El perihelio de Mercurio avanza 5600 segundos de arco por siglo vistos desde la Tierra. De ellos, unos 5025 no son de Mercurio sino del sistema de coordenadas —la precesión de los equinoccios— y unos 532 son el tirón de los demás planetas. Lo que sobra, y que Le Verrier no supo explicar en 1859, son 43. Este artículo los calcula: salen 42,98 ″/siglo, y el ajuste moderno de efemérides da 42,98 ± 0,04.
Esto no es un dibujo de una roseta: es la solución numérica de d²u/dφ² + u = 1/ℓ² + 3u², la ecuación exacta de la órbita, empezando en el perihelio. Los puntos negros marcan cada perihelio sucesivo, y lo que separa a dos de ellos es el avance. Al lado se imprimen dos números: el que sale de medir el dibujo y el que predice la fórmula 6πM/p de los libros. La fórmula se queda corta en todo el recorrido de los mandos —hasta en el extremo más suave, un 1,5 %—; acerca el perihelio al agujero y mira crecer la diferencia.
El perihelio avanza 42.62° por vuelta y la fórmula de los libros da 36.00°: se queda corta un 16 %. A este ritmo, la órbita tarda 8 vueltas en dar una vuelta completa de precesión. Compara con Mercurio, que está cuatro órdenes de magnitud más lejos en compacidad: 2M/r = 6.42 × 10⁻⁸ en su perihelio.
La ecuación de la órbita: un oscilador con un término de más
Para estudiar la forma de una órbita conviene quitarse el tiempo de en medio y quedarse con r en función de φ. El cambio que lo hace todo fácil es el mismo que en mecánica clásica, u = 1/r. Dividiendo la ecuación de la energía del artículo 02 por (dφ/dτ)² = c²ℓ²u⁴ y derivando respecto de φ sale la ecuación de Binet:
Sin el último término, esto es un oscilador armónico forzado con frecuencia exactamente 1: su solución es u = (M/ℓ²)(1 + e·cos φ), una elipse, y como la frecuencia vale uno, la órbita se cierra al cabo de exactamente 2π. Ésa es toda la explicación de por qué las órbitas newtonianas no precesan — es la única frecuencia que da una curva cerrada, y es un accidente del exponente −2 de la ley de Newton.
El término 3Mu² rompe el accidente. Tratado como perturbación, lo que hace es correr la frecuencia del oscilador:
y una frecuencia ligeramente menor que 1 significa que la órbita necesita más de 2π para volver al perihelio. El exceso por vuelta es
donde la última igualdad usa ℓ² ≃ M·a(1 − e²), que es el valor newtoniano del momento angular de una elipse de semieje a y excentricidad e. La fórmula tiene tres avisos de lectura, y los tres importan:
- Es un avance, no un retroceso: la órbita gira en el mismo sentido que el movimiento.
- Depende del semilatus rectum a(1 − e²), no del semieje. Por eso una órbita muy excéntrica precesa mucho más que una circular del mismo tamaño: lo que cuenta es lo cerca que pasa.
- Es acumulativa. Δφ por vuelta es minúsculo; lo que se observa es Δφ multiplicado por el número de vueltas de un siglo, y para Mercurio son 415,20.
Problema. Mercurio: a = 5,790 905 × 10¹⁰ m, e = 0,205 630, periodo sidéreo 87,969 1 días. (a) Calcula el avance por órbita en radianes y en segundos de arco. (b) Pásalo a segundos de arco por siglo juliano. (c) El ángulo entre dos perihelios consecutivos vale 6,283 185 809 rad y 2π vale 6,283 185 307. ¿Qué le pasa a esa resta en doble precisión? (d) Aplica la misma fórmula a Venus, a la Tierra y al asteroide Ícaro (a = 1,61 × 10¹¹ m, e = 0,8269) y di por qué el orden no es el de las distancias.
Solución. (a) Con M☉ = 1476,63 m y a(1 − e²) = 5,546 × 10¹⁰ m, Δφ = 6π × 1476,63/5,546 × 10¹⁰ = 5,0187 × 10⁻⁷ rad por órbita, que son 0,103 52 ″. (b) En un siglo juliano caben 36 525/87,969 1 = 415,20 órbitas, luego 0,103 52 × 415,20 = 42,98 ″/siglo. (c) La resta se lleva las siete primeras cifras y deja nueve — todavía sobran, pero el margen ya no es cómodo, y el cálculo honesto es el que no resta: la integral elíptica exacta del ángulo entre perihelios, evaluada a cincuenta cifras, coincide con la fórmula de arriba en la séptima. (d) Venus, 8,62 ″/siglo; la Tierra, 3,84; Ícaro, 10,08. Ícaro está más lejos que la Tierra en semieje y precesa casi tres veces más, porque su excentricidad de 0,83 le hace pasar a 0,19 ua del Sol.
Resultado. Los 43 segundos de arco por siglo son un ángulo absurdamente pequeño: una cienmilésima de vuelta en cien años, o sea el diámetro angular de una moneda de un euro vista a cien kilómetros. Que en 1859 se supiera medir eso, y que en 1915 una teoría lo produjera sin ningún parámetro que ajustar, es la razón por la que Einstein escribió que estuvo «fuera de sí de emoción durante días». Fíjate además en lo que no hay en la deducción: ni un parámetro libre, ni una constante ajustada, ni la masa de Mercurio. Sólo la masa del Sol, que ya se conocía, y la geometría de la órbita, que también.
La luz: la misma ecuación sin el término de masa, y el factor dos
Para un rayo de luz el cálculo es el del artículo 02, con u·u = 0, y la ecuación de la órbita pierde el término constante:
Sin el 3Mu², la solución es u = sen φ / b, que en cartesianas es la recta x = b: un rayo que pasa a distancia b y no se entera de nada. Con él, y a primer orden, la trayectoria se abre un ángulo total
Para un rayo que roza el limbo solar, b = R☉ = 6,957 × 10⁸ m:
Y ahí está pagada la deuda del II.3. Aquel módulo dedujo con el principio de equivalencia y sólo la componente g00 un valor de 0,8756 ″, diagnosticó que faltaba exactamente la misma cantidad por la parte espacial de la métrica y dejó escrito que el cálculo completo era de aquí. Lo es, y la forma de ver dónde vive el factor dos es rehacer la cuenta con un mando: se le pone a la parte espacial de la métrica un peso γ,
con γ = 1 en Schwarzschild y γ = 0 si se conserva sólo g00 — que es exactamente lo que podía hacer el II.3. Repitiendo con ella la deducción de la ecuación de la órbita, el resultado es
Léelo despacio, porque desmonta la explicación fácil. El término en u² es entero de grr: su coeficiente no es 3, es 3γ, y con γ = 0 desaparece. Lo que queda entonces no es «la mitad de 3Mu²» sino otro término, el constante (1 − γ)M/b², y de él salen los 2M/b —los 0,8756 ″— del II.3. Con γ = 1 el constante se apaga, el de u² se enciende y la suma da 4M/b. No es que un 3 se reparta en 1 + 2: es que el mecanismo cambia de sitio, y el factor dos es (1 + γ)/2 con γ = 1, que es exactamente la magnitud que aparece cuatro párrafos más abajo y con la que Cassini mide cinco cifras.
Dos avisos numéricos, y los dos son de este módulo. El primero: la deflexión se obtiene restando π del ángulo total barrido por el rayo, 3,141 601 143 653. Esa resta se lleva las seis primeras cifras, y la forma honesta es o bien el desarrollo perturbativo de arriba, o bien la cuadratura hecha a cincuenta cifras. El segundo, más sutil y más caro: el término siguiente del desarrollo depende de con qué se escriba. Con el parámetro de impacto b el coeficiente es 15π/4; con la distancia de máximo acercamiento r₀ es 15π/4 − 4. Los dos números difieren un 51,4 %, y confundirlos es el error clásico de esta cuenta. Con b, la corrección de segundo orden vale +1,09 × 10⁻⁵ segundos de arco — seis partes por millón, invisible para Eddington y perfectamente medible hoy.
Eddington 1919, con las barras de error puestas. Las dos expediciones del eclipse del 29 de mayo de 1919 dieron 1,98 ± 0,16 ″ (Sobral) y 1,61 ± 0,40 ″ (Príncipe). Frente a la predicción relativista de 1,7512 ″ eso son 1,43 σ y 0,35 σ: compatible. Frente a la predicción newtoniana de 0,8756 ″, 6,90 σ y 1,84 σ. Es decir: Sobral descartó a Newton con holgura y Príncipe no descartó nada. El titular de 1919 era correcto y la evidencia era mucho más floja de lo que la leyenda cuenta; lo que la consolidó fueron sesenta años de medidas posteriores y, sobre todo, el paso de la luz visible a las ondas de radio, que no exigen esperar a un eclipse. La cifra moderna se expresa como parámetro post-newtoniano γ: la deflexión vale (1 + γ)/2 veces 4M/b, con γ = 1 en relatividad general, y la medida de Cassini en 2002 da γ − 1 = (2,1 ± 2,3) × 10⁻⁵. O sea, el factor dos está comprobado con cinco cifras.
El retardo de Shapiro: la prueba que nadie esperaba
Las dos pruebas anteriores son de 1915 y 1919. La tercera se le ocurrió a Irwin Shapiro en 1964, y es la más limpia de las tres porque no mide un ángulo, mide un tiempo. La idea sale directamente de la métrica: la velocidad coordenada de la luz no es c.
Imponiendo ds² = 0 sobre un rayo casi radial, dr/dt = c(1 − 2M/r) < c. La luz «va más despacio» en coordenadas —no medida localmente, donde siempre vale c, sino en el reloj y la regla de un observador lejano—, y un pulso de radar que roce el Sol tarda más de lo que dicta la geometría plana. Integrando la diferencia a lo largo del camino sale el retardo de Shapiro:
para un solo trayecto. Y aquí está el peor de los tres peligros numéricos del módulo, dicho con su cifra: el retardo son microsegundos sobre un vuelo de casi media hora, un cociente de 1,47 × 10⁻⁷. Restar el tiempo de vuelo curvo del plano se lleva siete de las dieciséis cifras de un número de doble precisión; lo que hay que integrar es la diferencia de los integrandos, que no resta nada.
Problema. Venus está en conjunción superior y la señal de radar roza el limbo solar. Con r₁ = 1 ua, r₂ = 0,7233 ua y b = R☉: (a) calcula el retardo de ida y el de ida y vuelta; (b) compáralo con el tiempo total de vuelo; (c) di qué distancia en kilómetros representa ese retardo si se interpretara ingenuamente como «Venus está más lejos»; (d) haz lo mismo para el experimento de Cassini de 2002, con b = 1,6 R☉ y la nave a 9,5 ua, y di con qué precisión temporal hay que medir para conseguir su γ − 1 = 2,3 × 10⁻⁵.
Solución. (a) El logaritmo vale ln(4r₁r₂/b²) = ln(1,338 × 10⁵) = 11,804, de modo que el término principal es 2M·11,804 = 34 860 m y el segundo, 2M ≃ 2953 m: en total 37 813 m de camino óptico, o sea 126,13 µs de ida y 252,26 µs de ida y vuelta. (b) El vuelo de ida y vuelta dura 1719,9 s, o sea 28,66 minutos: el retardo es 1,47 × 10⁻⁷ del total. (c) Interpretado como distancia, 252,26 µs × c/2 = 37,8 kilómetros — sobre una distancia Tierra-Venus de 258 millones de kilómetros. (d) Con b = 1,6 R☉ y r₂ = 9,5 ua salen 284,5 µs de ida y vuelta, o sea 85 285 m. Y aquí hay que acordarse de la γ del callout de Eddington: el retardo va con (1 + γ)/2, así que una incertidumbre δγ produce una incertidumbre relativa de δγ/2 en el tiempo, no de δγ. Medir γ con 2,3 × 10⁻⁵ exige por tanto controlar ese retardo con 3,3 nanosegundos, que son un metro de camino óptico a mil quinientos millones de kilómetros.
Resultado. El metro de (d) es la razón por la que Cassini es la mejor prueba de campo débil que existe, y también la razón por la que hizo falta una nave interplanetaria: el efecto va con ln(1/b²) y no con 1/b, de modo que no se puede ganar acercándose — se gana alargando el brazo. Y merece la pena decir qué significa físicamente «la luz va más despacio», porque es la frase que más se malinterpreta de todo el módulo: no es que un observador local mida menos de c —eso no ocurre nunca— sino que la coordenada r no es la distancia y la coordenada t no es el tiempo de nadie de por aquí. El retardo de Shapiro es, punto por punto, el mismo hecho geométrico que los 2,12 milímetros de más del artículo 01.
Ejercicios
La perturbación, hecha a mano. (a) Escribe u = u₀(1 + e cos(ωφ)) con u₀ = M/ℓ², sustituye en d²u/dφ² + u = M/ℓ² + 3Mu² y quédate a primer orden en la excentricidad para obtener ω² = 1 − 6M²/ℓ². (b) Deduce de ahí Δφ = 6πM²/ℓ² y comprueba que con ℓ² = Ma(1 − e²) se recupera la fórmula del texto. (c) ¿Qué le pasa a ω cuando ℓ → 2√3 M, es decir, en la ISCO? Interpreta el resultado. (d) ¿Cuánto avanza el perihelio por vuelta de una órbita cuyo perihelio está en 20M?
Solución
(a) Sustituyendo y usando cos²x = (1 + cos 2x)/2, los términos en cos(ωφ) dan −u₀eω² + u₀e = 6Mu₀²e, o sea ω² = 1 − 6Mu₀ = 1 − 6M²/ℓ². (b) 2π/ω − 2π ≃ 2π(1 − ω)/ω ≃ 3πM²·2/ℓ²·… = 6πM²/ℓ², y con ℓ² = Ma(1 − e²) sale 6πM/[a(1 − e²)]. (c) En ℓ = 2√3 M, 6M²/ℓ² = 6/12 = 1/2 y ω = 1/√2: la órbita necesita 2π√2 = 8,886 rad para volver al perihelio, es decir, avanza 2,60 radianes = 149° por vuelta. Ya no es una perturbación: la elipse ha dejado de parecerse a una elipse. (d) Una órbita casi circular en r = 20M tiene ℓ² ≈ Mr, luego Δφ ≈ 6πM/r = 6π/20 = 0,9425 rad = 54,0° por vuelta — y ahí hay que aplicarse la lección de (c) en vez de firmar el número: con 6M/r = 0,3, el desarrollo ya no es «1 menos algo pequeño». El valor exacto de una órbita circular es Δφ = 2π[(1 − 6M/r)−1/2 − 1], que en 20M da 1,2267 rad = 70,3°. La fórmula de primer orden se queda un 23,2 % corta, y el panel de arriba imprime desvíos de ese orden en cuanto se acerca el perihelio.
La segunda lección es el contraste entre (b) y (c). La misma fórmula que da 0,1 segundos de arco por vuelta en Mercurio da 149 grados por vuelta en la ISCO. No hay dos físicas: hay un parámetro, M/ℓ² o equivalentemente 2M/r, que en un sitio vale 10⁻⁸ y en otro un tercio. Y el aviso de método: en (c) el desarrollo perturbativo ya no vale —ω² = 1/2 no es «1 menos algo pequeño»— y el número exacto hay que sacarlo de la integral elíptica. Que la fórmula siga devolviendo un valor no significa que sea el bueno.
La precesión donde de verdad se ve. (a) La estrella S2 orbita Sagitario A* (4,297 × 10⁶ masas solares) con a = 1035 ua y e = 0,8847. Calcula su avance del periastro por órbita, en minutos de arco, y compáralo con los ~12′ que publicó la colaboración GRAVITY en 2020. (b) El púlsar binario de Hulse-Taylor tiene m₁ + m₂ = 2,828 masas solares, a = 1,9501 × 10⁹ m, e = 0,6171 y un periodo de 0,322 997 días: calcula el avance del periastro por año y compáralo con los 4,226 °/año medidos. (c) ¿Por qué en (b) hay que usar la masa total y no la de un solo cuerpo? (d) Ordena Mercurio, S2 y Hulse-Taylor por el valor de 2M/r en su punto más cercano.
Solución
(a) M = 6,345 × 10⁹ m y a(1 − e²) = 1,548 × 10¹⁴ × 0,2173 = 3,365 × 10¹³ m, luego Δφ = 6π × 6,345 × 10⁹/3,365 × 10¹³ = 3,555 × 10⁻³ rad = 12,22 minutos de arco por órbita, que coincide con lo medido. (b) Con Mtot = 2,828 × 1476,63 = 4176 m y a(1 − e²) = 1,9501 × 10⁹ × 0,6192 = 1,2076 × 10⁹ m, Δφ = 6,519 × 10⁻⁵ rad por órbita; con 1130,8 órbitas al año eso da 4,224 °/año, a un 0,06 % de lo medido. (c) Porque el problema de dos cuerpos se reduce al de uno solo de masa reducida moviéndose en el campo de la masa total; la geodésica de prueba en una M fija es la aproximación de m₂ ≪ m₁, y aquí las dos masas son casi iguales. (d) Hulse-Taylor en el periastro, 2M/r = 1,12 × 10⁻⁵; S2, 7,11 × 10⁻⁴; Mercurio, 6,42 × 10⁻⁸. El orden es S2, Hulse-Taylor, Mercurio.
La segunda lección está en (d) y descoloca: S2 está en un campo sesenta veces más fuerte que el púlsar binario, aunque el púlsar binario precese un grado al año y S2 doce minutos de arco por órbita. Lo que hace visible un efecto no es sólo su tamaño por vuelta, es el número de vueltas: Hulse-Taylor da 1130 al año y S2, una cada 16 años. Cuando compares dos sistemas relativistas, mira siempre las dos cosas — el parámetro de campo y la cadencia.
Deflexión en otros sitios. (a) Calcula la deflexión de un rayo que roza el limbo de Júpiter (GM = 1,266 865 × 10¹⁷ m³/s², R = 71 492 km) y el de la Tierra, en milisegundos de arco. (b) ¿Y la del Sol a diez radios solares? (c) Para una fuente lejana observada desde la Tierra a una elongación χ del Sol, la deflexión vale δ = (2GM/c²d)·cot(χ/2), con d = 1 ua — la mitad de 4GM/(c²b), porque el observador está en el punto de máximo acercamiento y sólo ha visto acumularse media desviación. Evalúala a 90° y di a partir de qué elongación baja de los 10 microsegundos de arco que resuelve la astrometría moderna. (d) ¿Por qué la deflexión de Júpiter se pudo medir con radiointerferometría en 2002 y la del Sol necesitó un eclipse en 1919? (e) La corrección de segundo orden vale (15π/4)(M/b)² escrita con el parámetro de impacto. Evalúala en el limbo solar y a 10 R☉, di qué fracción es del primer orden en cada sitio, y comprueba que escribirla con la distancia de máximo acercamiento —donde el coeficiente es 15π/4 − 4— cambia el resultado un 51,4 %. ¿Cuál de las dos usarías para comparar con la γ de Cassini, y por qué?
Solución
(a) Júpiter: M = 1,4095 × 10³ m/… — mejor directamente, 4GM/(c²R) = 4 × 1,266 865 × 10¹⁷/(8,9876 × 10¹⁶ × 7,1492 × 10⁷) = 7,886 × 10⁻⁸ rad = 16,27 mas. La Tierra: 0,574 mas. (b) A 10 R☉ la deflexión es la décima parte de 1,7512 ″: 175,1 mas. (c) A χ = 90°, cot(45°) = 1 y δ = 2 × 1476,63/1,496 × 10¹¹ = 1,9741 × 10⁻⁸ rad = 4,07 milisegundos de arco. Baja de 10 µas cuando cot(χ/2) = 2,457 × 10⁻³, es decir en χ = 179,72°: sólo dentro de un círculo de 0,28 grados alrededor del punto antisolar. En todo el resto del cielo la deflexión del Sol es medible, y por eso el catálogo astrométrico de Gaia la corrige en todas las estrellas. (d) Porque la radio no necesita oscuridad: se puede observar un cuásar a un grado del Sol a plena luz, mientras que en el visible el resplandor lo tapa todo salvo durante los pocos minutos de un eclipse total. (e) Con M☉/R☉ = 2,1225 × 10⁻⁶, (15π/4)(M/b)² = 11,781 × 4,505 × 10⁻¹² = 5,31 × 10⁻¹¹ rad = 1,095 × 10⁻⁵ ″ en el limbo, y cien veces menos a 10 R☉: 1,095 × 10⁻⁷ ″. Como fracción del primer orden son 6,25 × 10⁻⁶ y 6,25 × 10⁻⁸ — el segundo orden va con M/b, así que alejarse lo mata cien veces más deprisa que al primero. Con r₀ el coeficiente es 7,781 y sale 7,230 × 10⁻⁶ ″ en el limbo: un 51,4 % menos. Y la que hay que usar con Cassini es la de b, porque lo que el experimento conoce por efemérides es el parámetro de impacto de la trayectoria no perturbada, no la distancia de máximo acercamiento del rayo real, que es una cantidad de la solución y no un dato.
La segunda lección es (c) y desmonta la idea de que la deflexión gravitatoria es un efecto exótico de eclipse. Es una corrección rutinaria de la astrometría: Gaia mide posiciones con microsegundos de arco y tiene que aplicar la deflexión del Sol a todas las estrellas del catálogo, más la de Júpiter y la de Saturno cuando el objeto pasa cerca. Lo que en 1919 fue una expedición a una isla es hoy una línea de código en una tubería de reducción de datos. Y fíjate en el otro factor dos del enunciado, que no es el del II.3 y se confunde con él sin remedio: los 4GM/(c²b) del texto suponen un observador en el infinito, y un observador situado en el punto de máximo acercamiento sólo ha visto acumularse la mitad. Antes de usar una fórmula de deflexión hay que preguntarse dónde está el que mira.
Shapiro, con las manos. (a) Impón ds² = 0 en la métrica de Schwarzschild sobre una trayectoria radial y obtén dr/dt. Comprueba que tiende a cero en r = 2M. (b) Integra el exceso de tiempo coordenado sobre un trayecto radial de r₁ a r₂ y obtén 2M·ln(r₂/r₁), la forma radial del retardo. (c) Evalúalo para una señal que sube de la superficie del Sol a la órbita de la Tierra. (d) El púlsar doble PSR J0737−3039 tiene una inclinación de 88,7°, de modo que la señal de uno pasa muy cerca del otro: si el parámetro de impacto mínimo es 0,02 veces el semieje (a = 8,8 × 10⁸ m) y la compañera pesa 1,25 masas solares, estima el retardo máximo y compáralo con el periodo del púlsar, 22,7 ms.
Solución
(a) Con dθ = dφ = 0: (1 − 2M/r)c²dt² = dr²/(1 − 2M/r), luego dr/dt = ±c(1 − 2M/r), que se anula en el horizonte. (b) El exceso de tiempo respecto de (r₂ − r₁)/c es ∫dr/[c(1 − 2M/r)] − (r₂ − r₁)/c ≃ (2M/c)∫dr/r = (2M/c)·ln(r₂/r₁). (c) Con r₁ = R☉ y r₂ = 1 ua, ln(215,0) = 5,371, luego el retardo es 2 × 1476,63 × 5,371/c = 52,9 µs. (d) Con b = 0,02 × 8,8 × 10⁸ = 1,76 × 10⁷ m y M = 1,25 × 1476,63 = 1846 m, el retardo de ida vale 2M·ln(4r₁r₂/b²)/c con r₁ ≈ r₂ ≈ a: ln(4 × (8,8 × 10⁸)²/(1,76 × 10⁷)²) = ln(10 000) = 9,21, y sale 113 µs, que es el 0,5 % del periodo del púlsar. Se mide sin dificultad, y de hecho es una de las pruebas más finas que existen.
La segunda lección está en comparar (c) con el ejemplo resuelto: el retardo radial de la superficie del Sol a la Tierra son 53 µs y el retardo rasante de la Tierra a Venus son 126 µs de ida, aunque el camino sea mucho más largo. La razón es el logaritmo: lo que cuenta no es cuánto camino se recorre sino cuánto tiempo se pasa cerca, y por eso todo el retardo se acumula en el tramo próximo al Sol. Es la misma estructura que la deflexión, que también se produce casi entera en una región de tamaño b.