In relatività generale le equazioni del moto, cioè le equazioni delle geodetiche, possono essere ricavate a partire dalla lagrangiana $L = \sqrt{-g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu} \dot{x}^{\nu}}$. Nell’uso pratico, cioè ricavare le geodetiche di una certa metrica, è però scomodo portarsi dietro la radice quadrata. In particolare, possiamo adoperare il seguente risultato per semplificarci il lavoro:
“Lemma”. Se le geodetiche sono parametrizzate affinemente, allora $L = \sqrt{-g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu} \dot{x}^{\nu}}$ e $L^2 = -g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu} \dot{x}^{\nu}$ sono lagrangiane equivalenti, cioè danno le stesse geodetiche.
Ad esempio, nello spaziotempo di Schwarzschild, la metrica è
$$ds^2 = -\pqty{1-\frac{2M}{r}} dt^2 + \pqty{1-\frac{2M}{r}}^{-1} dr^2 + r^2 (d\theta^2+\sin^2\theta d\phi^2)$$
allora la Lagrangiana che ci da le geodetiche è:
$$L = \sqrt{\pqty{1-\frac{2M}{r}} \dot{t}^2 -\pqty{1-\frac{2M}{r}}^{-1} \dot{r}^2 -r^2 (\dot{\theta}^2+\sin^2\theta \dot{\phi}^2)}$$
dove il punto sopra una variabile denota derivazione rispetto ad un certo parametro. In questo caso usare $L^2$ invece di $L$ semplifica notevolmente la vita.
Perché possiamo prendere il quadrato della lagrangiana? Lo possiamo fare, purché il parametro rispetto a cui deriviamo è “affine”. Un parametro $\lambda$ è affine se $\lambda = a\tau+b$ dove $\tau$ è il tempo proprio e $a, b$ sono costanti (appunto, una “trasformazione affine”).
Poiché per definizione di tempo proprio $d\tau^2 = g_{\mu\nu} dx^{\mu} dx^{\nu}$, allora se parametrizziamo con $\tau$, abbiamo $L =\sqrt{-g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu} \dot{x}^{\nu}}= 1$, cioè $L$ è costante rispetto a $\tau$, ovvero $\dv{L}{\tau} = 0$) e pertanto è costante rispetto a qualsiasi parametro affine. In questo caso le equazioni di Eulero Lagrange per $L^2$ sono
$$\frac{\partial L^2}{\partial x^{\mu}} -\frac{d}{d\lambda} \left(\frac{\partial L^2}{\partial \dot{x}^{\mu}}\right) = 0$$
Poiché $L$ è costante rispetto al parametro, seguendo le regole della derivazione le equazioni si riducono a
$$2L\left(\frac{\partial L}{\partial x^{\mu}} -\frac{d}{d\lambda} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}^{\mu}}\right) = 0$$
e quindi sono equivalenti alle equazioni di Eulero Lagrange per $L$.
Una prospettiva alternativa
Un’altra maniera di vedere la questione è la seguente. Supponiamo di calcolare brutalmente le equazioni di Eulero-Lagrange per $L=\sqrt{-g_{\mu\nu}\dot{x}^{\mu} \dot{x}^{\nu}}$. Avremmo ottenuto:
$$\frac{d^2 x^{\mu}}{d^2 \lambda} + \Gamma_{\alpha\beta}^{\mu} \frac{d x^{\alpha}}{d\lambda} \frac{d x^{\beta}}{d\lambda} = f(\lambda)\frac{d x^{\mu}}{d\lambda}\tag{1}$$
dove $f$ è una funzione complicata. Al contrario le equazioni di Eulero Lagrange per $L^2$ sono date da:
$$\frac{d^2 x^{\mu}}{d^2 \lambda} + \Gamma_{\alpha\beta}^{\mu} \frac{d x^{\alpha}}{d\lambda} \frac{d x^{\beta}}{d\lambda} = 0\tag{2}$$
dove $\Gamma_{\alpha\beta}^{\mu}$ sono i simboli di Christoffel. Notiamo che le $\pqty{2}$ sono invarianti rispetto ad una trasformazione affine $\lambda \to a\lambda+b$. Ora vogliamo dimostrare che è sempre possibile cambiare parametro per rimuovere il membro destro della $\pqty{1}$, e così ottenere la $\pqty{2}$. A tal fine cambiamo parametro da $\lambda$ a $\mu$, dove $\mu$ è un parametro arbitrario, ottenendo:
$$\dv{x^{\alpha}}{\lambda} = \dv{\mu}{\lambda} \dv{x^{\alpha}}{\mu}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dv{^2 x^{\alpha}}{\lambda^2}=\dv{^2\mu}{\lambda^2} \dv{ x^{\alpha}}{\mu}+\pqty{\dv{\mu}{\lambda}}^2 \dv{^2 x^{\alpha}}{\mu^2}$$
Sostituendo nella $\pqty{1}$ abbiamo
$$\pqty{\dv{\mu}{\lambda}}^2 \bqty{\frac{d^2 x^{\mu}}{d^2 \mu} + \Gamma_{\alpha\beta}^{\mu} \frac{d x^{\alpha}}{d\mu} \frac{d x^{\beta}}{d\mu}} = \pqty{f(\lambda)\dv{\mu}{\lambda}-\dv{^2\mu}{\lambda^2}}\frac{d x^{\mu}}{d\mu}$$
Perciò scegliendo $\mu(\lambda)$ in modo tale che $f(\lambda)\dv{\mu}{\lambda}-\dv{^2\mu}{\lambda^2}=0$ e $\dv{\mu}{\lambda}\neq 0$ otteniamo un’equazione della stessa forma della $\pqty{2}$ con parametro $\mu$.
Alla fin fine $L$ e $L^2$ sono equivalenti purché utilizziamo un parametro appropriato.