué el vuelo a Nueva York sube a Groenlandia

Problema. Madrid está a 40,4168° N y 3,7038° O; Nueva York, a 40,7128° N y 74,0060° O. (a) Calcula la distancia por la ortodrómica, que es la geodésica, y por la loxodrómica, que es la curva de rumbo constante. (b) Da el rumbo inicial de la geodésica. (c) ¿Hasta qué latitud sube? (d) Traduce la diferencia a minutos de vuelo y a queroseno.

Solución. (a) La longitud de un arco de círculo máximo es a·Δσ con cos Δσ = sen φ₁ sen φ₂ + cos φ₁ cos φ₂ cos Δλ. Sale Δσ = 51,873°, es decir 5768,0 km. La loxodrómica se mide con la proyección de Mercator, en la que el rumbo constante es una recta: 5938,6 km, o sea 170,6 km más — un 2,958 %. (b) El rumbo inicial de la geodésica es 294,88°, casi 25° al norte del oeste. (c) De Clairaut, cos φ · sen α = 0,6907 es constante; el punto más alto es donde sen α = 1, o sea cos φmáx = 0,6907 y φmáx = 46,32° N, seis grados por encima de las dos ciudades. (d) A 850 km/h, los 170,6 km son 12,0 minutos; con un consumo de crucero de 5,5 t/h, 1104 kg de queroseno.

Resultado. El avión que «sube hacia el norte» no está desviándose: está yendo derecho, y el que se desvía es el mapa. Lo importante para el módulo es de dónde ha salido el número: los 46,32° no se han calculado resolviendo la ecuación de las geodésicas, que es un sistema no lineal de dos ecuaciones, sino leyendo una cantidad conservada —el momento conjugado de una coordenada cíclica— y evaluándola en dos puntos. Ése es el método que se usa en toda la relatividad general, y el módulo II.4 lo aplicará palabra por palabra a las órbitas alrededor de una masa. El otro dato, la tonelada de queroseno, dice por qué las compañías vuelan la geodésica aunque parezca un rodeo.

Ejemplo resuelto 2 · Los 52,7 metros que desvía un Γ

Problema. El artículo 01 obtuvo, para el sistema de coordenadas que gira con la Tierra, los símbolos Γrtφ = −ωr y Γφtr = ω/r. Mételos en la ecuación de las geodésicas y calcula la desviación lateral de un proyectil disparado horizontalmente a 800 m/s, con un alcance de 30 km, a 40° de latitud.

Solución. Los dos símbolos, contraídos con ẋtẋφ y ẋtẋr, producen en la ecuación de las geodésicas los términos cruzados 2ω × v: la aceleración de Coriolis, sin haber postulado ninguna fuerza. En la superficie terrestre lo que curva la trayectoria horizontal es la componente vertical local de la rotación, Ω sen φ, de modo que la aceleración lateral vale 2Ω sen φ·v e integrando dos veces

d=Ωsin⁡ϕ  v t2,t=30 000800=37,5 s.d = \Omega \sin\phi\; v\, t^2, \qquad t = \frac{30\,000}{800} = 37{,}5\ \text{s}.

Con Ω = 7,292 115 × 10⁻⁵ rad/s y φ = 40°: d = 52,7 m, un 0,176 % del alcance. La integración numérica de la geodésica completa, sin aproximar, da 52,73 m: la diferencia es de tres partes en un millón, que es (Ωzt)².

Resultado. Cincuenta y dos metros de desviación producidos por un objeto que no es una fuerza sino un símbolo de Christoffel — un coeficiente que aparece porque las coordenadas giran, y que se anula entero sin más que dejar de girar con ellas. Es la afirmación del artículo 01 convertida en un número que la artillería corrige desde hace un siglo. Guarda la estructura, porque el artículo 03 la va a repetir con un cambio de una sola palabra: allí el símbolo de Christoffel que produce el movimiento no vendrá de unas coordenadas que giran, sino de un g00 que depende de la altura, y lo que saldrá no será una desviación de 52 metros sino la caída de los graves.

Ejercicios

Ejercicio 1

Una superficie de revolución en coordenadas «geodésicas»: ds² = du² + f(u)² dv². (a) Escribe el lagrangiano geodésico y obtén las dos ecuaciones de Euler-Lagrange. (b) Lee de ellas los tres símbolos de Christoffel no nulos. (c) Comprueba con la fórmula general que salen los mismos. (d) Particulariza a f(u) = u, a f(u) = ku y a f(u) = a sen(u/a), e identifica las tres superficies.

Solución

(a) L = u̇² + f²v̇². En u: 2ü − 2ff′v̇² = 0, o sea ü − ff′v̇² = 0. En v, que es cíclica: d(2f²v̇)/dλ = 0, o sea v̈ + 2(f′/f)u̇v̇ = 0, y de paso la constante f²v̇. (b) Comparando: Γuvv = −f f′ y Γvuv = Γvvu = f′/f. (c) Con guu = 1, gvv = f² y las inversas 1 y 1/f²: Γuvv = ½·1·(−∂uf²) = −ff′ y Γvuv = ½·(1/f²)·∂uf² = f′/f. Coinciden. (d) f = u es el plano en polares (Γuvv = −u); f = ku, el cono (−k²u); f = a sen(u/a), la esfera de radio a, con u la distancia al polo medida sobre la superficie.

La segunda lección es que las tres superficies del artículo 01 son la misma ecuación con tres funciones f distintas, y que la curvatura de Gauss de todas ellas es K = −f″/f: cero para f = u y para f = ku, y 1/a² para f = a sen(u/a). Una sola derivada segunda separa lo plano de lo curvo, y es justo la que los Christoffel no llevan dentro. Guarda esta fórmula: el artículo 04 la deducirá del tensor de Riemann y tiene que salir ésta.

Ejercicio 2

Sobre la esfera de radio a. (a) Comprueba con la ecuación de las geodésicas que el ecuador lo es y que el paralelo de colatitud θ₀ = 30° —latitud 60° N, la de Oslo— no lo es. (b) Un tren circula por ese paralelo: ¿qué aceleración transversal, en unidades de v²/a, tienen que darle los raíles para mantenerlo ahí? (c) Con a = 6371 km, expresa esa aceleración como la de una curva plana y da su radio. (d) ¿A qué colatitud es un paralelo una geodésica, y por qué el resultado no depende de a? (e) Un avión despega de Oslo por la geodésica con rumbo 45°: aplica la relación de Clairaut para dar la latitud máxima que alcanza, y di con qué rumbo tendría que salir para pasar por el polo.

Solución

(a) Con θ = θ₀ constante, θ̇ = θ̈ = 0 y la primera ecuación queda 0 = sen θ₀ cos θ₀ φ̇²: se cumple sólo si sen θ₀ cos θ₀ = 0, es decir θ₀ = π/2 (el ecuador) o los polos, que no son curvas. Con θ₀ = 30° el segundo miembro no es cero. (b) La ecuación de las geodésicas dice cuánto falta para ser geodésica, y eso es la aceleración que hay que aplicar: aθ = −sen θ₀ cos θ₀ φ̇². En la base ortonormal, con v = a sen θ₀ φ̇, eso vale (v²/a)·cot θ₀ = 1,7321 v²/a para θ₀ = 30°, dirigida hacia el ecuador. (c) Una curva plana con esa aceleración tiene radio R = v²/a⊥ = a tan θ₀ = 6371 × 0,5774 = 3679 km. (d) Sólo en θ₀ = 90°, el ecuador. No depende de a porque la condición sen θ₀ cos θ₀ = 0 no contiene a: es la propiedad que ya se vio, que los Christoffel de la esfera no saben su radio. (e) La constante de Clairaut vale sen θ₀ sen α = sen 30° · sen 45° = 0,3536, y el punto más alto es donde sen α = 1, o sea sen θmín = 0,3536 y θmín = 20,70°: latitud 69,30° N, casi tres grados dentro del círculo polar ártico. Para pasar por el polo la constante tiene que ser cero, y eso obliga a sen α = 0: hay que salir por el meridiano, rumbo norte exacto, y no hay ningún otro rumbo que sirva.

La segunda lección es cómo se ha usado la ecuación de las geodésicas al revés. Normalmente se resuelve para obtener la trayectoria libre; aquí se ha evaluado sobre una trayectoria impuesta y lo que sobra es la aceleración que hace falta para imponerla. Ése es exactamente el procedimiento con el que el artículo 03 calculará lo que empuja el suelo bajo tus pies: tu línea de universo no es una geodésica, y lo que le falta para serlo son 9,81 m/s².

Ejercicio 3

Transporte paralelo, a mano. (a) Sobre el plano en polares, transporta el vector V = er a lo largo del círculo r = 1 y comprueba integrando la ecuación de transporte que al dar la vuelta entera vuelve idéntico. (b) Comprueba que la norma se conserva durante todo el recorrido. (c) Repite sobre la esfera a lo largo del paralelo θ = θ₀ y demuestra que las componentes ortonormales giran a razón de cos θ₀ por radián de φ. (d) ¿Cuánto gira en total al dar una vuelta, y cuánto vale para θ₀ = 60°?

Solución

(a) Con r = 1 y λ = φ, las ecuaciones de transporte son dVr/dφ = −ΓrφφVφ = Vφ y dVφ/dφ = −ΓφrφVr = −Vr. La solución con V(0) = (1, 0) es Vr = cos φ, Vφ = −sen φ, que en φ = 2π vuelve a (1, 0): idéntico. En cartesianas eso es el vector constante (1, 0) de siempre — las componentes bailaban, el vector no. (b) |V|² = (Vr)² + r²(Vφ)² = cos²φ + sen²φ = 1 en todo momento. (c) En la esfera, dVθ/dφ = sen θ₀ cos θ₀ Vφ y dVφ/dφ = −cot θ₀ Vθ. Pasando a la base ortonormal (Vθ̂, Vφ̂) = (Vθ, sen θ₀ Vφ), el sistema queda dVθ̂/dφ = cos θ₀ Vφ̂, dVφ̂/dφ = −cos θ₀ Vθ̂: una rotación pura de velocidad angular cos θ₀, y de signo contrario al avance. (d) En una vuelta las componentes han girado 2π cos θ₀ hacia atrás, de modo que comparada con la flecha de salida —que está en el mismo punto y en la misma base— la flecha que vuelve se ha desviado 2π(1 − cos θ₀). Para θ₀ = 60° las dos cantidades valen π y coinciden por casualidad, porque cos 60° = ½: la flecha vuelve girada media vuelta exacta. Con θ₀ = 30° ya no coinciden: gira 311,77° y se desvía 48,23°.

La segunda lección es que en (a) y en (c) las ecuaciones tienen la misma forma y sólo cambia el coeficiente: 1 contra cos θ₀. En el plano el giro acumulado, 2π, coincide exactamente con la vuelta que ha dado la base, y por eso se cancela; en la esfera no, y lo que sobra —2π menos 2π cos θ₀— es la curvatura, medida sin haber calculado ninguna derivada segunda. El artículo 04 le pondrá nombre y la convertirá en un tensor.

Ejercicio 4

Geodésicas nulas y parámetros afines. (a) Comprueba que en el espacio-tiempo de Minkowski en coordenadas esféricas —artículo 01, ejercicio 3— la trayectoria de un rayo radial es una geodésica, y di qué parámetro afín usarías. (b) Demuestra que si λ es afín, cualquier λ′ = aλ + b también lo es, y que ningún otro cambio funciona sin añadir un término. (c) Una métrica estática cumple ∂g/∂t = 0. Escribe la cantidad conservada asociada y di qué es físicamente para una partícula con masa y para un fotón. (d) Con la métrica del disco que gira del artículo 01, ¿es t una coordenada cíclica? ¿Y φ? ¿Qué se conserva?

Solución

(a) Con θ y φ constantes, las únicas ecuaciones que quedan son ẗ = 0 y r̈ = 0, porque ningún Γ con dos índices en el sector (t, r) sobrevive: los únicos Christoffel no nulos de esa métrica son Γrθθ, Γrφφ, Γθrθ, Γθφφ, Γφrφ y Γφθφ. Luego t y r son funciones afines de λ y r = ±ct + cte, que es el rayo. Como parámetro afín sirve el propio t, o r, o cualquier combinación lineal: lo que no sirve es el tiempo propio, que aquí vale cero. (b) Sustituyendo, d²x/dλ′² = a⁻²d²x/dλ² y el término de Christoffel se reescala igual, así que la ecuación se conserva; con cualquier otra función λ′(λ) aparece el término (d²λ/dλ′²)(dx/dλ′), proporcional a la velocidad, que sólo se anula si λ′ es afín en λ. (c) La constante es E = −gttṫ (con el signo elegido para que salga positiva en la signatura de Hartle). Para una partícula con masa y λ = τ es la energía por unidad de masa medida en el infinito; para un fotón, la frecuencia medida allí, y de su constancia sale directamente el corrimiento al rojo gravitatorio que deduce el artículo 03. (d) En la métrica del disco que gira, ni t ni φ aparecen en ningún coeficiente: las dos son cíclicas, y se conservan gttṫ + gtφφ̇ y gφtṫ + gφφφ̇ — la energía y el momento angular vistos desde el tiovivo, que son combinaciones de los del sistema inercial.

La segunda lección es la de (c) y prepara el módulo entero que viene: en una métrica estática, «la energía» de una partícula deja de ser una definición que uno tiene que dar y pasa a ser un teorema — la constante que sale de que la métrica no dependa del tiempo. Eso es el teorema de Noether escrito en geometría, y es lo que hará resoluble la métrica de Schwarzschild en el II.4. Cuando la métrica sí depende del tiempo, como en un universo en expansión, la constante desaparece y con ella la conservación de la energía tal como se enseña — que es la razón honesta por la que los fotones del fondo cósmico pierden energía al expandirse el universo sin que nadie se la lleve.