Un protón del LHC lleva un factor de Lorentz de 7247, un número que no dice nada a la intuición. La misma velocidad, escrita en la variable correcta, es una rapidez de 9,58 — y ese número sí habla: significa que dieciocho empujones de media velocidad de la luz, uno detrás de otro, bastan para superarlo. En la variable correcta, las velocidades se suman como toda la vida.
Dos empujones seguidos. Cada uno tiene su velocidad —lo que se mide desde quien empuja— y su rapidez, φ = artanh(v/c). Las velocidades no se suman; las rapideces sí, exactamente, sin corrección de ningún tipo. En el eje de abajo los dos tramos se ponen uno detrás de otro como si fueran metros; en el eje de la izquierda el resultado se aplasta contra el techo. La misma física en dos coordenadas: en una es aritmética de colegio y en la otra parece un milagro.
La suma ingenua da 1.600 c, que no existe — y ninguna velocidad mayor que c lo hace. Sumando rapideces salen 2.1972 de rapidez y 0.975610 c de velocidad — y «sumando rapideces» coincide con «con la fórmula de I.1», porque son la misma cuenta escrita de dos maneras. Con 6 empujones como el primero llegarías a γ = 365; para alcanzar al protón del LHC (γ = 7247) te harían falta 9.
Se deduce, no se cita
Buscamos la transformación de Lorentz: cómo se traducen las coordenadas de un suceso entre dos sistemas inerciales S y S′, con S′ moviéndose a velocidad v = βc a lo largo del eje x común, y con los orígenes coincidiendo en t = t′ = 0. Las direcciones transversales no cambian —y esto merece un argumento, no un encogimiento de hombros: si una regla perpendicular al movimiento se acortara, por simetría también tendría que acortarse vista desde el otro sistema, y las dos reglas no podrían compararse al cruzarse sin contradicción—, así que y′ = y y z′ = z.
Quedan dos coordenadas y dos exigencias. La primera es la linealidad, que ya se justificó en el artículo 01: el espacio y el tiempo son homogéneos, y una transformación no lineal convertiría un movimiento uniforme en uno acelerado. Escribimos entonces
con cuatro coeficientes que dependen sólo de β. La segunda exigencia es que el intervalo no cambie: −(ct′)² + x′² = −(ct)² + x² para todo suceso. Y hay una condición de definición: el origen espacial de S′, el punto x′ = 0, tiene que moverse en S según x = βct.
Esa última condición da D + Eβ = 0, o sea D = −βE. Desarrollando la invariancia e igualando los coeficientes de (ct)², de x² y del producto cruzado se obtienen tres ecuaciones:
Sustituyendo D = −βE en la tercera queda B = −βE²/A, y llevando eso a la segunda, E²(A² − β²E²) = A². Pero el paréntesis es justo la primera ecuación reescrita —de −A² + D² = −1 con D = −βE sale A² − β²E² = 1—, así que E² = A². Con eso la segunda se convierte en A²(1 − β²) = 1, y de ahí sale todo:
donde el signo de la raíz se elige para que la transformación se reduzca a la identidad cuando β = 0. El resultado es
Ni un postulado nuevo, ni un experimento, ni una analogía. El factor de Lorentz no se ha introducido: ha aparecido, como la única solución compatible con dejar quieto el intervalo. Y conviene subrayar de dónde salió el −vx/c² que en el módulo I.1 rompía la simultaneidad: del término cruzado B, que la invariancia obliga a ser distinto de cero. La simultaneidad relativa no es un efecto que se añade, es lo que cuesta conservar el intervalo.
Es una rotación — hiperbólica
Mira la estructura de esas dos fórmulas y compárala con un giro del plano de ángulo θ, x′ = x cos θ + y sen θ, y′ = −x sen θ + y cos θ. Se parecen demasiado como para que sea casualidad. La diferencia es que un giro conserva x² + y², con un más, y la transformación de Lorentz conserva −(ct)² + x², con un menos. Lo que hay que sustituir, por tanto, es la identidad cos²θ + sen²θ = 1 por la identidad hiperbólica cosh²φ − senh²φ = 1.
Y encaja exactamente. Los coeficientes γ y βγ cumplen γ² − (βγ)² = 1, que es la misma relación; existe entonces un número φ tal que
Ese φ es la rapidez, y con él la transformación se escribe como una rotación hiperbólica pura:
Su determinante vale cosh²φ − senh²φ = 1, igual que el de un giro. Lo que cambia es la geometría de fondo: un giro mueve los puntos por circunferencias x² + y² = cte, y un boost los mueve por hipérbolas −(ct)² + x² = cte. Es la curva de puntos que dibuja el panel de arriba del artículo 01, y que ningún observador puede cruzar.
Algunos valores merecen quedarse en la cabeza porque salen redondos: la rapidez de 0,6c es exactamente ln 2 = 0,6931, y la de 0,8c es exactamente ln 3 = 1,0986. Un avión a 250 m/s tiene rapidez 8,34 × 10⁻⁷, indistinguible de su β — porque artanh(x) ≈ x para x pequeño, y ahí está, en una línea, la razón de que la mecánica de Galileo funcione.
Los boosts forman un grupo, y por eso las velocidades no se suman
Compón dos boosts colineales, de rapideces φ₁ y φ₂. Multiplicando las dos matrices y usando las fórmulas de adición de las funciones hiperbólicas —cosh(a+b) = cosh a cosh b + senh a senh b, y la análoga para el seno— se obtiene, sin más:
Ahí está el grupo de Lorentz en su versión más sencilla. Los boosts a lo largo de un eje son un grupo de un parámetro: la composición de dos es otro del mismo tipo (cierre), el de rapidez 0 es la identidad, el de rapidez −φ es el inverso de φ, y la composición es asociativa porque el producto de matrices lo es. Como grupo es idéntico a la suma de los números reales.
Y de ahí sale, gratis, el resultado que el módulo I.1 tuvo que dar como dato. Si las rapideces se suman y β = tanh φ, entonces la velocidad compuesta es
Es exactamente la composición relativista de velocidades, deducida en dos líneas. La pregunta «¿por qué las velocidades no se suman?» tiene desde aquí una respuesta corta y exacta: porque la velocidad no es el parámetro del grupo. Lo es la rapidez, y ésa se suma perfectamente. Que c sea inalcanzable deja de ser un tope misterioso: β = tanh φ tiende a 1 cuando φ tiende a infinito, y ningún número finito de empujones finitos suma infinito.
Problema. Un protón de 6,8 TeV tiene γ = 7247. Calcula su rapidez y su velocidad, y cuántos empujones sucesivos de 0,5c harían falta para alcanzarla.
Solución. De γ = cosh φ sale φ = arcosh(7247) = 9,5815. Para γ grande, cosh φ ≈ eφ/2, de modo que φ ≈ ln(2γ) = ln(14 494) = 9,5815: las dos vías coinciden en ocho cifras. La velocidad es β = tanh(9,5815) = 0,999 999 990 5, y lo que le falta para c se calcula sin restar números casi iguales:
Cada empujón de 0,5c aporta artanh(0,5) = 0,5493 de rapidez, así que 9,5815/0,5493 = 17,4: hacen falta 18. Con 17 se llega a γ = 5682, todavía por debajo; con 18, a γ = 9842.
Resultado. Dieciocho empujones de media velocidad de la luz superan al LHC. Los 2,85 m/s que le faltan al protón son el mismo número que el módulo I.1 dio con la fórmula de γ, pero fíjate en cómo ha cambiado la cuenta: allí había que restar 0,999 999 990 5 de 1 y confiar en la calculadora; aquí sale de una exponencial, sin cancelaciones. Ésa es la ventaja práctica de la rapidez, y la razón de que en física de partículas se trabaje con ella y no con β: a energías altas β se satura en una fila de nueves inútiles mientras φ sigue siendo un número normal que crece como el logaritmo de la energía.
Los boosts, ellos solos, no son un grupo. Todo lo anterior vale para boosts colineales. En tres dimensiones el resultado se rompe de una manera preciosa: si compones un boost de 0,6c a lo largo de x con otro de 0,6c a lo largo de y, la matriz resultante no es un boost. Lo que sale es un boost de β = 0,7684 seguido de un giro de 12,68° — la rotación de Thomas-Wigner, que no es un artefacto de cálculo sino un efecto medido: es la responsable de una parte del acoplo espín-órbita en los átomos, donde se conoce como precesión de Thomas. El grupo de Lorentz completo tiene seis parámetros —tres boosts y tres giros— y los boosts, por sí solos, no cierran: hace falta invitar a los giros. Reconocer que una matriz dada no es un boost, extraer de ella el giro y decidir si el orden de composición importa son tres preguntas distintas, y la hoja de problemas las hace.
La simultaneidad, vista como geometría
Con la transformación delante, la simultaneidad deja de ser una paradoja y pasa a ser una recta. Los sucesos que S′ llama simultáneos son los de t′ = 0 constante, y de la primera fórmula eso significa ct = βx: en el diagrama de espacio-tiempo, una recta de pendiente β. Lo que cada observador llama «ahora» es una rebanada distinta del mismo espacio-tiempo, y las rebanadas se inclinan al cambiar de observador.
En forma de diferencias, y ésta es la fórmula que hay que tener a mano:
El término −γβΔx del primer paréntesis es todo el asunto: dos sucesos simultáneos en S (Δt = 0) dejan de serlo en S′ salvo que ocurran en el mismo sitio. Y ahora viene la disciplina que separa a quien ha entendido de quien ha memorizado: estas fórmulas se aplican a un par de sucesos concreto, y hay que decir cuál. La dilatación del tiempo sale de tomar dos sucesos en el mismo sitio de S′ (Δx′ = 0); la contracción de longitudes, de tomar dos sucesos simultáneos en S (Δt = 0), que son las dos marcas de una regla leídas a la vez. Elegir el par equivocado es el error número uno de este tema, y produce un γ donde debería ir un 1/γ.
Problema. El anillo del LHC mide 26 659 m de circunferencia y el protón lo recorre a γ = 7247. ¿Cuánto mide el anillo para el protón y cuánto dura una vuelta según su propio reloj?
Solución. En el laboratorio, una vuelta dura 26 659/(βc) = 88,92 µs, es decir, 11 245 vueltas por segundo. La longitud del anillo es una longitud propia medida en el laboratorio, así que para el protón se contrae. Aquí la cuarta cifra del resultado depende de la cuarta de γ, así que se usa el valor sin redondear, γ = 6,8 TeV/938,272 MeV = 7247,4:
Y el tiempo propio de una vuelta es 88,92 µs/7247 = 12,27 ns. Se comprueba por el otro camino: recorrer 3,678 m a prácticamente c lleva 12,27 ns. Los dos relatos cuadran.
Resultado. Para el protón, todo el LHC mide 3,68 metros — cabe en un despacho — y da una vuelta cada 12,3 nanosegundos. Y hay que decir dónde está la trampa de este ejemplo, porque la tiene: el protón no es un observador inercial, va describiendo una circunferencia. Lo que se ha usado es la sucesión de sistemas inerciales que lo acompañan instante a instante, y eso vale para la contracción local y para el ritmo del reloj —el módulo I.1 recordaba que la dilatación depende sólo de la velocidad instantánea, comprobado con 10¹⁸ g de aceleración centrípeta—, pero no permite montarle un sistema de coordenadas global y coherente a todo el anillo. Intentarlo lleva al efecto Sagnac y a la geometría no euclídea del disco giratorio, que es una de las puertas por las que Einstein entró en la relatividad general. Aquí se declara y se deja pendiente para el II.3.
Ejercicios
Comprueba las tres propiedades de grupo del boost en su forma hiperbólica. (a) Que Λ(−φ)Λ(φ) es la identidad, y que por tanto la transformación inversa se obtiene cambiando el signo de la velocidad. (b) Que det Λ = 1. (c) Que ΛTηΛ = η, que es la definición misma de transformación de Lorentz. ¿Qué transformaciones cumplen (c) pero no (b)? (d) Reescribe la comprobación de (c) con el convenio de sumación de Einstein, es decir como ημνΛμαΛνβ = ηαβ en el espacio-tiempo entero de cuatro dimensiones, y cuenta cuántos de los dieciséis sumandos (μ, ν) sobreviven para cada pareja de índices libres.
Solución
(a) Las dos matrices se multiplican y salen cosh²φ − senh²φ = 1 en la diagonal y −cosh φ senh φ + senh φ cosh φ = 0 fuera: la identidad. Como Λ(−φ) es la matriz con β → −β, la inversa de un boost es el boost contrario, tal como pide el principio de relatividad — ninguno de los dos sistemas es el privilegiado. (b) det Λ = cosh²φ − senh²φ = 1. (c) Multiplicando, ΛTηΛ tiene por elemento (0,0) −cosh²φ + senh²φ = −1 y por (1,1) −senh²φ + cosh²φ = +1, con los cruzados nulos: es η. (d) Como η es diagonal, de los dieciséis sumandos sólo sobreviven los cuatro con μ = ν, y la suma se reduce a ημμΛμαΛμβ. Y como el boost sólo mezcla los índices 0 y 1, de esos cuatro quedan dos cuando α y β valen 0 o 1 —por ejemplo, para (α, β) = (0, 1): −cosh φ·(−senh φ) + (−senh φ)·cosh φ = 0—, uno cuando los dos valen 2 o 3 (que da η22 = η33 = 1) y ninguno cuando uno es 0 o 1 y el otro 2 o 3, que es como la identidad sale gratis en las direcciones transversales.
La segunda lección está en la penúltima pregunta. Cumplen (c) pero no (b) la inversión espacial x → −x y la inversión temporal t → −t, que tienen determinante −1 y conservan η igual de bien. El grupo de Lorentz completo tiene por eso cuatro componentes desconectadas, y a la que contiene la identidad —determinante +1 y sin invertir el sentido del tiempo— se la llama grupo de Lorentz propio y ortocrono. Es la única que se puede alcanzar moviéndose, y es la que importa en todo este módulo. Que la física sea o no invariante bajo las otras dos es una pregunta experimental distinta, y la respuesta resultó ser que no: la interacción débil viola la paridad.
Una barra de 300 m de longitud propia pasa a 0,6c. Deduce de la transformación, y no de memoria, (a) su longitud medida desde el suelo y (b) el desfase entre dos relojes situados en sus extremos y sincronizados a bordo, visto desde el suelo. En cada apartado, di explícitamente qué par de sucesos estás transformando. (c) ¿Qué sale si en (a) se aplica Δx′ = γΔx?
Solución
(a) Medir la barra desde el suelo es marcar sus dos extremos a la vez en el suelo: el par de sucesos tiene Δt = 0 y Δx = L. La transformación da Δx′ = γ(Δx − βcΔt) = γL, y Δx′ es la longitud propia, 300 m; luego L = 300/γ = 240 m. (b) «Ver el desfase desde el suelo» es leer los dos relojes a la vez en el suelo: otra vez Δt = 0, y Δx = L = 240 m. La transformación da cΔt′ = γ(cΔt − βΔx) = −γβ × 240 m = −180 m, o sea |Δt′| = 600,4 ns: desde el suelo, el reloj de cola va adelantado respecto al de proa en esa cantidad. (c) Sale 375 m, es decir, la barra alargada: el resultado con el signo cambiado.
Fíjate en que (b) tiene su propia trampa de par de sucesos. Si en vez de leer los dos relojes a la vez en el suelo se transforman los dos sucesos «cada reloj marca cero», que son simultáneos a bordo (Δt′ = 0, Δx′ = 300 m), la transformación inversa da cΔt = γ(cΔt′ + βΔx′) = γβ × 300 m = 225 m, es decir 750,5 ns. Es un número correcto y es otra cosa: el tiempo que, para el suelo, separa las dos puestas a cero. El desfase que el suelo lee es el de arriba.
La segunda lección es exactamente el apartado (c). La fórmula no está mal escrita; está aplicada al par de sucesos equivocado, porque los dos extremos marcados a la vez en el suelo no son simultáneos a bordo. Regla práctica que sirve para todo el módulo: antes de escribir una γ, escribe los dos sucesos con sus cuatro coordenadas. Si no puedes nombrarlos, no puedes transformarlos.
Una nave sale de la Tierra a 0,5c; desde ella se lanza una segunda a 0,6c; desde la segunda, una tercera a 0,8c, todas en la misma dirección. Calcula la velocidad de la tercera respecto a la Tierra sumando rapideces, y compruébalo componiendo dos veces la fórmula de velocidades. ¿Cuál de los dos caminos escala mejor a cien empujones?
Solución
Las rapideces son artanh(0,5) = 0,5493, artanh(0,6) = 0,6931 y artanh(0,8) = 1,0986; su suma es 2,3411, y β = tanh(2,3411) = 0,9817, con γ = cosh(2,3411) = 5,244. Componiendo dos veces la fórmula de I.1: primero 0,5 y 0,6 dan 0,846 15, y luego eso con 0,8 da 0,981 65. Coinciden.
La segunda lección es la de escala, y es la razón práctica de que la rapidez exista. Componer n velocidades exige n − 1 aplicaciones anidadas de una fracción, con la precisión degradándose en cada paso porque el numerador y el denominador se acercan; sumar n rapideces es una suma, y además se puede hacer en cualquier orden y agrupando como se quiera. Es lo que en matemáticas se llama pasar a coordenadas canónicas del grupo: la ley de composición se convierte en la suma, y entonces todo es fácil. Encontrarás la misma idea en el II.3, cuando el transporte paralelo a lo largo de una curva se componga por tramos.
Toma el suceso «el reloj de S′ marca 1 segundo, en el origen de S′», es decir ct′ = 1 y x′ = 0 en unidades de segundos luz, con β = 0,6. (a) Encuentra sus coordenadas en S. (b) Comprueba que está sobre la hipérbola −(ct)² + x² = −1. (c) Con eso, explica sin contradicción cómo puede ser que cada observador vea el reloj del otro más lento.
Solución
(a) La transformación inversa da ct = γ(ct′ + βx′) = 1,25 y x = γ(x′ + βct′) = 0,75. (b) −1,25² + 0,75² = −1,5625 + 0,5625 = −1: está sobre la hipérbola, como tiene que estar, porque el intervalo entre ese suceso y el origen vale −1 en los dos sistemas. (c) Cuando el reloj de S′ marca 1 s, el reloj de S que está en ese mismo punto del espacio marca 1,25 s: para S, el reloj de S′ atrasa. Pero «el reloj de S que está ahí» no es el mismo suceso que «el origen de S al cabo de 1 s», y S′ los compara con su propia rebanada de simultaneidad, que está inclinada.
La segunda lección es geométrica y vale para todo el módulo: los puntos que están a intervalo 1 del origen no forman una circunferencia sino una hipérbola, y sobre el papel esa hipérbola se aleja del origen a medida que se acerca al cono. Por eso el segmento unidad de S′ parece más largo que el de S en el dibujo — y también al revés, con toda simetría. No hay ninguna contradicción entre las dos afirmaciones porque cada una compara con una rebanada distinta; lo que hay es un dibujo hecho en papel euclídeo de una geometría que no lo es. Cuando en el artículo 03 dos relojes vuelvan a ponerse uno al lado del otro, la simetría se romperá y sólo habrá una respuesta.