Módulo II.4 · Artículo 02

Órbitas: el potencial efectivo y el término que Newton no tiene

Dos coordenadas cíclicas regalan dos constantes del movimiento, y con ellas el problema de las órbitas se reduce a una partícula en un potencial de una variable. Ese potencial tiene un término más que el de Newton, y ese término lo cambia todo cerca del centro.

En la gravedad de Newton, un cuerpo con momento angular nunca llega al centro: la barrera centrífuga es infinita y siempre gana. En Schwarzschild hay un término más —−2Mℓ²/r³— que a corta distancia crece más deprisa que la barrera y la derriba. De ahí sale un radio por debajo del cual no existe ninguna órbita circular estable: 6M, que son 26,6 km para un agujero negro de tres masas solares y 0,2545 unidades astronómicas para Sagitario A*. Ese número gobierna el borde interior de todos los discos de acrecimiento del universo.

Prerrequisitos: el artículo 01 de este módulo —la métrica y el atajo M = GM/c²— y, del II.3, la ecuación de las geodésicas, las coordenadas cíclicas y su constante del movimiento. Del II.1, la normalización de la cuadrivelocidad, u·u = −c². En matemáticas: máximos y mínimos de una función de una variable, y raíces de un polinomio de segundo grado.
El potencial efectivo: la pared de Newton, derribada

Las dos curvas son el mismo problema con y sin un solo término. La de trazos es Newton: la barrera centrífuga sube hasta el infinito y ninguna partícula con momento angular llega al centro. La gruesa es Schwarzschild, que le resta 2Mℓ²/r³. Baja el momento angular y mira lo que les pasa a los dos puntos marcados — el mínimo, que es la órbita estable, y el máximo, que es una órbita circular que en Newton no existe. Cuando se tocan, se acabaron las órbitas.

Órbita estable r₊ 17.54 M
Órbita inestable r₋ 3.62 M
Newton: única circular 21.16 M
Altura de la joroba 1.1701
Órbita ligada, entre 9.9 – 54.1 M
r₊ en metros 259 km

Órbita ligada: la partícula oscila entre 9.93 M y 54.11 M mientras gira. Ojo con leer el dibujo del revés: entre 2.63 M y 9.93 M la curva está por encima de la línea de energía, así que esa banda es la prohibida —es la joroba— y no la órbita. Y como el potencial ya no es exactamente el de Newton, la oscilación radial y el giro no están sincronizados: el periodo radial es un poco más largo que 2π de ángulo, y por eso la elipse no se cierra. Cuánto le falta, y qué produce eso en Mercurio, es el artículo 03.

Dos coordenadas cíclicas, dos constantes

La métrica de Schwarzschild no depende de t ni de φ. El II.3 demostró qué se saca de eso: por cada coordenada de la que la métrica no dependa, la cantidad gσβdxβ/dλ se conserva a lo largo de toda geodésica. Aquí hay dos, y se les da nombre a la primera:

e≡(1−2Mr)dtdτ,ℓ≡r2dφdτ/c.e \equiv \left(1-\frac{2M}{r}\right)\frac{dt}{d\tau}, \qquad \ell \equiv r^2\frac{d\varphi}{d\tau}\Big/c .

La primera es la energía por unidad de energía en reposo y es adimensional; para una partícula en reposo en el infinito vale exactamente 1. La segunda es el momento angular por unidad de masa, dividido por c para que tenga dimensiones de longitud: así ℓ y M se miden en metros y todas las fórmulas de abajo son adimensionales. Y una simetría más, que no es cíclica pero es igual de útil: por simetría esférica, toda geodésica vive en un plano, y se elige θ = π/2.

Falta una tercera ecuación, y no viene de ninguna simetría: es la normalización de la cuadrivelocidad del II.1, u·u = −c², que escrita con la métrica es

−(1−2Mr)c2(dtdτ) ⁣2+11−2M/r(drdτ) ⁣2+r2(dφdτ) ⁣2=−c2.-\left(1-\frac{2M}{r}\right)c^2\left(\frac{dt}{d\tau}\right)^{\!2} + \frac{1}{1-2M/r}\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^{\!2} + r^2\left(\frac{d\varphi}{d\tau}\right)^{\!2} = -c^2 .

Sustituyendo las dos constantes y despejando, toda la información de las ecuaciones de las geodésicas cabe en una sola ecuación de primer orden:

1c2(drdτ) ⁣2=e2−Vef(r),Vef(r)=(1−2Mr)(1+ℓ2r2).\frac{1}{c^2}\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^{\!2} = e^2 - V_{\text{ef}}(r), \qquad V_{\text{ef}}(r) = \left(1-\frac{2M}{r}\right)\left(1+\frac{\ell^2}{r^2}\right).

Eso es un enorme regalo. Un problema de cuatro ecuaciones de segundo orden acopladas se ha convertido en una partícula moviéndose en un potencial de una sola variable, exactamente como en la mecánica de primer curso; el potencial efectivo Vef lo contiene todo, y las órbitas se leen mirando dónde e² corta a la curva.

El término de más, y qué hace

Multiplica el paréntesis y compáralo con el caso newtoniano:

Vef=1−2Mr+ℓ2r2⏟Newton  −  2Mℓ2r3⏟nuevo.V_{\text{ef}} = \underbrace{1-\frac{2M}{r}+\frac{\ell^2}{r^2}}_{\text{Newton}}\;\underbrace{-\;\frac{2M\ell^2}{r^3}}_{\text{nuevo}} .

Los tres primeros sumandos son Newton en cuanto se identifica (Vef − 1)/2 con el potencial gravitatorio más el centrífugo por unidad de masa. El cuarto no tiene análogo clásico, y conviene medir su peso antes de discutirlo: el cociente entre el término nuevo y la barrera centrífuga es

2Mℓ2/r3ℓ2/r2=2Mr,\frac{2M\ell^2/r^3}{\ell^2/r^2} = \frac{2M}{r},

otra vez el mismo parámetro. En el perihelio de Mercurio vale 6,42 × 10⁻⁸; en la órbita de la Tierra, 1,97 × 10⁻⁸; en 6M, un tercio. En el Sistema Solar el término es una corrección de la octava cifra — y esa corrección es la que produce los 43 segundos de arco por siglo del artículo 03. Cerca de un horizonte, en cambio, no es una corrección: es el término que manda.

Su efecto se ve en el panel de arriba de un solo vistazo, y es la razón de que el panel esté antes que el texto. En Newton, Vef → +∞ cuando r → 0 y la barrera centrífuga es infranqueable; en Schwarzschild Vef → −∞, porque el término en 1/r³ acaba ganándole al de 1/r². La barrera deja de ser una pared y pasa a ser una joroba de altura finita: una partícula con bastante energía la salta y cae al centro, con momento angular y todo.

Órbitas circulares: dos, una o ninguna

Una órbita circular es un punto donde Vef tiene un extremo. Derivando y resolviendo:

dVefdr=0⟹r±=ℓ2±ℓ4−12M2ℓ22M.\frac{dV_{\text{ef}}}{dr}=0 \quad\Longrightarrow\quad r_{\pm} = \frac{\ell^2 \pm \sqrt{\ell^4-12M^2\ell^2}}{2M}.

Léela despacio, porque lo dice todo:

Ese 6M es la última órbita circular estable, y es la primera de las tres cifras que el módulo I.3 dio sin deducir. Allí se escribió «3 rs»; aquí sale de anular una derivada. Y se puede obtener por un segundo camino que además explica por qué es la última: imponiendo a la vez dV/dr = 0 (circular) y d²V/dr² = 0 (frontera de la estabilidad), el sistema tiene solución única, ℓ = 2√3 M y r = 6M.

Con ℓ despejado, la energía de una órbita circular de radio r sale de evaluar el potencial en su mínimo:

ℓ(r)=rMr−3M,e(r)=1−2M/r1−3M/r.\ell(r) = \frac{r\sqrt{M}}{\sqrt{r-3M}}, \qquad e(r) = \frac{1-2M/r}{\sqrt{1-3M/r}} .

Mira los denominadores: los dos revientan en r = 3M. Ninguna partícula con masa puede describir una órbita circular por debajo de 3M, ni siquiera inestable, porque haría falta momento angular y energía infinitos — es decir, ir a la velocidad de la luz. Ese radio es la esfera de fotones, y ahí va la segunda cifra del I.3.

Ejemplo resuelto 1 · La eficiencia de un disco de acrecimiento

Problema. Un gramo de gas cae desde muy lejos y va perdiendo energía por rozamiento en un disco de acrecimiento, recorriendo órbitas circulares cada vez menores hasta la última estable. (a) ¿Qué fracción de su energía en reposo ha radiado al llegar allí? (b) Compárala con la fusión del hidrógeno. (c) Calcula el radio y el periodo de esa última órbita para Sagitario A* y para un agujero negro de 10 masas solares. (d) ¿A qué velocidad, medida por un observador estático allí mismo, se mueve el gas?

Solución. (a) La partícula llega en reposo en el infinito con e = 1 y acaba en la ISCO con e(6M) = √(8/9) = 0,942 809. Lo radiado es la diferencia, 1−8/91-\sqrt{8/9} = 5,719 % de mc². (b) La fusión del hidrógeno en helio libera el 0,7 % de la masa, así que un disco de acrecimiento es 8,17 veces más eficiente que una estrella — y por eso un cuásar del tamaño del Sistema Solar supera en brillo a la galaxia entera que lo contiene. (c) Para Sagitario A*, M = 6,345 × 10⁹ m y 6M = 3,807 × 10⁷ km = 0,2545 ua, con un periodo coordenado T = 2π√(r³/M)/c = 1954 s = 32,6 minutos. Para 10 masas solares, 6M = 88,6 km y T = 4,548 milisegundos. (d) La velocidad medida por un observador estático es v = √(M/r)/√(1 − 2M/r), y en r = 6M eso da exactamente c/2, sea cual sea la masa.

Resultado. El 5,7 % es el número de la astrofísica de altas energías, y aquí ha salido de evaluar una función en un punto. Fíjate en las dos cosas que lo hacen notable. La primera es que no depende de la masa del agujero: un agujero negro estelar y uno de mil millones de masas solares convierten la misma fracción, y lo único que cambia es la escala de tiempo — 4,5 milisegundos frente a media hora. La segunda es el c/2 de (d), que también es universal: el borde interior de todo disco de acrecimiento del universo gira a media velocidad de la luz. De ahí salen las anchuras de las líneas de hierro que se miden en los rayos X, que es como se pesan y se miden estos objetos.

La luz: el mismo potencial, con la masa quitada

Para un rayo de luz no hay tiempo propio y hay que usar un parámetro afín. El cálculo es el mismo con u·u = 0 en vez de −c², y el resultado es que en la ecuación de la energía desaparece el 1:

1c2(drdλ) ⁣2=1b2−1r2(1−2Mr)⏟W(r),b≡ℓe,\frac{1}{c^2}\left(\frac{dr}{d\lambda}\right)^{\!2} = \frac{1}{b^2}-\underbrace{\frac{1}{r^2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)}_{W(r)}, \qquad b \equiv \frac{\ell}{e},

donde b es el parámetro de impacto: la única combinación de las dos constantes que le importa a un rayo, y geométricamente la distancia a la que pasaría del centro si no hubiera gravedad. El potencial de la luz, W(r), tiene un solo extremo, y está donde su derivada se anula:

dWdr=0  ⟹  r=3M,W(3M)=127M2  ⟹  bcrıˊt=33 M.\frac{dW}{dr}=0 \;\Longrightarrow\; r = 3M, \qquad W(3M)=\frac{1}{27M^2} \;\Longrightarrow\; b_{\text{crít}} = 3\sqrt{3}\,M .

Ahí están las dos cifras que faltaban. La esfera de fotones en 3M = 1,5 rs, con una órbita circular inestable —es un máximo, no un mínimo, y por eso no hay fotones dando vueltas ahí desde el principio de los tiempos—; y el parámetro de impacto crítico

bcrıˊt=33 M=332 rs=2,598 rs,b_{\text{crít}} = 3\sqrt{3}\,M = \frac{3\sqrt{3}}{2}\,r_s = 2{,}598\,r_s,

que es el que fija el tamaño de la sombra de un agujero negro: un rayo con b menor que eso no tiene barrera que le impida caer. El I.3 usó ese 2,598 para predecir los 39,7 microsegundos de arco de M87*; ahora se sabe de dónde sale, y es de igualar 1/b² al máximo de una función racional.

Un resultado que casi nadie espera: Kepler sobrevive exacto. De la ecuación radial de las geodésicas para una órbita circular, con Γrtt y Γrφφ del artículo 01, sale

(dφdt) ⁣2=GMr3,\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^{\!2} = \frac{GM}{r^3},

que es la tercera ley de Kepler sin corrección ninguna, y no a primer orden: exactamente, hasta el borde de la esfera de fotones. Es un aviso de lo escurridizas que son estas comparaciones, porque la coincidencia es real y engañosa: t es el tiempo coordenado, o sea el de un reloj infinitamente lejano. El periodo medido por el propio orbitador es dτ = dt·√(1 − 3M/r), que en la ISCO vale √(1/2) del coordenado, y ése sí se aparta de Kepler un 29 %. Dos observadores, dos periodos, una sola geometría — y la moraleja de siempre: antes de comparar con Newton, di qué reloj estás usando.

Ejemplo resuelto 2 · La joroba, medida

Problema. Una nave con ℓ = 4M se acerca a un agujero negro. (a) Localiza sus dos órbitas circulares. (b) Calcula la altura de la joroba, Vef(r₋), y la energía e mínima que hace falta para superarla. (c) Traduce esa e a la velocidad que tendría la nave muy lejos. (d) ¿Qué pasa si en vez de ℓ = 4M lleva ℓ = 3M?

Solución. (a) Con ℓ/M = 4, √(ℓ⁴ − 12M²ℓ²) = ℓ√(ℓ² − 12M²) = 4M·2M = 8M², luego r± = (16 ± 8)M²/2M: r₊ = 12M (estable) y r₋ = 4M (inestable). (b) Vef(4M) = (1 − 1/2)(1 + 1) = 1 exactamente, de modo que hace falta e ≥ 1 — es decir, e² ≥ 1. (c) Muy lejos, e = 1/√(1 − v²/c²), así que e = 1 corresponde a v = 0: una nave con ℓ = 4M que salga del reposo en el infinito llega justo a la cima de la joroba y se queda ahí, en equilibrio inestable. Con cualquier velocidad inicial, cae. (d) Con ℓ = 3M, ℓ² − 12M² = −3M² < 0: no hay órbitas circulares. El potencial baja monótonamente y la nave cae haga lo que haga.

Resultado. El caso ℓ = 4M es una coincidencia bonita y útil de recordar: marca la frontera entre las trayectorias que pueden llegar del infinito y caer y las que no. Pero lo que hay que llevarse es (d), porque es lo que rompe con la intuición newtoniana de raíz. En Newton, cualquier momento angular por pequeño que sea salva a la partícula de caer al centro, y eso es lo que hace que el problema de dos cuerpos clásico no tenga colisiones salvo con ℓ exactamente cero. Aquí no: por debajo de 2√3 M la caída es inevitable, y la palabra «capturado» pasa a tener un significado geométrico preciso en vez de retórico.

Ejercicios

Ejercicio 1

El potencial efectivo, con las manos. (a) Deduce la ecuación (dr/dτ)²/c² = e² − Vef partiendo de las dos constantes y de la normalización, sin mirar el texto. (b) Comprueba que en el límite 2M/r → 0 y v ≪ c la ecuación se reduce a la conservación de la energía newtoniana ½ṙ² − GM/r + L²/2r² = E, e identifica quién es quién. (c) ¿Por qué el potencial efectivo relativista tiende a 1 en el infinito y el newtoniano a 0? (d) Dibuja Vef para ℓ = 5M y marca las energías que dan órbita circular, órbita ligada que oscila, órbita de dispersión y captura.

Solución

(a) Sustituye dt/dτ = e/(1 − 2M/r) y dφ/dτ = cℓ/r² en la normalización, multiplica por (1 − 2M/r) y despeja. (b) Con e = 1 + ε y ε pequeño, e² ≃ 1 + 2ε, y Vef ≃ 1 − 2M/r + ℓ²/r²; la ecuación queda (ṙ/c)² = 2ε + 2M/r − ℓ²/r², que multiplicada por c²/2 es ½ṙ² = c²ε + GM/r − L²/2r². Luego ε = E/mc²: la e relativista es 1 más la energía newtoniana por unidad de energía en reposo. (c) Porque la relativista incluye la energía en reposo: el 1 es mc²/mc². Es la misma diferencia de origen que separa E = γmc² de la energía cinética del II.2. (d) Con ℓ = 5M, r± = (25 ± 5√13)M/2, o sea r₊ = 21,51 M y r₋ = 3,486 M. Las cuatro energías: e² = V(r₊) = 0,9560 (circular estable), V(r₊) < e² < 1 (ligada, oscila entre dos radios), 1 ≤ e² < V(r₋) = 1,3032 (llega del infinito, rebota y vuelve) y e² > V(r₋) (cae).

La segunda lección es la de (c) y vale para todo el nivel: cuando una magnitud relativista tiende a 1 donde la clásica tiende a 0, casi siempre el 1 es la energía en reposo. Reconocerlo ahorra media hora de desconcierto cada vez, y explica por qué e = 1 separa exactamente las órbitas ligadas de las libres — igual que E = 0 en Newton.

Ejercicio 2

La ISCO, con números de verdad. (a) Calcula el radio de la última órbita circular estable, en kilómetros, para un agujero negro de 3, de 10 y de 65 masas solares —la masa final de GW150914—. (b) Da el periodo coordenado de cada una y la frecuencia de la onda gravitacional que emitiría un cuerpo ahí, que es el doble de la orbital. (c) Compara esa frecuencia con los 250 Hz del pico de GW150914 y comenta. (d) ¿Cuánto vale ℓ en la ISCO, en kilómetros, para el de 10 masas solares?

Solución

(a) Con M☉ = 1476,63 m: 6M = 26,58 km, 88,60 km y 575,9 km. (b) El periodo es T = 2π√(216)M/c = 92,34 M/c: 1,364 ms, 4,548 ms y 29,56 ms, o sea frecuencias orbitales de 733, 220 y 33,8 Hz, y frecuencias de onda de 1466, 440 y 67,7 Hz. (c) La fórmula da 67,7 Hz para las 65 masas solares de GW150914 y lo que se midió en el pico fueron 250 Hz, 3,7 veces más. La discrepancia no es un error: es que esta ISCO es la de una partícula de prueba alrededor de una masa M, y GW150914 eran dos masas comparables, 36 y 29. El I.4 midió con Kepler que en el pico estaban a 228 km, muy por dentro de los 575,9 km que predice la fórmula de arriba. (d) ℓ(6M) = 2√3 M = 3,4641 × 10 × 1476,63 m = 51,15 km.

La segunda lección es (c) y es de honestidad, no de aritmética. La ISCO explica por qué un chirrido tiene un final — se acaban las órbitas, y eso ocurre en 6M y no en rs, un factor 3 en el radio y √27 = 5,2 en la frecuencia—, pero el 6M cuantitativo sólo vale para una partícula de prueba. Con dos masas comparables el problema ya no es una geodésica en una métrica fija, y la separación final se sale de esta fórmula por un factor 2,5. Aplicar 6M a una binaria de masas parecidas es el error de nivel típico de este tema: la fórmula no avisa, devuelve un número.

Ejercicio 3

Fotones. (a) Deduce el potencial de la luz W(r) = (1 − 2M/r)/r² con u·u = 0. (b) Comprueba que su único máximo está en r = 3M y calcula la altura del máximo. (c) Obtén bcrít = 3√3 M y expresa la sección eficaz de captura de fotones, πb²crít, en función de rs. Compárala con el área del horizonte, 4πr²s. (d) Un rayo con b = 1,01·bcrít pasa cerca del máximo: ¿qué le ocurre cualitativamente, y por qué se dice que la esfera de fotones es inestable?

Solución

(a) Con u·u = 0 el «1» de la normalización desaparece; dividiendo por e² aparece b = ℓ/e y queda (dr/dλ)²/c² = 1/b² − W(r). (b) W′ = −2/r³ + 6M/r⁴ = 0 da r = 3M, y W(3M) = (1/3)/(9M²) = 1/27M². (c) La captura ocurre cuando 1/b² > Wmáx, o sea b < 3√3 M = 2,598 rs; la sección eficaz es πb² = 27πM² = 6,75 π r²s, mientras que el área del horizonte es 4πr²s: la sección de captura es 1,6875 veces el área del horizonte, aunque el horizonte sea una esfera y la sección un disco. (d) Se queda dando vueltas cerca de 3M durante muchas revoluciones y acaba escapando, porque la órbita circular es un máximo del potencial y cualquier desviación crece. Ese retraso es lo que produce el anillo brillante estrecho de las imágenes del Event Horizon Telescope.

La segunda lección es la de (c): la sombra no es el horizonte, y ahora se sabe en qué factor exacto. El I.3 lo dijo con la palabra «2,598» sin poder deducirlo; el número sale de un máximo de una función racional, y el hecho de que sea mayor que 1 es lo que hace que un agujero negro sea, ópticamente, más grande de lo que es.

Ejercicio 4

Dónde deja de valer Newton. (a) Desarrolla r₊ para ℓ ≫ M y demuestra que el mínimo del potencial efectivo está siempre 3M por dentro del radio de la órbita circular newtoniana, ℓ²/M, sea cual sea ℓ; escribe la corrección relativa y evalúala para una órbita circular con el momento angular de Mercurio. Compárala después con el avance del perihelio del artículo 03 y explica por qué no es una coincidencia. (b) ¿A qué radio, alrededor del Sol, el cociente 2M/r llega al 1 %? ¿Y al 50 %? Compáralos con R☉. (c) La estrella S2 pasa a 120 ua de Sagitario A* en su punto más cercano: calcula ahí el cociente y compáralo con el de Mercurio. (d) Un satélite en órbita terrestre baja: ¿existe una ISCO alrededor de la Tierra? ¿Dónde estaría?

Solución

(a) Saca ℓ²/2M de la raíz: r₊ = (ℓ²/2M)[1 + √(1 − 12M²/ℓ²)], y desarrollando la raíz, √(1 − x) ≃ 1 − x/2 − x²/8 con x = 12M²/ℓ², r₊ ≃ ℓ²/M − 3M − 9M³/ℓ². El desplazamiento del término siguiente es una constante, 3M, que no depende de ℓ: la órbita circular estable de Schwarzschild está siempre tres masas geometrizadas por dentro de la newtoniana. La corrección relativa es 3M²/ℓ² = 3M/[a(1 − e²)], que para Mercurio vale 7,987 × 10⁻⁸ — o sea los 4,430 km que 3M☉ mide, sobre un semilatus rectum de 5,546 × 10¹⁰ m. Y ese número es exactamente Δφ/2π con el Δφ = 6πM/[a(1 − e²)] del artículo 03, porque las dos cosas son el mismo desarrollo: lo que corre el perihelio en una vuelta y lo que se encoge el radio circular son la misma corrección leída de dos maneras. (b) 2M/r = 0,01 en r = 295,3 km y 2M/r = 0,5 en r = 5,91 km; el primero está tres órdenes de magnitud dentro del Sol (4,2 × 10⁻⁴ de R☉) y el segundo, cinco (8,5 × 10⁻⁶), y ésa es la razón de que la relatividad no se descubriera mirando planetas. (c) Con M = 6,345 × 10⁹ m y r = 120 ua = 1,795 × 10¹³ m, 2M/r = 7,07 × 10⁻⁴: unas 11 000 veces el de Mercurio, y por eso S2 es el mejor laboratorio de campo fuerte del cielo. (d) La ISCO de la Tierra estaría en 6M = 2,66 cm, o sea a 2,7 centímetros del centro, ocho órdenes por debajo de la superficie —el cociente es 2,4 × 10⁸—. No existe como órbita: la fórmula del vacío no vale dentro de la Tierra.

La segunda lección es (d) y es de higiene: una fórmula del vacío evaluada donde hay materia devuelve un número, y el número no significa nada. Es el mismo hábito que el II.3 impuso con 2GM/rc², y aquí aparece con la trampa añadida de que 2,66 cm parece un resultado. Lo primero que hay que preguntarle a un radio de Schwarzschild es si está fuera del cuerpo.