Trasporto parallelo e geodetiche

Fisica · Relatività generale Articolo 14 settembre 2026

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Indice

Le linee più dritte

In fisica classica e in relatività ristretta una particella libera si muove lungo una retta con velocità costante, e il principio d’inerzia si ricava dal principio di minima azione. Se agiscono forze, nella lagrangiana compare l’energia potenziale e le traiettorie si curvano. In relatività generale il campo gravitazionale non entra come energia potenziale: la lagrangiana è quella di una particella libera, ma in uno spaziotempo con tensore metrico $g_{\mu\nu}(x)$ che dipende dal punto. Le traiettorie che rendono stazionaria l’azione si chiamano geodetiche, e in uno spaziotempo curvo non sono rette, per le particelle con massa come per la luce.

Nel piano una retta si riconosce in due modi: è la linea più breve tra due suoi punti, ed è la linea la cui direzione non cambia. In uno spazio curvo le due proprietà diventano due definizioni, una con la lunghezza e l’altra con il trasporto parallelo, e questo articolo mostra che danno le stesse curve. Alla fine ne ricava il limite newtoniano.

L’equazione delle geodetiche

Nello spaziotempo, con la segnatura $(+,-,-,-)$ , lungo la linea di universo di una particella con massa $ds^2 = g_{\mu\nu}dx^\mu dx^\nu$ è positivo e $ds = c\,d\tau$ . Come in relatività ristretta l’azione è proporzionale a $\int ds$ , e la costante $-mc$ non cambia le curve che la rendono stazionaria. Negli spazi con tensore metrico definito positivo, come le superfici, $\int ds$ è la lunghezza.

Teorema (equazione delle geodetiche)

Una curva $x^\mu(s)$ , parametrizzata con $s$ in modo che $g_{\mu\nu}\,u^\mu u^\nu = 1$ con $u^\mu = dx^\mu/ds$ , rende stazionario $\int ds$ tra estremi fissati se e solo se

\frac{d^2x^\mu}{ds^2} + \Gamma^\mu_{\nu\lambda}\,\frac{dx^\nu}{ds}\,\frac{dx^\lambda}{ds} = 0 .

Dimostrazione.

Con un parametro qualsiasi $p$ e $\dot x^\mu = dx^\mu/dp$ , l’integrale è $\int L\,dp$ con $L = \sqrt{g_{\mu\nu}(x)\,\dot x^\mu\dot x^\nu}$ , e non dipende dalla parametrizzazione. Per il teorema di Eulero-Lagrange dell’articolo sul principio di minima azione, la curva lo rende stazionario se e solo se

\frac{d}{dp}\left(\frac{g_{\rho\nu}\,\dot x^\nu}{L}\right) - \frac{\partial_\rho g_{\mu\nu}\,\dot x^\mu\dot x^\nu}{2L} = 0 ,

dove si sono usate $\partial L/\partial\dot x^\rho = g_{\rho\nu}\dot x^\nu/L$ , per la simmetria di $g$ , e $\partial L/\partial x^\rho = \partial_\rho g_{\mu\nu}\dot x^\mu\dot x^\nu/(2L)$ . La stazionarietà è una proprietà della curva, non della parametrizzazione, e si può scegliere $p = s$ , per cui $L = 1$ :

\frac{d}{ds}\big(g_{\rho\nu}u^\nu\big) - \frac12\,\partial_\rho g_{\mu\nu}\,u^\mu u^\nu = g_{\rho\nu}\frac{du^\nu}{ds} + \partial_\lambda g_{\rho\nu}\,u^\lambda u^\nu - \frac12\,\partial_\rho g_{\nu\lambda}\,u^\nu u^\lambda = 0 .

Poiché $u^\lambda u^\nu$ è simmetrico, $\partial_\lambda g_{\rho\nu}u^\lambda u^\nu = \tfrac12(\partial_\lambda g_{\rho\nu} + \partial_\nu g_{\rho\lambda})u^\nu u^\lambda$ , e l’equazione diventa $g_{\rho\nu}\,du^\nu/ds + \Gamma_{\rho\nu\lambda}\,u^\nu u^\lambda = 0$ , con i simboli $\Gamma_{\rho\nu\lambda} = \tfrac12(\partial_\lambda g_{\rho\nu} + \partial_\nu g_{\rho\lambda} - \partial_\rho g_{\nu\lambda})$ dell’articolo sulla derivata covariante. Moltiplicando per $g^{\mu\rho}$ si ottiene l’equazione dell’enunciato. Il ragionamento si inverte: se l’equazione vale con il parametro $s$ , valgono le equazioni di Eulero-Lagrange con $p = s$ .

Fine della dimostrazione.

Per la luce $ds = 0$ e la parametrizzazione con $s$ non si può usare. Si parte allora dall’azione $\int\tfrac12\,g_{\mu\nu}\dot x^\mu\dot x^\nu\,dp$ : le sue equazioni di Eulero-Lagrange sono esattamente la riga centrale della dimostrazione, con $p$ al posto di $s$ , e danno l’equazione delle geodetiche con il parametro $p$ . Un parametro per cui vale si dice affine; lungo una geodetica della luce $g_{\mu\nu}\dot x^\mu\dot x^\nu$ resta nullo.

Il primo termine dell’equazione è la quadriaccelerazione; il secondo, portato a destra, fa la parte della forza di gravità per unità di massa. Non è però un tensore, come i simboli di Christoffel: in un sistema in caduta libera si può annullare in un punto, e questo è il principio di equivalenza scritto in formule.

Geodetiche e trasporto parallelo

Proposizione (la velocità è trasportata parallelamente)

Lungo una soluzione dell’equazione delle geodetiche il vettore tangente $u^\mu = dx^\mu/ds$ è trasportato parallelamente, e $g_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ è costante.

Dimostrazione.

La variazione di $u$ tra i punti $s$ e $s + ds$ della curva ha componenti $Du^\mu = du^\mu + \Gamma^\mu_{\nu\lambda}u^\nu dx^\lambda = \big(du^\mu/ds + \Gamma^\mu_{\nu\lambda}u^\nu u^\lambda\big)\,ds$ , che è nulla per l’equazione delle geodetiche. Per la proposizione dell’articolo sulla derivata covariante il trasporto parallelo conserva i prodotti scalari, quindi $g_{\mu\nu}u^\mu u^\nu$ non cambia.

Fine della dimostrazione.

Una geodetica è quindi anche la curva che trasporta parallelamente la propria direzione: le due definizioni di «linea più dritta» coincidono. Se un altro vettore viene trasportato parallelamente lungo la geodetica, anche il suo prodotto scalare con $u$ e la sua lunghezza restano costanti: il vettore mantiene lo stesso angolo con la tangente. È una regola pratica per il trasporto parallelo lungo le geodetiche.

Le geodetiche della sfera

Sulla sfera di raggio $R$ , nelle coordinate $(\Phi, \theta)$ di colatitudine e longitudine, gli unici simboli di Christoffel non nulli sono $\Gamma^\Phi_{\theta\theta} = -\sin\Phi\cos\Phi$ e $\Gamma^\theta_{\Phi\theta} = \Gamma^\theta_{\theta\Phi} = \cos\Phi/\sin\Phi$ , calcolati in un esercizio dell’articolo sulla derivata covariante. Con il punto per la derivata rispetto a $s$ , l’equazione delle geodetiche è

\ddot\Phi - \sin\Phi\cos\Phi\;\dot\theta^2 = 0, \qquad \ddot\theta + 2\,\frac{\cos\Phi}{\sin\Phi}\,\dot\Phi\,\dot\theta = 0 .

Proposizione (geodetiche della sfera)

I meridiani e l’equatore sono geodetiche; gli altri paralleli no. Più in generale sono geodetiche tutte le circonferenze massime.

Dimostrazione.

Un meridiano percorso con $\theta = \theta_0$ e $\Phi = s/R$ ha $\dot\theta = 0$ e $\ddot\Phi = 0$ : le due equazioni sono soddisfatte, e $g_{\Phi\Phi}\dot\Phi^2 = R^2/R^2 = 1$ . L’equatore, con $\Phi = \pi/2$ e $\theta = s/R$ , ha $\dot\Phi = 0$ , $\ddot\theta = 0$ e $\cos\Phi = 0$ , e $g_{\theta\theta}\dot\theta^2 = 1$ . Il parallelo di colatitudine $\Phi_0$ strettamente compresa tra $0$ e $\pi/2$ , percorso con $\theta = s/(R\sin\Phi_0)$ , dà nella prima equazione $-\sin\Phi_0\cos\Phi_0/(R^2\sin^2\Phi_0) \ne 0$ ; per $\Phi_0$ tra $\pi/2$ e $\pi$ il calcolo è lo stesso. Infine ogni circonferenza massima diventa l’equatore con una rotazione della sfera, che manda curve in curve della stessa lunghezza, e quindi curve di lunghezza stazionaria in curve di lunghezza stazionaria.

Fine della dimostrazione.

La seconda equazione, moltiplicata per $\sin^2\Phi$ , dice che $d(\sin^2\Phi\,\dot\theta)/ds = 0$ : lungo ogni geodetica $\sin^2\Phi\,\dot\theta$ è costante. È una legge di conservazione, e viene dal fatto che il tensore metrico non dipende da $\theta$ , come nel teorema di Noether per le coordinate cicliche.

Il trasporto parallelo lungo un parallelo

Su una superficie curva il trasporto parallelo lungo una curva chiusa può riportare un vettore diverso da come era partito. Il caso più semplice da calcolare è un parallelo della sfera, che non è una geodetica.

Proposizione (giro lungo un parallelo)

Si trasporti parallelamente un vettore lungo il parallelo di colatitudine $\Phi_0$ , partendo dalla longitudine $0$ . Nella base ortonormale locale, con il versore $\hat{\mathbf e}_\Phi$ verso sud e $\hat{\mathbf e}_\theta$ verso est, le sue componenti $a$ e $b$ alla longitudine $\theta$ sono

a = a_0\cos(\theta\cos\Phi_0) + b_0\sin(\theta\cos\Phi_0), \qquad b = -a_0\sin(\theta\cos\Phi_0) + b_0\cos(\theta\cos\Phi_0) .

Dopo un giro completo il vettore forma con quello iniziale un angolo $2\pi(1 - \cos\Phi_0)$ , a meno di multipli di $2\pi$ , che è l’area della calotta racchiusa dal parallelo divisa per $R^2$ .

Dimostrazione.

Lungo il parallelo si usa $\theta$ come parametro: $dx^\lambda/d\theta$ ha la sola componente $\theta$ uguale a $1$ , e il trasporto parallelo $dA^\mu = -\Gamma^\mu_{\nu\lambda}A^\nu dx^\lambda$ dà

\frac{dA^\Phi}{d\theta} = -\Gamma^\Phi_{\theta\theta}A^\theta = \sin\Phi_0\cos\Phi_0\,A^\theta, \qquad \frac{dA^\theta}{d\theta} = -\Gamma^\theta_{\Phi\theta}A^\Phi = -\frac{\cos\Phi_0}{\sin\Phi_0}\,A^\Phi .

I vettori $\mathbf e_\Phi$ ed $\mathbf e_\theta$ hanno lunghezze $R$ e $R\sin\Phi_0$ , quindi le componenti sui versori sono $a = RA^\Phi$ e $b = R\sin\Phi_0\,A^\theta$ . Le equazioni diventano $da/d\theta = \cos\Phi_0\,b$ e $db/d\theta = -\cos\Phi_0\,a$ , e le funzioni dell’enunciato le soddisfano, con i valori iniziali giusti; per l’unicità delle soluzioni di un sistema lineare sono le sole. Alla fine del giro, $\theta = 2\pi$ , la base locale è tornata quella di partenza e il vettore $(a, b)$ è ruotato dell’angolo $-2\pi\cos\Phi_0$ , cioè di $2\pi(1 - \cos\Phi_0)$ a meno di un giro intero. La calotta di colatitudine $\Phi_0$ ha area $\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\Phi_0}R^2\sin\Phi\,d\Phi\,d\theta = 2\pi R^2(1 - \cos\Phi_0)$ .

Fine della dimostrazione.

Un vettore trasportato parallelamente lungo il parallelo di latitudine 50°, cioè di colatitudine $\Phi_0 = 40°$ . La freccia blu tratteggiata è il vettore alla partenza, rivolto verso nord. Nell’animazione la freccia arancione percorre il parallelo verso est, girando rispetto a meridiani e paralleli con la legge della proposizione. Quando torna al punto di partenza forma con la freccia blu un angolo $2\pi(1 - \cos 40°) \approx 84°$ , pari all’area della calotta colorata divisa per $R^2$ .

L’angolo è la curvatura, $1/R^2$ , per l’area racchiusa, come l’eccesso angolare dei triangoli del teorema di Girard. Sull’equatore, che è una geodetica, $\cos\Phi_0 = 0$ e il vettore torna com’era; su un parallelo molto vicino al polo la calotta è piccola e la rotazione anche. Sul piano non succede mai: un vettore trasportato lungo una curva chiusa torna sempre uguale. La rotazione dopo un giro chiuso misura quindi la curvatura, ed è da qui che il prossimo articolo costruirà il tensore di Riemann.

Il limite newtoniano

L’equazione delle geodetiche deve ridare la legge di Newton quando il campo è debole e le velocità sono piccole. Nell’articolo sul tempo e la luce in un campo gravitazionale un orologio fermo in un punto di potenziale $\Phi$ segnava $d\tau = (1 + \Phi/c^2)\,dt$ . Per un orologio fermo $ds^2 = g_{00}\,c^2dt^2 = c^2d\tau^2$ , quindi al primo ordine $g_{00} = 1 + 2\Phi/c^2$ .

Proposizione (limite newtoniano dell'equazione delle geodetiche)

In un campo statico con $g_{00} = 1 + 2\Phi/c^2$ , $g_{0i} = 0$ e $g_{ij} = -\delta_{ij}$ più correzioni dell’ordine di $\Phi/c^2$ , al primo ordine in $\Phi/c^2$ e $v/c$ l’equazione delle geodetiche di una particella lenta è

\frac{d^2x^i}{dt^2} = -\frac{\partial\Phi}{\partial x^i} .

Dimostrazione.

Per una particella lenta $u^0 = c\,dt/ds = 1$ e $u^i = dx^i/ds = v^i/c$ , a meno di termini di ordine superiore. La parte spaziale dell’equazione delle geodetiche è

\frac{d^2x^i}{ds^2} = -\Gamma^i_{00}\,(u^0)^2 - 2\,\Gamma^i_{0j}\,u^0u^j - \Gamma^i_{jk}\,u^ju^k .

Il campo è statico e $g_{0i} = 0$ , quindi nella formula dei simboli le derivate rispetto a $x^0$ si annullano e $\Gamma^i_{0j} = \tfrac12 g^{ik}(\partial_j g_{k0} - \partial_k g_{0j}) = 0$ . I simboli $\Gamma^i_{jk}$ sono dell’ordine di $\Phi/c^2$ per unità di lunghezza e sono moltiplicati per $u^ju^k$ , dell’ordine di $v^2/c^2$ : il loro termine è di ordine superiore. Resta $\Gamma^i_{00} = \tfrac12 g^{ik}(-\partial_k g_{00}) = \tfrac12\,\partial_i g_{00} = \partial_i\Phi/c^2$ , con $g^{ik} = -\delta^{ik}$ all’ordine più basso. Infine $ds = c\,dt$ all’ordine più basso, e $d^2x^i/ds^2 = (1/c^2)\,d^2x^i/dt^2$ . Moltiplicando per $c^2$ si ha la tesi.

Fine della dimostrazione.

La legge di Newton dipende solo da $g_{00}$ . Le correzioni di $g_{ij}$ contano per la luce, che non è lenta: sono loro a raddoppiare la deflessione rispetto al calcolo newtoniano. Le correzioni di $g_{ij}$ vengono dalle equazioni di Einstein, e il calcolo completo del campo debole si trova nell’articolo sulle onde gravitazionali.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Scrivi l’equazione delle geodetiche del piano in coordinate polari e verifica che le rette ne sono soluzioni.

Con $\Gamma^r_{\theta\theta} = -r$ e $\Gamma^\theta_{r\theta} = \Gamma^\theta_{\theta r} = 1/r$ ,

\ddot r - r\,\dot\theta^2 = 0, \qquad \ddot\theta + \frac2r\,\dot r\,\dot\theta = 0 .

La seconda, moltiplicata per $r^2$ , è $d(r^2\dot\theta)/ds = 0$ . Una retta a distanza $d$ dal polo, percorsa con l’ascissa curvilinea $s$ misurata dal piede della perpendicolare, ha $r = \sqrt{d^2 + s^2}$ e $\theta = \theta_0 + \arctan(s/d)$ . Allora $\dot\theta = d/(d^2 + s^2)$ e $r^2\dot\theta = d$ , costante. Per la prima, $\dot r = s/\sqrt{d^2 + s^2}$ e $\ddot r = d^2/(d^2 + s^2)^{3/2}$ , mentre $r\dot\theta^2 = \sqrt{d^2 + s^2}\cdot d^2/(d^2 + s^2)^2 = d^2/(d^2 + s^2)^{3/2}$ : la differenza è nulla.

Commento: $r^2\dot\theta$ costante è la legge delle aree di Keplero per un moto senza forze. La «forza centrifuga» $r\dot\theta^2$ nella prima equazione non è una forza: è il simbolo di Christoffel che corregge per le coordinate curve. È il senso in cui la gravità, in relatività generale, è una correzione di questo tipo.

Esercizio 2. Un vettore viene trasportato parallelamente lungo il parallelo di latitudine 45° N della Terra, con $R = 6371$ km. Di che angolo è ruotato alla fine del giro? Verifica con l’area della calotta.

La colatitudine è $\Phi_0 = 45°$ , e l’angolo è $2\pi(1 - \cos 45°) \approx 2\pi \cdot 0{,}2929 \approx 1{,}840$ rad $\approx 105{,}4°$ . La calotta ha area $2\pi R^2(1 - \cos 45°) \approx 2\pi \cdot 4{,}059 \times 10^7 \cdot 0{,}2929$ km² $\approx 7{,}47 \times 10^7$ km², e $A/R^2 \approx 1{,}840$ .

Commento: il risultato non dipende dal vettore di partenza, solo dalla curva. È l’area a contare, non la lunghezza del percorso: per questo la rotazione diventa trascurabile su giri piccoli, e un topografo non la vede.

Esercizio 3. Il piano di oscillazione di un pendolo di Foucault, rispetto al terreno, viene trasportato parallelamente lungo il parallelo del luogo mentre la Terra ruota. Di quanto ruota in un giorno siderale, di $23{,}93$ ore, a Milano, alla latitudine di 45,46° N? Quanto impiega a compiere un giro completo?

La colatitudine è $\Phi_0 = 44{,}54°$ , e rispetto alla base locale di meridiano e parallelo, che ruota con la Terra, il vettore ruota di $2\pi\cos\Phi_0 = 2\pi\sin(45{,}46°)$ per giro. In gradi: $360° \cdot 0{,}7128 \approx 256{,}6°$ al giorno siderale. Un giro completo richiede $23{,}93\ \text{h}/0{,}7128 \approx 33{,}6$ h.

Commento: il pendolo che Léon Foucault appese nel Panthéon di Parigi nel 1851, a 48,85° di latitudine, ruotava di circa 271° al giorno. Il risultato di solito si ricava con la forza di Coriolis nel sistema che ruota con la Terra; qui viene dalla geometria della sfera. All’equatore il piano non ruota, ai poli compie un giro in un giorno siderale.

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