Cuando se resuelve una radial timelike geodésica, fuera del horizonte de un agujero negro de Schwarzschild, para una partícula que cae desde el reposo en el infinito, que no puede llegar a una buena fórmula para $r(t)$, pero usted puede conseguir uno por $t(r)$:
$$t(r)-t_0=\frac{\sqrt{2}}{3}M\left[\sqrt\frac{r_0}{M}\left(6+\frac{r_0}{M}\right)-\sqrt\frac{r}{M}\left(6+\frac{r}{M}\right)\right]-4M\left[\tanh^{-1}\sqrt\frac{2M}{r_0}-\tanh^{-1}\sqrt\frac{2M}{r}\right] \tag{1}$$
en las unidades con $c=G=1$. La integración de las constantes se han elegido para hacer la $r=r_0$ a $t=t_0$. La tangente hiperbólica inversa hace $t\rightarrow\infty$ como $r\rightarrow 2M$.
Anexo: El OP aclaró que él está más interesado en $r(\tau)$ radial en caer desde el reposo en el infinito, donde $r$ es el radial de Schwarzschild coordinar y $\tau$ es el tiempo apropiado a lo largo de la línea geodésica (es decir, el tiempo medido por el que se desploma de la sonda). Esto viene dado por la fórmula más simple
$$r(\tau)=\left[\frac{9M(\tau_0-\tau)^2}{2}\right]^{1/3} \tag{2}$$
donde $\tau_0$ es el momento adecuado en el que la sonda llegue a la singularidad en $r=0$.
Este es el resultado de la integración de
$$\frac{d^2r}{d\tau^2}+\frac{M}{r^2}=0 \tag{3}$$
o
$$\frac{1}{2}\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2-\frac{M}{r}=0. \tag{4}$$
Sorprendentemente, (3) y (4) son idénticas en forma a la de Newton versiones, con la distancia Euclídea radial coordinar sustituido por el de Schwarzschild radial de coordenadas, y el tiempo absoluto reemplazado por el buen tiempo.
Para derivar (3), uno combina
$$\frac{d^2r}{d\tau^2}+\frac{M}{r^2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)\left(\frac{dt}{d\tau}\right)^2-\frac{M}{r^2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)^{-1}\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2=0, \tag{5}$$
cual es el $r$-componente de la ecuación geodésica
$$\frac{d^2x^\mu}{d\tau^2}+\Gamma^\mu_{\alpha\beta}\frac{dx^\alpha}{d\tau}\frac{dx^\beta}{d\tau}=0 \tag{6}$$
en el caso de una puramente radial geodésica, con la ecuación
$$1=\left(1-\frac{2M}{r}\right)\left(\frac{dt}{d\tau}\right)^2-\left(1-\frac{2M}{r}\right)^{-1}\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2, \tag{7}$$
que viene de la expresión para el momento adecuado dado por la métrica,
$$d\tau^2=\left(1-\frac{2M}{r}\right)dt^2-\left(1-\frac{2M}{r}\right)^{-1}dr^2. \tag{8}$$
La eliminación de $dt/d\tau$ entre (5) y (7) da (3).
Con la $G$'s y $c$'s restaurado, $r(\tau)$ es
$$r(\tau)=\left[\frac{9GM(\tau_0-\tau)^2}{2}\right]^{1/3}. \tag{9}$$
La derivación de (1) es sólo un poco más complicado. A partir de (4) se tiene
$$\left(\frac{dr}{d\tau}\right)^2=\frac{2M}{r}. \tag{10}$$
Sustituyendo esto en (7) da
$$\left(\frac{dt}{d\tau}\right)^2=\left(1-\frac{2M}{r}\right)^{-2} \tag{11}$$
Así
$$\frac{dr}{dt}=\frac{\frac{dr}{d\tau}}{\frac{dt}{d\tau}}=-\left(\frac{2M}{r}\right)^{1/2}\left(1-\frac{2M}{r}\right). \tag{12}$$
La integración de este da
$$t=-\int\left(\frac{2M}{r}\right)^{-1/2}\left(1-\frac{2M}{r}\right)^{-1}dr \tag{13}$$
o
$$\frac{t}{2M}=\int u^{-5/2}(1-u)^{-1}\;du \tag{14}$$
donde $u=2M/r$. Esta integral da
$$\frac{t}{2M}=-2u^{-1/2}-\frac{2}{3}u^{-3/2}+\log(1+u^{1/2})-\log(1-u^{1/2})+C \tag{15}$$
o
$$\frac{t}{2M}=-2\left(\frac{r}{2M}\right)^{1/2}-\frac{2}{3}\left(\frac{r}{2M}\right)^{3/2}+\log\frac{(\frac{r}{2M})^{1/2}+1}{(\frac{r}{2M})^{1/2}-1}+C. \tag{16}$$
Esto es sólo (1) en una forma diferente, si uno utiliza la identidad
$$\tanh^{-1}z=\frac{1}{2}\log\frac{1+z}{1-z}. \tag{17}$$
En coordenadas adimensionales $r^\prime=r/2M$ e $t^\prime=t/2M$ escala por el radio de Schwarzschild $2M$, tenemos, dejando caer los números primos,
$$t=-2r^{1/2}-\frac{2}{3}r^{3/2}+\log\frac{r^{1/2}+1}{r^{1/2}-1}+C. \tag{18}$$
Por desgracia, esta bonita expresión para $t(r)$ no puede ser invertida para conseguir una buena expresión para $r(t)$.
