Klasicna mehanika

KLASICNA MEHANIKA

UVOD

Zvonko Glumac

Osijek, 2006. - 2013.

v

All science is either physics or stamp collecting.

lord Ernest Rutherford, 1871. - 1937.

Sadrzaj

1 Uvod 1

I Mehanika jedne cestice 5

2 Matematicki uvod - elementi vektorskog racuna 72.1 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Derivacija vektorskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.3 Integral vektorskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.4 Vektorski diferencijalni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.4.1 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4.2 Divergencija: Gaußov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.4.3 Elektrostatika: Gaußov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.4.4 Rotacija: Stokesov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.4.5 Laplaceov operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.5 Kruzni cilindricni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.5.1 Jos neki cilindricni koordinatni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.6 Sferni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.6.1 D-dimenzijski sferni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 862.8 Ortogonalna preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.9 Svojstva matrice preobrazbe A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.10 Tenzori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3 Kinematika 1073.1 Brzina i ubrzanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.2 Trobrid pratilac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.3 Frenet-Serretove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.4 Kruzno gibanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.5 Putanja projektila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4 Newtonovi aksiomi gibanja, konzervativnost, rad, energija, momenti 1234.1 Newtonovi aksiomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.2 Rad, snaga i kineticka energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.3 Konzervativne sile i potencijalna energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.4 Impuls sile i momenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.5 Statika ili ravnoteza cestice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

vii

viii SADRZAJ

5 Neki jednostavni oblici sila 153

5.1 Gibanje u polju konstantne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5.1.1 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.1.2 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

5.2 Sile ovisne o vremenu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.3 Sile ovisne o polozaju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

5.4 Staticko i dinamicko trenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5.5 Kineticko trenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.5.1 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

5.5.2 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.6 Uvod u balistiku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

5.7 Lorentzova sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6 Harmonijski oscilator 197

6.1 Jednodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6.1.1 Gustoca vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.1.2 Nelinearni oscilator - racun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

6.1.3 Priguseni harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

6.1.4 Prisilni titraji - periodicna vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

6.1.5 Apsorpcija snage vanjske sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

6.1.6 Prisilni titraji - neperiodicna vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

6.1.7 Rjesenje preko Greenove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

6.1.8 Matematicko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

6.2 Dvodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

6.3 Trodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

7 Gravitacija i centralne sile 259

7.1 Newtonov zakon gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

7.2 Gravitacijsko privlacenje okruglih tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

7.3 Divergencija i rotacija gravitacijskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

7.4 Multipolni razvoj potencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

7.5 Problem dva tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

7.6 Centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299

7.7 Jednadzba gibanja cestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

7.8 Potencijalna energija cestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

7.9 Sacuvanje energije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

7.10 Opis gibanja nebeskih tijela pomocu grafa energije . . . . . . . . . . . . . . . . . 310

7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . 317

7.12 Virijalni teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

7.12.1 Virijalni teorem za homogenu potencijalnu energiju . . . . . . . . . . . . 325

7.12.2 Pocetni uvjeti i putanja satelita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

7.13 Sto bi bilo ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

7.14 Racun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334

7.15 Rasprsenje cestica u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334

SADRZAJ ix

8 Inercijski i neinercijski sustavi 3378.1 Vremenska promjena vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3378.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3428.3 Opcenito gibanje koordinatnih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343

8.3.1 Jednadzba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za povrsinu Zemlje . 3448.3.2 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3498.3.3 Okomiti hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3518.3.4 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3518.3.5 Rijeke i cikloni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353

8.4 Foucaultovo njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3558.5 Opcenita jednadzba gibanja cestice u neinercijskom sustavu . . . . . . . . . . . 362

9 Specijalna teorija relativnosti 3659.1 Lorentzove transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3659.2 Relativisticka kinematika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3659.3 Relativisticka dinamika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3659.4 Hamiltonova formulacija relativisticke mehanike . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365

II Mehanika sustava cestica 367

10 Sustavi cestica 36910.1 Diskretni i kontinuirani sustavi cestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36910.2 Srediste mase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37910.3 Kolicina gibanja, moment kolicine gibanja, rad i energija: definicija i sacuvanje . 383

10.3.1 Kolicina gibanja sustava cestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38410.3.2 Moment kolicine gibanja sustava cestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38710.3.3 Rad i energija sustava cestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

10.4 Neinercijski koordinatni sustav vezan za srediste mase . . . . . . . . . . . . . . . 39410.5 Lagrangeovo i D’Alembertovo nacelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39910.6 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40810.7 Sudari cestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414

10.7.1 Centralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41710.7.2 Necentralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420

11 Mali titraji sustava cestica 42511.1 Mali longitudinalni titraji jednodimenzijskog diskretnog sustava cestica . . . . 426

11.1.1 Granica kontinuuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43611.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sustava cestica . . . 438

11.2.1 Titranje napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43811.2.2 Nit s oba nepomicna ruba: stojni val (D. Bernoulli) . . . . . . . . . . . 44311.2.3 Nit s oba nepomicna ruba: putujuci val (J. D’Alembert) . . . . . . . . 45011.2.4 Nit s nepomicnim lijevim i slobodnim desnim rubom . . . . . . . . . . . 45511.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomicnim lijevim rubom . . . . . . . . . . 45711.2.6 Nit slobodna na oba ruba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45911.2.7 Brzina sirenja grupe valova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46111.2.8 Energija titranja napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461

11.3 Titranje pravokutne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46511.4 Titranje kruzne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472

x SADRZAJ

11.5 Titranje molekula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47411.5.1 Titranje simetricne linearne troatomske molekule . . . . . . . . . . . . . 47411.5.2 Titranje molekule vode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474

12 Ravninsko gibanje krutog tijela 47712.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47712.2 Moment tromosti krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47912.3 Teoremi o momentima tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48112.4 Parovi sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49812.5 Kineticka energija, rad i snaga vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50012.6 Fizicko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50412.7 Opcenito ravninsko gibanje krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51012.8 Trenutno srediste vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51212.9 Statika krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51612.10Elementi mehanike motocikla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523

13 Prostorno gibanje krutog tijela 53313.1 Tenzor tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53413.2 Eulerove jednadzbe gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54413.3 Ziroskop . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54713.4 Stabilne i nestabilne osi vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54813.5 Gibanje Zemlje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55213.6 Eulerovi kutovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55513.7 Cayley - Klein parametri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56213.8 Gibanje zvrka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562

III Analiticka mehanika 575

14 Lagrangeove jednadzbe 57714.1 Poopcene koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57714.2 Stupnjevi slobode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57814.3 Lagrangeove jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58414.4 Lagrangeove jednadzbe za impulsnu silu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60814.5 Lagrangeova funkcija naelektrizirane cestice u elektromagnetskom polju . . . . 60914.6 Varijacijski racun i Hamiltonovo nacelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61314.7 Primjene Euler - Lagrangeove jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615

14.7.1 Hamiltonovo nacelo za cesticu u polju centralne sile . . . . . . . . . . . 61814.8 Hamiltonovo nacelo za neholonomne sustave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61814.9 Funkcija djelovanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61814.10Bazdarna preobrazba lagranzijana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62114.11Simetrije i zakoni sacuvanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62314.12Dodatna analiza Lagrangeovih jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623

15 Hamiltonove jednadzbe 62915.1 Hamiltonove jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 630

15.1.1 Matricni zapis Hamiltonovih jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63715.2 Poissonove zagrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63915.3 Kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651

SADRZAJ xi

15.3.1 Funkcija izvodnica kanonske preobrazbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65215.3.2 Infinitezimalna kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65815.3.3 Poissonove zagrade i kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . 659

15.4 Hamilton-Jacobijeva jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66415.4.1 Fazni integrali - djelovanje i kutne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . 671

15.5 Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67215.6 Prijelaz na kvantnu mehaniku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683

15.6.1 Kanonski racun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688

16 Mali titraji sustava cestica 68916.1 Lagranzijan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68916.2 Lagrangeove jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691

17 Klasicna teorija polja 69317.1 Lagranzijan kontinuiranog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69317.2 Hamiltonovo nacelo za kontinuirane sustave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69617.3 Lagrangeova jednadzba gibanja za kontinuirane sustave . . . . . . . . . . . . . . 70017.4 Tenzor naprezanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70317.5 Zakoni sacuvanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70317.6 Jednadzba gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 709

IV Mehanika Fluida 713

18 Mehanika Fluida 71518.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715

A Matematicki dodatak 717A.1 Medunarodni sustav mjernih jedinica (SI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717A.2 Taylorov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719A.3 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719A.4 Zaokvirene formule iz ove knjige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 721

B Delta funkcija 723

C Presjeci stosca 729

D Fourierovi redovi 735

E Vucedolski kalendar 739

xii SADRZAJ

Ovo su biljeske s autorovih predavanja iz kolegija Klasicna Mehanika 1 i 2, na drugoj i trecojgodini preddiplomskog studija Fizike sveucilista u Osijeku. Biljeske nisu strucno recenzirane idaju se na uvid studentima kao orjentacija za pripremanje ispita.Sva prava pridrzana.

xiii

xiv SADRZAJ

Predgovor

Iz podrucja teorijske mehanike je vec napisano mnostvo vrlo dobrih knjiga i stoga bi bio vrlotezak zadatak reci nesto novo ili originalno u ovom podrucju. Umjesto toga, autor si je postaviopuno skromniji cilj, a to je: olaksati pracenje predavanja iz kolegija Klasicna mehanika 1 i 2na studiju fizike osjeckog sveucilista.Za pracenje izlaganja u ovoj knjizi, dovoljno je elementarno poznavanje vektorskog i integro-diferencijanog racuna, kao i osnovnih pojmova opce fizike.Iz svojeg visegodisnjeg rada sa studentima, autor je dosao do nedvojbenog zakljucka da opsirnostknjige nikako ne moze biti njezin nedostatak. Stoga su i mnoga objasnjenja, racuni i izvodidani dosta detaljno, uz izostanak samo najelementarnijih algebarskih operacija.Pojedine teme su u ovoj knjizi obradene nesto detaljnije i opsirnije nego na predavanjima, atakoder postoje i teme koje su (zbog nedostatka vremena) potpuno izostavljene na predava-njima. Isto tako postoje cijela podrucja (poput specijalne teorije relativnosti, mehanike fluida,teorije elasticnosti i sl.) koja se ne nalaze u ovoj knjizi, a koja zainteresirani citatelj moze naciu nekima od knjiga navedenih u popisu literature.

Napomena:Pojavljivanje u tekstu imenica kao sto su citatelj, student i slicnih, podrazumjeva i osobezenskog i osobe muskog spola, dakle: citateljica, studentica i slicno.

Osijek, lipnja 2006. Autor

xv

xvi SADRZAJ

Kazalo kratica i simbola

~A vektorski potencijala velika poluos elipse~a ubrzanje, ~a = d~v/dt~B indukcija magnetskog poljab mala poluos elipsec brzina svjetlosti u vakuumu, 2.9979250(10) 108 ms−1

D dimenzija prostoraE ukupna energijaEk ukupna kineti”cka energijaEk,t translacijska kineti”cka energijaEk,vrt kineti”cka energija vrtnjeEp potencijalna energija~E elektri”cno poljee j jedini”cni vektori u smjerovima glavnih osi krutog tijela~F silaG univerzalna konstanta gravitacije, 6.6732(31) 10−11 N m2 kg−2

g standardno ubrzanje u Zemljinom gravitacijskom polju, 9.80665 ms−2

gij komponente kovarijantnog metri”ckog tenzoraH Hamiltonova funkcijah Planckova konstanta, 6.626 . . . · 10−34 Js~ Planckova konstanta podijeljena s 2 π: ~ = h/(2 π)I, Iαα moment tromosti oko zadane osiIαβ devijacijski (centrifugalni) momenti tromostiJ Jacobijeva determinantaL Lagrangeova funkcija~L moment koli”cine gibanja, ~L = ~r × ~pl duljina~M moment sile, ~M = ~r × ~Fm masa tijela ili ”cesticeP snaga, P = dW/d t~p koli”cina gibanja, ~p = m~vR polumjer zakrivljenosti~r radij vektorr, ~er koordinata i jedini”cni vektor sfernog koordinatnog sustavaS povr”sina; djelovanjeT period, f(t) ≡ f(t+ T )t vrijeme

xvii

xviii SADRZAJ

V volumen; skalarni potencijal~v brzina, ~v = d~r/d t

W rad, W =∫~F d~r

x,~ex koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog koordinatnog sustavay, ~ey koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog koordinatnog sustavaz, ~ez koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog i cilindri”cnog koordinatnog sustava~α kutno ubrzanje, ~α = d~ω /dtγ koeficijent prigu”senja kod harmonijskog titranjaδ(a, b) Kroneckerov simbol: jednak jedinici ako je a = b, a nuli ako je a 6= bδ(x− x0) Diracova δ funkcija

ǫ ekscentricitet elipse ǫ =√a2 − b2/a

Θ jedan od Eulerovih kutovaθ, ~eθ koordinata i jedini”cni vektor sfernog koordinatnog sustavaκ zakrivljenost ili fleksija κ = 1/Rλ kut kolatitude; valna duljina f(x) = f(x+ λ)λm linijska masena gustoca, λm = dm/d lµ reducirana masa, 1/µ = 1/m1 + 1/m2 + · · ·ν frekvencija, inverzna vrijednost perioda ν = 1/Tρ,~eρ koordinata i jedini”cni vektor cilindri”cnog (polarnog) koordinatnog sustavaρm volumna masena gustoca, ρm = dm/d Vσm povr”sinska masena gustoca, σm = dm/d SΦ jedan od Eulerovih kutovaϕ,~eϕ koordinata i jedini”cni vektor cilindri”cnog (polarnog) koordinatnog sustavaΨ jedan od Eulerovih kutovaψ otklon ”cestice sredstva kod titrajnog ili valnog gibanja (valna funkcija)~ω kutna brzina, |~ω | = dϕ/dt

Gr”cko slovo ∆ ispred odre”denog simbola ozna”cava promjenu ozna”cene veli”cine za kona”caniznos. Npr.

∆A = Akon −Apoc.

Slovo d ispred odre”denog simbola ozna”cava infinitezimalnu promjenu ozna”cene veli”cine.Npr.

d ~V (q) = ~V (q + d q)− ~V (q).

Diferencijali volumena ce se ozna”cavati s d V ili s d3r, a diferencijali povr”sine s d S ili s d2r.

Poglavlje 1

Uvod

Na pocetku svake knjige, autor je duzan upoznati citatelje s glavnim likovima koji se u njojpojavljuju. Glavni likovi ove knjige o mehanici1 su pomalo nesvakidasnji: to su vrijeme,prostor i tvar (ili materija). Reci neku vise ili manje preciznu definiciju ovih pojmova jenajvjerojatnije nemoguce. Umjesto toga postoje neke druge mogucnosti kao sto su npr.

- nabrajati svojstva pojmova koje ne znamo definirati, nadajuci se da cemo nabrojati tolikosvojstava koliko nema ni jedan drugi pojam i time ih jednoznacno odrediti, ili

- puno jednostavnije, naprosto se pozvati na nasu intuiciju: svi mi intuitivno shvacamo pojmoveprostora, vremena i tvari i stoga ih nije potrebno posebno objasnjavati.

Na toj ili slicnoj liniji razmisljanja je vjerojatno bio i blazeni Augustin kada je (u DrzaviBozijoj), govoreci o vremenu, rekao otprilike ovako:

Sve dok me ne pitate sto je vrijeme, ja znam sto je ono, ali ako me pitateda vam objasnim, ja ne znam.

Ovom je recenicom sazeto dano nase znanje o vremenu: intuitivno nam je jasno o cemu seradi, ali kako to objasniti (npr. nekome dosljaku iz svemira tko ne posjeduje nasu intuiciju),to nismo u stanju. Naravno, mi mozemo govoriti o vremenskom slijedu, o tome da se jedandogadaj dogodio prije nekog drugog dogadaja ili slicno, ali time samo govorimo o vremenskimrelacijama, ali ne i o samom vremenu. Vezano za vremenski slijed, treba spomenuti i (naizgledtrivijalnu) usporedbu s prostorom: dok je u prostoru moguce gibanje u proizvoljnim smjerovima,u vremenu postoji istaknuti smjer koji se naziva buducnost. Vrlo omiljena (unatoc svojim ocitimlogickim kontradikcijama) knjizevna i filmska tema putovanja u proslost, jos nije nasla uporisteu fizici.

Teorije relativnostiNista manje nije jednostavan ni problem prostora. Dugo je vremena (napose od Newtona, panadalje), prostor smatran za neku vrstu kazalisne pozornice na kojoj glumci (tj. cestice tvari)izvode svoju predstavu (gibaju se tijekom vremena) koju nazivamo fysis - priroda. Prostorje naravno bio zamisljan kao ravni trodimenzijski Euklidski prostor. Pri svemu tome, sva su tripojma: prostor, vrijeme i tvar smatrani medusobno neovisnim.

1Sama rijec mehanika potjece od grcke rijeci µηχανη, koja oznacava orude ili stroj, a oznacava dio fizike koji proucava gibanjei mirovanje cestica.

1

2 POGLAVLJE 1. UVOD

Pocetkom dvadesetog stoljeca dolazi do postupnog povezivanja ovih pojmova. Najprije je

Slika 1.1: Albert Einstein, (Ulm1879. - Princeton 1956.), njemackiteorijski fizicar.

Einstein (slika 1.1) 1905. godine u svojoj Specijalnoj teorijirelativnost povezao pojmove prostora i vremena u jednu je-dinstvenu tvorevinu nazvanu prostor-vrijeme, da bi nesto kas-nije, oko 1920. godine, u Opcoj teoriji relativnost pokazao dasvojstva prostor-vremena (napose njegova zakrivljenost) oviseo jednom svojstvu tvari koje se zove masa. Prostor bez tvarije ravan (euklidski), dok nazocnost tvari (uslijed njezine mase)mijenja geometrijska svojstva prostora i cini ga zakrivljenim.Geometriju ovakvih zakrivljenih prostora, vec su ranije razviliRiemann i Lobacevskij. Ucinci opisani teorijama relativnostipostaju zamjetni tek ako se tijela gibaju brzinama bliskim br-zini svjetlosti (specijalna teorija relativnosti) ili ako je masareda velicine mase planeta ili zvijezda (opca teorija relativnosti). U ovoj cemo se knjizi ograniciti

Slika 1.2: Georg Friedrich Bernhard Riemann, (1826. -1866.), njemacki matematicar.

Slika 1.3: Nikolaj Ivanovic Lobacevskij, (1792. - 1856.),ruski matematicar.

na pojave kod kojih ucinci opisani teorijama relativnosti imaju vrlo mali utjecaj i zato cemo ihu cjelosti zanemariti (cak i u poglavlju o gravitaciji). Prostor cemo shvacati kao ravan euklid-ski, homogen i izotropan kontinuum. Svojstvo homogenosti oznacava da prostor ima istasvojstva u svakoj svojoj tocki, tj. sve su tocke ravnopravne, ne postoji istaknuta tocka. Izo-tropnost znaci da prostor ima ista svojstva u svim smjerovima, tj. svi su smjerovi ravnopravni,ne postoji istaknuti smjer u prostoru. Za dani konkretni problem, ova svojstva omogucavajunajpogodniji odabir polozaja ishodista koordinatnog sustava i smjerova koordinatnih osi.

Kvantna teorijaGovoreci o prostoru i vremenu, spomenuli smo i tvar navodeci jedno njezino svojstvo: masu.Osim mase, tvar moze imati i neka druga svojstava kao sto su: elektricni naboj, spin, cesticetvari se mogu gibati odredenom brzinom, itd. Neka od tih svojstava su nam bliska iz svakod-nevnog zivota (npr. masa ili brzina), dok postoje svojstva tvari (kao sto je npr. spin), koja sujako daleko od nase svakodnevice, sto ih, naravno, ne cini i manje vaznima.

Paralelno s Einsteinovim radovima iz teorija relativnosti, u to se doba (pocetkom dvadesetogstoljeca) razvijala i jedna nova grana fizike, koja ce kasnije biti nazvana kvantnom mehani-kom. Ona je u bitnome promjenila dotadasnje poimanje tvari. Stoljecima se zamisljalo da setvar sastoji od malih cestica, koje su jos stari Heleni nazvali nedjeljivima (Demokritovi atomi, ilidanasnjim jezikom receno: elementarne cestice). Gibanje tih malih cestica i njihovo medusobnopovezivanje, tvorilo je sav vidljivi prirodni svijet. Pokusi nad elektronima (npr. Comptonovo

3

rasprsenje) su pokazali da elementarne cestice nemaju samo cesticna (korpuskularna) svojstva,nego imaju i valna svojstva (kao sto je npr. ogib). Ukratko, doslo je do shvacanja da nijesasvim tocno elementarne cestice zamisljati kao jako smanjene biljarske kuglice koje jure krozprostor. Slika je ipak nesto slozenija: pod odredenim uvjetima tvar pokazuje cesticna svojstva,a pod nekim drugim uvjetima pokazuje valna svojstva. Stoga bi, umjesto izraza cestica ili val,korektnije bilo koristiti izraz cestica-val ili sto slicno. Razlog zasto se takav nekakav izraz vecnije udomacio u literaturi, jeste taj sto se dvojni valno-cesticni karakter tvari prikazuje tek navrlo maloj prostornoj skali, tako da makroskopski - tj. u nasem svakidasnjem iskustvu - tvarmahom pokazuje ili samo svoja cesticna ili samo svoja valna svojstva. Prema De Broglieu, vezavalnih (valna duljina λ) i cesticnih (kolicina gibanja ~p ) svojstava cestice-vala, je dana izrazom

Slika 1.4: Louis-Victor Pierre Raymond, prince De Bro-glie, (1892. - 1958.), francuski teorijski fizicar.

Slika 1.5: Max Karl Ernst Ludwig Planck, (1858. -1947.), njemacki teorijski fizicar

λ p = h,

gdje je

h = 6.626 . . . · 10−34 Js

jedna univerzalna prirodna konstanta, nazvana Planckova konstanta.

Primjer: 1.1 Helijev plin.Evo jednog jednostavnog primjera. Srednja brzina helijeva plina na sobnoj tem-peraturi je oko 1 350ms−1, a masa atoma helija je priblizno cetiri puta veca odmase protona. Uvrstavanje ovih vrijednosti u De Broglievu relaciju, daje za valnuduljinu vrijednost od 0.74 · 10−10m, sto je oko sto puta manje od srednje udalje-nosti medu atomima u plinu. Dakle, helijevi su atomi dovoljno dobro lokalizirani uprostoru, da bi se mogli smatrati cesticama. Naprotiv, snizavanjem temperature odsobne na 0.01K, njihova se brzina smanjuje, a valna duljina se povecava i postajestotinjak puta veca od srednjeg razmaka medu atomima. U ovoj situaciji, kada sevalovi (tocnije receno: valne funkcije) razlicitih atoma jako preklapaju, nije moguceprimjeniti klasicnu sliku malih cestica, nego je potrebno prijeci sa klasicnog na kvant-nomehanicki opis plina.

Svakodnevni zivot se mahom odvija na sobnoj temperaturi i na makroskopskoj prostornojskali i to je razlog zasto se dvojni karakter tvari moze opaziti tek vrlo pazljivo pripremljenimpokusima.

4 POGLAVLJE 1. UVOD

U ovoj cemo se knjizi baviti pojavama na prostornoj skali puno vecoj od valne duljine ele-mentarnih cestica, tako da cemo dvojni karakter tvari zanemarivati, praveci time zanemarivugresku u nasim racunima.

Precizirajmo jos pojam cestice u okviru klasicne fizike: pod pojmom cestice ili materijalne(tvarne) tocke smatra se svako tijelo cije se dimenzije mogu zanemariti pri opisu njegovog giba-nja. Tako se npr. planeti mogu smatrati cesticama pri opisu njihovog gibanja unutar Suncevasustava, ali se ne mogu smatrati cesticama pri opisu njihove vrtnje oko svojih osa.

Jednadzba gibanjaNa kraju cemo pokusati sazeto iznijeti i glavni nas cilj u ovome izlaganju klasicne mehanike:ako su nam u trenutku t0, poznati polozaj

~r0 = ~r(t = t0)

i brzina cestice

~v0 = ~v(t = t0),

tada je nas zadatak odrediti polozaj te iste cestice u proizvoljnom trenutku t 6= t0. Ovoproizvoljnom znaci i proslom, t < t0, i buducem, t > t0. Polozaj cestice u proizvoljnomvremenskom trenutku je funkcija vremena, pocetnog polozaja i pocetne brzine (i prirodnih inumerickih konstanata)

~r = ~r(t;~r0, ~v0)

i moze se proizvoljno tocni odrediti. Primjetimo da se u kvantnoj mehanici polozaj cesticene moze proizvoljno tocno odrediti, nego postoji granicna tocnost odredena Heisenbergovimrelacijama neodredenosti.

Stranice koje slijede, posvecene su trazenju odgovora na ovo pitanje (i njegove brojne varijacije).

Dio I

Mehanika jedne cestice

5

Poglavlje 2

Matematicki uvod - elementivektorskog racuna

Mathematics is part of physics.Vladimir Igorevich Arnold

2.1 Vektori

U ovom se poglavlju krece od pretpostavke da su citatelji vec upoznati s pojmom vektora injihovim osnovnim svojstvima. Stoga ce se ovdje dati samo pregled nekih vektorskih definicija,svojstava i relacija, vise sa ciljem da se uvede notacija, nego da se izlozi nekakav sustavan uvodu vektorski racun.

Po svojem algebarskom znacenju, sve su fizicke velicine tenzori odredenog reda. Ako je zaodredenje dane fizicke velicine u D-dimenzijskom prostoru potrebno

D n

realnih brojeva, tada se takva velicina zove tenzor n-tog reda.

n = 0Najjednostavniji medu njima su tenzori nultog reda ili skalari. Za potpuno odredenje skalarapotreban je D0 = 1 realan broj (iznos skalara). Skalari su npr.: masa m, temperatura T , radW , vrijeme t, energija E, snaga P itd.

n = 1Nesto su slozeniji tenzori prvog reda ili vektori1. Za potpuno odredenje vektora potrebno jeD1 = D realnih brojeva. Za razliku od skalara, vektor je karakteriziran, osim svojim izno-som, jos i smjerom i pravilom zbrajanja. Citatelji su se zacijelo vec susretali s vektorskimvelicinama kao sto su sila ~F , brzina ~v, radij vektor ~r, elektricno polje ~E , indukcija magnetskogpolja ~B itd.

n ≥ 2Postoje fizicke velicine (npr. tenzor tromosti (13.2), magnetska susceptibilnost, tenzor energije-

1Vektori se prvi puta spominju u djelima nizozemskog fizicara Simona Stevina (godine 1585.) u vezi zbrajanja sila predstavljenihusmjerenim duzinama.

7

8 POGLAVLJE 2. MATEMATICKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RACUNA

kolicine gibanja, tenzor napona i sl.) za cije je potpuno odredenje potrebno vise od D brojeva.Za potpuno odredenje navedenih velicina, potrebno je D2 realnih brojeva i zato se one zovu ten-zori drugog reda. U odgovarajucoj bazi, tenzori drugog reda se mogu reprezentirati matricama.Jedan primjer antisimetricnog pseudotenzora treceg reda (Levi-Civita tenzor) se pojavljuje uokviru zadatka 15.6, relacija (15.21).

Skalarni, vektorski ili opcenito tenzorski karakter odredene fizicke velicine se vidi iz njezinogponasanja u odnosu na vrtnju (zakret) koordinatnog sustava (vidjeti odjeljak 2.10). Skalarje odreden samo jednim brojem, pa ne ovisi o promjeni smjerova koordinatnog sustava, kazese da je invarijantan na zakret koordinatnog sustava (npr. zapis mase cestice od 5 kg ostajenepromjenjen nakon zakreta sustava za proizvoljni kut).Za razliku od skalara, vektor je osim svojim iznosom, karakteriziran i smjerom u odnosu nareferentne smjerove koordinatnog sustava. Stoga ce promjena referentnih smjerova (pri zakretusustava) uzrokovati i promjenu u zapisu vektora (npr. zapisi polozaja i brzine spomenute cesticemase 5 kg, ce se promijeniti uslijed zakreta koordinatnog sustava).

PoljeUvedimo sada pojam fizickog polja. Ako svakoj tocki prostora (ciji polozaj oznacavamo s~r), u svakom vremenskom trenutku (koji opet oznacavamo s t) mozemo pridruziti odredenu

vrijednost skalara s, vektora ~V ili tenzora T

s(~r, t), ~V (~r, t), T (~r, t),

tada cemo takve skalare, vektore ili tenzore, nazivati skalarnim, vektorskim ili tenzorskim po-ljem. Primjetimo da su polja opcenito funkcije vise varijabla (tri prostorne i jedne vremenske).Npr. skalarno polje temperature T (~r, t) daje vrijednost temperature u odredenoj tocki prostora~r u odredenom vremenskom trenutku t.Za fluid koji se giba, moze se definirati vektorsko polje brzine ~v(~r, t), koje oznacava brzinu flu-

Slika 2.1: Primjer skalarnog polja s(x, y) = −K(x/2)2−Ky(y + 1)/3 + ln

(2 cosh(xK/2) + eKy+h

)koje ovisi o

koordinatama x i y. Velicine K i h su parametri.

-1.5-1

-0.5 0

0.5 1

1.5x

-1-0.5

0 0.5

1 1.5

y

1.05

1.1

1.15

1.2

1.25

s

Slika 2.2: Primjer vektorskog polja ~V = ~ex (2xy+ z3)+~ey (x2 + 2y) + ~ez (3xz2 − 2) iz zadatka 2.24.

ida u tocki ~r u trenutku t. Slicno je i s gravitacijskom privlacnom silom Zemlje ~FG(~r): svakojtocki prostora pridruzuje se vektor usmjeren (priblizno) prema sredistu Zemlje, iznosa jednakog

2.1. VEKTORI 9

gravitacijskoj sili u toj tocki - skup svih takvih vektora se zove polje gravitacijske sile Zemlje.Slicno je i za elektricno i magnetsko polje.Kao primjer tenzorskog polja moze posluziti polje tenzora napetosti u elasticnom tijelu koje urazlicitim vremenskim trenucima moze imati razlicite vrijednosti u razlicitim tockama tijela.

Racunske operacijekoje se mogu izvodi s vektorima jesu: zbrajanje vektora, mnozenje vektora skalarom, mnozenjevektora vektorom (na vise nacina), deriviranje i integriranje vektora. Dijeljenje vektorom nijedefinirana racunska operacija.

Zbrajanje vektoraZbroj dva vektora je opet vektor. Zbrajanje vektora ~V i ~U se izvodi po pravilu paralelograma(slika 2.3): pocetak vektora ~U translatiramo na kraj vektora ~V , a zatim spojimo pocetak od ~V

sa krajem od ~U . Iz opisanog postupka je ocito da je zbrajanje komutativno

Slika 2.3: Definicija zbrajanja vektora. Slika 2.4: Nekomutativnost vrtnji za konacni kut.

~V + ~U = ~U + ~V ,

kao i da se moze poopciti na proizvoljan broj vektora. Iz definicije zbrajanja vektora slijedi daje zbrajanje vektora asocijativno

~V + (~U + ~W ) = (~V + ~U) + ~W.

Primjenom svojstva asocijativnosti, zbrajanje proizvoljnog broja vektora se svodi na zbrajanjedva vektora.

Primjetimo da vrtnje (zakreti, rotacije) za konacni kut oko zadane osi nisu vektori iako imajuiznos (to je kut zakreta) i smjer (to je smjer osi oko koje se vrsi zakret). Nisu vektori upravozato jer ne zadovoljavaju pravilo komutativnosti2. Promotrimo, za primjer, dva zakreta zakonacni kut:

Zz = (π/2, ~ez )

je zakret za π/2 oko osi ~ez , a

Zx = (π/2, ~ex )2Zakreti za infinitezimalni kut zadovoljavaju pravilo komutativnosti i zato kutna brzina, definirana relacijom (3.20), jeste vektor.


je zakret za π/2 oko osi ~ex . Iznos ovih velicina je π/2, a njihov smjer je smjer osi oko koje sevrsi zakret. Sa slike 2.4 se vidi da

Zz + Zx 6= Zx + Zz.

Dekompozicija ili rastavvektora je postupak suprotan zbrajanju vektora, gdje se jedan vektor rastavlja na dva (ili vise)vektora koji, zbrojeni, daju opet pocetni vektor. Ovaj je postupak koristan npr. kod analize silakoje djeluju na promatrano tijelo, pri cemu se sile rastavljaju na svoje komponente u prikladnoodabranim smjerovima (za ilustraciju pogledati npr. sliku 5.3)

Iznosili norma vektora ~V je skalar iznosa jednakog duljini vektora ~V izrazenoj u odgovarajucimmjernim jedinicama. Oznacava se s V ili |~V |. Iznos (kao ni smjer) vektora ne ovise o izborukoordinatnog sustava. Za dva vektora se kaze da su jednaki, ako imaju isti iznos i smjer (nenuzno i hvatiste).

Inverzni i nul-vektorInverzni vektor, −~V , je vektor sa svojstvom da je zbroj vektora i njegovog inverza jednak nuli

~V + (−~V ) = ~0

(nulom je oznacen vektor iznosa nula - njegov smjer nije definiran).

Mnozenje vektora ~V skalarom sse oznacava kao s ~V . Ono mijenja duljinu (normu, iznos) vektora tako da ona postaje jednaka

s |~V |, a smjer vektora ostaje nepromjenjen. Mnozenje skalarom je distributivno (tj. mozese shvatiti i kao linearni operator)

s (~V + ~U) = s ~V + s ~U.

Jedinicni vektorOdabere li se skalar tako da je upravo jednak inverzu norme

s =1

|~V |,

tada ce rezultantni vektor

s ~V =~V

|~V |

biti jedinicne duljine. Takav se vektor naziva jedinicni vektor vektora ~V i oznacava se kao

~eV =~V

|~V |, |~eV | = 1. (2.1)

2.1. VEKTORI 11

Vektore je uobicajeno prikazivati u koordinatnim sustavima. Najcesce cemo koristiti pra-vokutni (PKS) 3, cilindricni (CKS, odjeljak 2.5) i sferni (SKS, odjeljak 2.6) koordinatni sustav.Vise detalja o poopcenom koordinatnom sustavu moze se naci npr. u [14].

Zadrzimo se, za sada, na dobro nam poznatom, pravokutnom sustavu.

Bazni vektoripravokutnog koordinatnog sustava ce se oznacavati s

~ex , ~ey , ~ez .

Svaki od gornjih vektora ima smjer porasta koordinate cije ime nosi. Mnozenjem baznihvektora skalarima, i koristeci cinjenicu da je zbroj vektora opet vektor, moguce je konstuiratiproizvoljan (ne-bazni) vektor

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez .

Ili, drukcije receno, svaki se vektor moze jednoznacno prikazati kao linearna kombinacija baznihvektora. Komponentama vektora ~V cemo nazivati projekcije danog vektora na bazne vektoreodabranog koordinatnog sustava: to su Vx, Vy i Vz. Vektori se mogu prikazati i u obliku D × 1matrice (gdje je D dimenzija prostora; u nasim primjerima je D = 3), tako sto ce bazni vektoribiti stupci oblika

~ex =

1

0

0

, ~ey =

0

1

0

, ~ez =

0

0

1

,

a sam vektor ~V je tada

~V = Vx

1

0

0

+ Vy

0

1

0

+ Vz

0

0

1

=

Vx

Vy

Vz

.

Radij vektorom, ~r,neke tocke naziva se vektor koji spaja ishodiste koordinatnog sustava s promatranom tockom.U pravokutnom koordinatnom sustavu, radij vektor je

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez .

Toliko o mnozenju vektora skalarom. Kod mnozenja vektora vektorom, razlikuju se dva slucaja:skalarno mnozenje, gdje je rezultat mnozenja dva vektora, skalar i vektorsko mnozenje,

3Pravokutni koordinatni sustav je prvi uveo Rene Descartes (latinizirano: Cartesius), 1637. godine.


gdje je rezultat mnozenja dva vektora neki treci vektor. Umnosci tri i vise vektora su rezultatkombiniranja skalarnog i vektorskog mnozenja.

Skalarni umnozakdva vektora ~V i ~U je skalar, definiran kao

~V · ~U = |~V | |~U | cos(~V , ~U), (2.2)

gdje je s cos(~V , ~U) oznacen kosinus kuta izmedu vektora ~V i ~U . Ocito je skalarni umnozak dvamedusobno okomita vektora, jednak nuli

~V ⊥ ~U ⇔ ~V · ~U = 0. (2.3)

Prema samoj definiciji, skalarni je umnozak komutativan

~V · ~U = ~U · ~V .Skalarni umnosci baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava su, redom:

~ex · ~ex = 1, ~ex · ~ey = 0, ~ex · ~ez = 0,

~ey · ~ex = 0, ~ey · ~ey = 1, ~ey · ~ez = 0, (2.4)

~ez · ~ex = 0, ~ez · ~ey = 0, ~ez · ~ez = 1,

Baza sa gornjim svojstvom se naziva ortonormirana baza.Po svojem geometrijskom znacenju, skalarni je umnozak projekcija jednog vektora na smjerdrugoga, pomnozena s iznosom tog drugog vektora (slika 2.5). Jedna od fizickih realizacija

Slika 2.5: Skalarni umnozak dva vektora. Slika 2.6: Vektorski umnozak dva vektora.

skalarnog umnoska je pojam rada: kod izracunavanja rada sile pri pomaku cestice, vazna jesamo ona komponeta sile koja lezi u smjeru pomaka, a ona je upravo dana skalarnim umnoskomsile i radij vektora pomaka cestice,

dW = ~F · d~r.Primjenom definicije (2.2) na rastav vektora ~V i ~U po komponentama, a uzevsi u obzir orto-normiranost baze, (2.4), dolazi se do

~V · ~U = (Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez ) · (Ux ~ex + Uy ~ey + Uz ~ez ) = Vx Ux + Vy Uy + Vz Uz,

Iznos (norma) vektora se moze napisati preko skalarnog umnoska kao

V =√~V · ~V =

√V 2x + V 2

y + V 2z . (2.5)

2.1. VEKTORI 13

Tako je npr. iznos radij vektora jednak

|~r| = r =√x2 + y2 + z2.

Pomocu skalarnog umnoska se i kut medu vektorima moze napisati kao

~eV · ~eU = 1 · 1 cos(~V , ~U),

sto mozemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutovakoje zatvara s koordinatnim osima. Npr. za pravokutni koordinatni sustav:

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez

/· ~ex

~V · ~ex = Vx.

No, prema definiciji skalarnog umnoska (2.2), je

~V · ~ex = V cos(~V ,~ex ),

pa se, usporedbom s gornjim izrazom, dobiva

Vx = V cos(~V ,~ex ).

Slicnim se postupkom dobiva i

Vy = V cos(~V ,~ey ), Vz = V cos(~V ,~ez ),

sto, sve zajedno, vodi na

~V = V[cos(~V ,~ex )~ex + cos(~V ,~ey )~ey + cos(~V ,~ez )~ez

]. (2.6)

Vektorski umnozakdva vektora, ~V i ~U , je vektor

~W = ~V × ~U,

okomit na vektore ~V i ~U ciji je smjer odreden smjerovima ~V i ~U i pravilom desne ruke: akoprstima desne ruke idemo u smjeru od prvog vektora iz umnoska prema drugom, tada pa-lac pokazuje smjer rezultantnog vektora (kao na slici 2.6). Iznos vektorskog umnoska je dan

povrsinom paralelograma cije su stranice vektori ~V i ~U , pa se moze napisati da je

~W = |V | |U | sin(~V , ~U)~eW . (2.7)

Prema samoj definiciji, slijedi da je vektorski umnozak antikomutativan

~V × ~U = −~U × ~V .

Iz definicije takoder slijedi i da su dva vektora paralelna ako im je vektorski umnozak jednaknuli:

~V × ~U = ~0 ⇔ ~V ‖ ~U.


Svoju fizicku realizaciju vektorski umnozak nalazi u izracunavanju momenta sile ~M

~M = ~r × ~F ,

momenta kolicine gibanja ~L

~L = ~r × ~p ,

indukcije magnetskog polja ~B (preko Biot-Savartovog zakona)

~B =µ0

4π

∫ ~j × ~err2

d r3,

i drugih velicina.Vektorski umnosci baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava su:

~ex × ~ex = ~0 , ~ex × ~ey = ~ez , ~ex × ~ez = −~ey ,~ey × ~ex = −~ez , ~ey × ~ey = ~0 , ~ey × ~ez = ~ex , (2.8)

~ez × ~ex = ~ey , ~ez × ~ey = −~ex , ~ez × ~ez = ~0 ,

Gornje relacije izrazavaju cinjenicu da vektori (~ex , ~ey , ~ez ) cine desnu bazu. Pomocu gornjihumnozaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoska dva opca vektora

~V × ~U = (Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez ) × (Ux ~ex + Uy ~ey + Uz ~ez )

= Vx Ux ~ex × ~ex + Vx Uy ~ex × ~ey + Vx Uz ~ex × ~ez

+ Vy Ux ~ey × ~ex + Vy Uy ~ey × ~ey + Vy Uz ~ey × ~ez

+ Vz Ux ~ez × ~ex + Vz Uy ~ez × ~ey + Vz Uz ~ez × ~ez

= ~ex (Vy Uz − Vz Uy) + ~ey (Vz Ux − Vx Uz) + ~ez (Vx Uy − Vy Ux)

Primjetimo ciklicnost u definiciji komponenata vektorskog umnoska: x → y → z → x →y → · · · . Vektorski umnozak se moze pregledno napisati i preko determinante (u pomalonekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)

~V × ~U =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

~ex ~ey ~ez

Vx Vy Vz

Ux Uy Uz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Za vektorski umnozak vrijedi i distributivnost prema zbrajanju

~V × (~U + ~W ) = ~V × ~U + ~V × ~W.

Visestruki umnosciPomocu definicije skalarnog i vektorskog umnoska, mogu se konstruirati i visestruki umnosci

2.1. VEKTORI 15

vektora. Tako se npr. vektorski umnozak moze skalarno pomnoziti s nekim trecim vektorom idobiti skalarno vektorski umnozak. Za ovaj se umnozak lako pokazuje ciklicnost

~V · (~U × ~W ) =

∣∣∣∣∣∣

Vx Vy VzUx Uy UzWx Wy Wz

∣∣∣∣∣∣= ~U · ( ~W × ~V ) = ~W · (~V × ~U). (2.9)

Ovo je svojstvo posljedica geometrijskog znacenja gornjeg umnoska: buduci da je |~U × ~W |povrsina paralelograma sa stranicama ~U i ~W , to je gornji umnozak jednak V · cosα · |~U × ~W |,gdje je α kut izmedu vektora ~V i ~U × ~W , a to nije nista drugo do volumen paralelopipeda sastranicama ~V , ~U i ~W (slika 2.7).

Slika 2.7: Skalarno vektorski umnozak tri vektora. Slika 2.8: Vektorsko vektorski umnozak tri vektora.

Rezultat dvostrukog vektorskog umnoska tri nekomplanarna vektora ~V , ~U i ~W je opet vektor

−→D = ~V × (~U × ~W )

Ovakav se umnozak naziva vektorsko vektorski umnozak. Buduci da je ~U × ~W vektorokomit na ravninu odredenu vektorima ~U i ~W , to ce vektor ~V × (~U × ~W ) lezati u toj istojravnini, pa postoji zapis oblika

−→D = ~V × (~U × ~W ) = β ~U + γ ~W.

Nas je zadatak odrediti skalare β i γ. Promotrimo sliku 2.8. S ~n0 je oznacen jedinicni vektorokomit na ~W , koji lezi u (~U, ~W ) ravnini, a usmjeren je tako da su ~n0 , ~U i ~W zakrenuti u

pozitivnom smjeru gledano s vrha vektora ~U × ~W . Pomnozimo

~n0 · −→D = ~n0 · (β ~U + γ ~W ) = β ~n0 · ~U,

(zato jer je ~n0 okomit na ~W , pa je ~n0 · ~W = 0). S druge strane, taj isti umnozak mozemonapisati (zbog ciklicnosti skalarno vektorskog umnoska) i kao

~n0 · −→D = ~n0 · [~V × (~U × ~W )] = (~U × ~W ) · (~n0 × ~V ) = ~V · [(~U × ~W ) × ~n0 ].

No, prema definiciji vektorskog umnoska je

(~U × ~W ) × ~n0 = ~eW |~U × ~W | |~n0 | sin(~U × ~W,~n0 )

= ~eW U W sin(~U, ~W ) 1 sin(π/2)

= ~eW U W sin(~U, ~W ) = ~W U sin(~U, ~W ).


Sa slike 2.8 se vidi da vrijedi

∠(~U, ~W ) =π

2− ∠(~n0 , ~U)

sin(~U, ~W ) = sin(π2− ∠(~n0 , ~U)

)= cos(~n0 , ~U).

Pomocu gornje relacije postaje

U sin(~U, ~W ) = U cos(~n0 , ~U) = ~U · ~n0 .

Uvrstimo li ovo u izraz za ~n0 · −→D , dobivamo

~n0 · −→D = ~V [ ~W (~n0 · ~U)] = (~V · ~W )(~n0 · ~U).

Ako sada gornji izraz usporedimo s (2.10), zakljucujemo da je

β = ~V · ~W.

Po konstrukciji je−→D ⊥ ~V , pa je zato

−→D · ~V = 0 = (β ~U + γ ~W ) · ~V

= β (~U · ~V ) + γ ( ~W · ~V )= β (~U · ~V ) + γ β

⇒ γ = −~U · ~V .

Time su odredeni nepoznati skalari β i γ, pa mozemo napisati

~V × (~U × ~W ) = ~U (~V · ~W )− (~V · ~U) ~W. (2.10)

Zrcaljenjemili refleksijom ili prostornom inverzijom naziva se operacija kojom se mijenjaju smjerovi koor-dinatnih osi. U pravokutnom koordinatnom sustavu, to znaci da treba zamijeniti

~ex → −~ex , ~ey → −~ey , ~ez → −~ez .

Ovom se preobrazbom vektor ~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez prevodi u

~V −→ Vx (−~ex ) + Vy (−~ey ) + Vz (−~ez ) = −~V .

Dakle, operacijom zrcaljenja vektor mijenja svoj predznak (prema svojoj definiciji, skalar neovisi o smjerovima u prostoru, pa se on ne mijenja operacijom zrcaljenja). Promotrimo kakose neke velicine konstruirane od vektora, preobrazavaju uslijed operacije zrcaljenja:

• skalarni umnozak (pravi skalar)

~V · ~U −→ (−~V ) · (−~U) = ~V · ~U.

• vektorski umnozak (pseudo vektor)

~V × ~U −→ (−~V ) × (−~U ) = ~V × ~U.

2.1. VEKTORI 17

• skalarno vektorski umnozak (pseudo skalar)

~V · (~U × ~W ) −→ (−~V ) · [(−~U) × (− ~W )] = −~V · (~U × ~W ).

• vektorsko vektorski umnozak (pravi vektor)

~V × (~U × ~W ) −→ (−~V ) × [(−~U) × (− ~W )] = −~V × (~U × ~W ).

Vidimo da se skalarni umnozak preobrazava kao pravi skalar (ne mijenja predznak), a dase vektorsko vektorski umnozak preobrazava kao pravi vektor (mijenja predznak). Rezultatskalarno vektorskog umnoska je skalar koji mijenja predznak uslijed zrcaljenja, pa se takavskalar obicno naziva pseudo skalar. Slicno tome, vektorski umnozak je vektor, ali ne mijenjapredznak uslijed zrcaljenja, pa se obicno naziva pseudo vektor. Moze se reci da se u odnosuna operaciju zrcaljenja vektori dijele na prave ili polarne vektore i pseudo (lazne) ili aksijalnevektore. Pravi se vektori nazivaju i polarni zato jer su vezani za neku tocku (pol), kao npr.radij vektor, brzina ili sila. Pseudo vektori se nazivaju aksijalnima zato jer su povezani s nekomodredenom osi zakreta (kao kod momenta sile ili momenta kolicine gibanja) ili sa smjeromobilaska neke krivulje (kao kod magnetskog polja, Biot-Savartov zakon). U odnosu na operacijuzrcaljenja, pravi vektori mijenjaju svoj predznak, dok pseudo vektori ne mijenjaju predznak.Npr. radij vektor ~r je pravi vektor jer zrcaljenjem mijenja svoj predznak,

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez → −x~ex − y ~ey − z ~ez = −~r.Primjer pseudo vektora je moment kolicine gibanja ~L = ~r × ~p , gdje je kolicina gibanja,~p = m(d~r/dt), pravi vektor. Operacijom zrcaljenja ce i ~r i d~r promjeniti predznak, tako da ce

~L → (−~r) × (−~p ) = ~L

ostati nepromjenjen.

Zadatak: 2.1 Koristeci se vektorima, dokazite kosinusov poucak

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

R:Prema pravilu za zbrajanje vektora (strana 9), vrijede slijedece relacije

~a +~b + ~c = ~0 ,

~a +~b = −~c .

Kvadriranjem gornjeg izraza ipremjenom skalarnog umnoska(2.2), dobiva se

a2 + b2 + 2ab cos(~a ,~b ) = c2,

a2 + b2 + 2ab cos(π − γ) = c2,

a2 + b2 − 2ab cos γ = c2,


cime je izveden kosinusov poucak.

Zadatak: 2.2 Koristeci se vektorima, dokazite da su dijagonale romba medusobno okomite.

R:Prema pravilu za zbrajanje vektora (strana 9), vrijede slijedece relacije

~a +~b = ~d v,

~b + ~dm = ~a ,

pri cemu su duljine stranicaromba iste

|~a | = |~b |.Iz gornjih se jednadzba izraze ~d v i ~dm i skalarno pomnoze

~d v · ~dm = (~a +~b ) · (~a −~b ) = |~a |2 − |~b |2 = 0,

jer su stranice romba iste duljine. Prema (2.3), ako je skalarni umnozak dva vek-tora jednak nuli, onda su ti vektori medusobno okomiti, tj. dijagonale romba sumedusobno okomite.

Zadatak: 2.3 Koristeci se vektorima (a ne gotovom formulom iz prirucnika) nadite najkracuudaljenost od tocke (3, 2, 1) do ravnine odredene tockama (1, 1, 0), (3,−1, 1), (−1, 0, 2).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.4 Neka su ~r1, ~r2 i ~r3, radij-vektori triju tocaka P1, P2 i P3. Dokazite da jednadzba

(~r − ~r1) · [(~r − ~r2)× (~r − ~r3)] = 0

gdje je ~r = x~ex +y ~ey +z ~ez , predstavlja jednadzbu ravnine odredene tockama P1, P2 iP3. Nadite jednadzbu ravnine koja prolazi tockama (2,−1,−2), (−1, 2,−3), (4, 1, 0).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.5 Koristeci se vektorima, dokazite da je crta koja spaja sredista dvaju stranicatrokuta, paralelna s trecom stranicom i upola kraca od nje.

R:dovrsiti

2.1. VEKTORI 19

Zadatak: 2.6 Nadite jedinicni vektor paralelan s ravninom (x, y) i okomit na vektor 4~ex −3~ey + ~ez .

R:dovrsiti

Zadatak: 2.7 Izracunajte rad obavljen pri pomaku tijela po pravcu od tocke (3, 2,−1) do (2,−1, 4)u polju sile 4~ex − 3~ey + 2~ez .

R:dovrsiti

Zadatak: 2.8 (a) Postavite jednadzbu ravnine okomite na dani vektor ~A i udaljenu za p odishodista.(b) Jednadzbu iz (a) napisite u pravokutnom koordinatnom sustavu.(c) Napravite skicu ravnine i pravca.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.9 Zadani su vektori ~A = 2~ex + ~ey − 3~ez i ~B = ~ex − 2~ey + ~ez . Nadite vektor

iznosa 5, koji je okomit i na ~A i na ~B .

R:dovrsiti

Zadatak: 2.10 Odredite konstantu a tako da vektori 2~ex − ~ey + ~ez , ~ex + 2~ey − 3~ez i 3~ex +a~ey + 5~ez budu komplanarni.

R:dovrsiti


Zadatak: 2.11 Neka su radij vektori tocaka P,Q i R jednaki

~rP = 3~ex − 2~ey − ~ez ,

~rQ = ~ex + 3~ey + 4~ez ,

~rR = 2~ex + ~ey − 2~ez .

Izracunajte udaljenost tocke P od ravnine koja prolazi ishodistem i tockama Q i R.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.12 Izracunajte najkracu udaljenost od tocke (6,−4, 4) do linije koja spaja tocke(2, 1, 2) i (3,−1, 4).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.13 Zadane su tocke P = (2, 1, 3), Q = (1, 2, 1), R = (−1,−2,−2) i S = (1,−4, 0).Izracunajte najkracu udaljenost izmedu linija PQ i RS.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.14 Koristeci se vektorima, izracunajte povrsinu trokuta s vrhovima (2,−3, 1), (1,−1, 2)i (−1, 2, 3).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.15 Ako je

~A × ~B = 8 ~ex − 14 ~ey + ~ez ,

~A + ~B = 5 ~ex + 3 ~ey + 2 ~ez ,

izracunajte ~A i ~B .

R:dovrsiti

2.2. DERIVACIJA VEKTORSKOG POLJA 21

Zadatak: 2.16 Neka su l1, m1, n1 i l2, m2, n2 kosinusi kutova koje dva vektora zatvaraju s ko-ordinatnim osima pravokutnog koordinatnog sustava. Pokazite da za kut θ koji za-tvaraju ta dva vektora, vrijedi

cos θ = l1 l2 +m1m2 + n1 n2.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.17 Dokazite da je

( ~A × ~B )2 + ( ~A · ~B )2 = ~A 2 ~B 2.

R:dovrsiti

2.2 Derivacija vektorskog polja

Osim zbrajanja i mnozenja, vektori se mogu derivirati i integrirati. Komponete vektora ~Vmogu biti funkcije neke nezavisne varijable: prostornih koordinata, vremena, kuteva i slicno.Kada svakoj vrijednosti nezavisne varijable mozemo jednoznacno pridruziti vektor, tada o tomvektoru govorimo kao o vektorskom polju ili vekorskoj funkciji (slika 2.9)

~V (~r), ~V (t), ~V (~r, t), ~V (x, y, z), ~V (θ, ϕ), · · · .

Vektorska polja je zgodno prikazati u prostoru pomocu linija koje se zovu silnice. Silnice suprostorne krivulje sa svojstvom da tangenta na krivulju u svakoj tocki ima smjer vektora u tojtocki, a iznos vektora je jednak granicnoj vrijednosti gustoce silnica u toj tocki (slika 2.9 (B)).

Za derivacije vektorskih polja vrijede pravila koja se lako izvode iz pravila za derivaciju obicnihskalarnih polja (tj. funkcija, kako se nazivaju u matematici). Sjetimo se definicije derivacijefunkcije f(x) po varijabli x: promatraju se dvije velicine koje svaka za sebe iscezavaju, alinjihov omjer ne mora biti jednak nuli, nego je opcenito razlicit od nule i zove se derivacijafunkcije u tocki x

lim∆ x→ 0

[f(x+∆ x)− f(x)

]= 0

lim∆x→ 0

∆ x = 0

⇒ lim∆x→ 0

f(x+∆ x)− f(x)

∆ x=d f

d x. (2.11)


Slika 2.9: Vektorsko polje ~V (~r, t) : (A) u jednoj tocki i razlicitim vremenskim trenucima ili (B) u jednomvremenskom trenutku, ali u razlicitim prostornim tockama (crtkana linija prikazuje silnicu).

Pokusajmo, pomocu gornjeg izraza, naci derivaciju vektorskog polja ~V koje ovisi samo o jednojvarijabli koju cemo oznaciti s q (ovaj q moze biti vrijeme, prostorna koordinata ili sto slicno)

~V (q) = ~ex Vx(q) + ~ey Vy(q) + ~ez Vz(q).

Napravimo razliku ~V u bliskim tockama q i q +∆ q

~V (q +∆ q)− ~V (q) = ~ex Vx(q +∆ q) + ~ey Vy(q +∆ q) + ~ez Vz(q +∆ q)

−~ex Vx(q)− ~ey Vy(q)− ~ez Vz(q)

= ~ex

[Vx(q +∆ q)− Vx(q)

]+ ~ey

[Vy(q +∆ q)− Vy(q)

]+ ~ez

[Vz(q +∆ q)− Vz(q)

].

Izvedemo li sada granicni prijelaz

lim∆ q → 0

~V (q +∆ q)− ~V (q)

∆ q= ~ex lim

∆ q → 0

Vx(q +∆ q)− Vx(q)

∆ q

+ ~ey lim∆ q → 0

Vy(q +∆ q)− Vy(q)

∆ q

+ ~ez lim∆ q → 0

Vz(q +∆ q)− Vz(q)

∆ q.

No, gornje granicne vrijednosti na desnoj strani, prepoznajemo kao derivacije skalarnih funkcija,relacija (2.11), tj. komponenata vektorskog polja

lim∆ q → 0

~V (q +∆ q)− ~V (q)

∆ q= ~ex

d Vxd q

+ ~eyd Vyd q

+ ~ezd Vzd q

.

2.2. DERIVACIJA VEKTORSKOG POLJA 23

Buduci da su jedinicni vektori PKS, ~ex , ~ey i ~ez , konstantni i po iznosu i po smjeru, njihove suderivacije jednake nuli

d~exd q

=d~eyd q

=d~ezd q

= 0,

pa se za gornji limes dobiva

lim∆ q → 0

~V (q +∆ q)− ~V (q)

∆ q=

d

d q

[~ex Vx(q) + ~ey Vy(q) + ~ez Vz(q)

]=d ~V

d q.

Tako smo dosli do izraza za derivaciju vektorskog polja u PKS

d ~V

d q= lim

∆ q→ 0

~V (q +∆ q)− ~V (q)

∆ q= ~ex

d Vxd q

+ ~eyd Vyd q

+ ~ezd Vzd q

. (2.12)

Primjetimo da je derivacija vektora opet jedan vektor.

Slicno se izvode i izrazi za parcijalne derivacije kada vektorsko polje ovisi o vise nezavisnihvarijabla

∂ ~V (q1, q2, · · · )∂ qj

= lim∆ qj → 0

~V (· · · , qj +∆ qj , · · · )− ~V (· · · , qj, · · · )∆ qj

= ~ex∂ Vx(q1, q2, · · · )

∂ qj+ ~ey

∂ Vy(q1, q2, · · · )∂ qj

+ ~ez∂ Vz(q1, q2, · · · )

∂ qj,

pri cemu se sve ostale koordinate (koje su razlicite od qj) drze konstantnima.

Za skalarno polje s(q) i vektorska polja ~V (q), ~U(q) se lako dokazuje (npr. raspisom po kompo-nentama u pravokutnom koordinatnom sustavu) da vrijede slijedeca pravila:

d (s ~V )

d q=

d s

d q~V + s

d ~V

d q,

d (~V · ~U)d q

=d ~V

d q~U + ~V

d ~U

d q, (2.13)

d (~V × ~U)

d q=

d ~V

d q× ~U + ~V × d ~U

d q.

Zadatak: 2.18 Dokazite gornje tri relacije.

R:dovrsiti


Zadatak: 2.19 Zadani su vektori

~A = ~ex sin q + ~ey cos q + ~ez q,

~B = ~ex cos q − ~ey sin q − ~ez 3,

~C = ~ex 2 + ~ey 3− ~ez .

Izracunajte

d

d q

[~A ×

(~B × ~C

)]

q=0.

R:dovrsiti

Primjeni li se prva od relacija (2.13) na zapis vektora u obliku

~V (q) = V (q) ~eV (q),

dobiva se

d ~V

d q=d (V ~eV )

d q=d V

d q~eV + V

d~eVd q

,

pri cemu je uzeta u obzir mogucnost da smjer vektora ~V (odreden jedinicnim vektorom ~eV ) ovisio varijabli q (kao sto je to npr. slucaj za jedinicne vektore sfernog i cilindricnog koordinatnogsustava).

Pokazimo da je derivacija jedinicnog vektora okomita na sam jedinicni vektor~eV = ~eV (q). Derivirajmo po q skalarni umnozak

~eV · ~eV = 1

/d

d q,

pa cemo dobiti

d~eVd q

· ~eV + ~eV · d~eVd q

= 0 ⇒ 2 ~eV · d~eVd q

= 0 ⇒ ~eV ⊥ d~eVd q

. (2.14)

Gornji je rezultat lako razumjeti sjetimo li se geometrijskog znacenja skalarnog umnoska (str.12) - on daje projekciju jednog vektora na smjer drugog.Zaista, kada bi derivacija jedinicnog vektora imala komponentu u smjeru samog vektora, ondabi ta komponenta vodila na promjenu duljine vektora i on vise ne bi bio jedinicne duljine. Zatoderivacija jedinicnog vektora ne moze imati komponentu u smjeru samog vektora.

2.3 Integral vektorskog polja

U skladu s pravilom da je integral zbroja funkcija jednak zbroju integrala pojedinih funkcija(ili, drukcije receno, integral je linearni operator), neodredeni integral vektorskog polja ~V (q) se

2.3. INTEGRAL VEKTORSKOG POLJA 25

racuna kao∫

~V (q) dq =

∫ [~ex Vx(q) + ~ey Vy(q) + ~ez Vz(q)

]dq

= ~ex

∫Vx(q) dq + ~ey

∫Vy(q) dq + ~ez

∫Vz(q) dq,

i slicno za odredeni integral

∫ q2

q1

~V (q) dq = ~ex

∫ q2

q1

Vx(q) dq + ~ey

∫ q2

q1

Vy(q) dq + ~ez

∫ q2

q1

Vz(q) dq. (2.15)

Ukoliko postoji vektorsko polje ~U , takvo da je

~V (q) =d ~U(q)

d q,

tada je∫

~V (q) dq =

∫d ~U(q)

d qdq = ~U(q) + ~c0, (2.16)

tj. ~U se pojavljuje kao primitivna funkcija u odnosu na ~V . U tom je slucaju i odredeni integraljednak

∫ q2

q1

~V (q) dq =

∫ q2

q1

d ~U(q)

d qdq = ~U(q2)− ~U(q1). (2.17)

Linijski integral:Neka se cestica tijekom vremena giba po prostornoj krivulji C (slika 2.10). Radij vektor

~r(t) = ~ex x(t) + ~ey y(t) + ~ez z(t)

pokazuje polozaj cestice u proizvoljnom vremenskom trenutku t. U trenutku t1, cestica se nalaziu tocki T1 s radij vektorom

~r1 = ~r(t1),

a u kasnijem trenutku t2, ona je u tocki

~r2 = ~r(t2).

Vektor

∆~r = ~r2 − ~r1

ima smjer sekante krivulje C. Ako se vremenski razmak t2 − t1, neizmjerno smanjuje, tj. akosu tocke T1 i T2 neizmjerno blizu jedna drugoj, vektor ∆~r ce prijeci u d~r, a sekanta ce prijeci utangentu. Kaze se da diferencijal d~r ima smjer tangente na krivulju C u okolici tocke ~r ≡ ~r1 = ~r2(slika 2.10). Prema samom geometrijskom znacenju skalarnog umnoska (str. 12),

~V · d~r


Slika 2.10: Razlika ∆~r = ~r2 − ~r1 ima smjer sekante, a diferencijal d~r ima smjer tangente na krivulju C.

je projekcija vektora ~V na smjer d~r, tj. to je tangencijalna komponeneta vektora ~V (naravno,

pomnozena s dr) u svakoj tocki krivulje C. Integral tangencijalne komponente ~V duz krivuljeC od T1 do T2 se zove linijski integral

∫ T2

T1

~V d~r =

∫

C~V d~r =

∫

C(~ex Vx + ~ey Vy + ~ez Vz) (~ex dx+ ~ey dy + ~ez dz)

=

∫

C(Vx dx+ Vy dy + Vz dz)

=

∫

CVx(x, y, z, t) dx+

∫

CVy(x, y, z, t) dy +

∫

CVz(x, y, z, t) dz.

Ako je C zatvorena krivulja (naravno, ne nuzno kruznica), linijski integral se oznacava kao∮

~V d~r =

∮Vx dx+

∮Vy dy +

∮Vz dz. (2.18)

Zadatak: 2.20 Izracunajte linijski integral∫

C~V d~r,

ako je

~V = (3x− 2y)~ex + (y + 2z)~ey − x2 ~ez ,

a krivulja C spaja ishodiste i tocku (1, 1, 1) i sastavljena je od niza pravaca

(0, 0, 0, ) → (0, 1, 0) → (0, 1, 1) → (1, 1, 1).


R:dovrsiti

Zadatak: 2.21 Izracunajte∫

C~V · d~r,

gdje je

~V = 3x2 ~ex + (2xz − y) ~ey + z ~ez ,

a krivulja C je(a) pravac od (0, 0, 0) do (1, 2, 3),(b) prostorna krivulja x = 2t2, y = t, z = 4t2 − t od t = 1 do t = 2,(c) krivulja definirana sa x = 4y, 3x2 = 8z, od x = 1 do x = 2.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.22 Izracunajte linijski integral∫

C~V · d~r,

polja

~V = (4xy − 3x2z2) ~ex + (4y + 2x2) ~ey + (1− 2x3z) ~ez

po krivulji koju sami izaberete, a koja spaja tocke (1, 2, 3) i (4, 5, 6).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.23 Neka je

~V = (2x− y + 4) ~ex + (5y + 3x− 6) ~ey .

Izracunajte∫

C~V · d~r,

po trokutu s vrhovima u tockama (0, 0, 0), (1, 1, 0), (3, 0, 0).

R:dovrsiti


Zadatak: 2.24 Zadano je vektorsko polje (slika 2.2)

~V = ~ex (2xy + z3) + ~ey (x2 + 2y) + ~ez (3xz2 − 2).

Izracunajte linijski integral polja∫

c

~V d~r

po putu od (0, 0, 0) do (1, 1, 1), ako je put zadan sa:(a) x = t, y = t2, z = t3 ,(b) nizom pravaca (0, 0, 0) → (0, 0, 1) → (0, 1, 1) → (1, 1, 1),(c) pravcem od (0, 0, 0) do (1, 1, 1) .

R:(a) Integral se racuna po komponentama:

∫

c

~V d~r =

∫

c

(Fx d x+ Fy d y + Fz d z).

Iz x = t slijedi d x = d t, y = t2 daje d y = 2t d t i z = t3 daje d z = 3t2 d t.Uvrstavanje u gornji integral daje

∫

c

~V d~r =

∫ 1

0

(−6t2 + 8t3 + 10t9) d t = 1.

(b) Integral po cijelom putu je zbroj integrala po dijelovima puta:∫

c

=

∫ (0,0,1)

(0,0,0)

+

∫ (0,1,1)

(0,0,1)

+

∫ (1,1,1)

(0,1,1)

.

Na prvom dijelu puta je x = y = d x = d y = 0, pa preostaje samo∫ 1

0

(0− 2) d z = −2.

Na drugom dijelu puta je x = d x = 0, z = 1, d z = 0, pa tu preostaje∫ 1

0

(0 + 2y) d y = 1.

Na trecem dijelu puta je y = z = 1, d y = d z = 0, pa tu preostaje∫ 1

0

(2x+ 1) d x = 2.

Ukupno rijesenje je zbroj integrala po dijelovima puta.∫

c

~V d~r = −2 + 1 + 2 = 1.

(c) Jednadzba zadanog pravca je x = y = z, pa je time i d x = d y = d z. Uvrstavanjeovoga u integral vodi do

∫

c

~V d~r =

∫ 1

0

(−2 + 2x+ 3x2 + 4x3) d x = 1.


Povrsinski integral:Na slican se nacin definira i povrsinski integral vektorskog polja (slika 2.11)

Slika 2.11: Uz definiciju povrsinskog integrala vektorskog polja, (2.19).

∫

S

~V d ~S , (2.19)

gdje je d~S vektor kojemu je iznos jednak diferencijalu plohe dS, a smjer je dan okomicom4 nataj isti diferencijal plohe

d ~S = d S ~n0 ,

gdje je ~n0 jedinicni vektor okomit na element d S. Dakle, skalarnim umnoskom ~V d ~S se usvakoj tocki plohe racuna komponeta polja okomita na malu okolicu promatrane tocke

~V d ~S = V⊥ d S V⊥ = ~V · ~n0 .

Vrijednosti svih tih okomitih komponenata se zbrajaju po svim tockama plohe i rezultat jegornji povrsinski integral. Primjetimo jos da za svaku plohu d S postoje dva okomita vektora,~n0 i −~n0 , pa u racunima treba paziti s kojim se od ta dva vektora racuna.

Ako se radi o zatvorenoj plohi, integral se oznacava kao

∮

S

~V d ~S ,

a smjer d~S je iz unutrasnjosti plohe prema van.

4Sama ploha S po kojoj se integrira, niposto ne mora biti ravnina, ali diferencijal dS se uvijek smatra toliko malenim da se jakodobro aproksimira ravninom i zato je na tu ravninu moguce definirati okomicu.


Gornji se izrazi mogu raspisati i u pravokutnim koordinatama [relacija (2.6)]

~n0 = (~n0 · ~ex )~ex + (~n0 · ~ey )~ey + (~n0 · ~ez )~ez ,

= cos(~n0 , ~ex )~ex + cos(~n0 , ~ey )~ey + cos(~n0 , ~ez )~ez ,

d S ~n0 = d S[cos(~n0 , ~ex )~ex + cos(~n0 , ~ey )~ey + cos(~n0 , ~ez )~ez

],

= d Sx ~ex + d Sy ~ey + d Sz ~ez ,

gdje su

d Sx = d S cos(~n0 , ~ex ),

d Sy = d S cos(~n0 , ~ey ),

d Sz = d S cos(~n0 , ~ez ),

projekcije plohe d S na pojedine ravnine u PKS.∮

S

~V d ~S =

∮

S

Vx dSx +

∮

S

Vy dSy +

∮

S

Vz dSz.

Primjetimo da je obicni integral vektorskog polja, opet neki vektor kao npr. (2.15), (2.16)ili (2.17), dok su linijski (2.18) i povrsinski integrali (2.19), po svom algebarskom karakteruskalari.

Zadatak: 2.25 upisati nekoliko zadataka

R:dovrsiti

2.4 Vektorski diferencijalni operatori

Za opis prostornih promjena polja, bilo skalarnih, s(x, y, z), bilo vektorskih, ~V (x, y, z), korisnoje uvesti operatore

gradijenta,

divergencije,

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 31

rotacije.

Sva su ova tri operatora izgradena od vektorskog diferencijalnog operatora nabla5 , s oznakom−→∇, koji se u pravokutnom koordinatnom sustavu definira kao

−→∇ = ~ex∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z. (2.20)

Nabla je diferencijalni operator zato jer se njegovo djelovanje na neku funkciju sastoji uparcijalnom deriviranju te funkcije po oznacenoj koordinati, a vektorski je operator zato jerrezultatu deriviranja pridruzuje odredeni smjer u prostoru (usmjerena derivacija).

2.4.1 Gradijent

Neka je zadano skalarno polje s(x, y, z) (npr. trenutne vrijednosti temperature u raznimtockama neke prostorije). U razlicitim tockama prostora, ono ima opcenito razlicite vrijed-nosti. Ako se postavimo u jednu prostornu tocku i promatramo vrijednosti polja u susjednimtockama, uocit cemo da promjena vrijednosti polja nije ista u svim smjerovima: postoje smje-rovi u kojima se polje mijenja za veci iznos i postoje smjerovi u prostoru u kojima se poljemijenja za manji iznos. Nas je zadatak odrediti

smjer u kojemu se polje mijenja za najveci iznos,

ili drugim rijecima, treba odrediti smjer najvece strmine polja.Nazovimo ekvipotencijalnom plohom onu plohu u prostoru na kojoj skalarno polje s(x, y, z)ima konstantnu vrijednost6. Promatrajmo sada dvije bliske ekvipotencijalne plohe, odredenejednadzbama (uvjetima)

s(x, y, z) = s0

i

s(x, y, z) = s0 + ds,

gdje je s0 konstanta (slika 2.12.A). Bliske male dijelove ekvipotencijalnih ploha, uvijek mozemosmatrati ravninama. Prijelazom iz bilo koje pocetne tocke P na plohi s = s0, u bilo kojukrajnju tocku Kj na plohi s = s0 + ds, vrijednost polja s se promjenila za isti iznos ds.Neka je udaljenost izmedu pocetne P i krajnje tocke Kj oznacena s d nj. Ako je krajnjatocka okomito iznad pocetne (u polozaju K1, slika 2.12.B), tada je dn1 = P K1 najkracaudaljenost izmedu P i bilo koje tocke iz infinitezimalne okoline tocke K1, pa je tada

ds

dn1= max.

U svakoj drugoj krajnjoj tocki K2 je dn2 > dn1, pa je i

ds

dn2<

ds

dn1.

5Operator−→∇ je prvi uveo irski fizicar, astronom i matematicar, William Rowan Hamilton (o kojemu ce vise rijeci biti u poglavlju

15). Hamilton je takoder uveo pojam vektorskog polja i definirao osnovne diferencijalne operacije nad poljima.6 Npr. ako je skalarno polje zadano izrazom s = x2 + y2 + z2, tada je ekvipotencijalna ploha s = s0 sfera polumjera

√s0 sa

sredistem u ishodistu.


Slika 2.12: Uz ilustraciju gradijenta kao smjera najbrze promjene skalarnog polja. Primjetite da osi x, y i z neleze u ravnini papira.

Oznacimo li s ~n 1 jedinicni vektor u smjeru spojnice P K1, tada je sa slike 2.12.B, ocito daje najbrza promjena skalarnog polja s dana preko derivacije u okomitom smjeru. Usmjerenaderivacija

ds

dn1

~n 1,

se naziva gradijent skalarnog polja s(~r). Iz izvoda se vidi da gradijent ima smjer najbrzepromjene polja, tj. da je okomit na ekvipotencijalnu plohu.

Gradijent u PKSDa bi se dobio oblik gradijenta u pravokutnom koordinatnom sustavu, jedinicni vektor smjera~n 1 treba razviti po vektorima baze pravokutnog koordinatnog sustava, kao sto je pokazano u(2.6)

~n 1 = (~n 1 · ~ex )~ex + (~n 1 · ~ey )~ey + (~n 1 · ~ez )~ez= cosαx ~ex + cosαy ~ey + cosαz ~ez ,

gdje je αx kut izmedu ~n 1 i ~ex i slicno za ostale kutove. Time se za gradijent dobiva

ds

dn1~n 1 =

ds

dn1(cosαx ~ex + cosαy ~ey + cosαz ~ez ). (2.21)

Po konstrukciji je dn1, sa slike 2.12.B, okomit na ekvipotencijalne plohe s0 i s0 + ds. Neka jedx odrezak po osi x izmedu ekvipotencijalnih ploha s0 i s0+ds. Tada je dn1 projekcija vektoradx ~ex na smjer ~n 1

dn1 = ~n 1 ·(dx ~ex

)= dx cosαx ⇒ cosαx =

dn1

dx.


gdje je

αx = ∠ (~n 1, ~ex ).

Slicno vrijedi i za kutove prema osima y i z

cosαy =dn1

dy, cosαz =

dn1

dz.

Uvrstavanjem ova tri kosinusa u izraz za gradijent (2.21) i primjenom pravila za derivacijuslozene funkcije, dobiva se

ds

dn1~n 1 =

ds

dn1

(dn1

dx~ex +

dn1

dy~ey +

dn1

dz~ez

)=∂s

∂x~ex +

∂s

∂y~ey +

∂s

∂z~ez

=

(~ex

∂

∂x+ ~ey

∂

∂y+ ~ez

∂

∂z

)s =

−→∇s.

Time smo pokazali da je smjer najbrze promjene skalarnog polja moze napisati pomocu djelo-vanja operatora nabla

grad s ≡ −→∇s =(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)s = ~ex

∂ s

∂ x+ ~ey

∂ s

∂ y+ ~ez

∂ s

∂ z.

(2.22)

Primjetimo da je gradijent skalarnog polja s, jedno novo vektorsko polje−→∇s. Operacija

gradijenta podsjeca na mnozenje vektora (−→∇) skalarom (s), s tom razlikom sto sada binarna

operacija nije mnozenje nego deriviranje.

Zadatak: 2.26 Izracunajte gradijent od

~a · (~b × ~r),

ako su ~a i ~b konstantni vektori, a ~r je radij vektor.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.27 Zadano je vektorsko polje (slika 2.2)

~V = ~ex (2xy + z3) + ~ey (x2 + 2y) + ~ez (3xz2 − 2).

Izracunajte funkciju s koja zadovoljava relaciju

~V =−→∇ s.


R:Skalarno polje s sa svojstvom ~V =

−→∇ s tj.

Vx =∂ s

∂ x, Vy =

∂ s

∂ y, Vz =

∂ s

∂ z,

se moze dobiti iz donjih diferencijalnih jednadzba:

∂ s

∂ x= 2xy + z3 ⇒ s = x2y + xz3 + c1(y, z)

∂ s

∂ y= x2 + 2y ⇒ s = x2y + y2 + c2(x, z)

∂ s

∂ z= 3xz2 − 2 ⇒ s = xz3 − 2z + c3(x, y),

Gdje su cj funkcije oznacenih varijabla. Jednostavnom usporedbom gornjih jed-nadzba, slijedi

s = x2y + xz3 + y2 − 2z + const.

Zadatak: 2.28 Nadite jedinicne vektore okomite na plohu

z = x2 + y2,

u tocki (1, 2, 5).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.29 Zadana su skalarna polja

U = 3x2y, V = xz2 − 2y.

Izracunajte

−→∇[(−→∇ U

)·(−→∇ V

)].

R:dovrsiti

Zadatak: 2.30 Skalarni potencijal u tocki ~r koji potjece od elektricnog dipola smjestenog uishodistu, s dipolnim momentom ~p , je dan izrazom

V (~r) =1

4πǫ0

~p · ~rr3

.


Izracunajte elektricno polje ~E = −−→∇ V .

R:Prema definiciji gradijenta (2.22) je

~E = −−→∇ V = −~ex∂ V

∂ x− ~ey

∂ V

∂ y− ~ez

∂ V

∂ z.

Za primjer izracunavamo prvi clan desne strane:

∂ V

∂ x=

1

4πǫ0

∂

∂ x

px x+ py y + pz z

(x2 + y2 + z2)3/2= · · · =

=1

4πǫ0

pxr2 − 3x(~p · ~r)

r5.

Preostala dva clana se dobiju na slican nacin.

∂ V

∂ y=

1

4πǫ0

pyr2 − 3y(~p · ~r)

r5,

∂ V

∂ z=

1

4πǫ0

pzr2 − 3z(~p · ~r)

r5.

Zbroj svih clanova daje elektricno polje dipola

~E =1

4πǫ0

−~p (~r · ~r) + 3~r (~p · ~r)r5

=1

4πǫ0

−~p + 3~er (~p · ~er )r3

.

Zbog sferne simetrije dipolnog potencijala, isti se racun moze provesti i u sfernimkoordinatama: Postavi li se koordinatni sustav tako da je dipol u smjeru ~ez ,

V (~r) =1

4πǫ0

p r cos θ

r3= V (r, θ),

pa je

−−→∇ V = −(~er

∂

∂ r+~eθr

∂

∂ θ+

~eϕr sin θ

∂

∂ ϕ

)p

4 π ǫ0

cos θ

r2

=p

4 π ǫ0

(~er

2 cos θ

r3+~eθr

sin θ

r2

)

=p

4 π ǫ0

3~er cos θ − ~ezr3

=1

4πǫ0

−~p + 3~er (~p · ~er )r3

,

pri cemu je koristen izraz za gradijent u sfernim koordinatama (vidjeti npr. u [14]).

Zadatak: 2.31 Izracunajte derivaciju skalarnog polja

s(x, y, z) = 4xz3 − 3x2y2z

u tocki (2,−1, 2) u smjeru vektora

2 ~ex − 3 ~ey + 6 ~ez .

R:dovrsiti


Zadatak: 2.32 Izracunajte konstante a i b tako da ploha

ax2 − byz = (a + 2)x

bude okomita na plohu 4x2y + z3 = 4 u tocki (1,−1, 2).

R:dovrsiti

2.4.2 Divergencija: Gaußov teorem

Tok vektorskog polja:Zadani su vektorsko polje

~V (~r) = ~ex Vx(x, y, z) + ~ey Vy(x, y, z) + ~ez Vz(x, y, z)

i zatvorena ploha S. Tok Φ vektorskog polja ~V kroz prostor omeden zatvorenom plohom S, sedefinira kao povrsinski integral

Φ =

∮

S

~V d ~S .

Na str. 29 je pokazano da integrali gornjeg tipa predstavljaju zbroj komponenata vektorskogpolja ~V (~r) okomitih na diferencijal plohe d ~S u svim tockama plohe.

Sjetimo se da je diferencijal povrsine d ~S uvijek usmjeren prema van u odnosu na zatvorenuplohu S. Podijelimo zatim unutrasnjost plohe S, dodatnom ravnom plohom S ′ na dva dijela

(slika 2.13). Time smo dobili dvije zatvorene plohe S1 i S2

S1 = S1 + S ′, S2 = S2 + S ′,

koje imaju jedan zajednicki dio, a to je ploha S ′. Izracunajmo tok polja ~V kroz svaku oddvije novonastale zatvorene plohe i zapitajmo se cemu je jednak zbroj tokova kroz ove dvijezatvorene plohe

∮

S1+S′

~V d~S1 +

∮

S2+S′

~V d~S2 =

∮

S1

~V d~S1 +

∮

S′

~V d~S1 +

∮

S2

~V d~S2 +

∮

S′

~V d~S2 = ?

Buduci da je d~Sj uvijek usmjeren prema van, to ce se doprinosi toku od plohe S ′ u oba gornja

integrala medusobno egzaktno ponistiti (zbog suprotnih smjerova vektora d~Sj na dijelu plohe

S ′ koji je zajednicki objema zatvorenim plohama)∫

S′

~V d~S1 = −

∫

S′

~V d~S2,

pa preostaje∮

S1+S′

~V d~S1 +

∮

S2+S′

~V d~S2 =

∮

S1

~V d~S1 +

∮

S2

~V d~S2 =

∮

S

~V d ~S ,


Slika 2.13: Uz izvod Gaußova teorema.

tj. zbroj tokova kroz plohe S1 i S1 jednak je toku kroz pocetnu plohu S.

Prostor unutar plohe S mozemo u mislima nastaviti dijeliti na N sve manjih i manjih djelica,pri cemu ce se, slicno gornjem primjeru, integrali po unutrasnjim plohama ponistiti i za svakiN ce vrijediti

∮

S

~V d ~S =

N∑

j=1

∮

Sj

~V d ~S j .

Divergencija:Jasno je da u granici N → ∞ plohe Sj postaju iscezavajuce malene, pa ce i integrali po timmalenim plohama takoder iscezavati:

∮

Sj

~V d ~S j → 0.

U istoj granici, N → ∞, i mali djelici volumena, ∆ vj, ograniceni plohama Sj iscezavaju:

∆ vj → 0.

Pitanje je

sto se dogada s omjerom ove dvije iscezavajuci male velicine?

Je li on jednak nuli, razlicit od nule i konacan, beskonacan, ... ?

limN→∞

∮

Sj

~V d ~S j = 0,

limN→∞

∆ vj = 0 .

lim∆ vj → 0

∮Sj

~V d ~S j

∆ vj= ? (2.22)


Diferencijalno male volumene ∆ vj uvijek mozemo zamisliti kao male kvadre duljine stranicadx, dy, dz i promatrati tok polja

~V (x, y, z) = ~ex Vx(x, y, z) + ~ey Vy(x, y, z) + ~ez Vz(x, y, z)

kroz njih (slika 2.14). Izostavimo li za trenutak, radi jednostavnosti, indeks j, gornji povrsinskiintegral po plohama kvadra, mozemo napisati kao zbroj povrsinskih integrala po stranicamakvadra

∮

S

~V d ~S =

∫

Gor+Dolj

~V d ~S +

∫

Lij+Des

~V d ~S +

∫

Nap+Nat

~V d ~S .

Diferencijali povrsine na pojedinim plohama su:

Slika 2.14: Tok polja ~V kroz diferencijalni volumen oblika kvadra. Isprekidanim crtama su prikazane silnicepolja.

dolje : d ~S = −~ez dx dy,gore : d ~S = +~ez dx dy,

lijevo : d ~S = −~ex dy dz,desno : d ~S = +~ex dy dz,

naprijed : d ~S = −~ey dx dz,natrag : d ~S = +~ey dx dz.

Buduci da su plohe diferencijano male, vrijednost polja u bilo kojoj tocki plohe je pribliznokonstantna i jednaka vrijednosti polja u sredistu te plohe, pa ju kao konstantu mozemo izvuci


ispred integrala. U toj aproksimaciji integracija polja po gornjoj i donjoj plohi daje∫

G+D

~V d ~S =

∫

G

~V ~ez dx dy +

∫

D

~V (−~ez ) dx dy

=

∫

G

Vz dx dy −∫

D

Vz dx dy

≃ Vz(x+ dx/2, y + dy/2, z + dz) dx dy − Vz(x+ dx/2, y + dy/2, z) dx dy.

Razvije li se desna strana gornje jednakosti u Taylorov red oko tocke (x, y, z), dobije se∫

G+D

~V d ~S = dx dy

(Vz +

dx

2

∂ Vz∂ x

+dy

2

∂ Vz∂ y

+ dz∂ Vz∂ z

+ · · ·)

− dx dy

(Vz +

dx

2

∂ Vz∂ x

+dy

2

∂ Vz∂ y

+ · · ·)

= dx dy dz∂ Vz∂ z

+O(d4),

gdje smo s O(d4) oznacili umnoske cetiri i vise diferencijala dx, dy i dz. Slicno se i za preostaladva para ploha dobiva

∫

L+D

~V d ~S = dx dy dz∂ Vx∂ x

+O(d4),

∫

N+N

~V d ~S = dx dy dz∂ Vy∂ y

+O(d4),

pa je ukupan tok polja kroz promatrani mali kvadar jednak∮

Sj

~V d ~S j = dx dy dz

(∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

)+O(d4).

Umnozak dx dy dz prepoznajemo kao mali volumen ∆ v. Vratimo li se sada omjeru (2.22),mozemo pisati

lim∆ vj → 0

∮Sj

~V d ~S j

∆ vj= lim

∆ vj → 0

1

dx dy dz

[dx dy dz

(∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

)+O(d4)

]

=∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

.

U granici kada se promatrani mali voluman steze u tocku, gornji se izraz odnosi na tocku uprostoru i zove se divergencija vektorskog polja ~V u toj tocki.Iz gornjeg izraza se vidi i fizicko znacenje divergencije: to je omjer toka polja kroz zatvo-renu plohu i volumena definiranog tom plohom u granici kada se ploha neizmjerno smanjuje- koliko polja izvire ili ponire u toj tocki prostora7. Upravo je izveden oblik divergencije upravokutnom koordinatnom sustavu,

div ~V =∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

.

Divergenciju vektorskog polja mozemo zapisati i pomocu operatora nabla (2.20),

div ~V =−→∇ ~V =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)(Vx~ex + Vy~ey + Vz~ez )

7Tako npr. (staticka) Maxwellova jednadzba−→∇ ~E = ρel/ǫ0, kaze da su su izvori i ponori elektricnog polja u elektricnim nabojima

koji se u gornjoj jednadzbi pojavljuju kroz gustocu elektricnog naboja ρel


div ~V =−→∇ ~V =

∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

. (2.23)

Gornji je rezultat dobiven izravnom primjenom pravila za derivaciju umnoska dvije funkcije.Tako npr. clan s derivacijom po x daje

~ex∂ (Vx~ex + Vy~ey + Vz~ez )

∂ x= ~ex

∂ Vx~ex∂ x

+ ~ex∂ Vy~ey∂ x

+ ~ex∂ Vy~ey∂ x

= ~ex

(~ex∂ Vx∂ x

+ Vx∂ ~ex∂ x

)+ ~ex

(~ey∂ Vy∂ x

+ Vy∂ ~ey∂ x

)+ ~ex

(~ez∂ Vz∂ x

+ Vz∂ ~ez∂ x

)

=∂ Vx∂ x

,

gdje smo koristili cinjenice da su vektori ~ex , ~ey , ~ez medusobno okomiti i konstantni po svomiznosu i smjeru, tako da su njihove derivacije i medusobni skalarni umnosci, jednaki nuli. Slicanje postupak i za ostale komponente. Rezultat divergencije vektorskog polja ~V je skalarno

polje−→∇ ~V dano izrazom (2.23).

Sjetimo se sto smo zapravo htjeli izracunati? Racunali smo tok polja ~V kroz zatvorenu plohuS i dobili smo

Φ =

∮

S

~V d ~S =

N∑

j=1

∆ vj

[1

∆ vj

∮

Sj

~V d ~S j

]=

/N → ∞

N∑

j=1

∆ vj →∫

v(S)

d r3

/=

∫

v(S)

d r3−→∇ ~V .

Buduci da nismo trazili da ~V zadovoljava nikakva po-sebna svojstva osim derivabilnosti, moze se reci da zaproizvoljno derivabilno vektorsko polje ~V vrijedi Ga-ußov teorem (koji treba razlikovati od Gaußovog za-kona iz elektrostatike)

∮

S

~V d ~S =

∫

v(S)

−→∇ ~V d r3, (2.24)

gdje je v(S) volumen odreden zatvorenom plohom S.

Zadatak: 2.33 Izracunajte

−→∇(r3 ~r

).

R:dovrsiti



−→∇(r−→∇ 1

r3

).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.35 Izracunajte divergenciju od

~b (~b · ~r),

ako je ~b konstantan vektor, a ~r je radij vektor.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.36 Ako su

~V = xz~ex + (2x2 − y)~ey − yz2~ez , s = 3x2y + y2z3,

izracunajte gradijent s i divergenciju ~V u tocki (1, 2, 3).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.37 Ako su

~V = x2y~ex + y2z~ey + z2x~ez , s = xy + yz + zx,

izracunajte ~V · −→∇s i s−→∇ ~V u tocki (1, 2, 3).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.38 Izracunajte tok radij vektora ~r kroz plohu valjka polumjera baze R i visine H,ako je srediste baze u ishodistu koordinatnog sustava, a os valjka se podudara sa osi~ez , kao sto je to prikazano slikom8 2.15.

R:U ovom je primjeru vektorsko polje naprosto zadano radij vektorom, ~V = ~r. Treba,

8Sliku je napravio dr. I. Lukacevic.


Slika 2.15: Diferencijali oplosja valjka.

dB1

x

y

dP

dB2

z

dakle izracunati∮

~r d~S ,

pri cemu integral ide po povrsini plohe valjka. Zbog simetrje plohe, prirodno jeodabrati cilindicni koordinatni sustav (odjeljak 2.5). U njemu je

~r = ρ~eρ + z ~ez ,

a

d~S = −~ez dB1 + ~ez dB2 + ~eρ dP,

gdje dBj oznacava diferencijale povrsine na bazama valjka, a dP na njegovom plastu.Uzmemo li u obzir ortonormiranost vektora ~eρ i ~ez , slijedi

∮~r d~S =

∮ (ρ~eρ + z ~ez

) (− ~ez dB1 + ~ez dB2 + ~eρ dP

)

= R

∫dP +H

∫dB2 = 3R2πH

(na donjoj bazi, B1, je vrijednost z koordinate jednaka nuli).Do istog se rezultata moze doci i primjenom Gaußova teorema (2.24)

∮~r d~S =

∫(−→∇~r) d r3.

Tako je npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu, u kojemu znamo oblik nablaoperatora, (2.20), i gdje je

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez ,


∫(−→∇~r) d r3 =

∫ (∂x

∂x+∂y

∂y+∂z

∂z

)d r3 = 3

∫d r3 = 3Vvalj. = 3R2πH.

Zadatak: 2.39 Za vektorsko polje

~V = ~ex 2x2y − ~ey y2 + ~ez 4xz2,

provjerite Gaußov teorem, ako je podrucje integracije u prvom oktantu ograniceno sy2 + z2 = 9 i x = 2.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.40 Izracunajte tok vektora ~V = r2 ~r kroz sferu polumjera R sa sredistem u is-hodistu.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.41 Iz elektrostatike je poznat izraz za elektricno polje jednoliko naelektriziranekugle polumjera R i ukupnog naboja Q, sa sredistem u ishodistu

~E < =ρ03 ǫ0

~r, r ≤ R,

~E > =1

4πǫ0Q~r

r3r ≥ R,

gdje je ρ0 = Q/(4R3π/3) konstantna gustoca naboja unutar kugle. Primjetimo daje polje izvan kugle jednako polju tockastog naboja iznosa Q, smjestenog u ishodistu.Na ovom primjeru provjerite ispravnost prve Maxwellove jednadzbe.

R:Prema prvoj Maxwellovoj jednadzbi je

−→∇ ~E =ρelǫ0.

Unutar kugle je ρel = ρ0, a izvan kugle je ρel = 0, pa se treba uvjeriti da Maxwellovajednadzba glasi

−→∇ ~E =ρ0ǫ0, r ≤ R,

−→∇ ~E = 0, r > R.

Za r ≤ R je

~E = ~E < =ρ03 ǫ0

(~ex x+ ~ey y + ~ez z

),


pa je

Ex =ρ03 ǫ0

x, Ey =ρ03 ǫ0

y, Ez =ρ03 ǫ0

z,

−→∇ ~E =∂ Ex∂ x

+∂ Ey∂ y

+∂ Ez∂ z

=ρ03 ǫ0

+ρ03 ǫ0

+ρ03 ǫ0

=ρ0ǫ0,

a to je upravo prva Maxwellova jednadzba u prostoru unutar kugle.Izvan kugle je ~E = ~E > ili po komponetama

Ex =1

4πǫ0Q

x

(x2 + y2 + z2)3/2,

∂ Ex∂ x

=1

4πǫ0Q

(1

r3− 3x2

r5

)

Ey =1

4πǫ0Q

y

(x2 + y2 + z2)3/2,

∂ Ey∂ y

=1

4πǫ0Q

(1

r3− 3y2

r5

),

Ez =1

4πǫ0Q

z

(x2 + y2 + z2)3/2,

∂ Ez∂ z

=1

4πǫ0Q

(1

r3− 3z2

r5

).

Sveukupno se za divergencioju polja izvan kugle dobije

−→∇ ~E =∂ Ex∂ x

+∂ Ey∂ y

+∂ Ez∂ z

=1

4πǫ0Q

[(1

r3− 3x2

r5

)+

(1

r3− 3y2

r5

)+

(1

r3− 3z2

r5

)]= 0

sto je u skladu s prvom Maxwellovom jednadzbom.

2.4.3 Elektrostatika: Gaußov zakon

Izracunajmo tok elektricnog polja tockastog naboja kroz sfernu plohu polumjera r sa sredistemu tocki gdje se nalazi naboj.

∮

S

~E d ~S =

∮

S

(1

4πǫ0

q

r2~er

) (r2 dΩ~er

)=

1

4πǫ0q 4 π =

q

ǫ0

Primjetimo da zbog toga sto polje opada s kvadratom udaljenosti, a diferencijal povrsine rastes kvadratom te iste udaljenosti, tok ne ovisi o polumjeru sfere, tj. isti je kroz svakusferu.Neka se sada tockasti naboj q nalazi unutar zatvorene plohe S proizvoljnog oblika (ne nuznosfernog) kao na slici 2.16. Izracunajmo tok polja tockastog naboja kroz tu proizvoljnu zatvorenuplohu

Φ =

∮

S

1

4πǫ0

q

r2~er dS ~n0 =

1

4πǫ0q

∮

S

dS cosα

r2,

gdje je α kut izmedu vektora ~n0 i ~er . Ako se uoceni diferencijal plohe d~S = dS ~n0 nalazina udaljenosti r od naboja i vidljiv je pod prostornim kutom dΩ, tada je njegova projekcija


Slika 2.16: Tok elektricnog polja tockastog naboja kroz zatvorenu plohu proizvoljnog oblika.

na smjer ~er s jedne strane jednaka d~S · ~er = dS cosα, a s druge strane to je upravo jednakodiferencijalu povrsine kugline plohe na toj istoj udaljenosti i pod istim prostornim kutom, r2 dΩ

r2 dΩ = dS cosα.

Time tok polja tockastog naboja kroz zatvorenu plohu koja ga okruzuje, a koja je proizvoljnogoblika, postaje

Φ =1

4πǫ0q

∮

S

dΩ =1

4πǫ0q 4 π =

q

ǫ0.

Tok ne ovisi niti o obliku plohe S niti o polozaju naboja unutar te plohe.

Pokazimo da, ukoliko zatvorena ploha ne sadrzi naboj (ili je suma naboja unutar plohe jednakanuli), tada je tok elektricnog polja kroz tu plohu jednak nuli. Neka je tok kroz zatvorenu plohuS jednak q/ǫ0. Deformiramo li plohu kao na slici 2.17, dolazimo do

S = S1 + S2

Φ = Φ1 + Φ2.

Kako je sav naboj sadrzan u plohi S1, to mora biti i

Φ1 =q

ǫ0

iz cega zakljucujemo da je tok kroz zatvorenu plohu koja ne sadrzi naboj, jednak nuli

Φ2 = 0.

Primjetimo da iako je tok kroz zatvorenu plohu S2 jednak nuli, to niposto ne znaci da je i poljeu unutrasnjosti plohe jednako nuli.


Slika 2.17: Deformacija zatvorene plohe.

Prema nacelu pridodavanja sila tj. polja, tok od N tockastih naboja unutar plohe S ce bitijednak zbroju tokova pojedinih naboja

~E (q1 + q2 + · · · ) = ~E 1(q1) + ~E 2(q2) + · · ·∮

S

~E d~S =

∮

S

~E 1 d~S +

∮

S

~E 2 d~S + · · ·

=q1ǫ0

+q2ǫ0

+ · · ·

ili, krace,∮

S

~E d~S =1

ǫ0

N∑

n=1

qn =QS

ǫ0,

gdje je QS ukupan naboj sadrzan unutar zatvorene plohe S. U slucaju kontinuirane raspodjelenaboja

1

ǫ0

N∑

n=1

qn → 1

ǫ0

∫

V (S)

dq =1

ǫ0

∫

V (S)

ρ(~r) dr 3, (2.25)

pa je time

∮

S

~E d~S =1

ǫ0

∫

V (S)

ρ(~r) dr 3, (2.26)

gdje je V (S) volumen definiran zatvorenom plohom S. Gornja se relacija zove Gaußov zakon.Iz izvoda se vidi da Gaußov zakon vrijedi ne samo za kulonsku silu, nego i za svaku drugu silucije polje opada s kvadratom udaljenosti i za koju vrijedi nacelo pridodavanja (kao npr. zagravitacijsku silu, pri cemu ρ oznacava masenu gustocu, a umjesto konstante 1/ǫ0 dolazi 4π G)∮

S

~g d~S = 4 πG

∫

V (S)

ρ(~r) dr 3.


Gaußov zakon je posebno pogodan za izracunavanje elektricnog polja raspodjele naboja s viso-kim stupnjem simetrije.

Zadatak: 2.42 Gaußov zakonKoristeci Gaußov zakon, izracunajte elektricno polje beskonacno duge i beskonacnotanke zice naelektrizirane konstantnom linijskom gustocom naboja λ0.

R:Zbog simetrije problema, prirodno je odabrati cilindricni koordinatni sustav (ρ, ϕ, z).Buduci da je zica beskonacno duga, polje ne moze ovisiti o pomacima u smjeru osiz. Takoder, zbog invarijantnosti na rotaciju u ravnini (x, y), polje ne moze ovisitiniti o koordinati ϕ. Ono, dakle, moze ovisiti samo o radijalnoj udaljenosti od ziceρ i moze imati samo smjer ~eρ

~E (~r) = E(ρ)~eρ .

Ako sada za plohu integracije S u izrazu (2.26) odaberemo valjak duljine h i polu-mjera baze ρ, koncentricno postavljen oko zice, dobit cemo∫

Bg

E(ρ)~eρ dS ~ez +

∫

pl

E(ρ)~eρ dS ~eρ +

∫

Bd

E(ρ)~eρ dS (−~ez ) =λ0ǫ0

∫ h+z

z

dz.

Prvi i treci integral lijeve strane su jednaki nuli jer je ~eρ ·~ez = 0. U bilo kojoj tockiplasta valjka je polje istog iznosa, pa se kao konstantno moze izvuci ispred integrala,tako da se drugi integral lijeve strane svodi na | ~E (ρ)| puta povrsina plasta valjka

| ~E (ρ)| 2 ρ π h =λ0ǫ0h,

tj. dobivamo isti izraz kao i ranije izravnom integracijom

~E (ρ) =λ0

2 π ǫ0

1

ρ~eρ .

Zadatak: 2.43 Gaußov zakonKoristeci Gaußov zakon, izracunajte elektricno polje beskonacno velike i beskonacnotanke ravnine naelektrizirane konstantnom povrsinskom gustocom naboja σ0.

R:Buduci da je ploha beskonacna, polje moze imati samo smjer okomit na plohu (nekato bude smjer ~ex ). Odaberemo li za plohu integracije valjak visine h i polumjera R,tada je integracija polja po plastu valjka jednaka nuli (~ex ·~eρ = 0), a integracija popovrsini baza daje E ~ex R

2 π ~ex + E (−~ex )R2 π (−~ex ) = 2R2 π E. S druge strane,to je jednako ukupnom naboju obuhvacenom plohom i podijeljenom s ǫ0

2R2 π E =1

ǫ0σ0R

2 π

~E = ± σ02 ǫ0

~ex ,


za x > 0 i x < 0 poluprostor. Primjetimo da u ovom slucaju polje ne ovisio udaljenosti od plohe. Ako bismo umjesto beskonacno tanke plohe promatralibeskonacno debelu plohu vodica koja zauzima poluprostor x < 0, na cijoj se granicinalazi naboj rasporeden konstantnom gustocom σ0, postupkom kao gore, dobilo bise

1 · R2 π E =1

ǫ0σ0R

2 π

~E =σ0ǫ0~ex .

(Kasnije cemo pokazati da je u unutrasnjosti vodica polje jednako nuli.)

Ako su zadane dvije beskonacno velike i beskonacno tanke paralelno postavljnene ravnine na-elektrizirane konstantnim gustocama naboja σ1 i −σ2, tada su iznosi polja od pojedinih plocajednaki

E1 =σ12 ǫ0

, E2 =σ22 ǫ0

,

a smjerovi su prikazani na slici. Izvan ploca su silnice antiparalelne, pa je

Eout =σ1 − σ22 ǫ0

.

Unutar ploca su silnice paralelne, pa je

Ein =σ1 + σ22 ǫ0

.

Specijalno, ako je σ1 = σ2 = σ0, polje izvan ploca je jednako nuli, a polje unutar ploca je

Ein =σ0ǫ0.

To je upravo polje ravnog plocastog kondenzatora (o kojemu cemo govoriti kasnije).

Zadatak: 2.44 Gaußov zakonKoristeci Gaußov zakon izracunajte elektricno polje kugle polumjera R, naelektrizi-rane konstantnom volumnom gustocom naboja ρ0.

R:Zbog sferne simetrije odabiremo sferni koordinatni sustav (r, θ, ϕ) s ishodistem usredistu kugle. Isto tako zbog sferne simetrije je jasno da polje ne moze ovisiti okutovima θ i ϕ, nego samo o odaljenosti r i da mora biti usmjereno samo u ~ersmjeru

~E (~r) = E(r)~er .

Izracunajmo najprije polje u u unutrasnjosti kugle: r < R. Za plohu integracije


odabiremo koncentricnu sferu polumjera r < R∫

Ein(r)~er r2 dΩ~er =

1

ǫ0

∫ρ0 dr

3

Ein(r) r2 4 π =

1

ǫ0

4

3r3 π ρ0

~E in =ρ03 ǫ0

r ~er .

Polje unutar kugle linearno raste s udaljenoscu od sredista. Da bismo izracunalipolje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremo koncentricnu sferu, ali je onasada polumjera r > R.

∫Eout(r)~er r

2 dΩ~er =1

ǫ0

∫ρ0 dr

3

Eout(r) r2 4 π =

1

ǫ0

4

3R3 π ρ0 =

Q

ǫ0

~E out =1

4 π ǫ0

Q

r2~er .

Polje izvan kugle opada s udaljenoscu od sredista. i isto je kao polje tockastognaboja iznosa jednakog ukupnom naboju kugle Q = ρ0(4/3)R

3π.

2.4.4 Rotacija: Stokesov teorem

Promatrajmo linijski integral proizvoljnog vektorskog polja ~V (~r) po zatvorenoj usmjerenoj kri-vulji C. Na str. 26 je pokazano da ovakav integral predstavlja zbroj tangencijalnih komponenatapolja ~V (~r) po svim tockama krivulje.Krivulja ne mora lezati u ravnini, a pozitivnim smjerom obilaska krivulje se naziva smjersuprotan gibanju kazaljke na satu. Takav se integral naziva cirkulacija polja ~V (~r) i oznacavase s Γ

Γ =

∮

C~V (~r) d~r.

Diferencijal d~r ima smjer obilaska krivulje. Podijeli li se zatvorena krivulja

C = C1 + C2na dvije zatvorene krivulje, kao na slici 2.18, dobiju se dvije nove zatvorene krivulje

C1 = C1 + C ′, C2 = C2 + C ′.

Zbroj cirkulacija po C1 i C2 je jednak∮

C1~V (~r) d~r1 +

∮

C2~V (~r) d~r2 =

∮

C1~V (~r) d~r1 +

∮

C ′

~V (~r) d~r1 +

∮

C2~V (~r) d~r2 +

∮

C ′

~V (~r) d~r2.

No, gornji integrali po C ′ imaju istu vrijednost podintegralne funkcije, ali se izvode u suprotnimsmjerovima, pa su zato istog iznosa a suprotnog predznaka i njihov je zbroj jednak nuli

∮

C ′

~V (~r) d~r1 +

∮

C ′

~V (~r) d~r2 = 0.


Slika 2.18: Uz definiciju cirkulacije vektorskog polja.

Uz ovaj gornji rezultat, preostaje∮

C1~V (~r) d~r1 +

∮

C2~V (~r) d~r2 =

∮

C1~V (~r) d~r1 +

∮

C2~V (~r) d~r2 =

∮

C~V (~r) d~r,

tj. zbroj cirkulacija po C1 i C2 jedna je cirkulaciji po pocetnoj zatvorenoj krivulji C.

Ocito ce se nastavljanjem dijeljenja gornje dvije zatvorene krivulje na sve manje i manje dijelove,opet medusobno ponistavati integrali po zajednickim dijelovima. Konacno, za podjelu pocetnezatvorene krivulje na N manjih ce vrijediti

Γ =

∮

C~V (~r) d~r =

N∑

j=1

∮

Cj

~V (~rj) d~rj. (2.27)

Za N >> 1, tj. kada je pocetna krivulja podjeljena na puno vrlo malih zatvorenih krivulja,svakoj toj maloj krivulji Cj se moze pridruziti ravna ploha ∆ ~S j = ~n0 ∆Sj ciji je iznos odredenpovrsinom plohe definirane krivuljom, a smjer okomicom na plohu i pravilom desne ruke. Ugranici N → ∞, male krivulje Cj iscezavaju, pa iscezava i integral vektorskog polja po tojkrivulji. Isto tako iscezava i povrsina ∆Sj. Ako dvije velicine svaka za sebe iscezavaju, nijenuzno da iscezava i njihov omjer. Izracunajmo slijedecu granicnu vrijednost

limN→∞

∮

Cj

~V (~rj) d~rj = 0,

limN→∞

∆Sj = 0 .

limCj ,∆Sj → 0

∮Cj~V (~rj) d~rj

∆Sj= ?

Ogranicimo se na j-tu krivulju, tako da mozemo izostaviti indeks j. Radi jednostavnosti, nekaje mala zatvorena krivulja pravokutnog oblika i neka lezi u ravnini z = const. kao na slici 2.19.Opcenito je, u pravokutnom koordinatnom sustavu,


Slika 2.19: Cirkulacija polja ~V po diferencijalnoj plohi oblika pravokutnika. Isprekidanim crtama su prikazanesilnice polja.

~V (~r) = ~ex Vx(x, y, z) + ~ey Vy(x, y, z)~ey + ~ez Vz(x, y, z),

~r = ~ex x+ ~ey y + ~ez z,

pa je, uz konstantni z,

d~r = ~ex dx+ ~ey dy, z = const.

Izracunajmo sada cirkulaciju po malom pravokutniku∮

C~V d~r =

∮

C

[~ex Vx(x, y, z) + ~ey Vy(x, y, z)~ey + ~ez Vz(x, y, z)

]·[~ex dx+ ~ey dy

]

=

∮

C

[Vx(x, y, z) dx+ Vy(x, y, z) dy

].

Gornji integral po pravokutniku sa slike 2.19, jednak je zbroju integrala po stranicama (1), (2), (3)i (4) tog istog pravokutnika (d~r ima smjer obilaska krivulje)

∮

C


]=

∫

(1)


]

+

∫

(2)


]

+

∫

(3)


]

+

∫

(4)


].


(1) (x, x+ dx), y = const.

∫

(1)

[Vx(x, y, z) dx+ Vy(x, y, z) dy︸︷︷︸

= 0

]=

∫ x+dx

x

Vx(x, y, z) dx

(2) x+ dx = const., (y, y + dy)

∫

(2)

[Vx(x, y, z) dx︸︷︷︸

= 0

+Vy(x, y, z) dy]=

∫ y+dy

y

Vy(x+ d x, y, z) dy

(3) (x+ dx, x), y + dy = const.

∫

(3)

[Vx(x, y, z) dx+ Vy(x, y, z) dy︸︷︷︸

= 0

]=

∫ x

x+dx

Vx(x, y + d y, z) dx

(4) x = const., (y + dy, y)

∫

(4)

[Vx(x, y, z) dx︸︷︷︸

= 0

+Vy(x, y, z) dy]=

∫ y

y+dy

Vy(x, y, z) dy .

Buduci da su pravokutnici infinitezimalni, vrijednost polja je priblizno konstantna u svimtockama stranica pravokutnika i priblizno je jednaka vrijednosti na polovici promatrane stra-nice. Zato je promatrani linijski integral priblizno jednak

∮

C


]≃ Vx(x+ dx/2, y, z)

[(x+ dx)− x

]

+ Vy(x+ dx, y + dy/2, z)[(y + dy)− y

]

+ Vx(x+ dx/2, y + dy, z)[x− (x+ dx)

]

+ Vy(x, y + dy/2, z) dy[y − (y + dy)

].

Za male dx i dy, komponente polja Vx i Vy se mogu razviti u Taylorov red

=

[Vx(x, y, z) +

dx

2

∂ Vx∂ x

+ · · ·]dx+

[Vy(x, y, z) + dx

∂ Vy∂ x

+dy

2

∂ Vy∂ y

+ · · ·]dy

−[Vx(x, y, z) +

dx

2

∂ Vx∂ x

+ dy∂ Vx∂ y

+ · · ·]dx−

[Vy(x, y, z) +

dy

2

∂ Vy∂ y

+ · · ·]dy

=

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

)dx dy +O(d3). (2.28)

rotacije vektorskog poljaUvedimo pojam rotacije vektorskog polja ~V , slijedecom definicijom (u pravokutnom koordinat-nom sustavu)

rot ~V = ~ex

(∂ Vz∂ y

− ∂ Vy∂ z

)+ ~ey

(∂ Vx∂ z

− ∂ Vz∂ x

)+ ~ez

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

).

Uocimo ciklicnost (x → y → z → x → y → · · · ) u definiranju komponenata vektora rotacije,slicno kao i kod definicije vektorskog umnoska dva vektora.


Primjetimo da rotaciju vektorske funkcije mozemo zapisati i pomocu operatora nabla, (2.20),

rot ~V =−→∇ × ~V =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)×(Vx~ex + Vy~ey + Vz~ez

)

(2.29)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

~ex ~ey ~ez

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

Vx Vy Vz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= ~ex

(∂ Vz∂ y

− ∂ Vy∂ z

)+ ~ey

(∂ Vx∂ z

− ∂ Vz∂ x

)+ ~ez

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

),

tj.

rot ~V ≡ −→∇ × ~V = ~ex

(∂ Vz∂ y

− ∂ Vy∂ z

)+ ~ey

(∂ Vx∂ z

− ∂ Vz∂ x

)+ ~ez

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

).

(2.30)

Rezultat rotacije vektorskog polja ~V je novo vektorsko polje−→∇ × ~V .

Sada se u relaciji (2.28) za cirkulaciju, prepoznaje z-komponenta vektora rotacije polja ~V

∮

C~V d~r =

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

)dx dy +O(d3) = (

−→∇ × ~V )z dx dy +O(d3) (2.31)

Takoder, moze se izracunati i pocetni limes (vratimo se indeksu j)

limCj ,∆Sj → 0

∮Cj~V (~rj) d~rj

∆Sj= lim

dx,dy→ 0

[(−→∇ × ~V )z dx dy

dx dy+

O(d3)

dx dy

]= (

−→∇ × ~V )z = ~ez ·(−→∇ × ~V

).

Slicni bi se izrazi dobili i za preostale komponente rotacije, pri cemu gornju zatvorenu krivuljushvacamo kao projekciju neke male prostorne krivulje na ravninu (x, y)

(−→∇ × ~V )x = ~ex ·

(∂ Vz∂ y

− ∂ Vy∂ z

),

(−→∇ × ~V )y = ~ey ·

(∂ Vx∂ z

− ∂ Vz∂ x

).

Iz gornjeg se razmatranja zakljucuje da ce za proizvoljmu, opcu orjentaciju plohe ∆Sj biti

limCj ,∆Sj → 0

∮Cj~V (~rj) d~rj

∆Sj= ~n0,j (

−→∇ × ~V ),

gdje je ~n0,j jedinicni vektor okomit na plohu ∆Sj.


Vratimo se pocetnom izrazu za cirkulaciju vektorskog polja,(2.27), koji u granici N → ∞postaje

∮

C~V (~r) d~r =

N∑

j=1

∆Sj

[1

∆Sj

∮

Cj

~V (~rj) d~rj

]=

N∑

j=1

∆Sj ~n0,j (−→∇ × ~V )

=

/N → ∞

N∑

j=1

∆Sj ~n0,j →∫

S(C)d~S

/=

∫

S(C)(−→∇ × ~V ) d~S .

S ~n0,j je oznacen jedinicni vektor okomit na malu plohud S. Time su povezani linijski integral vektorskog poljapo zatvorenoj krivulji C i povrsinski integral rotacije togistog polja po povrsini S(C) definiranoj krivuljom C, adobivena se veza zove Stokesov teorem

∮

C~V (~r) d~r =

∫

S(C)(−→∇ × ~V ) d~S .

(2.32)Primjetimo da jedna jedina krivulja C definira be-

skonacno mnogo ploha S(C) ciji je ona rub. Sve su teplohe otvorene (dok su kod Gaußova teorema, (2.24),one bile zatvorene).Fizicko znacenje rotacije jeste opis jednog svojstva vek-torskog polja koje se naziva vrtloznost. Ono se mozeiscitati iz relacije (2.31): zamislimo da ~V opisuje brzinufluida, tada je integral na lijevoj strani razlicit od nulesamo u onom dijelu prostora gdje fluid ima vrtloge

(virove) i tada je i odgovarajuca komponenta rotacije ~V razlicita od nule. Naprotiv, ako je

−→∇ × ~V = 0, (2.33)

kaze se da je polje bezvrtlozno.

Zadatak: 2.45 Izracunajte rotacije vektorskih polja

~V1 = y ~ex − x ~ey ,

~V2 = x ~ex + y ~ey .

Nacrtajte ta polja.

R:


Izravnim uvrstavanjem ~V1,2 u (2.30) i deriviranjem, se dobiva

−→∇ × ~V1 = −2 ~ez ,

−→∇ × ~V2 = ~0 .

Pozitivan smjer vrtnje je smjer kazaljke na satu, pa rjesenje −2 ~ez oznacava da je~V1 vrtlozno polje koje se vrti u negativnom smjeru (smjer kazaljke na satu) kao sto

je to prikazano na slici 2.20. Rotacija polja ~V2 je jednaka nuli, pa se to polje nazivabezvrtlozno (slika 2.21).

Slika 2.20: Primjer vrtloznog polja. Slika 2.21: Primjer bezvrtloznog polja.

Zadatak: 2.46 Izravnim racunom izracunajte cirkulaciju vektorskog polja

~V = x2y3~ex + ~ey + z~ez

po kruznici

x2 + y2 = R2, z = 0.

Isti racun provedite koristeci Stokesov teorem, ako se za plohu integracije odaberepolukugla

z = +√R2 − x2 − y2.

R:Izracunajmo cirkulaciju

Γ =

∮

C~V (~r) d~r.


Uvrstimo veze pravokutnog i cilindricnog koordinatnog sustava, odjeljak 2.5,

~r = R~eρ ,

d~r = Rd~eρ = Rdϕ~eϕ ,

~eϕ = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ,

x = R cosϕ, y = R sinϕ,

tako da je∮

C~V (~r) d~r = R

(−R5

∫ 2π

0

sin4 ϕ cos2 ϕ dϕ+

∫ 2π

0

cosϕ dϕ

)= −π R

6

8.

Naravno, do istog se rezultata moze doci i racunom pomocu Stokesova teorema.Uvrstavanjem veze pravokutnog i sfernog koordinatnog sustava, odjeljak 2.6:

d~S = ~er R2 sin θdθdϕ, ~er = ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ,

x = R sin θ cosϕ, y = R sin θ sinϕ,

i integracijom po gornjoj polusferi∫

S(C)(−→∇ × ~V ) d~S =

∫ π/2

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕR2~er (−3x2y2~ez ) = −3R6 · 16· π4= −π R

6

8.

dobijemo iti rezultat za cirkulaciju.

Zadatak: 2.47 Zadano je vektorsko polje iz zadatka 2.24

~V = ~ex (2xy + z3) + ~ey (x2 + 2y) + ~ez (3xz2 − 2).

Izracunajte−→∇ × ~V . Razumijete li sada zasto su rezultati u (a), (b) i (c) iz zadatka

2.24 medusobno jednaki? Moze li ovo polje predstavljati elektrostatsko polje i zasto?

R:Izravnim uvrstavanjem ~V u (2.29) i deriviranjem, odmah se dobiva

−→∇ × ~V = ~ex (0− 0) + ~ey (3z2 − 3z2) + ~ez (2x− 2x) = 0.

Polje je konzervativno (rotacija mu je jednaka nuli), pa zato linijski integrali ne oviseo putu (ukoliko su konacne tocke iste). Konzervativnost je i razlog zasto ovo poljemoze predstavljati elektrostatsko polje.

Zadatak: 2.48 Pokazimo da polje tockastog naboja zadovoljava drugu Maxwellovu jednadzbu

−→∇ × ~E = 0.


R:Polje tockastog naboja iznosa q smjestenog u ishodistu je

~E (~r) =1

4πǫ0

q

r3~r, (2.34)

ili, po komponentama pravokutnog sustava

Ex =1

4πǫ0q

x

(x2 + y2 + z2)3/2, (2.35)

Ey =1

4πǫ0q

y

(x2 + y2 + z2)3/2,

Ez =1

4πǫ0q

z

(x2 + y2 + z2)3/2.

−→∇ × ~E = ~ex

(∂ Ez∂ y

− ∂ Ey∂ z

)+~ey

(∂ Ex∂ z

− ∂ Ez∂ x

)+~ez

(∂ Ey∂ x

− ∂ Ex∂ y

). (2.36)

Izravnom derivacijom se lako dobije da je svaka od okruglih zagrada jednaka nuli,pa je i njihov zbroj jednak nuli.


−→∇ × ~r

r2.

R:dovrsiti


−→∇ × (~ω × ~r),

ako je ~ω konstantan vektor, a ~r je radij vektor.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.51 Dokazite(~V · −→∇

)~V =

1

2

−→∇ ~V 2 − ~V × (−→∇ × ~V ).

R:dovrsiti


Zadatak: 2.52 Pokazite da su rjesenja Maxwellovih jednadzba

−→∇ × ~H =1

c

∂ ~E

∂ t,

−→∇ × ~E = −1

c

∂ ~H

∂ t,

−→∇ · ~H = 0,−→∇ · ~E = 4 π ρ,

dana sa

~E = −−→∇ V − 1

c

∂ ~A

∂ t, ~H =

−→∇ × ~A ,

pri cemu skalarni potencijal V i vektorski potencijal ~A , zadovoljavaju jednadzbe

−→∇ · ~A +1

c

∂ V

∂ t= 0, ∇ 2 V − 1

c2∂2 V

∂ t2= −4 π ρ, ∇ 2 ~A − 1

c2∂2 ~A

∂ t2= 0.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.53 Izracunajte linijski integral polja

~V = (3x+ 4y) ~ex + (2x− 3y) ~ey ,

po kruznici polumjera 2, koja lezi u ravnini (x, y), a srediste joj je u ishodistu.Kruznica se obilazi u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.54 Provjerite Stokesov teorem za polje

~V = (y − z + 2) ~ex + (yz + 4) ~ey − xz ~ez .

Povrsina S je povrsina kocke x = 0, y = 0, z = 0, x = 2, y = 2, z = 2 iznad (x, y)ravnine.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.55 Izracunajte∮

C

[(x2 − 2xy) d x+ (x2y + 3) d y

]

po rubu podrucja odredenog sa y2 = 8x i x = 2:(a) izravno,(b) koristeci Stokesov teorem.

R:dovrsiti


2.4.5 Laplaceov operator

Od osobite je vaznosti (napose u izucavanju valnih pojava u mehanici ili elektrostatskih pojavau elektromagnetizmu) operator nastao djelovanjem divergencije na gradijent skalarnog poljas(x, y, z). Taj se operator naziva Laplaceov9 operator ili laplasijan. U pravokutnom koordi-natnom sustavu je on oblika

div (grad s) =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

) (~ex∂ s

∂ x+ ~ey

∂ s

∂ y+ ~ez

∂ s

∂ z

)=∂2 s

∂ x2+∂2 s

∂ y2+∂2 s

∂ z2

≡ ∇ 2 s

gdje je s ∇ 2 oznacen Laplaceov operator

∇ 2 =∂2

∂ x2+

∂2

∂ y2+

∂2

∂ z2. (2.37)

Jednadzba∇ 2s = 0, (2.38)

se naziva Laplaceova jednadzba, a nehomogena varijantate jednadzbe

∇ 2s = S, (2.39)

se zove Poissonova jednadzba.

Npr. elektrostatski potencijal V je rjesenje jednadzbe Poissonovog oblika

∇ 2V (x, y, z) = −ρ(x, y, z)ǫ0

,

gdje je ρ(x, y, z) raspodjela gustoce elektricnog naboja u prostoru, a

ǫ0 =1

µ0 c20= 8.854 187 817 · · · · 10−12 F

m

je dielektricna konstanta vakuuma (permitivnost vakuuma), dok su µ0 i c0, redom, permeabil-nost vakuuma i brzina svjetlosti u vakuumu.Nadalje, jednadzbe Poissonovog oblika su i valna jednadzba [npr. u jednoj dimenziji (11.13)]

∇ 2s(~r, t) =1

v2∂2 s(~r, t)

∂ t2,

zatim jednadzba difuzije

∇ 2s(~r, t) =1

κ

∂ s(~r, t)

∂ t,

kao i mnoge druge.

Operacije gradijenta, divergencije i rotacije se mogu i kombinirati. Tako je npr. lako pokazati(izravnim uvrstavanjem prema definicijama) da je za svako vektorsko polje ~V

div rot ~V ≡ −→∇ · (−→∇ × ~V ) = 0. (2.40)9Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizicar, astronom, matematicar i filozof,


Slicno je i za svako skalarno polje s

rot grad s ≡ −→∇ × (−→∇ s) = 0. (2.41)

Dakle, svako vektorsko polje koje se moze napisati u obliku gradijenata nekog skalarnog polja10,ima rotaciju jednaku nuli, tj. ono je bezvrtlozno.

Zadatak: 2.56 Dokazite relacije (2.40) i (2.41).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.57 Pokazite da vrijedi−→∇ × (

−→∇ × ~V ) =−→∇(

−→∇ ~V )−∇ 2~V . (2.42)

Uputa: mozete koristiti raspis u pravokutnom koordinatnom sustavu.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.58 Iz elektrostatike je poznata veza izmedu elektricnog polja ~E i elektricnog po-tencijala V

~E = −−→∇ V.

Pokazite da iz nje izravno slijedi druga Maxwellova jednadzba−→∇ × ~E = 0.

R:

−→∇V = ~ex∂V

∂x+ ~ey

∂V

∂y+ ~ez

∂V

∂z

−→∇ × (−→∇V ) = ~ex

(∂

∂y

∂V

∂z− ∂

∂z

∂V

∂y

)+ ~ey

(∂

∂z

∂V

∂x− ∂

∂x

∂sV

∂z

)+ ~ez

(∂

∂x

∂V

∂y− ∂

∂y

∂V

∂x

)= 0

Zadatak: 2.59 Pokazite da za proizvoljno skalarno polje s i vektorska polja ~U i ~V vrijedeslijedece relacije:

−→∇ × (s ~U) = s−→∇ × ~U + (

−→∇ s) × ~U,

−→∇(~U × ~V ) = ~V (−→∇ × ~U)− ~U(

−→∇ × ~V ),10U odjeljku 4, uvode se polja s ovim svojstvom i nazivaju se konzervativna polja.


Uputa: mozete koristiti raspis u pravokutnom koordinatnom sustavu.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.60 Poznat je elektricni potencijal izmedu dvije beskonacne paralelne vodljive plocekoje su okomite na os x

V (x) = Ax4/3 +B x+ C, A,B, C = const.

Odredite raspodjelu naboja koja stvara takav potencijal.

R:Iz elektrostatike je poznata veza izmedu potencijala i gustoce elektricnog naboja uobliku Poissonove jednadzbe

∇ 2 V (~r) = − ρel(~r)

ǫ0.

Raspisana u pravokutnom koordinatnom sustavu, gornja jednadzba vodi na

− ρelǫ0

=∂2 V

∂ x2+∂2 V

∂ y2+∂2 V

∂ z2

= A4

3

1

3x−2/3

ρel(x) = −A ǫ04

9

1

x2/3.


∇ 2(ln r2).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.62 Ako je

~V = (3x2y − z)~ex + (xz3 + y4)~ey − 2x3z2~ez ,

zracunajte

−→∇(−→∇ ~V )

u tocki (2,−1, 0).R:dovrsiti


2.5 Kruzni cilindricni koordinatni sustav

Kao sto smo spomenuli na pocetku ovog odjeljka, pored pravokutnog koordinatnog sustavapostoje jos i mnogi drugi koordinatni sustavi. Odabir odredenog koordinatnog sustava ovisi osimetriji problema koji se rjesava. U situacijama kada je razmatrani problem simetrican na za-kret oko nepomicne osi, koristi se cilindricni koordinatni sustav (CKS). Polozaj tocke u prostoruse, unutar cilindricnog koordinatnog sustava, jednoznacno je odreden zadavanjem vrijednostitriju koordinata: ρ, ϕ i z, gdje je z jedna od koordinata pravokutnog koordinatnog sustava.Koordinata ρ ima vrijednost okomite udaljenosti promatrane tocke od osi z. Koordinata ϕ je

Slika 2.22: Uz definiciju koordinata cilindricnog koordinatnog sustava.

kut koji duzina ρ zatvara s pozitivnim smjerom osi x. Svakoj tocki prostora je jednoznacnopridruzena trojka brojeva (ρ, ϕ, z), pri cemu ρ, ϕ i z mogu poprimati vrijednosti iz slijedecihintervala

ρ ∈ (0,∞), ϕ ∈ (0, 2π), z ∈ (−∞,+∞).

Cilindricni koordinatni sustav ogranicen na ravninu (x, y, z = 0), se zove polarni koordi-natni sustav, slika 2.23. Veze pravokutnih i cilindricnih koordinata se dobivaju elementarnomtrigonometrijom

x = ρ cosϕ, ρ =√x2 + y2,

y = ρ sinϕ, ϕ = arctany

x, (2.43)

z = z.

Plohe na kojima koordinata ρ ima konstantnu vrijednost su kruzni valjci

x2 + y2 = ρ2, ∀ z,

2.5. KRUZNI CILINDRICNI KOORDINATNI SUSTAV 63

Slika 2.23: Uz definiciju koordinata polarnog koordinat-nog sustava.

Slika 2.24: Krivulje u ravnini (x, y) na kojima ρ i ϕimaju konstantne vrijednosti.

a plohe na kojima ϕ ima konstantnu vrijednost su ravnine okomite na ravninu (x, y)

y = tanϕ x, ∀ z.Plohe na kojima z ima konstantnu vrijednost su ravnine paralelne s ravninom (x, y).Presjeci ovih cilindara i ravnina s ravninom (x, y) daju kruznice i pravce poput onih prikazanihna slici 2.24. Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima ρ i ϕ imaju konstantne vrijednosti,medusobno okomite. Takoder su i okomite na ravnine z = const.

Svakoj od koordinata ρ, ϕ i z, se pridruzuju jedinicni vektori smjera ~eρ , ~eϕ i ~ez , koji su

usmjereni u pravcu porasta odgovarajuce koordinate

(slika 2.22) uz konstantne vrijednosti preostale dvije koordinate. Ako radij vektoru ~r povecavamokoordinatu ρ za infinitezimalni iznos dρ, a ϕ i z drzimo konstantnim, tada vektor,

[~r(ρ+ dρ, ϕ, z)− ~r(ρ, ϕ, z)

]∼ ~eρ

ima smjer ~eρ . Isti smjer ima i gornji vektor pomnozen skalarom 1/dρ

~r(ρ+ dρ, ϕ, z)− ~r(ρ, ϕ, z)

dρ∼ ~eρ

Smjer se nece promijeniti ni kada izvedemo granicni prijelaz dρ→ 0,

limdρ→0

~r(ρ+ dρ, ϕ, z)− ~r(ρ, ϕ, z)

dρ∼ ~eρ

koji zatim prepoznajemo kao parcijalnu derivaciju ~r po ρ(∂ ~r

∂ ρ

)

ϕ,z

∼ ~eρ .

No, gornji vektor jos ne mora biti i jedinicnog iznosa. Da bismo ga napravili jedinicnim, trebaga podijeliti njegovim iznosom, kao u (2.1),

~eρ =

(∂ ~r

∂ ρ

)

ϕ,z

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ρ

)

ϕ,z

∣∣∣∣∣ (2.44)


Na slican nacin se odreduje jos i jedinicni vektor ~eϕ

~eϕ =

(∂ ~r

∂ ϕ

)

ρ,z

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ϕ

)

ρ,z

∣∣∣∣∣ ,

Vektor ~ez je jedinicni vektor iz pravokutnog koordinatnog sustava i njega ne treba racunati.

Izracunajmo ove jedinicne vektore, koristeci izraz za radij vektor u pravokutnom koordinatnomsustavu

~r = x ~ex + y ~ey + z ~ez

i vezu cilindrickog s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.43).

Zapocnimo s jedinicnim vektorom ~eρ(∂ ~r

∂ ρ

)

ϕ,z

=∂

∂ ρ

(x~ex + y~ey + z~ez

)ϕ,z

=∂

∂ ρ

[~ex (ρ cosϕ) + ~ey (ρ sinϕ) + ~ez z

]ϕ,z

= ~ex cosϕ+ ~ey sinϕ,

∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ρ

)

ϕ,z

∣∣∣∣∣ =

√cos2 ϕ+ sin2 ϕ = 1,

pa je

~eρ = ~eρ (ϕ) = ~ex cosϕ+ ~ey sinϕ. (2.45)

Primjetimo da, iako ~eρ ima konstantan iznos jednak jedinici, jos uvijek nema i konstantansmjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u tockama s razlicitom vrijednoscu ϕ i vektor~eρ ima razlicite smjerove.

Na slican nacin se odreduje i jedinicni vektor ~eϕ :

(∂ ~r

∂ ϕ

)

ρ,z

=∂

∂ ϕ

(x~ex + y~ey + z~ez

)ρ,z

=∂

∂ ϕ

[~ex (ρ cosϕ) + ~ey (ρ sinϕ) + ~ez z

]ρ,z

= −~ex ρ sinϕ+ ~ey ρ cosϕ,

∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ϕ

)

ρ,z

∣∣∣∣∣ =√ρ2(sin2 ϕ+ cos2 ϕ) = ρ,


pa je

~eϕ = ~eϕ (ϕ) = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ. (2.46)

Primjetimo i ovdje da, iako ~eϕ ima konstantan iznos jednak jedinici, jos uvijek nema i kons-tantan smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u tockama s razlicitom vrijednoscu ϕi vektor ~eϕ ima razlicite smjerove.

Vektor ~ez je naprosto ~ez koji smo upoznali jos kod pravokutnog koordinatnog sustava i tu sene treba nista racunati.

U matricnom prikazu, ovi jedinicni vektori su jednostupcane matrice

~eρ =

1

0

0

, ~eϕ =

0

1

0

, ~ez =

0

0

1

.

Relacije (2.45) i (2.46) se mogu objediniti matricnom jednadzbom koja povezuje jedinicnevektore cilindricnog i pravokutnog koordinatnog sustava. Veza je dana matricom M CP

~eρ

~eϕ

~ez

= M CP

~ex

~ey

~ez

, M CP =

cosϕ sinϕ 0

− sinϕ cosϕ 0

0 0 1

. (2.47)

Lako je vidjeti da je inverzna matrica (koja izvodi prijelaz iz pravokutnog u cilindricni, M PC)jednaka transponiranoj, relacija (2.106),

M PC ≡ M −1CP = M T

CP ,

M TCP ·M CP = M CP ·M T

CP = 1,

M PC ·M CP = M CP ·M PC = 1

iz cega odmah slijedi

~ex

~ey

~ez

= M PC

~eρ

~eϕ

~ez

, M PC ≡ M T

CP =

cosϕ − sinϕ 0

sinϕ cosϕ 0

0 0 1

. (2.48)

Raspisana po komponentama, gornja jednadzba glasi

~ex = cosϕ ~eρ − sinϕ ~eϕ ,

~ey = sinϕ ~eρ + cosϕ ~eϕ ,

~ez = ~ez .


U skladu s gornjom analizom, zakljucujemo da se proizvoljni vektor ~V moze prikazati kaojednostupcana matrica

~V = Vρ ~eρ + Vϕ ~eϕ + Vz ~ez =

Vρ

Vϕ

Vz

.

Posebno, radij vektor je oblika

~r = x ~ex + y ~ey + z ~ez

= ρ (~ex cosϕ+ ~ey sinϕ) + z ~ez = ρ ~eρ + z ~ez =

ρ

0

z

. (2.49)

Iznos vektora ~V je dan Pitagorinim pouckom

|~V | =√V 2ρ + V 2

ϕ + V 2z .

Mnozenje vektora ~V skalarom s

s ~V = s Vρ ~eρ + s Vϕ ~eϕ + s ~Vz ~ez .

U skladu s definicijom skalarnog umnoska, a pomocu relacija (2.45) i (2.46), za bazne vektorevrijedi

~eρ · ~eρ = 1, ~eρ · ~eϕ = 0, ~eρ · ~ez = 0,

~eϕ · ~eρ = 0, ~eϕ · ~eϕ = 1, ~eϕ · ~ez = 0, (2.50)

~ez · ~eρ = 0, ~ez · ~eϕ = 0, ~ez · ~ez = 1.

Iz gornje tablice slijedi izraz za skalarni umnozak dva proizvoljna vektora

~V · ~U =(Vρ ~eρ + Vϕ ~eϕ + Vz ~ez

)·(Uρ ~eρ + Uϕ ~eϕ + Uz ~ez

)= Vρ Uρ + Vϕ Uϕ + Vz Uz.

Pomocu skalarnog umnoska se i kut medu vektorima moze napisati kao:

~eV · ~eU = 1 · 1 cos(~V , ~U),

sto se koristi za zapis vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova koje zatvara s koordi-natnim osima.

~eV · ~eρ = cos(~V ,~eρ ) =~V

V· ~eρ =

Vρ ~eρ + Vϕ ~eϕ + Vz ~ezV

· ~eρ =VρV

⇒ Vρ = V cos(~V ,~eρ ),

~eV · ~eϕ = cos(~V ,~eϕ ) =~V

V· ~eϕ =


· ~eϕ =VϕV

⇒ Vϕ = V cos(~V ,~eϕ ),

~eV · ~ez = cos(~V ,~ez ) =~V

V· ~ez =


· ~ez =VzV

⇒ Vz = V cos(~V ,~ez ).


~V = V[cos(~V ,~eρ )~eρ + cos(~V ,~eϕ )~eϕ + cos(~V ,~ez )~ez

].

Iz relacija (2.45) i (2.46) se takoder dolazi i do izraza za vektorske umnoske baznih vektora

~eρ × ~eρ = 0, ~eρ × ~eϕ = ~ez , ~eρ × ~ez = −~eϕ ,

~eϕ × ~eρ = −~ez , ~eϕ × ~eϕ = 0, ~eϕ × ~ez = ~eρ , (2.51)

~ez × ~eρ = ~eϕ , ~ez × ~eϕ = −~eρ , ~ez × ~ez = 0.

Pomocu gornjih umnozaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoska dva opcavektora

~V × ~U =(Vρ ~eρ + Vϕ ~eϕ + Vz ~ez

)×(Uρ ~eρ + Uϕ ~eϕ + Uz ~ez

)

= ~eρ (Vϕ Uz − Vz Uϕ) + ~eϕ (Vz Uρ − Vρ Uz) + ~ez (Vρ Uϕ − Vϕ Uρ).

Primjetimo ciklicnost u definiciji komponenata vektorskog umnoska:

· · · → ρ→ ϕ→ z → ρ→ ϕ→ · · · .

Vektorski umnozak se moze pregledno napisati i preko determinante (u pomalo nekorektnomobliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)

~V × ~U =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

~eρ ~eϕ ~ez

Vρ Vϕ Vz

Uρ Uϕ Uz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Usporedbom rastava ~V u pravokutnoj i cilindricnoj bazi

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez = Vρ ~eρ + Vϕ ~eϕ + Vz ~ez ,

i koristeci (2.45) i (2.46), zakljucujemo da postoji slijedeca veza medu komponentama

Vx

Vy

Vz

= M PC

Vρ

Vϕ

Vz

,

Vρ

Vϕ

Vz

= M CP

Vx

Vy

Vz

.

Za razliku od baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava, ~ex , ~ey , ~ez , koji su istog (je-dinicnog) iznosa i istog smjera u svakoj tocki prostora (slika 2.25.A) i ciji su diferencijali zbogtoga jednaki nuli,

d~ex = d~ey = d~ez = 0,

iz relacija (2.45) i (2.46) se jasno vidi da, kako se mijenja polozaj tocke u prostoru, takose mijenjaju i smjerovi baznih vektora u ravnini (x, y) (slika 2.25.B) Izracunajmo promjene


Slika 2.25: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i cilindricnog (tj. polarnog) (B) koordinatnog sustava.

smjerova vektora ~eρ i ~eϕ (iznosi su im jedinicni, pa se oni ne mogu mijenjati, mijenja im sesamo smjer). Prema relacijama (2.45) i (2.46) je

d~eρ = −~ex sinϕdϕ+ ~ey cosϕdϕ = ~eϕ dϕ,

d~eϕ = −~ex cosϕdϕ− ~ey sinϕdϕ = −~eρ dϕ, (2.52)

d~ez = 0.

Primjetimo da je promjena baznih vektora okomita na same vektore, tj. da je

d~eρ · ~eρ = d~eϕ · ~eϕ = 0

kao sto i mora biti, jer bi npr. promjena ~eρ u smjeru ~eρ promjenila normu od ~eρ i on vise nebi bio jedinicni vektor11.Pomocu gornjih diferencijala mozemo izracunati diferencijalni volumen u okolici tocke ~r. Nekase koordinata ρ promjeni od vrijednosti ρ na ρ+ dρ, koordinata ϕ od ϕ na ϕ+ dϕ i koordinataz od z na z + dz. Zbog infinitezimalnog karaktera ovih promjena, dobiveni infinitezimalni

volumen se moze aproksimirati paralelopipedom ciji su vektori bridova ~a ,~b ,~c , upravo jednaki(slika 2.26)

~a = ~r(ρ+ dρ, ϕ, z)− ~r(ρ, ϕ, z) =∂ ~r

∂ρdρ = ~eρ dρ,

~b = ~r(ρ, ϕ+ dϕ, z)− ~r(ρ, ϕ, z) =∂ ~r

∂ϕdϕ = ρ~eϕ dϕ,

~c = ~r(ρ, ϕ, z + dz)− ~r(ρ, ϕ, z) =∂ ~r

∂zdz = ~ez dz.

Prema (2.9) volumen se racuna pomocu mjesovitog umnoska vektora11Usporedite s relacijom (2.14)


Slika 2.26: Uz diferencijal volumena u cilindricnom koordinatnom sustavu.

d r3 ≡ dV = ~a · (~b × ~c ) = ~eρ dρ · (ρ~eϕ dϕ × ~ez dz) = ρ dρ dϕ dz.

Do istog se rezultata dolazi i raspisom preko jakobijana (odjeljak 10.1)

d r3 = ~a · (~b × ~c ) =∂ ~r

∂ρdρ ·

(∂ ~r

∂ϕdϕ × ∂ ~r

∂zdz

)=∂ ~r

∂ρ·(∂ ~r

∂ϕ× ∂ ~r

∂z

)dρdϕdz.

Gornji mjesoviti skalarno vektorski umnozak se moze napisati i preko determinante, (2.9), kojase tada naziva Jacobijeva determinanta ili jakobijan, s oznakom J

∂ ~r

∂ρ·(∂ ~r

∂ϕ× ∂ ~r

∂z

)≡ J =

∂x

∂ρ

∂y

∂ρ

∂z

∂ρ

∂x

∂ϕ

∂y

∂ϕ

∂z

∂ϕ

∂x

∂z

∂y

∂z

∂z

∂z

=

cosϕ sinϕ 0

−ρ sinϕ ρ cosϕ 0

0 0 1

= ρ.

d r3 = |J | dρ dϕ dz = ρ dρ dϕ dz.

Na slican nacin se moze izracunati i diferencijal zakrivljene plohe z = const. Prema relaciji

(2.7) povrsina paralelograma je dana iznosom vektorskog umnoska vektora stranica |~a × ~b |. Unasem primjeru je

d r2 ≡ dS =∣∣∣ ~eρ dρ × ρ~eϕ dϕ

∣∣∣ = ρdρ dϕ.

To je diferencijal povrsine u polarnom koordinatnom sustavu.


Izracunajmo jos i udaljenost ds dvije bliske tocke: (ρ, ϕ, z) i (ρ + dρ, ϕ + dϕ, z + dz). Upravokutnom koordinatnom sustavu bi se ta udaljenost lako izracunala pomocu Pitagorinogpoucka: koordinate tocaka bi bile (x, y, z) i (x+ dx, y + dy, z + dz), a kvadrat udaljenosti

ds2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2.

Koristeci veze (2.43) izmedu pravokutnog i cilindricnog sustava, lako se dobiva

dx = dρ cosϕ− ρ sinϕdϕ,

dy = dρ sinϕ+ ρ cosϕdϕ,

iz cega slijedi(ds)2 = (dρ)2 + ρ2(dϕ)2 + (dz)2. (2.53)

Gornji je izraz posebni slucaj opceg izraza (2.81), iz kojega se mogu ocitati komponente me-trickog tenzora g i i cilindricnog koordinatnog sustava.

Diferencijalni operatoriu CKS su oblika12

−→∇s =

~eρ

∂

∂ ρ+~eϕρ

∂

∂ ϕ+ ~ez

∂

∂ z

s,

−→∇ ~V =1

ρ

∂

∂ ρ

(ρ Vρ

)+

1

ρ

∂ Vϕ∂ ϕ

+∂ Vz∂ z

,

−→∇ × ~V =~eρρ

[∂ Vz∂ ϕ

− ρ∂ Vϕ∂ z

]+ ~eϕ

[∂ Vρ∂ z

− ∂ Vz∂ ρ

]+~ezρ

[∂ Vϕρ

∂ ρ− ∂ Vρ∂ ϕ

],

∇ 2s =

1

ρ

∂

∂ ρ

(ρ∂

∂ ρ

)+

1

ρ2∂2

∂ ϕ2+

∂2

∂ z2

s.

Zadatak: 2.63 U polarnim koordinatama napisite jednadzbu pravca koji lezi u ravnini (x, y).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.64 U polarnim koordinatama napisite jednadzbu kruznice koja lezi u ravnini (x, y).

R:dovrsiti

12Vidjeti npr. u [14].


Zadatak: 2.65 U polarnim koordinatama napisite jednadzbu Arhimedove spirale koja lezi uravnini (x, y). Arhimedova spirala je putanja tocke koja se konstantnom brzinom v0udaljava od ishodista gibajuci se po polupravcu, pri cemu se i sam polupravac vrtioko ishodista konstantnom kutnom brzinom ω0.

R:Prema uvjetima zadatka je

ρ = v0 t, ϕ = ω0 t.

Eliminacijom vremena iz gornjih jednadzba se odmah dobiva trazena jednadzbaArhimedove spirale

ρ(ϕ) =v0ω0

ϕ.

2.5.1 Jos neki cilindricni koordinatni sustavi

Pored gore opisanog cilindricnog sustava koji se naziva jos i kruzni cilindricni sustav, postojijos nekoliko cilindricnih sustava, definiranih na slijedeci nacin [4]:

(a) Elipticni cilindricni sustav s koordinatama (u, v, z) Veza s pravokutnim koordinatama

x = a cosh u cos v, u > 0,

y = a sinh u sin v, v ∈ (0, 2π),

z = z, −∞ < z < +∞.

Slika 2.27: Krivulje u ravnini (x, y) na ko-jima u i v imaju konstantne vrijednosti (a =1).

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

u = 1u = 2v = pi/5v = 2 pi / 5

Krivulje s konstantnim u cine elipse s poluosimaa cosh u i a sinh u (slika 2.27)

x2

a2 cosh2 u+

y2

a2 sinh2 u= cos2 v + sin2 v = 1,

a krivulje s konstantnim v cine hiperbole (slika 2.27)

x2

a2 cos2 v− y2

a2 sin2 v= cosh2 u− sinh2 u = 1.

Plohe na kojima z ima konstantnu vrijednost su ravnineparalelne s ravninom (x, y). Primjetimo da su plohe (ikrivulje) na kojima u i v imaju konstantne vrijednosti,medusobno okomite. Takoder su i okomite na ravnine


z = const.Racunom jakobijana (odjeljak 10.1)

J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂u

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂v

∂x

∂z

∂y

∂z

∂z

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u0

∂x

∂v

∂y

∂v0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,

dolazi se do izraza za diferencijal volumena

d r3 =∣∣∣ J

∣∣∣ du dv dz = a2(sinh2 u+ sin2 v

)du dv dz.

Zadatak: 2.66 Izracunajte jedinicne vektore ~eu i ~ev elipticnog cilindricnog sustava.

R:dovrsiti

(b) Parabolicni cilindricni sustav Veza s pravokutnim koordinatama

x = u v, u > 0,

y =v2 − u2

2, v > 0,

z = z, −∞ < z < +∞.

Slika 2.28: Krivulje u ravnini (x, y) na ko-jima u i v imaju konstantne vrijednosti.

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

u = 1.0u = 0.5u = 0.2v = 1.0v = 0.5v = 0.2

Plohe konstantnog u cine konfokalne parabolicne cilin-dre (slika 2.28)

2y =x2

u2− u2, ∀ z,

otvorene prema pozitivnom smjeru osi y, dok plohe skonstantnim v takoder cine konfokalne parabolicne ci-lindre (slika 2.28)

2y = −x2

v2+ v2, ∀ z,

ali otvorene u smjeru osi −y. Plohe na kojima z imakonstantnu vrijednost su ravnine paralelne s ravninom


(x, y). Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima ui v imaju konstantne vrijednosti, medusobno okomite.Takoder su i okomite na ravnine z = const.Racunom jakobijana (odjeljak 10.1)

J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂u

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂v

∂x

∂z

∂y

∂z

∂z

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u0

∂x

∂v

∂y

∂v0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,


d r3 =∣∣∣ J

∣∣∣ du dv dz =(u2 + v2

)du dv dz.

Zadatak: 2.67 Izracunajte jedinicne vektore ~eu i ~ev parabolicnog cilindricnog sustava.

R:U skladu s (2.44) moze se napisati

~eu =

(∂ ~r

∂ u

)

v,z

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ u

)

v,z

∣∣∣∣∣ ~ev =

(∂ ~r

∂ v

)

u,z

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ v

)

u,z

∣∣∣∣∣ ,

pri cemu je

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez = u v ~ex +v2 − u2

2~ey + z ~ez .

Izravnim kombiniranjem gornja dva izraza, lako se dolazi do

~eu =v√

u2 + v2~ex − u√

u2 + v2~ey ,

~ev =u√

u2 + v2~ex +

v√u2 + v2

~ey .

Skalarni i vektorski umnosci gornjih vektora su jednaki

~eu · ~ev = 0, ~eu × ~ev = ~ez ,

iz cega slijedi zakljucak da vektori

~eu, ~ev, ~ez

cine desnu ortonormiranu bazu.


(c) Bipolarni cilindricni sustav Veza s koordinatama pravokutnog koordinatnog sustava

x = asinh u

cosh u− cos v, −∞ < u < +∞,

y = asin v

cosh u− cos v, v ∈ (0, 2π),

z = z −∞ < z < +∞.

Slika 2.29: Krivulje u ravnini (x, y) na ko-jima u i v imaju konstantne vrijednosti (a =1).

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

v = pi / 6v = pi / 4v = pi / 3u = 1u = 0.5u = 1.5

Za konstantni v u (x, y) ravnini se dobivaju kruznice(slika 2.29)

x2 +(y − a

tan v

)2=

a2

sin2 v.

Isto se tako dobivaju kruznice u (x, y) i za konstantniu (slika 2.29)

(x− a

tanhu

)2+ y2 =

a2

sinh2 u.

Plohe na kojima z ima konstantnu vrijednost su ravnineparalelne s ravninom (x, y).Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima u iv imaju konstantne vrijednosti, medusobno okomite.Takoder su i okomite na ravnine z = const.Racunom jakobijana (odjeljak 10.1)

J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂u

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂v

∂x

∂z

∂y

∂z

∂z

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂y

∂u0

∂x

∂v

∂y

∂v0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,


d r3 =∣∣∣ J

∣∣∣ du dv dz =a2

(cosh u− cos v)2du dv dz.

Zadatak: 2.68 Izracunajte jedinicne vektore ~eu i ~ev bipolarnog cilindricnog sustava.

R:dovrsiti

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 75

Zadatak: 2.69 Koristeci cilindricni koordinati sustav, izracunajte∫

(x2 + y2) d x d y d z,

po podrucju ogranicenom sa z = x2 + y2 i z = 8− (x2 + y2).

R:dovrsiti

2.6 Sferni koordinatni sustav

Pored pravokutnog i cilindricnih koordinatnih sustava, cesto se koristi i sferni koordinatni sus-tav. Ako je promtrani fizicki problem invarijantan na zakrete oko nepomicne tocke, tada jenajcesce korisno raditi u sfernom koordinatnom sustavu. Polozaj tocke u prostoru se, unutarsfernog koordinatnog sustava, jednoznacno odreduje trima koordinatama: r, θ i ϕ (slika 2.30).Koordinata r ima vrijednost radijalne udaljenosti promatrane tocke od ishodista. Koordinata

Slika 2.30: Uz definiciju koordinata sfernog koordinatnog sustava.

θ je kut koji radij vektor zatvara s pozitivnim smjerom osi z, a ϕ je kut koji projekcija radijvektora na ravninu (x, y), zatvara s pozitivnim smjerom osi x (slika 2.30). Svakoj tocki prostoraje jednoznacno pridruzena trojka brojeva (r, θ, ϕ), pri cemu r, θ i ϕ mogu poprimati slijedecevrijednosti

r ∈ (0,∞), θ ∈ (0, π) , ϕ ∈ (0, 2π).


Veze pravokutnih i sfernih koordinata se dobivaju elementarnom trigonometrijom

x = r sin θ cosϕ, r =√x2 + y2 + z2,

y = r sin θ sinϕ, θ = arctan

√x2 + y2

z, (2.54)

z = r cos θ, ϕ = arctany

x.

Svakoj od koordinata r, θ i ϕ, se pridruzuju jedinicni vektori smjera ~er , ~eθ i ~eϕ , koji su usmjereniu pravcu porasta odgovarajuce koordinate (slika 2.30) uz konstantne vrijednosti preostale dvijekoordinate. Npr. ako radij vektoru ~r povecavamo koordinatu r za infinitezimalni iznos dr, pricemu kutove θ i ϕ drzimo konstantnim, rezultantni vektor

~r(r + dr, θ, ϕ)− ~r(r, θ, ϕ)

ima smjer ~er . Ako gornji vektor pomnozimo skalarom 1/dr i izvedemo granicni prijelaz dr → 0,smjer vektora ce i dalje biti smjer ~er . No, prema definiciji derivacije, dobiveni izraz je upravoderivacija ~r po r

~er ∼ limdr→0

~r(r + dr, θ, ϕ)− ~r(r, θ, ϕ)

dr=

(∂ ~r

∂ r

)

θ,ϕ

.

Je li gornji vektor nas trazeni vektor ~er ? Ne nuzno. Naime, gornji vektor ne mora biti jedinicnogiznosa. No, poznato je (relacija (2.1)) kako se od proizvoljnog vektora napravi jedinicni vektoristog smjera: treba ga jednostavno podijeliti njegovom normom

~er =

(∂ ~r

∂ r

)

θ,ϕ

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ r

)

θ,ϕ

∣∣∣∣∣ .

Na slican nacin se odreduju i preostala dva jedinicna vektora ~eθ i ~eϕ

~eθ =

(∂ ~r

∂ θ

)

r,ϕ

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ θ

)

r,ϕ

∣∣∣∣∣ , ~eϕ =

(∂ ~r

∂ ϕ

)

r,θ

/ ∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ϕ

)

r,θ

∣∣∣∣∣ .

Izracunajmo ove jedinicne vektore, koristeci vezu s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.54)

~r = x~ex + y~ey + z~ez .

= r sin θ cosϕ ~ex + r sin θ sinϕ ~ey + r cos θ ~ez .

Krenimo s jedinicnim vektorom ~er(∂ ~r

∂ r

)

θ,ϕ

=∂

∂ r

(r sin θ cosϕ ~ex + r sin θ sinϕ ~ey + r cos θ ~ez

)θ,ϕ

= ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ.

Sada jos treba izracunati iznos gornjeg vektora∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ r

)

θ,ϕ

∣∣∣∣∣ =√

sin2 θ cos2 ϕ+ sin2 θ sin2 ϕ + cos2 θ = 1,


pa je

~er = ~er (θ, ϕ) = ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ. (2.55)

Primjetimo da, iako ~er ima konstantan iznos jednak jedinici, jos uvijek nema i konstantansmjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom θ i ϕ, tj. u tockama s razlicitom vrijednoscu θ i ϕi vektor ~er ima razlicite smjerove.

Slicnim putem se dolazi i do preostala dva jedinicna vektora.(∂ ~r

∂ θ

)

r,ϕ

=∂

∂ θ


)

r,ϕ

= r (~ex cos θ cosϕ+ ~ey cos θ sinϕ− ~ez sin θ) .

Izracunajmo i iznos gornjeg vektora∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ θ

)

r,ϕ

∣∣∣∣∣ =√r2(cos2 θ cos2 ϕ+ cos2 θ sin2 ϕ+ sin2 θ) = r,

pa je

~eθ = ~eθ (θ, ϕ) = ~ex cos θ cosϕ+ ~ey cos θ sinϕ− ~ez sin θ. (2.56)

Ponovo primjetimo da, iako ~eθ ima konstantan iznos jednak jedinici, jos uvijek nema i kons-tantan smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom θ i ϕ, tj. u tockama s razlicitom vrijednoscuθ i ϕ i vektor ~eθ ima razlicite smjerove.

(∂ ~r

∂ ϕ

)

r,θ

=∂

∂ ϕ


)

r,θ

= [~ex r sin θ(−) sinϕ+ ~ey r sin θ cosϕ+ ~ez · 0] .

Izracunajmo i iznos gornjeg vektora∣∣∣∣∣

(∂ ~r

∂ ϕ

)

r,θ

∣∣∣∣∣ =√r2(sin2 θ sin2 ϕ+ sin2 θ cos2 ϕ) = r · sin θ,

pa je

~eϕ = ~eϕ (ϕ) = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ. (2.57)

Kao i prethodna dva vektora, ~er i ~eθ , tako i ~eϕ ima konstantan iznos jednak jedinici, alinema i konstantan smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u tockama s razlicitomvrijednoscu ϕ i vektor ~eϕ ima razlicite smjerove.


Ovi se jedinicni vektori mogu prikazati i u obliku D × 1 matrice (gdje je D = 3 dimenzijaprostora)

~er =

1

0

0

, ~eθ =

0

1

0

, ~eϕ =

0

0

1

.

Nadalje, relacije (2.55), (2.56) i (2.57) koje povezuju bazne vektore sfernog i pravokutnogkoordinatnog sustava, se mogu objediniti u jednu matricnu jednadzbu

~er

~eθ

~eϕ

= M SP

~ex

~ey

~ez

, M SP =

sin θ cosϕ sin θ sinϕ cos θ

cos θ cosϕ cos θ sinϕ − sin θ

− sinϕ cosϕ 0

. (2.58)

gdje je matrica M SP , matrica prijelaza iz sfernog u pravokutni koordinatni sustav.

Lako je vidjeti da je inverzna matrica (koja izvodi prijelaz iz PKS u SKS, M PS) jednakatransponiranoj, relacija (2.106),

M PS = M −1SP = M T

SP

M TSP ·M SP = M SP ·M T

SP = 1,

iz cega odmah slijedi

~ex

~ey

~ez

= M PS

~er

~eθ

~eϕ

, M PS = M T

SP =

sin θ cosϕ cos θ cosϕ − sinϕ

sin θ sinϕ cos θ sinϕ cosϕ

cos θ − sin θ 0

.

Raspisana po komponentama, gornja jednadzba glasi

~ex = sin θ cosϕ ~er + cos θ cosϕ ~eθ − sinϕ ~eϕ ,

~ey = sin θ sinϕ ~er + cos θ sinϕ ~eθ + cosϕ ~eϕ ,

~ez = cos θ ~er − sin θ ~eθ .

Kombiniranjem izraza (2.47) i (2.58), lako se dolazi do veze izmedu jedinicnih vektora cilin-


dricnog i sfernog koordinatnog sustava

~er

~eθ

~eϕ

= M SP ·M PC

~eρ

~eϕ

~ez

~eρ

~eϕ

~ez

= M CP ·M PS

~er

~eθ

~eϕ

,

gdje su matrice M SC i M CS, definirane izrazima,

M SC ≡ M SP ·M PC = ...dovrsiti

M CS ≡ M CP ·M PS = ...dovrsiti

medusobno inverzne matrice

M SC · M CS = M CS · M SC = 1,

koje povezuju vektorske komponente vektora u CKS i SKS.

U skladu s gornjom analizom, zakljucujemo da se proizvoljni vektor ~V moze prikazati kaojednostupcana matrica

~V = Vr ~er + Vθ ~eθ + Vϕ ~eϕ =

Vr

Vθ

Vϕ

.

Posebno, radij vektor je oblika

~r = r ~er =

r

0

0

. (2.59)

Iznos vektora je dan preko Pitagorina poucka

|~V | =√V 2r + V 2

θ + V 2ϕ .

Mnozenje vektora ~V sklarom s raspisano po komponentama

s ~V = s Vr ~er + s Vθ ~eθ + s ~Vϕ ~eϕ .


U skladu s definicijom skalarnog umnoska, a pomocu relacija (2.55) - (2.57), za bazne vektorevrijedi

~er · ~er = 1, ~er · ~eθ = 0, ~er · ~eϕ = 0,

~eθ · ~er = 0, ~eθ · ~eθ = 1, ~eθ · ~eϕ = 0, (2.60)

~eϕ · ~er = 0, ~eϕ · ~eθ = 0, ~eϕ · ~eϕ = 1,

Prema gornjoj tablici, skalarni umnozak dva vektora je

~V · ~U = (Vr ~er + Vθ ~eθ + Vϕ ~eϕ ) · (Ur ~er + Uθ ~eθ + Uϕ ~eϕ ) = Vr Ur + Vθ Uθ + Vϕ Uϕ.

Pomocu skalarnog umnoska se i kut medu vektorima moze napisati kao:

~eV · ~eU = 1 · 1 · cos(~V , ~U),

sto mozemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutovakoje zatvara s koordinatnim osima.

~eV · ~er = cos(~V ,~er ) =~V

V· ~er =

Vr ~er + Vθ ~eθ + Vϕ ~eϕV

· ~er =VrV

⇒ Vr = V cos(~V ,~er ),

~eV · ~eθ = cos(~V ,~eθ ) =~V

V· ~eθ =


· ~eθ =VθV

⇒ Vθ = V cos(~V ,~eθ ),

~eV · ~eϕ = cos(~V ,~eϕ ) =~V

V· ~eϕ =


· ~eϕ =VϕV

⇒ Vϕ = V cos(~V ,~eϕ ).

~V = V[cos(~V ,~er )~er + cos(~V ,~eθ )~eθ + cos(~V ,~eϕ )~eϕ

].

Iz relacija (2.55) - (2.57) lako se moze doci do izraza za vektorske umnoske baznih vektora

~er × ~er = 0, ~er × ~eθ = ~eϕ , ~er × ~eϕ = −~eθ

~eθ × ~er = −~eϕ , ~eθ × ~eθ = 0, ~eθ × ~eϕ = ~er (2.61)

~eϕ × ~er = ~eθ , ~eϕ × ~eθ = −~er , ~eϕ × ~eϕ = 0

Pomocu gornjih umnozaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoska dva opcavektora

~V × ~U = (Vr ~er + Vθ ~eθ + Vϕ ~eϕ ) × (Ur ~er + Uθ ~eθ + Uϕ ~eϕ )

= Vr Ur ~er × ~er + Vr Uθ ~er × ~eθ + Vr Uϕ ~er × ~eϕ

+ Vθ Ur ~eθ × ~er + Vθ Uθ ~eθ × ~eθ + Vθ Uϕ ~eθ × ~eϕ

+ Vϕ Ur ~eϕ × ~er + Vϕ Uθ ~eϕ × ~eθ + Vϕ Uϕ ~eϕ × ~eϕ

= ~er (Vθ Uϕ − Vϕ Uθ) + ~eθ (Vϕ Ur − Vr Uϕ) + ~eϕ (Vr Uθ − Vθ Ur).


Primjetimo ciklicnost u definiciji komponenata vektorskog umnoska

· · · → r → θ → ϕ→ r → θ → ϕ→ · · · .Vektorski umnozak se moze pregledno napisati i preko determinante (u pomalo nekorektnomobliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)

~V × ~U =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

~er ~eθ ~eϕ

Vr Vθ Vϕ

Ur Uθ Uϕ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

S obzirom da bazni vektori zadovoljavaju relacije (2.60) i (2.61), oni cine ortonormiranu desnubazu trodimenzijskog prostora.Usporedbom rastava ~V u pravokutnoj i sfernoj bazi,

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez = Vr ~er + Vθ ~eθ + Vϕ ~eϕ ,

i koristenjem relacija (2.55) - (2.57), dolazi se do slijedece veze medu komponentama

Vx

Vy

Vz

= M PS

Vr

Vθ

Vϕ

,

Vr

Vθ

Vϕ

= M SP

Vx

Vy

Vz

.

Za razliku od vektora ~ex , ~ey , ~ez koji su istog smjera u svakoj tocki prostora (slika 2.31.A),iz relacija (2.55) - (2.57) se jasno vidi da, kako se mijenja polozaj tocke u prostoru, tako semijenjaju i smjerovi baznih vektora (slika 2.31.B). Izracunajmo promjenu smjera vektora ~er(iznos mu je jedinicni, pa se on ne moze mijenjati, mijenja se samo smjer). Prema relaciji (2.55)je

d~er = ~ex d(sin θ cosϕ

)+ ~ey d

(sin θ sinϕ

)+ ~ez d

(cos θ

)(2.62)

=(~ex cos θ cosϕ+ ~ey cos θ sinϕ− ~ez sin θ

)dθ +

(− ~ex sin θ sinϕ+ ~ey sin θ cosϕ

)dϕ

= ~eθ dθ + ~eϕ sin θdϕ.

Primjetimo da je promjena d~er okomita na sam vektor ~er , tj. da je

d~er · ~er = 0

kao sto i mora biti, jer bi promjena ~er u smjeru ~er promjenila normu od ~er i on vise ne bi biojedinicni vektor. Na slican nacin se i iz relacije (2.56) dobije

d~eθ = ~ex d(cos θ cosϕ

)+ ~ey d

(cos θ sinϕ

)− ~ez d

(sin θ

)(2.63)

=(− ~ex sin θ cosϕ− ~ey sin θ sinϕ− ~ez cos θ

)dθ +

(− ~ex cos θ sinϕ+ ~ey cos θ cosϕ

)dϕ

= −~er dθ + ~eϕ cos θdϕ.


Slika 2.31: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i sfernog (B) koordinatnog sustava.

I ovdje je d~eθ okomito na ~eθ

d~eθ · ~eθ = 0.

I na kraju, vektor d~eϕ

d~eϕ =(− ~ex cosϕ− ~ey sinϕ

)dϕ =

(− sin θ~er − cos θ~eθ

)dϕ. (2.64)

Opet je

d~eϕ · ~eϕ = 0.

Pomocu gornjih diferencijala mozemo izracunati diferencijalni volumen u okolici tocke ~r. Nekase koordinata r promjeni od vrijednosti r na r + dr, koordinata θ od θ na θ + dθ i koordinataϕ od ϕ na ϕ + dϕ. Zbog infinitezimalnog karaktera ovih promjena, dobiveni infinitezimalnivolumen se moze aproksimirati paralelopipedom ciji su vektori stranica ~a ,~b ,~c , upravo jednaki(slika 2.32)

~a = ~r(r + dr, θ, ϕ)− ~r(r, θ, ϕ) =∂ ~r

∂rdr = ~er dr,

~b = ~r(r, θ + dθ, ϕ)− ~r(r, θ, ϕ) =∂ ~r

∂θdθ = r~eθ dθ,

~c = ~r(r, θ, ϕ+ dϕ)− ~r(r, θ, ϕ) =∂ ~r

∂ϕdϕ = r sin θ~eϕ dϕ.

Prema (2.9) volumen racunamo pomocu mjesovitog umnoska vektora

dV = ~a · (~b × ~c ) = ~er dr ·(r~eθ dθ × r sin θ~eϕ dϕ

)= r2 sin θdrdθdϕ.


Slika 2.32: Uz diferencijal volumena u sfernom koordinatnom sustavu.

Na slican nacin se moze izracunati i diferencijal sferne plohe r = const. Prema relaciji (2.7)

povrsina paralelograma je dana iznosom vektorskog umnoska vektora stranica |~b × ~c |. U nasemprimjeru je (slika 2.32)

dS =∣∣∣~b × ~c

∣∣∣ =∣∣∣r~eθ dθ × r sin θ~eϕ dϕ

∣∣∣ = r2 sin θdθdϕ.

Za diferencijal prostornog kuta se obicno korisiti oznaka

dΩ ≡ sin θdθdϕ,

tako da je puni prostorni kut jednak∫

dΩ =

∫ π

0

sin θ dθ

∫ 2π

0

dϕ = 4π

steradijana.

Izracunajmo jos i udaljenost ds dvije bliske tocke: (r, θ, ϕ) i (r + dr, θ + dθ, ϕ + dϕ). Kao ikod cilindricnog koordinatnog sustava i ovdje krecemo od pravokutnog koordinatnog sustavai Pitagorinog poucka: koordinate tocaka bi bile (x, y, z) i (x + dx, y + dy, z + dz), a kvadratudaljenosti

(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2.

Koristeci veze (2.54) izmedu pravokutnog i sfernog sustava, lako se dobiva

(ds)2 = (dr)2 + r2 (dθ)2 + r2 sin θ2 (dϕ)2. (2.65)

Gornji je izraz posebni slucaj opceg izraza (2.81), iz kojega se mogu ocitati komponente me-trickog tenzora g i i sfernog koordinatnog sustava.


Diferencijalni operatoriu SKS su oblika13

−→∇ s =

~er

∂

∂ r+~eθr

∂

∂ θ+

~eϕr sin θ

∂

∂ ϕ

s,

−→∇ ~V =1

r2∂

∂ r

(r2 Vr

)+

1

r sin θ

∂

∂ θ

(sin θ Vθ

)+

1

r sin θ

∂ Vϕ∂ ϕ

,

−→∇ × ~V =~er

r sin θ

[∂ Vϕ sin θ

∂ θ− ∂ Vθ∂ ϕ

]+

~eθr sin θ

[∂ Vr∂ ϕ

− sin θ∂ r Vϕ∂ r

]+~eϕr

[∂ r Vθ∂ r

− ∂ Vr∂ θ

],

∇ 2s =

1

r2∂

∂ r

(r2∂

∂ r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂2

∂ ϕ2

s.

Zadatak: 2.70 Koristeci sferni koordinatni sustav, izracunajte volumen manjeg od dva dijelakoja se dobiju presjecanjem sfere polumjera R i ravnine udaljene za D od sredistasfere.

R:dovrsiti

2.6.1 D-dimenzijski sferni koordinatni sustav

Sferni koordinatni sustav se moze i poopciti s tri dimenzije na proizvoljan broj dimenzija D.Neka su, umjesto s x, y, z, pravokutne koordinate oznacene s

x1, x2, · · · , xD.

Tada npr. jednadzba sfere polumjera R sa sredistem u tocki

(x1,0, x2,0, · · · , xD,0)

glasi

(x1 − x1,0)2 + (x2 − x2,0)

2 + · · ·+ (xD−1 − xD−1,0)2 + (xD − xD,0)

2 = R2.

Sferne koordinate u D-dimenzijskom prostoru

r, θ1, θ2, · · · , θD−1

13Vidjeti npr. u [14].


se definiraju kao poopcenje D = 3-dimenzijskih sfernih koordinata (2.54). Veze medu pravo-kutnim i sfernim koordinatama su dane relacijama

x1 = r cos θ1,

x2 = r sin θ1 cos θ2,

x3 = r sin θ1 sin θ2 cos θ3,...

xD−1 = r sin θ1 sin θ2 · · · sin θD−2 cos θD−1,

xD = r sin θ1 sin θ2 · · · sin θD−2 sin θD−1.

Inverzne veze i podrucje vrijednosti sfernih varijabla su

r =√x12 + x22 + · · ·+ xD−1

2 + xD2, 0 ≤ r <∞,

θ1 = arctan

√x22 + x32 + · · ·+ x2D

x1, 0 ≤ θ1 ≤ π,

θ2 = arctan

√x32 + · · ·+ x2D

x2, 0 ≤ θ2 ≤ π,

...

θD−2 = arctan

√xD−1

2 + x2DxD−2

, 0 ≤ θD−2 ≤ π,

θD−1 = arctanxDxD−1

0 ≤ θD−1 ≤ 2 π.

DiferencijalD-dimenzijskog volumena d VD ≡ d rD se racuna pomocu jakobijana (odjeljak 10.1)

J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x1∂r

∂x2∂r

∂x3∂r

· · · ∂xD∂r

∂x1∂θ1

∂x2∂θ1

∂x3∂θ1

· · · ∂xD∂θ1

∂x1∂θ2

∂x2∂θ2

∂x3∂θ2

· · · ∂xD∂θ2

· · ·∂x1∂θD−1

∂x2∂θD−1

∂x3∂θD−1

· · · ∂xD∂θD−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

d rD =∣∣∣ J

∣∣∣ dr dθ1 dθ2 · · · dθD−1

= rD−1(sin θ1

)D−2 (sin θ2

)D−3

· · · sin θD−2 dr dθ1 dθ2 · · · dθD−1.

Diferencijal D-dimenzijskog prostornog kuta je

dΩD =(sin θ1

)D−2 (sin θ2

)D−3

· · · sin θD−2 dθ1 dθ2 · · · dθD−1.


Puni prostorni kut u D-dimenzijskom prostoru je

ΩD =

∫dΩD

=

∫ π

0

d θ1

(sin θ1

)D−2∫ π

0

d θ2

(sin θ2

)D−3

· · ·∫ π

0

d θD−2 sin θD−2

∫ 2π

0

d θD−1

=2 πD/2

Γ(D/2)

gdje je Γ(z) gama funkcija14.Volumen sfere polumjera R u D-dimenzijskom prostoru je

VD =

∫d rD

=

∫ R

0

rD−1 d r

∫ π

0

d θ1

(sin θ1

)D−2∫ π

0

d θ2

(sin θ2

)D−3

· · ·∫ π

0

d θD−2 sin θD−2

∫ 2π

0

d θD−1

=RD

D

2 πD/2

Γ(D/2),

sto se, za D = 3, svodi na poznati izraz 4πR3/3.

Primjetimo da se u konacnim izrazima za volumen i prostorni kut, prostorna dimenzija Dpojavljuje kao parametar, pa ne mora biti nuzno cjelobrojna.

2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora

Naka su u trodimenzijskom prostoru zadana tri nekomplanarna vektora

~e 1, ~e 2, ~e 3.

Ovi vektori ne moraju biti medusobno okomiti i ne moraju biti jedinicne duljine

~e i · ~e j 6= δ i,j |~e i| 6= 1. (2.66)

Pomocu ovih vektora se moze proizvoljni vektor ~V napisati u obliku njihove linearne kombina-cije

~V = V 1 ~e 1 + V 2 ~e 2 + V 3 ~e 3 =

3∑

i=1

V i ~e i. (2.67)

Primjetimo da sada V 2 ne znaci V · V , nego je to samo oznaka za drugu komponetu vektora islicno za V 3. Pomocu vektora ~e j definira se novi skup vektora

~e 1, ~e 2, ~e 3,

tako da vektor ~e i bude okomit na ravninu u kojoj leze vektori ~e j i ~e k, gdje i, j, k oznacavajuciklicni redoslijed

· · · , 1, 2, 3, 1, 2, 3, · · · .14Vidjeti npr u [14]

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 87

~e i = ci ~e j × ~e k.

Tako je npr.

~e 1 = c1 ~e 2 × ~e 3,

~e 2 = c2 ~e 3 × ~e 1,

~e 3 = c3 ~e 1 × ~e 2,

gdje su cj konstante. U tom slucaju za skalarne umnoske vrijedi

~e i · ~e i = ci (~e j × ~e k) · ~e i = ci · V

~e i · ~e j = ci (~e j × ~e k) · ~e j = 0 i 6= j,

gdje je volumen15

V = ~e i · (~e j × ~e k),

a nula u drugoj jednadzbi dolazi od okomitosti

(~e j × ~e k) ⊥ ~e j.

Odaberu li se konstante u gornjim izrazima tako da budu sve jednake

ci =1

V , i = 1, 2, 3,

moze se jednostavno napisati

~e i =1

V ~e j × ~e k =~e j × ~e k

~e i · (~e j × ~e k),

~e i · ~e j = δ i,j. (2.68)

Izracunajmo volumen V paralelopipeda cije su stranice vektori ~e i, npr.

V = ~e 1 · (~e 2 × ~e 3) =1

V (~e 2 × ~e 3) ·[1

V (~e 3 × ~e 1) × 1

V (~e 1 × ~e 2)

].

Primjenom relacije (2.10), dobiva se

V =1

V 3(~e 2 × ~e 3) ·

[(~e 3 × ~e 1) · ~e 2

]· ~e 1 −

[(~e 3 × ~e 1) · ~e 1

]· ~e 2

=1

V 3(~e 2 × ~e 3) · V ~e 1 − 0 =

1

V 2(~e 2 × ~e 3) · ~e 1

=1

V . (2.69)

Volumen V ima inverznu vrijednost volumena V .

15Mjesoviti skalarno vektorski umnozak, geometrijski predstavlja volumen paralelopipeda (vidjeti na strani 15).


Prema svojoj konstrukciji, vektori ~e i su takoder nekomplanarni, pa se proizvoljni vektor ~V ,osim u obliku (2.67), moze napisati i u obliku

~V = V1 ~e1 + V2 ~e

2 + V3 ~e3 =

3∑

i=1

Vi ~ei. (2.70)

Izrazimo i vektore ~e i preko vektora ~e i, tako sto cemo (ponovo koristeci (2.10)) izracunati npr.

~e 2 × ~e 3 =1

V (~e 3 × ~e 1) × 1

V (~e 1 × ~e 2)

=1

V 2

[(~e 3 × ~e 1) · ~e 2

]

︸︷︷︸= V

·~e 1 −[(~e 3 × ~e 1) · ~e 1

]

︸︷︷︸= 0

·~e 2

=

1

V ~e 1

⇒ ~e 1 = V ~e 2 × ~e 3

ili, opcenito

~e i = V ~e j × ~e k,

~e 1 = V ~e 2 × ~e 3,

~e 2 = V ~e 3 × ~e 1,

~e 3 = V ~e 1 × ~e 2.

Lako je vidjeti da je

~e i · ~e i = V(~e j × ~e k

)· ~e i = V V = 1,

~e i · ~e j = V(~e j × ~e k

)· ~e j = 0, i 6= j

ili, krace~e i · ~e j = δ i,j. (2.71)

Dakle, iako sami vektori ~e i opcenito ne moraju biti ortogonalni medusobno, relacija (2.66),uvodenjem vektora ~e i dobivene su relacije ortogonalnosti (2.68) i (2.71) medu ova dva skupavektora.

Sada se i skalarni umnozak vektora ~V i ~U moze napisati kao

~V · ~U =

(3∑

i=1

Vi ~ei

)·(

3∑

j=1

U j ~e j

)=

3∑

i=1

3∑

j=1

Vi Uj ~e i · ~e j =

3∑

i=1

3∑

j=1

Vi Uj δ i,j =

3∑

j=1

Vj Uj,

=

(3∑

i=1

V i ~e i

)·(

3∑

j=1

Uj ~ej

)=

3∑

i=1

3∑

j=1

V i Uj ~e i · ~e j =3∑

i=1

3∑

j=1

V i Uj δ i,j =3∑

j=1

V j Uj .

Skupovi vektora~e 1, ~e 2, ~e 3

,

~e 1, ~e 2, ~e 3


nazivaju se medusobno reciprocni. U odnosu na skup vektora (~e 1, ~e 2, ~e 3), komponente V i

se nazivaju kontravarijantne, a Vi kovarijantne komponente vektora ~V .

U tri dimenzije vektori ~e i i ~ei se koriste u kristalografiji za opis kristalne resetke i njoj

reciprocne (inverzne) resetke, a poopcenje na cetverodimenzijski prostor se primjenjuje u te-oriji relativnosti.

U posebnom slucaju kada su ~e i medusobno okomiti i jedinicnog iznosa, tada je i

~e i · ~e j = δ i,j,

~e i = ~e i,

Vi = V i.

Oznacimo skalarne umnoske vektora ~e i i ~ei na slijedeci nacin:

~e i · ~e j = g i j , ~e i · ~e j = g i j . (2.72)

Uskoro cemo, relacijama (2.77) i (2.78), pokazati da velicine g i j i g i j odreduju udaljenosttocaka u prostoru i to je razlog zasto se nazivaju elementima metrickog tenzora Zbogkomutativnosti skalarnog umnoska je

g i j = g j i , g i j = g j i,

tj. metricki je tenzor simetrican. Tada je

~e i · ~V = ~e i · (V 1 ~e 1 + V 2 ~e 2 + V 3 ~e 3) = V i

V i = ~e i · ~V = ~e i

3∑

j=1

Vj ~ej

V i =

3∑

j=1

Vj gj i. (2.73)

I slicno

~e i · ~V = ~e i · (V1 ~e 1 + V2 ~e2 + V3 ~e

3) = Vi

Vi = ~e i · ~V = ~e i

3∑

j=1

V j ~e j

Vi =

3∑

j=1

V j g j i. (2.74)


Iz relacija (2.73) i (2.74) se vidi da g i j i gi j nisu medusobno nezavisni

Vj =

3∑

i=1

V i g i j =

3∑

i=1

(3∑

k=1

Vk gk i

)g i j = Vj

3∑

i=1

g j i g i j +

3∑

k=1

k 6=j

Vk

(3∑

i=1

g k i g i j

).

Iz gornje jednakosti zakljucujemo da je

3∑

i=1

g j i g i j = 1,

3∑

i=1

g k i g i j = 0, k 6= j,

tj. da je3∑

i=1

g k i g i j = δ k,j. (2.75)

Na slican nacin dolazimo i do simetricne relacije

V j =

3∑

i=1

Vi gi j =

3∑

i=1

(3∑

k=1

V k g k i

)g i j = V j

3∑

i=1

g j i gi j +

3∑

k=1

k 6=j

V k

(3∑

i=1

g k i gi j

).

3∑

i=1

g k i gi j = δ k,j. (2.76)

Jednadzbe (2.75) i (2.76) mozemo preglednije napisati u matricnom obliku

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

·

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

·

g1 1 g1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

,

tj. matrice [ g i j ] i [ gi j ] su jedna drugoj inverzne

[ g i j ] = [ g i j ]−1,

Det [ g i j ] · Det [ g i j ] = 1.

Racunom inverzne matrice, iz gornjih se relacija ocitavaju veze medu kovarijantnim i kontra-varijantnim komponentama metrickog tenzora. Tako je npr.

g1 1 =g 2 2 g 3 3 − g 3 2 g 2 3

g,

g1 2 = − g 2 1 g 3 3 − g 2 3 g 3 1

g,

g 1 3 = · · · itd. · · · ,


gdje je s g oznacena determinanta metrickog tenzora

g =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Pokazimo i da je

g = V 2...dovrsiti

Neka vekor ~V oznacava vektor koji spaja ishodiste koordinatnog sustava s tockom V . Kvadratudaljenosti tocke od ishodista, ~V · ~V , se naziva metricka forma. Ona se moze izraziti prekokontravarijantnih

~V · ~V = (V 1 ~e 1 + V 2 ~e 2 + V 3 ~e 3) · (V 1 ~e 1 + V 2 ~e 2 + V 3 ~e 3)

(2.77)

= (V 1)2 g 1 1 + (V 2)2 g 2 2 + (V 3)2 g 3 3 + 2 V 1 V 2 g 1 2 + 2 V 1 V 3 g 1 3 + 2 V 2 V 3 g 2 3

i preko kovarijantnih komponenata

~V · ~V = (V1 ~e1 + V2 ~e

2 + V3 ~e3) · (V1 ~e 1 + V2 ~e

2 + V3 ~e3)

(2.78)

= (V1)2 g1 1 + (V2)

2 g 2 2 + (V3)2 g 3 3 + 2 V1 V2 g

1 2 + 2 V1 V3 g1 3 + 2 V2 V3 g

2 3

vektora ~V (pri cemu smo uzeli u obzir da je metricki tenzor simetrican) .

I skalarni umnozak dva vektora se moze izraziti preko komponenata metrickog tenzora:

~V · ~U =3∑

i=1

Vi ~ei

3∑

j=1

Uj ~ej =

3∑

i=1

3∑

j=1

Vi Uj ~ei ~e j =

3∑

i=1

3∑

j=1

Vi Uj gi j

= g1 1 V1 U1 + g 2 2 V2 U2 + g 3 3 V3 U3

+ g1 2 (V1 U2 + V2 U1) + g 1 3 (V1 U3 + V3 U1) + g 2 3 (V2 U3 + V3 U2)

=[V1 V2 V3

]

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

U1

U2

U3

≡ 〈 Vi | g i j | Uj 〉 . (2.79)


~V · ~U =3∑

i=1

V i ~e i

3∑

j=1

U j ~e j =3∑

i=1

3∑

j=1

V i U j ~e i ~e j =3∑

i=1

3∑

j=1

V i U j gi j

= g 1 1 V1 U1 + g 2 2 V

2 U2 + g 3 3 V3 U3

+ g 1 2 (V1 U2 + V 2 U1) + g 1 3 (V

1 U3 + V 3 U1) + g 2 3 (V2 U3 + V 3 U2)

=[V 1 V 2 V 3

]

g 1 1 g 1 2 g 1 3

g 2 1 g 2 2 g 2 3

g 3 1 g 3 2 g 3 3

U1

U2

U3

≡ 〈 V i | g i j | U j 〉 . (2.80)

Buduci da i (2.79) i (2.80) predstavljaju isti skalarni umnozak, ~V · ~U , to je

~V · ~U = 〈 Vi | g i j | Uj 〉 = 〈 V i | g i j | U j 〉 ≡ 〈 V | g | U 〉,

pa se indeksi mogu izostaviti.Prema (2.5), norma vektora ~V se dobiva iz gornjih izraza (uz ~U = ~V ) kao

|~V | =√

〈 V | g | V 〉.

Iz definicije skalarnog umnoska, (2.2), lako se dobije izraz za kut α izmedu vektora ~V i ~U

cos α =〈 V | g | U 〉√

〈 V | g | V 〉√

〈 U | g | U 〉.

Neka je sada

~V = ~U ≡ d~r = dx 1 ~e 1 + dx 2 ~e 2 + dx 3 ~e 3,

spojnica dvije bliske tocke. Tada izrazi (2.79) i (2.80) predstavljaju poopcenje Pitagorinogteorma

d~r · d~r ≡ (ds)2 = g 1 1 (dx1)2 + g 2 2 (dx

2)2 + g 3 3 (dx3)2

+ 2 g 1 2 dx1 dx 2 + 2 g 1 3 dx

1 dx 3 + 2 g 2 3 dx2 dx 3.

Ukoliko se koordinatni sustav orotgonalan (g i j = 0, i 6= j), ali ne i normiran (g i i 6= 1),udaljenost medu tockama je

(ds)2 = g 1 1 (dx1)2 + g 2 2 (dx

2)2 + g 3 3 (dx3)2

(2.81)

= (h1 dx1)2 + (h2 dx

2)2 + (h3 dx3)2,

pri cemu se velicine

hi ≡√g i i

nazivaju faktorima skale (scale factors). Izraz (2.81) se moze usporediti s (2.53) cilindricnog ilis (2.65) sfernog koordinatnog sustava.

2.8. ORTOGONALNA PREOBRAZBA 93

U Euklidskom je prostoru, koji je jos i ortonormiran, (g i j = δ i,j), izraz za udaljenost svodi sena poznati izraz za Pitagorin teorem

(ds)2 = (dx 1)2 + (dx 2)2 + (dx 3)2.

Pokazimo jos jednu interpretaciju metrickog tenzora.

Neka je polozaj cestice u trodimenzijskom prostoru odreden trima poopcenim (opcenito krivo-linijskim) koordinatama

q1, q2, q3.

Veze s pravokutnim koordinatama su oblika

x = x(q1, q2, q3),

y = y(q1, q2, q3),

z = z(q1, q2, q3),

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez .

Vektor ~e i je vektor (ne nuzno jedinicni) usmjeren prema porastu koordinate qi, tj. tangencijalanje na krivulju po kojoj se mijenja qi (uz konstantne vrijednosti druge dvije koordinate qj i qk).Kao sto je pokazano u odjeljku 2.3 (slika 2.10), vektor d~r ima smjer tangenete na krivulju udanoj tocki, pa je zato vektor ~e i jednak

~e i =

(∂ ~r

∂ qi

)

qj qk

=∂ x

∂ qi~ex +

∂ y

∂ qi~ey +

∂ z

∂ qi~ez . (2.82)

Iz gornjeg izraza se za elemente metrickog tenzora, prema (2.72), dobiva

g i j = ~e i · ~e j =(∂ x

∂ qi~ex +

∂ y

∂ qi~ey +

∂ z

∂ qi~ez

)·(∂ x

∂ qj~ex +

∂ y

∂ qj~ey +

∂ z

∂ qj~ez

)

=∂ x

∂ qi

∂ x

∂ qj+∂ y

∂ qi

∂ y

∂ qj+∂ z

∂ qi

∂ z

∂ qj. (2.83)

Gornji oblik metrickog tenzora, koristi se u odjeljku (10.1).

2.8 Ortogonalna preobrazba

U nastavku cemo se ograniciti na ortonormirane koordinatne sustave, pa necemo praviti razlikuizmedu kovarijantnih i kontravarijantnih vektora.

Promatrajmo dva pravokutna koordinatna sustava (O, x, y, z) i (O, x ′, y ′, z ′) sa istim ishodistemO, ali razlicitim smjerovima koordinatnih osi, kao na slici 2.33. Za zadani proizvoljni vektor~V (npr. ~V moze biti radij vektor ~r, vektor brzine ~v, sile ~F ili bilo koji drugi vektor), glavni

zadatak u ovom odjeljku je naci vezu medu komponentama vektora ~V u sustavu (O, x ′, y ′, z ′)i sustavu (O, x, y, z).


Slika 2.33: Uz ilustraciju ortogonalne preobrazbe.

Oznacimo smj kosinuse kutova koje vektor ~ex ′ zatvara redom s vektorima ~ex , ~ey i ~ez . U skladus definicijom skalarnog umnoska (2.2), mozemo pisati

cos(~ex ′ , ~ex ) = ~ex · ~ex ′ ≡ m1,

cos(~ex ′ , ~ey ) = ~ey · ~ex ′ ≡ m2,

cos(~ex ′ , ~ez ) = ~ez · ~ex ′ ≡ m3.

Svaki vektor, pa tako i ~ex ′ , se moze napisati kao linearna kombinacija vektora baze (O, x, y, z),tako da je

~ex ′ = (~ex · ~ex ′ ) ~ex + (~ey · ~ex ′ ) ~ey + (~ez · ~ex ′ ) ~ez = m1 ~ex +m2 ~ey +m3 ~ez . (2.84)

Neka su nj kosinusi kutova koje vektor ~ey ′ zatvara s vektorima ~ex , ~ey i ~ez , a lj neka su kosinusikutova koje vektor ~ez ′ zatvara s vektorima ~ex , ~ey i ~ez . Ako se sustav (O, x ′, y ′, z ′) vrti u odnosuna sustav (O, x, y, z), svi su ovi kosinusi smjerova funkcije vremena. Slicnim postupkom kaogore, dolazi se do

~ey ′ = n1 ~ex + n2 ~ey + n3 ~ez ,

(2.85)

~ez ′ = l1 ~ex + l2 ~ey + l3 ~ez .

Matricni zapis gornje tri relacije je

~ex ′

~ey ′

~ez ′

=

m1 m2 m3

n1 n2 n3

l1 l2 l3

·

~ex

~ey

~ez

.


Ovih devet kosinusa smjerova, mj , nj i lj, u cjelosti odreduju orjentaciju koordinatnog sustava(O, x ′, y ′, z ′) prema (O, x, y, z). No, buduci da i vektori ~ex ′ , ~ey ′ i ~ez ′ takoder cine bazu, to sesvaki vektor, pa tako i ~ex , ~ey i ~ez , mogu prikazati kao njihova linearna kombinacija

~ex = (~ex · ~ex ′ )~ex ′ + (~ex · ~ey ′ )~ey ′ + (~ex · ~ez ′ )~ez ′ = m1 ~ex ′ + n1 ~ey ′ + l1 ~ez ′ ,

~ey = (~ey · ~ex ′ )~ex ′ + (~ey · ~ey ′ )~ey ′ + (~ey · ~ez ′ )~ez ′ = m2 ~ex ′ + n2 ~ey ′ + l2 ~ez ′ , (2.86)

~ez = (~ez · ~ex ′ )~ex ′ + (~ez · ~ey ′ )~ey ′ + (~ez · ~ez ′ )~ez ′ = m3 ~ex ′ + n3 ~ey ′ + l3 ~ez ′ .


~ex

~ey

~ez

=

m1 n1 l1

m2 n2 l2

m3 n3 l3

·

~ex ′

~ey ′

~ez ′

.

Gornje dvije matrice su povezane operacijom transponiranja.

Promotrimo sada opci vektor ~V i raspisimo ga po komponentama u oba sustava

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez = V ′x ~ex ′ + V ′

y ~ey ′ + V ′z ~ez ′ .

Pomnozi li se gornja relacija najprije skalarno s ~ex ′ , a zatim i sa ~ey ′ i ~ez ′ , dobiju se slijedecerelacije

V ′x = m1 Vx +m2 Vy +m3 Vz,

V ′y = n1 Vx + n2 Vy + n3 Vz, (2.87)

V ′z = l1 Vx + l2 Vy + l3 Vz,


V ′x

V ′y

V ′z

=

m1 m2 m3

n1 n2 n3

l1 l2 l3

·

Vx

Vy

Vz

.

Ovo je veza medu komponentama proizvoljnog vektora u obje baze.

Pokazimo sada ovih devet kosinusa smjerova, mj , nj i lj , nisu svi medusobno nezavisni. Nisunezavisni zato jer bazni vektori moraju zadovoljavati sest relacija ortonormiranosti

~ex · ~ex = ~ey · ~ey = ~ez · ~ez = 1, ~ex · ~ey = ~ex · ~ez = ~ey · ~ez = 0 (2.88)


i slicno za ~ex ′ , ~ey ′ i ~ez ′ (ali to vodi na iste uvjete). Ako devet velicina zadovoljava sest jed-nadzba, onda to znaci da su samo tri medu njima medusobno neovisni, a ostalih sest se mozeizracuanti iz ova tri i sest jednadzba uvjeta (2.88). Raspisimo ove uvjete

~ex · ~ex = 1 = (m1 ~ex ′ + n1 ~ey ′ + l1 ~ez ′ ) · (m1 ~ex ′ + n1 ~ey ′ + l1 ~ez ′ ) = m21 + n2

1 + l21,

~ey · ~ey = 1 = (m2 ~ex ′ + n2 ~ey ′ + l2 ~ez ′ ) · (m2 ~ex ′ + n2 ~ey ′ + l2 ~ez ′ ) = m22 + n2

2 + l22,

~ez · ~ez = 1 = (m3 ~ex ′ + n3 ~ey ′ + l3 ~ez ′ ) · (m3 ~ex ′ + n3 ~ey ′ + l3 ~ez ′ ) = m23 + n2

3 + l23.

Tri gornje relacije mogu se sazeti u

m2j + n2

j + l2j = 1, j = 1, 2, 3. (2.89)

Nadalje je

~ex · ~ey = 0 = (m1 ~ex ′ + n1 ~ey ′ + l1 ~ez ′ ) · (m2 ~ex ′ + n2 ~ey ′ + l2 ~ez ′ ) = m1m2 + n1 n2 + l1 l2,

~ex · ~ez = 0 = (m1 ~ex ′ + n1 ~ey ′ + l1 ~ez ′ ) · (m3 ~ex ′ + n3 ~ey ′ + l3 ~ez ′ ) = m1m3 + n1 n3 + l1 l3,

~ey · ~ez = 0 = (m2 ~ex ′ + n2 ~ey ′ + l2 ~ez ′ ) · (m3 ~ex ′ + n3 ~ey ′ + l3 ~ez ′ ) = m2m3 + n2 n3 + l2 l3.

Ove se tri relacije mogu sazeti u

mimj + ni nj + li lj = 0, i 6= j. (2.90)

Obje relacije (2.89) i (2.90) mogu se sazeti u

mimj + ni nj + li lj = δ i,j , i, j = 1, 2, 3. (2.91)

Radi jednostavnijeg oznacavanja u izvodima koji slijede, prijedimo na slijedece oznake

x → 1, y → 2, z → 3.

Tako npr Vx, Vy i Vz postaju V1, V2 i V3, a relacije (2.87) postaju

V ′1 = m1 V1 +m2 V2 +m3 V3,

V ′2 = n1 V1 + n2 V2 + n3 V3, (2.92)

V ′3 = l1 V1 + l2 V2 + l3 V3.

Gornje su relacije poseban slucaj opce (ne i najopcenitije, jer nema konstantnog aditivnogclana) linearne preobrazbe oblika

V ′1 = a1 1 V1 + a1 2 V2 + a1 3 V3,

V ′2 = a2 1 V1 + a2 2 V2 + a2 3 V3, (2.93)

V ′3 = a3 1 V1 + a3 2 V2 + a3 3 V3,


pri cemu su

m1 ≡ a1 1, m2 ≡ a1 2, m3 ≡ a1 3,

n1 ≡ a2 1, n2 ≡ a2 2, n3 ≡ a2 3,

l1 ≡ a3 1, l2 ≡ a3 2, l3 ≡ a3 3.

Kada kazemo opca linearna preobrazba, time mislimo reci da su koeficijenti ai j medusobnonezavisni, dok su koeficijenti iz preobrazbe (2.92) medusobno povezani relacijama (2.91). Gornjetri relacije mozemo sazeto napisati kao

V ′i =

3∑

j=1

ai j Vj, i, j = 1, 2, 3, (2.94)

ili u matricnom obliku

~V ′ = A ~V ⇔

V ′1

V ′2

V ′3

=

a1 1 a1 2 a1 3

a2 1 a2 2 a2 3

a3 1 a3 2 a3 3

V1

V2

V3

. (2.95)

Ako na gornju preobrazbu, tj. na (2.93), nametnemo zahtjev da ne mijenja duljinu vektora,tj. da je duljina vektora prije preobrazbe jednaka duljini vektora poslije preobrazbe

3∑

i=1

V ′i V

′i =

3∑

i=1

Vi Vi = inv. ,

uvrstavanjem (2.94), dolazimo do

3∑

i=1

V ′i V

′i =

3∑

i=1

Vi Vi,

3∑

i=1

3∑

j=1

ai j Vj

3∑

k=1

ai k Vk =

3∑

i=1

Vi Vi,

3∑

j=1

3∑

k=1

(3∑

i=1

ai j ai k

)Vj Vk =

3∑

i=1

Vi Vi

Da bi gornja jednakost bila zadovoljena, ocito mora biti

∑3i=1 ai j ai k = δj k. (2.96)

Gornja se relacija naziva uvjet ortogonalnosti i ekvivalentna je s jednadzbom (2.91), tj.


mimj + ni nj + li lj = δ i,j. Tako je npr.

j = 1, k = 1 :3∑

i=1

ai 1 ai 1 = 1,

a1 1 a1 1 + a2 1 a2 1 + a3 1 a3 1 = 1,

m21 + n2

1 + l21 = 1.

j = 1, k = 2 :3∑

i=1

ai 1 ai 2 = 0,

a1 1 a1 2 + a2 1 a2 2 + a3 1 a3 2 = 0,

m1 m2 + n1 n2 + l1 l2 = 0.

Svaka linearna preobrazba (2.93) sa svojstvom (2.96) se zove ortogonalna preobrazba.Matrica A

A =

a1 1 a1 2 a1 3

a2 1 a2 2 a2 3

a3 1 a3 2 a3 3

se zove ortogonalna matrica.Primjetimo da se relacija

~V ′ = A ~V

moze shvatiti na dva nacina:- koordinatni sustav se zakrece od (O, x, y, z) prema (O, x ′, y ′, z ′), dok se sam vektor ~V ne

mijenja; relacija ~V ′ = A ~V daje vezu medu komponentama istog vektora, ali promatranog izdva razlicita sustava - zakrenutog i nezakrenutog; ovakva se preobrazba naziva pasivna vrtnjai to je smisao koji cemo koristiti u ovom odjeljku.- druga je mogucnost da promatramo zakret vektora ~V u fiksnom koordinatnom sustavu;tada ~V oznacava vektor prije, a ~V ′ vektor poslije zakreta; u tom slucaju se govori o aktivnojvrtnji.

Slika 2.34: Ortogonalna preobrazba u dvijedimenzije.

Zadatak: 2.71 Pogledajmo jednostavan primjer udvije dimenzije (slika 2.34). Matrica A je oblika

A =

a1 1 a1 2

a2 1 a2 2

.

Treba postaviti i rijesiti relacije ortogonalnosti.

2.9. SVOJSTVA MATRICE PREOBRAZBE A 99

R:U ovom primjeru postoje tri relacije ortogonalnosti(2.96)

a21 1 + a22 1 = 1,

a21 2 + a22 2 = 1, (2.97)

a1 1 a1 2 + a2 1 a2 2 = 0.

Dakle, od cetiri elementa ai j , samo je 4− 3 = 1 element nezavisan, a svi ostali se mogu izrazitipreko njega. I zaista, elementarnom trigonometrijom sa slike 2.34 se zakljucuje da je

~ex ′ = cosϕ ~ex + sinϕ ~ey ,

~ey ′ = − sinϕ ~ex + cosϕ ~ey ,

odakle zatim procitamo koeficijente ai j

a1 1 = cosϕ, a1 2 = sinϕ,

a2 1 = − sin ϕ, a2 2 = cosϕ.

Jednadzbe uvjeta (2.97) su ocito zadovoljene

cos2 ϕ+ (− sin ϕ)2 = 1,

sin2 ϕ+ cos2 ϕ = 1,

cosϕ sinϕ+ (− sin ϕ) cosϕ = 0.

2.9 Svojstva matrice preobrazbe A

• Promatrajmo dvije uzastopne ortogonalne preobrazbe opisane matricama A i B

~V → ~V ′ : V ′k =

3∑

j=1

bk j Vj,

~V ′ → ~V ′ ′ : V ′ ′i =

3∑

k=1

ai k V′k .


Uvrstavanjem prve u drugu od gornjih relacija, dobiva se

V ′ ′i =

3∑

k=1

ai k

3∑

j=1

bk j Vj

=3∑

j=1

(3∑

k=1

ai k bk j

)Vj

=

3∑

j=1

ci j Vj,

Gdje smo oznacili

ci j =

3∑

k=1

ai k bk j ⇔ C = A B. (2.98)

Pokazimo da je i C ortogonalna preobrazba. To je ujedno i osnovno svojstvo grupe: rezultatmnozenja (ili neke druge binarne operacije) dva elementa grupe daje neki treci element grupe.Ako je C ortogonalna preobrazba, tada za nju mora vrijediti (2.96)

3∑

i=1

ci j ci k = δj k.

Da bi se to pokazalo, treba naprosto iz (2.98) izraziti c-ove preko a-ova i b-ova, a zatim koristiticinjenicu (2.96) da A i B jesu ortogonalne preobrazbe

3∑

i=1

ci j ci k =3∑

i=1

(3∑

l=1

ai l bl j

) (3∑

p=1

ai p bp k

)

=

3∑

l=1

3∑

p=1

(3∑

i=1

ai l ai p

)

︸︷︷︸= δl p

bl j bp k =

3∑

l=1

3∑

p=1

δl p bl j bp k =

3∑

l=1

bl j bl k

= δj k.

• Ortogonalna preobrazba opcenito nije komutativna

A B 6= B A,

• ali jeste asocijativna

(A B) C = A (B C),

dokaz cega prepustamo citatelju.

• Zbrajanje

C = A+B ⇒ ci j = ai j + bi j.


• Inverznu preobrazbu od A cemo oznacavati s A−1, pri cemu je

~V ′ = A ~V ⇔ V ′k =

3∑

i=1

ak i Vi, (2.99)

~V = A−1 ~V ′ ⇔ Vi =

3∑

j=1

a ′i j V

′j ,

gdje smo s a ′i j oznacili matricne elemente inverzne preobrazbe. Uvrstavanjem gornje dvije

relacije jedne u drugu, dobivamo

V ′k =

3∑

i=1

ak i

3∑

j=1

a ′i j V

′j =

3∑

j=1

(3∑

i=1

ak i a′i j

)V ′j .

Da bi gornja jednakost mogla vrijediti, mora biti izraz u zagradi jednak δj k

3∑

i=1

ak i a′i j = δj k, (2.100)

ili matricno

A A−1 = 1,

gdje je 1 jedinicna 3 × 3 matrica

1 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

koja predstavlja identicnu preobrazbu

~V = 1 · ~V , A · 1 = 1 · A = A.

Koristeci (2.99) mozemo doci do slijedece veze

Vi =3∑

j=1

a ′i j V

′j =

3∑

j=1

a ′i j

3∑

k=1

aj k Vk =3∑

k=1

(3∑

j=1

a ′i j aj k

)Vk.

Usporedbom lijeve i desne strane gornje relacije, zakljucujemo da okrugla zagrada mora bitijednaka δi k

3∑

j=1

a ′i j aj k = δi k, (2.101)

ili matricno

A−1 A = 1.

Iz (2.100) i (2.101) vidimo da vrijedi

A A−1 = A−1 A = 1.


Da bismo izracunali matricne elemente inverzne matrice, promotrimo slijedeci dvostruki zbroj

3∑

k=1

3∑

i=1

ak l ak i a′i j. (2.102)

Primjetimo da je, prema (2.96)∑3

k=1 ak l ak i = δi l, pa je gornji zbroj jednak

3∑

i=1

δi l a′i j = a ′

l j . (2.103)

No, s druge strane iz zbroja (2.102) mozemo izdvojiti i∑3

i=1 ak i a′i j, sto je prema (2.100)

jednako δj k, tako da (2.102) postaje

3∑

k=1

ak l δj k = aj l. (2.104)

Relacije (2.103) i (2.104) su samo dva razlicita zapisa istog izraza (2.102), pa moraju biti imedusobno jednake

a ′l j = aj l ⇔

(A−1

)l j= (A)j l . (2.105)

To je trazeni izraz za matricne elemente inverzne matrice: oni se dobiju jednostavnom zamjenomredaka i stupaca u matrici preobrazbe A. Ova se operacija zove transponiranje, a matricase zove transponirana matrica s oznakom AT

(AT)i j

= (A)j i .

Inverz ortogonalne matrice je transponirana matrica

A−1 = AT , ⇒ A AT = AT A = 1. (2.106)

Iz samog izvoda vidimo da su gornje relacije ekvivalentne s (2.96). Determinantu matriceA cemo oznacavati s |A|. Buduci da je determinanta umnoska matrica jednaka umnoskudeterminanata pojedinih matrica, to iz gornje relacije slijedi

|AT | · |A| = 1 ⇒ |AT | = 1

|A| .

Pojam transponirane matrice se koristi i kod mnozenja matrice i vektora. Ako je vektor desnood matrice, shvacamo ga kao jednostupcanu matricu i pisemo

A ~V ⇔3∑

j=1

ai j Vj. (2.107)

Ako vektor mnozi matricu s lijeve strane, shvacamo ga kao matricu s jednim redom

~V A ⇔3∑

j=1

Vj aj i,


a ako s desna mnozi transponiranu matricu

~V AT ⇔3∑

j=1

Vj (aT )j i =

3∑

j=1

Vj ai j. (2.108)

Usporedbom (2.107) i (2.108) vidimo da je

~V AT = A ~V .

Ako je kvadratna matrica jednaka svojoj transponiranoj matrici

A = AT ⇒ ai j = (aT )i j = aj i,

onda se ona naziva i simetricna matrica. Determinanta simetricne matrice je +1 ili −1

|AT | · |A| = |A|2 = 1 ⇒ |A| = ± 1.

Ako je

A = −AT ⇒ ai j = −(aT )i j = −aj i,

onda se A naziva antisimetricna matrica. Ocito su dijagonalni elementi antisimetricnematrice jednaki nuli

ai i = 0.

Slicnim razmatranjem kao gore, zakljucuje se da je determinanta antisimetricne matrice

|A| = ± ı.

Iz gornjeg razmatranja se vidi da se svakoj kvadratnoj matrici A mogu pridruziti simetricna iantisimetricna matrica

As =1

2(A+AT ), Aas =

1

2(A−AT ),

(ai j)s =1

2(ai j + aj i), (ai j)as =

1

2(ai j − aj i),

tako da vrijedi

A = As +Aas, AT = As −Aas.

U vezi s pojmom ortogonalnosti je i pojam unitarnosti. Ukoliko su elementi matrice kom-pleksni, tada se

A† = (AT )∗

naziva hermitski adjungirana matrica matrice A (zvjezdica oznacava kompleksno konjugi-ranje). Unitarnom se naziva matrica za koju je

A† A = A A† = 1.


Svaka realna ortogonalna matrica je ujedno i unitarna. Matrica koja je jednaka svojoj hermitskiadjungiranoj matrici,

A† = A,

zove se hermitska matrica.

Relacijom (2.94), tj. (2.95) smo vidjeli kako se preobrazava vektor uslijed linearne preobrazbekoordinata. Sada se mozemo zapitati kako se preobrazava operator uslijed te iste linearnepreobrazbe koordinata?Neka je O proizvoljni linearni operator koji djeluje na vektor ~V1 i kao rezultat daje vektor ~V2

~V2 = O ~V1. (2.109)

Neka jeA matrica linearne preobrazbe koordinatnih sustava. Tada je ~V2 u novom koordinatnomsustavu dan sa

~V ′2 = A ~V2.

Isto vrijedi i za vektor ~V1, tj.

~V ′1 = A ~V1

Tada je

A ~V2 = A O ~V1 = A O A−1 A ~V1

~V ′2 = (A O A−1) ~V ′

1 .

No, gornja relacija nije nista drugo nego (2.109) napisana u novom koordinatnom sustavu. Iztoga zakljucujemo da se operator O preobrazava iz starog u novi koordinatni sustav relacijom

O ′ = A O A−1, (2.110)

ili, po komponentama

o ′i j =

3∑

k=1

3∑

l=1

ai k ok l (a−1)l j =

3∑

k=1

3∑

l=1

ai k aj l ok l. (2.111)

Preobrazbe gornjeg oblika se zovu preobrazbe slicnosti.Lako je dvidjeti da preobrazba slicnosti ne mijenja vrijednost determinante operatora

O ′ = A O A−1 / ·A

O ′ A = A O

|O ′| |A| = |A| |O|

|O ′| = |O|.

2.10. TENZORI 105

2.10 Tenzori

U D-dimenzijskom prostoru, tenzorom n-tog reda cemo nazivati velicinu sastavljenu od Dn

komponenata,

Ti1 i2 ··· in , ip = 1, 2, · · · , D,

koja se u donosu na ortogonalnu preobrazbu koordinatnog sustava (opisanu matricom A) pre-obrazava kao

T ′i1 i2 ··· in =

D∑

j1=1

D∑

j2=1

· · ·D∑

jn=1

ai1 j1 ai2 j2 · · ·ain jn Tj1 j2 ··· jn.

Povezimo gornju definiciju s nekima od velicina koje smo vec upoznali:

• Prema gornjoj definiciji, tenzor nultog reda ima samo jednu komponentu, koja je samim timei invarijantna na ortogonalnu preobrazbu. Buduci da su skalari invarijantni na ortogonalnepreobrazbe, to tenzor nultog reda nazivamo i skalarom.

• Ogranicimo li se na D = 3-dimenzijski prostor, tenzor prvog reda se preobrazava kao

T ′i =

3∑

j=1

ai j Tj ,

sto prepoznajemo kao preobrazbu vektora (2.94), tj. tenzori prvog reda su vektori.

• Tenzor drugog reda u D = 3-dimenzijskom prostoru se preobrazava kao

T ′i1 i2

=

3∑

j1=1

3∑

j2=1

ai1 j1 ai2 j2 Tj1 j2.

Gornju relaciju prepoznajemo kao operaciju slicnosti (2.110) tj. (2.111). Dakle u odnosu naortogonalne preobrazbe, tenzori drugog reda su isto sto i kvadratne matrice.

Levi-Civita tenzor (15.21).

Poglavlje 3

Kinematika

Kinematika je dio fizike koji se bavi opisom gibanja, ne ulazeci u objasnjavanje toga sto jeuzrok gibanja. Sama rijec kinematika, potjece od grcke rijeci κινηµα (kinema), sto znacigibanje.

Osnovni pojam kinematike jest pojam brzine. Brzina je velicina zadana omjerom prijedenogputa i proteklog vremena. Prijedeni put je vektor, a proteklo vrijeme je skalar, pa je zato njihovomjer, brzina, vektorska velicina. Prema tome, brzina ima svoj iznos i smjer, a zbrajanje brzinaje komutativno. Smjer brzine odreduje kojim ce prostornim tockama proci cestica u svojemgibanju. Skup tih tocaka se naziva putanja ili trajektorija. Ako je taj smjer stalno isti tokomvremena, cestica se giba po pravcu, a gibanje se naziva pravocrtno. Sva ostala gibanja(kod kojih se smjer brzine mijenja u vremenu) se nazivaju krivocrtna gibanja. Posebnioblik krivocrtnog gibanja je kruzno gibanje, kod kojega putanja cestice opisuje kruznicu. Akoje iznos brzine nepromjenjiv u vremenu, gibanje se naziva jednoliko. Ako se iznos brzinemijenja u vremenu, gibanje se zove nejednoliko (naziva se ubrzano ako se brzina povecava,a usporeno ako se brzina smanjuje). Velicina koja opisuje vremenske promjene brzine, zovese ubrzanje (ili akceleracija) i definirana je kao omjer promjene brzine i proteklog vremena.Prema ovoj definiciji i ubrzanje je vektor. Deceleracijom (usporavanjem) se naziva smanjenjeiznosa brzine tijekom vremena.

3.1 Brzina i ubrzanje

Promatrajmo cesticu koja se giba po krivulji C (slika 3.1). Neka se u trenutku t cestica nalazi upocetnoj tocki P ciji polozaj odreduje radij vektor ~r(t). U nesto kasnijem trenutku t+∆ t, nekase cestica nalazi u konacnoj tocki K opisanoj radij vektorom ~r(t + ∆ t) = ~r + ∆~r. Srednjombrzinom ~v cestice na putu ∆~r se naziva omjer

~v =∆~r

∆ t.

Omjer vektora i skalara je vektor, pa je srednja brzina vektorska velicina. Po svojoj dimenziji,srednja brzina je omjer duljine i vremena

[~v]=

[∆~r]

[∆ t]=l

t,

pa se, u SI sustavu, mjeri u jedinicama ms−1. Po svojem geometrijskom znacenju, srednja jebrzina sekanta krivulje C, tj. putanje cestice (slika 3.1). Unutar vremenskog intervala ∆ t,

107

108 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA

Slika 3.1: Uz definiciju brzine.

brzina se moze mijenjati (i po iznosu i po smjeru), pa ako zelimo doznati pravu (trenutnu)brzinu, ~v, cestice u promatranoj tocki, u definiciji srednje brzine treba izvesti granicni prijelaz∆ t→ 0, koji tada prepoznajemo kao definiciju derivacije 1

~v = lim∆ t→0

~r(t +∆ t)− ~r(t)

∆ t= lim

∆ t→0

∆~r

∆ t=d~r

d t= ~r, (3.1)

ili, po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava

~v =d~r

d t= ~ex

dx

d t+ ~ey

dy

d t+ ~ez

dz

d t= ~ex x + ~ey y + ~ez z .

Geometrijski, pri granicnom prijelazu ∆ t → 0 ce i sekanta sa slike 3.1, prijeci u tangentu naputanju u promatranoj tocki, tj. prava brzina ima smjer tangente na putanju. PremaPitagorinom poucku, iznos brzine

v = |~v| =∣∣∣∣d~r

d t

∣∣∣∣ =

√(dx

d t

)2

+

(dy

d t

)2

+

(dz

d t

)2

=1

d t

√(dx)2 + (dy)2 + (dz)2 =

ds

d t

je jednak omjeru infinitezimalne duljine luka krivulje

ds =√

(dx)2 + (dy)2 + (dz)2

i vremenskog intervala d t. Svaki se vektor, pa tako i vektor brzine, moze prikazati kao umnozakiznosa v, i jedinicnog vektora smjera ~ev ,

~v = v ~ev .1 Newton je uveo skraceno oznacavanje vremenske derivacije neke velicine tockicom iznad te velicine. Tako se npr. za brzinu

moze skraceno napisati ~r.

3.1. BRZINA I UBRZANJE 109

Opcenito, svaka promjena neke velicine s vremenom se moze shvatiti kao brzina. Tako se npr.upravo uvedena brzina moze nazvati i brzinom promjene polozaja radij vektora Moguce je de-finirati i neke druge brzine:

♣ Promatrajmo povrsinu plohe, S, koju opisuje radij vektor cestice u gibanju. Plosnom brzi-nom, vpl, nazivamo slijedeci diferencijalni omjer

vpl =d S

d t,

gdje je d S povrsina plohe koju je u vremenu d t opisao radij vektor (slika 7.17).

♣ Brzinu kojom neka sila obavlja rad, W , nazivamo snagom, P

P =dW

d t,

gdje je dW rad koji je u vremenu d t obavila neka sila.

♣ Brzinu kojom elektricni naboj Q prolazi kroz zamisljenu ravnu plohu, nazivamo elektricnomstrujom

I =dQ

d t,

gdje je dQ kolicina naboja koja je u vremenu d t prosla kroz plohu.

Brzina u kruznom cilindricnom koordinatnom sustavu.Prema (2.49), u cilindricnom koordinatnom sustavu je

~r(t) = ρ(t) ~eρ (t) + z(t) ~ez ,

gdje samo jedinicni vektor ~ez , ne ovisi o vremenu. Stoga je brzina jednaka

~v =d~r

d t=dρ

d t~eρ + ρ

d~eρd t

+dz

d t~ez .

U odjeljku 2 je, relacijom (2.52) pokazano da je

d~eρ = ~eϕ dϕ,

sto, uvrsteno u gornji izraz za brzinu, daje brzinu u kruznom cilindricnom sustavu

~v = ρ ~eρ + ρϕ~eϕ + z ~ez . (3.2)

Brzina u sfernom koordinatnom sustavu.Prema (2.59), u sfernom koordinatnom sustavu je

~r(t) = r(t) ~er (t),

gdje se obje velicine, i iznos r i smjer radij vektora ~er , mogu mijenjati s vremenom. Stoga je ibrzina jednaka

~v =d~r

d t=

d

d t

[r(t) · ~er (t)

]=d r

d t~er + r

d~erd t

.


Prvi clan opisuje promjenu iznosa radij vektora uz konstantan smjer, a drugi opisuje promjenusmjera radij vektora uz njegov konstantan iznos. U odjeljku 2 je, relacijom (2.62), pokazanoda je

d~er = ~eθ dθ + ~eϕ sin θdϕ,

sto, uvrsteno u gornji izraz za brzinu, daje brzinu u sfernom koordinatnom sustavu

~v = r~er + r~er = r~er + r(~eθ θ + ~eϕ sin θϕ ) = r~er + rθ ~eθ + r sin θϕ~eϕ . (3.3)

Ubrzanje se definira kao promjena brzine u danoj tocki (ili kao brzina kojom se mijenja brzina)

~a = lim∆ t→0

~v(t +∆ t)− ~v(t)

∆ t=d~v

d t=d2~r

d t2= ~r. (3.4)

Ubrzanje je omjer vektora d~v i skalara d t, pa je i samo vektor

~a =d~v

d t=

d

d t( v · ~ev ) =

dv

d t~ev + v

d~evd t

.

Po svojoj dimenziji je ubrzanje omjer duljine i kvadrata vremena

[~a ] =[d~v]

[d t]=

l

t2,

i, u SI sustavu mjernih jedinica, mjeri se u ms−2. Po komponentama u pravokutnom koordi-natnom sustavu, ubrzanje je jednako

~a =d2~r

d t2= x ~ex + y ~ey + z ~ez ,

a po svojem iznosu je

a = |~a | =√x 2 + y 2 + z 2.

Ubrzanje u cilindricnom koordinatnom sustavu.U kruznom cilindricnom koordinatnom sustavu je brzina dan izrazom (3.2), a ubrzanje se

dobiva vremenskom derivacijom brzine

~a =d~v

d t= ρ ~eρ + ρ ~eρ + ρ ϕ ~eϕ + ρϕ~eϕ + ρϕ ~eϕ + z ~ez .

U odjeljku 2 smo, relacijama (2.52) pokazali da je

d~eρ = ~eϕ dϕ, d~eϕ = −~eρ dϕ.

sto, uvrsteno u gornji izraz za ubrzanje, konacno daje ubrzanje u kruznom cilindricnom koor-dinatnom sustavu

~a =(ρ − ρϕ 2

)~eρ +

(2ρ ϕ + ρϕ

)~eϕ + z ~ez . (3.5)


Ubrzanje u sfernom koordinatnom sustavu.U sfernom koordinatnom sustavu je brzina dana izrazom (3.3), a ubrzanje dobivamo vremen-skom derivacijm brzine

~a =d~v

d t= r~er + r~er + rθ ~eθ + rθ ~eθ + rθ ~eθ + r sin θϕ ~eϕ + r cos θθ ϕ~eϕ + r sin θϕ~eϕ + r sin θϕ ~eϕ .

U odjeljku 2 je, relacijama (2.62),(2.63) i (2.64) pokazano da je

d~er = ~eθ dθ + ~eϕ sin θdϕ, d~eθ = −~er dθ + ~eϕ cos θdϕ, d~eϕ =(− sin θ~er − cos θ~eθ

)dϕ.

sto, uvrsteno u gornji izraz za ubrzanje, konacno daje ubrzanje u sfernom koordinatnom sustavu

~a =(r−rθ 2−rϕ 2 sin2 θ

)~er +

(2rθ+rθ−rϕ 2 sin θ cos θ

)~eθ +

(2rϕ sin θ+2rθ ϕ cos θ+rϕ sinθ

)~eϕ .

(3.6)

Zadatak: 3.1 Camac krece iz tocke P na jednoj obali rijeke i plovi stalnom brzinom ~V usmjeru tocke Q na drugoj obali, koja se nalazi tocno nasuprot P . Sirina rijeke jeD. Ako je ρ trenutna udaljenost od Q do camca, ϕ kut izmedu ρ i spojnice PQ, abrzina rijeke je ~v, dokazite da je putanja camca dana sa

ρ = Dsecϕ

(secϕ+ tanϕ)V/v.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.2 Mjerenjem tlaka barutnih plinova (piezoelektricna metoda) u cijevi vatrenogoruzja, dobivena je priblizna vremenska ovisnost tlka p o vremenu u obliku

p(t) =27

4pmax

(e−ωt − 2e−2ωt + e−3ωt

).

Izracunajte:(a) ubrzanje projektila kao funkciju prijedenog puta,(b) brzinu projektila kao funkciju prijedenog puta,(c) tlaku cijevi kao funkciju prijedenog puta,


(d) brzinu projektila na ustima cijevi,(e) tlak na ustima cijevi,(f) nacrtajte ovisnosti iz (a), (b) i (c).Trenje projektila i cijevi se zanemaruje. Neka je promjer cijevi 3 cm, duljina ci-jevi 60 cm, masa projektila neka je pola kilograma, a parametri ω = 2 200Hz ipmax = 3 200Pa.

R:Situacija iz zadatka je skicirana na slici. Primjetimo da se tlak moze napisati i u

obliku

p(t) = 27pmaxe−2ωt sinh2 ωt

2.

Proucimo najprije ovisnost tlaka o vremenu tako sto cemo potraziti njegove eks-tremne vrijednosti

d p

d t= 0 = −27

4pmaxω

(e−ωt − 4e−2ωt + 3e−3ωt

).

To je algebarska jednadzba treceg reda u varijabli e−ωt s tri rjesenja

e−ωt1 = 0, e−ωt2 =1

3, e−ωt3 = 1,

ili, izrazeno u vremenu

t1 = ∞, t2 =ln 3

ω, t3 = 0.

Uvrstavanjem gornjih vremena u pocetni izraz za tlak, dobiva se

t3 = 0 =⇒ p(0) = 0, tlak u trenutku ispaljenja je nula,

t2 =ln 3

ω=⇒ p(ln 3/ω) = pmax, maksimalni tlak

t1 = ∞ =⇒ p(∞) = 0, tlak dugo nakon ispaljenja je nula.

Vidimo da tlak postize najvecu vrijednost u trenutku

t2 =ln 3

ω

nakon ispaljenja.Postavimo sada jednadzbu gibanja. Unutar cijevi, gibanje se odvija u jednoj dimen-


ziji, pa se vektorske oznake mogu izostaviti

md2 x

d t2= F = p(t)

(d

2

)2

π

a ≡ d2 x

d t2=

27

16πd2 pmaxm

(e−ωt − 2e−2ωt + e−3ωt

). (3.7)

to je ovisnost ubrzanja o vremenu. Ubrzanje je vremenska derivacija brzine, pa sebrzina iz ubrzanja dobiva integriranjem po vremenu

∫ t

0

d2 x

d t2d t =

(d xd t

)t−(d xd t

)0.

Neka je u pocetnom trenutku t = 0, brzina projektila

(d xd t

)

0= 0,

tada se izravnom integracijom izraza za ubrzanje, dobije brzina u proizvoljnomvremenskom trenutku

v ≡ d x

d t=

9

16πd2 pmaxmω

(1− 3e−ωt + 3e−2ωt − e−3ωt

). (3.8)

Brzina je vremenska derivacija polozaja, pa se polozaj iz brzine dobiva integriranjempo vremenu

∫ t

0

d x

d td t = x(t)− x(0).

Neka se u pocetnom trenutku t = 0, projektil nalazi u tocki

x(0) = 0,

tada se izravnom integracijom izraza za brzinu, dobije polozaj u proizvoljnom vre-menskom trenutku

x(t) =3

32πd2 pmaxmω2

(− 11 + 6ωt+ 18e−ωt − 9e−2ωt + 2e−3ωt

). (3.9)

Da bi se dobile ovisnosti tlaka, brzine i ubrzanja ovisno o prijedenom putu x, potre-ban je slijedeci numericki postupak. Najprije se u jednadzbi (3.9) mijenja vrijeme tsve dok se ne nade t = tL za koji je

x(tL) = L.

To je vrijeme potrebno projektilu da dode do usta cijevi (po izlasku iz cijevi, naprojektil pocinje djelovati i gravitacijska sila koja je zanemarena kod opisa gibanjaunutar cijevi). Brzina ubrzanje i tlak na ustima cijevi su

v(tL), a(tL), p(tL).

Sada se za niz vrijednosti t (stotinjak)

0 ≤ t ≤ tL,


racunaju slijedece vrijednosti i uvrstavaju u tablicu-stupce na slijedeci nacin

t x(t) v(t) a(t) p(t)

Iz gornje tablice se vidi numericka ovisnost v = v(x), a = a(x) i p = p(x), koja setada moze i nacrtati kako je to trazeno u zadatku.

Zadatak: 3.3 dovrsiti

R:dovrsiti

Zadatak: 3.4 Vektor polozaja cestice je dan izrazom

~r = ~ex a cosωt+ ~ey b sinωt+ c t2 ~ez .

Pokazite da ubrzanje cestice ne raste s vremenom.

R:dovrsiti

3.2 Trobrid pratilac

Promatrajmo cesticu koja se giba po prostornoj krivulji C. Neka je polozaj cestice u trenutku

t opisan radij vektorom−→OP = ~r(t) koordinatnog sustava (O, x, y, z) (kao na slici 3.2). Pored

nepomicnog koordinatnog sustava (O, x, y, z), ponekad je korisno uvesti jos jedan pravokutnikoordinatni sustav koji se giba zajedno s cesticom (prati ju) i koji se naziva trobrid prati-lac. On je definiran trima, medusobno okomitim, jedinicnim vektorima. To su :

♠ ~eT jedinicni vektor u smjeru tangente na krivulju. Relacijom (3.1) je pokazano da brzinaima smjer tangente, pa je zato ~eT jednak jedinicnom vektoru brzine ~ev

~eT ≡ ~ev =~v

v=d~r / d t

ds / d t=d~r

ds, (3.10)

gdje je ds duljina luka krivulje C u maloj okolici tocke P .

♠ Buduci da je derivacija jedinicnog vektora okomita na taj isti jedinicni vektor [relacija (2.14)],to je ~eN , jedinicni vektor normale, definiran preko derivacije jedinicnog vektora vektora~eT kao

~eN = Rd~eTds

. (3.11)

3.2. TROBRID PRATILAC 115

Slika 3.2: Uz trobrid pratilac.

Sama derivacija d~eT /ds ne mora biti i jedinicne duljine, pa se mnozitelj R odabire tako da~eN bude jedinicne duljine

R =1∣∣∣∣d~eTds

∣∣∣∣.

Velicina R se naziva polumjer zakrivljenosti krivulje C u tocki P (i kod gibanja pokruznici je jednak polumjeru kruznice - odatle potjece i oznaka). Inverz od R se nazivazakrivljenost ili fleksija i oznacava se s

κ =1

R.

♠ Sada, kada su poznata dva jedinicna i medusobno okomita vektora, lako je pomocu njihovogvektorskog umnoska, definirati i treci jedinicni vektor, ~eB , koji se zove vektor binormale,

~eB = ~eT × ~eN . (3.12)

Prema samoj definiciji vektorskog umnoska, slijedi da je ~eB jedinicnog iznosa i da je okomiti na ~eT i na ~eN .

Ova tri vektora,

~eT , ~eN , ~eB ,

cine trobrid pratilac cestice.


Izrazimo ubrzanje cestice preko ovih vektora

~a =d~v

d t=d(v ~eT )

d t=dv

d t~eT + v

d~eTd t

=dv

d t~eT + v

(d~eTds

ds

d t

)=dv

d t~eT + v

(1

R~eN v

)

=dv

d t~eT +

v2

R~eN

≡ aT ~eT + aN ~eN .

Clan

aT =dv

dt(3.13)

uz ~eT se naziva tangencijalno, a clan

aN =v2

R(3.14)

uz ~eN normalno ubrzanje.

Koordinatni sustav trobrida pratioca se giba zajedno s cesticom duz njezine putanje, i stoganije ni staticki ni inercijski.

Zadatak: 3.5 Izracunajte tangencijalno i normalno ubrzanje cestice koja se giba po krivulji

~r = ~ex a cosωt+ ~ey b sinωt.

Kako se zove ta krivulja?

R:dovrsiti

Zadatak: 3.6 Nadite ~eT , ~eN , ~eB i R prostorne krivulje zadane s

x = t, y = t2/2, z = t.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.7 Ako je brzina cestice ~v, ubrzanje ~a , pokazite da je polumjer zakrivljenosti dansa

R =v3

|~v × ~a | .

3.3. FRENET-SERRETOVE FORMULE 117

R:dovrsiti

3.3 Frenet-Serretove formule

Frenet - Serret-ove2 formule, opisuju nacin na koji se mijenjaju vektori ~eT , ~eN i ~eB duz putanjecestice.

Desni koordinatni sustavPokazimo najprije da jedinicni vektori ~eT , ~eN i ~eB cine desnu bazu trodimenzijskog prostora.Iz (3.12) slijedi

~eB × ~eT = (~eT × ~eN ) × ~eT ,

no, primjenom vektorskog identiteta (2.10)

(~a × ~b ) × ~c = ~b (~c~a )− ~a (~b~c )

na gornji izraz, dobiva se

~eB × ~eT = ~eN (~eT ~eT )− ~eT (~eN ~eT ) = ~eN

zbog okomitosti ~eN i ~eT . Na slican se nacin, pomocu gornje relacije, dobiva i

~eN × ~eB = (~eB × ~eT ) × ~eB = ~eT (~eB ~eB )− ~eB (~eT ~eB ) = ~eT ,

zbog okomitosti ~eT i ~eB . Time je pokazano da vrijedi

~eT = ~eN × ~eB , ~eN = ~eB × ~eT , ~eB = ~eT × ~eN . (3.15)

Prva od Frenet-Serret-ovih formula je upravo definicija (3.11) vektora ~eN

d~eTds

= κ~eN . (3.16)

Za izvod trece Frenet-Serret-ove formule (treca je zato jer opisuje promjenu treceg po reduvektora , ~eB ), treba krenuti od izraza za ~eB u (3.15)

~eB = ~eT × ~eN

/d

d s

d~eBd s

=d~eTd s

× ~eN + ~eT × d~eNd s

= κ~eN × ~eN + ~eT × d~eNd s

= ~eT × d~eNd s

.

Kao sto je vec vise puta receno, (npr. relacija (2.14)), derivacija jedinicnog vektora mora bitiokomita na sam vektor i zato d~eN /d s mora biti neka linearna kombinacija vektora ~eT i ~eB .Napisimo tu linearnu kombinaciju kao α~eT + β~eB . Tada gornji izraz postaje

d~eBd s

= ~eT × (α~eT + β~eB ) = −β~eN .2Jean Frederic Frenet, 1816 - 1900, i Joseph Alfred Serret, 1819 - 1885, francuski matematicari.


Umjesto −β uobicajeno je koristiti oznaku τ = −β koja se naziva i torzija jer se mozepokazati da opisuje torzijska svojstva putanje (zakret oko lokalne osi). Tako smo dosli do treceFrenet-Serret-ove formule

d~eBds

= τ~eN . (3.17)

Za izvod druge Frenet-Serret-ove formule, krecemo od izraza za ~eN u (3.15)

~eN = ~eB × ~eT

/d

d s

d~eNd s

=d~eBd s

× ~eT + ~eB × d~eTd s

= τ~eN × ~eT + ~eB × κ~eN = τ(−~eB ) + κ(−~eT ).

Tako smo dosli i do druge Frenet-Serret-ove formule

d~eNds

= −κ~eT − τ~eB . (3.18)

Sve tri zajedno glase

d~eTds

= κ~eN ,d~eNds

= −κ~eT − τ~eB ,d~eBds

= τ~eN . (3.19)

3.4 Kruzno gibanje

Kao posebno jednostavan oblik gibanja po krivulji, promotrimo gibanje cestice po kruznici.Krivulja C sa slike 3.2 je sada kruznica polumjera ρ, a zbog homogenosti i izotropnosti prostora,koordinatni sustav se uvijek moze postaviti tako da kruznica lezi u ravnini (x, y) sa sredistem u

Slika 3.3: Uz gibanje po kruznici.

ishodistu koordinatnog sustva, kao na slici 3.3. Smjerbrzine je smjer tangenete, a to je smjer ~eϕ jedinicnogvektora polarnog koordinatnog sustava,

~v = v ~eϕ .

Duljina luka kruznice s i kut ϕ su povezani jednostav-nom relacijom

s = ρ ϕ,

pa se, za konstantni ρ, brzina cestice moze napisati uobliku

~v =ds

d t~eϕ =

d(ρϕ)

d t~eϕ = ρ ω ~eϕ

v = ω ρ

~ev = ~eϕ ,

3.4. KRUZNO GIBANJE 119

gdje je uvedena kutna (ili kruzna) brzina, ciji je iznos jednak

ω =dϕ

d t. (3.20)

Slicno se moze dobiti i iznos tangencijalnog ubrzanja (3.13)

aT =dv

d t= ρ

dω

d t= ρ

d2ϕ

d t2= ρα,

gdje je

α =dω

d t=d2ϕ

d t2,

iznos kutnog (ili kruznog) ubrzanje.

Izracunajmo i normalnu komponentu ubrzanja, (3.14). Da bismo to izveli, potrebno je odre-diti jedinicni vektor ~eN i polumjer zakrivljenosti R. Krenimo od definicije ~eN , (3.11), uzuvrstavanje ~eT = ~eϕ

~eN = Rd~eTds

= Rd~eϕds

= Rd~eϕd t

d t

ds.

No, iz (2.52) znamo da je

d~eϕ = −~eρ dϕ,

a dt/ds je naprosto 1/v uz v = ωρ, sto sve zajedno daje

~eN = R(−)dϕ

d t~eρ

1

v= −R ω

ωρ~eρ .

Da bi ~eN bio jedinicne duljine, ocito za polumjer zakrivljenosti R treba odabrati polumjerkruznice ρ

R = ρ,

iz cega slijedi

~eN = −~eρ

i normalna (radijalna) komponenta ubrzanja, (3.14), je

aN =v2

ρ= ω2ρ.

Za cijelo ubrzanje gibanja po kruznici, dobije se

~a =dv

d t~eϕ − v2

ρ~eρ . (3.21)


Zadatak: 3.8 Tijelo mase m se nalazi na vrhu glatke polukugle polumjera R i na tom mjestuima brzinu iznosa v0 u smjeru tangente na polukuglu. Odredite mjesto na kome ce setijelo odvojiti od polukugle. Kolika je brzina tijela u toj tocki? Sva trenja i dimenzijetijela se zanemaruju.

R:Na slici dolje desno su prikazane sile koje djeluju na tijelo dok ono klizi po poluku-gli. S obzirom da se zanemaruju sva trenja, jedine dvije sile koje djeluju na tijelosu reakcija podloge (od polukugle) i gravitacijska sila. Stoga je jednadzba gibanja,prema (3.21), jednaka

m ~a ≡ m

(dv

d t~eϕ − v2

ρ~eρ

)= ~N +m~g ,

ili po komponentama

~eϕ mdv

d t= mg sinϕ,

~eρ −m v2

R= −mg cosϕ+N.

Sve dok tijelo dodiruje polukuglu, nema gibanja u radijalnom smjeru (zbog tvrdocepolukugle) i radijalna komponenta ubrzanja je jednaka nuli. Tek u trenutku odva-janja tijela od polukugle, radijalna komponenta ubrzanja postaje razlicita od nule,ali je tada reakcija podloge ~N = 0, jer tada tijelo vise ne dotice polukuglu. Dakleu trenutku odvajanja, radijalna komponeneta jednadzbe gibanja glasi

v2

R= g cosϕ.

Gornja jednadzba sadrzi dvije nepoznanice: ϕ i v, pa je potrebno naci jos jednu ne-zavisnu jednadzbu za ove dvije nepoznanice. Za ovu drugu jednadzbu cemo odabratijednadzbu sacuvanja energije.

E(t = 0) = E(t > 0)

1

2mv20 +mgR =

1

2mv2 +mgR sin(π/2− ϕ),

v2 = v20 + 2gR(1− cosϕ).

To mozemo zato jer je zanemareno trenje, pa je mehanicka energija sacuvana.Moguce je za ovu drugu jednadzbu uzeti i tangencijalnu komponenetu jednadzbegibanja, no to je diferencijalna jednadzba,

dv

d t= g sinϕ =

√g2 − v4

R2,

dok je sacuvanje energije algebarska.Kombiniranjem jednadzba

v2

R= g cosϕ i v2 = v20 + 2gR(1− cosϕ)

3.5. PUTANJA PROJEKTILA 121

slijede brzina i kut u trenutku odvajanja tijela od polukugle

vodv =

√v20 + 2gR

3,

cosϕodv =2

3+

v203gR

.

Isti ovaj zadatak (uz pocetni uvjet v0 = 0) je rjesen Lagrangeovom jednadzbomgibanja u zadatku 14.11 ili uz trenje u zadatku 12.9.

Zadatak: 3.9 Duljina kraka zamasnjaka sa slike (A) je l. Ako se tocka A giba duz vodoravnecrte CD, dok se tocka B giba po kruznici polumjera R konstantnom kutnom brzinomω, izracunajte brzinu i ubrzanje tocke A.

R:dovrsiti

3.5 Putanja projektila

dovrsiti

Poglavlje 4

Newtonovi aksiomi gibanja,konzervativnost, rad, energija,momenti

Starogrcki matematicar Euklid1 je u svojem najznacajnijem djelu, Stoicheia (Elementi), izgra-dio cijelu geometriju na nacin koji ce buducim narastajima postati uzor elegancije i strogosti.Najprije je definirao sve pojmove koje ce kasnije koristiti (npr. tocka je ono sto nema ni du-ljinu ni sirinu, pravac je ono sto ima duljinu, ali nema sirinu i slicno), a zatim je postaviopet temeljnih i nedokazivih tvrdnji2, postulata ili aksioma, za koje pretpostavlja da vrijedemedu velicinama koje su prethodno definirane. Na temelju (samo) tih pet postulata i logickogzakljucivanja, Euklid izvodi teoreme o geometriji u ravnini i u prostoru. Ovaj veliki uspjeh dase cijela geometrija svede na samo pet aksioma, posluzio je slijedecih skoro dvije tisuce godinakao uzor za izgradnju i drugih znanstvenih disciplina. Tako je npr. Spinoza3 napisao svojuEtiku po uzoru na Euklidove elemente: definirao je osnovne eticke pojmove, postulirao vezemedu njima, a zatim je logickim zakljucivanjem izvodio eticke stavove. No, nisu samo filozofipokusali izgraditi svoje sustave po uzoru na Euklida. Izgradnje mehanike na aksiomatskimtemeljima poduhvatio se Isaac Newton4 u svojem glasovitom djelu

Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica

koje se pojavilo u Londonu godine 1687. S obzirom da se u Newtonovo vrijeme filozofijomprirode nazivalo ono sto se danas zove teorijskom fizikom, naslov bi se mogao prevesti i kaoMatematicka nacela teorijske fizike. U toj je knjizi po prvi puta uveden diferencijalni racun,objavljen je zakon gravitacije, a najvaznije vezano za ovo poglavlje je aksiomatski temelj onogasto ce se kasnije nazvati klasicna mehanika (za razliku od kvantne mehanike koja ce sepojaviti pocetkom dvadesetog stoljeca).

1Euklid iz Aleksandrije, IV - III stoljece prije nove ere; trinaest knjiga njegovih Elemenata se moze naci na adresi:http://aleph0.clarku.edu/∼djoyce/java/elements/toc.html.

2Euklidovi aksiomi u Jefimov: Visa geometrija, str. 10, komentar petog aksioma3Baruch de Spinoza, 1632. - 1677.4Sir Isaac Newton, 1642 Woolsthorpe, grofovija Lincoln - 31. III 1727 Kensington, bio je svecenik i svoje teoloske radove je

smatrao puno vaznijim od radova u mehanici i matematici; bio je zastupnik sveucilista Cambridge u engleskom Parlamentu idirektor kovnice novca u Londonu. Osim navedenog djela, navedimo jos i: Metoda fluksija i beskonacnih redova (koja sadrzi otkricediferencijalnog i integralnog racuna), Rasprava o kvadraturi krivulja, Univerzalna aritmetika, Optika i dr..

123

124POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI

Newton je uveo silu kao uzrok promjene sta-nja gibanja cestice i cijelu je mehaniku sazeou tri aksioma koji govore sto se dogada scesticom kada na nju djeluju ili ne djelujusile. Temelj klasicne mehanike predstavljadrugi Newtonov aksiom

d 2 ~r

d t 2=

1

m~F ,

koji, dopunjen pocetnim uvjetima na brzinui polozaj, kaze da je iz poznavanja svih sila ~Fkoje djeluju na cesticu mase m, rjesavanjemgornje diferencijalne jednadzbe, moguce pro-izvoljno tocno odrediti njezin polozaj ~r uprostoru u proizvoljnom vremenskom tre-nutku t, kako proslom, tako i buducem.

Ova je tvrdnja imala i velike filozofske implikacije, koje je najjasnije izrazio Laplace5 kada je1814., u Filozofskim esejima o vjerojatnosti, rekao

Mi moramo smatrati sadasnje stanje svemira, kao posljedicu njegovogprethodnog stanja, i kao uzrok onome stanju koje slijedi. Um koji bi udanom trenutku poznavao sve sile koje djeluju u prirodi, kao i polozaje ibrzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban rijesiti njihove jed-nadzbe gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvecihzvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu nistane bi bilo nepoznato: pred njegovim bi ocima bila sva proslost, kao i svabuducnost.

Svjetonazor izgraden na temelju shvacanja o cvrstoj determiniranosti svih dogadaja u prirodi,nazvan je mehanicizam.

No, svijet ipak nije tako cvrsto determiniran, kao sto su to mislili Laplace i njegovi suvremenici.Gornja bi tvrdnja bila istinita samo onda, kada bi Newtonova jednadzba gibanja bila primje-njiva na sve sastavne elemente svemira. Suvremena kvantna fizika nas uci da se ponasanjemikroskopskih objekata ne pokorava Newtonovoj jednadzbi gibanja, nego da ono zadovoljavaneke druge jednadzbe (Schrodingerovu, Heisenbergovu, Diracovu, ...), cija rjesenja ne dajutocan polozaj i brzinu cestice, nego samo njihovu vjerojatnost. Stovise, Heisenbergovo naceloneodredenosti eksplicite tvrdi da se polozaj i brzina (tocnije receno: kolicina gibanja) mikro-skopskog objekta ne mogu proizvoljno tocno odrediti, ili drugim rjecima, sam pojam putanjene postoji. Isto tako, u analizi gibanja masivnih objekata kao sto su zvijezde, galaksije i slicno,treba racunati s ucincima zakrivljenosti prostor-vremena, kako je to pokazano u Einsteinovojopcoj teoriji relativnosti. No, ta pitanja vec izlaze izvan okvira ove knjige.

5Pierre Simon Laplace, 1749 - 1827, francuski matematicar, fizicar, astronom i filozof.

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 125

4.1 Newtonovi aksiomi

Slijedece tri tvrdnje predstavljaju aksiome klasicne mehanike6:

(1)Corpus omne perseverare in statu suo quiescendi vel movendi unifor-miter in directum, nisi quatenus a viribus impressis cogitur statumillum mutare.

Prvi se aksiom naziva aksiom tromosti i u slobodnom prijevodu glasi: ukoliko na tijelo (cesticu)ne djeluje nikakva sila, ono ostaje u stanju mirovanja ili jednolikog gibanja po pravcu (tj.njegova je brzina konstantna)

~F = 0 ⇒ ~v = const. (4.1)

Za ilustraciju ovog aksioma zamislimo slijedeci pokus: nekakva vanjska sila (izvodac pokusa)je kuglicu dovela u stanje gibanja; nakon toga ta vanjska sila vise ne djeluje; ako se kuglicagiba po ravnoj podlozi, primjetit cemo da se kuglica nakon nekog vremena zaustavlja. Je li tou suprotnosti s gornjim aksiomom koji kaze da bi se kuglica trebala nastaviti gibati beskonacnodugo istom brzinom koju je imala u trenutku kada je na nju prestala djelovati vanjska sila?Naravno da nije. Zasto? Zato jer nakon prestanka djelovanja sile koja je kuglicu dovela ustanje gibanja, na kuglicu sve vrijeme djeluju sile trenja (sa podlogom i s medijem kroz koji sekuglica giba) pa zato nije ispunjena pretpostavka aksioma, da je zbroj svih sila koje djeluju natijelo jednak nuli. Upravo ovo ne racunanje sa silama trenja je bio glavni razlog sto vec ranijenije doslo do spoznaje gornje relacije. Ako bi se gornji pokus izveo negdje u svemiru tako stobi astronaut bacio kuglicu u smjeru van Sunceva sustava, prema nekoj udaljenoj zvijezdi, tabi se kuglica, u skladu s gornjim aksiomom, gibala pocetnom brzinom i pravocrtno. Ovakvobi se gibanje odvijalo tako dugo dok kuglica ne bi bila zahvacena gravitacijskom silom nekogsvemirskog objekta kraj kojega bi prolazila, a tada je dalja sudbina kuglice krajnje neizvjesna.

(2)Mutationem motus proportionalem esse vi motrici impressae et fieri se-cundum lineam rectam qua vis illa imprimitur.

Drugi se aksiom naziva aksiom sile i u slobodnom prijevodu glasi: vremenska promjena kolicinegibanja (~p = m~v) cestice (tijela), jednaka je zbroju svih sila, ~F , koje djeluju na cesticu (tijelo)

6Latinski navodi potjecu iz reference [19]


d~p

dt= ~F . (4.2)

sir Isaac Newton (1642 - 1727)

Sila vodi na promjenu kolicine gibanja cestice. Ako se sila jednaka nuli, tada nema ni promjenekolicine gibanja, tj. kolicina gibanja je konstantna, sacuvana velicina. U tom se slucaju kazeda vrijedi zakon o sacuvanju kolicine gibanja

~p = const. (4.3)

Kolicina gibanja je vektorska velicina, pa njezina konstantnost znaci konstantnost i po iznosui po smjeru

p = const., ~ep = const.,

ili po komponentma u npr. cilindricnom koordinatnom sustavu

pρ = const., pϕ = const., pz = const.

Ne moraju sve komponente kolicine gibanja biti ili sacuvane ili nesacuvane. Moguce su situ-acije u kojima sila djeluje npr. samo u ρ smjeru cilindricnog koordinatnog sustava, a nemakomponenata u ϕ i z smjeru. U tom slucaju pρ nije konstantan (sacuvan), dok pϕ i pz jesukonstantni.

Ukoliko se masa, m, cestice ne mijenja s vremenom,

dm

d t= 0,

(a sto je istina za tijela koja se gibaju brzinama puno manjim od brzine svjetlosti), tada drugiaksiom glasi

d~p

dt= m

d~v

dt+ ~v

dm

dt= m~a = ~F ,

gdje je ~a ubrzanje cestice. No, ubrzanje je druga vremenska derivacija radij vektora cestice,pa se drugi Newtonov aksiom cita kao nehomogena diferencijalna jednadzba drugog reda zanepoznatu funkciju ~r = ~r(t)

d 2 ~r(t)

dt 2=

1

m~F (~r, t), (4.4)

gdje je nehomogeni clan srazmjeran zbroju vanjskih sila ~F koje se smatraju poznatim (zadanim)funkcijama. Rjesenje gornje jednadzbe je jednoznacno odredeno pocetnim uvjetima koji


proizvoljno7 tocno odreduju stanje gibanja cestice (njezin polozaj i brzinu) u nekom odredenomvremenskom trenutku t0

~r(t = t0) = ~r0, ~v(t = t0) = ~v0.

Rjesenje jednadzbe (4.4)

~r = ~r(t;~r0, ~v0)

daje, s proizvoljnom8 tocnoscu, polozaj cestice u svakom vremenskom trenutku (i proslom,t < t0, i buducem, t > t0).

Drugi Newtonov aksiom se smatra definicijskom jednadzbom za pojam sile iz koje slijedi di-menzija sile

[~F]= [m]

[d 2 ~r

dt 2

]=ml

t 2

i njezina mjerna jedinica koja se u SI sustavu zove njutn i oznacava s N

N = kgm

s 2.

(ne)inercijski referentni sustavNa ovom mjestu je zgodno uvesti pojmove inercijskog i neinercijskog referentnog sustava. Svireferentni sustavi u kojima vrijedi drugi Newtonov aksiom se zovu inercijski sustavi. Svakisustav koji se giba konstantnom brzinom u odnosu na neki inercijski sustav, i sam je inercijski.Svi sustavi koji nisu inercijski, jesu neinercijski.Precizirajmo malo pojmove inercijskog i neinercijskog sustava. Promatrajmo dva pravokutnakoordinatna sustva: S = (O, x, y, z) i S ′ = (O ′ , x ′, y ′, z ′) kao na slici 4.1. Neka se cestica(trome) mase m giba kroz prostor tako da se u trenutku t nalazi u tocki P . Gledano iz sustavaS, njezin je radij vektor tada ~r(t), a gledano iz sustva S ′, radij vektor je ~r ′(t). Primjetimo dasmo ovime implicitno pretpostavili da su vremena u oba sustava ista9, tj. da je

t = t ′.

Ova su dva vektora povezana jednostavnom relacijom

~r = ~R + ~r ′

(sjetimo se pravila o zbrajanju vektora sa str. 9). Promatrac koji miruje u sustavu S, opisujegibanje cestice jednadzbom (4.4)

m~r = ~F ,

gdje ~F oznacava zbroj svih sila koje djeluju na cesticu u sustavu S. Promatrac koji miruje usustavu S ′, takoder opisuje gibanje cestice jednadzbom (4.4)

m~ ′r = ~F ′ ,

7U kvantnoj mehanici ovo nije istina.8Ni ovo nije istina u kvantnoj mehanici. Zato u kvantnoj mehanici ne postoji putanja kvantnog objekta (nego samo vjerojatnost

njegovog nalazenja u odredenom dijelu prostora).9To je aproksimacija prikladna za sustave koji se medusobno gibaju brzinama malim u usporedbi s brzinom svjetlosti u vakuumu.


Slika 4.1: Uz definiciju (ne)inercijskog sustava.

gdje sada ~F ′ oznacava zbroj svih sila koje djeluju na cesticu u sustavu S ′. Ove dvije jednadzbegibanja su povezane relacijom ~r = ~R + ~r ′

~F = m~r = m( ~R + ~ ′r) = m~R + ~F ′

~F = m ~R + ~F ′ .

Zakljucak je: ukoliko je relativno ubrzanje, ~R, izmedu oba sustva jednako nuli, na cesticudjeluju iste sile, bez obzira opisuje li se gibanje iz sustava S ili S ′. Ubrzanje je nula kada jebrzina konstantna, pa se moze reci da su svi sustavi koji se gibaju konstantnom (po iznosu ismjeru) brzinom u odnosu na neki inercijski sustav, i sami inercijski. U svim takvim sustavimadjeluju iste sile

~F = ~F ′ = · · · = inv.

Ukoliko ubrzanje medu sustavima nije jednako nuli, tada osim vanjskih sila djeluje jos i iner-cijska sila

m ~R.

Kao referentni inercijski sustav, najcesce se uzima sustav fiksiran uz zvijezde stajacice. Jedanprimjer neinercijskog sustava je i sama Zemlja na cijoj povrsini mi svi zivimo. U odnosu nasustav zvijezda stajacica, Zemlja se ne giba konstantnom brzinom: ona se vrti oko svoje osi,giba se po elipticnoj putanji oko Sunca i zajedno sa cijelim suncevim sustavom se giba okosredista nase galaksije. O ucincima ovih gibanja ce biti vise rijeci u poglavlju 8.


Detaljnija analiza gibanja u odnosu na razlicite sustave koji se i sami relativno gibaju dovelaje A. Einsteina10 1905. godine do otkrica Specijalne teorije relativnosti. Pokazalo seda su relativisticki ucinci vazni za opis gibanja tek kod brzina bliskim brzini svjetlosti

c ≃ 300 000km

s.

Za opis gibanja cestica koje se gibaju bitno manjim brzinama nego sto je c, relativisticki seucinci mogu zanemariti.

masaU vezi s Newtonovim aksiomima potrebno je posebno komentirati i pojam mase koji se pojav-ljuje u drugom aksiomu

~a =1

m~F.

Gornja je jednadzba primjer jednog cijelog tipa jednadzba koje se pojavljuju u fizici, a koje suoblika

[ sustav ] = [odziv] · [vanjska smetnja],

gdje se promatra medudjelovanje sustava i okolice, a odzivna funkcija mjeri kako jako ili kakoslabo se sustav mijenja uslijed djelovanja vanjske smetnje. Npr. ako na dva tijela, jedno malemase m i drugo velike mase M , djeluje ista sila, tada ce tijelo manje mase m dobiti veceubrzanje, nego tijelo vece mase M . Vidimo da se tu masa pojavljuje kao velicina koja odredujeodziv (odzivna funkcija, susceptibilnost) tijela (sustava) na vanjsku pobudu (silu): sto je vecamasa, manja je reakcija (ubrzanje). Masa se dakle, pojavljuje kao mjera tromosti, kao osobinakojom se cestica odziva na djelovanje vanjske pobude (sile). Zbog ove svoje osobine, masa kojase pojavljuje u gornjoj jednadzbi se naziva troma masa.Troma masa se jos moze uvesti i kroz zakon o sacuvanju kolicine gibanja u slucaju centralnogsudara dva tijela, relacija (10.50),

m1v1 +m2v2 = m1v′1 + v ′

2,

odakle je

m1

m2= −v

′2 − v2v ′1 − v1

.

Omjer tromih masa je dan omjerom razlika brzina poslije i prije sudara.

Drugo svojstvo mase se sastoji u slijedecem: u poglavlju 7 ove knjige cemo vidjeti (takoderzahvaljujuci Newtonovu otkricu) da se cestice (tijela) jedna na drugu djeluju privlacnom (gra-vitacijskom) silom

∣∣∣ ~FG∣∣∣ = G

m1 m2

r 21,2

,

koja je utoliko veca ukoliko je vece jedno svojstvo cestice koje se naziva teska masa. Ovo jesvojstvo zgodno usporediti sa elektricnim nabojem: kao sto znamo tockasti elektricni naboji

10Alber Einstein, Ulm 14. III 1879. - Princeton 1955.


djeluju jedni na druge silom koja je srazmjerna umnosku naboja i obratno srazmjerna kvadratunjihove medusobne udaljenosti

∣∣∣ ~FC∣∣∣ =

1

4πǫ0

q1 q2r 21,2

,

(Coulombova elektrostatska sila). Sto je vise naboja i sila je veca. Slicno se moze i teska masazamisliti kao neka vrsta gravitacijskog naboja koja je izvor gravitacijske sile, bas kao stosu i elektricni naboji izvor elektricne sile11 .

Uocimo da se radi o dva posve razlicita svojstva cestice: odzivu i naboju. Jedno je odzivcestice (sustava) na djelovanje neke vanjske pobude (sile), a drugo je svojstvo koje samoj cesticiomogucava da bude izvor sile (naboj) u odnosu na okolinu. Eksperimentalno je s vrlo velikimstupnjem tocnosti utvrdeno da su ova dva svojstva numericki jednaka (istog su iznosa iako imje fizicko znacenje posve razlicito) i zato se za njih koristi ista oznaka m, a oba se svojstvanazivaju jednostavno masa, bez preciziranja radi li se o tromoj ili teskoj masi.

Nakon ovih malih digresija, vratimo se Newtonovim aksiomima. Treci Newtonov aksiom iz-vorno glasi:

(3 )Actioni contrariam semper et aequalem esse reactionem sive corporumduorum actiones in se mutuo semper esse aequales et in partes contrariasdirigi.

On se naziva aksiom djelovanja i protudjelovanja (akcije i reakcije) i u slobodnom prijevodu

glasi: ako cestica (tijelo) A djeluje na cesticu (tijelo) B silom ~FAB, tada i cestica (tijelo) B

djeluje na cesticu (tijelo) A silom ~FBA, istog iznosa, a suprotnog smjera

~FAB = −~FBA. (4.5)

Nerazumjevanje ovog aksioma je izvor mnogih prividnih paradoksa. Jedan od najcescih jepitanje kako objasniti da konj vuce kola: ako konj djeluje na kola istom silom kao i kola nakonja, onda bi i konj i kola trebali ostati na mjestu. To se ipak ne dogada. Zasto? Sto ako jepoledica?

11Postoji naravno i razlika: elektricni naboji mogu biti pozitivni i negativni, dok je gravitacijski naboj uvijek pozitivan. Posljedicaovoga je da se medudjelovanje elektricnih naboja moze ostvariti na dva nacina: medudjelovanje istoimenih i medudjelovanjeraznoimenih naboja, sto vodi na odbojne i privlacne sile. Gravitacijski naboj je uvijek istog predznaka i zato sila ima uvijek isti -privlacni - karakter.

4.2. RAD, SNAGA I KINETICKA ENERGIJA 131

4.2 Rad, snaga i kineticka energija

Neka se cestica nalazi u tocki opisanoj radij vektorom ~r. Pomakne li se cestica za d~r u poljukonstantne vanjske12 sile ~F , definira se diferencijal13 rada W (od engl. work) kao

dW = ~F · d~r = F dr cos(~F , d~r). (4.6)

Prema samoj definiciji skalarnog umnoska slijedi da je komponenta sile paralelna s poma-kom cestice, upravo dana mnoziteljem F cos(~F , d~r). Prema tome, ako je cos(~F , d~r) > 0, po-mak cestice je u smjeru paralelne komponente sile i kaze se da sila (okolina) obavlja rad nad

cesticom (sustavom). Ako je cos(~F , d~r) < 0, tada je pomak cestice u smjeru suprotnom odsmjera paralelne komponente vanjske sile i kaze se da cestica obavlja rad nad okolinom. Akoje cos(~F , d~r) = 0, tada sila nema komponentu u smjeru pomaka cestice i nije obavljen nikakavrad. Iz gornje definicijske jednakosti, jedinica za rad je umnozak jedinice za silu i jedinice zaput. U SI sustavu ta se jedinica zove dzul14 i oznacava se s J

J = N m = kgm 2

s 2.

Po svojim dimenzijama, rad je

[W ] = [m][L 2]

[T 2].

Izraz (4.6) daje rad na diferencijalnom dijelu puta. Kako izracunati rad na konacnom dijelu puta(slika 4.2), ako uzmemo u obzir da sila ne mora biti ista u svakoj tocki putanje? Razdijelimo umislima putanju cestice u N djelica d~r koji su toliko mali da je sila priblizno konstantna unutarsvakog tog djelica. Sada mozemo pomocu gornjeg zaokvirenog izraza izracunati diferencijalrada unutar svakog tog djelica putanje, a ukupan rad po cijeloj putanji od pocetne tocke Pdo konacne tocke K racunamo tako da zbrojimo radove po svim djelicima od kojih se sastojiputanja. U granici kada N → ∞, ovaj zbroj prelazi u integral, pa se za ukupan rad dobiva

WP,K =

∫ K

P

~F · d~r =∫

c

~F · d~r =∫ ~rtK

~rtP

~F · d~r. (4.7)

Integrira se po putanji C od pocetne do konacne tocke.

SNAGA, P (od engl. power) se definira kao brzina kojom se obavlja rad

P =dW

d t=

~Fd~r

d t= ~F ~v. (4.8)

12Sila se moze shvatiti kao nacin na koji okolina djeluje na cesticu13Primjetimo da se ovdje rijec diferencijal koristi kao oznaka za mali iznos rada, a ne u matematickom smislu pojma difrencijala:

ne postoji nekakva funkcija W koja kada se diferencira daje dW = ~F · d~r. Dok npr. postoji funkcija f = x2 ciji je diferencijaljednak df = 2xdx. Ovaj df je pravi diferencijal, dok dW nije pravi diferencijal. Ponekad, napose u termodinamici, ova se razlikanaglasava tako da se umjesto dW pise d′W , no takvo oznacavanje necemo koristiti u ovoj knjizi.

14James Prescot Joul, engleski fizicar, 1818 - 1889, prvi je shvatio vezu izmedu mehanickog rada, energije i topline.


Slika 4.2: Uz definiciju rada.

U SI sustavu, jedinica za snagu se zove vat15 s oznakom W i definira se kao

W =J

s= N

m

s= kg

m 2

s3.

Po dimenziji, snaga je

[P ] = [m][L 2]

[T 3].

ENERGIJA, E: cestica moze posjedovati dvije vrste mehanicke energije: jedna - kineticka -potjece od gibanja cestice, a druga - potencijalna - potjece od polozaja cestice u polju konzer-vativne sile (o konzervativnim silama cemo govoriti u slijedecem odjeljku).Neka se cestica mase m giba od pocetne tocke s radij vektorom ~rP , u kojoj ima brzinu ~vP , dokonacne tocke s radij vektorom ~rK , u kojoj ima brzinu ~vK . Izracunajmo ukupan rad koji sila~F obavi nad cesticom pri njezinom gibanju od pocetne do konacne tocke. U skladu s drugimNewtonovim aksiomom (4.2), umnozak mase i ubrzanja cestice jednak je sili koja djeluje nacesticu, pa je stoga rad (4.7) jednak

WP,K =

∫ ~rK

~rP

~F · d~r =∫ ~rK

~rP

md~v

dtd~r = m

∫ ~vK

~vP

~v d~v =m~v 2

K

2− m~v 2

P

2≡ Ek(K)−Ek(P ). (4.9)

Vidimo da je rad obavljen na racun promjene jedne velicine koja ovisi samo o svojstvimacestice: njezinoj masi i brzini. Ta se velicina naziva kineticka energija i oznacava se s Ek

Ek =m~v 2

2.

15u cast skotskog fizicara i inzenjera Jamesa Watta, (1736–1819).

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 133

Ako je konacna kineticka energija veca od pocetne, Ek(K) > Ek(P ), vanjska sila (okolina) jeobavila rad nad cesticom i povecala joj brzinu. Ako se kineticka energija smanjila, Ek(K) <Ek(P ), tada je cestica dio svoje kineticke energije potrosila na obavljanje rada nad okolicom(savladavanje vanjske sile).Iz cinjenice da je rad jednak razlici kinetickih energija, slijedi zakljucak da su i rad i kinetickaenergija istih dimenzija i da se mjere u istim jedinicama, dzulima.

Zadatak: 4.1 Cestica mase m se giba u polju sile

~F = −F0x~ex

(za konstantni F0). Koliki se rad obavi pri pomaku cestice iz tocke x = x1 u tockux = x2? Ako cestica u tocki x = x1 ima brzinu ~v1, kolika je njezina brzina u tockix = x2?

R:dovrsiti

4.3 Konzervativne sile i potencijalna energija

U prirodi postoji jedna vrsta sila koje se nazivaju konzervativne sile i koje imaju vrlo posebnosvojstvo u odnosu na rad koji obavljaju nad cesticom:

rad konzervativnih sila ne ovisi o obliku putanje

po kojoj se rad obavlja, nego samo o pocetnoj i konacnoj tocki. To je osnovno fizicko znacenjepojma konzervativnosti: rad ne ovisi o obliku puta. Ovaj se fizicki sadrzaj moze matematickiiskazati u integralnom i diferencijalnom obliku. Integralni iskaz bi mogao biti ovakav: konti-nuirano i derivabilno polje sila ~F je konzervativno, ako je rad takve sile po svakoj zatvorenoj(takvoj da su pocetna i konacna tocka iste) jednostavnoj (nema samopresjecanja) putanji jed-nak nuli

∮

c

~F · d~r = 0. (4.10)

Pokazat cemo da se u tom slucaju sila moze napisati u obliku (negativnog) gradijenta jedneskalarne funkcije koja se naziva potencijalna energija, Ep (to je diferencijalni oblik zapisakonzervativnosti)

~F = −−→∇Ep. (4.11)

U pravokutnom koordinatnom sustavu, gornja relacija glasi

~F = −(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)Ep


Primjetimo da je ovako definirana potencijalna energija neodredena do na konstantu, zatojer i Ep i Ep + const. daju istu silu. Ako se citatelj pita zasto je potreban minus u gornjojdefiniciji, onda se treba prisjetiti odjeljka 2.4.1 u kojem je pokazano da gradijent ima smjernajbrzeg porasta funkcije. Odabir minusa znaci da sila ima smjer najbrzeg opadanja funkcijepotencijalne energije, tj. sila ima smjer prema lokalnom minimumu potencijalne energije. Naprimjeru gravitacijske sile (za koju ce se kasnije pokazati da je takoder konzervativna) to znacida voda sama od sebe tece niz brdo, a ne uz brdo kao sto bi to bio slucaj kada u gornjojdefiniciji ne bi bilo minusa. Taj minus je dakle odabrala priroda, a ne fizicari.

Konzervativne sile imaju i to svojstvo da je njihova rotacije jednaka nuli (kaze se da su tobezvrtlozna polja, relacija (2.33))

−→∇ × ~F = 0. (4.12)

Najprije cemo pokazati da za konzervativne sile vrijedi (4.10), a zatim cemo pokazati da susva tri gornja iskaza: (4.10), (4.11) i (4.12), medusobno ekvivalentna.

(ako rad ne ovisi o obliku putanje) ⇒ (∮~Fd~r = 0)

Dokazimo relaciju (4.10): pretpostavimo da polje sile jeste konzervativno (da rad ne ovisi oputu i pokazimo da je tada rad po zatvorenojputanji jedank nuli. Na slici 4.3 je prikazanajedna zatvorena putanja PAKBP . Tu cemoputanju rastaviti na dva dijela PAK i KBP(koje zajedno cine cijelu zatvorenu putanju) iizracunati zbroj integrala po te dvije putanje∮

~Fd~r =

∫

PAK

~Fd~r +

∫

KBP

~Fd~r

= −∫

KAP

~Fd~r +

∫

KBP

~Fd~r.

No, prema nasoj pretpostavci, integrali ovisesamo o pocetnoj i konacnoj tocki, a one suiste u gornja dva integrala, pa je zbognegativnog predznaka ispred prvog integrala, njihov zbroj jednak nuli, tj.

∮~Fd~r = 0,

cime je dokazana polazna tvrdnja.

(∮~Fd~r = 0) ⇒ ( rad ne ovisi o obliku putanje)

Slicno se dokazuje i suprotan smjer tvrdnje: ako pretpostavimo da je integral po zatvoremojputanji jednak nuli, treba pokazati da integral po bilo kojoj putanji ovisi samo o pocetnoj i


konacnoj tocki te putanje∮

~Fd~r = 0 =

∫

PAK

~Fd~r +

∫

KBP

~Fd~r = −∫

KAP

~Fd~r +

∫

KBP

~Fd~r

⇒∫

KAP

~Fd~r =

∫

KBP

~Fd~r,

tj. integral od pocetne tocke P do konacne tocke K je isti bez obzira ide li putanja preko tockeA ili tocke B, dakle ne ovisi o obliku putanje.

( rad ne ovisi o obliku putanje) ⇒ (~F = −−→∇Ep)Pretpostavimo da vrijedi (4.10), tj. rad ne ovisi o obliku putanje i pokazimo da tada vrijedi(4.11).

Pocetna tocka je konstantna s koordinatama(xP , yP , zP ), a konacna je varijabilna s koor-dinatama (x, y, z), kao na slici 4.3. Oznacimos EP slijedeci integral

EP (x, y, z) = −∫ (x,y,z)

(xP ,yP ,zP )

~Fd~r

EP (x, y, z) = −∫ (x,y,z)

(xP ,yP ,zP )

[Fx(x, y, z)dx+ Fy(x, y, z)dy + Fz(x, y, z)dz

]

= −∫ (x,y,z)

(xP ,yP ,zP )

Fx(x, y, z)dx−∫ (x,y,z)

(xP ,yP ,zP )

Fy(x, y, z)dy −∫ (x,y,z)

(xP ,yP ,zP )

Fz(x, y, z)dz.

Po pretpostavci, gornji integral ne ovisi o putanji, pa za putanju C, mozemo odabrati slijedeciniz od tri pravaca16:

C ≡ p1 ⊕ p2 ⊕ p3.

p1: (xP , yP , zP ) → (x, yP , zP ) ,

p2: (x, yP , zP ) → (x, y, zP ),

p3: (x, y, zP ) → (x, y, z).

Na prvom se pravcu samo x mijenja od xP do x, a preostale dvije koordinate imaju nepromi-jenjene vrijednosti yP i zP . Zato je na ovom pravcu

p1 : dx 6= 0, dy = dz = 0

i od gornja tri integrala, doprinos razlicit od nule dolazi samo od prvog clana

−∫ x

xP

Fx (η, yP , zP ) d η.

16Pravce odabiremo zato jer je po njima lagano integrirati.


(nijema varijabla, po kojoj se integrira, oznacena je s η). Na drugom se pravcu samo y mijenjaod yP do y, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene vrijednosti x i zP . Zato je naovom pravcu

p2 : dy 6= 0, dx = dz = 0

i od tri integrala iz (4.13), doprinos razlicit od nule dolazi samo od drugog clana

−∫ y

yP

Fy (x, η, zP ) d η.

I na trecem pravcu se samo z mijenja od zP do z, a preostale dvije koordinate imaju nepromi-jenjene vrijednosti x i y. Zato je na ovom pravcu

p3 : dz 6= 0, dx = dy = 0

i od tri integrala iz (4.13), doprinos razlicit od nule dolazi samo od treceg clana

−∫ z

zP

Fz (x, y, η) d η.

Sada (4.13) glasi

Ep(x, y, z) = −∫ x

xP

Fx(η, yP , zP ) d η −∫ y

yP

Fy(x, η, zP ) d η −∫ z

zP

Fz(x, y, η) d η. (4.13)

Sada ce se gornji izraz za potencijalnu energiju parcijalno derivirati po odredenim varija-blama koje se pojavljuju kao gornja ili donja granica odredenih integrala. Parcijalna derivacijaodredenog integrala se izvodi na slijedeci nacin17

d

d α

∫ h(α)

g(α)

f(η, α) d η =

∫ h(α)

g(α)

∂ f(η, α)

∂ αd η + f(h(α), α)

d h(α)

d α− f(g(α), α)

d g(α)

d α.

Tako ce se parcijalnom derivacijom (4.13) po z, dobiti

∂Ep(x, y, z)

∂z= −Fz(x, y, z), (4.14)

zato sto u prva dva clana desne strane (4.13) varijabla z ima konstantnu vrijednost zP , paderivacija konstante iscezava. Ako se (4.13) parcijalno derivira po y, dobiva se

∂Ep(x, y, z)

∂y= −Fy(x, y, zP )−

∫ z

zP

∂ Fz(x, y, η)

∂yd η.

17Vidjeti npr. referencu [4], str. 507


Ako se u gornji izraz za Fz uvrsti (4.14), slijedi

∂Ep(x, y, z)

∂y= −Fy(x, y, zP ) +

∫ z

zP

∂

∂y

∂Ep(x, y, η)

∂ηdη

= −Fy(x, y, zP ) +∫ z

zP

∂

∂η

[∂Ep(x, y, η)

∂y

]dη

= −Fy(x, y, zP ) +∂Ep(x, y, z)

∂y− ∂Ep(x, y, zP )

∂y

⇒ ∂Ep(x, y, zP )

∂y= −Fy(x, y, zP ),

No, ono sto vrijedi za zP , vrijedi za svaki drugi z, pa iz gornjeg izraza slijedi

∂Ep(x, y, z)

∂y= −Fy(x, y, z). (4.15)

Ako se sada (4.13) parcijalno derivira jos i po x, dobiva se

∂Ep(x, y, z)

∂x= −Fx(x, yP , zP )−

∫ y

yP

∂ Fy(x, η, zP )

∂xd η −

∫ z

zP

∂ Fz(x, y, η)

∂xd η. (4.16)

Za Fz i Fy se uvrsti (4.14) i (4.15), pa slijedi

∂Ep(x, y, z)

∂x= −Fx(x, yP , zP ) +

∫ y

yP

∂

∂x

∂Ep(x, η, zP )

∂ηd η +

∫ z

zP

∂

∂x

∂Ep(x, y, η)

∂ηd η

= −Fx(x, yP , zP ) +∫ y

yP

∂

∂η

[∂Ep(x, η, zP )

∂x

]d η +

∫ z

zP

∂

∂η

[∂Ep(x, y, η)

∂x

]d η

= −Fx(x, yP , zP ) +∂Ep(x, y, zP )

∂x− ∂Ep(x, yP , zP )

∂x+∂Ep(x, y, z)

∂x− ∂Ep(x, y, zP )

∂x

⇒ ∂Ep(x, yP , zP )

∂x= −Fx(x, yP , zP ).

Ono sto vrijedi za yP i zP , vrijedi za svaki drugi y i z, pa je

∂Ep(x, y, z)

∂x= −Fx(x, y, z). (4.17)

Relacije (4.14), (4.15) i (4.17) su upravo komponente−→∇Ep u pravokutnom koordinatnom

sustavu, pa je time pokazano da iz pretpostavke o neovisnosti integrala o putanji, slijedi~F = −−→∇Ep.


(~F = −−→∇Ep) ⇒ (∮~F · d~r = 0)

Pretpostavimo da vrijedi (4.11) i pokazimo da je tada zadovoljena relacija (4.10). Podsjetimose najprije kako izgleda diferencijal funkcije tri varijable

dEp(x, y, z) =∂ Ep∂x

dx+∂ Ep∂y

dy +∂ Ep∂z

dz.

Izracunajmo rad sile oblika (4.11) od tocke P do tocke K duz proizvoljne putanje

WP,K =

∫ K

P

~F · d~r = −∫ K

P

(~ex∂Ep∂x

+ ~ey∂Ep∂y

+ ~ez∂Ep∂z

)(~ex dx+ ~ey dy + ~ez dz)

=

∫ P

K

(∂Ep∂x

dx+∂Ep∂y

dy +∂Ep∂z

dz

)

=

∫ P

K

dEp = Ep(xP , yp, zP )− Ep(xK , yK , zK). (4.18)

Ovime je pokazano da rad ne ovisi o obliku putanje, nego samo o pocetnoj i konacnoj tocki.Ako je putanja zatvorena, P ≡ K i gornji je rad jednak nuli.

(~F = −−→∇Ep) ⇒ (−→∇ × ~F = 0)

Vec je ranije, relacijom (2.41), pokazano da je rotacija gradijenta jednaka nuli, pa time odmahiz pretpostavke da vrijedi (4.11) slijedi (4.12)

−→∇ × ~F = −−→∇ × (−→∇Ep) = 0.

(−→∇ × ~F = 0) ⇒ (~F = −−→∇Ep)

Suprotan smjer: pretpostavimo da je−→∇ × ~F = 0, sto daje tri skalarne jednadzbe (npr. u

pravokutnom koordinatnom sustavu)

~ex

(∂ Fz∂ y

− ∂ Fy∂ z

)+ ~ey

(∂ Fx∂ z

− ∂ Fz∂ x

)+ ~ez

(∂ Fy∂ x

− ∂ Fx∂ y

)= 0,

∂ Fz∂ y

=∂ Fy∂ z

,∂ Fx∂ z

=∂ Fz∂ x

,∂ Fy∂ x

=∂ Fx∂ y

. (4.19)

Ocito ce gornje jednadzbe biti zadovoljene, ako je svaka komponenta sile srazmjerna derivacijineke skalarne funkcije po toj istoj komponenti radij vektora,

Fx = −∂Ep∂x

, Fy = −∂Ep∂y

, Fz = −∂Ep∂z

. (4.20)

Uz gornje veze, zadovoljene su relacije (4.19)

∂

∂ y

∂Ep∂z

=∂

∂ z

∂Ep∂y

∂

∂ z

∂Ep∂x

=∂

∂ x

∂Ep∂z

∂

∂ x

∂Ep∂y

=∂

∂ y

∂Ep∂x

.


No, (4.20) je upravo (4.11).

(−→∇ × ~F = 0) ⇒ (

∮~F · d~r = 0) i (

∮~F · d~r = 0) ⇒ (

−→∇ × ~F = 0)Oba smjera proizlaze iz Stokesova teorema (odjeljak 2.4.4).

Zadatak: 4.2 Dokazite da je polje sila

~F = ~ex (y2 − 2xyz3) + ~ey (3 + 2xy − x2z3) + ~ez (6z3 − 3x2yz2)

konzervativno i nadite pridruzenu potencijalnu energiju.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.3 Nadite konstante a, b i c tako da polje sile

~F = ~ex (x+ 2y + az) + ~ey (bx− 3y − z) + ~ez (4x+ cy + 2z)

bude konzervativno. Izracunajte pridruzenu potencijalnu energiju.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.4 Je li polje sile

~F = (x2y − z3)~ex + (3xyz + xz2)~ey + (2x2yz + yz4)~ez

konzervativno ili nije? Dokazite.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.5 Izracunajte rad obavljen gibanjem cestice u polju sile

~F = ~ex 3x2 + ~ey (2xz − y) + ~ez z

duz: (a) pravca od (0, 0, 0) do (2, 1, 3); (b) prostorne krivulje x = 2q2, y = q, z =4q2 − q od q = 0 do q = 1. Je li rad (ne)ovisan o putu? Objasnite.

R:... dovrsiti ....


Zadatak: 4.6 Izracunajte∮

C~F d~r

gdje je

~F = ~ex (x− 3y) + ~ey (y − 2x),

a C je zatvorena krivulja u ravnini (x, y) zadana parametarski sa x = 2 cosϕ, y =3 sinϕ za 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Dajte fizicku interpretaciju rezultata.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.7 Je li polje sile

~F = −F0 r3 ~r

konzervativno ili nije (F0 je konstanta)? Ako jeste, izracunajte ukupnu mehanickuenergiju cestice koja se brzinom ~v giba u polju te sile.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.8 Nadite rad obavljen po dijelu jedinicne kruznice od 0 do π u ravnini (x, y), protivsile dane sa

~F = −~exy

x 2 + y 2+ ~ey

x

x 2 + y 2.

Uocite da obavljeni rad ovisi o putu. Cemu je jednaka rotacija ~F? Nacrtajte silu.Objasnite ovaj rezultat.

R:... dovrsiti ....

Sacuvanje mehanicke energije. Iz drugog Newtonovog aksioma smo dosli do veze (4.9)izmedu obavljenog rada i kineticke energije, a u (4.18) smo povezali rad s potencijalnom ener-gijom cestice u polju konzervativne sile. Kombiniranjem ova dva izraza, dolazi se do

WP,K =

Ek(K)−Ek(P ) (4.9),

EP (P )− EP (K) (4.18) ,

4.4. IMPULS SILE I MOMENTI 141

⇒ Ek(P ) + EP (P ) = Ek(K) + EP (K),

tj. zbroj kineticke i potencijalne energije cestice je isti u tocki P kao i u tocki K. Buduci date tocke nisu ni po cemu posebne, zakljucujemo da je zbroj kineticke i potencijalne energijekonstantan u svakoj tocki prostora. Ova se konstanta naziva mehanicka energija

Ek + Ep = Emeh. = const. (4.21)

Gornja relacija predstavlja zakon o sacuvanju mehanicke energije. Naglasimo jos jednom daona vrijedi samo u slucaju kada su sve sile koje djeluju na cesticu, konzervativne. Neke odkonzervativnih sila s kojima cemo se jos susretati su: gravitacijska, elasticna, Lorentzova, ...

Recimo na kraju i kakve su to nekonzervativne sile. Nekonzervativne sile su sve one silekoje nisu konzervativne (npr. to su brojne sila trenja koje se pojavljuju u realnim procesima,zatim neke od sila u hidrodinamici itd.), tj. to su one sile kod kojih rad ovisi o obliku putanjeod pocetne do krajnje tocke. Vise matematicki receno, to su sve one sile koje se ne mogunapisati u obliku gradijenta nekog skalarnog polja (ne postoji njima pridruzena potencijalnaenergija).

4.4 Impuls sile i momenti

Impuls sile. Promatra li se sila kao vektorsko polje, ona moze ovisiti i o prostornim i ovremenskoj kooordinati ~F = ~F (~r, t). Sa stanovista vremenske ovisnosti, sila ne mora bitikonstantna u vremenu: njezini iznos i smjer se mogu mijenjati tijekom vremena. Rezultatdjelovanja sile unutar vremenskog intervala tP ≤ t ≤ tK , jeste promjena kolicine gibanja cestice

∫ tK

tP

~F (t) dt =

∫ tK

tP

d~p

dtdt = ~p (tK)− ~p (tP ). (4.22)

Gornji integral se naziva impuls sile. Primjetimo da ovaj rezultat vrijedi i ako se masa cesticemijenja s vremenom, kao i da ne ovisi o tome je li sila konzervativna ili nije.

Moment sile i moment kolicine gibanja. Za cesticu koja se giba po putanji opisanojradij vektorom ~r(t) u odnosu na ishodiste nekog koordinatnog sustava O (slika 4.3) u polju sile~F , definira se moment sile ~M u odnosu na ishodiste, relacijom

~M = ~r × ~F . (4.23)

Iznos momenta sile | ~M | je mjera ucinka zakreta koji sila izvodi nad cesticom. Slicno se definira

i moment kolicine gibanja cestice, ~L ,

~L = ~r × ~p . (4.24)

Pokazimo vezu koja postoji izmedu ova dva momenta. Izraz za drugi Newtonov aksiom (4.2),pomnozimo s lijeva vektorski s ~r

~r ×/

d~p

dt= ~F ⇒ ~r × d~p

dt= ~r × ~F .


Slika 4.3: Uz definiciju momenta sile i momenta kolicine gibanja.

Na desnoj strani prepoznajemo ~M = ~r × ~F , a lijevu stranu mozemo napisati kao

~r × d~p

dt=

d

dt(~r × ~p )︸︷︷︸

= ~L

− d~r

dt× ~p

︸︷︷︸

= 0

.

Drugi clan desne strane je jednak nuli zato jer su d~r/dt = ~v i ~p = m ~v kolinearni vektori, paje po definiciji, njihov vektorski umnozak jednak nuli. Kombiniranjem gornje dvije jednadzbe,zakljucuje se da je

d~L

dt= ~M. (4.25)

Time je pokazano da izmedu momenta kolicine gibanja i momenta sile postoji ista veza kao iizmedu kolicine gibanja i sile (drugi Newtonov aksiom (4.2), d~p /dt = ~F ). Gornji izraz vrijedi iako je masa cestice promjenjiva i za sve sile (a ne samo za konzervativne). Ukoliko je momentsila jednak nuli

d~L

dt= 0 ⇒ ~L = const.,

moment kolicine gibanja je konstantan u vremenu. Kaze se da tada vrijedi zakon o sacuvanjumomenta kolicine gibanja. Ako je samo jedna od komponenata ~M jednaka nuli, npr. Mz = 0,tada je samo z komponeta momenta kolicine gibanja sacuvana, dok su druge dvije komponentepromjenjive

Mx 6= 0 ⇒ Lx 6= const.,

My 6= 0 ⇒ Ly 6= const.,

Mz = 0 ⇒ Lz = const.

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEZA CESTICE 143

Podsjetimo se da su i moment sile, kao i moment kolicine gibanja pseudo vektori, zato jer nemijenjaju svoj predznak kada koordinatne osi promjene predznak

~M(−x,−y,−z) = (−~r) × (−~F ) = ~r × ~F = ~M(x, y, z),

i slicno za ~L .

Rezimirajmo: za sve sile (i konzervativne i nekonzervativne) vrijede relacije:

WP,K =

∫ K

P

~Fd~r = Ek(K)−Ek(P ),

∫ tK

tP

~F (t) dt = ~pK − ~p P ,d~L

dt= ~M,

a samo za konzervativne sile vrijedi:

∫ K

P

~F d~r = Ep(P )− Ep(K), Ek + Ep = const..

Zadatak: 4.9 U trenutku t = 0, cestica jedinicne mase miruje u ishodistu koordinatnog sus-tava. Tada na nju pocinje djelovati sila

~F = 100 t e−2t ~ex ,

gdje je t vrijeme. Izracunajte promjenu kolicine gibanja cestice izmedu prve i drugesekunde gibanja. Izracunajte brzinu cestice u granici t→ ∞.

R:... dovrsiti ....

4.5 Statika ili ravnoteza cestice

Ravnoteznim stanjem cestice nazivamo situaciju u kojoj je zbroj svih sila koje djeluju na cesticujednak nuli i cestica miruje ili se giba konstantnom brzinom u odnosu ne neki inercijski sustav.Shvati li se mirovanje kao poseban slucaj gibanja konstantnom brzinom jednakom nuli, u skladus drugim Newtonovim aksiomom, (4.2), uvjet ravnoteze cestice se moze napisati kao

~F = 0, (4.26)

gdje je ~F zbroj svih sila koje djeluju na cesticu. U ovom je slucaju kolicina gibanja cesticekonstantna

d~p

dt= ~F = 0 ~p = ~p 0 = const.,


Kolicina gibanja je konstantna i jednaka svojoj pocetnoj vrijednosti. Ako je cestica u pocetnomtrenutku mirovala i ako na nju ne djeluju sile, ona ce ostati u stanju mirovanja. To je zakonsacuvanja kolicine gibanja: kolicina gibanja je konstantna u vremenu. Ako je samo jedna odkomponenata ~F jednaka nuli, npr. Fz = 0, tada je samo z komponeta kolicine gibanja sacuvana,dok su druge dvije komponente promjenjive

Fx 6= 0 ⇒ px 6= const.,

Fy 6= 0 ⇒ py 6= const.,

Fz = 0 ⇒ pz = const.

Ako su sile koje djeluju na cesticu konzervativne, a pripadna potencijalna energija je Ep, tadase nuzan uvjet ravnoteze u tocki (x0, y0, z0), moze napisati u pravokutnim koordinatama kao

~F = −−→∇Ep = 0 ⇔ ∂Ep∂x

∣∣∣∣(x0,y0,z0)

=∂Ep∂y

∣∣∣∣(x0,y0,z0)

=∂Ep∂z

∣∣∣∣(x0,y0,z0)

= 0. (4.27)

Ravnoteza cestice moze biti stabilna, labilna i indeferentna (slika 4.4).

Slika 4.4: Uz definiciju (A) stabilne, (B) labilne i (C) indiferentne ravnoteze cestice i tijela.

stabilna ravnotezaslika 4.4.A, odgovara lokalnom minimumu potencijalne energije: na cesticu koja se malo ot-kloni od polozaja ravnoteze, djeluju sile koje ju nastoje vratiti u ravnotezni polozaj. Ako otkloncestice od polozaja ravnoteze nije mali, cestica moze prijeci u neki drugi lokalni polozaj rav-noteze.

labilna ravnotezaslika 4.4.B, odgovara lokalnom maksimimu potencijalne energije: na cesticu koja se malo ot-kloni od polozaja ravnoteze, djeluju sile koje ju udaljavaju od pocetnog ravnoteznog polozaja.

indiferentna ravnotezaslika 4.4.C, odgovara lokalno konstantnoj vrijednosti potencijalne energije: mali otklon od


pocetnog polozaja ne dovodi do djelovanja nikakve sile na cesticu. Sve tocke iz male okolicepocetne tocke su medusobno ekvivalentne.

Da je (4.27) nuzan, ali ne i dovoljan uvjet ravnoteze, vidi se iz slijedeceg zadatka.

Zadatak: 4.10 Pokazite da polje potencijalne energije Ep(x, y) = x · y, iako zadovoljava rela-ciju (4.27), ipak nema ekstrem u tocki (0, 0), tj. ishodiste nije ravnotezni polozaj.

R:Pokazimo najprije da Ep zadovoljava uvjete(4.27):

Slika 4.5: Ilustracija sedlaste plohe potencijalne energije.

x*y

-10-5 0 5 10x

-10-5

0 5

10y

-100

-50

0

50

100

∂Ep∂x

= y = 0 za x = y = 0, i∂Ep∂y

= x = 0 za x = y = 0.

Dakle, i Ep(x, y) i njezine prve derivacije su jednake nuli u ishodistu. Nacrtamo liEp uokolici ishodista, dobit cemo sedlastu plohu (pozitivan Ep u prvom i trecem, anegativan u drugom i cetvrtom kvadrantu) kao na slici 4.5. Ocito je da ishodistenije ekstremna tj. ravnotezna tocka cestice u polju potencijalne energije Ep.

D = 2Dakle, u prostoru dimenzije vece od jedan, relacije (4.27) jesu nuzan, ali ne i dovoljan uvjetza odredivanje ravnoteznog polozaja cestice. Da bi se odredio ravnotezan polozaj, potrebno jestudirati i druge parcijalne derivacije potencijalne energije. Radi jednostavnosti, zadrzat cemose na dvodimenzijskom primjeru. Razvijmo u red funkciju potencijalne energije u okolici tocke


(x0, y0)

Ep(x, y) = Ep(x0, y0) + (x− x0)∂Ep∂x

∣∣∣∣x0,y0

+ (y − y0)∂Ep∂y

∣∣∣∣x0,y0

+1

2(x− x0)

2 ∂2Ep∂x 2

∣∣∣∣x0,y0

+ (x− x0)(y − y0)∂ 2Ep∂x∂y

∣∣∣∣x0,y0

+1

2(y − y0)

2 ∂2Ep∂y 2

∣∣∣∣x0,y0

+ · · · ,

gdje su tockicama oznaceni clanovi viseg reda u (x−x0)n(y−y0)m, tj. oni za koje je n+m > 2.Da bi (x0, y0) bila tocka ravnoteze, nuzno je, prema (4.27),

∂Ep∂x

∣∣∣∣x0,y0

=∂Ep∂y

∣∣∣∣x0,y0

= 0. (4.28)

Radi kraceg zapisa, oznacimo

∆ x = x− x0, ∆ y = y − y0, A =∂ 2Ep∂x 2

∣∣∣∣x0,y0

, B =∂ 2Ep∂x∂y

∣∣∣∣x0,y0

, C =∂ 2Ep∂y 2

∣∣∣∣x0,y0

.

U ovim oznakama, razvoj za potencijalnu energiju glasi

Ep(x, y) = Ep(x0, y0) +1

2

(∆ x 2 A + 2∆ x∆ y B +∆ y 2 C

)+ · · ·

= Ep(x0, y0) + ∆Ep.

Ako otklon od (x0, y0) povecava vrijednost potencijalne energije, onda je (x0, y0) polozaj lokal-nog minimuma

(x0, y0) = min. ⇒ ∆ x 2A + 2∆ x∆ yB +∆ y 2C > 0.

Naprotiv, ako otklon od (x0, y0) snizava vrijednost potencijalne energije, tada je (x0, y0) lokalnimaksimum

(x0, y0) = max. ⇒ ∆ x 2A+ 2∆ x∆ yB +∆ y 2C < 0.

Potrazimo koje uvjete mora zadovoljavati potencijalna energija, pa da (x0, y0) bude njezinlokalni minimum

∆Ep ≡ ∆ x 2A+ 2∆ x∆ yB +∆ y 2C > 0.

Prijedimo s pravokutnih varijabli ∆ x i ∆ y, na polarne varijable ρ i ϕ (ρ ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π)

∆ x = ρ cosϕ, ∆ y = ρ sinϕ.

Izravnim trigonometrijskim preobrazbama, za ∆Ep se dobiva

∆Epρ 2

= A cos 2 ϕ+ 2B sinϕ cosϕ+ C sin 2 ϕ

=A + C

2+A− C

2cos 2ϕ+B sin 2ϕ

=A + C

2+

√

B 2 −AC +

(A+ C

2

) 2

sin(2ϕ+ 2δ),


gdje je konstantni kut δ odreden relacijom

tan 2δ =2B

A− C.

Trazimo da bude ∆Ep/ρ2 > 0 za svaku vrijednost sin(2ϕ + 2δ), pa i za njegovu najmanju

vrijednost −1:

A+ C

2−

√

B 2 − AC +

(A+ C

2

) 2

> 0

A+ C

2>

√

B 2 − AC +

(A+ C

2

) 2/

2

(A+ C

2

) 2

> B 2 − AC +

(A + C

2

) 2

AC > B 2.

Buduci da je B 2 > 0, iz gornjeg izraza zakljucujemo da su A i C istog predznaka, a buduci datrazimo da bude ∆Ep pozitivan, i A i C moraju biti pozitivni (i obratno za polozaj maksimuma:i A i C moraju biti negativni). Tako smo dobili tri uvjeta da tocka (x0, y0) bude lokalniminimum, tj, polozaj stabilne ravnoteze: A > 0, C > 0, AC −B 2 > 0. U pocetnim oznakamaovi uvjeti [zajedno s uvjetima iscezavanja prvih parcijalnih derivacija (4.28)] glase:

∂Ep∂x

∣∣∣∣x0,y0

=∂Ep∂y

∣∣∣∣x0,y0

= 0,

minimum:∂ 2Ep∂x 2

∣∣∣∣x0,y0

> 0,∂ 2Ep∂y 2

∣∣∣∣x0,y0

> 0,

(4.29)

maksimum:∂ 2Ep∂x 2

∣∣∣∣x0,y0

< 0,∂ 2Ep∂y 2

∣∣∣∣x0,y0

< 0,

[∂ 2Ep∂x 2

∂ 2Ep∂y 2

−(∂ 2Ep∂x ∂y

) 2]

x0,y0

> 0.

To su uvjeti da tocka (x0, y0) bude tocka stabilne ravnoteze cestice u polju sile opisane poten-cijalnom energijom Ep(x, y). Ovaj se posljednji uvjet moze napisati i u obliku determinante

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ 2Ep∂x 2

∂ 2Ep∂x ∂y

∂ 2Ep∂x ∂y

∂ 2Ep∂y 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x0,y0

> 0. (4.30)

D = 3


Slicnim se postupkom dobiju uvjeti da je tocka (x0, y0, z0), tocka stabilne ravnoteze cestice utrodimenzijskom prostoru:

∂Ep∂x

∣∣∣∣x0,y0,z0

=∂Ep∂y

∣∣∣∣x0,y0,z0

=∂Ep∂z

∣∣∣∣x0,y0,z0

= 0, (4.31)

∂ 2Ep∂x 2

∣∣∣∣x0,y0,z0

> 0,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ 2Ep∂x 2

∂ 2Ep∂x ∂y

∂ 2Ep∂x ∂y

∂ 2Ep∂y 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x0,y0,z0

> 0,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ 2Ep∂x 2

∂ 2Ep∂x ∂y

∂ 2Ep∂x ∂z

∂ 2Ep∂y ∂x

∂ 2Ep∂y 2

∂ 2Ep∂y ∂z

∂ 2Ep∂z ∂x

∂ 2Ep∂z ∂y

∂ 2Ep∂z 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x0,y0,z0

> 0.

Determinante koje se pojavljuju u gornjim izrazima se zovu Hesseove18 determinante.

Hesseova i Jacobijeva determinante su povezane u smislu da je Hesseova determinanta funkcije

f jednaka Jacobijevoj determinanti funkcije−→∇f (vidjeti na strani 69.

Zadatak: 4.11 Cestica se giba u polju konzervativne sile opisane potencijalnom energijom

Ep = x2 + 4y2 + z2 − 4xy − 4yz + 2xz − 4x+ 8y − 4z.

Odredite polozaje ravnoteze i njihov karakter. Kolika je vrijednost potencijalne ener-gije u tim tockama?

R:... dovrsiti ....

18Ludwig Otto Hesse, 1811 - 1874., njemacki matematicar


Zadatak: 4.12 Cestica se giba po osi x u polju potencijalne energije

Ep = x2(6− x)

Nadite polozaje ravnoteze i odredite njihovu (ne)stabilnost. Kolika je vrijednost po-tencijalne energije u tim tockama?

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.13 Odredite polozaje stabilne ravnoteze cestice koja se giba u polju sile opisanepotencijalnom energijom

Ep = 18r2e−2r.

Ako je cestica otpustena iz tocke r = 1/4, izracunajte njezinu brzinu pri prolazukroz ravnotezni polozaj. Izracunajte period malih titraja oko polozaja ravnoteze.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 4.14 Pomocu Hesseove determinante, objasnite rezultat zadatka 4.10.

R:Navedena funkcija nema ekstrem nigdje u ravnini (x, y), zato jer je Hesseova deter-minanta, (4.30), negativna

∣∣∣∣∣∣

0 1

1 0

∣∣∣∣∣∣= −1,

u svim tockama ravnine (x, y).

Zadatak: 4.15 Odredite polozaje lokalnih ekstrema potencijalne energije

Ep(x, y) = 4xy − x4 − y4.

R:Treba naci postoje li tocke ravnine (x, y) koje zadovoljavaju relacije (4.29). Jednos-


tavnim racunom se dobiva

∂Ep∂x

= 4y − 4x3 = 0,

∂Ep∂y

= 4x− 4y3 = 0,

∂ 2Ep∂x 2

= −12x2,

∂ 2Ep∂y 2

= −12y2

∆ ≡ ∂ 2Ep∂x 2

∂ 2Ep∂y 2

−(∂ 2Ep∂x ∂y

) 2

= 144x2y2 − 16.

Nuzni uvjeti ekstrema slijede iz prve dvije odgornjih relacija

y(1− y)(1 + y)(1 + y2)(1 + y4) = 0,

x(1 − x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) = 0.

Realna rjesenja gornjih jednadzba su (slika)

T1 = (0, 0),

T2 = (1, 1),

T3 = (−1,−1).

Ploha potencijalne energije.

-2-1

0 1

2x -2-1

0 1

2

y

-1

0

1

2

3

E

Ispitajmo svojstava sve tri tocke.

(0, 0)U ovoj tocki je

∆ = −16 < 0,

pa ova tocka nije ekstrem, nego sedlasta ploha (slika).(1, 1)U ovoj tocki je

∂ 2Ep∂x 2

= −12x2 = −12 < 0,

∂ 2Ep∂y 2

= −12y2 = −12 < 0,

∆ = 144− 16 = 128 > 0,

pa ova tocka odgovara maksimumu potencijalne energije s vrijednoscu (slika)

Ep(1, 1) = 2.


(−1,−1)U ovoj tocki je

∂ 2Ep∂x 2

= −12x2 = −12 < 0,

∂ 2Ep∂y 2

= −12y2 = −12 < 0,

∆ = 144− 16 = 128 > 0,

pa ova tocka odgovara maksimumu potencijalne energije s vrijednoscu (slika)

Ep(−1,−1) = 2.

Poglavlje 5

Neki jednostavni oblici sila

U poglavlju 4 smo se upoznali s drugim Newtonovim aksiomom (4.4), tj. jednadzbom gibanja

cestice pod djelovanjem sila ~Fd 2 ~r

d t 2=

1

m~F . (5.1)

Ponovimo jos jednom da je to diferencijalna jednadzba drugog reda i da je njezino rjesenje

~r = ~r(t;~r0, ~v0) (5.2)

jednoznacno odredeno zadavanjem pocetnih uvjeta, tj. poznavanjem polozaja i brzine cesticeu jednom odredenom trenutku t0

~r0 = ~r(t0), ~v0 = ~v(t0).

5.1 Gibanje u polju konstantne sile

U ovom cemo se poglavlju baviti rjesavanjem ove jednadzbe u osobito jednostavnim slucajevimakada je sila (desna strana jednadzbe) konstantna. Buduci da je sila vektor, njezina konstantnostznaci konstantnost i po iznosu i po smjeru.

Evo najjednostavnijeg primjera: sila je konstantna i nema nikakvih dodatnih uvjeta na gibanje.Zbog opcenitosti cemo pretpostaviti da je sila koja djeluje na cesticu oblika

~F = ~ex F0,x + ~ey F0,y + ~ez F0,z,

(slika 5.1), gdje su F0,x, F0,y i F0,z konstante. Ako se u trenutku t0 cestica nalazila u tocki

~r0 = x0 ~ex y0 ~ey z0 ~ez

i imala brzinu

~v0 = v0,x ~ex v0,y ~ey v0,z ~ez ,

treba odrediti polozaj, brzinu i ubrzanje cestice u proizvoljnom trenutku t (bez obzira proslom,t < t0, ili buducem, t > t0). Postavimo jednadzbu gibanja (5.1) i raspisimo ju po komponen-tama u pravokutnom koordinatnom sustavu

d 2 x

d t 2=F0,x

m,

d 2 y

d t 2=F0,y

m,

d 2 z

d t 2=F0,z

m. (5.3)

153

154 POGLAVLJE 5. NEKI JEDNOSTAVNI OBLICI SILA

Slika 5.1: U trenutku t0, polje konstantne sile ~F = ~ex F0,x + ~ey F0,y + ~ez F0,z pocinje djelovati na cesticu masem. Na slici su oznaceni i pocetni uvjeti ~r0 i ~v0.

Navedimo i pocetne uvjete u pravokutnom koordinatnom sustavu:

x(t = t0) = x0, y(t = t0) = y0, z(t = t0) = z0,

vx(t = t0) = v0,x, vy(t = t0) = v0,y, vz(t = t0) = v0,z.

Iz jednadzba (5.3) se vidi da su gibanja u smjerovima x, y i z osi medusobno nepovezana imogu se rjesavati neovisno jedno o drugom. Gibanja po sve tri osi imaju jednadzbe i pocetneuvjete istog oblika, pa ce im i rjesenja biti istog oblika. Stoga je dovoljno rjesavati samo jednuod njih, npr. onu za koordinatu x. Integracijom ubrzanja, dobit ce se brzina

∫ t

t0

dt

/d 2 x

d t 2=

F0,x

m∫ t

t0

d

d t

(d x

d t

)dt =

F0,x

m

∫ t

t0

dt

(d x

d t

)

t

−(d x

d t

)

t0

=F0,x

m(t− t0).

Prvi clan lijeve strane je x komponenta brzine u trenutku t, a drugi clan je x komponentabrzine u trenutku t0, koja je po pocetnim uvjetima, jednaka v0,x, sto sve zajedno daje za brzinupo osi x

vx(t) ≡(d x

d t

)

t

= v0,x +F0,x

m(t− t0).

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE 155

Integracijom brzine po vremenu, dolazi se do polozaja∫ t

t0

d x

d tdt =

∫ t

t0

v0,x d t+

∫ t

t0

F0,x

m(t− t0) d t

x(t)− x(t0) = v0,x (t− t0) +1

2

F0,x

m(t− t0)

2.

Prema pocetnim uvjetima je x(t0) = x0, pa ukupno rjesenje (polozaj, brzina i ubrzanje) zagibanje u smjeru osi x glasi

x(t; x0, v0,x) = x0 + v0,x (t− t0) +1

2

F0,x

m(t− t0)

2,

vx(t; x0, v0,x) = v0,x +F0,x

m(t− t0), (5.4)

ax =F0,x

m= const.

Slicnim bi se postupkom dobile odgovarajuce jednadzbe polozaja i brzine i za preostale dvijekoordinate. Ukupno rjesenje koje daje polozaj, brzinu i ubrzanje (u pravokutnim koordinatama)

cestice mase m koja se giba pod djelovanjem konstantne sile ~F = ~ex F0,x + ~ey F0,y + ~ez F0,z uzzadane pocetne uvjete, za sve tri koordinate je

x(t; x0, v0,x) = x0 + v0,x (t− t0) +1

2

F0,x

m(t− t0)

2,

vx(t; x0, v0,x) = v0,x +F0,x

m(t− t0), ax =

F0,x

m,

y(t; y0, v0,y) = y0 + v0,y (t− t0) +1

2

F0,y

m(t− t0)

2, (5.5)

vy(t; y0, v0,y) = v0,y +F0,y

m(t− t0), ay =

F0,y

m,

z(t; z0, v0,z) = z0 + v0,z (t− t0) +1

2

F0,z

m(t− t0)

2,

vz(t; z0, v0,z) = v0,z +F0,z

m(t− t0), az =

F0,z

m.

Gornji izrazi su komponente rjesenja (5.2) u pravokutnom koordinatnom sustavu

~r(t;~r0, ~v0) = ~ex x(t; x0, v0,x) + ~ey y(t; y0, v0,y) + ~ez z(t; z0, v0,z).

Konstantna sila je konzervativna. Pokazat cemo da rad konstantne sile ne ovisi o oblikuputanje, nego samo o pocetnoj i konacnoj tocki, tako sto cemo izracunati njezin rad od pocetnetocke (x0, y0, z0) do proizvoljne krajnje tocke (x, y, z)

W =

∫ (x,y,z)

(x0,y0,z0)

~F · d~r =∫ (x,y,z)

(x0,y0,z0)

(~ex F0,x + ~ey F0,y + ~ez F0,z) · (~ex dx+ ~ey dy + ~ez dz)

= F0,x

∫ x

x0

dx+ F0,y

∫ y

y0

dy + F0,z

∫ z

z0

dz

= F0,x (x− x0) + F0,y (y − y0) + F0,z (z − z0) = ~F0 · (~r − ~r0). (5.6)


Vidimo da rad ne ovisi o obliku putanje, pa zakljucujemo da je konstantna sila konzervativna.Buduci da je sila konzervativna, moze joj se, relacijom (4.11),

~F = −−→∇Ep,

pridruziti potencijalna energija Ep(x, y, z)

~ex F0,x + ~ey F0,y + ~ez F0,z = −(~ex∂Ep∂x

+ ~ey∂Ep∂y

+ ~ez∂Ep∂z

)

⇒ F0,x = −∂Ep∂x

, F0,y = −∂Ep∂y

, F0,z = −∂Ep∂z

.

Sve su tri jednadzbe istog oblika, pa je dovoljno rjesavati samo jednu od njih, npr. za xkoordinatu

∫dx

/F0,x = −∂Ep

∂x

F0,x

∫dx = −

∫∂Ep∂x

dx

F0,x x = −Ep(x, y, z) + f1(y, z) + c1

S c1 je oznacena konstanta, a s f1(y, z) je oznacena proizvoljna funkcija varijabla y i z. Primje-timo da derivacija po x konstante c1 i funkcije f1 daje nulu.Slicno se dobije i za preostale dvije jednadzbe. Sve zajedno

F0,x x = −Ep(x, y, z) + f1(y, z) + c1,

F0,y y = −Ep(x, y, z) + f2(x, z) + c2,

F0,z z = −Ep(x, y, z) + f3(x, y) + c3.

Iz gornjeg izraza se ocitava cijeli izraz za potencijalnu energiju

Ep(x, y, z) = −F0,x x− F0,y y − F0,z z + c0 = −~F0 · ~r + c0, (5.7)

gdje je c0 proizvoljna konstanta. Ovaj je rezultat konzistentan s rezultatom (5.6) za rad kons-tantne sile, jer je

W = Ep(x0, y0, z0)−Ep(x, y, z).

Zadatak: 5.1 Tijelo mase m1 se nalazi na glatkom stolu i nerastezivom je niti, preko glatkekoloture, povezan s tijelom mase m2 (slika). Izracunajte ubrzanje mase m2 i nape-tost niti.

R:


Neka je...

dovrsiti

dovrsiti

Zadatak: 5.2 Homogeno uze ukupne duljine L, jednim svojim dijelom duljine 0 < L0 < L visipreko ruba glatkog stola (kao na slici). Ako je uze u pocetku mirovalo, izracunajtevrijeme potrebno da ono klizne sa stola.

R:Neka je konstantna masena gustoca uzeta dana sa

λ0 =mL

L,

gdje je mL masa cijelog uzeta. Cijelo uze do-biva ubrzanje uslijed djelovanja gravitacijskesile samo na dio uzeta koji visi sa stola.

Zato u proizvoljnom t > 0 drugi Newtonov aksiom glasi (s l(t) je oznacen dio uzetakoji u trenutku t > 0 visi sa stola)

mL|~a | = ml|~g |

λ0Ll = λ0lg

l = lg

L.

Gornja diferencijalna jednadzba se rjesava uz pocetne uvjete

l(0) = L0, l(0) = 0.

dovrsiti

Zadatak: 5.3 Uze ukupne duljine a+b+Rπ je objeseno preko koloture polumjera R tako da jenjegova duljina na jednoj strani a, a na drugoj b (kao na slici), uz a > b > 0. Akoje uze u pocetku mirovalo, izracunajte vrijeme potrebno da ono klizne sa koloture.


R:Neka je konstantna masen gustoca uzeta dana sa

λ0 =m

a+ b+Rπ,

gdje je m masa cijelog uzeta.

dovrsiti

Zadatak: 5.4 Izracunajte ubrzanja masa i napetosti niti u sustavu prikazanom na slici. Tre-nja, mase kolotura i mase niti zanemarite.

R:Postavimo jednadzbe gibanja (2. Newtonov aksiom) za sve tri mase sa slike.

dovrsiti

dovrsiti

5.1.1 Slobodan pad

Primjenimo relacije (5.5) na jednostavnom primjeru slobodnog pada.Jedan primjer konstantne sile je i sila kojom Zemlja privlaci tijela u svojoj blizini. Zemlja djelujeprivlacnom silom na sva tijela (tijelom nazivamo skup cestica). Ta se sila zove gravitacijska silai uz odredena zanemarivanja, moze se smatrati konstantnom silom (o gravitacijskoj sili ce visebiti rijeci u poglavlju 7). Gravitacijska je sila usmjerena (priblizno - vidjeti poglavlje 8) premasredistu Zemlje, a po iznosu je jednaka umnosku mase tijela na koje djeluje i jednog ubrzanjakoje se zove Zemljino gravitacijsko ubrzanje, ~g . U blizini Zemljine povrsine ovo ubrzanje iznosipriblizno

g = 9.80665m

s 2

i malo se mijenja ovisno o zemljopisnoj sirini mjesta na kojemu se ono mjeri. Kada se kaze ublizini Zemljine povrsine, onda se misli na udaljenosti od povrsine koje su male u odnosu napolumjer Zemlje.


Ako promatramo cesticu mase m koja se giba u blizini Zemljine povrsine pod djelovanjemgravitacijske sile i ako zanemarimo sile trenja koje dolaze od otpora koje pruzaju cestice zrakaiz atmosfere, mozemo reci da se cestica giba pod djelovanjem konstantne sile. Promatramoli gibanja na prostornoj skali maloj u usporedbi s polumjerom Zemlje, mozemo dio Zemljinekugle zamjeniti ravninom. Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da ravnina (x, y) lezina povrsini Zemlje, a da je os z okomita na nju i usmjerena prema gore. U tom koordinatnomsustavu je gravitacijska sila Zemlje

~FG = −m g ~ez . (5.8)

Gornja sila je sila kojom Zemlja privlaci sva tijela u svojoj blizini i naziva se jos i sila teza.Tezinom tijela, s oznakom ~G , cemo oznacavati silu kojom tijelo djeluje na podlogu na kojojse nalazi ili na objesiste o koje je objeseno. U inercijskim sustavima (vidjeti poglavlje 8) ovesu dvije sile istog iznosa. U neinercijskim sustavima (npr. u dizalu koje se ubrzano giba), ovesile nisu istog iznosa1 Primjetimo jos i da sila teza i tezina tijela nisu sile akcije i reakcije okojima se govori u trecem Newtonovom aksiomu (4.5). U trecem aksiomu se govori o dva tijelakoji jedan na drugi djeluju silama. Sada imamo tri tijela: Zemlja, tijelo mase m i podloga (iliobjesiste). Sila teza je sila kojom Zemlja djeluje na tijelo mase m, a tezina je sila kojom to istotijelo mase m djeluje na podlogu (ili objesiste) na kojoj se nalazi.Gibanje tijela u smjeru prema tlu, pod djelovanjem sile teze (i nijedne druge sile) u bliziniZemljine povrsine, naziva se slobodan pad. Neka se cestica mase m u trenutku t0 nalazi utocki

~r0 = z0 ~ez

i neka ima brzinu

~v0 = v0 ~ez

(v0 > 0 ako se cestica giba prema gore, a v0 < 0, ako se cestica giba prema dolje). Kada je silazadana izrazom (5.8), jednadzba gibanja (4.4) glasi

d 2 ~r

d t 2= −g ~ez . (5.9)

U usporedbi s (5.1), komponente sile su

F0,x = 0, F0,y = 0, F0,z = −mg.

Jednadzba (5.9) je istog oblika kao i (5.1), s tom razlikom da su sada sila i pocetni uvjetidrukciji. Uzme li se to u obzir, mozemo iskoristiti rjesenja (5.5)

x(t) = 0, vx(t) = 0, ax(t) = 0,

y(t) = 0, vy(t) = 0, ay(t) = 0, (5.10)

z(t) = z0 + v0(t− t0)−1

2g(t− t0)

2, vz(t) = v0 − g(t− t0), az(t) = −g.

Iako jednostavno, gornje rjesenje sadrzi jednu vaznu informaciju: u njemu se ne pojavljujemasa tijela koje pada, ili drugim rjecima, tijela razlicitih masa, padaju na isti nacin. Ovoje dakako istina samo dotle dok mozemo zanemariti otpor zraka (kao sto je i napravljeno u

1U tekucini, zbog uzgona, ove sile takoder nece biti istog iznosa.


gornjem racunu). Ako uzmemo u obzir i otpor zraka (odjeljak 5.5), vidjet cemo da gibanjetijela ovisi i o masi i o obliku tijela. Prigodom jednog od spustanja americkih astronauta napovrsinu Mjeseca, izveden je jedan jednostavan pokus: cekic i pticje pero pusteni su padatis priblizno iste visine prema povrsini Mjeseca. Buduci da Mjesec gotovo i nema atmosferu,gotovo da nije bilo ni otpora sile trenja i oba tijela, cekic i pero, su pali na povrsinu Mjeseca upriblizno istom trenutku, u skladu s gornjim jednadzbama.Primjenom rezultata (5.7) za potencijalnu energiju konstantne sile na ovaj posebni primjergravitacijske sile, dobije se gravitacijska potencijalna energija cestice mase m u obliku

Ep(x, y, z) = −~F0 · ~r + c0 =⇒ Ep = m g z. (5.11)

Primjetimo da se ovako napisana gravitacijska potencijalna energija moze shvatiti i kao rad sileteze (mg) pri pomaku cestice od povrsine z = 0 do tocke z, bez obzira na vrijednosti x i ykoordinata. Sada z oznacava polozaj cestice iznad Zemljine povrsine, tj. njezinu visinu h, pase gravitacijska potencijalna energija cesto pise i kao

Ep = m g h.

Buduci da je gravitacijska sila konzervativna, mora biti zbroj kineticke i potencijalne energijecestice, koja se giba u njezinom polju, konstantan u vremenu i prostoru (tj. mora imati situvrijednost u pocetnom kao i bilo kojem drugom trenutku). Pokazimo da je

Emeh(~r, t) = Emeh(~r0, t0) = const.,

tj. da je zbroj kineticke i potencijalne energije u svakom trenutku jednak zbroju kineticke ipotencijalne energije u pocetnom trenutku. Uvrstimo izraze za kineticku i potencijalnu energijucestice

Emeh(~r, t) = Ek(~r, t) + Ep(~r, t) =mv 2(t)

2+mgz(t) =

m

2(v 2x + v 2

y + v 2z ) +mgz

=m

2

[v 20 − 2v0g(t− t0) + g 2 (t− t0)

2]+mg

[z0 + v0(t− t0)−

1

2g(t− t0)

2

]

=mv 2

0

2+mgz0

= Emeh(~r0, t0).

Do istog se zakljucka dolazi i promatranjem vremenske promjene mehanicke energije

dEmehd t

=d

d t

[m z 2

2+mgz

]= mz (z + g) = (5.9) = 0.

Ako je vremenska promjena energije jednaka nuli, tada je energija konstanta u vremenu.

Zadatak: 5.5 Predmet bacen u vis dostize najvecu visinu od 100m i tada pocinje padati natragprema tlu. kojom je pocetnom brzinom izbacen predmet. Koliko ce vremena procido njegovog pada na tlo? Otpor zraka i vrtnju Zemlje zanemarite.

R:... dovrsiti ....


Zadatak: 5.6 Lopta je bacena okomito u vis, tako da visinu h dostigne u vremenu t1 putujucigore i vremenu t2 putujuci prema dolje. Dokazite: (a) da je pocetna brzina loptejednaka g(t1+ t2)/2; (b) da je visina h jednaka gt1t2/2; (c) da je maksimalna visinajednaka g(t1 + t2)

2/8.

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 5.7 Dva su tijela ispustena s vrha litice visine H. Drugo je tijelo ispusteno nakonsto je prvo vec prevalilo put D. Izracunajte visinu iznad tla na kojoj se nalazi drugotijelo u trenutku kada prvo tijelo udari o tlo.

R:... dovrsiti ....

5.1.2 Kosi hitac

Kosi hitac je, slicno slobodnom padu, takoder gibanje pod djelovanjem samo sile teze (otporzraka se ponovo zanemaruje), pa su jednadzbe gibanja iste kao kod slobodnog pada

d 2 ~r

d t 2= −g ~ez ⇒ d 2x

d t 2= 0,

d 2y

d t 2= 0,

d 2z

d t 2= −g, (5.12)

ali ga od slobodnog pada razlikuju pocetni uvjeti. U pocetnom trenutku (koji, radi jednos-tavnosti, odabiremo tako da je t0 = 0) cestica ima brzinu iznosa v0 koja zatvara kut ϕ0 premaZemljinoj povrsini. Postavimo koordinatni sustav tako da u pocetnom trenutku brzina imasamo y i z komponentu (kao na slici 5.2). U tom slucaju pocetni uvjeti glase

x(0) = 0, y(0) = 0, z(0) = z0,

(5.13)

vx(0) = 0, vy(0) = v0 cosϕ0, vz(0) = v0 sinϕ0.

Gornji pocetni uvjeti sadrze u sebi i posebne slucajeve:

okomiti hitac ϕ0 =π

2,

vodoravni hitac ϕ0 = 0

hitac prema dolje ϕ0 = −π2.


Slika 5.2: Uz kosi hitac.

Jednadzbe gibanja (5.12) su istog oblika kao i jednadzbe (5.3), pa ce zato i rjesenja biti oblika(5.5)

x(t) = 0, vx(t) = 0, ax(t) = 0,

y(t) = v0 t cosϕ0, vy(t) = v0 cosϕ0, ay(t) = 0, (5.14)

z(t) = z0 + v0 t sinϕ0 −1

2gt 2, vz(t) = v0 sinϕ0 − gt, az(t) = −g.

Razmislimo o gornjem rjesenju. Buduci da je x(t) uvijek nula, zakljucujemo da se gibanje svevrijeme odvija u ravnini (y, z) (u odjeljku 8 cemo uzeti u obzir i vrtnju Zemlje oko svoje osi itada cemo vidjeti da ovo vise nece biti istina). U smjeru osi y gibanje je jednoliko: zaista,u smjeru osi y ne djeluju nikakve sile (gravitacija djeluje samo u smjeru osi z), pa nema nipromjene brzine, ona je ista kao i na pocetku gibanja vy(t) = vy(0) = v0 cosϕ0. Sila djelujesamo u smjeru osi z i u tom smjeru je gibanje sastavljeno od dvije vrste gibanja: pocetnogjednolikog gibanja (konstantnom brzinom v0 sinϕ0 ) u smjeru +~ez i jednoliko ubrzanoggibanja u smjeru −~ez (padanja konstantnim ubrzanjem, g).

Izracunajmo maksimalnu visinu H koju postigne cestica kod kosog hica uz konstantnupocetnu brzinu v0 i konstantni kut ispaljenja ϕ0. Jasno je da ce cestica dostici najvisu tockuputanje u onom trenutku t = tH kada njezina okomita komponenta brzine bude jednaka nuli,tj. kada z koordinata dostigne svoju ekstremni (maksimalni) iznos

vz(t = tH) =d z

d t

∣∣∣∣t=tH

= 0 ⇒ (5.14) ⇒ tH =v0 sinϕ0

g.

To je vrijeme potrebno cestici da dostigna najvisu tocku putanje. Najvisu tocku, zmax = H ,


izracunavamo tako da u z(t) uvrstimo tH

H = z(t = tH) = z0 +1

2

v 20 sin 2 ϕ0

g. (5.15)

Koliki je doseg, D, kosog hica uz konstantnu pocetnu brzinu v0 i konstantni kut ispaljenja ϕ0.Da bismo to izracunali, treba najprije naci vrijeme tD u kojemu ce cestica ponovo pasti na tlo.Uvjet da u trenutku tD cestica bude na tlu glasi

z(t = tD) = 0 = z0 + v0tD sinϕ0 −1

2gt 2D.

Gornja kvadratna jednadzba ima formalno dva rjesenja za tD. Od ta dva rjesenja jedno je manjeod nule, pa ga odbacujemo jer nas zanima samo gibanje cestice nakon pocetnog trenutka t = 0.Pozitivno rjesenje glasi

tD =v0 sinϕ0

g+

√v 20 sin 2 ϕ0

g 2+

2z0g.

Primjetimo da ako se cestica u pocetku nalazila na tlu (z0 = 0), tada je tD = 2 tH . Koordinatay opisuje otklon od pocetne tocke u vodoravnom smjeru, pa se doseg dobije tako da se izracunakoliki je y(t = tD)

D = y(t = tD) =v 20

2 gsin 2ϕ0

(1 +

√1 +

2z0g

v 20 sin 2 ϕ0

). (5.16)

Prema (5.15) i (5.16), visina H i doseg D ovise o pocetnoj brzini v0 i kutu ispaljenja ϕ0, pa semoze postaviti slijedece pitanje: ako se projektil ispaljuje s tla, z0 = 0 i ako je brzina ispaljenjav0 konstantna, koliki treba biti kut ϕ0, pa da visina H i doseg D budu maksimalni? Uz oveuvjete, visina i doseg su funkcije kuta, H = H(ϕ0) i D = D(ϕ0), pa se njihov ekstrem, u ovomslucaju maksimum, odreduje iz uvjeta

(5.15) ⇒ ∂ H

∂ ϕ0

∣∣∣∣ϕ0(max,H)

= 0, ⇒ ϕ0(max,H) =π

2,

(5.16) ⇒ ∂ D

∂ ϕ0

∣∣∣∣ϕ0(max,D)

= 0 ⇒ ϕ0(max,D) =π

4.

Primjetimo da (kada se ispaljenje vrsi s tla, z0 = 0), tada je ϕ0(max,H) = 2ϕ0(max,D). Kadase iz gornjih jednadzba nadu ϕ0(max,H) i ϕ0(max,D), maksimalni visina i doseg se dobijukao

Hmax = H(ϕ0(max,H)) =1

2

v 20

g,

Dmax = D(ϕ0(max,D)) =v 20

g= 2Hmax.

Izracunajmo i oblik putanje cestice, tako sto cemo iz rjesenja za y u jednadzbi gibanja (5.14)eliminirati vrijeme

t =y

v0 cosϕ0


i uvrstiti ga u jednadzbu za z

z − z0 = y tanϕ0 −g

2v 20 cos 2 ϕ0

y 2.

Gornju jednadzbu prepoznajemo kao jednadzbu parabole u (y, z) ravnini.

Kao i kod slobodnog pada, i ovdje djeluje samo gravitacijska konzervativna sila, pa zato morabiti zbroj kineticke i potencijalne energije cestice konstantan. Pokazimo da je

Emeh(~r, t) = Emeh(~r0, 0) = const

Uvrstimo izraze za kineticku i potencijalnu energiju cestice

Emeh(~r, t) = Ek(~r, t) + Ep(~r, t) =mv 2(t)

2+mgz(t) =

m

2(x 2 + y 2 + z 2) +mgz

=m

2

(0 + v 2

0 cos 2 ϕ0 + v 20 sin 2 ϕ0 − 2v0gt sinϕ0 + g 2t 2

)+mg

(z0 + v0t sinϕ0 −

1

2gt 2)

=mv 2

0

2+mgz0 = Emeh(~r0, 0).

Kao i kod slobodnog pada, i sada se do istog zakljucka dolazi i promatranjem vremenskepromjene mehanicke energije

dEmehd t

=d

d t

[m z 2

2+mgz

]= mz (z + g) = (5.12) = 0.

Kada je vremenska promjena energije jednaka nuli, tada je energija konstanta u vremenu.Ako bi se u racun uzela i silu trenja izmedu cestice koja se giba i molekula zraka iz zem-ljine atmosfere, tada ukupna mehanicka energija nece biti sacuvana, nego ce se smanjivati(dEmeh / d t) < 0, a smanjenje mehanicke energije cestice je po iznosu jednako (a po predznakusuprotno) povecanju mehanicke energije gibanja molekula zraka. Promatra li se sustav koji sesastoji od cestice i zraka kroz koji se ona giba, opet ce mehanicka energija takvog sustava ostatinepromjenjena u vremenu.

Zadatak: 5.8 Projektil je ispaljen pod kutom α sa litice visine H iznad razine mora. Ako padneu more na udaljenosti D od podnozja litice, dokazite da je maksimalna visina iznadmorske razine dana sa

H +D2 tan2 α

4(H +D tanα).

R:... dovrsiti ....

5.2. SILE OVISNE O VREMENU 165

Zadatak: 5.9 Dva su projektila ispaljena pod kutovima α i β prema horizontali. Ispaljeni su sistog mjesta, u isto vrijeme, istom pocetnom brzinom i gibaju se u istoj (okomitoj)ravnini. Pokazite da, tijekom njihovog gibanja, zamisljena linija koja spaja ova dvaprojektila, zatvara kut (α + β)/2 s okomicom.

R:... dovrsiti ....

5.2 Sile ovisne o vremenu

Neka se gibanje odvija u jednoj dimenziji (po osi x) i neka je sila funkcija vremena. Jednadzbagibanja (4.4) tada glasi

d 2 x(t)

dt 2=

1

mF (t).

Integracijom po vremenu dobije se brzina

∫ t

0

d 2 x(t)

dt 2d t =

1

m

∫ t

0

F (t) d t

d x(t)

dt

∣∣∣∣t

− d x(t)

dt

∣∣∣∣0

=1

m

∫ t

0

F (t) d t

vx(t) = vx(0) +F1(t)

m,

gdje je s F1(t) oznacen integral

F1(t) ≡∫ t

0

F (η) d η.

Integracijom brzine, dobije se polozaj

∫ t

0

d x(t)

dtd t = vx(0)

∫ t

0

d t+1

m

∫ t

0

F1(t) d t

x(t)− x(0) = t vx(0) +1

m

∫ t

0

F1(t) d t

x(t) = x(0) + t vx(0) +1

m

∫ t

0

F1(t) d t

= x(0) + t vx(0) +1

m

∫ t

0

∫ ν

0

F (η) d η d ν.


Zadatak: 5.10 Tijekom vremenskog intervala 0 ≤ t ≤ T , na cesticu mase m djeluje silakonstantnog smjera i iznosa

F = F0

[1−

(2t− T

T

)2], F0 = const.

Djelovanje svih ostalih sila na cesticu se zanemaruje. Ako cestica miruje prijepocetka djelovanja sile, izracunajte njezin polozaj i brzinu u trenutku t = T .

R:dovrsiti

5.3 Sile ovisne o polozaju

Neka se gibanje odvija u jednoj dimenziji (po osi x) i neka je sila funkcija koordinate x (kaonpr. u odjeljku o harmonijskom oscilatoru, 6.1). Jednadzba gibanja (4.4) tada glasi

d 2 x(t)

dt 2=

1

mF (x).

Lijeva strana gornje jednadzbe se moze napisati i na slijedeci nacin

d x 2

dt= 2x x =⇒ x =

1

2x

d x 2

dt.

Time jednadzba gibanja postaje

d x 2

dt=

2

m

dx

dtF (x)

∫ x (t)

x (0)

d x 2 =2

m

∫ x(t)

x(0)

F (x) d x

x 2(t) = x 2(0) +2

m

∫ x(t)

x(0)

F (x) d x

d x

dt= ±

√x 2(0) +

2

m

∫ x

x(0)

F (η) d η.

Predznak se odabire prema tome povecava li se ili smanjuje x u promatranom vremenskomintervalu. Izraz na desnoj strani je funkcija koordinate x, pa se gornji izraz moze napisati takoda se dobije proteklo vrijeme

∫ t

0

d t = ±∫ x

x(0)

d x√x 2(0) + 2

m

∫ xx(0)

F (η) d η

(5.17)

t = ±∫ x

x(0)

d x√x 2(0) + 2

m

∫ xx(0)

F (η) d η.

5.4. STATICKO I DINAMICKO TRENJE 167

Zadatak: 5.11 Cestica mase m se giba po osi x pod djelovanjem sile usmjerene prema is-hodistu

~F = −~exc0x2,

gdje je c0 pozitivna konstanta. Ako je cestica u pocetku mirovala u tocki x = a,izracunajte koliko ce dugo putovati do u ishodista.

R:... dovrsiti ....


~F = −~exF0

x3, F0 = const.

Ako cestica u pocetnom trenutku miruje u tocki x = a, izracunajte koliko joj vre-mena treba da dode do ishodista.

R:... dovrsiti ....


~F = −~exc0x,

gdje je c0 pozitivna konstanta. Koliki je rad obavljen pri pomaku cestice iz tockex = x1 u tocku x = x2? Ako je cestica u tocki x1 imala brzinu v1, kolika je njezinabrzina u tocki x2?

R:... dovrsiti ....

5.4 Staticko i dinamicko trenje

Postoje situacije u kojim je cestica prisiljena gibati se duz neke odredene povrsine ( npr. kosine,slika 5.3.A) ili krivulje (npr. po unutrasnjosti zakrivljene plohe, slika 5.3.B). U takvim seslucajevima kaze da je gibanje cestice podvrgnuto odredenim uvjetima. Uslijed djelovanjavanjskih sila (npr. sile teze), cestica ce djelovati silom na plohu kojom se giba, pa ce u skladu strecim Newtonovim aksiomom (4.5), i ploha djelovati na cesticu silom iste jakosti, ali suprotnog

smjera, ~N . Osim ove sile reakcije podloge, postoji jos jedna sila koja je posljedica postojanja


Slika 5.3: Uz definiciju uvjeta na gibanje.

uvjeta na gibanje, a zove se trenje. Uslijed privlacnog medudjelovanja cestice s molekulamapodloge po kojoj se giba, pojavit ce se sile koje nastoje zustaviti cesticu u njezinom gibanju.Fenomenoloski se ta sila naziva trenjem, ~Ftr i opisuje se preko koeficijenta trenja µ

Ftr = µ N.

Koeficijent trenja se eksperimantalno odreduje. Smjer sile trenja je suprotan smjeru gibanjacestice,

~Ftr = −µ N ~e v.

Ukoliko se tijelo pokrece iz stanja mirovanja, gornji koeficijent trenja se preciznije naziva statickikoeficijent trenja, µs, a ako se tijelo giba odredenom brzinom, trenje je opcenito drukcije negokod zapocinjanja gibanja i opisano je dinamickim koeficijentom trenja µd. Opcenito je

µs > µd,

no, radi jednostavnosti, u nastavku ovog teksta nece se praviti razlika izmedu ta dva koeficijentatrenja.

Ilustrirajmo ovo primjerom gibanja cestice po kosini kuta nagiba α (slika 5.3.A). Jednostavnomtrigonometrijom se dolazi do

~e 1 = ~ex cosα− ~ey sinα,

~e 2 = ~ex sinα + ~ey cosα,


Jednadzba gibanja glasi

m(x ~ex + y ~ey ) = −mg~ey +N~e 2 − Ftr~e 1

= −mg~ey +N(~ex sinα + ~ey cosα)− Ftr(~ex cosα− ~ey sinα),


mx = N sinα− Ftr cosα = N (sinα− µ cosα),

my = −mg +N cosα + Ftr sinα = −mg +N (cosα + µ sinα),

uz pocetni uvjet da je cestica u t = 0 mirovala na vrhu kosine:

x(0) = 0, y(0) = y0,

x (0) = 0, y (0) = 0.

Sa slike 5.3.A je

N = mg cosα,

sto uvrsteno u jednadzbe gibanja daje za ubrzanje cestice

x = g cosα(sinα− µ cosα),

y = −g sinα(sinα− µ cosα),

a =√x 2 + y 2 = g(sinα− µ cosα).

Sile, tj. desne strane gornjih jednadzba su konstantne, pa mozemo primjeniti rjesenja (5.5) iliih izravno rjesavati. Integracijom po vremenu dobivamo brzinu

x = gt cosα(sinα− µ cosα),

y = −gt sinα(sinα− µ cosα),

v =√x 2 + y 2 = gt(sinα− µ cosα),

a integracijom brzine po vremenu dobivamo koordinate polozaja cestice

x(t) =1

2gt 2 cosα(sinα− µ cosα),

y(t) = y0 −1

2gt 2 sinα(sinα− µ cosα).

Prijedeni put od pocetka gibanja pa do trenutka t je jednak

√x 2 + (y − y0) 2 =

1

2gt 2 sinα(sinα− µ cosα).


Zadatak: 5.14 Kojom se najmanjom pocetnom brzinom treba gibati tijelo uz glatku kosinukuta nagiba α i duljine L, pa da od podnozja stigne do vrha kosine?

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 5.15 Projektil je ispaljen prema dolje s vrha kosine kuta α. Pocetna brzina, iznosav0, zatvara kut γ s kosinom. Uz pretpostavku da ce projektil pasti na kosinu, pokaziteda je doseg jednak

2v20 sin γ cos(γ − α)/[g cos2 α]

i da je maksimalni doseg jednak

v20/[g(1− sinα)].

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 5.16 Tijelo mase m1 se klizi po stolu s koeficijentom trenja µ = const. Nerastezivomje niti, preko koloture bez trenja, povezano s drugim tijelom mase m2, kao na slici.Izracunajte ubrzanje mase m2 i napetost niti.

R:Neka je...

dovrsiti

... dovrsiti ....

Zadatak: 5.17 Tijela masa m1 i m2 se nalaze na glatkoj nepomicnoj dvostrukoj kosini beztrenja, s kutovima α1 i α2. Tijela su medusobno povezana nerastezivom niti zane-marive mase, prebacene preko koloture bez trenja (slika). Izracunajte ubrzanja tijelai napetost niti.


R:Neka je...

dovrsiti

... dovrsiti ....

Zadatak: 5.18 Rijesite prethodni zadatak, ako je trenje prvog tijela s podlogom dano koefici-jentom trenja µ1 = const., a drugog s µ2 = const..

R:... dovrsiti ....

Zadatak: 5.19 Cestica se nalazi na parabolicnoj zici sa slike C. Jednadzba parabole je c y =x2, gdje je c konstanta. Ako je koeficijent trenja izmedu cestice i zice jednak µ,izracunajte najveci iznos y za koji je cestica u ravnotezi.

R:Neka je...

dovrsiti

dovrsiti

Zadatak: 5.20 Tijelo se pocne spustati s vrha kosine nagiba α, tako da faktor trenja ovisi obrzini v kao µ = µ0(1−Av), gdje su µ0 i A konstante. Odredite udaljenost tijela odvrha kosine i njegovu brzinu u proizvoljnom trenutku.

R:dovrsiti


5.5 Kineticko trenje

Cestica koja se giba kroz neko sredstvo, sudara se s cesticama tog sredstva i tijekom tih su-dara, izmjenjuje s njima energiju i kolicinu gibanja. Makroskopski ucinak ovih sudara je slicandjelovanju jedne sile, koju cemo zvati silom otpora, prigusenja ili disipativnom silom, ~Fprig, akoja ima smjer suprotan smjeru gibanja cestice. Opci oblik takve sile je

Ftr = −(∑

j

Cj vαj

)~e v + C0 Cj = const. ≥ 0. (5.18)

Eksponenti αj nisu nuzno cjelobrojni.

Najcesca aproksimacija se sastoji u tome da se pretpostavi da je sila otpora srazmjerna nekojodredenoj potenciji relativne brzine, v(t), cestice prema mediju kroz koji se giba,

~Fprig = − m β vn ~e v, β > 0 (5.19)

β je pozitivna konstanta srazmjernosti koja, osim sto prilagodava mjerne jedinice na lijevoji desnoj strani, opisuje (eksperimentalno) svojstva medija u kojem se odvija gibanje i oblik(geometriju) tijela koje se giba.

Zadatak: 5.21 Cestica mase m se giba po pravcu pod djelovanjem stalne sile iznosa F0. Osimove sile, na cesticu djeluje i sila trenja iznosaK v2 (gdje jeK konstanta). Izracunajteprijedeni put pri promjeni brzine od v1 do v2.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.22 Metak mase m se giba brzinom iznosa v0 i nalijece na fiksiranu plocu u smjeruokomitom na njezinu plohu. Nakon gibanja kroz plohu, metak se zaustavlja u plohina dubini D. Ako je iznos sile trenja u ploci jednak

Ftr = C1v + C2v2, Cj = const.,

izracunajte dubinu D na kojoj se metak zaustavio.

R:Tijekom gibanja kroz plohu, brzina metka v zadovoljava jednadzbu gibanja

md~v

d t= ~Ftr.

Ako vektor brzine ima smjer +~ex , tada vektor sile trenja ima smjer −~ex , pa skalarnioblik gornje jednadzbe glasi

md v

d t= −C1v − C2v

2,

5.5. KINETICKO TRENJE 173

uz pocetni uvjet v(t = 0) = v0, pri cemu je s t = 0 oznacen trenutak kada metakdodirne plohu. Neka je ta tocka dodira ishodiste koordinatnog sustava x = 0.Dubina na kojoj se metak zaustavio je ona vrijednost x za koju je brzina jednakanuli

v(x = D) = 0.

Shvati li se brzina kao funkcija x, tada je

v = v(x(t)) =⇒ md v

d t= m

d v

d x

d x

d x= m v

d v

d x,

pa jednadzba gibanja glasi

md v

d x= −C1 − C2v,

m

∫ 0

v0

d v

C1 + C2v= −

∫ D

0

d x,

D =m

C2ln

(1 +

C2

C1v0

).

5.5.1 Slobodan pad

Pogledajmo kako se mijenja jednadzba gibanja cestice u konstantnom polju gravitacijske sile,kada ukljucimo i djelovanje otpora zraka, kada je otpor srazmjeran prvoj potenciji brzine.Jednadzba gibanja sada ima dva clana na desnoj strani

md 2 ~r

d t 2= −mg~ez + ~Fprig = −mg~ez −mβ~v

d 2 ~r

d t 2= −g~ez − β~v.

Gornju jednadzbu jos treba nadopuniti pocetnim uvjetima:

t0 = 0 : ~r(0) = ~ez z0, ~v(0) = ~ez v0.

Raspisane po komponentama, jednadzbe gibanja glase

x = −βx , y = −βy , z = −g − βz . (5.20)

Primjetimo da se tijekom padanja, z koordinata cestice smanjuje, tako da je dz < 0 dok jed t > 0, pa je z = dz/d t < 0.

Gornje su jednadzbe medusobno nezavisne, pa se moze rjesavati svaka posebno. Jednadzbe ipocetni uvjeti za x i y komponentu su istog oblika, pa ce i rjesenja biti istog oblika. Rijesimozato samo jednadzbu za komponentu x. Uvedimo novu varijablu vx = x , u kojoj jednadzba za


komponentu x glasi

dvxd t

= −βvx =⇒ dvxvx

= −βdt/∫ t

0

∫ vx(t)

vx(0)

dvxvx

= −β∫ t

0

d t =⇒ lnvx(t)

vx(0)= −β t

vx(t) = vx(0) e−β t.

No, prema pocetnim je uvjetima, u pocetnom trenutku, x komponenta brzine jednaka nuli,

vx(0) = 0,

pa iz toga slijedi

vx(t) = 0.

Ako je x komponenta brzine sve vrijeme jednaka nuli, tada je polozaj cestice po osi x nepro-mjenjen i jednak polozaju u trenutku t0 = 0, tj.

x(t) = const. = x(0) = 0.

Istim postupkom se i za polozaj po osi y dobije

y(t) = 0.

Preostaje jednadzba za z komponentu

z = −g − βz .

Kao sto je vec spomenuto, tijekom padanja, z koordinata cestice smanjuje, tako da je dz < 0dok je d t > 0, pa je z = dz/d t < 0. Uvedimo novu varijablu

Z = −g − β z .

U varijabli Z, jednadzba gibanja postaje

− 1

β

dZ

d t= Z.

Integracijom od pocetnog do trenutka t, se dobije

∫ Z(t)

Z(0)

dZ

Z= −β

∫ t

0

dt ⇒ Z(t) = Z(0) e−β t.

Vratimo li se u pocetne oznake

z (t) = − g

β+

(g

β+ v0

)e−β t. (5.21)

Primjetimo da se, u granici t→ ∞, brzina priblizava konacnoj granicnoj vrijednosti

limt→∞

z (t) = − g

β.

5.5. KINETICKO TRENJE 175

Vremenskom derivacijom izraza za brzinu (5.21), dobiva se ubrzanje cestice u sredstvu s otpo-rom

z = − (g + βv0) e−β t, (5.22)

a integracijom (5.21), se dobiva polozaj, tj. putanja z = z(t):

∫ t

0

dz

d tdt = − 1

βgt+

(1

βg + v0

) ∫ t

0

dt e−β t

z(t) = z0 −g

βt− 1

β

(g

β+ v0

) [e−β t − 1

].

Granicni slucaj slobodnog pada (bez otpora sredstva) dobiva se kada β u gornjem izrazuiscezava. U tom slucaju moze se razviti eksponencijana funkcija po malom argumentu βt idobiti

limβ→0

z(t) = z0 −1

βgt− 1

β

(1

βg + v0

) [1− βt+

1

2β 2t 2 + · · · − 1

]

= z0 + v0t−1

2gt 2,

sto je upravo rezultat (5.10) koji se dobije promatranjem slobodnog pada bez ucinka trenja.

Izracunajmo mehanicku energiju u proizvoljnom trenutku t > 0 i pokazimo da je manja odpocetne energije mgz0 +mv 2

0 /2, a da je smanjenje energije srazmjerno s koeficijentom β kojiodreduje silu prigusenja. U trenutku t > 0, mehanicka energija je jednaka

E(t) =mz 2(t)

2+mg z(t).

Izravnom derivacijom E po vremenu, i uvrstavanjem (5.20) i (5.21), dolazi se do

dE

d t=

d

d t

[mz 2

2+mgz

]= mz (g + z ) = −mβ z 2 =

−mβ

[(g + βv0)e

−βt − g] 2.

Desna je strana uvijek manja od nule, sto znaci da se energija smanjuje s vremenom (vrijemeuvijek ide u jednom smjeru, pa je zato d t uvijek veci od nule; da bi i lijeva strana bila negativnamora biti dE < 0, tj. energija se mora smanjivati). Primjetimo da gubitak energije nijeravnomjeran u vremenu, tako npr. za male vrijednosti β i/ili t je

dE

d t= −mβ

[v0 − t(g + βv0) + · · ·

] 2.

(od t = 0 pa do t = v0/(g+ βv0) se gubitak energije smanjuje, a zatim se ponovo povecava). Ugranici β → 0, energija ostaje sacuvana.


5.5.2 Kosi hitac

Jednadzbama kosog hica (5.12), dodajmo clan s trenjem

md 2 ~r

d t 2= −mg~ez −mβ ~v ⇒ d 2x

d t 2= −βx ,

d 2y

d t 2= −β y ,

d 2z

d t 2= −g − βz . (5.23)

Kao i u slucaju bez trenja (odjeljak 5.1.2), to su opet jednadzbe istog oblika (5.20) kao i kodslobodnog pada, s prigusenjem, ali s razlicitim pocetnim uvjetima.Jednadzbe za x i y koordinatu su istog oblika, pa je dovoljno rijesiti samo jednu od njih, npr.za komponentu x (slicno kao kod slobodnog pada)

dvxd t

= −βvx =⇒∫ vx(t)

vx(0)

dvxvx

= −β∫ t

0

d t

lnvx(t)

vx(0)= −β t =⇒ vx(t) = vx(0) e

−β t.

Slicno bi se dobilo i za vy(t)

vx(t) = vx(0) e−β t, vy(t) = vy(0) e

−β t.

Prema pocetnim uvjetima je vx(0) = 0, vy(0) = v0 cosϕ0, sto vodi na

vx(t) = 0, vy(t) = v0 cosϕ0 e−β t.

Rjesavanje z komponente takoder ide kao i kod slobodnog pada: uvodi se nova varijabla

Z = −g − β z .

cime jednadzba za z komponentu postaje

− 1

β

dZ

d t= Z,

s rjesenjem (kada se vratimo u pocetne oznake)

vz(t) = v0 sinϕ0 e−β t − g

β

(1− e−β t

).

Sada, kada su poznate svi tri komponente brzine, njihovom integracijom uz uvrstavanje pocetnihuvjeta, dobiju se polozaji

x(t) = 0,

y(t) =v0 cosϕ0

β

(1− e−β t

),

(5.24)

z(t) = z0 −g

βt +

1

β

(v0 sinϕ0 +

g

β

) (1− e−β t

).

5.6. UVOD U BALISTIKU 177

U granici β → 0, kada sila trenja iscezava, iz (5.24) i odgovarajucih derivacija, dobiju serezultati za kosi hitac bez trenja

limβ → 0

y(t) = v0 t cosϕ0,

limβ → 0

vy(t) = v0 cosϕ0,

limβ → 0

ay(t) = 0,

limβ → 0

z(t) = z0 + v0 t sinϕ0 −1

2g t2,

limβ → 0

vz(t) = v0 sinϕ0 − g t,

limβ → 0

az(t) = −g.

Slicno kao i kod slobodnog pada, i sada se moze pokazati da mehanicka energija nije sacuvana,nego se smanjuje uslijed trenja. Izravnom derivacijom ukupne mehanicke energije

E =m

2(y 2 + z 2) +mgz

po vremenu, i uvrstavanjem (5.24) i odgovarajucih derivacija, dolazi se do

dE

d t= my y +mz (g + z )

= −mβv20 cos2 ϕ0 e

−2β t +

[v0 sinϕ0 e

−β t − g

β

(1− e−β t

)]2

Izraz u viticastoj zagradi gornjeg izraza je zbroj dva pozitivna broja, pa je i sam uvijek pozitivan,sto znaci da se energija smanjuje s vremenom U granici slabog prigusenja, tj. za male vrijednostiβ je

dE

d t= −mβ

(v20 − 2 v0 g t sinϕ0 + g2 t2

)−mβ2 g t2

(v0 sinϕ0 −

1

2g t

)+O

(β3).

U granici β → 0, energija ostaje sacuvana.

5.6 Uvod u balistiku

Promatrajmo ponovo kosi hitac u sredstvu s otporom, ali umjesto (5.18), ostavimo izraz za silutrenja projektila sa zrakom u opcenitom obliku

~Ftr = −m β f(v) ~e v, β > 0. (5.25)

Pocetna brzina ispaljenja projektila v0 je poznata. Uz pretpostavku da se gibanje projektilaodvija u konstantnom gravitacijskom polju, koeficijent β ovisi o obliku projektila i gustoci,


temperaturi i gibanju zraka itd. (ucinci vrtnje Zemlje se zanemaruju). Takoder se zanemarujuziroskopski ucinci koji dolaze od vrtnje projektila oko svoje osi (zanemaruju se dimenzije pro-jektila, tj. smatra se cesticom).

Uz ove aproksimacije, nakon ispaljenja na projektil djeluje samo konstantna gravitacijska silai sila trenja koja nije konstantna vec ovisi o brzini. Uz zanemarenje vrtnje Zemlje, gibanjeprojektila ce se odvijati u ravnini. Zakretom koordinatnog sustava je postignuto da je to (y, z)ravnina sa slike 5.2. Jednadzba gibanja raspisana po komponentama glasi (slika 5.2)

m y = −m β f(v) cosϕ,

m (5.26)

m z = −m β f(v) sinϕ−m g.

I trenutna brzina se moze rastaviti po komponentama (ista slika)

y = v cosϕ, =⇒ z = v sinϕ. (5.27)

Koordinate polozaja cestice y i z se mogu shvatiti kao slozena funkcija kuta ϕ(t), tako da je

d y

d t=

d y

d ϕϕ =⇒ d y

d ϕϕ = v cosϕ,

d z

d t=

d z

d ϕϕ =⇒ d z

d ϕϕ = v sinϕ.

Centrifugalno ubrzanje cestice, (3.21), je uravnotezeno odgovarajucom komponentom gravita-cijske sile (sila trenja je okomita na radijalan smjer, pa zato ne daje doprinos u ovoj jednakosti)

mv2

r≡ mvϕ = −mg cosϕ =⇒ ϕ = −g cosϕ

v. (5.28)

Kombiniranjem gornjih dvaju izraza, dolazi se do

d y

d ϕ= −v

2

g,

d z

d ϕ= −v

2

gtanϕ

∫ y

y0

d y = −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 d ϕ,

∫ z

z0

d z = −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 tanϕ dϕ

y = y0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 d ϕ, z = z0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 tanϕ dϕ. (5.29)

Iz jednadzbe (5.28) se dobiva i proteklo vrijeme od ispaljenja (t = 0) do promatranog trenutkat ∫ t

0

d t =

∫ ϕ

ϕ0

vd ϕ

−g cosϕ =⇒ t = −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v

cosϕdϕ. (5.30)

Kombiniranjem jednadzba (5.26) i (5.27) dobiva se

d (v cosϕ)

d t= −βf(v) cosϕ, d (v sinϕ)

d t= −βf(v) sinϕ− g.

Lijeve strane gornjih izraza se preobraze pomocu (5.28) kao

d

d t=

d

d ϕϕ = − d

d ϕ

g cosϕ

v,


pa se dobiva

d (v cosϕ)

d ϕ=β

gv f(v),

d (v sinϕ)

d ϕ=β

gv f(v) tanϕ+

v

cosϕ. (5.31)

Gornje se jednadzbe nazivaju hodografi brzina ili glavne balisticke jednadzbe, jer sadrzevezu medu polarnim koordinatama v i ϕ. Rjesavanjem jedne od ovih jednadzba, dobiva se

v = v(ϕ),

sto se onda uvrstava u (5.29) i (5.30) i omogucava racun polozaja i proteklog vremena. Jed-nadzbe hodografa brzina se mogu jos raspisati izvodenjem derivacija na lijevim stranama

d v

d ϕ=β

g

v f(v)

cosϕ+ v tanϕ,

d v

d ϕ=β

g

v f(v)

cosϕtanϕ+

v

sinϕ cosϕ− v

1

tanϕ.

Primjetimo da je

tanϕ =1

sinϕ cosϕ− 1

tanϕ,

pa su dvije jednadzbe (5.31), zapravo jedna te ista jednadzba. Ta jedna jednadzba (zadrzimose na lijevom izrazu) se moze napisati i kao integralna jednadzba

v(ϕ) = v0 +β

g

∫ ϕ

ϕ0

v(ϕ) f(v)

cosϕdϕ+

∫ ϕ

ϕ0

v(ϕ) tanϕ dϕ,

sto se dalje moze eventualno integrirati numericki (iterativno).

Nastavimo izlaganje tako sto cemo pretpostaviti jednu konkretnu ovisnost o brzini za funkcijuf(v) iz izraza za silu trenja (5.25). Empirijski je dobiveno da sila trenja ovisi o brzini cesticepriblizno kao potencija, pa se cesto uzima da je

f(v) = vn.

Uvrsti li se ovaj izraz u jednadzbu hodografa brzine (5.31), dobiva se

d (v cosϕ)

d ϕ=

β

gvn+1

/·(cosϕ)n+1

∫ v,ϕ

v0,ϕ0

d (v cosϕ)

(v cosϕ)n+1=

β

g

∫ ϕ

ϕ0

d ϕ

(cosϕ)n+1

1

n

[1

(v0 cosϕ0)n− 1

(v cosϕ)n

]=

β

gIn+1. (5.32)

S In+1 je oznacen integral

In+1 =

∫ ϕ

ϕ0

d ϕ

(cosϕ)n+1,

s pocetnim vrijednostima

I0 = ϕ− ϕ0, I1 = ln

(tanϕ +

1

cosϕ

)ϕ0

ϕ

.


Opcenito, integral se rjesava iterativno, uzastopnim parcijalnim integracijama. Primjetimo daje

cosm ϕ =d

d ϕ

(1

msinϕ cosm−1 ϕ

)+m− 1

mcosm−2 ϕ.

Za m− 2 = −n− 1, iz gornjeg izraza slijedi

d ϕ

(cosϕ)n+1=n− 1

n

dϕ

(cosϕ)n−1+

1

nd

(sinϕ

cosn ϕ

),

sto vodi na rekurziju

In+1 =n− 1

nIn−1 +

1

n

(sinϕ

cosn ϕ

)ϕ

ϕ0

(5.33)

=(n− 1)(n− 3)

n(n− 2)In−3 +

n− 1

n(n− 2)

(sinϕ

cosn−2 ϕ

)ϕ

ϕ0

+1

n

(sinϕ

cosn ϕ

)ϕ

ϕ0

=(n− 1)(n− 3)(n− 5)

n(n− 2)(n− 4)In−5 +

(n− 1)(n− 3)

n(n− 2)(n− 4)

(sinϕ

cosn−4 ϕ

)ϕ

ϕ0

+n− 1

n(n− 2)

(sinϕ

cosn−2 ϕ

)ϕ

ϕ0

+1

n

(sinϕ

cosn ϕ

)ϕ

ϕ0

= itd...

n = 1Za n = 1 treba dobiti rezultate iz odjeljka 5.5.2. Jednadzba (5.32) glasi

1

v0 cosϕ0

− 1

v cosϕ=β

gI2

Prema rekurziji (5.33) je

I2 = τ − τ0,

gdje je

τ ≡ tanϕ, τ0 ≡ tanϕ0

cosϕ =1√

1 + τ 2, d ϕ =

d τ

1 + τ 2.

(za ϕ iz prvog kvadranta, uzima se pozitivan predznak korjena).

1

v0 cosϕ0+β

gτ0 =

1

v cosϕ+β

gτ

K(v0, ϕ0) ≡1

v0 cosϕ0+β

gτ0.


v =

√1 + τ 2

K − (β/g)τ.

Ovaj izraz za brzinu se uvrstava u relacije (5.29) i (5.30) (iz ϕ prijeci u varijablu τ) cija rjesavanjadaju y, z i t izrazene parametarski preko kuta τ ili ϕ.

y = y0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 d ϕ = y0 −1

g

∫ τ

τ0

d τ

(K − (β/g)τ)2= y0 +

v0 cosϕ0

β− 1

β

v0 cosϕ0

1 + βv0 cosϕ0

g(τ0 − τ)

z = z0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 tanϕ dϕ = z0 −1

g

∫ τ

τ0

τ d τ

(K − (β/g)τ)2= ...

t = −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v

cosϕdϕ = −1

g

∫ τ

τ0

d τ

K − (β/g)τ=

1

βln

[1 +

βv0 cosϕ0

g(τ0 − τ)

].

Iz posljednje od gornjih jednadzba je

1 +βv0 cosϕ0

g(τ0 − τ) = eβt,

sto uvrsteno u jednadzbu za y daje

y = y0 +v0 cosϕ0

β− 1

βv0 cosϕ0e

−βt

a to je upravo, vec ranije dobivena relacija za y iz (5.24) iz odjeljka 5.5.2.dovrsiti

n = 2Kada brzina projektila nije veca od 200 m/s = 720 km/h, otpor zraka je srazmjeran kvadratubrzine, pa jednadzba (5.32) glasi

1

2

[1

(v0 cosϕ0)2− 1

(v cosϕ)2

]=

β

gI3, (5.34)

gdje je, prema (5.33),

I3 =1

2I1 +

1

2

(sinϕ

cos2 ϕ

)ϕ

ϕ0

=1

2ln

(tanϕ+

1

cosϕ

)ϕ0

ϕ

+1

2

(sinϕ

cos2 ϕ

)ϕ

ϕ0

.

Kombiniranjem gornje dvije jednadzbe, dobiva se

1

(v cosϕ)2= −β

g

[sinϕ

cos2 ϕ+ ln

(tanϕ+

1

cosϕ

)]+K(v0, ϕ0),

gdje je s K(v0, ϕ0) oznacena konstanta

K(v0, ϕ0) =1

(v0 cosϕ0)2+β

g

[sinϕ0

cos2 ϕ0

+ ln

(tanϕ0 +

1

cosϕ0

)].


Izrazimo sve gornje trigonometrijske funkcije preko tangensa, koji ce se, radi jednostavnosti,oznaciti s

τ ≡ tanϕ, τ0 ≡ tanϕ0.

cosϕ =1√

1 + τ 2

(za ϕ iz prvog kvadranta, uzima se pozitivan predznak korjena).

1 + τ 2

v2= −β

g

[τ√1 + τ 2 + ln

(τ +

√1 + τ 2

)]+K(v0, ϕ0),

K(v0, ϕ0) =1 + τ 20v20

+β

g

[τ0

√1 + τ 20 + ln

(τ0 +

√1 + τ 20

)].

Sada se pomocu gornjih izraza racunaju polozaj cestice (5.29) i proteklo vrijeme (5.30), s timeda se s varijable ϕ prelazi na varijablu τ , uz

d ϕ =d τ

1 + τ 2.

y = y0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 d ϕ = y0 −1

g

∫ τ

τ0

v2 d τ

1 + τ 2= y0 −

∫ τ

τ0

d τ

Kg − β[τ√1 + τ 2 + ln

(τ +

√1 + τ 2

)]

z = z0 −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v2 tanϕ dϕ = z0 −1

g

∫ τ

τ0

τ v2 d τ

1 + τ 2= z0 −

∫ τ

τ0

τ d τ

Kg − β[τ√1 + τ 2 + ln

(τ +

√1 + τ 2

)]

t = −1

g

∫ ϕ

ϕ0

v

cosϕdϕ = −1

g

∫ τ

τ0

v d τ√1 + τ 2

= − 1√g

∫ τ

τ0

d τ√Kg − β

[τ√1 + τ 2 + ln

(τ +

√1 + τ 2

)] .

Gornji se integrali ne mogu rijesiti analiticki, pa se njihova rjesenja racunaju numericki. ....dovrsiti

n = 3Kada je brzina projektila izmedu 400 m/s i 600 m/s, otpor zraka je srazmjeran trecoj potencijibrzine, pa .... dovrsiti

n = 4Kada je brzina projektila veca od 600 m/s, otpor zraka je srazmjeran cetvrtoj potenciji brzine,pa .... dovrsiti

5.7. LORENTZOVA SILA 183

5.7 Lorentzova sila

Ovaj cemo odjeljak posvetiti analizi gibanja cestice u jos jednom polju sile koje nije kons-tantno. To je primjer gibanja cestice koja, osim mase, posjeduje i elektricni naboj iznosa

q ≶ 0

i koja se giba u elektromagnetskom polju koje je kons-tantno i u prostoru i u vremenu. Elektromagnetsko po-lje opisujemo dvama vektorima: vektorom jakosti elek-tricnog polja ~E i vektorom indukcije magnetskog polja~B . Sila koja pri tome djeluje na cesticu je oblika

~FL = q ~E + q ~v × ~B . (5.35)

Sastoji se od dva clana: prvog koji predstavlja siluod elektricnog polja i drugog koji predstavlja silu odmagnetskog polja. Ova je druga sila osobita po tomesto ovisi o brzini cestice ~v = ~v(t) koja ne mora bitikonstanatna u vremenu, pa time i cijela sila moze ovisitio vremenu.Ova se jednadzba moze shvatiti i kao definicijskajednadzba za polja ~E i ~B .

Hendrick Antoon Lorentz,nizozemski fizicar,

1853. - 1928.

Gornja sila se zove Lorentzova2 sila. Povjesno gledano, izrazi za gornju silu se mogu naci upapirima James Clerk Maxwella iz 1865. godine i Oliver Heavisidea iz 1889. godine. Lorentzje (5.35) izveo nekoliko godina poslije Heavisidea i napisao u obliku koji se i danas koristi.

Ukoliko se ne radi o naelektriziranoj cestici, nego o naelektriziranom tijelu u gibanju, tada seLorentzova sila racuna ovako. Neka je

ρel =d q

d V

gustoca elektricnog naboja rasporedenog po tijelu. Tada, prema (5.35), na dio volumena tijela,d V koji sadrzi naboj d q, djeluje sila

d ~FL = d q(~E + ~v × ~B

).

Uvedu li se, gustoca sile, ~f , i gustoca elektricne struje, ~j

~f =d ~F

d V, ~j = ρel ~v,

dijeljenjem jednadzbe (5.36) s d V , dobiva se Lorentzova sila na dio volumena d V

~f = ρel

(~E + ~v × ~B

)= ρel ~E +~j × ~B .

2Hendrick Antoon Lorentz, nizozemski fizicar, 1853 - 1928; zajedno s P. Zeemanom, 1902. god. je dobio Nobelovu nagraduza fiziku za otkrice i teorijsko objasnjenje Zeemanovog ucinka. Lorentz je takoder dosao i do jednadzba koje povezuju prostorne ivremenske koordinate inercijskih sustava koji se medusobno gibaju, a koje igraju vaznu ulogu u specijalnoj teoriji relativnosti.


Ukupna sila na cijelo tijelo se dobije integracijom gornjeg izraza po dijelu prostora u kojemu jeρel 6= 0

~F =

∫

V

(ρel ~E +~j × ~B

)d r3.

Lorentzova sila (5.35) se moze izraziti i preko skalarnog V i vektorskog ~A potencijala. Izelektromagnetizma je poznato

~E = −−→∇ V − ∂ ~A

∂ t,

~B =−→∇ × ~A ,

pa Lorentzova sila na tockasti naboj postaje

vFL = q(~E + ~v × ~B

)= q

[−−→∇ V − ∂ ~A

∂ t+ ~v ×

(−→∇ × ~A)]

.

Koristeci izraz (2.10) za dvostruki vektorski umnozak,

~V × (~U × ~W ) = ~U (~V · ~W )− (~V · ~U) ~W,

za Lorentzovu se silu dobiva

~FL = q

[−−→∇ V − ∂ ~A

∂ t+

−→∇(~v · ~A )− (~v · −→∇) ~A

].

Posljednji clan gornjeg izraza je prikladno izraziti preko vremenskih derivacija ~A

d ~A

d t=∂ ~A

∂ x

∂ x

∂ t+∂ ~A

∂ y

∂ y

∂ t+∂ ~A

∂ z

∂ z

∂ t+∂ ~A

∂ t= (~v · −→∇) ~A +

∂ ~A

∂ t,

tako da je

(~v · −→∇) ~A =d ~A

d t− ∂ ~A

∂ t

i Lorentzova sila postaje

~FL = q

[−−→∇ V − ∂ ~A

∂ t+

−→∇(~v · ~A )− d ~A

d t+∂ ~A

∂ t

]

= q

[−−→∇

(V − ~v · ~A

)− d ~A

d t

].

U gornjem izrazu se prepoznaje izraz za potencijalnu energiju naelektrizirane cestice u elektro-magnetskom polju, (14.39), cija je posebnost u tome da ne ovisi samo o koordinati cestice, veci o njezinoj brzini

Ep(~r, ~v, t) = q[V (~r, t)− ~v · ~A (~r, t)

].


Lorentzova je sila konzervativna, sto se lako vidi ako se izracuna njezin rad izmedu dvijetocke. Za polja ~E i ~B konstantna u prostoru (neovisna o ~r) je

W =

∫ ~r

~r0

~FL d~r =

∫ ~r

~r0

(q ~E + q~v × ~B )d~r = q ~E (~r − ~r0) + q

∫ ~r

~r0

d~r ·(d~r

dt× ~B

)

︸︷︷︸= 0

= q ~E (~r − ~r0)

koji ovisi samo o pocetnoj ~r0 i konacnoj tocki ~r, a ne i o obliku putanje izmedu te dvije tocke.Buduci da je sila konzervativna, moze joj se pridruziti potencijalna energija

Ep(~r, ~v, t) = q[V (~r, t)− ~v · ~A (~r, t)

],

Gdje su V i ~A , skalarni i vektorski potencijali elektromagnetskog polja. O tome ce vise rijecibiti u odjeljku 14.5, jednadzba (14.39).Takoder treba primjetiti i da sav rad potjece od elektricne komponente sile: magnetski dio nevrsi rad, jer je magnetska komponenta sile uvijek okomita na pomak cestice (zato je magnetskiclan i jednak nuli). Ovaj rad Lorentzove sile mijenja kineticku energiju cestice, kao u (4.9), tj.iznos brzine cestice

dW

d t=

d

d tq ~E (~r − ~r0) = q ~E ~v. (5.36)

Vidjet ce se, ..., da magnetska komponenta sile, iako ne mijenja iznos brzine, mijenja njezinsmjer.

U kovarijantnom obliku, izraz za Lorentzovu silu glasi

d pα

d τ= q

3∑

β=0

F αβ Vβ

(5.37)(dW

d τ,d ~p

d τ

)= q γ

(~v ~E /c, ~E + ~v × ~B /c

).

U gornjim izrazima je τ vlastito vrijeme cestice, a pα i Vβ su cetverovektori, redom, kolicinegibanja i brzine

pα = (p0, p1, p2, p3) = (mc, px, py, pz),

Vβ = (V0, V1, V2, V3) = γ (−c, vx, vy, vz), γ =1√

1− u2/c2,

gdje je u relativna brzina gibanja dva inercijska sustava, a c je brzina svjetlosti. S F αβ jeoznacen kontravarijantni tenzor elektromagnetskog polja

F αβ =

0 Ex/c Ey/c Ez/c

−Ex/c 0 Bz −By

−Ey/c −Bz 0 Bx

−Ez/c By −Bx 0


Za primjere raspisimo jednadzbe (5.37) za α = 0 i α = 1. Za α = 0 je

d p0

d τ= q

3∑

β=0

Vβ F0β = q

(V0 F

0 0 + V1 F0 1 + V2 F

0 2 + V3 F0 3)

= q γ(vxEx/c+ vyEy/c+ vzEz/c

)=q

cγ ~v ~E ,

koja izrazava sacuvanje energije, (5.36) (u nerelativistickoj granici je γ = 1). Jednadzba zaα = 1

d p1

d τ= q

3∑

β=0

Vβ F1β = q

(V0 F

1 0 + V1 F1 1 + V2 F

1 2 + V3 F1 3)

= q γ(Ex + vyBz − vzBy

),

koja prestavlja x komponnetu jednadzbe (5.35).

Vratimo se jednadzbi gibanja.Radi jednostavnosti, u ovom cemo primjeru zanemariti utjecaj gravitacijske sile i sile trenja nagibanje cestice. U tom slucaju, drugi Newtonov aksiom, tj. jednadzba gibanja cestice (4.4),glasi

d 2 ~r

d t 2=

1

m

(q ~E + q

d~r

d t× ~B

).

Rjesenje jednadzbe gibanja je jednoznacno odredeno pocetnim uvjetima: neka se u trenutkut = 0, cestica nalazi u tocki ~r0 i ima brzinu ~v0. Vektori polja ~E i ~B neka zatvaraju neki prizvoljnikut θ. Zbog izotropnosti prostora, koordinatni sustav mozemo orjentirati tako da os z imasmjer vektora ~B = B~ez (uz B > 0), a da vektor ~E lezi u ravnini (y, z). Zbog homogenostiprostora, ishodiste koordinatnog sustava mozemo postaviti u tocku ~r0 (slika 5.4). Uz ovajodabir, pocetni uvjeti glase:

~r(0) = ~0,

(5.38)

~v(0) = ~v0 = v0,x ~ex + v0,y ~ey + v0,z ~ez .

Napisimo jednadzbu gibanja

m~r = q E (~ey sin θ + ~ez cos θ) + q ~r × ~ez B,

= q E (~ey sin θ + ~ez cos θ) + q(x ~ex + y ~ey + z ~ez

)× ~ez B,

= q E (~ey sin θ + ~ez cos θ) + q B(− x ~ey + y ~ex

),

po komponentama

x =qB

my = ω y ,

y =qE

msin θ − qB

mx =

qE

msin θ − ω x ,

z =qE

mcos θ,


Slika 5.4: Uz Lorentzovu silu.

gdje je uvedena tzv. ciklotronska frekvencija

ω =qB

m.

Primjetimo da je predznak ω jednak predznaku naboja cestice:

sgnω = sgn q.

Prve dvije jednadzbe, za x i y, su medusobno povezane, dok je gibanje u smjeru osi z neovisnoo gibanju u ravnini (x, y), tj. u ravnini okomitoj na os polja magnetske indukcije ~B .Promatrajuci jednadzbu gibanja u smjeru osi z, primjecujemo da je desna strana jednadzbekonstantna, tj. tu se radi o gibanju u polju konstantne sile, koje smo vec rijesili na pocetkuovog poglavlja, (5.5), uz

z(0) = 0, vz(0) = v0,z, F0,z = qE cos θ.

Primjenom tog rjesenja na ovaj problem, moze se odmah napisati

z(t) = v0,z t+1

2

qE cos θ

mt 2, vz(t) = v0,z +

qE cos θ

mt, az(t) =

qE cos θ

m. (5.39)

Vezani 2 × 2 sustav diferencijalnih jednadzba za x i y koordinate, cemo rijesiti uvodenjemkompleksne varijable

ζ = x+ i y,

gdje je i 2 = −1, imaginarna jedinica. Pomnozimo li jednadzbu za y s i i zbrojimo ju s jed-nadzbom za x, dobit cemo

x + iy = ωy + iqE

msin θ − iωx

ζ + iωζ = iqE

msin θ. (5.40)


Prema konstrukciji gornje jednadzbe, njezin realni dio je rjesenje za x, a imaginarni dio jerjesenje za y. Gornju cemo jednadzbu rjesavati postupno.

(1) B = 0 = ω, E 6= 0Radi jednostavnosti, ogranicimo se najprije na slucaj gibanja u (samo) elektricnom polju: B =0 = ω i E 6= 0. Tada jednadzba (5.40) postaje

ζ = x + ı y = iqE

msin θ.

Izjednacimo realne i imaginarne dijelove na lijevoj i desnoj strani

x = 0,

y =qE

msin θ.

No, to su jednadzbe istog oblika kao i u odjeljku 5.1, uz konstantne komponente sile

F0,x = 0, F0,y = q E sin θ.

Rjesenja ove jednadzbe su nam poznata iz (5.5) (dodajmo jos i rjesenje (5.39) za z)

x(t) = v0,x t, y(t) = v0,y t +1

2

q E sin θ

mt 2, z(t) = v0,z t+

1

2

qE cos θ

mt 2.

(5.41)To je rjesenje za

E 6= 0, B = 0.

Gibanje u smjeru osi x je jednoliko i odvija se konstantnom pocetnom brzinom v0,x. U smje-rovima osi y i z postoji ubrzanje koje dolazi od y i z komponenata sile elektricnog polja,F0,y = q E sin θ i F0,z = q E cos θ.

(2) B 6= 0, E = 0Neka se sada cestica giba (samo) u magnetskom polju, tj. neka je: E = 0, a B 6= 0. Tadajednadzba (5.40) prelazi u

ζ + iωζ = 0. (5.42)

Funkcija cija je druga derivacija srazmjerna prvoj derivaciji, mora biti (do na konstantu) jednakaeksponencijalnoj funkciji. Zato rjesenje gornje jednadzbe trazimo u obliku

ζ = a+ b e c t, ⇒ ζ = b c e c t,

ζ = b c 2 e c t.

Tri nepoznate konstante a, b i c se odreduju iz same jednadzbe (5.42) i dva pocetna uvjeta(5.38). Uvrstavanje gornjeg rjesenja u jednadzbu daje

b c ec t(c+ iω) = 0 ⇒ c = −iω ⇒ ζ = a + b e−i ω t.


Preostale dvije konstante a i b se odreduju iz pocetnih uvjeta

ζ(0) = x(0) + i y(0) = 0 = a+ b ⇒ a = −b,ζ (0) = x (0) + i y (0) = v0,x + iv0,y = b (−iω),

a = −b = −iv0,x + v0,yω

.

Uvrstimo ove vrijednosti za konstante a, b i c u ζ = x + i y i odvojimo realni x i imaginarni ydio

Re (ζ) = x(t) =v0,yω

+v0,xω

sinωt− v0,yω

cosωt,

Im (ζ) = y(t) = −v0,xω

+v0,xω

cosωt+v0,yω

sinωt.

Ova rjesenja mozemo napisati preglednije, uvedemo li velicine R i Φ relacijama

R =

√v 20,x + v 2

0,y

|ω| , tanΦ =v0,yv0,x

.

Primjetimo da R i Φ ovise o pocetnim uvjetima, tj. pocetnim brzinama. Sada za ukupnorjesenje x, y i z mozemo napisati

x(t)− v0,yω

= R sin(ωt− Φ), y(t) +v0,xω

= R cos(ωt− Φ), z(t) = v0,z t.

(5.43)To je rjesenje za

E = 0, B 6= 0.

U gornjim su jednadzbama vrijednosti x i y odredene parametarski preko vremena t kao para-metra. Ako se zeli dobiti eksplicitna veza izmedu x i y, treba eliminirati parametar tj. vrijeme.Za gornje je jednadzbe lako pokazati da je

(x− v0,y

ω

) 2

+(y +

v0,xω

) 2

= R 2.

No, to je upravo jednadzba kruznice, (slika 5.5.A),

(x− x0)2 + (y − y0)

2 = R 2 (5.44)

sa sredistem u tocki

(x0, y0) =(v0,yω,−v0,x

ω

)

i polumjerom

R =

√v 20,x + v 2

0,y

|ω| .

Polumjer ovisi o pocetnim uvjetima: sto su pocetne brzine vece, veci je i polumjer kruznice.Udaljenost od sredista kruznice do ishodista je

√x 20 + y 2

0 = R,


Slika 5.5: (A) Gibanje po kruznici u ravnini (x, y). (B) Gibanje po zavojnici u prostoru.

pa kruznica prolazi ishodistem. Smjer kruzenja ovisi o predznaku ω tj, o predznaku naboja.

Period kruzenja je odreden zahtjevima

x(t) = x(t+ T ), y(t) = y(t+ T ).

Oba ova zahtjeva su ispunjena ako je

sin(ωt− Φ

)= sin

(ωt− Φ+ ωT

)= sin

(ωt− Φ

)cos(ωT)+ cos

(ωt− Φ

)sin(ωT).

Gornja relacija vrijedi ako je

ωT = ± n · 2π, n = 1, 2, 3, · · · .

Period je najkrace vrijeme koje zadovoljava ovu relaciju, pa je zato

T =2π

|ω| = 2πm

|q|B.

Primjetimo da period ne ovisi o pocetnim uvjetima, tj. pocetnim brzinama.Uzmemo li u obzir i jednoliko gibanje u smjeru osi z = v0,z t, zakljucujemo da se cestica giba pokrivulji oblika zavojnice (spirale) koja nastaje kombiniranjem jednolikog pravocrtnog gibanja

u smjeru vektora ~B i jednolikog kruzenja u ravnini okomitoj na ~B . Zavojnica je namotana navaljak polumjera R, cija je jedna izvodnica os z. Visina hoda zavojnice je (slika 5.5.B), prema(5.43)

∆ z = z(t + T )− z(t) = v0,z T = v0,z2π

|ω| .


Naboji izbaceni iz ishodista istom pocetnom brzinom v0,z, a razlicitim pocetnim brzinama v0,xi v0,y, gibat ce se po zavojnicama razlicitih polumjera R, ali ce se ponovo sastati u tockama

(0, 0, z(t = n · T )

),

jer im za jedan ophod treba isto vrijeme T (koje ne ovisi o pocetnim brzinama).

(3) B 6= 0, E 6= 0Promotrimo sada i najopcenitiji slucaj kada su i elektricno i magnetsko polje razliciti od nule.U tom slucaju treba rijesiti nehomogenu diferencijalnu jednadzbu

ζ + iωζ = iqE sin θ

m.

Opce rjesenje ovakve jednadzbe je zbroj rjesenja homogene, ζH i partikularnog rjesenja, ζPnehomogene jednadzbe

ζ = ζH + ζP .

Homogeno rjesenje znamo iz (5.42) da je oblika

ζH = a+ b e−iωt.

Frekvencija vrtnje ω je ista kao i ranije, dok konstante a i b ovise o pocetnim uvjetima na cijelorjesenje i nece biti iste kao ranije. Lako je provjeriti da je partikularno rjesenje jednostavnolinearna3 funkcija ζP = A · t. Ocito je

ζP = A · t, ζ P = A, ζ P = 0,

pa odabir konstante

A =E sin θ

B,

zadovoljava jednadzbu. Tako smo dosli do opceg rjesenja u obliku

ζ = a+ be−iωt +E sin θ

Bt,

gdje se konstante a i b odreduju iz pocetnih uvjeta:

ζ(0) = x(0) + i y(0) = 0 = a + b ⇒ a = −b,

ζ (0) = x (0) + i y (0) = v0,x + iv0,y = b (−iω) + E sin θ

B,

a = ıE sin θ

ωB− ı

v0,x + iv0,yω

.

b = −ıE sin θ

ωB+ ı

v0,x + iv0,yω

.

3Opcenita linearna funkcija je oblika a+ A · t, no konstantni clan a je vec uracunat kod homogenog dijela rjesenja.


Uvrstavanjem ovih konstanata u izraz za ζ = x + i y i razdvajanjem realnog i imaginarnogdijela, dobivamo rjesenja za x i y

Re (ζ) = x(t) =v0,yω

+E sin θ

Bt+

(−E sin θ

ωB+v0,xω

)sinωt− v0,y

ωcosωt,

Im (ζ) = y(t) = −v0,xω

+E sin θ

ωB+

(−E sin θ

ωB+v0,xω

)cosωt+

v0,yω

sinωt.

Ponovo se gornja rjesenja mogu preglednije zapisati preko velicina R i Φ, ovoga puta definiranihrelacijama

R =

√[v0,x − E sin θ/B] 2 + v 2

0,y

|ω| , tanΦ =v0,y

v0,x −E sin θ/B.

Pomocu ovih velicina, rjesenja za x, y i z komponente vektora polozaja cestice, tj. njihovaputanja, glasi

x(t)−(v0,yω

+E sin θ

Bt

)= R sin(ωt− Φ),

y(t) +

(v0,xω

− E sin θ

ωB

)= R cos(ωt− Φ),

z(t) = v0,z t +1

2

qE cos θ

mt 2.

(5.45)

To su parametarske (parametar je vrijeme t) jednadzbe putanje kada su

E 6= 0, B 6= 0.

Sada se u ravnini (x, y), cestica se giba po krivulji koja nastaje gibanjem po kruznici (5.44)kada se i samo srediste kruznice (x0(t), y0), uz

x0(t) =v0,yω

+E sin θ

Bt, y0 = −v0,x

ω+E sin θ

ωB,

giba konstantnom brzinom

x0 =E sin θ

B, y0 = 0.

u smjeru osi x (slika 5.6.A)

[x− x0(t)

]2+[y − y0

]2= R2,

[x−

(v0,yω

+E sin θ

Bt

)] 2

+

[y +

(v0,xω

− E sin θ

ωB

)] 2

= R 2.

Kombinacija ova dva gibanja (kruzenje i jednoliko gibanje po pravcu) u ravnini (x, y), daje


Slika 5.6: Gibanje uz ~E 6= 0 i ~B 6= 0: (A) u ravnini (x, y); (B) u trodimenzijskom prostoru.

krivulju koja se zove cikloida4, cija je opcenita parametarska jednadzba oblika

x = a ϕ− b sinϕ, y = a − b cosϕ. (5.46)

Gornje su jednadzbe istog oblika kao i jednadzbe (5.45) za x i y komponentu polozaja. Cikloidamoze biti:

obicna a = b,

produljena b > a,(prolate, extended)

skracena b < a,(curtate, contracted)

ovisno o omjeru putova koje prede cestica gibajuci se po kruznici i po pravcu (slika 5.7) gibajucise brzinom x0. U vremenu od jednog perioda T , cestica obide cijelim opsegom kruznice stoiznosi 2Rπ, a pravocrtno se pomakne za T E sin θ/B

2πR >E sin θ

BT produljena,

2πR =E sin θ

BT obicna,

2πR <E sin θ

BT skracena.

Ukupno, trodimenzijsko, gibanje cestice je kombinacija gibanja po cikloidi u ravnini (x, y) ijednoliko ubrzanog gibanja u smjeru osi z (slika 5.6.B).

4Cikloida je krivulja koju opisuje tocka na kruznici, kada se kruznica kotrlja po pravcu.


Slika 5.7: Cikloide, odozgo prema dolje: obicna, skracena i produljena.

0

2

4

0

2

4

6

0 50 100 150 200-2

0

2

4

6

Pokazimo da su jednadzbe za x i y iz (5.45) oblika jednadzba cikloide (5.46). Nazovimo

ϕ = ωt− Φ.

Tada jednadzbe za x i y iz (5.45), glase

x(t)− v0,yω

− E sin θ

ω BΦ =

E sin θ

ω Bϕ+R sinϕ,

y(t) +v0,xω

=E sin θ

ωB+R cosϕ.

Uvedu li se nove (pomaknute) koordinate

x(t) = x(t)− v0,yω

− E sin θ

ω BΦ,

y(t) = y(t) +v0,xω,

tada su gornje parametarske jednadzbe za x(t) i y(t) upravo oblika jednadzba cikloide (5.46)

x(t) = aϕ+ b sinϕ,

y(t) = a + b sinϕ,

uz

a ≡ E sin θ

ω B, b ≡ −R.


Sada se usporedba a i b svodi na usporedbu

E sin θ

|ω|B S R,

ili, ako su umjesto |ω| koristi T = 2π/|ω|E sin θ

BS 2 π R.

Zadatak: 5.23 dovrsiti

R:dovrsiti

Poglavlje 6

Harmonijski oscilator

6.1 Jednodimenzijski harmonijski oscilator

U prethodnom poglavlju smo upoznali konstantnu silu, silu trenja i neke od sila ovisnih obrzini cestice. U ovom cemo poglavlju upoznati elasticnu silu koja ovisi o koordinati (vidjetiodjeljak 5.3), tj. o udaljenosti cestice od njezinog polozaja ravnoteze. Kao vektorska velicina,sila je karakterizirana svojim iznosom i smjerom. Kod elasticne sile

iznos sile raste linearno s povecanjem udaljenosti cesticeod polozaja ravnoteze, a

smjer sile je smjer prema polozaju ravnoteze.

Cestica koja se giba (samo) pod djelovanjem elasticne sile se zove slobodni harmonijskioscilator ili linearni oscilator.Jedan jednostavan primjer realizacije harmonijskog oscilatora jeste elasticna opruga, ciji jejedan kraj pricvrscen za nepomicnu stjenku, a za drugi je kraj pricvrscena cestica mase m(slika 6.1.A). Postavimo koordinatni sustav tako da se cestica nalazi u ishodistu kada je opruga

Slika 6.1: Uz definiciju elasticne sile.

nerastegnuta. Ako se cestica pomakne iz ravnoteznog polozaja lijevo ili desno po osi x, oprugace se rastegnuti ili sabiti (slike 6.1.B i C) za neki iznos x. Ako je x mali prema duljini opruge,

197

198 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR

tada ce opruga na cesticu djelovati silom koja je srazmjerna pomaku x (Hookov1 zakon) i bitce uvijek usmjerena prema polozaju ravnoteze (u ovom slucaju prema ishodistu)

~Fel = −K x ~ex , K > 0. (6.1)

KonstantaK je primjer necega sto se opcenito naziva konstantom vezanja. To je konstantakoja opisuje jakost medudjelovanja promatranog sustava i okoline. U ovom primjeru, sustav jejednostavno jedna cestica, a okolina s kojom ona medudjeluje je opruga. Pozitivna konstantaK se naziva konstanta opruge ili elasticna konstanta, a opisuje kako se lako ili tesko oprugarasteze. Podrijetlo elasticne sile je u (elektricnim) silama koje djeluju medu molekulama tvariod koje je izradena opruga. Ako zanemarimo gravitciju, trenje izmedu cestice i podloge kao itrenje izmedu cestice i molekula sredstva kroz koje se cestica giba, jedina sila koja djeluje jeelasticna sila i sustav sa slike 6.1 predstavlja slobodni harmonijski oscilator. Jednadzba gibanjacestice na koju djeluje samo elasticna sila glasi

m~r = ~F ⇒ m x = −Kx,

m y = 0,

m z = 0.

a sustav cije je gibanje opisano gornjim jednadzbama se zove slobodni jednodimenzijskiharmonijski oscilator (ili linearni harmonijski oscilator). Samo gibanje se zove harmonijskogibanje. Rijesimo jednadzbu gibanja uz najopcenitije pocetne uvjete: u pocetnom trenutkut = 0, cestica je otklonjena iz polozaja ravnoteze za x0 i ima brzinu v0 u smjeru osi x

t = 0 : x(0) = x0, x (0) = v0, (6.2)

y(0) = 0, y (0) = 0,

z(0) = 0, z (0) = 0.

U smjerovima osi y i z, gibanje se odvija pod djelovanjem konstantnih silama

Fy = Fz = 0,

pa je rjesenje dano izrazima (5.5)

y(t) = 0, z(t) = 0, ∀ t.Odredimo gibanje u smjeru osi x.Uvede li se pozitivna konstanta

ω0 =

√K

m, (6.3)

jednadzba gibanja glasix = −ω2

0 x. (6.4)

Gornja jednadzba kaze da treba naci funkciju cija je druga derivacija srazmjerna negativnojvrijednosti same funkcije. Takvo svojstvo imaju funkcije

sinαt, cosαt, e ı αt, e−ı αt. (6.5)1Robert Hook, engleski fizicar, 1635 - 1703

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 199

Eulerovom relacijom,

e±ı αt = cosαt± ı sinαt,

cosαt =e ı αt + e− ı αt

2,

sinαt =e ı αt − e− ı αt

2 ı,

povezane su eksponecijalna funkcija imaginarnog argumenta i trigonometrijske funkcije, pa semozemo zadrzati npr. samo na trigonometrijskim funkcijama. Zbog linearnosti i homogenostidiferencijalne jednadzbe (6.4), njezino opce rjesenje je linearna kombinacija sinusa i kosinusa

x(t) = C cosαt+ S sinαt (6.6)

s nepoznanicama C, S i α. Ove tri nepoznanice cemo odrediti pomocu tri jednadzbe: jednadzbegibanja (6.4) i dvije jednadzbe pocetnih uvjeta (6.2).Uvrstavanjem gornjeg izraza u (6.4), slijedi

α = ± ω0. (6.7)

Buduci da su C i S jos neodredene, mozemo odabrati bilo koji predznak, npr. pozitivni2

x(t) = C cosω0t + S sinω0t.

Preostale dvije nepoznate konstante, C i S, cemo odrediti iz dva pocetna uvjeta (6.2).

x(t = 0) = x0 = C · 1 + S · 0 ⇒ C = x0,

x (t = 0) = v0 = ω0 (−x0 · 0 + S · 1) ⇒ S =v0ω0,

x(t) = x0 cosω0t +v0ω0

sinω0t.

Umjesto zbroja funkcija sinusa i kosinusa, gornje rjesenje mozemo napisati i kao jednu od tihfunkcija, ali s pomakom u fazi. Tako se npr. uvodenjem konstanata A0 (amplituda) i Φ0

(pomak u fazi)

A0 =

√

x20 +v20ω20

, tanΦ0 =v0

ω0 x0, (6.8)

rjesenje za trenutni otklon od polozaja ravnoteze (tj. putanju), x(t), dobiva u obliku (slika 6.2)

x(t) = A0 cos(ω0t− Φ0). (6.9)

Trenutni otklon od polozaja ravnoteze, x(t), se naziva i elongacija. Najveci otklon odpolozaja ravnoteze se naziva amplituda i ona je, prema gornjem izrazu, jednaka ±A0. Osimo K i m, amplituda ovisi i o pocetnim uvjetima x0 i v0. Cestica titra oko polozaja ravnotezekruznom frekvencijom ω0 koja se naziva vlastita frekvencija titranja.

2Odabir negativnog predznaka samo znaci redefiniciju S → −S.


Slika 6.2: Otklon x(t) = 0.5 cos(2 t− 0.8) i iz njega izracunate brzina i ubrzanje. Na slici su oznaceni i pocetniuvjeti x0 i v0.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5t

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

ubrzanjebrzinapolozaj

v0

x0

Proteklo vrijeme se racuna pomocu (5.17)

t = ±∫ x

x0

d x√v20 +

2m

∫ xx0F (η) d η

,

gdje se za silu F uvrsti izraz (6.1)

t = ±∫ x

x0

d x√v20 − K

m(x2 − x20)

= ...

ili iz (6.9)

t =1

ω0

(arccos

x

A0

+ Φ0

).

Ako nismo dovoljno dosjetljivi da pogodimo rjesenje jednadzbe (6.4), onda ju trebamo rijesiti.Zaboravimo na trenutak na rjesenje (6.9) i pocnimo rjesavati jednadzbu gibanja (6.4). Pomnozimoli obje strane jednadzbe s 2x

2 x x = −2 ω20 x x ,

na lijevoj strani prepoznajemo vremensku derivaciju kvadrata brzine, a na desnoj strani pre-poznajemo vremensku derivaciju kvadrata pomaka

d x 2

dt= −ω2

0

d x2

dt.


Integracijom po vremenu od pocetnog trenutka 0 do nekog opceg t, dobivamo

∫ t

0

d

dtx 2 dt = −ω2

0

∫ t

0

d

dtx2 dt

∫ t

0

d(x 2) = −ω20

∫ t

0

d(x2)

x 2(t)− x 2(0) = −ω20

[x2(t)− x2(0)

].

No, x 2(0) je kvadrat brzine u pocetnom trenutku, v20, a x2(0) je kvadrat polozaja cestice u

pocetnom trenutku, x20. Uvrstavanjem se dobije izraz za brzinu u proizvoljnom trenutku

x (t) ≡ dx(t)

dt= ± ω0

√(v20ω20

+ x20

)− x2(t) = ± ω0

√A2

0 − x2(t). (6.10)

Pozitivan predznak brzine se odnosi na onaj dio gibanja kada se cestica pomice desno odpolozaja ravnoteze (kada je dx > 0, opruga se rasteze), a negativni se predznak odnosi napomak cestice lijevo od polozaja ravnoteze (kada je dx < 0, opruga se sabija). Buduci da jebrzina realna velicina, mora izraz pod korjenom biti veci ili jednak nuli. To je moguce samoonda ako se gibanje cestice odvija po ogranicenom dijelu osi x iz intervala

−A0 ≤ x ≤ +A0

(gdje smo se posluzili pokratom (6.8)). Opisimo gibanje pocevsi od proizvoljnog trenutka ukojemu je x > 0. Prema jednadzbi (6.10), brzina se smanjuje i postaje jednaka nuli kadacestica dode u tocku x = +A0. U toj tocki brzina mijenja predznak i postaje negativna.Brzina ima negativne vrijednosti sve dok cestica ne dode u tocku x = −A0, kada opet mijenjapredznak i postaje pozitivna, itd. Ocito ce brzina biti najveca u trenutku prolaska kroz polozajravnoteze, x = 0. Ovime smo pokazali kako iz samih jednadzba (6.4) i (6.10), a bez njihovarjesavanja, mozemo zakljuciti da ce se cestica pod djelovanjem elasticne sile, gibati periodickiizmedu x = +A0 i x = −A0. Ovaj se zakljucak ne moze izvesti iz samog oblika elasticne sile.Nastavimo sada rjesavati jednadzbu (6.10) tako sto cemo se ograniciti na pocetni uvjet v0 > 0i zadrzati samo pozitivni predznak. Izvedimo zatim razdvajanje varijabli

+dx√

A20 − x2

= ω0 dt

/∫

∫ x

x0

dx√A2

0 − x2= ω0

∫ t

0

dt

arcsinx

A0

∣∣∣∣x

x0

= ω0 t ⇒ x(t) = A0 sin

(ω0t+ arcsin

x0A0

).

Citateljima je prepusteno dokazivanje identicnost izmedu gornjeg rjesenja i rjesenja (6.9).

Period:Periodom T se naziva najkraci vremenski interval izmedu dva uzastopna identicna polozaja


cestice. Prema (6.9), moze se napisati

x(t) = x(t+ T )

A0 cos(ω0t− Φ0) = A0 cos[ω0(t + T )− Φ0

]= A0 cos

[(ω0t− Φ0) + ω0T

]

cos(ω0t− Φ0) = cos(ω0t− Φ0) cos(ω0T )− sin(ω0t− Φ0) sin(ω0T ).

Usporedbom lijeve i desne strane gornje jednadzbe, zakljucujemo da mora biti

cos(ω0T ) = 1, sin(ω0T ) = 0, ⇒ ω0T = 2π · n,

gdje je n neki cijeli broj. Period je najkrace vrijeme koje zadovoljava gornji uvjet, pa zatoodabiremo n = 1,

T =2π

ω0= 2π

√m

K.

Primjetimo da pocetni uvjeti odreduju amplitudu A0 i pocetnu fazu Φ0, ali ne i na periodtitranja. Period je odreden samo svojstvima sustava: konstantom vezanja K i masom cesticem.

Frekvencija:Frekvencijom ν se naziva broj titraja u jednoj sekundi

ν =1

T=ω0

2π=

1

2π

√K

m. (6.11)

konzervativnost:Pokazimo da je elasticna sila konzervativna, tako sto cemo pokazati da rad elasticne sile ovisisamo o pocetnoj i konacnoj tocki putanje.

Wel =

∫ (x,y,z)

(x0,0,0)

~Fel d~r =

∫ x

x0

Fel dx = −K∫ x

x0

x dx = −1

2K x2 +

1

2K x20

U skladu s (4.18), iz izraza za rad ocitavamo i potencijalnu energiju elasticne sile

Wx0,x = Ep(x0)−Ep(x) = −1

2K x2 +

1

2K x20,

iz cega se zakljucuje da je potencijalna energija pridruzena elasticnoj sili jednaka

Ep(x) =1

2K x2. (6.12)

sacuvanje energije:Izracunajmo mehanicku energiju harmonijskog oscilatora u proizvoljnom vremenskom trenutku


t

Emeh(t) = Ek(t) + Ep(t) =1

2m x 2 +

1

2K x2

=m

2

[− ω0 A0 sin(ω0t− Φ0)

]2+K

2

[A0 cos(ω0t− Φ0)

]2=

1

2K A2

0

=1

2K

(x20 +

v20ω20

)=

1

2m v20 +

1

2K x20

= Ek(0) + Ep(0) = Emeh(0).

Mehanicka je energija ista u pocetnom kao i u bilo kojem slijedecem trenutku,

Emeh(0) = Emeh(t), ∀ t,tj. ona je konstantna (sacuvana)

Ek + Ep = const. (6.13)

Sacuvanje tj. konstantnost energije se moze dokazati i tako da se pokaze da je vremenskaderivacija energije jednaka nuli

dEmehd t

=d

d t

(1

2m x 2 +

1

2K x2

)= mx x +Kxx = x (mx +Kx)︸︷︷︸

= (6.4) = 0

= 0.

U odjeljku 6.1.3 cemo pokazati kako medudjelovanje cestice s medijem u kojem se odvija titra-nje, vodi na smanjenje energije cestice (relacija (6.35)).

Zadatak: 6.1 Cestica se giba po osi x pod djelovanjem samo elasticne sile. Ako je cesticazapocela gibanje iz stanja mirovanja u tocki x = x0 i nakon vremena t0 se po prviput nasla u tocki x = x0/5, izracunajte:(a) polozaj cestice u proizvoljnom trenutku,(b) brzinu cestice u ishodistu,(c) amplitudu, period i frekvenciju,(d) najvecu brzinu i najvece ubrzanje.

R:dovrsiti

Zadatak: 6.2 Pod djelovanjem elasticne sile, cestica se giba po pravcu. Ako je njezina najvecabrzina 15ms−1, a najvece ubrzanje 61.5ms−2, izracunajte period i frekvenciju ti-tranja.

R:dovrsiti


Zadatak: 6.3 Cestica titra po osi x oko polozaja ravnoteze. Ako je na udaljenosti D od polozajaravnoteze ubrzanje jednako A/2, izracunajte period titranja.

R:dovrsiti

Zadatak: 6.4 Cestica titra tako da su joj brzine jednake va i vb, kada je udaljena za a i b odpolozaja ravnoteze. Koliki je period titranja?

R:dovrsiti

Zadatak: 6.5 Cestica mase m harmonijski titra periodom T0. Ako se masa cestice poveca za5.012 ·m, koliki ce tada biti period?

R: tekst rjesenja

Zadatak: 6.6 Cestica titra po osi x oko polozaja ravnoteze. U vremenima t0, 2t0 i 3t0 se nalaziredom u tockama a, b i c. Izracunajte period titanja.

R: tekst rjesenja

Zadatak: 6.7 Izracunajte vremensko usrednjenje po jednom periodu, potencijalne i kinetickeenergije slobodnog harmonijskog oscilatora.

R: tekst rjesenja

Zadatak: 6.8 Cestica mase m se giba u polju potencijalne energije

Ep = E0(1− cos 2x),

gdje je E0 konstanta, a |x| < 1. Odredite polozaje stabilne ravnoteze i period malihtitraja oko njih.

R: tekst rjesenja


Zadatak: 6.9 Kocka duljine brida a i tezine G, titra okomito na povrsinu tekucine konstantnegustoce ρ. Izracunajte period malih titraja.

R: tekst rjesenja

6.1.1 Gustoca vjerojatnosti

U ovom odjeljku zelimo odgovoriti na slijedece pitanje: ako se tijekom vremena, cestica gibapo osi x unutar intervala (−A0,+A0), kolika je vjerojatnost da se u danom trenutku oscilatornalazi unutar infinitezimalnog intervala [x, x + d x]? Tu cemo vjerojatnost oznaciti s d P (x).Buduci da se oscilator mora nalaziti negdje u intervalu −A0 ≤ x ≤ +A0, to za d P (x) moravrijediti (normiranje vjerojatnosti)

∫ +A0

−A0

d P (x) = 1.

Umjesto same vjerojatnosti dP (x), uobicajeno je uvesti gustocu vjerojatnosti ρ(x). I gustocavjerojatnosti se definira kao i sve ostale gustoce s kojima smo se do sada susretali (gustocamase, naboja, energije, . . . ): ako je dP (x) vjerojatnost nalazenja oscilatora negdje u intervalu[x, x + dx], tada je gustoca vjerojatnosti dana omjerom

ρ(x) =d P (x)

d x,

a uvjet normiranja glasi∫ +A0

−A0

ρ(x) dx = 1.

Izracunajmo gustocu vjerojatnosti ρ(x) za harmonijski oscilator iz prethodnog odjeljka. Naj-prije cemo gornju relaciju normiranja transformirati tako sto cemo s integracije po prostoru,prijeci na vremensku integraciju: dx = v dt

∫ +A0

−A0

ρ(x) dx =

∫ T/2

0

ρ v dt = 1.

Lako je uvjeriti se da ce gornja relacija biti zadovoljena ako je

ρ =2

T

1

v,

jer je tada

∫ T/2

0

ρ v dt =2

T

∫ T/2

0

1

vv dt =

2

T

T

2= 1.

Da bismo iz ρ = 2/(vT ) mogli procitati ρ kao funkciju polozaja x, treba brzinu izraziti kaofunkciju od x. Prema (6.10) je

v =dx

dt= ω0

√A2

0 − x2


Primjetimo da je brzina najmanja i jednaka je nuli u tockama okretista, x = ± A0, anajveca je pri prolazu kroz polozaj ravnoteze x = 0. Pomocu gornjeg izraza za brzinu, zagustocu vjerojatnosti, ρ = 2/(vT ), se dobiva (slika 6.3)

ρ(x) =1

π

1√A2

0 − x2. (6.14)

Najmanja je vjerojatnost da cemo oscilator zateci tamo gdje se on najbrze giba, a to je uokolini tocke x = 0. Naprotiv, najveca je vjerojatnost da cemo naci oscilator tamo gdje seon najsporije giba (jer tamo provodi najvise vremena), a to je u okolini tocaka x = ± A0.Kvantni harmonijski oscilator

Slika 6.3: Gustoca vjerojatnosti nalazenja klasicnog har-

monijskog oscilatora ρ(x) = 1/[π√100− x2

].

-10 -5 0 5 10x

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

ρ

(x)

Slika 6.4: Reducirana gustoca vjerojatnosti nalazenjakvantnog harmonijskog oscilatora, ρn(y)

√π ℏ/(mω0),

za n = 50.

y

Gustoca vjerojatnosti nalazenja cestice unutar intervala (x, x + d x) u kvantnom opisu ovisi okvantnom broju n i jednaka je

ρn(y)

√π ℏ

mω0=

1

2n n !e−y

2

H2n(y), y = x

√m ω0

ℏ,

gdje je Hn Hermiteov3 polinom n-tog stupnja. Energija moze poprimati samo diskretne vrijed-nosti

En =

(n +

1

2

)ℏω0, n = 0, 1, 2, · · · .

Sa slike 6.4 se vidi da za velike vrijednosti kvantnog broja n, kvantna gustoca vjerojatnostipostaje sve slicnija klasicnoj gustoci (6.14), tj. klasicni harmonijski oscilator se dobije kao

n → ∞granica kvantnog harmonijskog oscilatora.

Zadatak: 6.10 tekst primjera

R: tekst rjesenja

3Vise detalja o Hermiteovim polinomima, moze se naci npr. u [14]


6.1.2 Nelinearni oscilator - racun smetnje

Ako sila koja djeluje na cesticu, ovisi o udaljenosti tako da se u izrazu za silu pored clanalinearnog s udaljenoscu pojavljuju i clanovi visih potencija,

F = −K x+K2 x2 +K3 x

3 + · · · ,

tada se sustav sastavljen od cestice i sile koja na nju djeluje, naziva neharmonijski ili neli-nearni oscilator ili oscilator sa smetnjom. Na primjeru opruge, visi clanovi u izrazu za silu cese pojaviti ako rastezanje ili sabijanje opruge vise nije malo u odnosu na nerastegnutu duljinuopruge. Ocekujemo da najveci doprinos sili potjece od linearnog clana, dok su doprinosi ostalihclanova po iznosu utoliko manji ukoliko im je potencija visa. Jos jedan primjer nelinernostimozemo naci kod matematickog njihala, relacija (6.78), gdje je vodeci nelinearni clan u izrazuza silu, srazmjeran trecoj potenciji kuta otklona od polozaja ravnoteze.

Postupak kojim cemo izracunavati putanju cestice pod djelovanjem nelinearne sile je primjerjednog opcenitog postupka koji se naziva racun smetnje. Naziv dolazi od toga sto se ovidodatni nelinearni clanovi sile shvacaju kao smetnja u odnosu na gibanje cestice koje bi seodvijalao kada tih clanova ne bi bilo. Osnovna pretpostavka racuna smetnje je da se putanjacestice sa smetnjom malo razlikuje od putanje nesmetane cestice. Ili, vise tehnicki receno, dapostoji mala velicina po kojoj se moze izvesti razvoj velicina od interesa (npr. otklona i kruznefrekvencije, relacije (6.16)).Ako se, radi jednostavnosti, zadrzimo samo na vodecem (kvadratnom) nelinearnom clanu, jed-nadzba gibanja glasi

mx = −Kx+K2x2.

Zbog pretpostavke da su dodatni clanovi (u odnosu na elasticnu silu) mali, ocekujemo da ce serjesenje gornje jednadzbe malo razlikovati od rjesenja harmonijskog oscilatora i da ce u graniciK2 → 0, prijeci u (6.9). Takoder cemo se ograniciti na trazenje periodickih rjesenja za kojaje x(t) = x(t + T ). Za period titranja T = 2π/ω ocekujemo da ce se razlikovati od periodalinearnog oscilatora 2π/ω0, kao i da ce ta razlika iscezavati u granici K2 → 0.Umjesto vremena, uvedimo novu bezdimenzijsku varijablu ϕ = ωt u kojoj jednadzba gibanjapostaje

ω2 d2x

dϕ2= −ω2

0x+K2

mx2

/1

ω20

(ω

ω0

)2d2x

dϕ2+ x− ǫ x2 = 0, (6.15)

gdje smo uveli pokratu

ǫ =K2

mω20

(primjetimo da ǫ ima dimenziju inverzne duljine). Zbog pretpostavke da je kvadratni clan uizrazu za silu malen, ocekujemo da je otklon x i kruznu frekvenciju ω, moguce napisati uobliku razvoja u red po maloj velicini ǫ

x(ϕ) =∞∑

n=0

an(ϕ) ǫn,

(ω

ω0

)2

=∞∑

n=0

bn(ϕ) ǫn. (6.16)


Kako bismo u granici ǫ → 0 dobili rjesenja linearnog oscilatora (uz iste pocetne uvjete), morabiti a0 jednako rjesenju (6.9), a b0 mora biti jednako jedinici.Pocetne uvjete cemo odabrati tako da je

x(ϕ = 0) = x0, x (ϕ = 0) = 0 (6.17)

(primjetimo da su ovi uvjeti nesto jednostavniji od uvjeta (6.2)). Prevedeno na jezik koeficije-nata an, ovi uvjeti glase

a0(ϕ = 0) = x0, an(ϕ = 0) = 0, n = 1, 2, · · · (6.18)

an(ϕ = 0) = ωd and ϕ

∣∣∣∣ϕ=0

= 0, n = 0, 1, 2, · · ·

Uvrstimo razvoje (6.16) u jednadzbu gibanja (6.15)

( ∞∑

n=0

bn ǫn

) ( ∞∑

n=0

d2andϕ2

ǫn

)+

( ∞∑

n=0

an ǫn

)− ǫ

( ∞∑

n=0

an ǫn

)2

= 0.

Grupiraju li se clanovi s istom potencijom ǫ, dobit ce se red cijih nekoliko prvih clanova izgledaovako

[b0a′ ′0 + a0] ǫ

0 +[b0a

′ ′1 + b1a

′ ′0 + a1 − a20

]ǫ1 + [b0a

′ ′2 + b1a

′ ′1 + b2a

′ ′0 + a2 − 2a0a1] ǫ

2 + · · · = 0

(crticom su oznacene derivacije po ϕ). Zanemareni su clanovi s trecom i visim potencijamaǫ. S obzirom da je ǫ konstanta, gornja jednadzba moze biti zadovoljena samo ako je svaka oduglatih zagrada jednaka nuli, sto vodi na sustav jednadzba (gdje smo uzeli u obzir da je b0 = 1)

ǫ0 : a ′ ′0 + a0 = 0,

ǫ1 : a ′ ′1 + a1 = a20 − b1a

′ ′0 , (6.19)

ǫ2 : a ′ ′2 + a2 = 2a0a1 − b1a

′ ′1 − b2a

′ ′0 .

Rjesavanje jednadzbe uz ǫ0 uz pocetne uvjete (6.18) ide isto kao i rjesavanje jednadzbe linearnogoscilatora i daje

a0 = x0 cos(ωt), b0 = 1. (6.20)

Sada ovo rjesenje za a0 uvrstavamo u jednadzbu uz ǫ1 i dolazimo do

a ′ ′1 + a1 =

x202

+ b1x0 cosϕ+x202cos 2ϕ.

To je nehomogena diferencijalna jednadzba, pa je njezino opce rjesnje zbroj homogenog i par-tikularnog rjesenja

a1 = a1,H + a1,P .

Homogeno rjesenje je ocito oblika

a1,H = A cosϕ+ B sinϕ,


dok cemo partikularno rjesenje potraziti u obliku

a1,P = c1 + c2 ϕ sinϕ+ c3 cos 2ϕ.

Uvrstavanjem u jednadzbu za a1 i usporedbom lijeve i desne strane jednadzbe, zakljucujemoda konstante cj moraju biti jednake

c1 =x202, c2 =

b1x02, c3 = −x

20

6.

No, dio rjesenja srazmjeran s ϕ sinϕ nije periodican, pa ga moramo odbaciti, tj. njegovkoeficijent, c2, mora biti jednak nuli, a to je moguce samo ako je

b1 = 0.

Sada za cijelo (homogeno plus partikularno) rjesenje a1 preostaje

a1 = A cosϕ+B sinϕ+x202

− x206cos 2ϕ.

Konstante A i B odredujemo iz pocetnih uvjeta (6.18): A = −x20/3, B = 0,

a1 =x202

− x203cos(ωt)− x20

6cos(2ωt), b1 = 0. (6.21)

Za izracunavanje a2(ϕ) treba rijesiti trecu od jednadzba (6.19)

a ′ ′2 + a2 = 2a0a1 − b1a

′ ′1 − b2a

′ ′0 = 2a0a1 + b2a0.

Nakon uvrstavanja rjesenja (6.20) i (6.21) za a0 i a1, desna strana gornje jednadzbe je oblikacn · cos(nϕ)

a ′ ′2 + a2 = −x

30

3+ x0(b2 +

5

6x20) cosϕ− x30

3cos 2ϕ− x30

6cos 3ϕ. (6.22)

Iz rjesavanja jednadzbe za a1 smo vidjeli da clan s cosϕ na desnoj strani, vodi na neperiodickidio rjesenja za a1, pa se stoga taj clan ne smije pojaviti niti na desnoj strani jednadzbe za a2,tj. mora biti

b2 = −5x206.

Jednadzba za a2 je nehomogena, pa je njezino rjesenje zbroj rjesenja homogene i partikularnogrjesenja nehomogene jednadzbe

a2 = a2,H + a2,P .

Homogeno rjesenje je opet oblika

a2,H = A cosϕ+ B sinϕ,

dok cemo za partikularno rjesenje pretpostaviti red oblika cn cosnϕ (izostavivsi clan s n = 1,koji vodi na neperiodicnost)

a2,P = c0 + c2 cos 2ϕ+ c3 cos 3ϕ.


Konstante cj odredujemo iz zahtjeva da a2,P zadovoljava jednadzbu (6.22)

c0 = −x30

3, c2 =

x309, c3 =

x3048.

Ukupno rjesenje za a2

a2 = A cosϕ+B sinϕ− x303

+x309cos 2ϕ+

x3048

cos 3ϕ,

sadrzi konstante A i B koje se odrede iz pocetnih uvjeta (6.18): A = 29x30/144, B = 0,

a2 = −x30

3+

29 x30144

cosϕ+x309cos 2ϕ+

x3048

cos 3ϕ, b2 = −5

6x20. (6.23)

Uvrstavanje rjesenja (6.20), (6.21) i (6.23) u razvoj (6.16) za otklon x(ϕ) daje

x(ϕ) = x0 cosϕ+

(1

2− cosϕ

3− cos 2ϕ

6

)x20 ǫ

1+

(−1

3+

29 cosϕ

144+

cos 2ϕ

9+

cos 3ϕ

48

)x30 ǫ

2+· · ·(6.24)

Nakon preraspodjele clanova, izraz za otklon, se moze napisati preglednije kao

x = x0

[ (1

2x0 ǫ−

1

3x20 ǫ

2 + · · ·)+

(1− 1

3x0 ǫ+

29

144x20 ǫ

2 + · · ·)

cosωt (6.25)

+

(−1

6x0 ǫ+

1

9x20 ǫ

2 + · · ·)

cos 2ωt+

(1

48x20 ǫ

2 + · · ·)

cos 3ωt

].

Kruzna frekvencija ω iz gornjeg izraza je takoder poznata s tocnoscu od O(ǫ3). Razvoj (6.16)za ω daje

ω = ω0

(1− 5

12x20 ǫ

2 + · · ·). (6.26)

Vidimo da uvodenje nelinearnog clana snizava frekvenciju (tj. povecava period) titranja uodnosu na frekvenciju linearnog oscilatora (6.11). Takoder primjecujemo da sada frekvencija(pa time i period) ovise i o pocetnim uvjetima (kroz x0), a ne samo o svojstvima sustava (masai konstanta vezanja) kao kod linearnog oscilatora.

Osim ovog primjera nelinearnog oscilatora, racun smetnje se moze primjeniti i na vec spomenutiprimjer matematickog njihala. Vise detalja o ovome primjeru se moze naci u odjeljku 15.3reference [20] ili na str. 130 reference [7].

6.1.3 Priguseni harmonijski oscilator

Na harmonijski oscilator koji titra u nekom sredstvu (zraku, tekucini) djelovat ce i sila prigusenja(otpora, trenja). Ova je sila rezultat medudjelovanja cestice koja titra i cestica sredstva u ko-jemu se odvija titranje. Eksperimentalno je ustanovljeno da sila prigusenja ovisi o brzinicestice (ili tijela) koja se giba kroz sredstvo i da ima smjer suprotan smjeru trenutne brzine,(5.18),

~Fprig = − ~ev f(v),


gdje je ~ev jedinicni vektor u smjeru brzine, a f(v) je opcenito vrlo slozena funkcija iznosa brzinei cesto ju je zgodno prikazati u obliku razvoja u red

f(v) = C1 v + C2 v2 + · · · =

∑

n

Cn vn.

Radi jednostavnosti, pretpostavit cemo da je sila prigusenja, ~Fprig, srazmjerna samo prvojpotenciji brzine (prisjetiti se slicnog racuna iz odjeljka 5.5). Za gibanje po osi x je

~Fprig = −β ~v = −β v ~ex = −β dx

dt~ex , β > 0,

(uobicajeno je umjesto C1 koristiti oznaku β). Koeficijent prigusenja β je pozitivna konstantakoja opisuje oblik tijela i svojstva sredstva u kojemu se odvija titranje4.Uz elasticnu silu i silu prigusnja, jednadzba gibanja u smjeru osi x glasi

mx = Fel + Fprig = −Kx− βx . (6.27)

Postavimo i pocetne uvjete

x(0) = x0, x (0) = v0. (6.28)

Uvede li se konstanta

γ =β

2m,

gornja jednadzba gibanja se moze preglednije napisati kao

x + 2 γ x + ω20 x = 0. (6.29)

To je homogena linearna diferencijalna jednadzba drugog reda s konstantnim koeficijentima,cija cemo rjesenja potraziti u obliku eksponencijalne funkcije

x(t) = a e b t,

za konstantne a i b. Uvrstavanje u jednadzbu vodi do

(b2 + 2 γ b+ ω20) a e

b t = 0.

i dva rjesenja za b

b± = −γ ±√γ2 − ω2

0.

Oznacimo izraz pod korjenom (diskriminantu) s

D2 = γ2 − ω20.

Uz pretpostavku da je D2 6= 0, postoje dva rjesenja za x, pa je, zbog homogenosti i linearnostijednadzbe (6.29), opce rjesenje njihova linearna kombinacija

x(t) = a+ eb+ t + a− e

b− t.

4Takva je npr. sila viskoznosti koja djeluje na tijelo koje se giba kroz viskozni fluid. Ova sila ovisi o obliku tijela, a u slucajukugle polumjera r, ona je po svojem iznosu, dana sa F = 6πηrv, gdje je η koeficijent viskoznosti, a v brzina. Ovakva sile se zoveStokesova sila.


Dvije konstante a± se odreduju iz dva pocetna uvjeta: pocetni polozaj i pocetna brzina.

(D2 > 0)Ako je D2 = γ2 − ω2

0 > 0, tada je u pocetnim oznakama

β2 > 4mK.

To je granica jakog prigusenja. Obje vrijednosti b± = −γ ±√γ2 − ω2

0 su realne i negativne,uz

0 > b+ > b−

pa je

x(t) = a+ e−|b+| t + a− e

−|b−| t

= e −γ t(a+ e

t√γ2−ω2

0 + a− e−t

√γ2−ω2

0

). (6.30)

Slika 6.5: Jako priguseno titranje uz D2 = γ2 − ω20 > 0.

0 5 10 15 20 25 30

t-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

x (

t )

( A )

a +

> 0, a - > 0

a +

< 0, a - < 0

0 5 10 15 20 25 30

t-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

x(t)

a +

- | a - | < 0

( B )

Ako su a+ i a− istog predznaka (a to ovisi o pocetnim uvjetima), i otklon x(t) ce biti stalnoistog predznaka, pa ce se cestica priblizavati polozaju ravnoteze samo s jedne strane (slika6.5.A), ne prelazeci niti jednom na drugu stranu.Ako je a− (koji stoji uz exp(−|b−|t), koji brze opada jer je |b+| < |b−|) suprotnog predznaka,a veceg iznosa od a+, tada cestica zapocinje gibanje s jedne strane, prijede na drugu stranu i ste druge strane se priblizava polozaju ravnoteze (slika 6.5.B).

Uz uvrstavanje pocetnih uvjeta (6.28),

x(t) = e −γ t

[v0 + x0 (γ +

√γ2 − ω2

0)

2√γ2 − ω2

0

e t√γ2−ω2

0 − v0 + x0 (γ −√γ2 − ω2

0)

2√γ2 − ω2

0

e −t√γ2−ω2

0

].

Ovaj oblik rjesenja se naziva neperiodickim.

(D2 = 0)Ako je D2 = 0, tj. ako je

γ2 = ω20,


tada je i

b− = b+ = −γ,

pa gornji postupak daje samo jedno rjesenje za x

x1 = e −γ t,

a ne dva. Drugo rjesenje, linearno nezavisno od ovoga, doznajemo iz teorije rjesavanja diferen-cijalnih jednadzba, relacija (6.71), i ono je oblika

x2 = t · e −γ t.

Uvrstavanjem ovog izraza u jednadzbu gibanja harmonijskog oscilatora s prigusenjem, lako jeuvjeriti se da ono zadovoljava jednadzbu. Sada opet imamo dva linearno nezavisna rjesenja, iukupno rjesenje je njihova linearna kombinacija

x(t) = a1 x1(t) + a2 x2(t), aj = const.

= a1 e−γ t + a2 t · e −γ t = e −γ t (a1 + a2 t). (6.31)

Konstante aj se odreduju iz pocetnih uvjeta na polozaj i brzinu

x(t) = e −γ t[x0(1 + γ t) + v0 t

]. (6.32)

Ovo je granicni slucaj neperiodickog gibanja.Za male t, eksponencijalni je clan priblizno jednak jedan, pa x(t) linearno raste s t. Kasnijeeksponencijalni clan postaje dominantan i cijelo rjesenje eksponencijalno trne. Kao rezultatkompeticije ova dva clana, vremenska ce ovisnost otklona od polozaja ravnoteze, x(t), izgledatikao na slici 6.6.

Slika 6.6: Titranje uz D2 = 0. Otklon je x(t) =e −0.5 t (1 + 8 t).

0 5 10 15 20 25 30

t0

1

2

3

4

5

6

7

x (

t )

t max

x max

Slika 6.7: Titranje uz D2 = γ2 − ω20 < 0. Otklon je

x(t) = 10 e −0.3 t cos(2t − 4). Za usporedbu, zelenalinija pokazuje titranje bez trenja.

0 5 10 15 20t

-10

-5

0

5

10

x(t)

Koordinate najveceg otklona (tmax, xmax), se odreduju iz uvjeta

d x

d t= 0 ⇒ tmax =

v0γ (v0 + γ x0)

, xmax = x(tmax) =v0 + γ x0

γe −v0/(v0+γ x0).


(D2 < 0)Ako je D2 = γ2 − ω2

0 < 0, tada je u pocetnim oznakama

β2 < 4mK.

To je granica slabog prigusenja.

b± = −γ ± i√ω20 − γ2

x(t) = e −γ t(a+ e

it√ω20−γ2 + a− e

−it√ω20−γ2).

Nazovemo li

ω =√ω20 − γ2,

rjesenje za otklon x(t) mozemo napisati kao

x(t) = e −γ t

(a+ + a−)︸︷︷︸

= C

cosωt+ ı(a+ − a−)︸︷︷︸= S

sinωt

= e −γ t(x0 cosωt+

v0 + γ x0ω

sinωt

).

Uz oznake

A0 =

√

x20 +

(v0 + γ x0

ω

)2

, tanΦ0 =v0 + γ x0ω x0

,

otklon se moze napisati u obliku

x(t) = A(t) cos(ωt− Φ0), A(t) = A0 e−γ t (6.33)

gdje se konstante A0 i Φ0 odreduju iz pocetnih uvjeta na polozaj i brzinu cestice. Rjesenje jeprikazano na slici 6.7: to je kosinus cija amplituda, A(t) = A0 e

−γ t, nije konstantna u vremenu,nego eksponencijalno opada. Ovaj oblik rjesenja se naziva periodickim. Period ovog prigusenogtitranja

T =2π

ω=

2π√ω20 − γ2

je veci od perioda slobodnog (neprigusenog , γ ≡ 0) harmonijskog oscilatora.Izracunajmo vrijednost otklona za dvije susjedne vrijednosti t (oznacene s tn i tn+1) za koje je

cos(ωtn − Φ0) = 1

i

cos(ωtn+1 − Φ0) = 1.

Tada je

t = tn, → x = xn = A e −γ tn · 1

t = tn+1 = tn + T, → x = xn+1 = A e −γ tn+1 · 1 = A e −γ (tn+T )

xnxn+1

=A e −γ tn

A e −γ tn e −γ T = e γ T


Velicinu koja opisuje brzinu opadanja amplitude na logaritamskoj skali, zovemo logaritamskidekrement i oznacavamo ju s δ

δ = lnxnxn+1

= γT =2πγ√ω20 − γ2

.

Primjetimo zajednicku karakteristiku sva tri tipa gornjih rjesenja (D2 > 0, D2 = 0 i D2 < 0):amplituda svih ovih rjesenja eksponencijalno trne s vremenom

D2 > 0

D2 = 0

D2 < 0

x(t) = e− γ t ·[· · ·

], (6.34)

tj. nakon dovoljno dugo vremena, njihova ce amplituda postati proizvoljno mala. To je upravoucinak prigusenja. U nastavku ovog odjeljka cemo pokazati kako se zbog prigusenja smanjujei energija oscilatora, a u slijedecem odjeljku cemo pokazati kako vanjska sila moze nadoknaditiovaj gubitak energije i odrzati titranje oscilatora, unatoc gubicima energije kroz prigusenje.

Energija:Pokazimo da sada, kada na cesticu djeluje i sila prigusenja5, mehanicka enegija cestice nijesacuvana, nego s s vremenom smanjuje.

Emeh =mx 2

2+Kx2

2dEmehdt

=m

22x x +

K

22xx = x (mx +Kx).

No, prema jednadzbi gibanja (6.27), izraz u okrugloj zagradi je upravo jednak −βx , pa jevremenska promjena mehanicke energije (tj. snaga) jednaka

dEmehdt

= −β x 2. (6.35)

Ako nema prigusenja (β ≡ 0), energija je sacuvana Emeh(t) = const., kao sto smo i dobilikod izvoda (6.13). Buduci da je β > 0, desna je strana negativna, sto znaci da se energijacestice smanjuje s vremenom. Lako je vidjeti da je ovaj gubitak energije rezultat rada sileprigusenja

Pprig =dWprig

d t=

~Fprig d~r

d t= ~Fprig ~v = (−βx ) x = −β x 2.

Primjetimo da gubitak energije nije konstantan u vremenu, nego ovisi o vremenu kroz vremen-sku ovisnost brzine x = x (t).

Jedno od osnovnih nacela fizike kaze da se energija ne moze ni povecati ni smanjiti. Iz toga za-kljucujemo da ako se energija cestice oscilatora smanjila, neka se druga energija morala povecati,

5Prigusenje nije konzervativna sila, pa nema potencijalnu energiju.


tako da je njihov zbroj nepromjenjen. Cestica oscilatora se u svom gibaju sudara s cesticamasredstva u kojemu se odvija titranje i prenosi na njih dio svoje energije (pogledati odjeljak 10.7o sudarima). Time se povecava kineticka energija cestica sredstva. U statistickoj fizici se sred-nja kineticka energija cestica povezuje s temperaturom, tako da visa energija odgovara visojtemperaturi. Prema tome mozemo reci da se mehanicka energija cestice oscilatora postupnopretvara u energiju toplinskog gibanja cestica sredstva u kojemu se nalazi oscilator.

Zadatak: 6.11 Rijesite jednadzbu gibanja

x+ 2x+ 5x = 0

uz pocetne uvjete x(0) = 4 i x(0) = −2.

R: tekst rjesenja

Zadatak: 6.12 Gibanje prigusenog harmonijskog oscilatora je opisano jednadzbom

mx+ βx+Kx = 0.

Pokazite da je razlika vremena koja odgovaraju dvama uzastopnim najvecim otklo-nima, jednaka

4πm/√4Km− β2.

R: tekst rjesenja

Zadatak: 6.13 tekst primjera

R: tekst rjesenja

6.1.4 Prisilni titraji - periodicna vanjska sila

U prethodnom je odjeljku pokazano kako oscilator gubi svoju energiju uslijed medudjelovanja(trenja) s okolinom. Uslijed tog trenja, amplituda titraja eksponencijalno trne (6.34) i nakonnekog konacnog vremenskog intervala postaje zanemarivo malena - oscilator je prestao s gi-banjem. Ako se, unatoc prigusenju, zeli odrzati titranje, tada je potrebno naci nacin da senadoknadi gubitak energije oscilatora nastao trenjem. Potrebno je pumpati energiju u oscila-tor. To se postize djelovanjem (radom) vanjske sile.

Pretpostavimo sada da na harmonijski oscilator, osim elasticne sile i sile prigusenja, djeluje josi periodicna vanjska sila ~Fv(t) u smjeru osi x. Sila je periodicna s periodom T , tako da je

~Fv(t) = ~Fv(t+ T ).


Jednadzba gibanja, (4.4), tada glasi

mx = −Kx− βx + Fv(t).

Uz ranije uvedene oznake

ω20 =

K

m, 2γ =

β

m,

gornja jednadzba postaje linearna nehomogena diferencijalna jednadzba drugog reda s kons-tantnim koeficijentima

x + 2 γ x + ω20 x =

1

mFv(t). (6.36)

Zadajmo i najopcenitije pocetne uvjete

x(0) = x0, x (0) = v0. (6.37)

Kao sto je poznato iz teorije rjesavanja diferencijalnih jednadzba, opce rjesenje nehomogenejednadzbe, x(t), je zbroj rjesenja homogene jednadzbe xH (koje vec znamo iz prethodnogodjeljka) i partikularnog rjesenja xP nehomogene jednadzbe, koje cemo sada izracunati

x = xH + xP .

No, prije toga primjetimo jednu posljedicu linearnosti jednadzbe (6.36): ako se vanjska silamoze napisati kao zbroj dva clana, npr.

Fv(t) = Fv,1(t) + Fv,2(t),

tada je i partikularno rjesenje oblika

xP = xP,1 + xP,2,

gdje je xP,1 partikularno rjesenje jednadzbe

x P,1 + 2 γ x P,1 + ω20 xP,1 =

1

mFv,1(t), (6.38)

a xP,2 je partikularno rjesenje jednadzbe

x P,2 + 2 γ x P,2 + ω20 xP,2 =

1

mFv,2(t). (6.39)

Zaista, ako se u jednadzbu (6.36)

x + 2 γ x + ω20 x =

1

mFv,1(t) +

1

mFv,2(t)

uvrsti za x = xP,1 + xP,2, dobit ce se

(x P,1 + x P,2) + 2 γ (x P,1 + x P,2) + ω20 (xP,1 + xP,2) =

1

mFv,1(t) +

1

mFv,2(t)

[x P,1 + 2 γ x P,1 + ω2

0 xP,1 −1

mFv,1(t)

]+

[x P,2 + 2 γ x P,2 + ω2

0 xP,2 −1

mFv,2(t)

]= 0.

No, xP,1 je rjesenje od (6.38), a xP,2 rjesenje od (6.39) i zato su obje gornje uglate zagradejednake nuli. Iz gornjeg je razmatranja ocito je da se gornji postupak moze primjeniti ne samo


na zbroj od dva clana, nego i na slucaj kada je vanjska sila dana u obliku zbroja proizvoljnomnogo clanova

Fv =∑

j

Fv,j .

Tada je partikularno rjesenje zbroj rjesenja koja odgovaraju svakom pojedinom clanu vanjskesile

xP =∑

j

xP,j . (6.40)

Kao sto je pokazano u dodatku D, svaka se periodicna funkcija moze napisati u obliku be-skonacnog reda trigonometrijskih funkcija6. Shodno tomu, i vanjska se periodicna sila Fvmoze napisati kao

Fv(t) =1

2C0 +

∞∑

j=1

[Cj cos (j ω t) + Sj sin (j ω t)

], (6.41)

gdje je ω kruzna frekvencija koja odgovara periodu T vanjske sile

ω =2 π

T,

a Cj i Sj su poznati koeficijenti razvoja

C0 =2

T

∫ T

0

Fv(t) d t,

Cj =2

T

∫ T

0

Fv(t) cos (j ω t) d t,

Sj =2

T

∫ T

0

Fv(t) sin (j ω t) d t.

Uz ovakav izraz za vanjsku silu, potrebno je naci partikularna rjesenja slijedecih jednadzba:

x(0)P x + 2 γ x + ω2

0 x =C0

2 m,

x(c)P,j x + 2 γ x + ω2

0 x =Cjm

cos (j ω t), (6.42)

x(s)P,j x + 2 γ x + ω2

0 x =Sjm

sin (j ω t).

a ukupno partikularno rjesenje je njihov zbroj

xP = x(0)P +

∞∑

j=1

[x

(c)P,j + x

(s)P,j

](6.43)

6Ovaj postupak je slican npr. zapisu obicnog vektora preko baznih vektora

~V = ax ~ex + ay ~ey + az ~ez .

U razvoju Fv trigonometrijske funkcije igraju ulogu baznih vektora.


Krenimo redom.Lako je vidjeti da je partikularno rjesenje prve od jednadzba (6.42), naprosto konstanta

x(0)P =

C0

2mω20

. (6.44)

Potrazimo sada rjesenje druge i trece od jednadzba (6.42) za j = 1. Rjesenja za ostale j-ovecemo dobiti tako sto cemo u j = 1 rjesenje uvesti zamjene

ω → j ω, C1 → Cj , S1 → Sj. (6.45)

Uz oznake

c1 =C1

m, s1 =

S1

m,

jednadzbe cija partikularna rjesenje trazimo, postaju

x + 2 γ x + ω20 x = c1 cos ω t, x + 2 γ x + ω2

0 x = s1 sin ω t. (6.46)

Jednadzbe su slicnog oblika, pa je dovoljno rjesavati jednu od njih, npr. prvu. Pretposta-vimo7 da ce se, uslijed djelovanja vanjske sile, titranje odvijati kruznom frekvencijom

vanjske sile ω i da ce zato otklon x(c)P (t) biti oblika

x(c)P (t) = CP cosωt+ SP sinωt,

x(c)P (t) = −ω CP sinωt+ ω SP cosωt,

x(c)P (t) = −ω2

[CP cosωt+ SP sinωt

]= −ω2 x

(c)P (t),

gdje su CP i SP nepoznate konstante koje treba odrediti. Uvrstavanjem ovog pretpostavljenogrjesenja u prvu od jednadzba gibanja (6.46), dolazi se do

sinωt[− 2CPγω + SP (ω

20 − ω2)

]+ cosωt

[CP (ω

20 − ω2) + 2SPγω − c1

]= 0.

Buduci da sinusi i kosinusi iz gornje jednadzbe ne mogu istovremeni biti jednaki nuli, za-kljucujemo da svaka od gornjih uglatih zagrada mora zasebno iscezavati

−2 γ ω CP + (ω20 − ω2)SP = 0,

(ω20 − ω2)CP + 2 γ ω SP = c1.

To je 2 × 2 sustav za nepoznanice CP i SP ,

−2 γ ω ω20 − ω2

ω20 − ω2 2 γ ω

·

CP

SP

=

0

c1

,

CP

SP

=

−2 γ ω ω20 − ω2

ω20 − ω2 2 γ ω

−1

·

0

c1

,

7Na pocetku ovog odjeljka je argumentirano da ce rjesenja homogene jednadzbe trnuti eksponencijalno s vremenom.


cija su rjesenja

CP =c1

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

(ω20 − ω2), SP =

c14γ2ω2 + (ω2

0 − ω2)22γω.

Time se za partikularno rjesenje x(c)P dobiva

x(c)P = CP cosωt+ SP sinωt

=c1

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

[(ω2

0 − ω2) cosωt+ 2γω sinωt],

≡ A (c)(ω) cos[ωt− Φ(ω)

](6.47)

gdje su uvedeni frekventno ovisan pomak u fazi Φ(ω) relacijom

tanΦ(ω) =2 γ ω

ω20 − ω2

, 0 ≤ Φ ≤ π (6.48)

i frekventno ovisna amplituda

A (c)(ω) =c1√

4 γ2 ω2 + (ω20 − ω2)2

=C1

m√

4 γ2 ω2 + (ω20 − ω2)2

. (6.49)

Lako se pokazuje da se slicnim postupkom za rjesenje druge jednadzbe iz (6.46), umjesto (6.47)dobije

x(s)P = A (s)(ω) sin

[ωt− Φ(ω)

]

s istim faznim pomakom Φ(ω) i malo drukcijom amplitudom

A (s)(ω) =s1√

4 γ2 ω2 + (ω20 − ω2)2

=S1

m√

4 γ2 ω2 + (ω20 − ω2)2

. (6.50)

Pomocu rjesenja (6.44) i gornja dva rjesenja za x(c)P i x

(s)P , jednostavnim zamjenama iz (6.45),

dolazi se do partikularnog rjesenja jednadzba (6.42) u obliku (6.43)

xP (t) =C0

2mω20

+∞∑

j=1

Cj cos[jωt− Φ(j ω)

]+ Sj sin

[jωt− Φ(j ω)

]

m

√4γ2(j ω)2 +

[ω20 − (j ω)2

]2 ,

i, dodavanjem rjesenja homogene jednadzbe, do opceg rjesenja

x(t) = xH(t) + xP (t)

x(t) = xH(t) +C0

2mω20

+

∞∑

j=1

Cj cos[jωt− Φ(j ω)

]+ Sj sin

[jωt− Φ(j ω)

]

m

√4γ2(j ω)2 +

[ω20 − (j ω)2

]2 ,

(6.51)


gdje su fazni pomaci Φ(j ω) zadani sa

tanΦ(j ω) =2 γ j ω

ω20 − j2 ω2

, 0 ≤ Φ ≤ π, (6.52)

a xH(t) je jedno od rjesenja pridruzene homogene jednadzbe

(6.30) xH(t) = e −γ t(a+ e

t√γ2−ω2

0 + a− e−t

√γ2−ω2

0

).

(6.31) xH(t) = e −γ t (a1 + a2 t).

(6.33) xH(t) = e −γ t A0 cos

(t√ω20 − γ2 − Φ

),

pri cemu se dvije nepoznate konstante (a± ili aj ili A0,Φ) koje se pojavljuju u xH(t), odredujuiz pocetnih uvjeta (6.37) primjenjenih na cijelo rjesenje (6.51).

Kao sto je pokazano u prethodnom odjeljku, sva rjesenja homogene jednadzbe eksponenci-jalno trnu s vremenom kao

e −γ t,

i zato su vazna samo u kratkom vremenskom intervalu nakon ukljucivanja vanjske sile - zovuse tranzijentna ili prijelazna rjesenja zato jer opisuju prijelazni rezim titranja harmonijskogoscilatora (prijelaz iz rezima kada ne djeluje vanjska sila, u rezim kada vanjska sila pocinjedjelovati)

limt→∞

xH(t) = 0.

To je razlog zasto izvan tog prijelaznog vremenskog intervala, mozemo zanemariti utjecaj homo-genog rjesenja i smatrati da je gibanje harmonijskog oscilatora odredeno samo partikularnimrjesenjem. Ovo partikularno rjesenje se naziva i stacionarno rjesenje, zato jer je to onorjesenje koje se opaza u dugom vremenskom intervalu nakon pocetka djelovanja vanjske sile.Vidimo da sada cestica titra frekvencijom vanjskog polja, uz pomak u fazi Φj , a taj je pomakuzrokovan silom prigusenja opisanom koeficijentom

γ =β

2m.

Zbog otpora cestica sredstva, harmonijski oscilator ne moze tocno slijediti titranje vanjske sile,nego malo kasni za njim.

RezonancijaRadi jednostavnosti dalje analize, ogranicimo se na jednostavnu periodicnu silu ciji je samojedan koeficijent, neka to bude C1 ≡ F0 iz (6.41), razlicit od nule. Promotrimo amplitudu(6.49) stacionarnog titranja (slika 6.8)

A(ω) =c1√

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

, c1 =F0

m.


Primjecujemo da amplituda ovisi o kruznoj frekvenciji vanjskog polja, A = A(ω), i da je najvecana frekvenciji koju cemo nazvati rezonantnom kruznom frekvencijom ωR

dAdω

∣∣∣∣ω=ωR

= 0,

⇒ ω2R = ω2

0 − 2γ2 (6.53)

⇒ Amax = A(ωR) =c1

2γ√ω20 − γ2

.

U gornjim se izrazima opet opaza da razlika izmedu rezonantne i vlastite frekvencije slobodnogoscilatora potjece od sile prigusenja (kada bi bilo γ = 0, tada bi i ωR = ω0). Blizu ove kruzne

Slika 6.8: Amplituda titraja, (6.49), u slucaju rezonancije s prigusenjem, za ω0 = 2Hz i nekoliko razlicitihjakosti prigusenja.

0 1 2 3 4 5ω

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

A (

ω)

/ c 1

γ = 0.3 Hzγ = 0.5 Hzγ = 1.0 Hzγ = 2.0 Hz

frekvencije, amplitude titranja harmonijskog oscilatora su vrlo velike i mogu ostetiti8 sam sustavkoji titra. Ta se pojava naziva rezonancija. Izraz za amplitudu moze se napisati i preko ωR

A(ω) =c1√

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

=c1√

4γ2ω2 + (ω20 − 2γ2 + 2γ2 − ω2)2

=c1√

4γ2ω2 + [(ω2R − ω2) + 2γ2]2

= · · · = c1√4γ2(ω2

0 − γ2) + (ω2 − ω2R)

2. (6.54)

8Vjerojatno najpoznatiji primjer destruktivnog ucinka rezonancije je rusenje Tacoma mosta. Ovaj viseci most je pusten u promet1. VII 1940., a spajao je dvije strane zaljevskog tjesnaca Pudget Sound u americkoj drzavi Washington. Ukupna duzina mu je bilaod oko dva kilometra, a najveci raspon mosta je bio 853m. Samo cetiri meseca kasnije, 7. XI 1940., vjetar brzine od oko 60 km/hga je doveo u rezonantno torzijsko stanje titranja perioda oko 5 s. Buduci da je cijelo je titranje trajalo oko sat vremena, svi koji suse tada zatekli na mostu imali su dovoljno vremena da se maknu s njega, a bilo je vremena i za dolazak snimatelja koji su snimilimost za vrijeme titranja i rusenja. Dio snimka mozete pogledati na http://www.youtube.com/watch?v=j-zczJXSxnw&feature=fvst.


Granicne vrijednosti amplitude za male i velike frekvencije, slijede iz (6.49)

A(ω → 0) =c1√ω40 + 0

=c1ω20

= const.,

A(ω → ∞) =c1√ω4 + 0

=c1ω2

→ 0.

Iako graf A(ω) nije simetrican u varijabli ω, on je simetrican oko ωR u varijabli ω2. Neka jeω2 = ω2

R ±∆ 2, tada je prema (6.54)

A(ω2 = ω2R ±∆ 2) =

c1√4γ2(ω2

0 − γ2) + (ω2R ±∆ 2 − ω2

R)2=

c1√4γ2(ω2

0 − γ2) + ∆ 4,

pa je

A(ω2 = ω2R +∆ 2) = A(ω2 = ω2

R −∆ 2).

Gornja relacija vrijedi za

0 ≤ ∆ ≤ ωR,

kako bi ω2 = ω2R ±∆ 2 bilo uvijek pozitivno ili nula.

Rezonancija bez prigusenja:Promotrimo sada detaljnije situaciju kada na harmonijski oscilator djeluje vanjska periodicnasila, ali kada nema otpora sredstva

β = γ = 0.

Tada je, prema (6.53), rezonantna frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji slobodnog harmo-nijskog oscilatora

ωR = ω0.

Rijesimo jednadzbu gibanja kada je frekvencija vanjske periodicne sile jednaka vlastitoj tj.rezonantnoj frekvenciji

ω = ωR = ω0

x + ω20x = c1 cosω0t. (6.55)

Ukupno rjesenje je opet zbroj homogenog i partikularnog rjesenja

x = xH + xP .

Kao i u odjeljku 6.1, lako je uvjeriti se da je homogeno rjesenje linearna kombinacija sinusa ikosinusa

xH(t) = C0 cosω0t + S0 sinω0t,

dok iz teorije diferencijalnih jednadzba (slicno kao kod D2 = 0 rjesenja sa strane 212 ili (6.72)),slijedi da je drugo linearno nezavisno rjesenje, a to je sada partikularno rjesenje, oblika

xP (t) = t(CP cosω0t + SP sinω0t

).


Uvrstavanjem gornjeg xP u jednadzbu gibanja (6.55) i izjednacavanjem clanova uz sinω0t icosω0t na lijevoj i desnoj strani jednadzbe, dobivamo dvije jednadzbe za dvije nepoznanice:CP i SP

−2ω0CP = 0 ⇒ CP = 0,

2ω0SP = c1 ⇒ SP =c12ω0

.

Ukupno je rjesenje (slika 6.9)

x(t) = xH + xP = C0 cosω0t +

(S0 + t

c12ω0

)sinω0t

(6.56)

≡ A(t) cos[ω0t− Φ(t)

].

gdje je uvedena vremenski ovisna amplituda A = A(t)

A(t) ≡

√

C20 +

(S0 + t

c12ω0

)2

i vremenski ovisan pomak u fazi Φ(t)

tanΦ(t) =S0 + t c1

2ω0

C0. (6.57)

Konstante C0 i S0 odreduju se iz pocetnih uvjeta (6.37) na cijelo rjesenje (6.56).

Slika 6.9: Elongacija (6.56) za slucaj rezonancije bez prigusenja.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t

-30

-20

-10

0

10

20

30

x (

t )

Primjetimo da sada amplituda titranja, A(t), raste s vremenom,

limt→ ∞

A(t) = tc12ω0

→ ∞,


sto ce, nakon dovoljno dugo vremena, dovesti do raspada sustava.

Takoder treba primjetiti i da pomak u fazi Φ(t) ovisi o vremenu, pa se npr. vremena prolaskaoscilatora kroz polozaj ravnoteze (kada je x(t) = 0)

ω0 tn + Φ(tn) = (2n+ 1)π

2=⇒ Φ(tn) = (2n+ 1)

π

2− ω0 tn. (6.58)

razlikuju od onih za c1 ≡ 0 i mijenjaju se pri svakom novom prolasku kroz ravnotezni polozaj.Tako je vrijeme n + 1-vog prolaska kroz ravnotezni polozaj dobije kombiniranjem jednadzba(6.57) i (6.58)

tanΦ(tn) =S0 + tn

c12ω0

C0

tan[(2n+ 1)

π

2− ω0 tn

]=

S0 + tnc12ω0

C0

tn =2ω0

c1

C0 tan

[(2n + 1)

π

2− ω0tn

]− S0

, n = 0, 1, 2, · · · .

Zadatak: 6.14 Polozaj cestice koja se giba po osi x je odreden jednadzbom x + 4x + 8x =20 cos 2t. Ako je cestica zapocela gibanje iz stanja mirovanja u tocki x = 0, naditepolozaj cestice u proizvoljnom trenutku. Nadite amplitudu, period i frekvenciju ti-tranja, dugo nakon pocetka gibanja.

R:dovrsiti

Zadatak: 6.15 Koju fizicku situaciju opisuje diferencijalna jednadzba 3 x + 6 x = cos 8t?Rijesite jednadzbu uz pocetne uvjete x(0) = 0, x (0) = 1.

R:dovrsiti

Zadatak: 6.16 Izvedite izraz za struju u strujnom krugu sa slike 6.10, ako je vanjski naponoblika

V (t) = V0 sinωt.


Slika 6.10: Uz primjer 6.16.

R:Izjednacimo napone u strujnom krugu

V0 sinωt = R I + Ld I

d t+Q

C.

Da bi se ovaj primjer povezao s modelom harmonijskog oscilatora, derivirajmo gor-nju jednadzbu po vremenu i podijelimo ju s L

d2 I

d t2+R

L

d I

d t+

1

LCI =

V0 ω

Lcosωt. (6.59)

No, gornja je jednadzba upravo oblika (6.42), s prigusenjem danim sa

2 γ =R

L,

vlastitom frekvencijom

ω20 =

1

LC,

i vanjskom periodicnom silom

Fv =V0 ω

Lcosωt.

Ukupno rjesenje za struju je zbroj homogenog i partikularnog rjesenja, pri cemuhomogeno rjesenje eksponencijalno trne s vremenom i vazno je samo u kratkomvremenskom intervalu nakon ikljucenja vanjskog napona. Ono sto odreduje oblikstruje nakon ukljucenja vanjskog napona je partikularno rjesenje IP koje cemo sadaizracunati. Pretpostavljamo da ce struja u krugu titrati frekvencijom vanjskog na-pona, tj. da ce biti oblika

IP (t) = C cosωt+ S sinωt. (6.60)

Uvrstavanje ovog izraza za sruju u (6.59), vodi na

cosωt

[−ω2 C +

R

Lω S +

1

LCC − V0 ω

L

]+ sinωt

[−ω2 S − R

Lω C +

1

LCS]= 0.


Buducu da sinusi i kosinusi ne mogu istovremeno biti jednaki nuli, mora svaka odgornjih uglatih zagrada zasebno iscezavati

(1

LC− ω2

)C +

Rω

LS =

V0 ω

L,

−RωL

C +

(1

LC− ω2

)S = 0.

Rjesavanje gornjeg 2 × 2 sustava za C i S daje

C =V0

R2 +(

1ω C

− ω L)2(

1

ω C− ω L

),

S =V0

R2 +(

1ω C

− ω L)2 R

Uvrstavane gornjih vrijednosti u (6.60), daje konacni izraz za struju u stacionarnomrezimu

IP (t) = A cos(ωt− Φ),

gdje su

A =V0√

R2 +(

1ω C

− ω L)2 ,

tan Φ =R

1ω C

− ω L.

Primjetimo jos da uvjet rezonancije (najvece amplitude)

dAd t

= 0,

daje da je rezonantna frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji

ωR = ω0 =1√LC

.

Zadatak: 6.17 Cestica titra u skladu s jednadzbom gibanja mx +Kx = 5 cosωt + 2 cos 3ωt .Ako se cestica u pocetnom trenutku nalazila u ishodistu i imala brzinu v0, odreditex(t) i nadite rezonantne frekvencije.

R:dovrsiti


6.1.5 Apsorpcija snage vanjske sile

Radi jednostavnosti, ogranicimo se opet na vanjsku silu ciji je koeficijent

C1 ≡ F0

razvoja (6.41), razlicit od nule, dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli. Djelujuci na harmo-nijski oscilator, vanjska sila

~Fv(t) = F0 cosωt ~ex

nad njim obavlja odredeni rad i time povecava njegovu energiju. U ovom cemo odjeljkuizracunati koliko je to povecanje energije po jedinici vremena tako sto cemo izracunati snaguvanjske sile Pv

Pv =dWv

d t=

~Fv d~r

d t= ~Fv ~v = F0 cosωt ~ex x ~ex = F0 x cosωt.

Brzinu x cemo izracunati pomocu stacionarnog (partikularnog) rjesenja (6.47)

x(c)P = A (c)(ω) cos

[ωt− Φ(ω)

],

jer nas zanima ponasanje sustava u vremenima nakon ukljucenja sile, a ne sam prijelazni rezimu trenutku ukljucenja. Vremenskom derivacijom (6.47) i uvrstavanjem u gornji izraz za snagu,dobije se trenutna apsorbirana snaga vanjske sile kao

Pv(t) = − F 20

m

ω√4γ2ω2 + (ω2

0 − ω2)2sin(ωt− Φ) cosωt.

Buduci da se vanjska sila mijenja s vremenom, isto tako ce se, u skladu s gornjim izrazom,s vremenom mijenjati i apsorbirana snaga. Kako je sila periodicna s periodom T = 2 π/ω,relevantna je srednja snaga apsorbirana tijekom jednog perioda.Opci izraz za racun srednje vrijednosti periodicne funkcije 〈 f 〉 tijekom jednog periodaje

〈 f 〉 = 1

T

∫ t+T

t

f(t) d t. (6.61)

Primjenimo gornji izraz na racun srednje apsorbirane snage

〈 Pv 〉 = − F 20

m

ω√4γ2ω2 + (ω2

0 − ω2)2

⟨sin(ωt− Φ) cosωt

⟩

= − F 20

m

ω√4γ2ω2 + (ω2

0 − ω2)2

(1

2cosΦ 〈 sin 2ωt 〉 − sin Φ 〈 cos2 ωt 〉

).

Elementarnom integracijom se dobiva

〈 sin 2ωt 〉 =1

T

∫ t+T

t

sin 2ωt d t = 0,

(6.62)

〈 cos2 ωt 〉 =1

T

∫ t+T

t

cos2 ωt d t =1

2,


sto, uvrsteno u izraz za srednju snagu, daje

〈 Pv 〉 =1

2

F 20

m

ω√4γ2ω2 + (ω2

0 − ω2)2sin Φ.

Trigonometrijskim preobrazbama se iz (6.48) dobije

sinΦ =2 γ ω√

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

,

pa je konacno

〈 Pv 〉 = γF 20

m

ω2

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

. (6.63)

Gornji izraz je predstavlja snagu (usrednjenu po jednom priodu) koju vanjska sila predaje har-monijskom oscilatoru (slika 6.11). Vidi se da apsorbirana snaga ovisi o frekvenciji vanjske sile:na nekim je frekvencijama apsorpcija veca, a na nekima je manja. Sad je prirodno postaviti sli-

Slika 6.11: Snaga, (6.63), usrednjena po jednom periodu koju vanjska sila predaje harmonijskom oscilatoru (zaω0 = 2Hz).

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4ω

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

< P

v >

m /

( γ

F 0

2 )

γ = 0.3 Hzγ = 0.5 Hzγ = 1.0 Hzγ = 2.0 Hz

jedece pitanje: koliku frekvenciju treba imati vanjska sila, pa da apsorpcija snage bude najveca?Kao i obicno, ekstrem funkcije se odreduje izjednacavanjem njezine prve derivacije s nulom

d

d ω〈 Pv 〉 = 0,

sto je zadovoljeno ako je

ω = ω0.

Dakle, kao sto se moglo i ocekivati, sustav apsorbira najvise energije (po jedinici vremena), akovanjska sila titra vlastitom frekvencijom samog sustava. Najveca apsorbirana snaga je

〈 Pv 〉max = 〈 Pv 〉ω=ω0=

1

4

F 20

γ m. (6.64)


Apsorpcija snage je veca ako je veci intezitet vanjske sile, ako je manje prigusenje i ako je manjamasa cestice koja titra (ovdje je rijec o tromoj masi).

polusirina linije:Osim polozaj maksimuma 〈 Pv 〉, oblik apsorpcijske linije sa slike 6.11 se opisuje i pojmompolusirine linije. Polusirina se definira tako sto se pitamo za koliko se treba pomaknuti nalijevu i desnu stranu od maksimuma,

ω = ω0 ±∆ω,

pa da vrijednost 〈 Pv 〉 bude jednaka polovici najvece? Kada nademo ∆ω, trazena polusirinaje 2 ∆ω. Sama ∆ω je dakle rjesenje jednadzbe

〈 Pv 〉ω=ω0±∆ω =1

2〈 Pv 〉max.

Izravnim uvrstavanjem (6.63) i (6.64) u gornju jednadzbu, i njezinim rjesavanjem, dobiva se

∆ ω = γ − ω0 +√γ2 + ω2

0.

U granici slabog prigusenja γ << ω0, priblizno je

∆ ω ≃ γ.

Polusirina linije je dakle priblizno jednaka 2 γ i odredena je koeficijentom prigusenja: sto jemanje prigusenje, apsorpcijska linija postaje sve uza (slika 6.11).Primjetimo jos i da se apsorbirana snaga moze dobiti u obliku Lorentzove funkcije (lorencijana)

fL(Y ) =1

1 + Y 2.

Da bi se to izvelo, u (6.63) treba izvesti zamjenu varijable, tako da se za varijablu koristiY ≡ 1/ tanΦ, koji je, prema (6.48), jednak

Y ≡ 1

tanΦ=ω20 − ω2

2γω.

U toj je varijabli

〈 Pv 〉 =F 20

4 m γ

1

1 + Y 2.

Vidimo da je apsorpcijska linija uistinu oblika lorencijana, a da se maksimum postize za Φ =π/2.

Sacuvanje energije:Na kraju jos jedna mala provjera cijelog racuna. Upravo smo ustanovili da, uslijed rada vanj-ske sile, postoji tok energije u sustav (harmonijski oscilator). Buduci da smo sve smo vrijemeradili sa stacionarnim rjesenjem (6.47), zakljucujemo da istovremeno mora postojati i tokenergije iz sustava koji je po iznosu jednak toku energije u sustav. U suprotonom, stacionarno


stanje se ne bi moglo ostvariti. Jasno je da se tok energije iz sustava u okolinu odvija mehaniz-mom prigusenja (medudjelovanja harmonijskog oscilatora sa cesticama okoline). Ovaj gubitakenergije smo vec izracunali u (6.35), i on je jednak

Pprig =dEmehd t

= −β x 2 = −2 m γ x 2.

Uvrsti li se za x brzina dobivena iz stacionarnog rjesenja (6.47) i izvede li se vremensko usred-njenje po jednom periodu, nakon kraceg racuna dolazi se do

〈 Pprig 〉 = −2 γ m ω2 A2(ω)(

cos2Φ〈 sin2 ωt 〉+ sin2Φ〈 cos2 ωt 〉 − 2 sinΦ cosΦ 〈sinωt cosωt〉)

= −γ m ω2 A2(ω),

gdje smo za izracunavanje vremenskih srednjih vrijednosti koristili (6.62). Uvrstavanjem am-plitude iz (6.49), dobije se brzina gubitka energije kao

〈 Pprig 〉 = −γ F20

m

ω2

4γ2ω2 + (ω20 − ω2)2

. (6.65)

Usporedimo li gornji izraz sa (6.63), vidimo da je ukupna bilanca vremenske promjene energije

〈 Pprig 〉+ 〈 Pv 〉 = 0,

ili

| 〈 Pprig 〉 | = 〈 Pv 〉.

Ostvaren je stacionarni protok energije: koliko energije posredstvom vanjske sile ude u sustav(harmonijski oscilator), toliko i izade procesom prigusenja.

6.1.6 Prisilni titraji - neperiodicna vanjska sila

Do sada smo govorili o harmonijskom oscilatoru na koji djeluje periodicna vanjska sila. Po-gledajmo sada sto se moze reci o rjesenju jednadzbe gibanja oscilatora, ako vanjska sila nijenuzno periodicna?

Radi jednostavnosti, izostavit cemo ucinke prigusenja i promatrati gibanje cestice pod djelova-njem samo elasticne sile i vanjske sile Fv(t). Jednadzba gibanja je

mx = −K x+ Fv(t), (6.66)

a pocetni uvjeti neka su

x(0) = x0, x (0) = v0.

Opce rjesenje gornje jednadzbe je zbroj homogenog partikularnog rjesenja

x = xH + xP .

Homogeno rjesenje je oblika

xH = CH cosω0t+ SH sinω0t,


gdje su CH i SH konstante, a ω0 =√K/m.

Ukupno rjesenje (dakle, ne samo partikularno) cemo potraziti polazeci od homogenog rjesenjai koristeci metodu varijacije konstanata. Kao sto je poznato iz matematicke analize(vidjeti npr. [25], str. 535) ukupno rjesenje gornje jednadzbe se trazi u obliku

x(t) = C(t) cosω0t + S(t) sinω0t,

pri cemu su funkcije S(t) i C(t), rjesenja 2 × 2 sustava

C ′ cosω0t+ S ′ sinω0t = 0,

C ′ (cosω0t)′ + S ′ (sinω0t)

′ = Fv,

tj. (nakon deriviranja)

C ′ cosω0t + S ′ sinω0t = 0,

−C ′ sinω0t + S ′ cosω0t =Fvω0.

Prva od gornjih jednadzba se pomnozi sa sinω0t, a druga s cosω0t, a zatim se dobivene jed-nadzbe zbroje. Rezultat je

d S

d t=

1

ω0Fv(t) cosω0t

/ ∫ t

0

d t

S(t)− S(0) =1

ω0

∫ t

0

Fv(s) cosω0s d s.

Na slican nacin (mnozenjem prve jednadzbe s cosω0t, a druge sa sinω0t i oduzimanjem prveod druge), dobiva se i

dC

d t= − 1

ω0Fv(t) sinω0t

/ ∫ t

0

d t (6.67)

C(t)− C(0) = − 1

ω0

∫ t

0

Fv(s) sinω0s d s.

Sada je opce rjesenje

x(t) =

[S(0) +

1

ω0

∫ t

0

Fv(s) cosω0s d s

]sinω0t

+

[C(0)− 1

ω0

∫ t

0

Fv(s) sinω0s d s

]cosω0t.

Uvrstimo u gornje rjesenje pocetne uvjete:

x(0) = x0 = 0 +[C(0)− 0

]⇒ C(0) = x0.


Racun pocetnog uvjeta na brzinu

x(t) = C(t) cosω0t + S(t) sinω0t

x (t) = C ′(t) cosω0t− ω0C(t) sinω0t

+ S ′(t) sinω0t + ω0S(t) cosω0t,

x (0) = v0 = C ′(0) + ω0S(0).

Iz relacije (6.67) se ocitava C ′(0) = 0, pa je

S(0) =v0ω0

.

Sada se cijelo rjesenje moze napisati u obliku

x(t) = x0 cosω0t+v0ω0

sinω0t

+1

ω0

∫ t

0

Fv(s)(

sinω0t cosω0s− cosω0t sinω0s)d s

x(t) = x0 cosω0t+v0ω0

sinω0t +1

ω0

∫ t

0

Fv(τ) sinω0(t− qtau) d τ. (6.68)

No. gornji izraz citamo kao

x = xH + xP ,

pa u prva dva clana prepoznajemo homogeno rjesenje xH , poznato iz odjeljka 6.1 (koje preostaneako nema vanjske sile: Fv = 0)

xH = x0 cosω0t+v0ω0

sinω0t

i drugi dio koji je partikularno rjesenje

xP =1

ω0

∫ t

0

Fv(τ) sinω0(t− τ) d τ. (6.69)

U slijedecem odjeljku, u izrazu pod integralom, prepoznat cemo Greenovu funkciju.

Opcenitije:Gore izlozena teorija se odnosi na nepriguseni harmonijski oscilator na koji djeluje neperiodicnavanjska sila. No, to je samo poseban slucaj opcenitog problema trazenja partikularnog rjesenjadiferencijalne jednadzbe drugog reda s konstantnim koeficijentima

x + p x + q x = f(t), (6.70)


gdje su p i q konstante. Gornjoj se diferencijalnoj jednadzbi pridruzuje algebarska jednadzba

ϕ(k) = k2 + p k + q = 0

koja se naziva karakteristicna jednadzba. Navodimo rjesenja jednadzbe (6.70) za dva mogucaoblika funkcije f(t).

(1)

f(t) = e a t Pn(t),

gdje je Pn(t) polinom n-tog reda u varijabli t. Ako a nije korjen karakteristicne jednadzbe, tj.ako je

ϕ(a) 6= 0,

tada se partikularno rjesenje trazi u obliku

xp = e a t Qn(t),

gdje je Qn(t) polinom n-tog reda u varijabli t, ciji se koeficijenti odreduju uvrstavanjem xpu jednadzbu i usporedbom clanova s istom potencijom t. Ako a jeste korjen karakteristicnejednadzbe, tj. ako je

ϕ(a) = 0,


xp(t) = tr e a t Qn(t), (6.71)

gdje je r visestrukost korjena a (tj. r = 1 ili je r = 2).

(2)Ako je nehomogeni dio oblika

f(t) = e a t[Pn(t) cos bt +Qm(t) sin bt

]

gdje su Pn(t) i Qm(t) polinomi n-tog i m-tog reda u varijabli t. Ako a ± ı b nisu korjenikarakteristicne jednadzbe, tj. ako je

ϕ(a± ı b) 6= 0,


xp = e a t[CN(t) cos bt + SN(t) sin bt

],

gdje su CN(t) i SN(t) polinomi reda N = max n,m u varijabli t, ciji se koeficijenti odredujuuvrstavanjem xp u jednadzbu i usporedbom clanova s istom potencijom t i uz istu trigonome-trijsku funkciju. Ako a± ı b jeste korjen karakteristicne jednadzbe, tj. ako je

ϕ(a± ı b) = 0,



xp(t) = tr e a t[CN(t) cos bt + SN(t) sin bt

], (6.72)

gdje je r visestrukost korjena a± ı b (tj. r = 1 ili je r = 2).

6.1.7 Rjesenje preko Greenove funkcije

Zapocnimo ovaj odjeljak s jednim primjerom.

Primjer: 6.1 Promotrimo diferencijalnu jednadzbu prigusenog harmonijskog oscilatora na kojidjeluje vanjska sila f(t)

x + 2γ x + ω20x(t) =

f(t)

m. (6.73)

Potrebno je naci rjesenje ove jednadzbe u posebnomslucaju kada je sila f nula u svim trenucimaosim u kratkom intervalu oko t = τ u kojemu na oscilator prenese impuls iznosa I.Kada je sila jednaka nuli (homogena jednadzba) i u slucaju slabog prigusenja rjesenje je poznato(navesti izraz)

x(t) = e−γt[C0 cosωt+ S0 sinωt

],

za konstantne i C0 i S0 i ω =√ω20 − γ2. Kao posljedica djelovanja udarne sile u trenutku τ ,

polozaj cestice u tom trenutku je jos uvijek nula, x(τ) = 0, ali je brzina x (τ) = I/m. To supocetni uvjeti, pridruzeni gornjoj jednadzbi gibanja. Pomocu njih se racunaju konstante C0 iS0

x(τ) = 0 = e−γτ[C0 cosωτ + S0 sinωτ

],

x (τ) =I

m= −γ e−γτ

[C0 cosωτ + S0 sinωτ

]+ ω e−γτ

[− C0 sinωτ + S0 cosωτ

],

⇒ C0 = − I

mωeγτ sinωτ S0 =

I

mωeγτ cosωτ,

a time i izraz za x(t)

x(t) =I

mωe−γ(t−τ) sinω(t− τ), t > τ. (6.74)

No, gornjim je izrazom zapravo vec izracunata i Greenova funkcija ovog problema. Naime,ako umjesto impulsa sile I napisemo d I = f(τ) d τ i to shvatimo kao diferencijal impulsa kojiizaziva pomak d x

d x(t) =d I

mωe−γ(t−τ) sinω(t− τ),

=f(τ) d τ

mωe−γ(t−τ) sinω(t− τ)

/ ∫ t

τ0

d τ,

x(t)− x(τ0) =1

mω

∫ t

τ0

e−γ(t−τ) sinω(t− τ) f(τ) d τ.


Buduci da je, prema pocetnom uvjetu, x(τ0) = 0, rjesenje nehomogene jednadzbe je izrazenopreko Greenove funkcije

x(t) =1

mω

∫ t

τ0

e−γ(t−τ) sinω(t− τ) f(τ) d τ, (6.75)

=

∫ t

τ0

G(t, τ) f(τ) d τ,

G(t, τ) =1

mωe−γ(t−τ) sinω(t− τ). (6.76)

Tocnost ovog rjesenja se, opet, moze provjeriti uvrstavanjem (6.75) u (6.73). Usporedbomizraza (6.74) i (6.76), vidi se da je G istog oblika kao i rjesenje x za slucaj da je impuls vanjskesile jedinicnog iznosa. S obzirom da je vremenski interval tijekom kojega djeluje vanjska sila,iscezavajuce malen, a da impuls sile treba biti jedinicnog iznosa

lim∆ τ → 0

∫ τ+∆ τ

τ

f(τ) d τ = I = 1,

to sama sila mora biti beskonacnog iznosa9. Funkcija koja zadovoljava ove, pomalo neobicnezahtjeve je Diracova δ-funkcija10

f(t) = δ(t− τ).

Iz ovog razmisljana slijedi zakljucak da Greenova funkcija zadovoljava jednadzbu oblika (6.73),ali sa vanjskom silom jednakom Diracovoj δ-funkciji

G (t, τ) + 2 γ G (t, τ) + ω20 G(t, τ) =

δ(t− τ)

m.

Poopcimo gornji postupak kada vanjska sila nije nuzno oblika kratkog impulsa.

x + 2 γ x + ω20 x =

1

mFv(t), x(0) = x0, x (0) = v0.

Opce rjesenje gornje jednadzbe je zbroj homogenog partikularnog rjesenja

x(t) = xH(t) + xP (t) = xH(t) +

∫Fv(t

′ )G(t, t ′ ) d t ′ ,

gdje je partikularno rjesenje izrazeno preko Greenove funkcije, G .

xP (t) =

∫Fv(t

′ )G(t, t ′ ) d t ′ ,

x P (t) =

∫Fv(t

′ ) G (t, t ′ ) d t ′ ,

x P (t) =

∫Fv(t

′ ) G (t, t ′ ) d t ′ ,

Fv(t) =

∫Fv(t

′ ) δ(t− t ′ ) d t ′ .

9Sjetimo se da se vrijednost integrala geometrijski interpretira kao povrsina ispod podintegralne funkcije.10 Vidjeti npr. u [14].


Tockicom su oznacene derivacije po varijabli t.∫

Fv(t′ )

[G (t, t ′ ) + 2 γ G (t, t ′ ) + ω2

0 G(t, t′ ) − δ(t− t ′ )

m

]d t ′ = 0,

G (t, t ′ ) + 2 γ G (t, t ′ ) + ω20 G(t, t

′ ) − δ(t− t ′ )

m= 0.

Uvrstavanjem Fourierovih preobrazbi za Diracovu i Greenovu funkciju

δ(t− t ′ ) =1√2 π

∫eı ω (t−t ′ ) d ω,

G(t, t ′ ) =1√2 π

∫g(ω) eı ω (t−t ′ ) d ω,

G (t, t ′ ) =ı√2 π

∫ω g(ω) eı ω (t−t ′ ) d ω,

G (t, t ′ ) =−1√2 π

∫ω2 g(ω) eı ω (t−t ′ ) d ω,

od diferencijalne jednadzbe za G, dobiva se algebarska jednadzba za g

g(ω) =−1

m

1

ω2 − 2 ı γ ω − ω20

=−1

m

1

(ω − ω+)(ω − ω−), ω± = ı γ ±

√ω20 − γ2,

a zatim i jednadzba za G

G(t, t ′ ) =1√2 π

∫g(ω) eı ω (t−t ′ ) d ω =

−1

m√2 π

∫eı ω (t−t ′ )

(ω − ω+)(ω − ω−)d ω

Gornji integral se racuna u komplesnoj

ω = ω1 + ı ω2

ravnini po krivuljama C+ i C− sa slike 6.12, koristeci teorem o reziduumima11 ...dovrsiti ...dovrsiti ...

Izraz za Greenovu funkciju jednadzbe (6.66) sadrzan je u izrazu (6.69)

G(t, τ) =1

mω0sinω0(t− τ).

11Vidjeti npr. [14].


Slabo prigusenje

ω20 > γ2 G(t, t ′ ) = ...

Kriticno prigusenje (ω+ = ω−),

ω20 = γ2 G(t, t ′ ) = ...,

Jako prigusenje

ω20 < γ2 G(t, t ′ ) = .

Slika 6.12: Uz integraciju u ravnini kompleksnevarijable ω.

Zadatak: 6.18 Odredite period titranja tijela mase m, objesenog o dvije opruge sa slika (A) i(B).

R:dovrsiti

Zadatak: 6.19 Tijelo mase m je objeseno o okomito postavljenu oprugu konstante elasticnostiK. U nedeformiranom stanju, duljina opruge je l0. Gornji kraj opruge se giba uokomitom smjeru po zakonu A sinωt, gdje su A i ω konstante. Izvedite izraz zapolozaj tijela u proizvoljnom vremenskom trenutku.

R:dovrsiti

6.1.8 Matematicko njihalo

Matematicko njihalo, slika 6.13, je sustav koji se sastoji od cestice mase m pricvrscene za jedankraj niti duljine l. Drugi kraj niti je pricvrscen za nepomicnu tocku objesista O. Masa i


rastezivost niti se zanemaruju. Ako se cestica otkloni od polozaja ravnoteze u tocki A i otpusti,ona ce se njihati lijevo i desno od tocke A.Izvedimo i rjesimo jednadzbu gibanja matematickog njihala uz zanemarivanje sile otporakoja potjece od sudara cestice njihala sa cesticama sredstva u kojemu se odvija njihanje i odtrenja u tocki objesista. Takoder cemo zanemariti i ucinke od vrtnje Zemlje oko svoje osi, tj.pretpostavit cemo da se njihanje odvija u inercijskom sustavu (ucincima neinercijalnosti cemose posvetiti u poglavlju 8 - Foucaultovo njihalo). Zbog toga sto se gibanje odvija u ravnini,

Slika 6.13: Matematicko njihalo .

prirodno je postaviti jednadzbu gibanja u polarnom koordinatnom sustavu. Polozaj cesticeje odreden vektorom

~r(t) = l ~eρ (t),

a sile koje djeluju na cesticu jesu sila teza

m g ~ex

i sila napetosti niti

~Fnap = −Fnap ~eρ (t).

Stoga je jednadzba gibanja

m~r = m g ~ex − ~eρ Fnap.

U odjeljku 3.1 smo izracunali opci izraz (3.5) za ubrzanje u polarnom koordinatnom sustavu

~r = (ρ− ρϕ2) ~eρ + (ρϕ+ 2ρϕ) ~eϕ .

Sada je ρ = l = const., zbog nerastezivosti niti, pa je

ρ = ρ = 0.


Iz relacije (2.48) takoder znamo i da je

~ex = ~eρ cosϕ− ~eϕ sinϕ.

Uvrstavanjem u jednadzbu gibanja, slijedi

m (−lϕ2~eρ + lϕ~eϕ ) = m g (~eρ cosϕ− ~eϕ sinϕ)− ~eρ Fnap,


~eρ : −lϕ2 = g cosϕ− Fnapm

,

~eϕ : lϕ = −g sinϕ.

Prva jednadzba daje napetost niti

Fnap = mg cosϕ+mlω2

kao zbroj dva doprinosa: prvog od radijalne komponente sile teze i drugog od centrifugalne sile(ω = ϕ ). Druga jednadzba

ϕ = −glsinϕ. (6.77)

je jednadzba njihanja koju treba rijesiti i naci kut otklona ϕ kao funkciju vremena. Jednadzbu(6.77) cemo rijesiti na dva nacina: priblizno i egzaktno.

PribliznoZa male kutove otklona ϕ (izrazenog u radijanima), vrijedi Taylorov razvoj

sinϕ = ϕ− 1

6ϕ3 +O(ϕ5), (6.78)

pa jednadzba gibanja, s tocnoscu reda O(ϕ3), glasi

ϕ = −glϕ.

Oznaci i seω20 =

g

l, (6.79)

gornju jednadzbu prepoznajemo kao jednadzbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog os-cilatora (6.4)

ϕ = −ω20 ϕ.

Opce rjesenje gornje jednadzbe je

ϕ(t) = C cosω0t+ S sinω0t,

gdje se konstante C i S odreduju iz pocetnih uvjeta:

ϕ(0) = ϕ0, ϕ (0) = Ω0.


Uvrstenje pocetnih uvjeta daje

ϕ(t) = A cos(ω0t− α0), (6.80)

gdje su konstante A i α0 dane sa

A =

√

ϕ20 +

Ω20

ω20

, tan α =Ω0

ϕ0 ω0.

Period njihanja, T , se odreduje iz zahtjeva periodicnosti

ϕ(t) = ϕ(t+ T ) ⇒ T =2π

ω0= 2π

√l

g. (6.81)

Vidimo da se rjesavanje problema njihanja matematickog njihala kada su amplitude male, svodina problem slobodnog harmonijskog oscilatora.

EgzaktnoNo, sto ako amplitude nisu male? Tada postoje dva puta: egzaktno (kao u nastavku ovogodjeljka) ili racunom smetnje (kao u [20], str 130 ili u odjeljku 15.3 reference [7]).Evo egzaktnog racuna. Ako amplituda nije mala, tada zadrzavanje vodeceg clana u razvojusinusa u (6.78) nije opravdano i treba rjesavati cijelu jednadzbu (6.77). Uvedimo

ω =dϕ

dt= ω(ϕ(t))

i shvatimo ju kao funkciju kuta ϕ. tada je

d2ϕ

dt2=dω

dt=dω

dϕ

dϕ

dt= ω

dω

dϕ

Uvrstavanjem ove zamjene u jednadzbu gibanja (6.77), sa varijable vremena t, prelazimo nakutnu varijablu ϕ,

ωdω

dϕ= −g

lsinϕ

ωdω = −glsinϕ dϕ

/∫ ϕ(t)

ϕ(0)

≡∫ ω(ϕ(t))

ω(ϕ(0))

∫ ω(ϕ(t))

ω(ϕ(0))

ωdω = −gl

∫ ϕ(t)

ϕ(0)

sinϕ dϕ

1

2ω2(ϕ(t))− 1

2ω2(ϕ(0)) =

g

l

[cosϕ(t)− cosϕ(0)

].

Neka su sada pocetni uvjeti

ϕ(0) = ϕ0, ω(ϕ(0)) = 0,

za kruznu brzinu se dobiva

ω =dϕ

dt= ±

√2g

l

(cosϕ− cosϕ0

).


Odlucimo se sa predznak. U vremenskom intervalu

0 ≤ t ≤ T/4,

vrijeme raste, dt > 0, a kut ϕ se smanjuje od najvece vrijednosti ϕ0 do nule, tj. dϕ < 0 (slika6.13). Zato je omjer dϕ/dt < 0 i mi u gornjem izrazu odabiremo negativni predznak (drzeci naumu da smo se ogranicili na 0 ≤ t ≤ T/4)

dϕ

dt= −

√2g

l

(cosϕ− cosϕ0

)

−∫ T/4

0

dt = −T4=

√l

2g

∫ 0

ϕ0

dϕ√cosϕ− cosϕ0

T = 4

√l

2g

∫ ϕ0

0

dϕ√cosϕ− cosϕ0

= 2

√l

g

∫ ϕ0

0

dϕ√sin2(ϕ0/2)− sin2(ϕ/2)

Uvedimo sada novu varijablu Φ relacijom

sin(ϕ2

)= sin

(ϕ0

2

)sin Φ.

U varijabli Φ, jednadzba za period glasi

T = 4

√l

g

∫ π/2

0

dΦ√1− k2 sin2Φ

, (6.82)

gdje je

k2 = sin2(ϕ0

2

).

Integral koji se pojavljuje na desnoj strani se zove elipticki integral prve vrste i ne mozese izraziti preko elementarnih funkcija. Koristeci se binomnim teoremom12

(1 + x)p = 1 + px+p(p− 1)

1 · 2 x2 +p(p− 1)(p− 2)

1 · 2 · 3 x3 + · · · ,

korjen pod integralom moze razviti u red potencija. Uz p = −1/2 i x = −k2 sin2 Φ, binomniteorem mozemo primjeniti na razvoj podintegralne funkcije u izrazu za period

T = 4

√l

g

∫ π/2

0

dΦ

(1 +

1

2k2 sin2Φ +

1 · 32 · 4k

4 sin4Φ +1 · 3 · 52 · 4 · 6k

6 sin6Φ · · ·).

Svi su integrali s desne strane rjesivi

∫ π/2

0

(sin x)2n dx =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)π

2.

12Vidjeti npr. u [15]


Uvrstavanjem ovih rjesenja, dobije se period matematickog njihala za proizvoljnuvrijednost amplitude ϕ0, u obliku beskonacnog reda potencija u varijabli k

T = 2π

√l

g

[1 +

(1

2

)2

k2 +

(1 · 32 · 4

)2

k4 +

(1 · 3 · 52 · 4 · 6

)2

k6 + · · ·]. (6.83)

U granici malih amplituda ϕ0, i k ce biti mala velicina, pa najveci doprinos periodu dolazi odprvog clana koji prepoznajemo kao (6.81), T = 2π

√l/g.

Zadatak: 6.20 Matematicko se njihalo duljine 2m, njise s maksimalnim otklonom 30 . Izracunajtebrzinu cestice u najnizoj tocki. Izracunajte kutnu brzinu cestice u najnizoj tocki. Ko-liko je maksimalno ubrzanje i u kojoj je tocki tada njihalo?

R:dovrsiti

Zadatak: 6.21 Period matematickog njihala na povrsini Zemlje je 1 s. Koliki je period tog is-tog njihala na povrsini Mjeseca, ako je poznato da je mjeseceva gravitacija pribliznojednaka 1/6 zemljine?

R:dovrsiti

Zadatak: 6.22 U pocetnom trenutku matematicko njihalo se nalazi u polozaju ravnoteze i imabrzinu iznosa v0 u vodoravnom smjeru. Izracunajte duljinu luka koji njihalo opisetijekom jednog perioda.

R:dovrsiti

Zadatak: 6.23 Kolika najmanje treba biti brzina v0 iz prethodnog zadatka, pa da njihalo na-pravi puni krug?

R:dovrsiti


Zadatak: 6.24 Polumjer Marsa je priblizno 3 000 km, a njegova je masa oko 6 · 1023 kg.Izracunajte frekvenciju matematickog njihala na Marsu, ako ono na povrsini Zemljetitra periodom 2 s.

R:dovrsiti

6.2 Dvodimenzijski harmonijski oscilator

U prethodnim smo odjeljcima promatrali iskljucivo jednodimenzijsko gibanje cestice pod dje-lovanjem elasticne sile (i sile prigusenja, vanjske sile itd.) Promotrimo sada dvodimenzijskogibanje cestice pod djelovanjem samo elasticne sile u ravnini (x, y)

~F = −Kx x ~ex −Ky y ~ey , (6.84)

gdje suKx iKy pozitivne konstante (slika 6.14). Primjetimo da zaKx 6= Ky, sila nije usmjerenaprema ishodistu . Jednadzba gibanja cestice mase m pod djelovanjem gornje sile je

Slika 6.14: Elasticna sila u dvije dimenzije.

md2 ~r

d t2= −Kx x ~ex −Ky y ~ey ,

raspisana po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava postaje

x = −ω20,x x, ω2

0,x =Kx

m,

y = −ω20,y y, ω2

0,y =Ky

m, (6.85)

z = 0.

6.2. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 245

Osim gornjim jednadzbama, gibanje je odredeno i pocetnim uvjetima:

x(0) = x0, x (0) = v0x, y(0) = y0, y (0) = v0 y, z(0) = 0, z (0) = 0.

Uz ove uvjete, cestica ce se sve vrijeme gibati u ravnini (x, y). Dobila su se dva nevezana jed-nodimenzijska slobodna harmonijska oscilatora, cije su jednadzbe gibanja vec rjesne u odjeljku6.1

x(t) = Cx cosω0,xt + Sx sinω0,xt = Ax cos(ω0,xt− Φx),

y(t) = Cy cosω0,yt+ Sy sinω0,yt = Ay cos(ω0,yt− Φy).

To su parametarske jednadzbe krivulje (putanje cestice) u ravnini (x, y) s vremenom t kaoparametrom. Konstante Cj i Sj , tj. Aj i Φj se odreduju iz gornjih pocetnih uvjeta na polozaji brzinu cestice, kao u (6.8)

Ax =

√

x20 +v20xω20x

, tanΦx =v0x

ω0x x0,

Ay =

√y20 +

v20 yω20 y

, tanΦy =v0 y

ω0 y y0.

Putanje koje cestica opisuje u ravnini (x, y) se zovu Lissajousove13 krivulje. Nekoliko razlicitihLissajousovih krivulja je prikazano na slici 6.15. Razmotrimo neke njihove najjednostavnijeslucajeve:

♣ Neka su frekvencije titranja iste ω0,x = ω0,y = ω0, tj. Kx = Ky. Sada je, prema(6.84), elasticna sila usmjerena prema ishodistu (centralna sila, vidjeti odjeljak 7.6). Rjesenjaza pomak u x i y smjeru su

x

Ax= cosω0t cos Φx + sinω0t sinΦx,

(6.86)y

Ay

= cosω0t cos Φy + sinω0t sinΦy.

To su parametarske jednadzbe krivulje u ravnini (x, y), s vremenom t kao parametrom. Eli-minirat cemo vrijeme, kako bismo dobili izravnu vezu x i y. Pomnozimo gornju jednadzbu scos Φy, a donju s − cosΦx i zbrojimo ih

x

Ax= cosω0t cosΦx + sinω0t sinΦx

/· cosΦy,

y

Ay

= cosω0t cosΦy + sinω0t sinΦy

/· (−) cosΦx.

x

Axcos Φy −

y

AycosΦx = sinω0t sin(Φx − Φy). (6.87)

13Ove su krivulje proucavali Nathaniel Bowditch 1815, a kasnije, 1857, i puno detaljnije Jules Antoine Lissajous.


Slika 6.15: Lissajousova krivulje kao rjesenja jednadzba: x = A sin(ω0,xt + δ), y = A sin(ω0,yt) za δ = π/2 inavedene vrijednosti ω0,x i ω0,y, pri cemu je ω0,x neparan prirodan broj i |ω0,x − ω0,y| = 1

ω0,x = 1, ω0,y = 2 ω0,x = 3, ω0,y = 2 ω0,x = 3, ω0,y = 4

ω0,x = 5, ω0,y = 4 ω0,x = 5, ω0,y = 6 ω0,x = 9, ω0,y = 8

Ako sada gornju od jednadzba (6.86) pomnozimo sa − sin Φy, a donju sa sinΦx i zbrojimo,dobivamo

x

Ax= cosω0t cosΦx + sinω0t sinΦx

/· (−) sinΦy,

y

Ay= cosω0t cosΦy + sinω0t sin Φy

/· sinΦx.

− x

Axsin Φy +

y

Aysin Φx = cosω0t sin(Φx − Φy). (6.88)

Ako sada jednadzbe (6.87) i (6.88) kvadriramo i zbrojimo, vrijeme t nestaje iz jednadzbe ipreostaje

(x

Ax

)2

− 2xy

AxAy

cos(Φx − Φy) +

(y

Ay

)2

= sin2(Φx − Φy). (6.89)

Gornja jednadzba predstavlja elipsu u ravnini (x, y) sa sredistem u ishodistu i s glavnomosom zakrenutom za odredeni kut Φ prema pozitivnom smjeru osi x (slika 6.16). S gibanjemcestice po elipsi uslijed djelovanja elasticne sile u smjerene prema ishodistu, cemo se susrestiponovo u poglavlju 7 o centralnim silama.


Slika 6.16: Elipsa kao Lissajousova krivulja.

Lako je odrediti kut zakreta Φ. Uvedimo pomocni koordinatni sustav (x ′, y ′) kao na slici 6.16.U tom koordinatnom sustavu su osi elipse usmjerene duz koordinatnih osi x ′ i y ′, pa jednadzbaelipse glasi

(x ′

A′x

)2

+

(y ′

A′y

)2

= 1.

Veza (x ′, y ′) s (x, y) sustavom je dana relacijama

x = x ′ cosΦ− y ′ sin Φ,

y = x ′ sin Φ + y ′ cosΦ.

Pomocu gornjih relacija cemo elipsu (6.89) napisati u koordinatama x ′ i y ′

x ′ 2 ·[cos2Φ

A2x

− sin 2Φ

AxAycos(Φx − Φy) +

sin2Φ

A2y

]

+x ′y ′ ·[−sin 2Φ

A2x

− 2cos 2Φ

AxAy

cos(Φx − Φy) +sin 2Φ

A2y

]

+ y ′ 2 ·[sin2 Φ

A2x

+sin 2Φ


cos2Φ

A2y

]= sin2(Φx − Φy).

Gornje dvije jednadzbe prikazuju istu elipsu, pa moraju biti jednake, tj. clan srazmjeranumnosku x ′ · y ′, mora biti jednak nuli, a to je moguce samo ako je

−sin 2Φ

A2x

− 2cos 2Φ


sin 2Φ

A2y

= 0,

ili, nakon kraceg sredivanja,

tan 2Φ =2AxAy

A2x −A2

y

cos(Φx − Φy),


sto predstavlja jednadzbu za odredivanje kuta Φ zakreta koordinatnih sustava. Usporedbomgornjih izraza jos zakljucujemo i da je

(A′x)

−2 =

(cos2Φ

A2x

− sin 2Φ

AxAy

cos(Φx − Φy) +sin2Φ

A2y

)/sin2(Φx − Φy)

(A′y)

−2 =

(sin2Φ

A2x

+sin 2Φ


cos2Φ

A2y

)/sin2(Φx − Φy).

Promotrimo neke posebne slucajeve jednadzbe (6.89):

♣ Ako je Φx = Φy, tada se jednadzba elipse, (6.89), degenerira u

(x

Ax− y

Ay

)2

= 0 ⇒ y =Ay

Axx

pravac koji lezi na dijagonali pravokutnika duljine stranica Ax i Ay (slika 6.17.A).

Slika 6.17: Elipsa - posebni slucajevi .

♣ Ako je Φx = Φy + π, tada se jednadzba elipse degenerira u

(x

Ax

+y

Ay

)2

= 0 ⇒ y = −Ay

Ax

x

pravac koji lezi na drugoj dijagonali pravokutnika duljine stranica Ax i Ay (slika 6.17.B).

♣ Ako je Φx = Φy + π/2, tada je putanja cestice elipsa, a kut zakreta Φ = 0

(x

Ax

)2

+

(y

Ay

)2

= 1,

a titranje u smjeru osi x je za 1/4 perioda ispred titranja u smjeru osi y (slika 6.17.C).


♣ Ako je Φx = Φy + 3π/2, tada je putanja cestice opet elipsa s kutom zakreta Φ = 0

(x

Ax

)2

+

(y

Ay

)2

= 1,

a titranje u smjeru osi x za 1/4 perioda kasni u odnosu na titranje u smjeru osi y (slika 6.17.C).

♣ Ako je jos i Ax = Ay, elipsa degenerira u kruznicu polumjera R ≡ Ax = Ay.

Gornja je analiza primjenjiva na opis polarizacije elektromagnetskog vala. Elektricna,E, i magnetska, B, komponenta vala titraju u ravnini okomitoj na smjer sirenja vala i jos sumedusobno okomite. Uzme li se za tu ravninu upravo ravnina (x, y), tada jednostavna promjenanotacije

x→ E, y → B,

prevodi gornju analizu na opis linearno, kruzno i elipticki polariziranog elektromagnetskog vala.Kruzna i elipticka polarizacija jos mogu biti lijevo ili desno orjentirane, ovisno o tome vrti li sevrh vektora elektricnog (pa time i magnetskog) polja u smjeru ili suprotno smjeru kazaljke nasatu.

♣ Ako je ω0,x = 2ω0,y i razlika u fazama Φx − Φy =π2, Lissajousova krivulja je parabola14

x(t)

Ax= cos(2ω0,yt− Φy − π/2),

y(t)

Ay= cos(ω0,yt− Φy).

Eliminacijom vremena iz gornjih parametarskih jednadzba, dolazi se do

x±Ax

= − sin Φy + 2 sinΦy

(y

Ay

)2

± 2y

Ay

√

sin2Φy + (1 + sin2Φy)

(y

Ay

)2

,

ili, jednostavnije, ako je pocetna faza Φy = 0, tada je

x±Ax

= ±2

(y

Ay

)2

.

♣ U slucaju kada je ω0,x = m ω0, a ω0,y = n ω0, gdje su m i n prirodni brojevi

x(t) = Ax cos(mω0t− Φx),

y(t) = Ay cos(nω0t− Φy),

14Primjetimo da sada sila vise nije centralna, tj. nije usmjerena prema ishodistu.


Lissajousove krivulje su zadane Cebisevljevim polinomima, Tl(z), prve vrste i stupnja l

Tl(z) =

[l/2]∑

i=0

(l

2i

)zl−2i(z2 − 1)i,

Tl(cosω0 t) = cos(l ω0 t), (6.90)

Tl(sinω0 t) =

(−1)(l−1)/2 sin l ω0 t l neparan,

(−1)l/2 cos l ω0 t l paran.

T0(z) = 1,

T1(z) = z,

T2(z) = 2z2 − 1,

T3(z) = 4z3 − 3z,

T4(z) = 8z4 − 8z2 + 1,

T5(z) = 16z5 − 20z3 + 5z,

T6(z) = 32z6 − 48z4 + 18z2 − 1,

T7(z) = 64z7 − 112z5 + 56z3 − 7z,

T8(z) = 128z8 − 256z6 + 160z4 − 32z2 + 1,

T9(z) = 256z9 − 576z7 + 432z5 − 120z3 + 9z,

T10(z) = 512z10 − 1280z8 + 1120z6 − 400z4 + 50z2 − 1,

T11(z) = 1024z11 − 2816z9 + 2816z7 − 1232z5 + 220z3 − 11z,... .

Prema (6.90) je

Tn(x/Ax) = Tn(cos(mω0t− Φx)) = cos(mnω0t− nΦx)

= cos(mnω0t) cos(nΦx) + sin(mnω0t) sin(nΦx), (6.91)

Tm(y/Ay) = Tm(cos(nω0t− Φy)) = cos(mnω0t−mΦy)

= cos(mnω0t) cos(mΦy) + sin(mnω0t) sin(mΦy). (6.92)

Pomnozimo (6.92) s cos(nΦx), (6.91) s cos(mΦy) i odzmimo ih

Tm(y/Ay) cos(nΦx)− Tn(x/Ax) cos(mΦy) = sin(mnω0t) sin(mΦy − nΦx).

Pomnozimo sada (6.92) s sin(nΦx), (6.91) s sin(mΦy) i odzmimo ih

Tm(y/Ay) sin(nΦx)− Tn(x/Ax) sin(mΦy) = − cos(mnω0t) sin(mΦy − nΦx).

Kvadrirajmo i zbrojimo gornje dvije jednadzbe, tako da nestane varijabla t na desnoj strani

T 2m(y/Ay)− 2 Tm(y/Ay) Tn(x/Ax) cos(mΦy − nΦx) + T 2

n(x/Ax) = sin2(mΦy − nΦx).

To je trazena veza izmedu x i y, izrazena preko Cebisevljevih polinoma.

6.3. TRODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 251

♠ U opcem slucaju ω0,x 6= ω0,y, u skladu s relacijama (6.85), elasticna sila nije usmjerenaprema ishodistu koordinatnog sustava i putanja cestice ce biti znatno slozenija (sto necemodalje diskutirati).

Zadatak: 6.25 Dvodimenzijski harmonijski oscilator mase 2, ima potencijalnu energiju jed-naku Ep = 8(x2+4y2). Ako su pocetni polozaj i brzina harmonijskog oscilatora danisa ~r0 = 2~ex − ~ey , ~v0 = 4~ex + 8~ey , nadite polozaj i brzinu harmonijskog oscilatora uproizvoljnom trenutku i odredite period gibanja.

R:tekst rjesenja

6.3 Trodimenzijski harmonijski oscilator

Promatra se trodimenzijski izotropni15 harmonijski oscilator. Izvor sile je u ishodistu koje jeujedno i polozaj ravnoteze cestice

~Fel = −K ~r = −K r ~er . (6.93)

Ovaj oblik sile je jedan primjer centralne sile o kojoj ce se opcenito govoriti u odjeljku 7.6.Pocetni polozaj i brzina cestice su dani sa

~r(0) = ~r0, ~v(0) = ~v0.

Moment kolicine gibanja cestice u pocetnom trenutku je

~L (0) = ~L 0 = ~r0 × ~p 0 = ~r0 × m~v0.

Pokazimo da je moment kolicine gibanja u proizvoljnom trenutku t

~L (t) = ~r(t) × ~p (t) = ~r(t) × m~v(t)

jednak momentu kolicine gibanja u t = 0, tj. pokazimo da je moment kolicine gibanja konstan-tan u vremenu. U proizvoljnom vremenskom trenutku je vremenska promjena moment kolicinegibanja jednaka

d ~L

d t=

d

d t(~r × ~p ) =

d~r

d t× m~v + ~r × d ~p

d t.

Prvi clan desne strane je jednak nuli jer je vektorski umnozak dva kolinearna vektora (brzine)jednak nuli (vidjeti odjeljak ...). Na drugi clan desne strane treba primjeniti drugi Newtonovaksiom (jednadzbu gibanja) i zamjeniti

d ~p

d t= ~Fel = −K ~r.

15Sila je iste jakosti u svim smjerovima


Time i drugi clan desne strane postaje vektorski umnozak dva kolinearna vektora (radij vek-tora), pa je i on jednak nuli. Sada je vremenska promjena moment kolicine gibanja jednakanuli

d ~L

d t= 0,

tj. ~L je konstantan u vremenu i sve vrijeme ima istu vrijednost kao i u pocetnom trenutkut = 0

~L (t) = ~L 0 = const.

Ako su u pocetnom trenutku ~r0 i ~v0 bili kolinearni, tada je

~L 0 = 0

i cestica ce se sve vrijeme gibati po pravcu. Ako su u pocetnom trenutku ~r0 i ~v0 bili nekolinearni,tada je

~L 0 6= 0

i cestica ce se sve vrijeme gibati tako da su njezini polozaj ~r(t) i brzina ~v(t) okomiti na konstantni

vektor ~L 0. Drugim rjecima, iako smo krenuli od sile (6.93) u trodimenzijskom prostoru, gi-banje cestice pod djelovanjem te sile se odvija u dvije dimenzije, u ravnini okomitoj na jedankonstantni vektor, ~L 0. Zbog izotropije prostora, koordinatne osi se mogu priozvoljno usmjeriti,a u opisu ovog gibanja uobicajeno je odabrati osi z u smjeru vektora ~L 0, tako da se gibanjecestice odvija u ravnini (x, y). Ovo ravninsko gibanje je opca karakteristika gibanja u poljucentralne sile, o cemu ce vise rijeci biti u odjeljku 7.6.

Buduci da se gibanje odvija u ravnini, prirodnije je umjesto sfernog koristiti polarni koordinatnisustav

θ ≡ π

2, r → ρ.

Buduci da je elasticna sila konzervativna, to je mehanicka energija energija oscilatora kons-tantna i jednaka mehanickoj energiji u pocetnom trenutku

E =1

2mv2 +

1

2Kρ2 =

1

2mv20 +

1

2Kρ20 = E0.

Prema (3.2) brzina u polarnom koordinatnom sustavu je

~v = ρ ~eρ + ρϕ~eϕ ,

pa se za energiju i moment kolicine gibanja dobiva

E0 =1

2m(ρ 2 + ρ2ϕ 2) +

1

2Kρ2,

~L 0 = mρ20ϕ 0 ~ez = mρ2ϕ ~ez .

Ako se iz druge od gornjih jednadzba kutna brzina izrazi kao

ϕ =L0

mρ2(6.94)


i uvrstimo u energiju, dobiva se

E0 =1

2mρ 2 +

L20

2m

1

ρ2+K

2ρ2 ≥ 0. (6.95)

Energija je zbroj pozitivnih clanova pa je i sama pozitivna. Za svaku konacnu i pozitivnuvrijednost E0, mora biti

0 < ρ <∞,

tj. gibanje se odvija u konacnom dijelu prostora

ρ− ≤ ρ ≤ ρ+.

Slicno kao i u jednodimenzijskom slucaju, u granicnim tockama brzina mjenja svoj predznak,tj. jednaka je nuli i zato su, prema (6.95), ρ± rjesenja jednadzbe

E0 =L20

2m

1

ρ2±+K

2ρ2±,

ρ± =E0

K

(1±

√

1− ω20 L

20

E20

), ω2

0 =K

m. (6.96)

Radijalno gibanjeRjesavanjem (6.95) po brzini, dobiva se

d ρ

d t=

ω0

ρ

√2E0

Kρ2 − L2

0

mK− ρ4 =

ω0

ρ

√(ρ2+ − ρ2)(ρ2 − ρ2−), ρ− ≤ ρ ≤ ρ+

∫ t

0

d t = t =1

ω0

∫ ρ

ρ0

ρ d ρ√(ρ2+ − ρ2)(ρ2 − ρ2−)

.

Uvodenjem nove varijable

s =2ρ2 − (ρ2+ + ρ2−)

ρ2+ − ρ2−,

gornji integral postaje

t =1

2ω0

∫ s

s0

ds√1− s2

=1

2ω0

(arcsin s− arcsin s0

)

=1

2ω0

(arcsin

2ρ2 − (ρ2+ + ρ2−)

ρ2+ − ρ2−− arcsin

2ρ20 − (ρ2+ + ρ2−)

ρ2+ − ρ2−

).

Oznaci li se gornji konstantni clan s

φ0 ≡ arcsin2ρ20 − (ρ2+ + ρ2−)

ρ2+ − ρ2−, (6.97)

slijedi

sin(2ω0t+ φ0) =2ρ2 − (ρ2+ + ρ2−)

ρ2+ − ρ2−,


ili, rjesavanjem po ρ2

ρ2 =ρ2+ + ρ2−

2+ρ2+ − ρ2−

2sin(2ω0t+ φ0).

Uvrstavanjem (6.96), dobiva se

ρ2 =E0

K

[1 +

√

1− ω20 L

20

E20

sin(2ω0t + φ0)

]. (6.98)

Primjetimo da ako je pocetna tocka jedna od tocaka okretista

ρ0 = ρ±,

tada je, prema (6.97)

φ0 ≡ arcsin (± 1) = ± π

2,

pa je i

sin(2ω0t+ φ0) = sin(2ω0t±

π

2

)= ± cos(2ω0t).

ρ2(t) =

E0

K

[1 +

√1− ω2

0L20

E20

cos(2ω0t)], ρ0 = ρ+,

E0

K

[1−

√1− ω2

0L20

E20

cos(2ω0t)], ρ0 = ρ−.

(6.99)

Prepoznajmo gornje rjesenje u posebno jednostavnom slucaju kada se u pocetnom trenutkucestica nalazi u jednoj od tocaka okretista

ρ0 = ρ±,

tako da joj je pocetna radijalna brzina jednaka nuli

ρ 0 = 0

i energija je

E0 =1

2mρ2±ϕ

2 +1

2Kρ2±.

Odabere li se jos i da je pocetna kutna brzina jednaka vlastitoj frekvenciji oscilatora ω0

ϕ 0 = ω0 =

√K

m,

za energiju se dobije

E0 = Kρ2± = (6.96) = E0

(1±

√

1− ω20 L

20

E20

).

Da bi gornja relacija bila zadovoljena, mora izraz pod korjenom iscezavati

E20 = ω2

0 L20.


Uvrstavanje gornje veze u izraz (6.99) daje

ρ2(t) =E0

K= ρ2±.

Iz gornjeg izraza se vidi da se, uz odabrane pocetne uvjete, cestica giba tako da njezina uda-ljenost od ishodista, ρ(t) ne ovisi o vremenu tj. konstantna je tj. cestica se giba po kruznicipolumjera ρ+ ili ρ−.

Kutno gibanjeRelacijom (6.98) dobivena je ovisnost radijalne varijable ρ o vremenu, a sada ce se pokazatikako se dolazi do ovisnosti kutne varijable ϕ o vremenu.

Krece se od relacije konstantnosti momenta kolicine gibanja (6.94)

d ϕ

d t=

L0

mρ2

∫ ϕ

0

d ϕ =L0

m

∫ t

0

d t

ρ2(t)

ϕ(t) =ω20L0

E0

∫ t

0

d t

1 +√

1− ω20L20

E20

sin(2ω0t + φ0).

Gornji integral je oblika (A.10) s rjesenjem

ϕ(t) = arctan

[E0

ω0L0

tan(ω0t + φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1

]t

0

= arctan

[E0

ω0L0tan(ω0t + φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1

]

− arctan

[E0

ω0L0

tan(φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1

].

Oznaci li se gornji konstantni clan s ψ0

ψ0 ≡ arctan

[E0

ω0L0tan(φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1

],

jednadzba za ϕ(t) je

ϕ(t) = arctan

[E0

ω0L0tan(ω0t+ φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1

]− ψ0 (6.100)

ili

tan(ϕ(t) + ψ0

)=

E0

ω0L0tan(ω0t + φ0/2) +

√E2

0

ω20L

20

− 1.


Oblik putanjeDobiti oblik putanje u polarnoj ravnini, znaci dobiti ovisnost

ρ = ρ(ϕ),

umjesto parametarskih ovisnosti ρ i ϕ o vremenu (6.98) i (6.100). Da bi se to provelo, krecese od jednadzbe sacuvanja energije (6.95), u kojoj ρ ovisi o vremenu samo kroz ovisnost ϕ ovremenu

ρ = ρ(ϕ), ϕ = ϕ(t).

Uvodi se nova varijabla

u ≡ 1

ρ2= u(ϕ(t))

d u

d ϕ= −2ρ−3 d ρ

d ϕ. (6.101)

U izrazu za energiju (6.95), pojavljuje se vremenska derivacija ρ, koja se sada racuna ovako

d ρ

d t=d ρ

d ϕϕ = (6.101) = −1

2ρ3d u

d ϕϕ = (6.94) = − L0

2mρd u

dϕ.

Uvrstavanjem gornjeg izraza za ˙rho u izraz za energiju (6.95) i njegovim sredivanjem, dolazi sedo nehomogene nelinearne obicne diferencijalne jednadzbe prvog reda za funkciju u = u(ϕ)

(d u

d ϕ

)2

+ 4u2 − 8mE0

L20

u = −4Km

L20

. (6.102)

Linearni i kvadratni clan u u se svedu na potpuni kvadrat, tako da gornja jednadzba popriminesto jednostavniji (pregledniji) oblik

[d

d ϕ

(u− mE0

L20

)]2+ 4

(u− mE0

L20

)2

= 4m2E2

0

L40

(1− ω2

0L20

E20

).

Iako je nelinearna, nije tesko pogoditi da je njezino rjesenje dano trigonomerijskom funkcijomoblika

u(ϕ)− mE0

L20

= A cos(2ϕ+ a0).

Izravnim uvrstavanjem, dobiva se konstanata A

A =mE0

L20

√

1− ω20L

20

E20

,

a druga konstanata a0 se odredi iz pocetnog uvjeta na u(ϕ(0)), tako da je

u(ϕ) =1

ρ2=mE0

L20

[1 +

√

1− ω20L

20

E20

cos(2ϕ+ a0)

].

Iz gornjeg izraza je

ρ2(ϕ) =L20

mE0

1

1 +√

1− ω20L20

E20

cos(2ϕ+ a0),


sto jednadzbu putanje cestice trodimenzijskog harmonijskog oscilatora daje u obliku elipse upolarnoj ravnini. Srediste elipse i izvor sile se nalaze u ishodistu16.Ekscentricitet elipse ǫ

ǫ2 = 1− b2

a2,

(gdje su a i b velika i mala poluos elipse), je odreden izrazom√

1− ω20L

20

E20

=ǫ2

2− ǫ2,

tj. odreden je pocetnim uvjetima na moment kolicine gibanja L0 i energiju E0.

Ako je pocetna kolicina gibanja L0 = 0, tada je ǫ2 = 1, pa mora biti

b = 0,

tj. elipsa degenerira u pravac.

Ako je ω20L

20 = E2

0 , tada je ǫ2 = 0, pa mora biti

a = b,

tj. elipsa degenerira u kruznicu.

16U odjeljku 7 ce se pokazati da je jedna od mogucih putanja cestice pod djelovanjem gravitacijske sile, takoder elipsa, ali izvorsile tada nije u sredistu elipse, nego u njezinom zaristu.

Poglavlje 7

Gravitacija i centralne sile

Sir Isaac Newton secretly admitted to some of his friends:I understand how gravity behaves, but not how it works!

Gibanje nebeskih tijela je privlacilo pozornost ljudi jos od najdavnijih vremena. Vrlo rano(Babilon, Asirija, Maye), promatranjem nocnog neba, ljudi su uocili da se nebeska tijela gibajuu odnosu na nepomicne tocke na Zemlji. Ta su se gibanja pokazala periodicnim, i posluzila su zastvaranje kalendara. Jedan od najstarijih kalendara naden je u ovom nasem podrucju, a potjeceiz bakrenog doba (prije otprilike 5 000 godina) i nalazi se na jednoj glinenoj posudi koja pripadaVucedolskoj kulturi1, a pronadena je na nalazistu u blizini Vinkovaca (slika 7.1, dodatak E ).

Slika 7.1: Orionov kalendar - vucedolska kultura, na-laziste kod Vinkovaca.

U vrijeme procvata helenske kulture, pita-njem gibanja nebeskih tijela se bavio i Aris-tarh sa otoka Samosa (oko 280 god. p.n.e.,dakle suvremenik Euklida i Apolonija). Ko-liko je poznato, on je prvi covjek koji je daocjeloviti prikaz heliocentricnog sustava,no postoje indicije da je samo ucenje o heli-ocentricnom sustavu bilo pozanto jos polazni-cima Platonove Akademije, stotinjak godinaprije Aristarha. U isto doba je i Eratosten (bi-bliotekar u Aleksandriji, oko 200 god. p.n.e.),smatrao da je Zemlja loptastog oblika i raz-mjerno tocno je izracunao njezin polumjer.No, u to vrijeme, ljudi su vise pozornosti pok-lanjali nekim drugim pitanjima filozofije, ma-tematike, knjizevnosti, itd., tako da su Aris-tarhova i Eratostenova otkrica prosla gotovonezapazeno i s vremenom su pala u zaborav2.Kasnije, s propascu helenske civilizacije, doslo je do bitne promjene u gledanju i objasnjavanjuprirodnih pojava. To je vrijeme kada je u Europi krscanstvo, putem crkvene organizacije,postalo apsolutni arbitar u svim poljima duhovnog i svjetovnog zivota europskih naroda. Za-boravljena i zanemarena su ne samo znanja iz astronomije i matematike, vec i gotovo cjelokupnoknjizevno nasljede stare Helade i Rima. Biblija i spisi svetih otaca (i odabranih antickih filozofa

1Vise detalja se moze naci na web stranici http://hr.wikipedia.org/wiki/Vucedolska kultura.2Postoje indicije da je starim Helenima bilo poznato i nacelo rada parnog stroja, sto je takoder zaboravljeno i ponovo otkriveno

tek puno kasnije.

259

260 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE

poput Aristotela) su bili jedini priznati izvor sveg znanja, oznacenog kao dogma. Izmedu osta-log, Crkva je naucavala da je Zemlja srediste svemira oko kojega se okrecu i Sunce i Mjesec i svihsedam (tada poznatih) planeta. Da bi se tom sklopu objasnile astronomske pojave, konstruiranesu slozene teorije (epicikli) koje su opisivale putanje nebeskih tijela. To je Ptolomjev geocen-tricni sustav svijeta. Duhovna je klima tada bila posve drukcija nego u vrijeme Aristarha iEratostena. Za razliku od razmjerno slobodoumnih Helena koji su uvazavali tude misljenje, akoje valjano argumentirano, sada je svako odstupanje od crkvenog ucenja proglasavano herezom ipotpadalo je pod jurisdikciju posebno osnovanog suda - inkvizicije. Postupni i spori razvoj zna-nja iz podrucja matematike i mehanike, vodio je do zakljucaka suprotnih ucenju Crkve: Sunceje nepomicno, Zemlja i ostali planeti se okrecu oko njega. Time Zemlja, pa i covjek koji zivina njoj, gube sredisnje mjesto u Svemiru. Naravno da je ovakvo stajaliste bilo neprihvatljivoza Crkvu i da su siritelji takvog ucenja bili proganjani.Razvoj mehanike i astronomije se ipak nije mogao sprijeciti (nego samo usporiti) i 1543. godineje (posmrtno) izasla rasprava poljskog svecenika i astronoma (a bavio se i medicinom) NikoleKopernika3 O gibanju nebeskih tijela, kojom je konacno ustolicen heliocentricni sustavsa Suncem u sredistu oko kojega se gibaju planeti i ostala nebeska tijela. Ovu je knjigu,godine 1616., inkvizicija stavila na Indeks ( Index Librorum Prohibitorum - popis knjiga kojesu vjernicima zabranjene za citanje).Galileo Galilei je 1610. podrzao Kopernikovu teoriju, a 1632. je izdao (uz suglasnost papeUrbana VIII) i knjigu Dijalog o dvama glavnim sustavima svijeta. Unatoc svojimdobrim odnosima s papom, Galilei biva pozvan u Rim pred inkviziciju i prisiljen da se odreknesvojeg ucenja:

Ja Galileo Galilei, ucitelj matematike i fizike u Firenzi, zaklinjem se dasam uvijek vjerovao i vjerujem i sada, a uz Bozju pomoc vjerovat cu iubuduce sve sto drzi, propovijeda i naucava sveta katolicka i apostolskaCrkva... Odricem se, proklinjem i mrzim navedene zablude i hereze iopcenito svaku zabludu, herezu i sektu protivnu svetoj Crkvi. Takoder sezaklinjem da ubuduce necu vise govoriti niti uvjeravati ni zivom rijecjuni spisom bilo koju stvar koja bi mogla na mene baciti takvu sumnju.

Navodno je, nakon izricanja presude, promrmljao ono cuveno E pur si muove - ipak se okrece,no nikada necemo znati je li to uistinu receno ili su to naknadno dodali povjesnicari radidramatskog ucinka. Poslije ovoga, Galilei se nastavio baviti svojim radom, sto je imalo zaposljedicu njegove dalje sukobe s Crkvom.Pored Galilejevog, iz tog nam je razdoblja ostao svakako najpoznatiji primjer Giordana Bruna4

(Napulj 1548 - Rim 1600). On je nadogradio Kopernikovo ucenje tvrdnjom da nas Suncevsustav nije nikakva posebnost, vec da u svemiru postoji mnostvo zvijezda slicnih nasemu Suncu,sa planetima na kojima zive razumna bica slicna nama. Zbog odbijanja da se odrekne togaucenja, inkvizicija ga je javno spalila 1600. godine na trgu Campo dei Fiori u Rimu. Ovakorazlicite sudbine Galileia i Bruna ce, vecini danasnjih ljudi, stav Bruna uciniti u najmanju rukudvojbenim. Zacijelo bi i starim Helenima bilo neshvatljivo da jedan covjek ubije drugog (i tona veoma okrutan nacin) zato jer se ne slazu oko toga vrti li se Zemlja oko Sunca ili Sunce okoZemlje.Zapravo, i geocentricni i heliocentricni sustavi su podjednako tocni. Razlika medu njima je samou tome gdje se postavi ishodiste koordinatnog sustava - u srediste Zemlje (geocentricni sustav)ili u srediste Sunca (heliocentricni sustav). Zbog homogenosti prostora, oba izbora polozaja

3Nikola Kopernik, 1473. - 1543., De revolutionibus orbium coelestium, izaslo godine 1543. Na margini jednog Kopernikovogrukopisa je pronadeno i Aristarhovo ime, sto sugerira da je Koperniku bilo poznato njegovo ucenje.

4Vise detalja o zivotu Giordana Bruna se moze naci npr. ovdje.

261

ishodista koordinatnog sustava su jednakovaljana (kao sto je jednakovaljan i bilo koji drugiodabir polozaja ishodista). Sloboda u odabiru polozaja ishodista koordinatnog sustava ipakne znaci da ce opis gibanja biti podjednako jednostavan u svim slucajevima. Ako se ihodistepostavi u srediste Sunca, putanje planeta su elipse. No, ako se ishodiste postavi u sredisteZemlje (ili u neku drugu proizvoljnu tocku), putanje planeta (i Sunca) su prikazane krivuljamaznatno slozenijima od elipse. U tom je smislu heliocentricni sustav poseban - gledano iz togsustava, putanje planeta su najjednostavnijeg oblika.

Iz istog razdoblja potjecu i rezultati astronomskih opazanja velikog danskog astronoma TychoBrachea. Ova je opazanja Johannes Kepler5, sazeo u tri poznata zakona koja su dobila njegovoime (odjeljak 7.11).Teorijsko obrazlozenje ovih opazajna je dao Isaac Newton, godine 1687. izdavsi u Londonusvoje glasovito djelo

Principa Mathematica Philosophia Naturalis - Matematicka nacela fizike

(tada se fizika nazivala filozofijom prirode), gdje se izlazu osnovni aksiomi dinamike, a zatim izakon gravitacije koji se primjenjuje na objasnjenje gibanja planeta.Le Verrier6 i Adams7 su 1846. godine, a na temelju odstupanja putanje planeta Urana odputanje izracunate na temelju zakona gravitacije, zakljucili da mora postojati jos jedan planetcija gravitacijska sila izaziva uocena odstupanja. Oni su uspjeli odrediti kakva mora biti putanjatog nepoznatog planeta, pa da proizvede opazena odstupanja Urana. Na temelju njihovihproracuna, Galle je 23. IX 1844. zaista i ugledao novi, do tada nepoznati planet koji je dobioime Neptun8. Suvremenici su zbog toga ustvrdili da je Neptun otkriven vrhom pera. Na slicanje nacin, 1929. godine otkriven i deveti planet, Pluton.Ovaj i mnogi drugi uspjesi Newtonove teorije su doveli do razvoja citavog jednog novog pogledana svijet nazvanog mehanicizam. Sustina je ovog svjetonazora da se svijet promatra kao jedanveliki mehanicki stroj. Ovaj je stroj sastavljen od dijelova koji se mogu proucavati neovisnojedan o drugom i razumjeti (iskljucivo) pomocu zakona mehanike. Ovo je najsazetije izrazioLaplace9 u svojem djelu Essai philosophique sur les probabilites (Filozofski esej o vjerojatnosti)izaslom godine 1814:

Mi moramo smatrati sadasnje stanje svemira, kao posljedicu njegovogprethodnog stanja, i kao uzrok onome stanju koje slijedi. Um koji bi udanom trenutku poznavao sve sile koje djeluju u prirodi, kao i polozaje ibrzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban rijesiti njihove jed-nadzbe gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvecihzvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu nistane bi bilo nepoznato: pred njegovim bi ocima bila sva proslost, kao i svabuducnost.

Vezano za Laplacea, treba svakako spomenuti i njegov odgovor Napoleonu, nakon sto ga je ovajupitao kako to da se u njegovoj knjizi Nebeska mehanika, ne spominje Bog. Laplace mu jeodgovorio: “Velicanstvo, ta pretpostavka mi nije bila potrebna.”

Suvremene spoznaje (poglavito kvantna teorija) sve vise odbacuju ideju o svijetu kao me-

5Johannes Kepler, 1571. - 1630., njemacki astronom6Urbain Le Verrier, 1811. - 1877., francuski astronom7John Couch Adams, 1819. - 1892., engleski astronom8zapravo je otkriven malo dalje od mjesta gdje je proracun pokazivao, zbog utjecaja tada takoder jos nepoznatog Plutona9Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizicar, astronom, matematicar i filozof,


hanickom stroju i naglasavaju njegovo jedinstvo u kojemu je svijet kao cjelina (puno) vise negozbroj njegovih dijelova.

Pogledajmo sada detaljnije u cemu se sastoji hereza zbog koje je Giordano Bruno ziv spaljen.

7.1 Newtonov zakon gravitacije

Koliko je poznato, sir Isaac Newton (1642 Woolsthorpe - 1727 Kensington) je prvi covjekkoji je uocio i precizno izrazio identicnost sile koja izaziva slobodni pad tijela u blizini Zemljinepovrsine (dakle, jedno pravocrtno gibanje) i sile kojom medudjeluju nebeska tijela (a koja vodii na krivocrtna gibanja). Razlika u obliku putanje u slucaju ova dva spomenuta gibanja dolazi,kao sto cemo uskoro vidjeti, od razlike u pocetnim uvjetima. Ta je sila nazvana gravitacij-ska10 sila i ima slijedeca svojstva:

Slika 7.2: Gravitacijska sila izmedu cestice mase m1 u tocki ~r1 i cestice mase m u tocki ~r.

- djeluje medu parovima cestica, u smjeru njihove spojnice;

- srazmjerna je umnosku masa cestica;

- obrnuto je srazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti;

- uvijek je privlacna.

10 od lat. gravitas = tezina, teret.

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 263

Masa o kojoj se ovdje govori jeste teska masa.

Preciznije, neka je cestica mase m1 smjestena u tocki ~r1, a cestica mase m u tocki ~r. Tada jegravitacijska sila kojom cestica mase m1 djeluje na cesticu mase m, dana sa (slika 7.2)

~FG(~r) = −G m1m~r − ~r1|~r − ~r1|3

, (7.1)

gdje je

G = 6.6732 · 10−11 Nm2

kg2,

univerzalna gravitacijska konstanta koja ima ulogu konstante vezanja, tj. opisuje jakostkojom medudjeluju mase m i m1. Prvi ju je eksperimentalno izracunao H. Cavendish11, 1798.godine.

Sada se mozemo zapitati kolika gravitacijska sila djeluje na cesticu mase m, ako se ona nalaziu blizini dvije cestice masa m1 i m2? Odgovor na to pitanje nije sadrzan u (7.1), nego jedobiven iskustvom (eksperimentom), a glasi da je rezultantna sila jednostavno jednaka vektor-skom zbroju sile od prve i druge cestice. Zato se kaze da za gravitacijsku silu vrijedi nacelopridodavanja ili superpozicije. Opcenito, sila kojom N cestica djeluje na promatranu cesticu,jednaka je vektorskom zbroju sila svake pojedine od tih N cestica (slika 7.3.A)

Slika 7.3: Nacelo pridodavanja za gravitacijsku silu: (A) za skup cestica; (B) za tijelo.

11Sir Henry Cavendish, 1731 - 1810, engleski fizicar i kemicar


~FG(~r) = −G m

N∑

j=1

mj~r − ~rj|~r − ~rj |3

. (7.2)

Gornjom formulom moze se racunati i gravitacijsko privlacenje koje potjece izmedu cestice masem i makroskopskog tijela. U tu cemo svrhu, u mislima, podijeliti cijelo tijelo na vrlo veliki broj,N >> 1, djelica mase ∆mj (slika 7.3.B). Ti su djelici dovoljno mali da se za svaki od njih mozetocno definirati vektor njihovog polozaja ~rj. Na svaki od tih djelica primjenimo gornji izraz iza silu gravitacijskog privlacenja izmedu cestice i tijela dobijemo

~FG = −G m

N∑

j=1

∆mj~r − ~rj|~r − ~rj|3

.

Promatrani dijelovi ∆mj su mali u odnosu na ukupnu masu tijela, ali oni jos uvijek sadrzeogroman broj (reda 1023) atoma ili molekula. Zbog tog velikog broja gradivnih cestica pojammasene volumne gustoce tijela, ρm(~rj), u okolici tocke ~rj je dobro definiran i dan je omjerommase ∆mj i volumena ∆Vj promatranog malog dijela tijela

ρm(~rj) =∆mj

∆Vj,

gdje ∆Vj oznacava mali volumen u okolici tocke ~rj. Uz ove oznake, mozemo za silu napisati

~FG = −G mN∑

j=1

∆Vj ρm(~rj)~r − ~rj|~r − ~rj |3

.

U granici kada podjela na male djelice postaje sve finija i finija, tj. kada N → ∞, gornji zbrojprelazi u integral, a zbrajanje po indeksu j prelazi u integraciju po varijabli ~rj → ~r ′, kojaprolazi svim tockama tijela

N∑

j=1

∆Vj →∫

d V (~r ′).

Slovom V cemo uskoro poceti oznacavati gravitacijski potencijal, pa cemo zato za diferencijalvolumena koristiti oznaku d r ′ 3, umjesto d V (~r ′). Time za gravitacijsku silu izmedu cesticemase m u tocki ~r i tijela opisanog masenom gustocom ρm(~r

′), dobivamo

~FG(~r) = −G m

∫ρm(~r

′)~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 d r′ 3. (7.3)

Integrira se po volumenu tijela, tj. po dijelu prostora u kojemu je ρm(~r′) 6= 0.

Na slican nacin, primjenom nacela pridodavanja, mozemo izracunati i silu gravitacijskog privlacenjaizmedu dva tijela A i B (slika 7.4). Rastavimo, u mislima, oba tijela na male dijelove masa dmA

i dmB. Ti su dijelovi toliko mali da na njih mozemo primjeniti izraz za silu izmedu cestica

d ~FG = −G dmA dmB~rA − ~rB|~rA − ~rB|3

.

Ukupna sila izmedu tijela A i B se dobije zbrajanjem (tj. integracijom) sila medu pojedinimdjelicima oba tijela

~FG = −G∫

A

dmA

∫

B

dmB~rA − ~rB|~rA − ~rB|3

.


Slika 7.4: Gravitacijska sila izmedu dva tijela.

Uvedu li se volumne masene gustoce oba tijela ρm(~rA,B) = dmA,B/d V (~rA,B), ukupna sila je

~FG = −G∫

A

ρm(~rA) d r3A

∫

B

ρm(~rB) d r3B

~rA − ~rB|~rA − ~rB|3

.

Zadatak: 7.1 Izracunajte privlacnu silu izmedu tankog homogenog stapa mase M i duljine ai tockaste mase m, izvan stapa. Masa m lezi na istom pravcu kao i stap i udaljenaje za b od njegovog blizeg kraja.

R:U skladu s (7.3) ... dovrsiti...

Zadatak: 7.2 Homogeni puni valjak ima masu M , polumjer a i visinu H. U produzetku osivaljka se nalazi cestica mase m, na udaljenosti D od blizeg kraja valjka. Izracunajteprivlacnu silu po iznosu i smjeru.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.3 Cestica mese m se nalazi na udaljenosti D okomito iznad sredista pravokutneploce duljine stranica 2a i 2b i mase M . Izracunajte privlacnu silu po iznosu i


smjeru.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.4 Beskonacno duga tanka nit masene gustoce λ gravitacijski privlaci tockastumasu m, koja se nalazi na udaljenosti b od niti. Izracunajte privlacnu silu po iznosui smjeru.

R:dovrsiti

Gravitacijsko polje:Iz relacije (7.3) se vidi da je sila na cesticu mase m koje se nalazi u tocki ~r jednostavno

jednaka umnosku mase cestice i jednog vektora. Taj se vektor opcenito naziva polje pridruzenoodgovarajucoj sili, u ovom slucaju je to polje gravitacijske sile

~g =~FGm

~g (~r) = −G

∫ρm(~r

′)~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 d r′ 3. (7.4)

Ako se radi o diskretnoj raspodjeli N cestica mase mj u tockama ~rj, tada je, prema (7.2), poljeu tocki ~r jednako

~g (~r) = −GN∑

j=1

mj~r − ~rj|~r − ~rj|3

.

Posebno jednostavno je polje koje u tocki ~r stvara jedna jedina cestica mase m1 smjestena uishodistu (tako da je ~r1 = 0). U skladu s gornjim izrazom, ono je jednako

~g (~r) = −G m1~r

|~r|3 . (7.5)

Sama gravitacijska sila je jednaka umnosku mase cestice, koja u ovom slucaju ima znacenjeteske mase ili gravitacijskog naboja, i gravitacijskog polja12

~FG = m~g .

Primjetimo da gravitacijsko polje ima dimenziju ubrzanja. Uvodenjem pojma polja je rijesentzv. problem djelovanja na daljinu. Naime, ljudi su se pitali: kako to da cestica u tocki ~r znada se u tocki ~r ′ nalazi neka druga cestica koja na nju djeluje nekakvom silom? Odgovor je

12Slicno kao sto je elektrostatske Coulombova sila (str. 270) jednaka umnosku elektricnog naboja i elektrostatskog polja ~Fc = q ~E .


pronaden u pojmu polja: svaka cestica (pa time i tijelo), uslijed svoje mase, stvara oko sebegravitacijsko polje. Ovo polje mijenja svojstva prostora u okolici cestice u smislu da ako se ublizini ove cestice (ili tijela) izvora polja, nade neka druga (probna) cestica, na nju ce djelovatisila. Ova je sila jednaka umnosku mase m (tj. naboja - gravitacijskog ili elektricnog, ovisno okojoj se sili radi) probne cestice i vrijednosti vektora polja cestice izvora, ~g (~r) u onoj tocki ukojoj se nalazi probna cestica.

konzervativnost:Promatrajmo cesticu mase m koja se giba u polju gravitacijske sile koja potjece od cestice

mase m1 koja se nalazi u tocki ~r1. Dokazimo da je gravitacijska sila konzervativna tako stocemo pokazati da rad gravitacijske sile obavljen nad cesticom mase m na putu izmedu bilo kojepocetne tocake ~r = ~rp i bilo koje konacne tocke ~r = ~rk, ne ovisi o obliku putanje koja povezujete dvije tocke, nego samo o krajnjim tockama.

Wp,k =

∫ ~rk

~rp

~FG(~r) d~r = −G m m1

∫ ~rk

~rp

~r − ~r1|~r − ~r1|3

d~r.

Pod integralom je ~r1 konstantno, pa je d~r = d(~r − ~r1). Uvedemo li novu varijablu ~R = ~r − ~r1,

lako se pokazuje da je ~Rd~R = RdR

~R · d~R = R ~eR · d(R ~eR ) = R ~eR · (dR ~eR +R d~eR ).

Buduci da je d~eR okomit na sam jedinicni vektor ~eR , to ce drugi clan na desnoj strani gornjegizraza biti jednak nuli. Sada za rad mozemo napisati

Wp,k = −G m m1

∫ ~R k

~R p

dRR

R3= −G m m1

(1

|~rp − ~r1|− 1

|~rk − ~r1|

). (7.6)

Vidimo da rad ovisi samo o pocetnom i konacnom polozaju cestice mase m, tj. sila koja jeobavila rad je konzervativna. U odjeljku 4.3 je pokazano da se za konzervativne sile mozedefinirati skalarno polje, koje se naziva potencijalna energija Ep,

~FG = −−→∇Ep,a rad se obavlja na racun promjene potencijalne energije

Wp,k = −∆Ep = Ep(~rp)− Ep(~rk).

Usporedbom dva gornja izraza za Wp,k, se vidi da je potencijalna energija cestice mase m kojase nalazi u tocki ~r, dana sa

Ep(~r) = −Gm m1

|~r − ~r1|+ e0,

gdje je e0 konstanta. Beskonacno daleko od cestica izvora gravitacijske sile, gravitacijska po-tencijalna energija iscezava, tj, Ep(~r → ∞) = 0, pa je i e0 = 0.Zamislimo sada da imamo dvije cestice: (m1, ~r1) i (m2, ~r2) na konacnoj medusobnoj udaljenosti|~r1−~r2|. Beskonacno daleko od njih se nalazi treca cestica mase m3. Buduci da je potencijalanaenergija beskonacno razmaknutih cestica jednaka nuli, potencijalna energija sustava ove tricestice je jednaka naprosto potencijalnoj energiji izmedu prve i druge cestice

Ep = −Gm1 m2

|~r1 − ~r2|. (7.7)


Ako tu trecu cesticu zelimo dovesti u blizinu prve dvije, u tocku ~r3, gravitacijska ce sila obavitiodredeni rad i time promjeniti potencijalnu energiju sustava ove tri cestice. Prema nacelupridodavanja, sila na cesticu mase m3 je vektorski zbroj sila od cestica masa m1 i m2, pa cei rad ukupne sile biti jednak zbroju radova pojedinih sila. Prema (7.6) uz |~rp − ~r1,2| = ∞ i~rk = ~r3

∫ ~r3

∞~F d~r =

∫ ~r3

∞(~F1,3 + ~F2,3) d~r = G

m1m3

|~r1 − ~r3|+G

m2m3

|~r2 − ~r3|.

Potencijalna energija sustava ove tri cestice se promijenila za iznos jednak ovome radu. Timese za potencijalnu energiju sustava tri cestice dobiva izraz

Ep = −G

(m1m2

|~r1 − ~r2|+

m1m3

|~r1 − ~r3|+

m2m3

|~r2 − ~r3|

).

Protegne li se ovaj nacin razmisljanja na sustav od N cestica masa mj smjestenih u tocke ~rj,lako se dolazi do izraza za potencijalnu energiju cijele nakupine

Ep = − 1

2G

N∑

j=1

N∑

k=1

j 6=k

mjmk

|~rj − ~rk|(7.8)

(mnozitelj 1/2 dolazi od dvostrukog brojanja istog para cestica u zbrajanju po j i po k).Slicno kao sto se pojam polja izvodi iz pojma sile,

~g =~F

m,

tako se i pojam potencijala

V =Epm

uvodi kao potencijalna energija koju bi cestica mase m imala u tocki ~r. Kao i potencijalnaenergija, i potencijal je definiran samo u smislu razlike potencijala izmedu dvije tocke, pa sezato moze napisati

d V =1

mdEp = − 1

m~F d~r = −~g d~r,

sto nakon integracije od pocetne ~rp do konacne tocke ~rk, daje

V (~rk)− V (~rp) = −∫ ~rk

~rp

~g d~r. (7.9)

Gravitacijski potencijal koji u tocki ~r stvara cestica mase m smjestena u ishodistu je (uzmimo|~rp| = ∞ uz V (∞) = 0 i ~rk = ~r)

V (~r)− V (∞) = G

∫ ~r

∞

m

r2dr

V (~r) = − Gm

r. (7.10)


Prema nacelu pridodavanja sila, a time i polja, slijedi da je potencijal koji u tocki ~r stvaramnostvo cestica masa mj koji se nalaze u tockama ~rj jednak zbroju potencijala koje stvarajupojedine cestica

V (~r) =

N∑

j=1

Vj(~r) = −GN∑

j=1

mj

|~r − ~rj |. (7.11)

U granici kontinuirane raspodjele mase

N∑

j=1

mj →∫

dm =

∫ρm(~r

′) dr ′ 3,

(~r ′ je nijema varijabla integracije), pa konacni izraz za racunanje gravitacijskog potencijala utocki ~r, koji potjece od kontinuirane raspodjele mase opisane volumnom gustocom ρm(~r

′) glasi

V (~r) = −G

∫ρm(~r

′)

|~r − ~r ′| dr′ 3 . (7.12)

U slucaju povrsinske raspodjele mase opisane povrsinskom gustocom σm(~r′), potencijal je dan

sa

V (~r) = −G

∫σm(~r

′)

|~r − ~r ′| dr′ 2

a u slucaju linijske raspodjele mase opisane linijskom gustocom λm(~r′), potencijal je dan sa

V (~r) = −G

∫λm(~r

′)

|~r − ~r ′| dr′ .

Integrali se protezu po dijelu prostora u kojemu je masena gustoca razlicita od nule.Skup tocaka u prostoru na kojima je potencijal konstantan

V (~r) = const.

se zove ekvipotencijalna ploha. Npr. ako je masa rasporedena s konstantnom gustocomunutar kugle, ekvipotencijalne plohe su sfere sa sredistem u tocki gdje je i srediste kugle.

Uocimo u jednadzbi (7.8)

Ep = −1

2G

N∑

j=1

N∑

k=1

j 6=k

mjmk

|~rj − ~rk|

izraz za potencijal (7.11) u tocki ~rj koji stvara preostalih N − 1 cestica u tockama ~rk. Time sepotencijalna energija moze napisati kao

Ep =1

2

N∑

j=1

mj V (~rj).


Opet u granici kontinuirane raspodjele mase, kao gore,

N∑

j=1

mj →∫

dm =

∫ρm(~r) d r

3,

dobiva se izraz za potencijalnu energiju kontinuirane raspodjele mase

Ep =1

2

∫ρm(~r) V (~r) dr

3. (7.13)

Izmedu gravitacijskog polja i potencijala vrijedi ista relacija kao i izmedu gravitacijske sile ipotencijalne energije

~FG = −−→∇Ep, ~g = −−→∇V. (7.14)

U konkretnim racunima je cesto jednostavnije raditi s potencijalnom energijom ili potencijalom,koji su skalari, nego sa silom ili gravitacijskim poljem koji je vektori (dakle kombinacija triskalara).

Napomena o elektrostatskoj sili:Sva gore navedena svojstva gravitacijske sile, mogu se izravno primjeniti i na elektrostatsku

Coulombovu13 silu, ~FC , kojom medudjeluju dvije naelektrizirane cestice s nabojima q1 i q, akoje se nalaze, redom, u tockama ~r1 i ~r. Umjesto masa dolaze elektricni naboji, a umjestokonstante vezanja −G dolazi jedna druga konstanta vezanja 14

~FC(~r) =1

4πǫ0q1 q

~r − ~r1|~r − ~r1|3

(7.15)

1

4πǫ0= 8.9874 · 109 N m2C−2.

(usporediti sa (7.1)). Bitna je razlika izmedu gravitacijske i elektrostatske sile u tome sto jegravitacijska sila uvijek privlacna, dok elektrostaska sila moze biti i privlacna (medu raznoime-nim nabojima) i odbojna (medu istoimenim nabojima). Moze se reci da postoji samo jedangravitacijski naboj (to je masa15), dok postoje dva elektricna naboja (pozitivni i negativni16).U dvocesticnom medudjelovanju, jedan gravitacijski naboj se moze kombinirati samo sam sanekim drugim istovrsnim nabojem, pa zato gravitacijska sila ima samo jedan (privlacan) ka-rakter. Naprotiv, dva elektricna naboja se u parnom medudjelovanju mogu kombinirati na dva

13Charles Augustin de Coulomb, 1736 - 1806, francuski fizicar. Pomocu vrlo osjetljive torzijske vage, mjerio je silu kojommedudjeluju elektricni naboji smjesteni na krajevima dugog stapa. Ustanovio je da je sila srazmjerna umnosku naboja, a obrnutosrazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti. Memoires del’Acad. r. des sc. izdano u razdoblju od 1785 do 1789.

14ǫ0 = 8.854 · 10−12 C2/(Nm2), se naziva permitivnost vakuuma. Ako se elektricni naboji nalaze u nekom sredstvu, dolazido medudjelovanja naboja s cesticama sredstva (polarizacija) i sila medu njima se mijenja (smanjuje). Ova je promjena opisanabezdimenzijskom velicinom koja se zove relativna dielektricna konstanta ǫr, koja se u izrazu za silu pojavljuje kroz

1

4πǫ0 ǫr.

15Preciznije receno radi se o teskoj masi, za razliku od trome mase koja je je mjera tormosti kojom se tijelo opire promjenistanja gibanja - str. 129

16 Primjetimo da je oznacavanje jedne vrste elektricnih naboja kao pozitivnih, a drugih kao negativnih, samo zgodna matematickadosjetka koja pociva na cinjenici da je (−) · (−) = (+) · (+) = +, a (−) · (+) = −, pa sila medu elektricnim nabojima zapisanau obliku (7.15) ima privlacan smjer za raznoimene, a odbojini za istoimene naboje. U samim nabojima (elektronima, protonima,itd.) nema niceg ni pozitivnog ni negativnog. Oni su mogli biti oznaceni i kao crni i bijeli naboj, ili kao gornji i donji naboj, pricemu bi zapis sile morao biti nesto drukciji.


razlicita nacina (dva istoimena i dva raznoimena naboja) sto rezultira dvojnim karakterom sile:privlacnim i odbojnim.Uvazavajuci ovu razliku u pogledu privlacnosti/odbojnosti izmedu gravitacijske i elektrostatskesile, sva se gornja razmatranja mogu provesti i za elektrostatsku silu uz zamjene konstante

−G ⇔ 1

4πǫ0(7.16)

i naboja tj. gustoce nabojam ⇔ q, ρm ⇔ ρq. (7.17)

Tako je npr. elektrostatski potencijal dan izrazom

V (~r) =1

4πǫ0

∫ρq(~r

′)

|~r − ~r ′| d r′ 3. (7.18)

Zadatak: 7.5 (a) Nadite potencijalnu energiju cestice koja se giba u polju sile

~F = − K

r2~er , K = const..

(b) Koliki rad obavi sila iz (a) pri pomaku cestice iz neke tocke na kruznici polumjeraA u neku drugu tocku na kruznici polumjera B? Objasnite svoj odgovor.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.6 Izracunajte gravitacijski potencijal kugle polumjera R, ispunjene masom kons-tantne gustoce ρ0.

R:Polazimo od izraza

V (~r) = −G

∫ρm(~r

′)

|~r − ~r ′| dr′ 3

u kojemu je gustoca konstantna ρm(~r′) = ρ0. Zbog simetrije problema, integraciju

izvodimo u sfernom koordinatnom sustavu, tako da je dr ′ 3 = r ′ 2 sin θ ′ dr ′ dθ ′ dϕ′.Takoder zbog sferne simetrije, tocku u kojoj racunamo potencijal, mozemo stavitina os ~ez , ~r = r ~ez , tako da izraz za potencijal postaje

V (~r) = −G ρ0

∫ R

0

r ′ 2 dr ′∫ π

0

sin θ ′ dθ ′∫ 2π

0

dϕ′ 1√r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′

Integracija po ϕ′ daje 2 π, a uvodenje nove varijable t umjesto θ ′

t = r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′

d t = 2rr ′ sin θ ′ dθ ′,


vodi na

V (~r) = −2πG ρ0

∫ R

0

r ′ 2 dr ′∫ t(π)

t(0)

dt

2rr ′1√t

= −2πGρ0r

∫ R

0

r ′ dr ′(√

r2 + r ′ 2 + 2rr ′ −√r2 + r ′ 2 − 2rr ′

)

= −2πGρ0r

∫ R

0

r ′ dr ′ (r + r ′ − |r − r ′ |) .

Sada postoje dvije mogucnosti: r < R, potencijal unutar kugle i r > R, potencijalizvan kugle.• Unutar kugle je

Slika 7.5: Gravitacijski potencijal kugle.

0 0.5 1 1.5 2

r / R

-1.5

-1

-0.5

V (

r) /

(G m

/ R

)

∫ R

0

=

∫ r

0

+

∫ R

r

.

U prvom integralu desne strane je r ′ < r, a u drugom integralu je r ′ > r, sto vodina izraz za potencijal unutar kugle

Vin(~r) = −2πGρ0r

(∫ r

0

r ′ dr ′ 2 r ′ +

∫ R

r

r ′ dr ′ 2 r

)= −2πGρ0

(R2 − 1

3r2)

= −3

2

Gm

R

[1− 1

3

( rR

)2].

• Izvan kugle je r > R > r ′ > 0, pa je potencijal dan sa

Vout(~r) = −2πGρ0r

∫ R

0

r ′ dr ′ 2 r ′ = −4πGρ0R3

3 r= −Gm

r= −Gm

R

R

r, (7.19)


dakle isto kao i potencijal cestice mase m, smjestene u sredistu kugle. Na slici 7.5je prikazan potencijal V (~r) ≡ V (r).

Zadatak: 7.7 Kugla polumjera R je jednoliko ispunjena masom konstantne volumne gustoceρ0. Izracunajte potencijalnu energiju kugle, tj. rad koji treba utrositi da bi se svidjelici kugle razmaknuli na medusobno beskonacnu udaljenost.

R:Izraz (7.13) za Ep primjenimo na zadanu raspodjelu mase

Ep =1

2

∫ρ(~r) V (~r) d3r.

Gustoca je

ρ(r) =

ρ0 0 ≤ r ≤ R

0 r > R.

Iz prehodnog primjera znamo da se potencijal ima razlicite vrijednosti unutar kugle(gdje je ρ = ρ0) i izvan kugle (gdje je ρ = 0)

Ep =1

2

∫ R

0

ρ0Vin d3r +

1

2

∫ ∞

R

0 · Vout d3r.

Ep =1

2

∫ R

0

ρ0(−2πG)ρ0

(R2 − 1

3r2)d3r = −3

5Gm2

R, (7.20)

gdje je m = ρ04πR3/3 ukupna masa kugle.

Gornji racun moze posluziti za definiciju klasicnog polumjera elektrona. Naime, akobismo elektron zamislili kao tockastu cesticu, tada bi, u skladu sa (7.10), potencijal u blizinielektrona neizmjerno rastao po iznosu, sto je fizicki neprihvatljivo. Zato se krenulo sa slijedecomzamisli: neka je elektron slican maloj kuglici polumjera Re unutar koje je jednoliko rasporedennaboj elektrona qe. Isti bi racun kao gore, dao za elektrostatsku (vlastitu) potencijalnu energijuelektrona (uz −G→ 1/(4πǫ0) i m→ qe)

Ep =3

5

q2e4 π ǫ0

1

Re.

Izjednaci li se ova energija s relativistickim izrazom za energiju

E = m0 c2,

gdje je m0 masa mirujuceg elektrona, a c brzina svjetlosti u vakuumu, dolazi se do izraza zaklasicni polumjer elektrona

Re =3

5

q2e4 π ǫ0

1

m0 c2= 1.69 · 10−15m. (7.21)

Je li ovime rijesen problem elektrona? Naravno da nije! Ovako zamisljena tvorevina bi, zbogsnaznog elektrostatskog odbijanja pojedinih dijelova elektrona, bila posve nestabilna, tj. ova-kav bi elektron eksplodirao. Pa ipak ova ideja klasicnog polumjer elektrona nije lisena svog


znacenja. Ona nam daje ocjenu reda velicine (to je 10−15m) gdje pojmovi i predstave klasicnefizike prestaju vrijediti i gdje je potrebno uvesti kvalitativno novi pristup kakav je dan u kvant-noj mehanici. Ovo je samo jedan od primjera iz kojih se vidi da se mikroskopski objekti nemogu zamisljati jednostavno kao proizvoljno smanjeni makroskopski objekti (konkretno, elek-troni nisu nikakve proizvoljno smanjene kuglice).

Napomena o silama u atomskoj jezgri : Atomska jezgra je nakupina protona (elek-tropozitivnih cestica) i neutrona (elektroneutralnih cestica) na maloj medusobnoj udaljenosti(reda 10−14m). Upravo smo vidjeli da izmedu istoimenih elektricnih naboja djeluju odbojneelektricne sile. Prirodno je onda zapitati se kako to da se jezgra ne razleti uslijed snaznog elek-trostatskog odbijanja istoimenih elektricnih naboja na maloj udaljenosti? Odgovor je da osimelektrostatske, medu protonima i neutronima djeluje i privlacna jaka nuklearna sila, kojaje po iznosu puno jaca od elektricne sile (konstanta fine strukture je 1/137, to je mjera jakostielektricne ili opcenitije govoreci elektromagnetske sile, dok je konstanta vezanja jake nuklearnesile jednaka 10, iz cega se zakljucuje da je jaka sila oko stotinu puta jaca od elektromagnetskesile). Druga vazna razlika izmedu elektromagnetske i jake nuklearne sile je u dosegu. Dosegelektromagnetske sile je beskonacan (sto je povezano s cinjenicom da foton γ - nositelj elektro-magnetske sile - ima masu mirovanja jednaku nuli), dok je doseg jake nuklerane sile vrlo malii reda je 10−15m (sto je opet povezano s cinjenicom da cestice nositelji jake sile - π mezoni -imaju konacnu masu mirovanja). Stoga na makroskopskim udaljenostima (svakako vecim od10−15m), medu protonima djeluje odbojna kulonska sila, dok na vrlo malim udaljenostima naprotone djeluju i odbojna kulonska i privlacna jaka nuklearna sila.

7.2 Gravitacijsko privlacenje okruglih tijela

Ako Vas netko zapita kako izracunati gravitacijsko privlacenje izmedu Zemlje i Sunca, Vas ceodgovor, zacijelo glasiti otprilike ovako: u formulu (7.1) treba uvrstiti mase Zemlje, Sunca isrednje udaljenosti medu njima (jer mi znamo da se Zemlja giba po elipsi, pa udaljenost doSunca nije uvijek ista) i izvrijedniti

FG = GmZmS

R2.

No, sada Vas taj netko moze dalje zapitati zasto koristite (7.1) koji vrijedi za cestice, tj.geometrijske tocke, kada ni Zemlja ni Sunce nisu cestice, nego su tijela koja zauzimaju vrlovelike dijelove prostora?

Odgovor na ovo pitanje se nalazi u nastavku ovog odjeljka.

Krenimo od jednog malo opcenitije postavljenog problema. Izracunat cemo gravitacijsku siluizmedu homogene suplje kugle mase M , unutrasnjeg polumjera Ru, vanjskog polumjera Rv icestice mase m koja se nalazi na udaljenosti r od sredista kugle (slika 7.6). Ako se odabereRu = 0, dobit ce se obicna puna kugla.Vazno svojstvo kugle je da ona ima konstantnu masenu gustocu

ρ0 =3M

4π(R3v − R3

u).

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLACENJE OKRUGLIH TIJELA 275

Zbog sferne simetrije problema, koristit cemo sferni koordinatni sustav, koji cemo postaviti

Slika 7.6: Gravitacijska sila suplje kugle.

tako da se cestica nalazi na osi z, a srediste kugle je u ishodistu. Sila na cesticu mase m u tocki~r = r~ez je, prema (7.3), jednaka

~FG(~r) = −G m

∫ρ0

~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 dr′ 3.

Integrira po dijelu prostora u kojemu je gustoca suplje kugle razlicita od nule.

~FG(~r) =−3GmM

4(R3v − R3

u)π

∫ Rv

Ru

r ′ 2dr ′∫ π

0

sin θ ′dθ ′∫ 2π

0

dϕ′ r~ez − r ′ ~er ′

(r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′)3/2.

Uvrsti li se za

~er ′ = ~ex sin θ ′ cosϕ′ + ~ey sin θ ′ sinϕ′ + ~ez cos θ ′,

dobiven ranije u (2.55), razlomak podintegralnog izraza postaje

−r ′ (sin θ ′ cosϕ′~ex + sin θ ′ sinϕ′~ey ) + (r − r ′ cos θ ′)~ez(r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′)3/2

,

lako se vidi da integracija po ϕ′ u clanovima uz ~ex i ~ey daje nulu, a uz clan ~ez daje 2π

~ex

∫ 2π

0

dϕ′ cosϕ′ = 0, ~ey

∫ 2π

0

dϕ′ sinϕ′ = 0, ~ez

∫ 2π

0

dϕ′ = 2π.

Tako se, nakon integracije po ϕ′, dolazi do

~FG(~r) = ~ez−3GmM

2(R3v − R3

u)

∫ Rv

Ru

r ′ 2dr ′∫ π

0

sin θ ′dθ ′ r − r ′ cos θ ′

(r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′)3/2.


Za integraciju po θ ′, uvodi se nova varijabla v relacijom

v2∣∣∣r+r ′

|r−r ′ |= r2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′∣∣π

0,

2vdv = 2rr ′ sin θ ′dθ ′,

cos θ ′ =−v2 + r2 + r ′ 2

2rr ′ .

Nakon uvrstavanja u izraz za silu i skracivanja, dobiva se

~FG(~r) = ~ez−3GmM

2(R3v − R3

u)

∫ Rv

Ru

r ′ 2dr ′∫ r+r ′

|r−r ′ |

2vdv

2rr ′r − r ′ (−v2 + r2 + r ′ 2)/(2rr ′ )

v3,

=~ez2r2

−3GmM

2(R3v − R3

u)

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′(2r ′ +

(r − r ′ )(r + r ′ )

|r − r ′ | − |r − r ′ |). (7.22)

Sada trebamo razmotriti tri moguca polozaja cestice u odnosu na suplju kuglu:IN: cestica moze biti u supljini,INTER: cestica moze biti u prostoru izmedu Ru i Rv, iOUT: cestica moze biti izvan kugle.

IN: unutar supljine je uvijek r < Ru ≤ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r ′ − r, pa (7.22) postaje

~F ING (~r) =

−3GmM

2(R3v −R3

u)

~ez2r2

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′[2r ′ +

(r − r ′ )(r + r ′ )

r ′ − r− (r ′ − r)

]

=−3GmM

2(R3v −R3

u)

~ez2r2

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′ [2r ′ − (r + r ′ )− (r ′ − r)] = 0.

~F ING (~r) = 0, =⇒ ~g IN =

~F ING

m= 0. (7.23)

Dobili smo vazan rezultat: gravitacijska sila ~FG na cesticu mase m koja se nalazi u supljinikugle, a time i gravitacijsko polje ~g u supljini kugle, je jednaka nuli.Racun ekvivalentan gornjem racunu, ali proveden za suplju kuglu naelektriziranu konstantnomgustocom elektricnog naboja, doveo bi do poznatog zakljucka da je u supljini vodica elektricnopolje jednako nuli.

INTER: kolika je sila ~F INTERG na cesticu koja se nalazi u dijelu prostora Ru ≤ r ≤ Rv? U ovom

slucaju integraciju u (7.22) treba rastaviti na dva dijela:

Ru ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r − r ′ | = r − r ′ ,

r ≤ r ′ ≤ Rv ⇒ |r − r ′ | = r ′ − r.


Za silu ~F INTERG u prostoru izmedu Ru i Rv, dobiva se

~F INTERG (~r) =

−3GmM

2(R3v −R3

u)

~ez2r2

(∫ r

Ru

r ′ dr ′ 4r ′ +

∫ Rv

r

r ′ dr ′ · 0)

=−3GmM

2(R3v −R3

u)

~ez2r2

4

3(r3 − R3

u) = −Gm[ρ0

4 π

3(r3 − R3

u)

]~ezr2

= −~ez Gm · mINTER

r2,

gdje je s mINTER oznacen dio mase kugle sadrzan u dijelu prostora izmedu Ru i r

mINTER = ρ04 π

3

(r3 − R3

u

).

Iz gornjeg izraza za silu se vidi da na cesticu mase m, djeluje ista sila kao da se u ishodistukoordinatnog sustava nalazi jedna druga cestica (a ne suplja kugla), mase jednake mINTER.Kada se cestica mase m ne bi nalazila na osi ~ez , nego u nekoj opcoj tocki u prostoru, izraz zasilu bi glasio

~F INTERG (~r) = −GmmINTER

~err2

=⇒ ~g INTER(~r) = −GmINTER~err2. (7.24)

U slucaju pune kugle, Ru = 0, polje je

~g = −G4 π

3ρ0 r ~er , (7.25)

tj. u unutrasnjosti pune homogene kugle, polje raste linearno s udaljenoscu od ishodista.

OUT: pogledajmo na kraju i silu ~FOUTG koja djeluje na cesticu smjestenu izvan kugle, gdje je

r > Rv ≥ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r − r ′ . Prema (7.22) je

~FOUTG (~r) =

−3GmM

2(R3v − R3

u)

~ez2r2

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′ 4r ′ =−3GmM

2(R3v − R3

u)

~ez2r2

4

3(R3

v − R3u) = −G

mM

r2~ez .

Za cesticu mase m izvan osi ~ez , bi se ocito dobio ovaj izraz za silu

~FOUTG (~r) = −G

mM

r2~er (7.26)

Izvan kugle je sila na cesticu ista kao i da se umjesto suplje kugle, u ishodistu nalazi cesticamase jednake ukupnoj masi kugle M . Gravitacijsko polje izvan kugle je

~g =~FOUTG

m= −G

M

r2~er . (7.27)


F (r) = GmM

R2v

·

0, r ≤ Ru

−[ξ −

(Ru

Rv

)31

ξ2

]1

1−(Ru

Rv

)3 , Ru ≤ r ≤ Rv

− 1

ξ2, r ≥ Rv

gdje je

ξ ≡ r

Rv

.

Iznos sile je prikazana na slici 7.7. Gornji rezultati sadrze dva granicna slucaja:

Slika 7.7: Iznos gravitacijske sile suplje kugle (Ru = 1, Rv = 3 u proizvoljnim mjernim jedinicama).

0 0.5 1 1.5

r / Rv

-1

-0.5

0

F / (

G m

M/ R

v2 )

(1) u granici kada Ru → 0, gornji se rezulatati svode na privlacenje izmedu cestice i pune kuglepolumjera Rv = R;(2) u granici kada Ru → Rv = R, gornji se rezultati svode na privlacenje cestice i sferne ljuskemase M i polumjera R.

Sada mozemo razumijeti odgovor na pitanje s pocetka ovog odjeljka. Rastavimo u mislima Zem-lju na velik broj malih dijelova. Na svaki taj djelic Sunce djeluje istom silom kao i da umjestonjega imamo cesticu iste mase na mjestu njegova sredista. U skladu s nacelom pridodavanja,ukupna sila na cijelu Zemlju je jednaka zbroju sila na svaki njezin dio, a to je upravo izrazs pocetka odjeljka (istina je da se pojedini dijelovi Zemlje nalaze na razlicitim udaljenostima


od sredista Sunca, ali je ta razlika neusporedivo manja od udaljenosti izmedu Zemlje i Sunca,pa se zanemaruje). Naravno da se ista argumentacija primjenjuje i na medusobno privlacenjeplaneta i ostalih sfernih objekata.

Pokazimo da se do istog rezultata za silu, moze doci i racunom potencijala i koristenjem vezesile i potencijala

~F = −−→∇Ep = −m−→∇V. (7.28)

Gravitacijski potencijal cemo racunati izrazom (7.12)

V (~r) = −G

∫ρm(~r

′)

|~r − ~r ′| dr′ 3.

Koristeci oznake sa slike 7.6, mozemo napisati

V (~r) = −G ρ0

∫ Rv

Ru

r ′ 2 dr ′∫ π

0


0

dϕ′ 1

|~r ′ − r~ez |

Slicnim postupkom kao kod racuna sile, kutni dio integracije daje

∫ π

0


0

dϕ′ 1

|~r ′ − r~ez |=

∫ π

0

sin θ ′ dθ ′√r ′ 2 + r2 − 2rr ′ cos θ ′

∫ 2π

0

dϕ′

=2 π

rr ′

(r ′ + r − |r ′ − r|

),

sto vodi na integral za potencijal

V (r) = −Gρ02 π

r

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′ (r ′ + r − |r ′ − r|).

Sada opet razlikujemo tri moguca polozaja cestice u odnosu na suplju kuglu:IN: cestica moze biti u supljini,INTER: cestica moze biti u prostoru izmedu Ru i Rv, iOUT: cestica moze biti izvan kugle.

IN: unutar supljine je r < Ru ≤ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r ′ − r

VIN = −Gρ02 π

r

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′ (r ′ + r − r ′ + r) = −G 2 π ρ0 (R2v −R2

u). (7.29)

Potencijal u supljini je konstantan, pa je prema (7.28), sila jednaka nuli.

INTER: U ovom dijelu prostora, integraciju treba rastaviti na dva dijela:

Ru ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r − r ′ | = r − r ′ ,

r ≤ r ′ ≤ Rv ⇒ |r − r ′ | = r ′ − r.,


tako da je∫ Rv

Ru

dr ′ =

∫ r

Ru

dr ′

︸︷︷︸r ′ < r

+

∫ Rv

r

dr ′

︸︷︷︸r ′ > r

.

Uz gornji rastav, za potencijal se dobiva,

VINTER(r) = −Gρ02 π

r

[∫ r

Ru

r ′ dr ′ (r ′ + r + r ′ − r) +

∫ Rv

r

r ′ dr ′ (r ′ + r − r ′ + r)

]

= −G 2 π ρo

(R2v −

r2

3− 2R3

u

3 r

)(7.30)

OUT: neka se sada cestica nalazi izvan kugle, r > Rv ≥ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r − r ′

VOUT (r) = −Gρ02 π

r

∫ Rv

Ru

r ′ dr ′ (r ′ + r + r ′ − r)

= −Gρ04 π

3(R3

v − R3u)

1

r= −G M

r, (7.31)

a to je isti potencijal kao da umjesto suplje kugle mase M , u ishodistu imamo cesticu istemase.

V (r) = GM

Rv·

−3

2

1−(Ru

Rv

)2

1−(Ru

Rv

)3 , r ≤ Ru

−3

2

[−2

3

(Ru

Rv

)31

ξ+ 1− 1

3ξ2

]1

1−(Ru

Rv

)3 , Ru ≤ r ≤ Rv

−1

ξ, r ≥ Rv

gdje je

ξ ≡ r

Rv.

Iznos sile je prikazana na slici 7.8.

Pokazimo jos i da se iz ovih potencijala, dobivaju ranije izracunati izrazi za sile. Sila i potencijalsu vezani operacijom gradijenta, koja je u pravokutnom koordinatnom sustavu, oblika

~F = −−→∇Ep = −m −→∇V = −m(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)V.


Slika 7.8: Gravitacijski potencijal suplje kugle (Ru = 1, Rv = 3 u proizvoljnim mjernim jedinicama).

0 0.5 1 1.5

r / Rv

-1.5

-1

V /

(G M

/ Rv)

IN INTER OUT

IN: unutar supljine je potencijal konstantan, (7.29), pa je sukladno gornjem izrazu derivacija

konstante jednaka nuli i sila u supljini je jednaka nuli, ~F ING = 0, bas kao i u (7.23).

INTER: Potencijal VINTER je dan izrazom (7.30). Izracunajmo najprije samo x komponentesile u prostoru izmedu Ru u Rv:

F INTERGx = G 2 π ρo m

∂

∂x

(R2v −

x2 + y2 + z2

3− 2R3

u

3√x2 + y2 + z2

)

= Gm4 π

3ρ0

(−x+ R3

u

r3x

)

i slicno za y i z komponentu sile. Sve zajedno, za ~F INTERG = ~ex F

INTERGx + ~ey F

INTERGy +

~ez FINTERGz , dobivamo, bas kao i u (7.24)

~F INTERG = −Gm 4 π

3ρ0

(~r − R3

u

r3~r

)= −GmmINTER(r)

~err3,

gdje smo prepoznali

mINTER(r) =4 π

3ρ0 (r

3 −R3u).

OUT: Izvan kugle je potencijal dan sa (7.31). Ponovo je dovoljno izracunati samo jednu, npr.x, komponentu sile

FOUTGx = G m M

∂

∂x

1√x2 + y2 + z2

= −G m Mx

r3


i slicno za preostale dvije komponente. Sve zajedno, ~FOUTG = ~ex F

OUTGx + ~ey F

OUTGy + ~ez F

OUTGz ,

dobivamo kao i u (7.26)

~FOUTG = −G m M

~r

r3.

O tome kako izgleda gravitacijski potencijal koji potjece od nesfernih objekata (kao sto sunpr. dvojne zvijezde, spiralne ili elipticke galaksije), bit ce vise rijeci u odjeljku o multipolnomrazvoju potencijala.Svi gornji racuni i rezulatati vrijede i za elektrostatsku silu, ako se u odgovarajucim izrazimaizvedu zamjene (7.16) i (7.17). Primjetimo da je vazan dio u gornjim racunima pretpostavka okonstantnoj gustoci kojom je masa (za gravitacijsku silu ili elektricni naboj za elektrostatskusilu) rasporedena u prostoru.

7.3 Divergencija i rotacija gravitacijskog polja

Prema Helmohltzovu17 teoremu, vektorsko je polje u cjelosti odredeno svojom rotacijom idivergencijom. U ovom cemo odjeljku izracunati divergenciju i rotaciju gravitacijskog polja

~g (~r) = −G

∫ρm(~r

′)~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 d r′ 3, (7.32)

a sve sto izvedemo za gravitacijsko polje, moze se relacijama (7.16) i (7.17) prevesti u termine

elektrostatskog polja ~E .

Relacijom (7.14) je pokazano da je gravitacijsko polje dano negativnim gradijentom potencijala,a buduci da smo vec pokazali, relacijom (2.41), i da je rotacija gradijenta jednaka nuli, to odmahslijedi

−→∇ × ~g = 0. (7.33)

Gornja jednadzba je jedan od mogucih nacina da se matematicki kaze da je gravitacijsko poljekonzervativno. Izracunamo li plosni integral gornje jednadzbe

∫(−→∇ × ~g ) d~S = 0

i primjenimo Stokesov teorem (2.32)∫

(−→∇ × ~g ) d~S =

∮~g d~r = 0,

dolazimo do tvrdnje da je rad gravitacijskog polja (tj. sile) po zatvorenoj krivulji jednaknuli (tako npr. Zemlja ne obavlja nikakav rad gibajuci se oko Sunca). Elektrostatsko je poljetakoder konzervativno i za njega vrijedi

−→∇ × ~E = 0.17 Hermann Ludwig Ferdinand von Helmohltz, 1821 - 1894, njemacki fizicar

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 283

Ova se jednadzba naziva druga Maxwellova18 jednadzba.

Zadatak: 7.8 Pokazimo da gravitacijsko polje cestice na svim udaljenostima i gravitacijskopolje homogene kugle na udaljenostima vecim od polumjera kugle, zadovoljava jed-nadzbu (7.33).

R: Polje cestice mase m smjestene u ishodistu koordinatnog sustava je

~g (~r) = −G m

r3~r

(a kao sto znamo iz (7.27), to je i polje kugle, ako je r vece od polumjera kugle).Raspisano po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava

gx = −Gm x

(x2 + y2 + z2)3/2,

gy = −Gm y

(x2 + y2 + z2)3/2,

gz = −Gm z

(x2 + y2 + z2)3/2.

Komponente rotacije u pravokutnim koordinatama su

−→∇ × ~g = ~ex

(∂ gz∂ y

− ∂ gy∂ z

)+ ~ey

(∂ gx∂ z

− ∂ gz∂ x

)+ ~ez

(∂ gy∂ x

− ∂ gx∂ y

).

Izravnom derivacijom se lako dobije da je svaka od okruglih zagrada jednaka nuli

−→∇ × ~g = 0.

Da bismo izracunali divergenciju gravitacijskog polja,−→∇~g (~r), trebamo najprije primjetiti da

operator nabla djeluje na koordinatu ~r (a ne na ~r ′) na desnoj strani relacije (7.32). Ovo

cemo naglasiti time sto cemo (samo u ovom odjeljku) umjesto−→∇ pisati

−→∇r. Integrira se po

koordinati ~r ′, pa je dozvoljeno komutirati integraciju i−→∇r

−→∇r~g = −G∫

ρm(~r′)−→∇r

~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 d r′ 3.

18James Clerck Maxwell, 1831 - 1879, skotski fizicar


Neka je ~r 6= ~r ′. Izracunajmo rezultat djelovanja−→∇r

−→∇r~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)~ex (x− x ′) + ~ey (y − y ′) + ~ez (z − z ′)

[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2(7.34)

=∂

∂ x

x− x ′

[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

+∂

∂ y

y − y ′

[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

+∂

∂ z

z − z ′

[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

=

(1

|~r − ~r ′|3 − 3(x− ~ex ′ )2

|~r − ~r ′|5)+

(1

|~r − ~r ′|3 − 3(y − ~ey ′ )2

|~r − ~r ′|5)+

(1

|~r − ~r ′|3 − 3(z − ~ez ′ )2

|~r − ~r ′|5)

= 0.

Izracunajmo sada∫d r3

−→∇r~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3

po kugli unutar koje se nalazi i tocka ~r = ~r ′. Umjesto ~r, uvedimo novu varijablu ~R = ~r − ~r ′,

tako da je d r3 = dR3 i−→∇r =

−→∇R. Primjenom Gaussova teorema (2.24), prelazimo s integracijepo volumenu kugle, na integraciju po povrsini sfere

∫dR3 −→∇R

~R

R3=

∮d~S

~R

R3=

∮

Ω

~eRR2dΩ

~eR R

R3= 4π. (7.35)

Funkcija koje jednaka nuli kada je njezin argument razlicit od nule, a integral koje je jednakjedinici kada podrucje integracije sadrzi i tocku koja ponistava njezin argument, naziva seDiracova19 δ-funkcija . O definiciji i svojstvima δ-funkcije, vidjeti vise u dodatku B i [4]. Izrelacija (7.34) i (7.35) zakljucujemo da je

−→∇r~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 = 4πδ(~r − ~r ′).

Sada je

−→∇~g (~r) = −G∫

ρm(~r′)−→∇r

~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3 d r′ 3 = −G

∫ρm(~r

′)4πδ(~r − ~r ′) d r ′ 3 = −4πGρm(~r).

Time smo dosli do jednadzbe za divergenciju gravitacijskog polja

−→∇~g (~r) = − 4 π G ρm(~r). (7.36)

Odgovarajuca elektrostatska jednadzba

−→∇ ~E (~r) =ρq(~r)

ǫ019Paul Adrien Maurice Dirac, 1902 - 1984, engleski fizicar

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 285

se naziva prva Maxwellova jednadzba. Gornju jednadzbu mozemo napisati i u integralnomobliku, koristeci Gaussov teorem

∫d r3

−→∇~g = −4 π G

∫d r3 ρm

∮

S

~g d~S = −4 π G mS, (7.37)

gdje mS oznacava masu sadrzanu unutar zatvorene plohe S. Gornja jednadzba kaze da je tokgravitacijskog polja kroz proizvoljnu zatvorenu plohu, srazmjeran kolicini mase sadrzane unutarplohe. Odgovarajuci iskaz za elektricno polje se zove Gaussov zakon

∮~E d~S =

qSǫ0.

Gornji su izrazi jako pogodni racun gravitacijskog ili elektrostatskog polja, kada su masa ilielektricni naboj na neki posebno jednostavan i simetrican nacin rasporedeni u prostoru. Ovutvrdnju ilustriramo slijedecim primjerom.

Zadatak: 7.9 Koristeci jednadzbu (7.37), izracunajte gravitacijsko polje suplje kugle jednolikegustoce (to smo vec izracunali na drugi nacin - izravnom integracijom - u odjeljku7.2).

R: Zbog sferne simetrije odabiremo sferni koordinatni sustav s koordinatama(r, θ, ϕ) i s ishodistem u sredistu kugle. Isto tako zbog sferne simetrije je jasnoda polje ne moze ovisiti o kutovima θ i ϕ, nego samo o odaljenosti r i da mora bitiusmjereno samo u ~er smjeru

~g (~r) = g(r)~er . (7.38)

IN: izracunajmo najprije polje u supljini kugle na udaljenosti r od ishodista. Dabismo to izveli, za plohu integracije, u izrazu (7.37), uzimamo sferu polumjera r <

Ru, tako da je d~S = ~er r2dΩ, pa je lijeva strana (7.37) jednaka

∮

S

~g INd~S =

∫

Ω

gIN(r)~er ~er r2dΩ = gIN(r) r

2 4 π.

Na desnoj strani (7.37) se pojavljuje mS, masa obuhva”ena plohom integracije. Noploha integracije (sfera polumjera r < Ru) se u cjelosti nalazi unutar supljine, pazato ne obuhvaca nikakvu masu, tj. mS = 0 i Gaussov zakon u supljini kugle glasi

gIN(r) r2 4 π = 0,

tj. ~g IN = 0, kao sto smo dobili i ranije u (7.23).INTER: izracunajmo sada polje na udaljenosti r od ishodista, gdje je Ru ≤ r ≤ Rv.Za plohu integracije opet odabiremo sferu polumjera Ru ≤ r ≤ Rv sa sredistem uishodistu. Lijeva strana (7.37) je opet jednaka

∮

S

~g INTERd~S =

∫

Ω

gINTER(r)~er ~er r2dΩ = gINTER(r) r

2 4 π,


no masa obuhvacena plohom integracije je sada jednaka onome sto smo gore oznacavalisa mINTER(r) ≡ mS = ρ0 [(4 π/3) r

3 − (4 π/3) R3u], pa Gaussov zakon daje

gINTER(r) r2 4 π = −4 πG mINTER(r) ⇒ ~g INTER(r) = −GmINTER(r)

~err2,

bas kao i u (7.24).OUT: da bismo izracunali polje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremokoncentricnu sferu, ali je ona sada polumjera r > Rv. Kao i u dva prethodna slucaja,lijeva strana (7.37) je opet jednaka gOUT (r) r

2 4 π. Masa obuhvacena plohom inte-gracije, koja se sada pojavljuje na desnoj strani (7.37), je upravo cijela masa supljekugle M , pa Gaussov zakon glasi

gOUT (r) r2 4 π = −4 π G M =⇒ ~g OUT (r) = −GM ~er

r2,

sto je isto kao i u (7.27): polje ima oblik polja cestice.

Zadatak: 7.10 Polazeci od relacije (7.32) pokazite da se gravitacijsko polje moze prikazati kaogradijent jedne skalarne funkcije i odredite tu skalarnu funkciju.

R: Primjetimo da je

−→∇r1

|~r − ~r ′| =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2

]−1/2

= ~ex−2(x− x ′)

2 [(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

+ ~ey−2(y − y ′)

2 [(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

+ ~ez−2(z − z ′)

2 [(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2]3/2

= − ~r − ~r ′

|~r − ~r ′|3

Pomocu gornjeg izraza, mozemo gravitacijsko polje napisati kao

~g (~r) = −G∫

ρm(~r′)

(−−→∇r

1

|~r − ~r ′|

)d r ′ 3 = −−→∇r

(−G

∫ρm(~r

′)1

|~r − ~r ′| d r′ 3)

= −−→∇V (~r),

gdje je

V (~r) = −G∫

ρm(~r′)

|~r − ~r ′| d r′ 3.

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 287

Zadatak: 7.11 Od ranije, relacije (7.25) i (7.26), nam je poznato gravitacijsko polje kugle jed-nolike masene gustoce ρ0 i ukupne mase m, sa sredistem u ishodistu koordinatnogsustava. Uvjerimo se da to polje zadovoljava relaciju (7.36).

R: Znamo da je za r ≤ R

~g IN = −4πGρ03

~r = −4πGρ03

(x~ex + y~ey + z~ez ),

a za r ≥ R je

~g OUT = −Gm ~r

r3= −Gm x~ex + y~ey + z~ez

(x2 + y2 + z2)3/2,

gdje je ρ0 = 3m/(4R3π), konstantna masena gustoca kugle. Unutar kugle je gustocaρ = ρ0, dok izvan kugle nema mase pa je tamo ρ = 0. Prema jednadzbi (7.36), trebadobiti

−→∇~g IN = −4πGρ0−→∇~g OUT = 0.

Divergencija je naprosto zbroj parcijalnih derivacija komponenata polja

−→∇~g =∂gx∂x

+∂gy∂y

+∂gz∂z

.

Unutar kugle, x-komponenta divergencije daje

∂gx∂x

=∂

∂x

−4πGρ03

x =−4πGρ0

3.

Isti rezultat daju i y i z komponenta, pa je konacno

−→∇~g IN = 3−4πGρ0

3= −4πGρ0.

Izvan kugle, x-komponenta divergencije daje

∂gx∂x

=∂

∂x(−G) mx

(x2 + y2 + z2)3/2

= −Gm[1

r3+ x(−3/2)(x2 + y2 + z2)−5/22x

]= −Gm

[1

r3− 3x2

r5

]

i simetricno za y i z komponentu. Sve zajedno daje

−→∇~g OUT = −Gm(

1

r3− 3x2

r5+

1

r3− 3y2

r5+

1

r3− 3z2

r5

)= −Gm

(3

r3− 3r2

r5

)= 0,

kao sto i treba biti.

7.4 Multipolni razvoj potencijala

U odjeljku 7.2, rijesen je jednostavan problem izracunavanja potencijala tj. gravitacijske ielektrostatske sile, koja potjece od sfernih objekata. Vidjeli smo da je sila u prostoru izvan


sfere ista kao i sila od cestice koja bi se nalazila na mjestu sredista sfere, a cija je masa (naboj)ista kao i ukupna masa (naboj) sfere.Pogledajmo sada slijedeci elektrostatski problem: dva naboja istog iznosa, a suprotnog predz-naka se nalaze na medusobnoj udaljenosti l; zadatak je izracunati potencijal ovog sustava naudaljenostima ~r velikim u usporedbi s medusobnom udaljenoscu naboja

r >> l.

Promatran u gornjoj granici, ovaj sustav dva naboja se naziva elektricni dipol i prikazanje na slici 7.9. Zbog homogenosti i izotropnosti prostora, koordinatni sustav mozemo postaviti

Slika 7.9: Elektricni dipol.

tako da se ishodiste nalazi na polovistu spojnice naboja, os z lezi u smjeru spojnice. U skladu snacelom pridodavanja, potencijal zbroja naboja je jednak zbroju potencijala pojedinih naboja.Oznacimo li s V+ potencijal naboja +q koji se nalazi u tocki (l/2)~ez , a s V− potencijal naboja−q koji se nalazi u tocki (−l/2)~ez , tada je njihovu ukupni potencijal, Vdip jednak

Vdip(~r) = V+(~r) + V−(~r),

pri cemu su potencijali tockastih naboja

V±(~r) =1

4πǫ0

±q|~r − ~r±|

.

Ukupni, dipolni, potencijal je tada jednak

Vdip(~r) =1

4πǫ0q

(1

|~r − ~ez l/2|− 1

|~r + ~ez l/2|

)

=1

4πǫ0

q

r

[(1− cos θ

l

r+

1

4

l2

r2

)− 1

2

−(1 + cos θ

l

r+

1

4

l2

r2

)− 1

2

].


U granici r >> l, na gornji se izraz moze primjeniti Taylorov razvoj

(1 + x)−1

2 = 1− 1

2x+

1 · 32 · 4x

2 − 1 · 3 · 52 · 4 · 6x

3 +O(x4), (7.39)

za |x| < 1, pri cemu je

x ≡ ∓ cos θl

r+

1

4

l2

r2.

Uvrstavanjem vrijednosti za x i sredivanjem dobivenog razvoja, za dipolni potencijal se dobije

Vdip(~r) =1

4πǫ0

q

r

[l

rcos θ +O

(l3

r3

)].

Drugi clan na desnoj strani gornjeg izraza oznacava zanemarene clanove razvoja, koji su zboguvjeta r >> l manji od clana koji je zadrzan. U nastavku, taj clan vise necemo eksplicitnonavoditi. Definiramo li vektor dipolnog momenta (usmjerenog od negativnog prema pozi-tivnom naboju) kao ~p = ql~ez , tada se dipolni potencijal moze napisati u uobicajenom obliku

Vdip(~r) =1

4πǫ0

~p · ~err2

. (7.40)

Primjetimo da, za razliku od potencijala jednog tockastog naboja, koji opada kao 1/r, potencijal

dipola opada brze, kao 1/r2. Iz poznatog potencijala, polje se racuna kao ~E dip = −−→∇Vdip.Operator gradijenta u sfernom koordinatnom sustavu se moze naci npr. u [12], pa jednostavnomderivacijom, dobivamo polje dipola

~E dip = −(~er

∂

∂r+ ~eθ

1

r

∂

∂θ+ ~eϕ

1

r sin θ

∂

∂ϕ

)1

4πǫ0

p cos θ

r2

=1

4πǫ0

p

r3(2 cos θ~er + sin θ~eθ ) =

1

4πǫ0

1

r3(3p cos θ~er − p~ez ) .

Prepoznamo li u gornjem izrazu p cos θ kao skalarni umnozak ~p · ~er , a p~ez kao ~p , elektricnopolje dipola postaje

~E dip(~r) =1

4πǫ0

3(~p · ~er )~er − ~p

r3.

Za razliku od polja tockastog naboja (7.5) (uz zamjene m → q i −G → 1/4 π ǫ0) koje jesferno simetricno, polje dipola nije sferno simetricno, vec ovisi o kutu θ koji mjeri otklon odosi dipola. Sila kojom ovaj dipol djeluje na tockasti naboj iznosa q koji se nalazi u tocki ~r jejednaka ~Fdip = q ~E dip(~r).S obzirom da elektricni naboji mogu biti pozitivni i negativni, a gravitacijski naboj (teska masa)je uvijek pozitivan, mozemo se zapitati postoji li neki gravitacijski sustav tijela koji bi proizveodipolni potencijal oblika (7.40)? Pogledajmo sliku 7.10. Dvojni sustav zvijezda sastavljen odjedne velike i jedne male zvijezde ili sustav sastavljen od zvijezde i masivnog planeta, mozemozamisliti kao rezultat zbrajanja (pridodavanja) potencijala od velike mase iznosa M + m idvaju manjih masa iznosa ±m ′ od kojih je jedna negativna. Ova negativna masa je samofikcija korisna za razumjevanje oblika potencijala. Na udaljenostima velikim u usporedbi sdimenzijom sustava, gravitacijski potencijal ce biti priblizno jednak zbroju potencijala velikemase iznosa M + m (to je potencijal tockastog izvora) i potencijala dipola sastavljenog odpozitivne i negativne mase m ′.


Slika 7.10: Uz objasnjenje gravitacijskog dipola.

Ukoliko se promatra sustav dvije zvijezde jednakih masa, kao na slici 7.11, rezultantni potencijalzbog simetrije mase obje zvijezde, nece sadrzavati dipolni nego ce poslije monopolnog, prvislijedeci neiscezavajuci clan biti kvadrupolni.

Gornja se razmatranja mogu dalje poopcavati. ”Sto ako nemamo dva naboja (ili dvije masenecestice), nego imamo nekakav skup odN naboja (ili masa) rasporeden unutar nekog ogranicenogdijela prostora? Kako ce izgledati potencijal ove nakupine na udaljenostima velikim u uspo-redbi s dimenzijama same nakupine (slika 7.12)? Evo nekoliko primjera:

(1) astronomija - nebeska tijela kao sto su dvojne zvijezde, galaksije, nakupine plina, nisu uvi-jek sfernog oblika i nalaze se na udaljenostima puno vecim nego sto su prostorne dimenzijesamih tijela;

(2) nuklearne fizika - atomske jezgre teskih elemenata cesto nisu okruglog oblika: ili su maloizduzene u oblik cigare, ili su spljostene u oblik palacinke. Zato elektricna sila kojom djelujuna elektrone iz elektronskog plasta atoma, nije ista kao sila od kuglastog objekta (koju smoracunali u odjeljku 7.2). Srednja udaljenost elektrona od jezgre je oko pet redova velicineveca od dimenzije same jezgre, pa smo i ovdje u situaciji da nas zanima sila (tj. potencijaliz kojega cemo dobiti silu) na udaljenostima velikim u usporedbi s prostornim dimenzijamakoje zauzima izvor sile (tj. potencijala);

(3) atomska fizika - atomi su kao cjeline elektricki neutralni jer imaju isti broj elektrona uplastu, kao i protona u jezgri, no zbog nejednolike raspodjele naboja unutar atoma, utockama izvan atoma postojat ce elektrostatski potencijal razlicit od nule.Radi odredenosti, u nastavku cemo govoriti o elektrostatskom potencijalu, a zamjenama

(7.16) i (7.17) sve se moze prevesti i u jezik gravitacijskog potencijala.


Slika 7.11: Uz objasnjenje gravitacijskog kvadrupola.

Postavimo koordinatni sustav tako da je polozaj tocke u kojoj racunamo potencijal odredensfernim koordinatama (r, θ, ϕ), polozaj tocaka u kojima se nalaze izvori potencijala je oznacens (r ′ , θ ′, ϕ′)

~r = r(~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ) = r~er ,

~r ′ = r ′ (~ex sin θ ′ cosϕ′ + ~ey sin θ ′ sinϕ′ + ~ez cos θ′) = r ′ ~er ′ .

Smatrat cemo da su tocke izvori potencijala kontinuirano raspodjeljene gustocom naboja ρq(~r′)

po konacnom dijelu prostora u okolici ishodista (slika 7.12). U skladu s gornjom diskusijom,ogranicit cemo se na racun potencijala u tockama na udaljenostima r za koje vrijedi

r >> r ′ .

Gornja nejednakost nam omogucava definirati malu velicinu r ′ /r po kojoj razvijamo nazivnikiz podintegralne funkcije u izrazu za potencijal (7.18)

1

|~r − ~r ′| =1√

r2 − 2rr ′ (~er · ~er ′ ) + r ′ 2=

1

r

[1− 2

r ′

r(~er · ~er ′ ) +

(r ′

r

)2]−1/2

.

Koristeci Taylorov (7.39) uz:

x ≡ −2r ′

r(~er · ~er ′ ) +

(r ′

r

)2

,

x2 = 4

(r ′

r

)2

(~er · ~er ′ )2 − 4

(r ′

r

)3

(~er · ~er ′ ) +O(r ′ 4

r4

),

x3 = −8

(r ′

r

)3

(~er · ~er ′ )3 +O(r ′ 4

r4

).


Slika 7.12: Uz multipolni razvoj gravitacijskog potencijala.

dobivamo

1

|~r − ~r ′| =1

r

1 +

r ′

r(~er · ~er ′ ) +

1

2

(r ′

r

)2

[3(~er · ~er ′ )2 − 1] +3

2

(r ′

r

)3

(~er · ~er ′ )

[5

3(~er · ~er ′ )2 − 1

]+O

(

Uvrstavanjem gornjeg razvoja u izraz za elektrostatski potencijal, (7.18), dobiva se

V (~r) = V (~r)mon + V (~r)dip + V (~r)kva + V (~r)okt + · · · (7.41)

Prvi clan gornjeg razvoja je monopolni potencijal , tj. potencijal koji dolazi od ukupnog nabojacijelog sustava

V (~r)mon =1

4πǫ0

1

r

∫ρq(~r

′)d3r ′ =1

4πǫ0

q

r. (7.42)

Ako je ukupan naboj cijelog sustava jednak nuli (kao sto je to npr. slucaj kod neutralnih atomagdje je q = q+ + q− = 0), onda ovaj clan iscezava.Drugi clan se naziva dipolni potencijal

V (~r)dip =1

4πǫ0

1

r2

∫~er · ~er ′ r ′ ρq(~r

′)d3r ′ =1

4πǫ0

~err2

∫~r ′ρq(~r

′)d3r ′ .

Nazovemo li dipolnim momentom ~p

~p =

∫~r ′ρq(~r

′)d3r ′ , (7.43)

tada je gornji dipolni potencijal oblika kao i (7.40)

V (~r)dip =1

4πǫ0

~p~err2

. (7.44)

Ako u (7.43) uvrstimo da je gustoca naboja ρq(~r′) razlicita od nule samo u dvije tocke: ±(l/2)~ez

u kojima ima vrijednost ±q, dobit cemo rezultat ~p = ql~ez s pocetka ovog odjeljka (gornji je


izraz za ~p je puno opcenitiji od ~p = ql~ez koji vrijedi samo za dva tockasta naboja). Za razlikuod potencijala monopola, dipolni potencijal opada brze, kao 1/r2.Treci se clan naziva kvadrupolni potencijal i opada jos brze (kao 1/r3) od prethodna dva clana.

V (~r)kva =1

4πǫ0

1

r31

2

∫r ′ 2[3(~er ·~er ′ )2−1]ρq(~r

′)d3r ′ =1

4πǫ0

1

r31

2

∫[3(~er ·~r ′)2−r ′ 2]ρq(~r

′)d3r ′ .

(7.45)Raspisimo izraz iz uglate zagrade u pravokutnim koordinatama

~er = ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ ≡ ~ex rx + ~ey ry + ~ez rz,

~r ′ = ~ex x′ + ~ey y

′ + ~ez z′,

3(~er · ~r ′)2 − r ′ 2 = 3(rxx′ + ry~ey + rz~ez )

2 − (x ′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2)

= 3(r2xx′ 2 + r2yy

′ 2 + r2zz′ 2 + 2rxryx

′y ′ + 2rxrzx′z ′ + 2ryrzy

′z ′)− x ′ 2 − y ′ 2 − z ′ 2.

Citatelj ce se lako uvjeriti, izravnim mnozenjem, da se gornji izraz moze preglednije napisatipomocu matrice T (~r ′) definirane donjim izrazom

〈~er |T (~r ′)|~er 〉 =[rx ry rz

]

2x ′ 2 − y ′ 2 − z ′ 2 3x ′y ′ 3x ′z ′

3y ′x ′ 2y ′ 2 − x ′ 2 − z ′ 2 3y ′z ′

3z ′x ′ 3z ′y ′ 2z ′ 2 − x ′ 2 − y ′ 2

rxryrz

Uvedemo li sada realnu i simetricnu matricu koja se, u analogiji s dipolnim momentom (koji jevektor), naziva kvadrupolni moment Q

Q =

∫ρq(~r

′) T (~r ′) d3r ′ , (7.46)

kvadrupolni potencijal mozemo zapisati u obliku

V (~r)kva =1

4πǫ0

1

r3〈~er |Q |~er 〉

2.

Uvedimo lijeve 〈λj | i desne svojstvene vektore |λj〉 i njima pridruzene svojstvene vrijednosti λj,matrice Q

Q |λj〉 = λj |λj〉 , 〈λj|Q = λj 〈λj | ,

za j = 1, 2, 3. Ovi svojstveni vektori cine ortonormiran i potpun skup

〈λi|λj〉 = δi,j ,

3∑

j=1

|λj〉〈λj| = 1,

gdje 1 oznacava jedninicnu 3× 3 matricu. Primjenom relacije potpunosti, slijedi

〈~er |Q |~er 〉 = 〈~er |Q3∑

j=1

|λj〉〈λj|~er 〉 =3∑

j=1

λj 〈~er |λj〉〈λj |~er 〉 .

No, 〈~er |λj〉 = 〈λj |~er 〉 su samo oznake za skalarne umnoske dva jedinicna vektora i zato je

〈~er |λj〉 = 〈λj|~er 〉 = cosΨj,

gdje smo s Ψj oznacili kutove koje ~er zatvara sa smjerovima svojstvenih vektora matrice Q(slika 7.13). Pomocu ovih velicina, kvadrupolni elektrostatski potencijal glasi


Slika 7.13: Smjerovi svojstvenih vektora matrice Q .

V (~r)kva =1

4πǫ0

1

r31

2

3∑

j=1

λj cos2Ψj,

a gravitacijski kvadrupolni potencijal je

V (~r)kva = −G 1

r31

2

3∑

j=1

λj cos2Ψj. (7.47)

Cetvrti se clan naziva oktupolni potencijal i opada kao 1/r4,

V (~r)okt =1

4πǫ0

1

r43

2

∫r ′ 3[5

3(~er · ~er ′ )3 − (~er · ~er ′ )

]ρq(~r

′) d3r ′ . (7.48)

Odgovarajuce gravitacijske potencijale dobivamo iz gornjih izraza zamjenama (7.16) i (7.17).

S obzirom da Zemlja nije savrsena kugla i da njezina masena gustoca nije konstantna, rezultat(7.19) dobiven za kuglu konstantne gustoce nece biti potpuno primjenjiv na Zemlju. Naravnoda ce odstupanja biti mala, a ta mala odstupanja su upravo dana izrazima (7.44), (7.47) i(7.48). Ukupan gravitacijski potencijal je dan sa (7.41), a to je potencijal homogene kugle plusmale korekcije od nehomogenosti i nesfericnosti. Vise o gravitacijskom potencijalu Zemlje mozese naci u [31].

Zadatak: 7.12 Pokazite da za sustav elektricnih naboja sa slike 7.9, vrijedi: Vmon = Vkva =Vokt = 0.

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 295

R: gustoca naboja koja se pojavljuje u izrazima za potencijale, je razlicita odnule samo u dvije tocke: z = ± l/2 i u tim tockama ima vrijednost ± q. Ovomozemo zapisati pomocu Diracove δ-funkcije u npr. pravokutnom koordinatnomsustavu

ρq(~r′) = + q δ(x ′) δ(y ′) δ(z ′ − l/2)− q δ(x ′) δ(y ′) δ(z ′ + l/2).

Monopolni potencijal gornje raspodjele naboja, racunamo prema (7.42)

V (~r)mon =1

4πǫ0

1

r

∫ρq(~r

′)d3r ′

=1

4πǫ0

q

r

∫ +∞

−∞δ(x ′) δ(y ′) δ(z ′ − l/2) dx ′dy ′dz ′

−∫ +∞

−∞δ(x ′) δ(y ′) δ(z ′ + l/2) dx ′dy ′dz ′

=1

4πǫ0

q

r(1− 1) = 0.

Kvadrupolni potencijal racunamo pomocu (7.45

V (~r)kva =1

4πǫ0

1

r31

2

∫[3(~er · ~r ′)2 − r ′ 2]ρq(~r

′)d3r ′

=1

4πǫ0

1

r31

2

[3(~er · ~r ′)2 − r ′ 2] (+q)

∣∣x ′=y ′=0,z ′=l/2

+ [3(~er · ~r ′)2 − r ′ 2] (−q)∣∣x ′=y ′=0,z ′=−l/2

=1

4πǫ0

1

r31

2

[3

(l

2

)2

−(l

2

)2]q +

[3

(− l

2

)2

−(− l

2

)2](−q)

= 0,

a oktupolni, pomocu (7.48)

V (~r)okt =1

4πǫ0

1

r43

2

∫r ′ 3[5

3(~er · ~er ′ )3 − (~er · ~er ′ )

]ρq(~r

′) d3r ′ .

=1

4πǫ0

1

r43

2

√(

l

2

)23(

5

3− 1

)(+q) +

√(− l

2

)23(

5

3− 1

)(−q)

= 0.

7.5 Problem dva tijela

U svakodnevnom govoru je uobicajeno reci: Zemlja se giba oko Sunca po elipsi, pri cemuSunce miruje u jednom od zarista elipse. Strogo gledano, ta tvrdnja nije tocna. U ovom cemoodjeljku pokazati da se i Zemlja i Sunce gibaju oko jedne tocke koju cemo kasnije u poglavlju10.2 prepoznati kao srediste mase. No, zbog toga sto je masa Sunca puno veca od mase Zemlje(a i svih ostalih planeta uzetih zajedno), ova se tocka nalazi tako blizu sredista Sunca da se u


jako dobroj pribliznosti moze smatrati da Sunce miruje. Radi jednostavnosti, promatrat cemosamo medudjelovanje Zemlje i Sunca, a utjecaj ostalih nebeskih tijela cemo zanemariti.U odjeljku 7.2 smo pokazali da se, u odnosu na gravitacijsku silu, a zbog svojeg pribliznokuglastog oblika, Sunce i planeti mogu tretirati kao cestice. Opisimo zato opcenito gibanjedvije cestice masa m1 i m2 medu kojima djeluje gravitacijska sila (slika 7.14) iznosa

Slika 7.14: Uz problem dva tijela.

FG = Gm1m2

|~r1 − ~r2|2.

Ova formulacija, osim gravitacijske, obuhvaca i Coulombovu silu

FC =1

4πǫ0

q1 q2|~r1 − ~r2|2

,

koja djeluje medu cesticama raznoimenih elektricnih naboja (s time da se tu javlja i, klasicnimpojmovima nerjesiv, problem zracenja naboja koji se ubrzano giba. Prema trecem Newtonovomaksiomu je ~F2,1 = −~F1,2, pa jednadzbe gibanja za obje cestice glase

m1d 2~r1d t2

= ~F2,1,

m2d 2~r2d t2

= ~F1,2 = −~F2,1.

Zbrajanjem gornjih jednadzba, dolazi se do zakona o sacuvanju ukupne kolicine gibanja

m1d 2~r1d t2

+m2d 2~r2d t2

= 0,

d

d t

[m1~ 1r +m2~ 2r

]= 0,

m1~ 1r +m2~ 2r = const.,

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 297

tj. ukupna kolicina gibanja sustava se ne mijenja u vremenu. Ako uvedemo pojam sredistamase sustava ~rSM

~rSM =m1~r1 +m2~r2m1 +m2

,

tada je i

m1d 2~r1d t2

+m2d 2~r2d t2

= (m1 +m2)~rSM = 0,

pa je ~rSM = const., tj. srediste mase sustava dvije cestice se giba konstantnom brzinom(konstantnom po iznosu i po smjeru), a buduci da je konstantna, onda je i jednaka brzini upocetnom trenutku. Primjetimo na ovom mjestu, da ako je jedna masa puno veca od druge,npr. m1 >> m2 (kao sto je to slucaj u sustavu Sunce - Zemlja), tada ce se srediste masenalaziti vrlo blizu polozaja masivnijeg tijela. Taylorovim razvojem izraza za ~rSM po malojvelicini m2/m1, lako se dolazi do

m1 >> m2 ⇒ ~rSM = ~r1 +m2

m1

(~r2 − ~r1) + · · · .

Pokazimo jos i da je i moment kolicine gibanja cijelog sustava konstantan u vremenu.

~r1 × m1~ 1r = ~r1 × ~F2,1,

~r2 × m2~ 2r = ~r2 × ~F1,2 = −~r2 × ~F2,1.

Zbrajanjem gornje dvije jednadzbe, dobiva se

~r1 × m1~ 1r + ~r2 × m2~ 2r = (~r1 − ~r2) × ~F2,1 = 0,

d

d t(~r1 × m1~ 1r + ~r2 × m2~ 2r) = 0.

Desne strane gornjih jednadzba su jednake nuli zato jer sila ~F2,1 ima smjer spojnice tocaka ~r1i ~r2, pa je kolinearna s (~r1 − ~r2) i vektorski umnozak na desnoj strani je jednak nuli. Definira

li se moment kolicine gibanja cijelog sustava ~L izrazom

~L = ~r1 × m1~ 1r + ~r2 × m2~ 2r, (7.49)

tada iz gornjeg razmatranja zakljucujemo da je ~L konstantan u vremenu i jednak vrijednostimomenta kolicine gibanja u pocetnom trenutku. Ovu konstantnu vrijednost cemo oznacavati s~L 0.Postavimo sada ishodiste koordinatnog sustava u tocku srediste mase, ~rSM = (m1~r1+m2~r2)/(m1+m2) = 0 (slika 7.15). Tada je po komponentama

m1x1 +m2x2 = 0, m1y1 +m2y2 = 0, m1z1 +m2z2 = 0. (7.50)

U koordinatnom sustavu u kojemu je ~rSM = 0 je i ukupna kolicina gibanjam1~ 1r+m2~ 2r = (m1+

m2)~rSM = 0, pa jedini konstantni vektor koji nam preostaje je vektor ukupnog momenta kolicinegibanja. On predstavlja istaknuti smjer u prostoru. Zbog izotropnosti prostora, koordinatneosi mozemo usmjeriti kako zelimo, a u ovom je slucaju je prirodno jednu od osa postaviti usmjer momenta kolicine gibanja. Neka to bude os z. Sada je ~L = L0 ~ez . U ovako postavljenomkoordinatnom sustavu, a prema relaciji (7.49), je

Lx = 0 = m1(y1z1 − z1y1) +m2(y2z2 − z2y2),

Ly = 0 = m1(z1x1 − x1z1) +m2(z2x2 − x2z2),

Lz = L0 = m1(x1y1 − y1x1) +m2(x2y2 − y2x2).


Slika 7.15: Ishodiste koordinatnog sustava je u sredistu mase.

Gornje su jednadzbe zadovoljene ako je z1 = z2 = 0. Time smo dosli do dva vazna zakljucka:(1) da se cestice gibaju oko sredista mase u ravnini (x, y), i

(2) da je ta ravnina okomita na konstantni vektor momenta kolicine gibanja ~L 0.

Kao sto smo pokazali na strani 267, gravitacijska je sila konzervativna, a za konzervativnesile vrijedi zakon o sacuvanju mehanicke energije (zbroj kineticke i potencijalne energije jekonstantan). Izracunajmo ukupnu mehanicku energiju ovog sustava

E =m1

2(x21 + y21) +

m2

2(x22 + y22)−G

m1m2

|~r1 − ~r2|,

|~r1 − ~r2| =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2.

Uvedimo relativne koordinate

x = x2 − x1, y = y2 − y1.

U sustavu s ishodistem u sredistu mase je, prema (7.50),

x2 = −m1

m2

x1, y2 = −m1

m2

y1

(sjetimo se da smo postavili koordinatni sustav tako da je z1 = z2 = 0). Gornje veze namomogucavaju izraziti xj i yj preko relativnih koordinata x i y

x1 = x2 − x = −m1

m2

x1 − x ⇒ x1 = − m2

m1 +m2

x,

x2 = −m1

m2x1 =

m1

m1 +m2x,

y1 = y2 − x = −m1

m2y1 − y ⇒ y1 = − m2

m1 +m2y,

y2 = −m1

m2y1 =

m1

m1 +m2y,

7.6. CENTRALNE SILE 299

Oznacimo li s ρ medusobnu udaljenost cestica, ρ =√x2 + y2, tada energiju dobivamo izrazenu

preko relativnih koordinata

E =m1

2

[m2

2

(m1 +m2)2x2 +

m22

(m1 +m2)2y2]+m2

2

[m2

1

(m1 +m2)2x2 +

m21

(m1 +m2)2y2]−G

m1m2

ρ

=1

2

(m1 +m2)m1m2(x2 + y2)

(m1 +m2)2−G

m1m2

ρ.

Uvede li se reducirana masa µ

1

µ=

1

m1

+1

m2

, µ =m1m2

m1 +m2

,

ukupna je energija jednaka

E =1

2µρ2 −G

m1m2

ρ.

Opet vidimo da ako je m1 >> m2, reducirana je masa priblizno jednaka manjoj masi m2 i svakineticka energija (energija gibanja) dolazi od gibanja cestice manje mase: samo se mala masagiba, a velika masa priblizno miruje u ishodistu.Na slican se nacin moze i ukupan moment kolicine gibanja izraziti u relativnim koordinatma

L0 = Lz = m1(x1y1 − y1x1) +m2(x2y2 − y2x2)

= m1

[m2

m1 +m2

xm2

m1 +m2

y − m2

m1 +m2

ym2

m1 +m2

x

]

=(m1 +m2)m1m2(xy − yx)

(m1 +m2)2= µ(~ρ × ~ρ)z.

Ovime smo, sve zajedno, dobili deset konstantnih velicina:- polozaj sredista mase, 3 konstante,- brzina sredista mase (tj. ukupna kolicina gibanja), 3 konstante,- ukupan moment kolicine gibanja, 3 konstante,- mehanicka energija, 1 konstanta.

Ovih deset konstanata je dovoljno za potpuno odredenje gibanja dva tijela. Problem gibanjatri i vise tijela nije rjesiv, jer je broj zakona sacuvanja isti (to su gornja 4 zakona), dok brojkoordinata cestica sustava raste s porastom broja cestica.

7.6 Centralne sile

Gravitacijska sila iz prethodnog odjeljka je poseban slucaj opceg oblika sila koje se jednimimenom zovu centralne sile. U ovom cemo se odjeljku posvetiti proucavanju opcih svojstavacentralnih sila, imajuci sve vrijeme na umu gravitacijsku silu kao posebno vazan primjer cen-tralne sile.

Navedimo dvije osnovne karakteristike centralnih sila (slika 7.16):

smjer Sila na cesticu je uvjek usmjerena duz spojnice cestice i nepomicne tocke O koja sezove centar sile. Ako je sila usmjerena od cestice prema O, sila je privlacna, a ako jeusmjerena od tocke O prema cestici, sila je odbojna.


iznos Iznos sile ovisi samo o udaljenosti r od cestice do tocke O (a ne i kutovima kao npr.kod sile od dipola ili kvadrupola, ili nekim drugim varijablama (npr. brzini)).

Slika 7.16: Uz svojstva centralne sile.

Oba se gornja svojstva mogu sazeti u izraz

~F = f(r)~er . (7.51)

Sila je privlacna ako je f(r) < 0, a odbojnaako je f(r) > 0. Elasticna sila (u jednoj di-menziji i izotropna sila u dvije i tri dimenzije,odjeljak 6), gravitacijska i elektrostatska silasu primjeri centralnih sila. Elasticna sila udvije ili tri dimenzije s razlicitim konstantamavezanja (anizotropna), zatim sile od dipola ivisih multipola gravitacijske ili elektrostatskesile, su primjeri necentralnih sila. Oblik silekao u (7.51) ima tri vazne posljedice:

Primjetimo da je centrifugalna sila

~Fcf =m ρ 2

ρ~eρ ,

usmjerena prema jednoj tocki (ishodistu), ali ipak nije centralna sila jer ne ovisi samo o ρ, negoovisi i o brzini.

(1) moment kolicine gibanja je konstantan:Primjetimo da je moment centralne sile jednak nuli

~F = f(r) ~er ⇒ ~r × ~F = f(r) ~r × ~er = 0.

Prema drugom Newtonovom aksiomu je

~r× / m~v = ~F

m~r × ~v = ~r × ~F = 0 ⇒ ~r × ~v = 0.

Izracunajmo vremensku promjenu momenta kolicine gibanja

~L = ~r × ~p = m ~r × ~v,

d ~L

d t= m

d

d t(~r × ~v) = m(~v × ~v + ~r × ~v) = 0.

Buduci da su oba clana desne strane gornjeg izraza jednaka nuli, zakljucujemo da se momentkolicine gibanja ne mijenja u vremenu

~L = ~r × m~v = const. = ~L 0 (7.52)

7.6. CENTRALNE SILE 301

Moment kolicine gibanja je dakle sve vrijeme gibanja konstantan po iznosu i smjeru i jednak jemomentu kolicine gibanja u pocetnom trenutku

~L 0 = ~r0 × m ~v0.

Ako je u tom pocetnom trenutku pocetna brzina ~v0 bila jednaka nuli ili je bila kolinearna s ~r0,pocetni moment kolicine gibanja ~L 0 je jednak nuli. Takvo smo gibanje proucavali u prethodnimodjeljcima. Tek ako je ~L 0 razlicit od nule (pocetna brzina nije kolinearna s ~r0), gibanje ce bitikrivocrtno. Ovdje se jasno vidi kako oblik putanje ovisi o pocetnim uvjetima. Moguce obliketog gibanja cemo prouciti u ovom odjeljku. Npr. jabuka s drveta pada ravno na tlo, jer jenjezin pocetni moment kolicine gibanja jednak nuli. Naprotiv, Mjesec se giba oko Zemlje jerje u trenutku formiranja Suncevog sustava (to je pocetni trenutak za opis Mjesecevog gibanja

oko Zemlje) imao dovoljno veliki ~L 0. Na oba tijela, jabuku i Mjesec, djeluje ista, gravitacijskasila. Razlika u obliku putanje potjece od razlike u pocetnim uvjetima.

(2) gibanje se odvija u ravnini:Pokazimo da je putanja (ili orbita ili trajektorija) cestice, ravninska krivulja, tj. pod djelo-vanjem centralnog polja sila, cestica se sve vrijeme giba u jednoj ravnini20. Obicno se uzimada je to ravnina (x, y), slika 7.17.A, u pravokutnom koordinatnom sustavu, ili (ρ, ϕ) ravninacilindricnog koordinatnog sustava (u odjeljku 2.5 smo tu ravninu zvali polarna ravnina).

Zbog medusobne okomitosti vektora ~r i ~r × ~v, skalarni umnozak ~r sa ~L 0 je jednak nuli

~r(t) · ~L 0 = m ~r · (~r × ~v) = 0.

Geometrijski to znaci da je projekcija vektora polozaja cestice ~r(t), na smjer konstantnog vek-

tora ~L 0, jednaka nuli za svaki trenutak t, tj. za sve vrijeme gibanja. Drugim rijecima, poddjelovanjem centralne sile

cestica se giba u ravnini okomitoj na vektor ~L 0.

Zbog izotropnosti prostora, smjerove koordinatnih osa mozemo odabrati proizvoljno. Opisgibanja cemo pojednostaviti, odaberemo li ~ez za smjer vektora ~L 0. U tom ce se slucaju cesticagibati u ravnini (x, y) tj. u ravnini (ρ, ϕ) polarnog koordinatnog sustava (slika 7.17.A):

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ,

~r → ~ρ , ~er → ~eρ ,

~F = f(ρ) ~eρ .

(3) povrsinska brzina je konstantna:Pokazimo da se cestica giba tako da radij vektor (spojnica tocke izvora sile i trenutnog polozajacestice) u jednakim vremenskim razmacima opisuje jednake povrsine (slika 7.17.B). Definirajmoiznos povrsinske brzine S kao omjer povrsine ∆S koju u vremenu ∆ t opise radij vektor i togistog vremenskog intervala ∆ t

S = lim∆t→0

∆S

∆t.

20U slucaju gibanja Zemlje, ta se ravnina naziva ravnina ekliptike.


Slika 7.17: (A): Pod djelovanjem centralne sile, cestica se giba u ravnini okomitoj na konstantni vektor ~L 0.(B) Pod djelovanjem centralne sile, cestica se giba tako da u jednakim vremenskim intervalima, opisuje jednakepovrsine.

Pokazimo da je ta brzina konstantna: opisanu povrsinu (slika 7.17.B) mozemo izraziti vektor-skim umnoskom

∆S ≃ 1

2|~ρ × ∆~ρ |.

Umjesto znaka jednakosti dolazi znak priblizno jednako, jer smo zanemarili oznaceni dio izmeduvektora ∆~ρ i linije same putanje. U granici kada ∆t postaje iscezavajuce malen, i ovaj znakpriblizno jednako prelazi u pravu jednakost. Iz gornjeg izraza slijedi

∆S

∆t=

1

2

∣∣∣∣~ρ × ∆~ρ

∆t

∣∣∣∣ =1

2|~ρ × ~v| = |~L 0|

2m= const. (7.53)

Pod djelovanjem centralne sile, cestica se dakle giba tako da radij vektor u jednakim vremenskimintervalima opisuje jednake povrsine. Kao sto ce se uskoro vidjeti, ova tvrdnja je sadrzaj jednogod Keplerovih zakona.

7.7 Jednadzba gibanja cestice u polju centralne sile

U prethodnom odjeljku smo zakljucili da se, pod djelovanjem centralne sile, cestica giba uravnini. Za tu ravninu smo odabrali ravninu polarnog koordinatnog sustava. Brzinu i ubrzanjeu polarnom koordinatnom sustavu smo izracunali ranije relacijama (3.2) i (3.5)

~ρ = ρ ~eρ + ρ ϕ ~eϕ ,

~ρ = (ρ− ρ ϕ2) ~eρ + (ρ ϕ+ 2 ρ ϕ) ~eϕ .

7.7. JEDNADZBA GIBANJA CESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 303

U slucaju kada na promatranu cesticu djeluje samo centralna sila, jednadzba gibanja (drugi

Newtonov aksiom), m~ρ = ~F , glasi

m(ρ− ρϕ2) ~eρ +m(ρϕ + 2ρϕ) ~eϕ = f(ρ) ~eρ ,


~eρ : m (ρ− ρϕ2) = f(ρ),

(7.54)

~eϕ : m (ρϕ + 2ρϕ) = 0.

Pogledajmo najprije drugu od gornjih jednadzba. Primjetimo da je

d

d t

[ρ2(t) ϕ(t)

]= 2ρρϕ+ ρ2ϕ = ρ(ρϕ + 2ρϕ).

Pomocu gornjeg rezultata, mozemo drugu od jednadzba (7.54) napisati u obliku

m

ρ

d

d t(ρ2ϕ) = 0,

tj.

ρ2ϕ = const.

je konstantno u vremenu. Primjetimo da je ovo konstanta s kojom smo se vec sreli: u polarnomkoordinatnom sustavu je moment kolicine gibanja

~L 0 = m~ρ × ~ρ = m~ρ × (ρ~eρ + ρϕ~eϕ ) = mρ2ϕ~ez = const. ⇒ ρ2ϕ =|~L 0|m

= const.

U prvoj od jednadzba (7.54), se pojavljuju ρ i ϕ kao funkcije vremena,

ρ = ρ(t), ϕ = ϕ(t),

uz uvjet da je ρ2ϕ konstantno u vremenu. Ta se jednadzba moze rjesavati na dva nacina:

(1) parametarski: pomocu uvjeta ρ2ϕ = const., eliminirati kutnu varijablu ϕ i dobiti jed-nadzbu za ρ kao funkciju vremena: ρ = ρ(t); rijesiti tu jednadzbu i zatim taj ρ = ρ(t)uvrstiti u ρ2ϕ = const.; time dobivamo diferencijalnu jednadzbu za ϕ kao funciju vremena:ϕ = ϕ(t)

ρ = ρ(t),

ϕ = ϕ(t).

(2) eksplicitno: shvatiti ρ kao slozenu funkciju u smislu da ρ ovisi o vremenu samo krozkutnu varijablu ϕ, tj. da je ρ = ρ(ϕ) i ϕ = ϕ(t)

ρ = ρ(ϕ(t) ).


(1) Pogledajmo prvi nacin: u prvu od jednadzba (7.54)

ρ− ρϕ2 =f(ρ)

m,

uvrstimo ϕ iz ρ2ϕ = L0/m = const. i dobijemo

ρ− L20

m2ρ3=f(ρ)

m, (7.55)

jednadzbu za ρ = ρ(t) u kojoj je eliminirana kutna varijabla. Kada se, za dani konkretni obliksile f(ρ), rijesi ova jednadzba, dobit ce se eksplicitna ovisnost

ρ = ρ(ρ0, L0, t0; t).

Ovo rjesenje za ρ uvrsti se zatim u ρ2ϕ = L0/m i ta se jednadzba rijesi po ϕ

dϕ

d t=

|~L 0|m ρ2(t)

∫ ϕ

ϕ0

d ϕ =|~L 0|m

∫ t

t0

d t

ρ2(t)

ϕ(t) = ϕ0 +|~L 0|m

∫ t

t0

d t

ρ2(t)

ϕ(t) = ϕ(ϕ0, L0, t0; t).

(2) Drugi nacin je ovaj: uvedimo novu varijablu

u(ϕ) =1

ρ

koju shvacamo kao funkciju kuta ϕ. Iz konstantnosti momenta kolicine gibanja slijedi

L0

m= ρ2ϕ =

1

u2ϕ ⇒ ϕ =

L0

mu2

ρ =d ρ

d t=

d ρ

d ϕ

dϕ

d t=

d u−1

d ϕϕ =

−1

u2d u

d ϕ

L0

mu2 = −L0

m

du

dϕ,

ρ =d ρ

d t=

d

d t

(−L0

m

du

dϕ

)= −L0

m

d

dϕ

d u

d t= −L0

m

d

dϕ

(d u

d ϕ

dϕ

d t

)

= −L0

mϕd 2 u

dϕ2= −L2

0

m2u2d 2 u

dϕ2.

Sada prva od jednadzba gibanja (7.54), poprima oblik

m(ρ− ρϕ2) = f(ρ)

m

(−L2

0

m2u2d 2 u

dϕ2− 1

u

L20

m2u4)

= f(1/u)

/· −mL20u

2,

7.7. JEDNADZBA GIBANJA CESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 305

d 2 u

dϕ2+ u = −m

L20

f(1/u)

u2, (7.56)

gdje je u = u(ϕ), tj. eliminirano je vrijeme. Gornja se jednadzba zove Binetova 21 formula.Ako se sada vratimo u varijablu ρ = 1/u,

d u

d ϕ=

d

d ϕ

1

ρ=

−1

ρ2d ρ

d ϕ,

d 2 u

dϕ2=

d

d ϕ

(−1

ρ2d ρ

d ϕ

)=

2

ρ3

(d ρ

d ϕ

)2

− 1

ρ2d 2 ρ

d ϕ2,

Binetovu formulu (7.56) mozemo napisati i u varijabli ρ = ρ(ϕ)

2

ρ3

(d ρ

d ϕ

)2

− 1

ρ2d 2 ρ

d ϕ2+

1

ρ=

m

L20

ρ2f(ρ)

/· (−ρ2),

d 2 ρ

d ϕ2− 2

ρ

(d ρ

d ϕ

)2

− ρ =m

L20

ρ4f(ρ) (7.57)

Zadatak: 7.13 Pod djelovanjem centralne sile iz tocke O, cestica se giba po kruznici polumjeraR koja prolazi kroz O. Izracunajte oblik centralne sile.

R:Napisimo najprije jednadzbu kruznice u pravokutnim koordinatama

(x− R)2 + y2 = R2,

a zatim relacijama


prevedimo jednadzbu kruznice u polarne ko-ordinate

ρ = 2 R cosϕ,

u =1

ρ=

1

2 R cosϕ.

21Jacques Philippe Marie Binet, 1786. - 1856., francuski matematicar.


Sada se izravnom primjenom Binetove formule, (7.56), izracuna oblik sile

d 2 u

dϕ2+ u = −m

L20

f(1/u)

u2,

f = −8R2 L2

0

m

1

ρ5.

Zadatak: 7.14 Na cesticu djeluje sila srazmjerna udaljenosti od izvora sile. Odredite putanjutijela.

R:Primjer jedne ovakve sile u dvije dimenzije je obraden u odjeljku 6.2 str. 245.dovrsiti

Zadatak: 7.15 Odredite centralnu silu koja izaziva gibanje cestice mase m po putanji ρ = k ϕ2,za k = const.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.16 Cestica se giba po spirali

ρ = e−ϕ

u polju centralne sile sa izvorom u tocki ρ = 0. Kako sila ovisi o ρ?

R:Oblik sile se racuna pomocu (7.57)

e−ϕ − 2eϕ(− e−ϕ

)2− e−ϕ =

m

L20

ρ4 f(ρ)

−2e−ϕL20

m

1

ρ4= f(ρ)

Izrazi li se lijeva strana gornje jednakosti u cjelosti u varijabli ρ, dobiva se

f(ρ) = −2L20

m

1

ρ3.

Nacrtajte sliku ρ = e−ϕ.

7.8. POTENCIJALNA ENERGIJA CESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 307

Zadatak: 7.17 Dokazite da ako je divergencija centralne sile jednaka nuli, tada ta sila opadas kvadratom udaljenosti.

R: dovrsiti

Zadatak: 7.18 U polju centralne sile, putanja cestice je cikloida: ρ = a(1− cosϕ). Kako silaovisi o ρ?

R: dovrsiti

7.8 Potencijalna energija cestice u polju centralne sile

Konzervativnost:Pokazimo da je centralno polje sile konzervativno (kao sto smo vec pokazali za gravitacij-sku silu), tako sto cemo pokazati da je njegova rotacija jednaka nuli. Operator rotacije ucilindricnom koordinatnom sustavu se moze naci npr. u [14]

−→∇ × ~F =

[1

ρ

∂ Fz∂ ϕ

− ∂ Fϕ∂ z

]~eρ +

[∂ Fρ∂ z

− ∂ Fz∂ ρ

]~eϕ +

1

ρ

[∂ (ρFϕ)

∂ ρ− ∂ Fρ

∂ ϕ

]~ez .

Za centralne sile je ~F = f(ρ)~eρ , pa su Fϕ = Fz = 0, a Fρ = f(ρ) ovisi samo o varijabli ρ, takoda su svi clanovi desne strane gornjeg izraza jednaki nuli

−→∇ × ~F = 0.

Buduci da je centralno polje sila konzervativno, moze se definirati potencijalna energija Ep sasvojstvom

~F = −−→∇Ep.

Uvrstavanjem gradijenta u cilindricnom koordinatnom sustavu, (koji se takoder moze naci u[14]),

−f(ρ) ~eρ =−→∇Ep = ~eρ

∂ Ep∂ ρ

+~eϕρ

∂ Ep∂ ϕ

+ ~ez∂ Ep∂ z

,

dolazi se do tri skalarne jednadzbe

∂ Ep∂ ρ

= −f(ρ), ∂ Ep∂ ϕ

= 0,∂ Ep∂ z

= 0,

s rjesenjima

Ep = −∫f(ρ)dρ+ c1(ϕ, z), Ep = c2(ρ, z), Ep = c3(ϕ, z).

Sve tri gornje jednadzbe su zadovoljne za potencijalnu energiju

Ep = −∫f(ρ)dρ+ e0.


Konstanta e0 se odreduje odabirom ekvipotencijalne plohe na kojoj je potencijalna energijajednaka nuli. Npr. kod elasticne sile se obicno odabire Ep(ρ = 0) = 0, dok se kod gravitacijskesile najcesce odabire Ep(ρ→ ∞) = 0.

Zadatak: 7.19 Izracunajte potencijalnu energiju polja sile

~F = − 8

rn~r.

Komentirajte ovisnost o n.

R:

Ep = −∫

~F d~r =

∫8

rn~r d~r = 8

∫dr

rn−1.

Ako je n = 2, tada je

Ep = 8

∫dr

r= 8 ln r + const.

Ako je n 6= 2, tada je

Ep = 8

∫dr

rn−1=

8

2− n

1

rn−2+ const.

7.9 Sacuvanje energije

Ukupna mehanicka energija u polju konzervativne sile je

E = Ek + Ep = const. = E0.

Kineticka energija je

Ek =mv2

2=m

2(ρ~eρ + ρϕ~eϕ )

2 =m

2(ρ2 + ρ2ϕ2).

Do na aditivnu konstantu, potencijalna je energija

Ep = −∫f(ρ) dρ,

pa je ukupna energija

E =m

2(ρ2 + ρ2ϕ2)−

∫f(ρ) dρ = const. = E0. (7.58)

Uvrstavanjem ϕ iz uvjeta

ρ2ϕ =L0

m= const.,

7.9. SACUVANJE ENERGIJE 309

u jednadzbu (7.58), dolazi se do jednadzbe za energiju izrazene preko ρ = ρ(t)

E =m

2

(ρ2 +

L20

m2ρ2

)−∫f(ρ) dρ = const. = E0. (7.59)

Shvatimo li jos i ρ kao funkciju od ϕ(t), dolazi se do jednadzbe za energiju izrazene prekoρ = ρ(ϕ)

d ρ

d t=

d ρ

d ϕ

dϕ

d t=d ρ

d ϕϕ =

d ρ

d ϕ

L0

mρ2,

E0 =m

2

[(d ρ

d ϕ

)2L20

m2ρ4+

L20

m2ρ2+

]−∫f(ρ)dρ,

E0 =L20

2mρ4

[(d ρ

d ϕ

)2

+ ρ2

]−∫f(ρ)dρ.

U terminima varijable u(ϕ) = 1/ρ(ϕ), jednadzba sacuvanja energije se moze napisati kao

d ρ

d ϕ=

d

d ϕ

1

u=

−1

u2d u

d ϕ,

E0 −Ep =L20

2mu4

[1

u4

(d u

d ϕ

)2

+1

u2

]=

L20

2m

[(d u

d ϕ

)2

+ u2

],

(d u

d ϕ

)2

+ u2 =2m(E0 −Ep)

L20

. (7.60)

Pomocu jednadzbe (7.59), dolazi se do izraza za proteklo vrijeme gibanja cestice.Rijesimo tu jednadzbu po nepoznanici ρ

ρ2 =2

m

(E0 −Ep(ρ)−

L20

2mρ2

)

d ρ

d t=

√2

m

(E0 − Ep(ρ)−

L20

2mρ2

)(7.61)

(zadrzali smo samo pozitivan predznak, jer je na lijevoj strani iznos brzine koji je nuzno poziti-van). Sada izvedimo razdvajanje varijabli i integraciju od pocetnog trenutka t0 kada se cesticanalazila u tocki ρ(t0) = ρ0, do nekog opceg trenutka t kada se cestica nalazi u ρ

∫ t

t0

d t =

√m

2

∫ ρ

ρ0

d ρ√E0 −Ep(ρ)− L2

0/(2mρ2)

t = t0 +

√m

2

∫ ρ

ρ0


0/(2mρ2)

t = t(t0, E0, L0, ρ0; ρ).


Pomocu gornjih izraza, moze se doci i do relacije koja daje opisani kut kao funkciju koordinateρ. Krenimo od relacije (7.61), prema kojoj je

d t =

√m

2


0/(2mρ2)

i d t izrazimo preko d ϕ koristeci izraz za konstantnost momenta kolicine gibanja

L0 d t = d ϕ mρ2.

Tako dobivamo

d ϕ =L0

mρ2

√m

2

d ρ√E0 − Ep(ρ)− L2

0/(2mρ2)∫ ϕ

ϕ0

d ϕ =

∫ ρ

ρ0

d ρ

ρ2√

2m (E0 − Ep(ρ))/L20 − 1/ρ2

ϕ = ϕ0 +

∫ ρ

ρ0

d ρ

ρ2√

2mL20

[E0 − Ep(ρ)

]− 1

ρ2

ϕ = ϕ(ϕ0, E0, ρ0, L0; ρ).

Dobili smo ϕ kao funkciju konstanti i trenutnog polozaja ρ.

7.10 Opis gibanja nebeskih tijela pomocu grafa energije

Nebeska se tijela gibaju pod utjecajem gravitacijske sile, a jedan zgodan nacin za razumijevanjenjihova gibanja je opis preko grafa energije. Vratimo se dakle gravitacijskoj sili, kao jednomvaznom primjeru centralnih sila.Ono sto se naziva graf energije, se dobije tako da se na ordinatu nanosi energija (ukupna,kineticka, potencijalna), a na apscisu relativna udaljenost promatranog tijela i drugih tijela skojim ono medudjeluje.Npr. promatrajmo gibanje nebeskog tijela mase m uslijed gravitacijskog djelovanja Suncamase M , pri cemu cemo zanemariti gravitacijski utjecaj ostalih tijela na promatrano tijelo.Takoder cemo zanemariti i gravitacijski utjecaj promatranog tijela na Sunce (akcija i reakcija)i pretpostaviti da Sunce miruje (tj. da je njegovo ubrzanje zanemarivo). Uz ove aproksimacije,energija promatranog tijela (planeta, komete, asteroida) je

E0 = Ek + Ep =p2

2m−G

mM

ρ,

gdje je ρ udaljenost izmedu sredista mase tijela i Sunca, a ~p = m~v je kolicina gibanja sredistamase tijela. Rastavimo li kolicinu gibanja na komponentu ~p⊥ okomitu na radij vektor i kom-ponentu ~p ‖ paralelnu s radij vektorom (slika 7.18), tada je

~p = ~p ‖ + ~p ⊥,

~p 2 = p2‖ + p2⊥.

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOCU GRAFA ENERGIJE 311

Slika 7.18: Rastav vektora kolicine gibanja ~p na komponentu ~p⊥ okomitu na radij vektor i komponentu ~p ‖

paralelnu s radij vektorom. Sam vektor ~p ima smjer tangente na krivulju u danoj tocki T (odjeljak 3).

Primjetimo da je, prema istoj slici, moment kolicine gibanja

~L 0 = ~ρ × (~p ⊥ + ~p ‖) = ρp⊥~ez , ⇒ p⊥ =L0

ρ

Sada se za energiju moze napisati

E0 =p2‖2m

+p2⊥2m

−GmM

ρ=

p2‖2m

+L20

2m ρ2−G

mM

ρ.

Prvi clan desne strane cemo nazivati paralelnom kinetickom energijom

E‖k =

p2‖2m

,

jer ovisi o paralelnoj komponenti brzine tijela kroz p‖. Druga dva clana ovise samo o polozajutijela (kroz radij vektor ρ), pa cemo ih nazvati efektivnom potencijalnom energijom

Eef.p =

L20

2mρ2−G

mM

ρ. (7.62)

Efektivna potencijalna energija se sastoji od dva clana: prvi je uvijek pozitivan, a drugi je uvijeknegativan. Ovisno o tome koji je od ta dva clana veci, Eef.

p moze biti pozitivna, negativna ijednaka nuli. Kineticka energija je uvijek pozitivna, tako da ukupna (konstantna) energija

E = E‖k + Eef.

p = E0

takoder moze biti i veca i manja i jednaka nuli.Graf efektivne potencijalne energije, za danu konstantnu vrijednost ~L 0, je prikazan na slici7.19 (primjetimo da se Eef.

p asimptotski priblizava nultoj vrijednosti, kada ρ tezi prema be-skonacnosti). Promotrimo detaljnije sliku 7.20. Tijelo uvijek ima konstantnu vrijednost mo-


Slika 7.19: Graf efektivne potencijalne energije Eef.p .

ρ

Ep

ef.

0

L0

2

2 m1

ρ2

- G m Mρ

Slika 7.20: Oblik putanje tijela ovisi o njegovoj ukupnojmehanickoj energiji.

ρ

Ep

ef.

ρe,2

ρk

ρe,1ρ

p

ρh

Ehip

Epar

Eelp

Ekru

menta kolicine gibanja L0, pa je i oblik efektivne potencijalne energije konstantan. Kao pos-ljedica zakona o sacuvanju energije, zbroj kineticke i potencijalne energije tijela je konstantantijekom cijelog gibanja.Promotrimo nekoliko tipicnih situacija:

(1) Neka se tijelo giba s ukupnom mehanickom energijom E0 koju cemo oznaciti s Eelp < 0

Eelp = E‖k + Eef.

p < 0 (7.63)

(slika 7.20). U tockama ρe,1 i ρe,2 vrijedi da je

Eelp = Eef.p ,

pa u tim tockama mora biti

E‖k =

p2‖2m

= 0

tj.

v‖(ρ = ρe,1) = v‖(ρ = ρe,2) = 0, v⊥ = v 6= 0.

Brzina ima samo okomitu komponentu.Na udaljenostima manjim od ρe,1 i vecim od ρe,2 , je (slika 7.20)

Eelp < Eef.p ,

pa da bi relacija (7.63) bila zadovoljena morala bi biti i

E‖k =

p2‖2m

< 0,

no to je nemoguce jer je p2‖/(2m) uvijek pozitivno (radijalna komponenta brzine ne moze biti

imaginarna, to je fizicki neprihvatljivo). Iz tog razloga zakljucujemo da ce se tijelo gibati u


Slika 7.21: (A) Periodicka putanja. (B) Neperiodicka putanja.

ogranicenom dijelu prostora izmedu ρe,1 (najmanja udaljenost tijela od Sunca) i ρe,2 (najvecaudaljenost tijela od Sunca), kao sto je to prikazano slikama 7.21. Ova putanja opcenito nemora biti zatvorena (slika 7.21 B ). Moze se pokazati da je u posebnim slucajevima, ako jesila koja izvodi gibanje izotropna elasicna sila (odjeljak 6.3) ili gravitacijska sila (kao u ovomprimjeru), putanja je uvijek zatvorena. To je elipsa smjestena u dijelu ravnine izmedu kruznicapolumjera ρe,1 i ρe,2 sa izvorom sile u jednom od fokusa (ako je sila obrnuto srazmjerna kvadratuudaljenosti, kao kod gravitacijske sile), tj. sa izvorom sile u sredistu elipse (ako je sila srazmjernaudaljenosti, kao kod izotropne elasticne sile - odjeljci 6.2 i 6.3).Pokazimo kako ukupna energija tijela odreduje veliku poluos elipse. Na udaljenostima ρ = ρe,1i ρ = ρe,2, vrijedi

Eelp = Eef.p =

L20

2mρ2− K

ρ, K ≡ G M m.

Dva rjesenja po ρ gornje jednadzbe su upravo ρ = ρe,1 i ρ = ρe,2

ρe,1,2 =1

2

(− K

Eelp±√

K2

E2elp

+2L2

0

mEelp

),

a njihov zbroj je (slike 7.20 ili 7.21A), jednak 2a

a =1

2(ρe,1 + ρe,2) = −1

2

K

Eelp.

Time je dobivena veza izmedu ukupne energije tijela koje se giba po elipsi i velike poluosi elipse

Eelp = −K

2a= −G mM

2a. (7.64)

(2) Ako je energija tijela najmanja moguca E0 = Ekru < 0, tada je u svakoj tocki putanje


Slika 7.22: Ako je E = Ekru < 0, udaljenost tijela od Sunca je sve vrijeme gibanja konstantna i putanja jekruznica polumjera ρk. Ako je E = Epar = 0, gibanje se odvija po paraboli, a najmanja udaljenost tijela odSunca je ρp < ρk. Ako je E = Ehip > 0, gibanje se odvija po hiperboli, a najmanja udaljenost od Sunca jeρh < ρp < ρk.

kruznicaparabolahiperbola

ρ k

ρ p

ρ h

S

Ekru = Eefp = min, a E

‖k = 0. S obzirom da je E

‖k = 0 to je i v‖ = 0, tj. brzina tijela je u

svakoj tocki putanje okomita na radij vektor. Udaljenost tijela od Sunca je ρ = ρk = const.,tj. tijelo se giba po kruznici polumjera ρk (slika 7.22). Polozaj minimuma Eef.

p , relacija (7.62),

tj. udaljenost tijela od izvora sile, je lako odrediti kao ekstrem funkcije Eef.p (ρ)

∂Eef.p

∂ρ

∣∣∣∣∣ρk

= 0 ⇒ ρk =L20

mK.

Sada mozemo izracunati i energiju tijela koje se giba po kruznici

Ekru = Eefp (ρk) = −1

2

mK2

L20

= − K

2ρk. (7.65)

Gornje se razmatranje moze primjeniti i na odredivanje prve i druge kozmicke brzine.Brzina koju je potrebno dati tijelu (satelitu) da bi se gibao oko Zemlje po kruznici polu-mjera jednakog polumjeru Zemlje RZ , naziva se prva kozmicka brzina, v1 i dobiva se iz


izjednacavanja centrifugalne i gravitacijske sile

Fcf = FG

mv21RZ

= Gm MZ

R2Z

v1 =

√G Mz

Rz≃ 7.9

km

s.

Iz (1) i (2) zakljucujemo da negativne vrijednosti energije, vode na gibanje po zatvorenimkrivuljama u polju gravitacijske i harmonijske sile. Za druge oblike centralnih sila, krivulje nemoraju biti zatvorene, ali se gibanje i dalje odvija u jednom ogranicenom dijelu prostora.

(3) Neka je sada ukupna mehanicka energija tijela konstantna i jednaka nuli:

E0 = Epar = 0

ili veca od nule

E0 = Ehip > 0

(slika 7.22). U tom slucaju postoji samo najmanja dozvoljena udaljenost tijela od Sunca, ρp,tj. ρh. Najveca udaljenost tijela od Sunca nije ogranicena. U nastavku ovog odjeljka cemopokazati da ova gibanja jesu gibanja po paraboli (E0 = Epar = 0) i hiperboli (E0 = Ehip > 0).Ova se gibanja dakle odvijaju u neogranicenom dijelu prostora.Energija iznosa E = 0 je dakle granicna energija za koju se raketa moze beskonacno udaljitiod Zemlje. Brzina rakete koja odgovara ovoj granicnoj energiji, naziva se druga kozmickabrzina, v2 i dobiva se iz uvjeta

E =mv222

−GmMz

ρ= 0.

Energija je jednaka nuli uvijek, pa i u trenutku lansiranja kada je ρ = RZ . Iz gornjeg izraza setada lako dolazi do vrijednosti druge kozmicke brzine

v2 =

√2G Mz

Rz=

√2 v1 ≃ 11.2

km

s.

Podsjetimo se jos jednom, da se sva gibanja, opisana u (1), (2) i (3) odvijaju u ravnini okomitoj

na konstantni vektor momenta kolicine gibanja tijela ~L 0. Primjetimo da sto je energija tijelaveca (pozitivnija), to se tijelo vise priblizava izvoru sile - Suncu (cije se srediste nalazi u ρ = 0).

Zadatak: 7.20 Cestica je izbacena okomito u vis sa povrsine Zemlje, pocetnom brzinom v0.(a) Izracunajte maksimalnu visinu cestice u odnosu na povrsinu Zemlje. (b) Disku-tirajte slucaj kada je v20 = 2gR, gdje je R priblizni polumjer Zemlje. (c) Izracunajtemaksimalnu visinu, ako je ona puno manja od pribliznog polumjera Zemlje.

R:dovrsiti


Zadatak: 7.21 (a) Izracunajte vrijeme potrebno za dostizanje maksimalne visine iz prethodnogzadatka.(b) Cemu je jednako to vrijeme ako je maksimalna visina puno manja od pribliznogpolumjera Zemlje?

R:dovrsiti

Zadatak: 7.22 Tijelo slobodno pada prema Zemlji s visine H, pocetnom brinom jednakomnuli. Kojom ce brzinom udariti u povrsinu Zemlje?

R:dovrsiti

Zadatak: 7.23 Ako bi se Mjesec iznenada zaustavio na svom gibanju oko Zemlje i poceo pa-dati na nju, koliko bi dugo trajao pad uz pretpostavku da je Zemlja sve vrijemenepomicna?

R:dovrsiti

Zadatak: 7.24 Izracunajte srednju potencijalnu energiju cestice mase m koja se, po eliptickojputanji, giba u gravitacijskom polju cestice mase M .

R:dovrsiti

Zadatak: 7.25 Pretpostavite da je Zemlja kugla jednolike gustoce i da je duz njezinog promjeraprobijen tunel. Ako se u taj tunel ispusti neko tijelo, pokazite da ce ono titrati i dace mu period titranja biti isti kao i kod satelita koji kruzi oko Zemlje uz samu njezinupovrsinu.

R:dovrsiti

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 317

7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije

Vratimo se opet gravitacijskoj sili kao vaznom primjeru centralne sile.

Na temelju velikog broja osmatrackih podataka o polozajima planeta, do kojih je dosao TychoBrache 22, formulirao je njegov ucenik Johannes Kepler 23 tri zakona o gibanjima planeta

Slika 7.23: Uz Keplerove zakone o gibanju planeta (P )oko Sunca (S).

oko Sunca (slika 7.23):

(1) svaki se planet giba po elipticnoj putanjisa Suncem u jednom od zarista elipse; elipsesvih planata imaju jedno zajednicko zariste ukojemu se nalazi Sunce;

(2) radij vektor, tj. spojnica Sunce-planet, ujednakim vremenima opisuje jednake povrsine(tj. povrsinska brzina je konstantna)24;

(3) kvadrati ophodnih vremena planeta okoSunca, srazmjerni su kubovima velikih polu-osa njihovih orbita.

Izvod gravitacijske sile iz Keplerovih zakona :Pokazimo da se iz Keplerovih zakona moze izvesti Newtonov izraz za gravitacijsku silu, (7.1) .Prema prvom Keplerovom zakonu (koji je re-zultat opazanja), planeti se oko Sunca gibaju po elipsama. Izvedimo oblik sile koja izazivagibanje po takvoj orbiti. Jednadzba elipse

ρ = ρ(ϕ),

sa jednim od zarista u tocki ishodista, u polarnim koordinatama je (dodatak C)

ρ(ϕ) =a(1− ǫ2)

1 + ǫ cosϕ, (7.66)

gdje je a velika poluos elipse, b je mala poluos, a ekscentricitet

ǫ =

√a2 − b2

a< 1.

Iz poznate putanje, (7.66), sila se moze izracunati iz Binetove formule (7.56)

f(ρ) = −L20u

2

m

(d 2 u

dϕ2+ u

),

gdje je

u(ϕ) =1

ρ(ϕ)=

1 + ǫ cosϕ

a(1− ǫ2)

22Tycho Brache, 1546. - 1630., svedski astronom i astrolog danskog kralja Fridricha II; nije vjerovao da se Zemlja giba oko Sunca.23Johannes Kepler, 1571. - 1630., njemacki astronom24Dakle linijska brzina nije konstantna, vec se planet brze giba kada je blize Suncu.


d u

d ϕ=

− ǫ sinϕ

a(1− ǫ2),

d 2 u

dϕ2=

−ǫ cosϕa(1− ǫ2)

.

Uvrstavanjem u izraz za silu, slijedi

f = −L20u

2

m

[ −ǫ cosϕ

a(1− ǫ2)+

1 +ǫ cosϕ

a(1− ǫ2)

]= − L2

0

ma(1 − ǫ2)

1

ρ2= −K

ρ2.

Dobivena je privlacna sila obrnuto srazmjerna kvadratu udaljenosti od tocke izvora sile, a to jeupravo gravitacijska sila. Konstantom K smo oznacili

K =L20

ma(1− ǫ2)(7.67)

koja se u Newtonovom obliku pise kao

K = GMm

i uvijek je pozitivna. Za slucaj Coulombove elektrostatske sile, konstanta

K = − q1q24πǫ0

moze biti takoder pozitivna (ako su naboji q1 i q2 suprotnog preznaka), ali moze biti i negativna(ako su naboji q1 i q2 istog preznaka).

Izvod prvog Keplerovog zakona iz Newtonovog zakona gravitacije:Pokazimo sada da su putanje tijela (planete, komete, sateliti, . . .) koja se gibaju u poljuprivlacne sile inverznog kvadrata, presjeci stosca (kruznica, elipsa, parabola ili hiperbola), slika7.24. Neka je sila oblika

f(ρ) = −Kρ2

= −K u2,

uz pozitivnu konstantu K danu sa (7.67). U Binotovom obliku jednadzbe gibanja (7.56), sadaje poznat oblik sile f , a nepoznanica je u tj. ρ = ρ(ϕ)

d 2 u

dϕ2+ u = − m

L20u

2f = − m

L20u

2(−K u2) =

Km

L20

Rjesenje nehomogene diferencijalne jednadzbe

d 2 u

dϕ2+ u =

Km

L20

potrazimo u obliku zbroja rjesenja pripadne homogene jednadzbe i partikularnog rjesenja ne-homogene jednadzbe

u = uH + uP .

Homogena varijanta gornje jednadzbe nam je dobro poznata iz odjeljka 6, gdje je opisivala giba-nje cestice pod djelovanjem elasticne sile (sada s ω0 = 1). Njezina su rjesenja trigonometrijskefunkcije, koje sazeto mozemo napisati u obliku

uH = C0 cos(ϕ− ϕ0),


Slika 7.24: Presjeci stosca i ravnine.

uz konstantne C0 i ϕ0 koje se odreduju iz pocetnih uvjeta na cijelo rjesenje u = uH + uP . Lakoje uvjeriti se da je partikularno rjesenje konstanta

uP =Km

L20

,

pa je cijelo rjesenje

u = uH + uP = C0 cos(ϕ− ϕ0) +Km

L20

.

Zbog izotropnosti prostora, smjerovi koordinatnih osi se mogu postaviti tako da je pocetniotklon ϕ0 = 0. Vratimo li se u varijablu ρ = 1/u, gornje rjesenje je

ρ(ϕ) =L20/(Km)

1 +[C0 L2

0/(Km)]cosϕ

,

sto prepoznajemo kao jednadzbu presjeka stosca iz dodatka C,

ρ(ϕ) =p

1 + ǫ cosϕ,

uz

p =L20

Km, ǫ = C0 p > 0. (7.68)

Ovime je pokazano da su putanje tijela u polju privlacne sila inverznog kvadrata, oblika presjekastosca. Primjetimo da smo, pomocu Binetove formule, iz oblika putanje jednoznacno


dobili oblik sile, ali da iz oblika sile dobivamo vise mogucih oblika putanje.Stvarni oblik putanje ovisi o pocetnim uvjetima.

Povezimo konstantu C0 s ukupnom energijom tijela E0. Gibanje u polju sile inverznog kvadratase moze odvijati po zatvorenoj (planeti, sateliti) ili otvorenoj putanji (komete, meteori), ovisnoo tome je li ukupna mehanicka energija objekta koji se giba E0 < 0 ili E0 ≥ 0. Iz razmatranjao energiji, (7.60 ), znamo da je

2m(E0 − Ep)

L20

=

(d u

d ϕ

)2

+ u2.

Uvrsti li se u gornji izraz

u = C0 cosϕ+Km

L20

, Ep = −K u,

dolazi se do

2m

L20

E0 +2mK

L20

(C0 cosϕ+

Km

L20

)= C2

0 sin2 ϕ+

(C0 cosϕ+

Km

L20

)2

.

Rjesavanjem gornje jednadzbe po C0, dolazi se do

C0 =Km

L20

√1 +

2L20

K2mE0,

pa je, prema (7.68),

ǫ =L20

KmC0 =

√1 +

2L20

mK2E0. (7.69)

Iz dodatka C znamo da vrijednost ǫ odreduje oblik putanje:

ǫ = 0 kruznica

0 < ǫ < 1 elipsa

ǫ = 1 parabola

ǫ > 1 hiperbola

Na kruznici je ǫ = 0, pa je, prema (7.69), energija kruznog gibanja

E0 = Ekru = −mK2

2L20

, (7.70)

upravo kao sto smo i dobili iz razmatranje grafa energije (7.65). Na elipsi je 0 < ǫ < 1 i zato,prema (7.69), energija mora biti

−mK2

2L20

< E0 < 0.


Za gibanje po paraboli, energija mora biti jednaka nuli, a za gibanje po hiperboli, mora bitipozitivna.Gornja razmatranja mozemo pregledno prikazati na slijedeci nacin:

E0 = −mK2

2L20

⇔ ǫ = 0 ⇒ kruznica, (7.71)

−mK2

2L20

< E0 < 0 ⇔ ǫ < 1 ⇒ elipsa,

E0 = 0 ⇔ ǫ = 1 ⇒ parabola,

E0 > 0 ⇔ ǫ > 1 ⇒ hiperbola.

I ovdje se vidi kako pocetni uvjeti (ovdje je to vrijednost energije koja je konstantana, dakleista kao i u pocetnom trenutku), utjecu na oblik25 putanje tijela.

Izvod drugog Keplerovog zakona iz zakona gravitacije :Ranije smo, relacijom (7.53), vec pokazali da je opcenito u polju bilo koje centralne sile (patako i gravitacijske), povrsinska brzina konstantna

dS

dt=

L0

2m= const.

i time je drugi Keplerov zakon dokazan.

Primjetimo usput i to, da u tom slucaju sama linijska (obodna) brzina cestice, v = dl/dt, nijekonstantna, nego je veca kada je cestica blize izvoru sile (zaristu elipse), a manja kada je cesticadalje od izvora sile. Relacijom (7.64), smo pokazali da je energija gibanja po eliptickoj putanji

Eelp = −K

2a. (7.72)

S druge je strane, ukupna mehanicka energija jednaka zbroju kineticke i potencijalne energije

mv2

2− K

ρ= E0 = − K

2a

/2

m, (7.73)

v2(ρ) =K

m

(2

ρ− 1

a

).

Kao posljedicu konstantnosti povrsinske brzine, dobili smo linijsku brzinu koja nije konstantna,nego je najveca kada je planet najblizi Suncu (tj. kada je ρ najmanji), a najmanja kada jenajdalje od njega (tj. kada je ρ najveci).

Izvod treceg Keplerovog zakona iz Newtonovog zakona gravitacije :Treci Keplerov zakon kaze da je omjer kvadrata ophodnog vremena T planeta oko Sunca i kubavelike poluosi a njegove putanje konstantan za sve planete. Ako poluosi elipse po kojoj se giba

25Primjetimo da je energija E0 zbroj kineticke i potencijalne energije.


planet oznacimo s a i b, tada je povrsina elipse jednaka abπ. Povrsinska brzina S je konstantnai jednaka je L0/(2m). U vremenu od jednog perioda, planet ce opisati povrsinu cijele elipse, paje

L0

2m=abπ

T⇒ T =

2m

L0abπ.

Da bi se dobila veza izmedu perioda T i velike poluosi a, treba malu poluos b izraziti preko a.Iz definicije ekscentriciteta, ǫ =

√a2 − b2/a, je

b = a√1− ǫ2.

Izracunamo li ǫ iz (7.69), tako sto cemo uvrstiti energiju Eelp = −K/(2a), dobivamo

ǫ2 = 1− L20

Kam⇒ 1− ǫ2 =

L20

Kam.

Uvrstavanjem gornjeg 1− ǫ2 u izraz za b, slijedi

b = a√1− ǫ2 = a

√L20

Kam.

Sada je povrsina elipse

abπ = a2 π

√L20

Kam= π

√L20a

3

Km.

Uvrstavanje abπ u izraz za period, daje

T =2πm

L0

√L20a

3

Km

/ 2

⇒ T 2 =4π2m2

L20

L20a

3

Km=

4π2m

Ka3.

Uvrstavanjem K = GMm dobiva se

T 2

a3=

4π2

GM.

Iako su svaki za sebe, T i a razliciti za razlicite planete, omjer T 2/a3 ovisi samo o masi SuncaM i nekoliko konstanata, pa je zato isti za sve planete.

Zadatak: 7.26 Satelit se giba po elipticnoj putanji. Njegova je najmanja brzina vm, a najvecavM . Dokazite da je ekscentricitet putanje po kojoj se giba satelit, dan sa

vM − vmvM + vm

.

R:dovrsiti

7.12. VIRIJALNI TEOREM 323

Zadatak: 7.27 Ako je period satelita iz prethodnog zadatka jednak τ , dokazite da je tada velikapoluos elipse po kojoj se giba, jednaka

τ

π

√vm vM .

R:dovrsiti

7.12 Virijalni teorem

Promatrajmo cesticu s kolicinom gibanja ~p , koja se giba u polju sile ~F (~r) i definirajmo velicinuT izrazom

T = ~r · ~p .

T je iste dimenzije kao i moment kolicine gibanja ~L = ~r × ~p , ali, kao sto cemo uskoro vidjeti,ima posve drukcije fizicko znacenje. Pogledajmo kako se T mijenja u vremenu

d Td t

=d~r

d t~p + ~r

d ~p

d t

= ~v ~p + ~r ~F =~p 2

m+ ~r ~F

= 2Ek + ~r ~F .

Usrednjimo gornji izraz po vremenu od pocetnog trenutka t = 0 do t = t0 prema slijedecemobrascu

〈 f(t) 〉 =1

t0

∫ t0

0

dt f(t),

⟨ d Td t

⟩= 2 〈 Ek 〉+ 〈 ~r ~F 〉.

Lijeva strana je jednaka

⟨ d Td t

⟩=

1

t0

∫ t0

0

dtd Td t

=1

t0

[T (t0)− T (0)

].

Ako je gibanje periodicno s periodom T = t0, tada je T (t0) = T (0), pa je

⟨ d Td t

⟩= 0.

Ako gibanje nije periodicno, ali se odvija u konacnom dijelu prostora, tada ~r i ~p imaju konacnevrijednosti, pa i T (t) = ~r · ~p koji je dan njihovim umnoskom i sam mora biti konacan. U tomslucaju je i razlika T (t0)−T (0), konacna, pa ce, za dovoljno velike vremenske intervale t0 biti

⟨ d Td t

⟩=

T (t0)− T (0)

t0= 0.


Tako dolazimo do zakljucka da je za periodicna i prostorno ogranicena neperiodicna gibanja

〈 T 〉 = 0,

sto znaci da je

〈 Ek 〉 = −1

2〈 ~r · ~F 〉. (7.74)

Gornji se izraz zove virijalni teorem, a sama velicina

−1

2〈 ~r · ~F 〉

se zove virijal jedne cestice. Virijalni teorem kaze da je vremenska srednja vrijednostkineticke energije jednaka virijalu.

Prmjenimo virijalni teorem na gibanje cestice u polju centralne sile: ~r = ~ρ

~F = f(ρ)~eρ ,

~F = −−→∇Ep = −dEpd ρ

~eρ .

Iz gornjih jednadzba slijedi

~ρ ~F = −ρ~eρdEpd ρ

~eρ = −ρdEpd ρ

.

Prema virijalnom teoremu je

〈 Ek 〉 = −1

2〈 ~ρ · ~F 〉 = 1

2

⟨ρdEpd ρ

⟩.

Specijalno, u polju gravitacijske sile je

Ep = −G mM

ρ, ⇒ dEp

d ρ= G

mM

ρ2,

ρdEpd ρ

= GmM

ρ= −Ep,

〈 Ek 〉 =1

2

⟨ρdEpd ρ

⟩= −1

2〈 Ep 〉.

Sada je vremenska srednja vrijednost ukupne mehanicke energije jednaka

〈 E 〉 = 〈 Ek 〉+ 〈 Ep 〉 = −1

2〈 Ep 〉+ 〈 Ep 〉 =

1

2〈 Ep 〉,

tj. gravitacijsku silu (i opcenito za privlacnu centralnu silu koja opada s kvadratom udaljenosti)je

〈 E 〉 = 1

2〈 Ep 〉.

7.12. VIRIJALNI TEOREM 325

Gornji je izraz u skladu sa (7.72): Eelp = −K/(2a).

Buduci da je za centralne sile, mehanicka energija konstanta gibanja, to je i

〈 E 〉 = E0 =1

2〈 Ep 〉.

7.12.1 Virijalni teorem za homogenu potencijalnu energiju

Matematicki gledano, homogena funkcija je svaka funkcija f vise varijabla za koju vrijedi

f(λx1, λx2, · · · , λxN ) = λα f(x1, x2, · · · , xN). (7.75)

Eksponent α se naziva stupanj homogenosti.

Homogena potencijalna energija je potencijalna energija koja ovisi samo o udaljenosti r cesticeod izvora sile i ovisi o r samo kao potencija

Ep(~r) = Ep(r) = C0 rα, α ∈ R ,

dakle neovisna je o kutovima, tj. invarijantna je na vrtnje. Lako je vidjeti da je, u skladu sa(7.75), ovakva potencijalna energija homogena

Ep(λr) = C0 (λr)α = λα Ep(r)

sa stupnjem homogenosti α.

Prema (7.74), za homogenu potencijanu energiju je

〈 Ek 〉 = −1

2〈 ~r · ~F 〉

=1

2〈 ~r · −→∇ Ep(r) 〉 =

C0

2

⟨~r · −→∇ rα

⟩.

Izracunajmo odvojeno

~r · −→∇ rα = x1∂

∂ x1(x21 + x22 + · · ·+ x2D)

α/2

+ x2∂

∂ x2(x21 + x22 + · · ·+ x2D)

α/2

...

+ xD∂

∂ xD(x21 + x22 + · · ·+ x2D)

α/2.

~r · −→∇ rα = x1α

22x1 r

α−2 + x2α

22x2 r

α−2 + · · ·+ xDα

22xD rα−2

= α (x21 + x22 + · · ·+ x2D) rα−2 = α rα,

sto uvrsteno u gornji izraz za 〈 Ek 〉 daje

〈 Ek 〉 =C0

2

⟨α rα

⟩=α

2〈 Ep 〉.


To je virijalni teorem za homogenu potencijalnu energiju

〈 Ek 〉 =α

2〈 Ep 〉. (7.76)

Konformne preobrazbe Primjetimo da je jednadzba gibanja cestice u polju sile opisanehomogenom potencijalnom energijom

md 2 ~r

d t2= ~F = −C0

−→∇ rα

= −C0

[~e 1

∂

∂ x1(x21 + x22 + · · ·+ x2D)

α/2 + · · ·+ ~eD∂

∂ xD(x21 + x22 + · · ·+ x2D)

α/2]

= −C0 α rα−2

(~e 1 x1 + ~e 2 x2 + · · ·+ ~eD xD

)

= −C0 α rα−2 ~r.

invarijantna na preobrazbe oblika

~r = λ ~r ′,

(7.77)

t = λ(2−α)/2 t ′ .

Ovakve se preobrazbe nazivaju i konformne preobrazbe (vidjeti npr. [14]) ili scaling. Lijevastrana jednadzbe gibanja prelazi u

md 2 ~r

d t2= m

d 2 λ ~r ′

d λ2−α (t ′ )2= λα−1 m

d 2 ~r ′

d (t ′ )2.

Desna strana jednadzbe gibanja prelazi u

−C0−→∇ rα = −C0

(~e 1

∂

∂ λ x ′1

+ · · ·+ ~eD∂

∂ λ x ′D

) (λ r ′

)α= −λα−1 −→∇ ′Ep(r

′ ).

Time je pokazano da je jednadzba gibanja invarijantna na scaling preobrazbu

λα−1 md 2 ~r ′

d (t ′ )2= −λα−1 −→∇ ′Ep(r

′ ).

Primjetimo jos i da scaling relacije povezuju prostorne i vremenske intervale gibanja cestice naslijedeci nacin

~r = λ ~r ′ =⇒ λ =r

r ′ ,

t = λ(2−α)/2 t ′ =⇒ λ =

(t

t ′

)2/(2−α). (7.78)

7.13. STO BI BILO ... 327

Iz gornjih relacija slijedi

(t

t ′

)2/(2−α)=

r

r ′ = =⇒( rr ′

)2−α=

(t

t ′

)2

. (7.79)

Za gravitacijsku potencijanu energiju je α = −1, pa iz gornje relacije slijedi

( rr ′

)3=

(t

t ′

)2

,

sto prepoznajemo kao treci Keplerov zakon. Primjetimo da je treci Keplerov zakon izravnaposljedica scaling osobina Newtonovog zakona gravitacije (tocnije receno gravitacijske poten-cijalne energije).

Relacija (7.79) se moze shvatiti i kao poopcenje treceg Keplerovog zakona na sve homogenepotencijalne energije.

Zadatak: 7.28 Je li funkcija

f(x, y, z) = xz

√ln

x+ y

y + z

homogena?

R:Treba samo uvrstavati u definiciju (7.75)

f(λx, λy, λz) = λ2xz

√ln

λ(x+ y)

λ(y + z)

= λ2 f(x, y, z).

Funkcija je homogena sa stupnjem homogenosti 2.

7.12.2 Pocetni uvjeti i putanja satelita

dovrsiti

7.13 Sto bi bilo ...

Kao rezultat pretpostavke da izmedu Zemlje i Sunca djeluje gravitacijska sila, dobili smoelipticku putanju Zemlje oko Sunca (uz drukcije pocetne uvjete, ona bi se gibala po hiper-boli, paraboli ili cak pravocrtno prema Suncu, ali tada zivot na Zemlji ne bi bio moguc, pa nimi ne bismo dosli u situaciju da o tome razmisljamo).No, u nasim smo racunima propustili primjetiti jednu vaznu stvar, a to je da osim Sunca, naZemlju djeluje i gravitacijsko privlacenje od drugih tjela suncevog sustava:


planeta, meteora, kometa itd. Ovo je privlacenje naravno po iznosu puno manje od Suncevog,ali ipak treba prouciti i njegov utjecaj. U nekim situacijama i mala promjena vanjskih uvjetamoze izazvati velike promjene u stanju sustava. Npr. mala kuglica na vrhu brijega se nalaziu stanju (labilne) ravnoteze (slika 7.25.A). Ako se vanjski uvjeti ne promjene, ona ce ostati utom polozaju beskonacno dugo. No, ako neka vanjska sila malo pomakne cesticu iz njenog

Slika 7.25: Uz ilustraciju stabilnosti kuglice.

polozaja, ona ce se otkotrljati niz strminu i zauzeti neki novi polozaj ravnoteze, udaljen odpocetnog za neki konacan iznos. Drukcija je situacija ako se cestica nalazi na dnu jame kaona slici 7.25.B. Tada mali pomaci od pocetnog polozaja nece izazvati trajno udaljavanje odpocetnog polozaja: cestica se nalazi u stanju stabilne ravnoteze. Slicno je i sa gibanjem Zemlje:gravitacijsko privlacenje Sunca i uvjeti koji su vladali u vremenu formiranja Zemlje, doveli suZemlju u elipticnu putanju oko Sunca. Kada ne bi bilo gravitacijskih utjecaja drugih nebeskihtijela, Zemlja bi se vjecito (ili bar dok postoji Sunce) gibala po savrsenoj elipsi (sa zaristem usredistu mase sustava Zemlja - Sunce). No, ostala nebeska tijela predstavljaju vanjsku smetnjuu odnosu na sustav Zemlja - Sunce. Ona svojom gravitacijskom silom otklanjaju Zemlju saelipticne putanje. Pitanje je hoce li se Zemlja pod utjecajem ove smetnje ponasati kao kuglicana vrhu brijega ili kao kuglica na dnu jame? S obzirom da smo mi u situaciji da mozemo o tomeraspravljati, jasno je da se Zemlja ponasa kao cestica na dnu jame. U ostatku ovog odjeljkacemo pokusati razjasniti i zasto je to tako.

U odjeljku 7.3 smo pokazali, relacijom (7.36), da gravitacijsko polje zadovoljava jednadzbu

−→∇ ~g = − 4 π G ρm(~r).

Izracunajmo gravitacijsko polje Sunca u D-dimenzijskom prostoru. Izvan Sunceve kugle jeρm ≡ 0 i gornja se jednadzba svodi na

−→∇ ~g = 0.

7.13. STO BI BILO ... 329

Buduci da je Sunce sferno simetricno tijelo, njegovo gravitacijsko polje mora odrazavati tusfernu simetriju, tj. u koordinatnom sustavu sa ishodistem u sredistu Sunca, ono mora bitioblika

~g (~r) = f(r) ~r.

Oznacimo komponente vektora ~g , ~r i−→∇ uD-dimenzijskom pravokutnom koordinatnom sustavu

sa

~g = ~e 1 g1 + ~e 2 g2 + · · ·+ ~eD gD,

~r = ~e 1 x1 + ~e 2 x2 + · · ·+ ~eD xD,−→∇ = ~e 1

∂

∂x1+ ~e 2

∂

∂x2+ · · ·+ ~eD

∂

∂xD

(za D = 3 je ~e 1 = ~ex , ~e 2 = ~ey , ~e 3 = ~ez , a komponente vektora su g1 = gx, g2 = gy, g3 = gzi x1 = x, x2 = y, x3 = z). U ovom koordinatnom sustavu, raspisana po komponentama,divergencija polja je

−→∇ ~g =∂ g1∂x1

+∂ g2∂x2

+ · · ·+ ∂ gD∂xD

=

D∑

j=1

∂ gj∂xj

,

pri cemu je gj = f(r) xj . Izracunajmo gornje parcijalne derivacije

∂ gj∂xj

=∂

∂xj[f(r) xj ] =

∂ f(r)

∂ xjxj + f(r)

∂ xj∂xj

=d f(r)

d r

∂ r

∂xjxj + f(r).

Prema poopcenom Pitagorinom poucku je

r =

(N∑

j=1

x2j

)1/2

⇒ ∂ r

∂xj=

1

22xj

(N∑

j=1

x2j

)−1/2

=xjr,

sto, uvrsteno u gornju parcijalnu drivaciju, daje

∂ gj∂xj

=d f(r)

d r

x2jr

+ f(r).

Sada mozemo izracunati i−→∇~g

−→∇ ~g =D∑

j=1

∂ gj∂xj

=D∑

j=1

(d f(r)

d r

x2jr

+ f(r)

)= r

d f(r)

d r+Df(r).

Primjetimo da se u gornjoj jednakosti prostorna dimenzijuD pojavljuje kao parametar. Rijesimosada jednadzbu za gravitacijsko polje u prostoru gdje nema mase

−→∇ ~g = 0 = rd f(r)

d r+Df(r)

d f

f= −D d r

r

f(r) =const.

rD⇒ ~g = ~er

const.

rD−1.


Kako bi gravitacijsko polje bilo usmjereno prema sredistu Sunca (ishodistu koordinatnog sus-tava), konstantu odabiremo tako da je const. = −K, pri cemu je K > 0

~g = −~erK

rD−1.

U trodimenzijskom svijetu, to je polje koje opada s kvadratom udaljenosti (7.4). Gravitacijska

sila kojom Sunce djeluje na Zemlju je ~FG = mz ~g . Radi jednostavnosti, pretpostavit cemo daZemlja ima takvu ukupnu mehanicku energiju da joj je putanja kruznica (o ovisnosti oblikaputanje i ukupne mehanicke energije, vidjeti odjeljak 7.10). U tom je slucaju gravitacijska silauravnotezena centrifugalnom silom

~FG + ~Fcf = 0.

Izjednacavanjem iznosa ove dvije sile, dobije se brzina Zemlje

v =

√K

rD−2. (7.80)

Pretpostavimo sada da osim Sunceve gravitacije, na Zemlju djeluje i gravitacija nekog drugogtijela cija je masa puno manja od Sunceve, npr. neki planet ili asteroid. Utjecaj ovog drugogtijela ce malo promjeniti putanju Zemlje, tako da njezin polozaj vise nece biti ~r, nego ~r+ δr ~er ,pri cemu je |δr| << r, a δr moze biti i manje od nule (priblizavanje Zemlje Suncu) ili veceod nule (udaljavanje Zemlje od Sunca). Mala promjena udaljenosti ~r, mijenja i gravitacijsku icentrifugalnu silu (slika 7.26)

~FG → ~FG + δ ~FG,

~Fcf → ~Fcf + δ ~Fcf .

Koji je uvjet stabilnosti putanje Zemlje? Ako je δr > 0, Zemlja se udaljila od prvobitneputanje, pa ukupna promjena sile δ ~FG+ δ ~Fcf mora vratiti Zemlju prema Suncu, tj. mora imatismjer −~er . S druge strane, ako je δr < 0, Zemlja se priblizila Suncu, pa ukupna promjenasile δ ~FG + δ ~Fcf mora odmaknuti Zemlju od Sunca, tj. mora imati smjer +~er . Oba ova slucajamozemo sazeti u relaciju

(δ ~FG + δ ~Fcf) · δr ~er < 0. (7.81)

Izracunajmo promjenu gravitacijske sile uslijed promjene udaljenosti za δr:

~FG + δ ~FG = −K mz

(r + δr)D−1~er = −K mz

rD−1~er

[1− (D − 1)

δr

r+ · · ·

]

= −K mz

rD−1~er +K(D − 1)

mz δr

rD~er + · · ·

⇒ δ ~FG = K(D − 1)mz

rDδr ~er . (7.82)

Primjetimo da promjena gravitacijske sile ovisi o prostornoj dimenziji D. Prije izracunavanjapromjene centrifugalne sile, prisjetimo se da je, prema (7.52), moment kolicine gibanja u poljucentralne sile, konstantan, tj. da je

L(r) = L(r + δr),

mzv(r)r = mzv(r + δr)(r + δr) = mz

[v(r) + δv(r)

](r + δr),

0 = vδr + rδv +O(δ2),

δ v = −vrδ r. (7.83)

7.13. STO BI BILO ... 331

Slika 7.26: Uz ilustraciju stabilnosti gravitacijske sile.

Izracunajmo sada i promjenu centrifugalne sile:

~Fcf + δ ~Fcf =mz (v + δv)2

(r + δr)~er =

mz v2(1 + 2δv/v + · · · )r(1 + δr/r)

~er

Uvrstavanjem promjene brzine (7.83) u gornji izraz, dobije se

~Fcf + δ ~Fcf =mz v

2

r~er

(1− 2

δr

r+ · · ·

)(1− δr

r+ · · ·

)=mz v

2

r~er

(1− 3

δr

r+ · · ·

).

Iz gornjeg je izraza lako ocitati vodeci clan za promjenu centrifugalne sile

δ ~Fcf = −3mz v

2

r2δr ~er . (7.84)

Primjetimo da promjena centrifugalne sile ne ovisi o prostornoj dimenziji D. Ukupna promjenagravitacijske i centrifugalne sile je

δ ~F = δ ~FG + δ ~Fcf = K(D − 1)mz

rDδr ~er − 3

mz v2

r2δr ~er .

Uvrsti li se za brzinu izraz (7.80), dobije se ukupna promjena sile u D-dimenzijskom prostoru

δ ~F = (D − 4)Kmz

rDδr ~er .

Iz gornjeg izraza zakljucujemo da je uvjet stabilnosti putanje (7.81), uvijek zadovoljen, ako je

D < 4.

Vazno je primjetiti da gornji uvjet ne ovisi o udaljenosti r planeta od Sunca, tj. da vrijediza sve planete jednako (time je iskljucna mogucnost postojanja odredenih podrucja u kojima


bi sila bila stabilna ili nestabilna). Dakle, u D = 3-dimenzijskom prostoru u kojemu zivimo,gornji je uvjet zadovoljen i putanje svih planeta su stabilne u odnosu na male gravitacijskesmetnje drugih nebeskih tijela.

Zadatak: 7.29 Polazeci od izraza za polje gravitacijske sile u D-dimenzijskom prostoru

~g (~r) = − K

rD−1~er ,

izracunajte gravitacijski potencijal u D = 1, 2, 3, 4, · · · -dimenzijskom prostoru.

R:Polazimo od izraza

~g = −−→∇V = −K ~r

rD.

(D = 1)

−−→∇V = −K~r

r, ~r = x ~ex , r = x,

~exdV

dx= K

x~exx

= K~ex ,

∫dV = K

∫dx,

V (r) = V (0) +K r.

(D = 2)

−−→∇V = −K ~r

r2, ~r = x~ex + y~ey , r2 = x2 + y2,

~ex∂ V

∂x+ ~ey

∂ V

∂y= K

x~ex + y~eyx2 + y2

,

∂ V

∂x= K

x

x2 + y2,

∂ V

∂y= K

y

x2 + y2,

∫dV = K

∫x dx

x2 + y2,

∫dV = K

∫y dy

x2 + y2,

V (~r) = V (~r0) +K ln r.

(D = 3)

7.13. STO BI BILO ... 333

−−→∇V = −K ~r

r3, ~r = x~ex + y~ey + z~ez , r3 = (x2 + y2 + z2)3/2,

~ex∂ V

∂x+ ~ey

∂ V

∂y+ ~ez

∂ V

∂z= K

x~ex + y~ey + z~ez(x2 + y2 + z2)3/2

,

∂ V

∂x= K

x

(x2 + y2 + z2)3/2=⇒

∫dV = K

∫x dx

(x2 + y2 + z2)3/2+ f1(y, z),

∂ V

∂y= K

y

(x2 + y2 + z2)3/2=⇒

∫dV = K

∫y dy

(x2 + y2 + z2)3/2+ f2(x, z),

∂ V

∂z= K

z

(x2 + y2 + z2)3/2=⇒

∫dV = K

∫z dz

(x2 + y2 + z2)3/2+ f3(x, y),

V (~r) = −K 1

r.

(D 6= 2), opcenito

−−→∇V = −K ~r

rD, ~r = x1~e 1 + x2~e 2 + x3~e 3 + x4~e 4 + · · ·+ xD~eD,

rD = (x21 + x22 + x23 + x24 + · · ·+ x2D)D/2,

−→∇V = ~e 1∂ V

∂x1+ ~e 2

∂ V

∂x2+ ~e 3

∂ V

∂x3+ ~e 4

∂ V

∂x4+ · · ·+ ~eD

∂ V

∂xD,

K~r

rD= K

x1~e 1 + x2~e 2 + x3~e 3 + x4~e 4 + · · ·+ xD~eD(x21 + x22 + x23 + x24 + · · ·+ x2D)

D/2,

∂ V

∂x1= K

x1(x21 + x22 + x23 + x24)

D/2=⇒ V = K

∫x1 dx1

(x21 + x22 + x23 + x24)D/2

+f1(x2, x3, x4, · · · , xD),

∂ V

∂x2= K

x2(x21 + x22 + x23 + x24)

D/2=⇒ V = K

∫x2 dx2

(x21 + x22 + x23 + x24)D/2

+f2(x1, x3, x4, · · · , xD),

...∂ V

∂xD= K

xD(x21 + x22 + x23 + x24)

D/2=⇒ V = K

∫xD dxD

(x21 + x22 + x23 + x24)D/2

+fD(x1, x2, x3, · · · , xD−1).

V (r) =K

2−D

1

r D−2.


Primjetimo da se u gornjem izrazu D pojavljuje samo parametarski, pa ne moranuzno biti prirodan broj.Ukoliko se ipak ogranicimo na D = 1, 3, 4, 5, · · · , tada je

D = 1 =⇒ V (r) = K r,

D = 3 =⇒ V (r) = − K

r,

D = 4 =⇒ V (r) = −1

2

K

r2,

D = 5 =⇒ V (r) = −1

3

K

r3,

...

7.14 Racun smetnje

dovrsiti

7.15 Rasprsenje cestica u polju centralne sile

U ovom se odjeljku daje prikaz klasicnog opisa rasprsenja cestica na polju centralne sile.Promatra se homogeni snop cestica (elektroni, α-cestice, meteori, · · · ) iste mase i energije,koje se priblizavaju centru sile. Uobicajeno je pretpostaviti da sila iscezava u beskonacnosti,tako da se cestice snopa kada su jos daleko od izvora sile, gibaju po pravcu. Upadni je snopkarakteriziran svojim intenzitetom I, koji se jos naziva i gustoca toka, a koji je jednakbroju cestica snopa koje u jedinici vremena produ kroz jedinicnu plohu postavljenu okomitona smjer snopa. Kako se cestice priblizavaju centru sile, one ce biti ili privucene njemu (akoje sila privlacna) ili odbijene od njega (ako je sila odbojna). Kao rezultat ovakvog djelovanjasile, putanja cestice vise nece biti pravocrtna, nego ce doci do promjene oblika putanje. Nakonprolaska pored centra sile i udaljavanjem od njega, putanja ce ponovo postati pravocrtna. Daklei sada ce se cestice snopa gibati po pravcu, ali kao rezultat djelovanja sile, ovaj pravac zatvaraodedeni kut s upadnim pravcem. Kaze se da je doslo do rasprsenja. Velicina koja opisujeproces rasprsenja se zove udarni presjek za rasprsenje u danom smjeru i oznacava se s σ(Ω),gdje Ω oznacava prostorni kut u smjeru kojega se dogodilo rasprsenje

σ(Ω) dΩ =broj cestica rasprsenih u prostorni kut dΩ u jedinici vremena

upadni intenzitet.

S dΩ je oznacen diferencijal prostornog kuta

dΩ = sin θ d θ d ϕ.

U literaturi se σ(Ω) naziva i diferencijalni udarni presjek. Uobicajeno je koordinatni sustavpostaviti tako da upadni snop lezi na osi z. Zbog simetrije centralne sile, sada je cijeli sustav(snop + polje sile) invarijantan na zakrete oko osi z, tj. nece ovisiti o kutu ϕ, po kojemu semoze printegrirati, tako da je sada

dΩ = 2 π sin θ d θ.

7.15. RASPRSENJE CESTICA U POLJU CENTRALNE SILE 335

Cijeli se proces rasprsenja opisuje jednim kutom, θ, koji opisuje otklon cestica snopa od upadnogsmjera (slika 7.27 prikazuje rasprsenje na odbojnoj sili) i zove se kut rasprsenja. Primjetimo

Slika 7.27: Rasprsenje upadnog snopa cestica na odbojnom centru sile.

jos i da izraz udarni presjek potjece od toga sto σ(Ω) ima dimenziju povrsine.Za svaku pojedinu cesticu se parametri putanje, pa time i rasprsenja, odreduju iz njezineenergije i momenta kolicine gibanja. Uobicajen je iznos momenta kolicine gibanja izraziti prekoenergije i jedne velicine koja se naziva26 upadni parametar, s oznakom s, a koja predstavljaokomitu udaljenost izmedu sredista sile i smjera upadne brzine (slika 7.27). Ako se s v0 oznaciiznos upadne brzine cestica, tada je

L0 = s m v0 = s√2mE.

Odabir E i s, jednoznacno odreduje kut rasprsenja θ. Polazi se od pretpostavke da razlicitevrijednosti s, ne mogu voditi na isti kut rasprsenja θ. Prema ovoj pretpostavci je broj cesticakoje se rasprse u prostorni kut dΩ omeden s θ i θ+d θ jednak broju cestica koje su se u ulaznomsnopu nalazile unutar elipticnog podrucja izmedu s i s+ d s.

26engl. impact parameter

Poglavlje 8

Inercijski i neinercijski sustavi

U ovom cemo se poglavlju detaljnije baviti ucincima neinercijalnosti sustava u kojemu se odvijagibanje. Napose cemo detaljno razmotriti slucaj gibanja u sustavu vezanom za povrsinu Zemlje.Zemlja se vrti1 oko svoje osi, pa su zbog toga svi sustavi koji miruju prema Zemljinoj povrsini- neinercijski.

8.1 Vremenska promjena vektora

Do sada smo promatrali gibanje cestice u sustavima za koje smo pretpostavili da su inercijski(tj. da u njima vrijede Newtonovi aksiomi). U mnogim slucajevima od prakticne vaznosti,ta je pretpostavka pogresna. Tako npr. koordinatni sustav vezan za Zemljinu povrsinu nijeinercijski zbog Zemljine vrtnje oko svoje osi, njezinog gibanja oko Sunca itd. Sukladno tome,opis gibanja cestice u sustavu vezanom za povrsinu Zemlje moze rezultirati pogreskom (ovisnoo tocnosti kojom se opisuje gibanje).

Sada cemo prouciti opis gibanja cestice u sustavu koji se vrti u odnosu na inercijski sustav.Uvedimo najprije oznake:

(X, Y, Z) ce oznacavati nepomicni, inercijski koordinatni sustav s ishodistem u tocki O(origin). Velicine koje se odnose na taj sustav, biti ce oznacene indeksom in.

(x, y, z) ce oznacavati koordinatni sustav koji se vrti u odnosu na sustav (X, Y, Z), sa ishodistemu istoj tocki O. Velicine koje se odnose na taj sustav, biti ce oznacene indeksom nin,zato jer je, uslijed svoje vrtnje, ovaj sustav neinercijski.

Promotrimo proizvoljni vektor ~V (slika 8.1) u neinercijskom (x, y, z) sustavu

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez .

Osnovni zadatak u ovom odjeljku jeste

pronaci vezu izmedu vremenske promjene vektora ~Vu inercijskom i neinercijskom sustavu.

1Osim vrtnje oko svoje osi, Zemljaizvodi i druga gibanja o kojima ce biti rijeci u nastavku teksta.

337

338 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI

Slika 8.1: Vektor ~V gledan iz inercijskog (X,Y, Z) i neinercijskog (x, y, z) sustva. Os vrtnje je oznacena s ~ω .

Sa stanovista promatraca nepomicnog u (x, y, z) sustavu, smjerovi ~ex , ~ey i ~ez se ne mjenjaju

u vremenu, pa sva vremenska promjena vektora ~V dolazi od eventualne vremenske promjenenjegovih komponenata

d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

=d Vxd t

~ex +d Vyd t

~ey +d Vzd t

~ez .

Zanima nas kako izgleda vremenska promjena vektora ~V , za promatraca koji miruje u inercij-skom koordinatnom sustavu (X, Y, Z),

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

= ?

Sa stanovista promatraca u nepomicnom sustavu, u vremenu se mijenjaju i komponente vektora~V , ali se mijenjaju i smjerovi (ne i iznosi, jer se radi o jedinicnim vektorima) jedinicnih vektora~ex , ~ey , ~ez sustava koji se vrti

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

=d Vxd t

~ex +d Vyd t

~ey +d Vzd t

~ez (8.1)

+ Vxd~exd t

+ Vyd~eyd t

+ Vzd~ezd t

.

Prvi red gornje jednazbe opisuje promjene komponenata ~V uz konstantne ~ex , ~ey , ~ez , pa je to

upravo (d ~V /d t)nin

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

=d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

+ Vxd~exd t

+ Vyd~eyd t

+ Vzd~ezd t

.

8.1. VREMENSKA PROMJENA VEKTORA 339

Izracunajmo sada vremensku promjenu baznih vektora (x, y, z) sustava, gledano iz nepomicnogsustava (X, Y, Z). Neka se sustav (x, y, z) vrti oko sustava (X, Y, Z) tako da je os vrtnje vektor~ω , slika 8.1, a iznos kutne brzine vrtnje neka je

ω(t) =d ϕ(t)

d t.

Iznos ~ω ne mora biti konstantan u vremenu.Sa ~U oznacimo bilo koji vektor konstantnog iznosa u (x, y, z) sustavu. Kasnije cemo ~U

identificirati s ~ex , ~ey ili ~ez . Gledano iz (X, Y, Z) sustava, ~U ce se, uslijed vrtnje sustava (x, y, z)oko osi ~ω nepomicne u (X, Y, Z) sustavu, mijenjati po smjeru, ali ne i po iznosu. Rastavimo

vektor ~U na dvije komponente: okomitu i paralelnu u odnosu na ~ω (slika 8.2.A)

~U = ~U⊥ + ~U‖,

~U‖ = ~eω · (~eω · ~U),

~U⊥ = ~U − ~eω · (~eω · ~U).Primjetimo da je, gledano iz nepomicnog (inercijskog) sustava,

Slika 8.2: (A) Rastav vektora ~U na komponente paralelne i okomite na ~ω . (B) Zakret sustava. (C) Kada

hvatiste vektora ~V nije na osi vrtnje.

~U(t) = ~U⊥(t) + ~U‖, (8.2)

tj. s vremenom se mijenja samo okomita, ali ne i paralelna komponenta vektora ~U . Definirajmo

novi pomocni vektor ~b tako da bude okomit i na ~U⊥ i na ~ω

~b = ~eω × ~U⊥

b = U⊥.

Sada su

~ω , ~U⊥, ~b


tri medusobno okomita vektora, slika 8.2.B. Da bi se izracunala vremenska promjena (derivacija)U⊥(t), postupa se ovako: za kratko vrijeme d t, sustav (x, y, z) ce se zakrenuti za

dϕ = ω d t

u odnosu na nepomicni sustav (slika 8.2.B). Sa slike se vidi da je

~U⊥(t+ dt) ≃ ~U⊥(t) + sinωdt · U⊥(t+ dt) ~eb

≃ ~U⊥(t) +(ωdt+ · · ·

) (U⊥(t) + · · ·

)· ~eb

~U⊥(t + dt)− ~U⊥(t) ≃ ωdt U⊥(t)~eb + · · · = ωdt ~b + · · ·

U granici kada d t postaje iscezavajuce malen, dobiva se

d ~U⊥d t

= limd t→0

~U⊥(t + d t)− ~U⊥(t)

d t

= limd t→0

ωdt ~b + · · ·d t

= ω ~b .

Tako smo dobili

d ~U⊥d t

= ω ~b .

Buduci da je ~U‖ konstantno u vremenu, to je, prema (8.2),

d ~U

d t=d ~U⊥d t

= ω ~b .

Kako je ~b definiran kao

~b = ~eω × ~U⊥,

a zbog kolinearnosti ~eω i ~U‖, to je i

~eω × ~U‖ = 0,

pa je i

~b = ~eω × (~U⊥ + ~U‖) = ~eω × ~U.

Uvrsti li se ovo u gornju jednadzbu, dobiva se da, za svaki vektor ~U , konstantan usustavu koji se vrti, a gledan iz nepomicnog sustava, vrijedi

d ~U

d t= ~ω × ~U, (8.3)

8.1. VREMENSKA PROMJENA VEKTORA 341

gdje je ~ω vektor vrtnje (x, y, z) sustava oko nepomicnog sustava (X, Y, Z).

Ako se sada vektor ~U identificira redom sa vektorima ~ex , ~ey , ~ez , dobiva se

d~exd t

= ~ω × ~ex ,d ~eyd t

= ~ω × ~ey ,d ~ezd t

= ~ω × ~ez .

Ovi se rezultati mogu primjeniti na problem trazenja veze izmedu vremenskih promjena vektora~V gledano iz nepomicnog i sustava koji se vrti, postavljen jednadzbom (8.1)

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

=d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

+ Vx (~ω × ~ex ) + Vy (~ω × ~ey ) + Vz (~ω × ~ez )

=d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

+ ~ω × (Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez )

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

=d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

+ ~ω × ~V . (8.4)

Gornji izraz povezuje vremensku promjenu proizvoljnog vektora u inercijskom i neinercijskomsustavu i predstavlja sredisnji rezultat ovog odjeljka .Sto ako vektor ~V nema hvatiste na osi vrtnje (slika 8.2.C)? U tom slucaju postoje vektori ~B i~C sa hvatistem na osi vrtnje, takvi da je ~C = ~V + ~B . U tom slucaju je

d ~V

d t

∣∣∣∣∣in

=d ~C

d t

∣∣∣∣∣in

− d ~B

d t

∣∣∣∣∣in

=d ~C

d t

∣∣∣∣∣nin

+ ω × ~C − d ~B

d t

∣∣∣∣∣nin

− ω × ~B

=d ( ~C − ~B )

d t

∣∣∣∣∣nin

+ ω × ( ~C − ~B )

=d ~V

d t

∣∣∣∣∣nin

+ ω × ~V ,

pa vidimo da ista relacija vrijedi i za taj vektor.

Zadatak: 8.1 Koordinatni sustav (x, y, z) se vrti kutnom brzinom ~ω = 2~ex − 3~ey + 5~ez oko

nepomicnog sustava (X, Y, Z) s kojim ima isto ishodiste. Ako je vektor ~A u (x, y, z)

sustavu dan sa ~A = ~ex sin t− ~ey cos t+ ~ez e−t, izracunajte njegovu vremensku deri-

vaciju u oba sustava. Izracunajte ubrzanja u oba sustava.

R:... dovrsiti...


Zadatak: 8.2 Koordinatni sustav (x, y, z) se vrti kutnom brzinom ~ω = cos t~ex + sin t~ey + ~ezoko nepomicnog sustava (X, Y, Z) s kojim ima isto ishodiste. Ako je radij-vektor u(x, y, z) sustavu dan sa ~r = ~ex sin t−~ey cos t+ ~ez t, izracunajte brzinu i ubrzanja uoba sustava.

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.3 Koordinatni sustav (x, y, z) se vrti kutnom brzinom ~ω = 5~ex − 4~ey − 10~ez okonepomicnog sustava (X, Y, Z) s kojim ima isto ishodiste. Ako cestica miruje u tocki(3, 1,−2) sustava (x, y, z), izracunajte brzinu cestice u sustavu (X, Y, Z).

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.4 Automobil ulazi u zavoj polumjera zakrivljenosti R. Ako je koeficijent trenjaizmedu guma i ceste jednak µ, izracunajte najvecu brzinu kojom automobil moze uciu zavoj, a da ne izleti sa ceste.

R:... dovrsiti...

8.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti

Uzme li se za vektor ~V upravo radij vektor, ~V ≡ ~r, jednadzba (8.4) daje veze medu brzinamamirujuceg i sustava koji se vrti

d~r

d t

∣∣∣∣in

=d~r

d t

∣∣∣∣nin

+ ~ω × ~r ⇐⇒ ~vin = ~vnin + ~ω × ~r.

Ubrzanje u mirujucem sustavu se dobije tako da za ~V u (8.4) uvrstimo ~vin

d~vind t

∣∣∣∣in

=d~vind t

∣∣∣∣nin

+ ~ω × ~vin

~a in =d

d t

∣∣∣∣nin

(~vnin + ~ω × ~r) + ~ω × (~vnin + ~ω × ~r)

= ~a nin +d ~ω

d t

∣∣∣∣nin

× ~r + ~ω × ~vnin + ~ω × ~vnin + ~ω × (~ω × ~r).

8.3. OPCENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 343

Time se dobila veza izmedu ubrzanja mirujuceg i sustava koji se vrti

~a in = ~a nin +d ~ω

d t

∣∣∣∣nin

× ~r + 2 ~ω × ~vnin + ~ω × (~ω × ~r). (8.5)

Prvi clan na desnoj strani ocito predstavlja ubrzanje onako kako ga vidi nepomicni promatracu sustavu koji se vrti. Drugi, treci i cetvrti clan su rezultat vrtnje (svi su srazmjerni s ~ω )i cine razliku ubrzanja koje vidi nepomicni promatrac u nepomicnom sustavu u odnosu nanepomicnog promatraca u sustavu koji se vrti. Drugi clan desne strane potjece od vremenskepromjene brzine vrtnje i on je jednak nuli ako je brzina vrtnje konstantna. Treci se clan,

2 ~ω × ~vnin

naziva Coriolisovo ubrzanje i okomito je (slika 8.3 ) na smjer brzine kojom

Slika 8.3: Coriolisovo ubrzanje.

se cestica giba u sustavu koji se vrti (okomitoje i na ~ω ). Posljednji clan gornjeg izraza jecentripetalno ubrzanje,

~ω × (~ω × ~r).

Ako su ~ω ,~r i ~v medusobno okomiti vektori,tada je v = ωr i centripetalno ubrzanje dobi-vamo u poznatom obliku

v2

r.

Velicina

−~ω × (~ω × ~r)

se zove centrifugalno ubrzanje.

8.3 Opcenito gibanje koordinatnih sustava

Promatrajmo sada situaciju kada se (x, y, z) sustav vrti oko nepomicnog sustava ali tako da im

se ishodista ne poklapaju (slika 8.4) nego su medusobno povezana vektorom ~R . U tom slucaju

su ~R i ~R brzina i ubrzanje ishodista sustava koji se vrti prema ishodistu nepomicnog sustava.Oznaci li se s ~r polozaj tocke P u neinercijskom sustavu,

~r ≡ ~rnin,

tada je polozaj te iste tocke P promatran iz nepomicnog sustava jednak

~rin = ~R + ~r/ d

d t

∣∣∣∣in

d~rind t

∣∣∣∣in

=d ~R

d t

∣∣∣∣∣in

+d~r

d t

∣∣∣∣in

~vin = ~Rin + ~vnin + ~ω × ~r. (8.6)


Slika 8.4: Gibanje sustava (Q;x, y, z) u odnosu na inercijski sustav (O;X,Y, Z).

Slicno se dobivaju i veze medu ubrzanjima

d2 ~rind t2

∣∣∣∣in

= ~Rin +d2 ~r

d t2

∣∣∣∣in

⇒ (8.5) ⇒

~a in = ~Rin + ~a nin + ~ωnin × ~r + 2 ~ω × ~vnin + ~ω × (~ω × ~r). (8.7)

8.3.1 Jednadzba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za povrsinu Zemlje

Ono sto zanima nas koji zivimo na povrsini Zemlje, jeste kako izgleda gibanje promatrano izneinercijskog sustava, tj. zanima nas ~a nin.Drugi Newtonov aksiom vrijedi u inercijskim sustavima. Iz prethodnog odjeljka se vidi da jeumnozak mase i ubrzanja u neinercijskom sustavu jednak

m~a nin = m~a in −m~Rin −m~ωnin × ~r − 2m~ω × ~vnin −m~ω × (~ω × ~r). (8.8)

Umnozak mase i ubrzanja u inercijskom sustavu, m~a in = ~F jeste sila videna iz inercijskogsustava, dok su ostali clanovi posljedica neinercijalnosti. Za sustav vezan s povrsinom Zemlje,R ima znacenje udaljenosti od tocke promatranja do sredista Zemlje.Nadimo jednadzbu gibanja cestice u odnosu na promatraca na povrsini Zemlje. Zbog jednos-tavnosti, pretpostavit cemo da je Zemlja kugla sa sredistem u tocki O (slika 8.5.A). U tom jeslucaju, slika 8.5.B, istok (E) u smjeru +~ey , zapad (W ) je u smjeru −~ey , jug (S) je u smjeru+~ex , a sjever (N) je u smjeru −~ex . Zemlja se vrti oko osi Z konstantnom kutnom brzinom

~ω ≡ ~Ω = Ω ~eZ


Slika 8.5: Zemlja kao neinercijski sustav (λ je kolatituda).

i napravi jedan okret za 23 sata 56 min. i 4 sec. Stoga je

Ω =2π

86 164 s≃ 0. 000 072 9 s−1 ≃ 7.3 · 10−5 s−1.

Istovremeno se Zemlja giba oko Sunca, a kutna brzina toga gibanja je priblizno jednaka

ωz−s =2π

365 · 86 164 s ≃ 2 · 10−7 s−1.

Cijeli se Suncev sustav giba oko sredista galaksije kutnom brzinom koja je priblizno jednaka

ωs−g =2π

6.3 · 1015 s ≃ 1 · 10−15 s−1.

Svakoj od gornjih kutnih brzina se moze pridruziti period T relacijom T = 2π/ω (odgovarajucakutna brzina). Ako je vrijeme trajanja pokusa puno manje od nekog od ovih perioda, tadase ucinak tog neinercijskog gibanja moze zanemariti u racunu. Tako npr. ako se promatranogibanje odvija u vremenskom intervalu manjem od jedne godine, s visokom tocnoscu se moguzanemariti neinercijski ucinci koji potjecu od gibanja Zemlje oko Sunca i Sunca oko sredistagalaksije. U ovoj cemo aproksimaciji, sustav vezan za srediste Zemlje smatrati inercijskim.Prema relaciji (8.5) je

~R∣∣∣in= ~R

∣∣∣nin

+ ~Ω × ~R + 2~Ω × ~Rnin + ~Ω × (~Ω × ~R ).

Kutna brzina vrtnje Zemlje je konstantna, pa je ~Ω = 0, a isto tako su i ~R∣∣∣nin

= ~R∣∣∣nin

= 0.

Posljednji clan sadrzi malu velicinu Ω 2 pomnozenu s polumjerom Zemlje R, tako da je cijelitaj clan reda velicine Ω .

~R∣∣∣in= ~Ω × (~Ω × ~R ).


Uvrstavanjem gornjeg izraza u jednadzbu gibanja u neinercijskom sustavu (8.8), uz izostavljanjeoznaka in i nin, dolazi se do

md2 ~r

d t2= ~F −m~Ω × (~Ω × ~R )− 2m~Ω × ~v −m~Ω × (~Ω × ~r).

Oznakom ~F su predstavljene sve sile koje djeluju na cesticu, gledane iz inercijskog sustvavezanog za srediste Zemlje. Jedna od tih sila je uvijek i gravitacijska sila

~FG = −G MZ m~R + ~r

|~R + ~r|3.

Ako je gravitacijska sila i jedina sila koja djeluje, jednadzba gibanja glasi

md2 ~r

d t2= −GMZm

~R + ~r

|~R + ~r|3−m~Ω × (~Ω × ~R )− 2m~Ω × ~v −m~Ω × (~Ω × ~r).

Definira li se gravitacijsko polje (tj. ubrzanje) ~g kao

~g = −G MZ

~R + ~r

|~R + ~r|3− ~Ω × (~Ω × ~R ), (8.9)

jednadzba gibanja postaje

d2 ~r

d t2= ~g − 2~Ω × ~v − ~Ω × (~Ω × ~r).

Ako je ~r malen u usporedbi s polumjerom Zemlje

r << R,

a to je istina kada su u pitanju gibanja blizu povrsine Zemlje, tada je posljednji clan gornjejednadzbe srazmjeran s Ω 2, pa je zato puno manji od prethodna dva clana koji su reda velicineΩ i moze se zanemariti. Uz ovu aproksimaciju, jednadzba gibanja se dalje pojednostavljuje do

d2 ~r

d t2= ~g − 2~Ω × ~v.

Ako osim gravitacijske sile djeluju jos neke sile ~Fj , desnoj strani gornje jednadzbe treba dodati

clanove oblika ~Fj/m.

d2 ~r

d t2= ~g +

1

m

∑

j

~Fj − 2~Ω × d~r

d t,

=~F

m− 2~Ω × d~r

d t(8.10)

gdje su s ~F/m = ~g +∑

j~Fj/m oznacene sve sile (podijeljene s masom). Rjesenje gornje jed-

nadzbe je potpuno odredeno zadavanjem pocetnih uvjeta. Postavit cemo najopcenitije pocetneuvjete: neka je u t = 0 polozaj cestice ~r(0) = ~r0, a brzina neka je ~r(0) = ~v0. Jednadzbu cemorjesavati uz:


- pretpostavku da su ~Ω i ~F konstantni u vremenu, i

- zanemarivanje clanova srazmjernih s Ω 2,Ω 3, · · · .

Integracijom po vremenu gornje jednadzbe, dolazi se do

d2 ~r

d t2=

~F

m− 2~Ω × d~r

d t

/ ∫ t

0

dt

~r(t)− ~r(0) =~F

mt− 2~Ω × [~r(t)− ~r(0)]

~v(t) = ~v0 +~F

mt− 2~Ω × ~r(t) + 2~Ω × ~r0.

Uvrstavanjem gornjeg izraza za brzinu u (8.10)

~r =~F

m− 2~Ω ×

[~v0 +

~F

mt− 2~Ω × ~r(t) + 2~Ω × ~r0

]

i zanemarivanjem clanova srazmjernih s Ω 2,Ω 3, · · · , dolazi se do

~r =~F

m− 2~Ω × ~v0 −

2t

m~Ω × ~F +O(Ω 2).

U gornjoj je jednadzbi sva ovisnost o vremenu na desnoj strani, eksplicitna i zato se jednadzbamoze rijesiti izravnom integracijom

~r =~F

m− 2~Ω × ~v0 −

2t

m~Ω × ~F +O(Ω 2)

/ ∫ t

0

dt

~r(t)− ~r(0) =~F

mt− 2~Ω × ~v0t−

2

m

t2

2~Ω × ~F +O(Ω 2)

~r(t) = ~v0 +~F

mt− 2t~Ω × ~v0 −

t2

m~Ω × ~F +O(Ω 2)

/ ∫ t

0

dt

~r(t)− ~r(0) = ~v0t +~F

m

t2

2− t2~Ω × ~v0 −

t3

3m~Ω × ~F +O(Ω 2)

~r(t) = ~r0 + ~v0t+ t2~F

2m− ~Ω ×

(t2~v0 +

t3

3m~F

)+O(Ω 2).

Gornja jednadzba daje polozaj cestice mase m u neinercijskom sustavu (x, y, z) u trenutku

t > 0. ~F je zbroj svih vanjskih sila konstantnih u vremenu (to su sile koje bi djelovale nacesticu i kada bi bilo Ω = 0). Da bismo gornju vektorsku jednadzbu rastavili na njezineskalarne komponente, moramo najprije raspisati vektorske umnoske na desnoj strani. Sa slike8.6 vidimo da je

~Ω = Ω~eZ

~eZ = (~eZ · ~ex ) ~ex + (~eZ · ~ey ) ~ey + (~eZ · ~ez ) ~ez= cos(λ+ π/2) ~ex + 0 · ~ey + cosλ ~ez

= − sinλ~ex + cosλ~ez~Ω = Ω (− sinλ ~ex + cosλ ~ez ).


Slika 8.6: Uz prikaz ~Ω u sustavu (x, y, z).

Za opceniti vektor ~V je

~Ω × ~V = Ω(− sinλ ~ex + cosλ ~ez ) × (Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez )

= Ω (− sinλVy ~ez + sinλVz ~ey + cosλVx ~ey − cosλVy ~ex )

= −Ω cosλVy ~ex + Ω(sinλVz + cosλVx) ~ey − Ω sin λVy ~ez .

Primjenom gornjeg izraza na ~V ≡ ~v0 i ~V ≡ ~F , dolazi se do skalarnih komponenata rjesenjajednadzbe gibanja

x(t) = x0 + v0,xt +Fx2m

t2 + t2Ω v0,y cos λ+t3

3mΩ cos λFy +O(Ω 2), (8.11)

y(t) = y0 + v0,yt+Fy2m

t2 − t2Ω (v0,z sinλ+ v0,x cosλ)−t3

3mΩ (Fz sin λ+ Fx cos λ) +O(Ω 2),

z(t) = z0 + v0,zt +Fz2m

t2 + t2Ω v0,y sin λ+t3

3mΩFy sinλ+O(Ω 2).

Recimo jos jednom, da su gornje jednadzbe izvedene uz pretpostavku da je sila konstantna.

Zadatak: 8.5 Dokazite da je, kao posljedica vrtnje Zemlje oko svoje osi, tezina tijela mase mna kolatitudi λ dana sa

m√

(g − Ω 2R sin2 λ)2 + (Ω 2R sinλ cosλ)2,

gdje je R polumjer Zemlje.

R:... dovrsiti...


Zadatak: 8.6 Pokazite da bi tezina tijela bila neovisna o kolatitudi λ, ako bi kutna brzinavrtnje Zemlje oko svoje osi bila jednaka

Ω =

√2g

R≃ 1.74 10−3 rad

s.

R:Prema zadatku 8.5... dovrsiti...

Zadatak: 8.7 Izracunajte kut koji prava vertikala zatvara s prividnom vertikalom na kolatitudiλ.

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.8 Gibanje cestice je ograniceno na kruznicu polumjera R. Kruznica je postavljenaokomito prema tlu i vrti se oko svog promjera (takoder okomitog prema tlu) kutnombrzinom ω. Odredite polozaj ravnoteze i dokazite da ce cestica izvoditi male titrajeoko polozaja ravnoteze s frekvencijom 2πRω/

√r2ω4 − g2. Zanemarite sva trenja.

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.9 Period matematickog njihala je T . Ako se to njihalo objesi o strop vagona vlakakoji se konstantnom brzinom v0 giba po kruznici polumjera R, koliki ce tada bitiperiod njihala?

R:... dovrsiti...

8.3.2 Slobodan pad

Rjesimo jednadzbe gibanja (8.11) iz prethodnog odjeljka na slucaju slobodnog pada u gravita-cijskom polju Zemlje u blizini njezine povrsine. U odjeljku 5.1 je pokazano da se gibanje cesticekoja slobodno pada u inercijskom sustavu, odvija po pravcu (bio je to pravac koji je lezao naosi z). Pocetni uvjeti i vanjske sile kod slobodnog pada su zadani na slijedeci nacin

x0 = y0 = 0, z0 = h,

v0,x = v0,y = v0,z = 0,

Fx = Fy = 0, Fz = −mg.


Uvrstavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.11), dobiva se

x(t) = O(Ω 2),

y(t) =t3

3Ω g sinλ+O(Ω 2)

z(t) = h− 1

2gt2 +O(Ω 2).

I na sjevernoj (gdje je 0 ≤ λ ≤ π/2) i na juznoj polusferi (gdje je π/2 ≤ λ ≤ π) je sinλ > 0pa, za razliku od slobodnog pada u inercijskom sustavu, dolazi do otklona na istok (slika8.7) u odnosu na okomicu. U trenutku t0 pada na zemljinu povrsinu, je z(t0) = 0, pa je

Slika 8.7: Uz slobodan pad, okomiti hitac i kosi hitac uneinercijskom sustavu.

vrijeme padanja t0 =√

2h/g, tako da je u tre-nutku pada na tlo, otklon na istok od okomicejednak

y(t0) =2

3h Ω

√2h

gsinλ.

primjetimo da je otklon srazmjeran s Ω i da jenajveci na ekvatoru, λ = π/2, gdje je sinλ =1, a otklona nema na polovima, λ = 0 ili λ =π.

Zadatak: 8.10 Tijelo je pusteno da slobodnopada s visine od 4 000m na (a) ekvatoru, (b)kolatitudi λ = 600, (c) sjevernom polu. Akose zanemari otpor zraka, vjetar, itd., kolika jeudaljenost od tocke na Zemlji na koju tijelopadne od tocke okomito ispod tocke iz koje je predmet ispusten?

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.11 Tijelo je, s visine H, baceno prema dolje brzinom v0. Dokazite da ce ono pastina tlo u tocki

~Ω sin λ

3g2(√v20 + 2gH − v0)

2(√v20 + 2gH + 2v0)

istocno od okomice.

R:... dovrsiti...


8.3.3 Okomiti hitac

Promotrimo sada slucaj gibanja cestice koja je konacnom pocetnom brzinom izbacena okomitou vis - okomiti hitac. U inercijskom sustavu se cestica sve vrijeme giba po pravcu. Pogledajmoucinke neinercijalnosti. Pocetni uvjeti i sila na cesticu su dani slijedecim jednadzbama:

x0 = y0 = z0 = 0,

v0,x = v0,y = 0, v0,z = v0 > 0,

Fx = Fy = 0, Fz = −mg.

Uvrstavanjem gornjih vrijednosti u rjesenje (8.11), dobiva se

x(t) = O(Ω 2),

y(t) = −Ω t2 sinλ (v0 −gt

3) +O(Ω 2)

z(t) = v0t−1

2gt2 +O(Ω 2).

Cestica postize maksimalnu visinu u trenutku t = tmax, kada je z(t = tmax) = 0, tj. kada jev0 = g tmax. U tom je trenutku

y(tmax) = −Ωv20g2

sin λ(v0 −g

3

v0g) +O(Ω 2)

= −2

3Ωv30g2

sin λ+O(Ω 2) < 0,

pa je otklon prema zapadu. U trenutku ponovnog pada na Zemlju je z(t0) = 0, pa jet0 = 2v0/g = 2tmax. Uvrstavanjem ovog vremena u izraz za y, dobije se otklon prema zapadu(slika 8.7) u iznosu od

y(2 tmax) = −4

3Ωv30g2

sinλ+O(Ω 2).

8.3.4 Kosi hitac

Promatrajmo sada slucaj kada je cestica ispaljena pocetnom brzinom v0 pod kutom α u odnosuna ravninu (x, y) (slika 8.8). Neka u pocetnom trenutku smjer brzine lezi u ravnini (x, z). Kaosto znamo iz odjeljka 5.1.2, u inercijskom ce se sustavu, cestica sve vrijeme gibati u toj istoj (x, z)ravnini. Sada cemo pokazati da gibanje u neinercijskom sustavu vodi na otklon putanje uodnosu na pocetnu ravninu. Pocetni uvjeti i sila na cesticu su

x0 = y0 = 0, z0 = 0,

v0,x = v0 cosα, v0,y = 0, v0,z = v0 sinα,

Fx = Fy = 0, Fz = −mg.


Slika 8.8: Uz kosi hitac u neinercijskom sustavu.

Uvrstavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.11), dobiva se

x(t) = v0t cosα +O(Ω 2),

y(t) = −Ω t2v0(sinα sinλ+ cosα cosλ) +t3

3Ω g sinλ+O(Ω 2)

= −Ω t2v0 cos(α− λ) +t3

3Ω g sin λ+O(Ω 2)

z(t) = v0t sinα− 1

2gt2 +O(Ω 2).

Gornje jednadzbe opisuju polozaj cestice u proizvoljnom trenutku t > 0 nakon pocetka gibanja,a prije ponovnog pada na tlo. Primjecujemo otklon u y smjeru u odnosu na gibanje u pocetnoj(x, z) ravnini. Ovaj je otklon srazmjeran s Ω . Izracunajmo otklon u trenutku t0 kada cesticapada na tlo. U trenutku pada na tlo je vrijednost z koordinate jednaka nuli, pa se t0 odredujekao rjesenje jednadzbe

z(t0) = 0 = v0t0 sinα− 1

2gt20.

To je kvdratna jednadzba, pa ima dva rjesenja

t(1)0 = 0, t

(2)0 =

2v0 sinα

g.

U oba ova vremenska trenutka, tijelo se nalazi na tlu: trenutak t(1)0 je trenutak ispaljenja, a t

(2)0

je ponovni pad na tlo. Konacni otklon od pocetne (x, z) ravnine dobijemo tako da izracunamo

vrijednost y(t(2)0 )

y(t(2)0 ) = −4

3

Ω v30 sin2 α

g2(3 cosα cosλ+ sinα sin λ).


Na sjevernoj polusferi, na kojoj mi zivimo, je 0 < λ < π/2, pa su cosλ i sin λ pozitivni i cijeli

je otklon ~ey y(t(2)0 ) < 0. Cestica se otklanja na zapad.

8.3.5 Rijeke i cikloni

Slika 8.9: Uz opis utjecaja Coriolisove sile na: (A) tok rijeka i (B) formiranje ciklona.

Coriolisovo ubrzanje, tj. Coriolisova sila cini da na sjevernoj polusferi, rijeke pri svom toku visepotkopavaju desnu nego lijevu obalu (slika 8.9.A). Postavimo koordinatni sustav tako da je zokomica, a smjer rijeke (lokalno) ima smjer osi y. Tada je brzina rijeke

~v = v~ey ,

a kutna brzina vrtnje Zemlje je

~Ω = Ω ~eZ .

Zbog Coriolisove sile, na element rijecnog toka mase dm i brzine ~v, djeluje sila

d ~FCor = −2 dm ~Ω × ~v = −2 dm[Ω (− sinλ~ex + cosλ~ez )

]× v~ey = d ~F vod

Cor + d ~F okoCor ,

gdje su vodoravna d ~F vodCor i okomita d ~F oko

Cor komponenta sile jednake

d ~F vodCor = 2 dmΩ cos λ v ~ex ,

d ~F okoCor = 2 dmΩ sin λ v ~ez .

Vidimo da je, na zapadnoj polusferi

0 ≤ λ ≤ π/2, cosλ ≥ 0,

vodoravna komponenta Coriolisove sile uvijek usmjerena na desnu obalu rijeke (ima smjer +~ex ).Na juznoj polusferi je

π/2 ≤ λ ≤ π, cos λ ≤ 0


i smjer Coriolisove sile je −~ex . Tamo rijeke potkopavaju svoju lijevu obalu.Okomita komponena, d ~F oko

Cor , samo podize razinu vode (povrsina nije vodoravna).

Isti nacin razmisljanja primjenjen gore na opis gibanja rijecnih masa, moze se primjeniti ina opis gibanja zracnih masa. Na gibanje zracne mase djeluje Coriolisova sila koja zracnustruju otklanja u desno. Kombinacija otklona brzine u desno za sve zracne struje koje segibaju prema sredistu ciklona, na sjevernoj Zemljinoj polusferi rezultira vrtnjom zracnih masau smjeru suprotnom od kazaljke na satu, kao sto je skicirano na slici 8.9.B i na satelitskoj snimci8.10. Primjetimo da Coriolisova sila djeluje udesno bez obzira iz kojeg smjera dolazi pojedina

Slika 8.10: Lijevo: ciklon Basyang (Conson) koji je pogodio podrucje Filipina u ozujku 2002. godine. Desno:ciklon Ingrid koji je pogodio Australiju u ozujku 2005. godine. Primjetite razlicite smjerove vrtnje zracnihmasa, na lijevoj i desnoj slici.

zracna struja. Isti ovaj mehanizam mozemo svaki dan primjetiti u vlastitoj kupaonici: voda ukadi koja se zavrti prije izlaska kroz slivnik, cini to zbog Coriolisove sile i vrtnje Zemlje.Na juznoj polusferi, i zracne struje i voda u kupaonici se vrte u smjeru kazaljke na satu.

Zadatak: 8.12 Rijeka sirine D tece prema sjeveru brzinom v0 na kolatitudi λ. Dokazite da celijeva obala rijeke biti visa od desne obale za iznos

2D~Ω v0 cosλ√

g2 + 4~Ω 2v20(cosλ)2

gdje je ~Ω kutna brzina vrtnje Zemlje oko svoje osi. Pokazite da se za prakticnepotrebe, gornji rezultat svodi na

2D~Ω v0 cos λ

g.

R:... dovrsiti...

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 355

8.4 Foucaultovo njihalo

U odjeljku 6.1.8 smo se upoznali s gibanjem matematickog njihala u inercijskom sustavu. Poredostalog, konstatirali smo da se njihanje odvija stalno u istoj ravnini. U ovom cemo odjeljkuprouciti gibanje matematickog njihala u neinercijskom sustavu. Glavni je rezulatat da se uneinercijskom sustavu vezanom za povrsini Zemlje, njihanje vise nece odvijati stalno u istojravni, vec ce doci do zakreta ravnine njihanja na takav nacin da unutar jednog dana ravninanjihanja napravi jedan puni okret.Promotrimo njihalo koje se sastoji od duge i priblizno nerastezive niti na cijem je kraju objesenateska kugla. Trenje u tocki objesista i trenje s cesticama zraka se zanemaruje. Pretpostavimoda je njihalo otklonjeno iz polozaja ravnoteze i ostavljeno da slobodno njise u okomitoj ravnini.Ovaj je pokus prvi izveo Jean Foucault, godine 1851. u zgradi pariskog Panteona s njihalomduljine 67m i mase 28 kg (slika 8.11.A). Pod je bio posut pijeskom, a na kugli se nalazio siljakkoji je ostavljao trag po pijesku, tako da se lako mogao uociti polozaj ravnine u kojoj njihalotrenutno njise. Kao sto ce se uskoro pokazati, uslijed vrtnje Zemlje, ravnina njihanja ce sepostupno zakretati oko okomite osi. Ako se gleda odozgo prema dolje, na sjevernoj polusferi,zakret je u smjeru kazaljke na satu (slika 8.11.B), a na juznoj je polusferi zakret u smjerusuprotnom od gibanja kazaljke na satu (slika 8.11.C).

Slika 8.11: Uz Foucaultovo njihalo.

Opisimo matematicki rezultat Foucaultovog pokusa (slika 8.12.A). Ukupna sila koja djeluje na

cesticu je zbroj gravitacijske sile ~FG = −mg~ez i napetosti niti ~Fnap. Sa slike 8.12.B i C se vidida je

cos(~Fnap, ~ex ) = cos(π − βx) = − cos βx = −xl,

cos(~Fnap, ~ey ) = cos(π − βy) = − cos βy = −yl,

cos(~Fnap, ~ez ) = cos(π/2− βx) = sin βx =l − z

l.

= cos(π/2− βy) = sin βy =l − z

l.


Slika 8.12: Uz odredenje sila na cesticu Foucaultovog njihala.

~Fnap = (~Fnap · ~ex )~ex + (~Fnap · ~ey )~ey + (~Fnap · ~ez )~ez

= Fnap cos(~Fnap, ~ex ) ~ex + Fnap cos(~Fnap, ~ey ) ~ey + Fnap cos(~Fnap, ~ez ) ~ez

= Fnap

(−x(t)

l~ex − y(t)

l~ey +

l − z(t)

l~ez

)=Fnapl

(l ~ez − ~r(t)

).

Buduci da ~Fnap ovisi o x, y i z, a ovi opet ovise o vremenu, izlazi da cijela sila na cesticu~F = ~FG + ~Fnap ovisi o vremenu, pa se ne mogu primjeniti rjesenja (8.11) koja vrijede samoza sile konstantne u vremenu. Umjesto toga treba rjesiti jednadzbu

m~r = ~F − 2 m ~Ω × ~r

U kojoj je ~F = ~FG + ~Fnap. Vektorski umnozak na desnoj strani je jednak

~Ω × ~r = Ω(− sin λ~ex + cosλ~ez ) × (x~ex + y~ey + z~ez )

= −Ω cosλ y ~ex + Ω (sin λ z + cosλ x) ~ey − Ω sin λ y ~ez .

Uvrstavanjem gornjeg izraza i izraza za sile, u jednadzbu gibanja, dolazi se do slijedece triskalarne jednadzbe

mx = −xlFnap + 2 m Ω y cosλ

m y = −ylFnap − 2 m Ω (x cosλ+ z sin λ)

m z = −mg + l − z

lFnap + 2 m Ω y sinλ

Pojednostavimo ove jednadzbe pretpostavkom da su amplitude njihanja male, tako da sekugla priblizno nalazi u ravnini poda sto je (x, y) ravnina. U matematickom jeziku to znaci da


pretpostavljamo da je

z = z = z ≃ 0.

Uz ovu pretpostavku, iz posljednje od gornjih jednadzba slijedi iznos sile napetosti niti

Fnap = m g − 2 m Ω y sinλ

Uvrstavanjem ovog izraza za napetost u preostale dvije jednadzbe, dolazi se do

x = −glx+ 2 Ω y cos λ+

2 Ω sin λ

lx y

y = −gly − 2 Ω x cosλ+

2 Ω sinλ

ly y.

Za pretpostavljene male amplitude titraja, nelinearni clanovi xy i yy su manji od ostalihclanova, pa ih zato zanemarujemo. Preostaje vezani 2 × 2 linearni sustav diferncijalnih jed-nadzba za x i y

x = −glx+ 2 Ω y cosλ

y = −gly − 2 Ω x cos λ.

Primjetimo da je sustav vezan upravo preko clana srazmjernog s Ω koji dolazi od vrtnje Zemlje.Ako bi se taj clan zanemario, dobile bi se dvije nevezane diferencijalne jednadzbe matematickognjihala u inercijskom sustavu kao u (6.77).Definirajmo pocetne uvjete gibanja, uz koje cemo traziti rjesenje. Neka se u pocetnomtrenutku t = 0, njihalo nalazi u ravnini (y, z) otklonjeno za A u pozitivnom smjeru osi y (slika8.13).

Slika 8.13: Ilustracija pocetnih uvjeta za opis gibanja Foucaultovog njihala.


x(0) = 0, x(0) = 0, (8.12)

y(0) = A, y(0) = 0.

Uz pokrate

ω20 =

g

l, α = Ω cosλ,

jednadzbe gibanja glase

x = −ω20 x+ 2α y

y = −ω20 y − 2α x.

Pomnozimo drugu od gornjih jednadzba imaginarnom jedinicom i i zbrojimo obje jednadzbe

x+ iy = ω20(x+ iy)− 2iα(x+ iy).

U novoj kompleksnoj varijabli ζ = x+ iy, gornja jednadzba postaje

ζ + 2iα ζ + ω20 ζ = 0,

sto po obliku prepoznajemo kao jednadzbu harmonijskog oscilatora s prigusenjem srazmjernimbrzini (relacija (6.29)), ali je koeficijent prigusenja imaginaran. Potrazimo rjesenje gornjehomogene jednadzbe u obliku

ζ(t) = c eγ t,

s konstantnim c i γ.

ζ[γ2 + 2αγi+ ω2

0

]= 0,

γ± = −iα ± i√α2 + ω2

0.

Buduci da je Ω 2 ≃ 10−10s−2, to je α2 = Ω 2 cos2 α << ω20 = g/l ≃ 0.15 s−2, pa je zato

γ± ≃ −iα± iω0.

Postoje, dakle, dva rjesenja gornje jednadzbe, c+ eγ+ t, c− e

γ− t, sto znaci da je opce rjesenjelinearna kombinacija ta dva rjesenja

ζ = c+ eγ+ t + c− e

γ− t

= (c1 + ic2)e−i(α−ω0)t + (c3 + ic4)e

−i(α+ω0)t,

za realne konstante cj. Koristeci Eulerovu relaciju

e±ia = cos a± i sin a,

prethodna relacija postaje

x+ iy = ζ

= (c1 + ic2)[cos(α− ω0)t− i sin(α− ω0)t

]+ (c3 + ic4))

[cos(α + ω0)t− i sin(α+ ω0)t

].


Izjednacavanjem realnih i imaginarnih dijelova, dolazi se do

x = c1 cos(α− ω0)t+ c2 sin(α− ω0)t + c3 cos(α + ω0)t+ c4 sin(α + ω0)t

y = −c1 sin(α− ω0)t + c2 cos(α− ω0)t− c3 sin(α + ω0)t + c4 cos(α + ω0)t.

Cetiri nepoznate konstante c1, c2, c3 i c4 odreduju se iz cetiri pocetna uvjeta (8.12). Uvrstavanjempocetnih uvjeta za x:

x(0) = 0 = c1 + c3 ⇒ c3 = −c1x(0) = 0 = c2(α− ω0) + c4(α+ ω0) ⇒ c4 = c2

ω0 − α

ω0 + α,

dolazi se do

c4 = c2

√g/l − Ω cosλ√g/l + Ω cosλ

= c21− Ω cosλ

√l/g

1− Ω cosλ√l/g

= c2 +O(Ω ).

Uvrstavanjem pocetnih uvjeta za y, dobiva se

y(0) = A = c2 + c4 = 2 c2 ⇒ c2 = c4 =1

2A

y(0) = 0 = −c1(α− ω0)− c3(α + ω0) ⇒/c1 = −c3

/⇒ 2 ω0 c1 = 0 ⇒ c1 = c3 = 0.

Time je, konacno

c1 = 0, c2 = A/2, c3 = 0, c4 = A/2.

x(t) =A

2

[sin(α− ω0)t + sin(α + ω0)t

]= A sinαt cosω0t,

y(t) =A

2

[cos(α− ω0)t+ cos(α + ω0)t

]= A cosαt cosω0t.

Prisjetimo li se da je α = Ω cosλ, a ω0 =√g/l, konacno rjesenje je

x(t) = A cos

(√g

lt

)· sin(Ω t cosλ),

y(t) = A cos

(√g

lt

)· cos(Ω t cosλ).

Pogledajmo fizicko znacenje ovog rjesenja: polozaj kugle njihala u ravnini (x, y) je dan radijvektorom

~r(t) = x(t) ~ex + y(t) ~ey = A[~ex sin(Ω t cosλ) + ~ey cos(Ω t cosλ)

]cos

(√g

lt

).

Izraz u uglatoj zagradi je vektor jedinicne duljine, ciji se smjer mijenja s vremenom.Oznacimo ga s ~e0(t)

~e0(t) ≡ ~ex sin(Ω t cosλ) + ~ey cos(Ω t cosλ).


Vektor ~e0(t) odreduje smjer njihanja, a amplituda je A

~r(t) = ~e0(t) A cos

(t

√g

l

). (8.13)

Taj se smjer periodicki mijenja u vremenu s periodom

TFoucault =2π

Ω | cosλ| ≃ 24 h,

ravnina njihanja se zakrece tako da za priblizno 24 h napravi jedan puni okret2. Ovaj zakretravnine njihanja je izravna posljedica vrtnje Zemlje oko svoje osi. Ovaj je period puno veci odsamog perida titranja T0

T0 =2 π

ω0= 2π

√l

g≃ 16.41 s, l = 67m

TFoucault >> T0,

tj. njihalo napravi puno titraja prije nego sto mu se ravnina zakrene za puni kut.

Pokazimo da se ravnina njihanja zakrece u suprotnim smjerovima na sjevernoj i juznoj Zemljinojpolusferi. Pomocu TFoucault, moze se ~e0(t) napisati u obliku

~e0(t) = ~ex sin(Ω t cosλ) + ~ey cos(Ω t cosλ)

= ~ex sin

(sgn(cosλ)

2 π t

TFoucault

)+ ~ey cos

(sgn(cosλ)

2 π t

TFoucault

),

Neka u t = 0, njihalo njise u (y, z) ravnini, tj. neka je

~e0(0) = ~ey .

Nakon vremena t = TFoucault/4, na sjevernoj polusferi je 0 ≤ λ ≤ π/2, pa ce biti i cos λ > 0

~e0(t = TFoucault/4) = ~ex sin

(2 π t

TFoucault

)

t=TFoucault/4

+ ~ey cos

(2 π t

TFoucault

)

t=TFoucault/4

= ~ex ,

tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru kazaljke na satu (slika 8.14.A).Na juznoj polusferi je π/2 ≤ λ ≤ π, pa ce biti i cosλ < 0

~e0(t) = ~ex sin

(− 2 π t

TFoucault

)

t=TFoucault/4

+ ~ey cos

(− 2 π t

TFoucault

)

t=TFoucault/4

= −~ex ,tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru suprotnom od kazaljke na satu (slika 8.14.B).

2Na samom ekvatoru je cos λ = 0, pa je TFoucault → ∞, tj. ne dolazi do zakreta ravnine njihanja.


Slika 8.14: Zakret ravnine njihanja Foucaultovog njihala. .

Zadatak: 8.13 Okomito postavljen stap AB se vrti stalnom kutnom brzinom ~ω oko svojeuzduzne osi. Lagana i nerasteziva nit duljine l, pricvrcena je jednim svojim krajemza stap, a na drugi je kraj pricvrscena cestica mase m. Kada je sustav u ravnotezi,izracunajte napetost niti i kut niti prema stapu.

R:... dovrsiti...

... dovrsiti ...

Zadatak: 8.14 Cijev AOB se vrti u ravnini (y, z) stalnom kutnom brzinom ~ω = ω~ex . Za-nemarivsi trenje, odredite gibanje cestice mase m unutar cijevi. U trenutku t = 0,cestica se nalazila na udaljenosti r0 od sredista cijevi i mala je brzinu v0.

R:... dovrsiti...


... dovrsiti ...

Zadatak: 8.15 Pokazite da, uz prikladne pocetne uvjete, cestica iz zadatka 8.14 moze harmo-nijski titrati duz cijevi i nadite te uvjete. Sto se dogada s cesticom ako ti uvjeti nisuispunjeni?

R:... dovrsiti...

Zadatak: 8.16 S polozaja na kolatitudi λ, ispaljen je projektil s pocetnom brzinom v0 i podkutom α prema horiz

R:... dovrsiti...

8.5 Opcenita jednadzba gibanja cestice u neinercijskom sustavu

Izvedimo sada opcenitu jednadzbu gibanja cestice u neinercijskom sustavu bez pretpostavkeda je kutna brzina vrtnje ω konstantna u vremenu i bez pretpostavke da je kutna brzina vrtnjemala po iznosu. Takoder cemo dozvoliti da sila ~F (koja djeluje i kada je ω = 0) moze ovisiti ovremenu. Jednadzba gibanja je

m~r = ~F (t)−m~ω × ~r − 2m~ω × ~r −m~ω × (~ω × ~r). (8.14)

~ω = ω~eZ = ω(−~ex sinλ+ ~ez cosλ),

~ω = ω(−~ex sinλ+ ~ez cosλ).

8.5. OPCENITA JEDNADZBA GIBANJA CESTICE U NEINERCIJSKOM SUSTAVU 363

~ω × ~r = ω(−~ex sinλ+ ~ez cosλ) × (x~ex + y~ey + z~ez )

= −~ex ωy cosλ+ ~ey ω(x cosλ+ z sinλ)− ~ez ωy sin λ,

~ω × ~r = ω(−~ex sinλ+ ~ez cosλ) × (x~ex + y~ey + z~ez )

= −~ex ωy cosλ+ ~ey ω(x cosλ+ z sinλ)− ~ez ωy sin λ,

~ω × (~ω × ~r) = ω(−~ex sinλ+ ~ez cos λ) × [−~ex ωy cosλ+ ~ey ω(x cosλ+ z sin λ)− ~ez ωy sinλ]

= ω2[~ex (−x cos2 λ− z sin λ cosλ) + ~ey (y sin

2 λ− y cos2 λ) + ~ez (−x sin λ cosλ− z sin2 λ)

Uvrstavanjem gornjih izraza u pocetnu vektorsku jednadzbu (8.14), dobivaju se tri skalarnejednadzbe gibanja

mx = Fx +myω cosλ+ 2myω cosλ+mω2(x cos2 λ+ z sin λ cosλ),

my = Fy −mω(x cosλ+ z sinλ)− 2mω(x cosλ+ z sinλ)−mω2y(sin2 λ− cos2 λ),

mz = Fz +myω sin λ+ 2myω sinλ+mω2(x sinλ cosλ+ z sin2 λ),

koje se dalje rjesavaju ovisno o konkretnom obliku sile i kutne brzine kao funkcije vremena.

Poglavlje 9

Specijalna teorija relativnosti

Brzina svjetlosti u vakuumu, c, je najveca moguca brzina i priblizno iznosi 300 000 km/s.Gibanja brzinama bliskim ovoj brzini bitno se razlikuju po svojim fizickim svojstvima od gibanjabrzinama puno manjim od c. U ovom cemo se poglavlju detaljnije baviti ucincima na gibanjetijela koji dolaze od gibanja brzinama bliskim brzini svjetlosti.

9.1 Lorentzove transformacije

9.2 Relativisticka kinematika

9.3 Relativisticka dinamika

9.4 Hamiltonova formulacija relativisticke mehanike

365

366 POGLAVLJE 9. SPECIJALNA TEORIJA RELATIVNOSTI

Dio II

Mehanika sustava cestica

367

Poglavlje 10

Sustavi cestica

10.1 Diskretni i kontinuirani sustavi cestica

U prethodnim smo poglavljima razmatrali objekte cije se gibanje moze opisati kao gibanjecestice, tj. objekta konacne mase, ali beskonacno malog volumena. Sada cemo promatratigibanja objekata (sustava) izgradenih od mnostva cestica.Ako smo u mogucnosti razlikovati pojedine cestice sustava, govorit cemo o diskretnom sustavucestica, gdje cemo sa ~rj i mj oznacavati polozaj i masu j-te cestice sustava za j = 1, · · · , N .Ukupna masa sustava m je naprosto jednaka zbroju1 masa pojedinih cestica sustava

m =

N∑

j=1

mj .

Ako pojedine cestice sustava ne mozemo razlikovati, nego su one priblizno kontinuirano ras-podjeljene u jednom dijelu prostora (onako kako smo to opisali u poglavlju o gravitaciji, str.264), tada govorimo o kontinuiranom sustavu cestica. Raspodjela mase u prostoru se opisujefunkcijom koja se zove masena gustoca.

Volumna masena gustoca:Raspodjela mase tijela koja se protezu u trodimenzijskom prostoru, se opisuje volumnom ma-senom gustocom ρm(~r)

ρm(~r) = lim∆V→0

∆m

∆V=dm

dV,

[ρm] =[m]

[l3],

gdje je d V ≡ d 3r diferencijal volumena u okolini tocke ~r (slika 10.2.A), a dm je masa sadrzana utom volumenu. Uglatom zagradom je oznacena dimenzija gustoce. Opcenito, gustoca ne moraimati istu vrijednost u razlicitim prostornim tockama i zato je u gornjem izrazu ρm prikazanakao funkcija ~r. Ako ρm(~r) ima istu vrijednost u svim tockama sustava, onda se kaze da jegustoca konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupnog volumena V sustava,

ρm =m

V.

1Kada se uzmu u obzir i relativisticki ucinci, to nije istina.

369

370 POGLAVLJE 10. SUSTAVI CESTICA

Za zadanu volumnu gustocu, masa m(V0) sustava sadrzana u dijelu volumena V0 ⊆ V , racunase kao

m(V0) =

∫

V0 ⊆ V

ρm(~r) dV.

Posebno, ako je gustoca konstantna, masa tijela sadrzana unutar volumena V0 je jednaka

m(V0) = mV0V.

Za odredivanje polozaja pojedinih tocaka sustava u trodimenzijskom prostoru, potrebna su tri2

broja, tj. tri koordinate. To mogu biti pravokutne, sferne ili koje druge pogodno odabranekoordinate. Opcenito cemo te koordinate oznacavati s q1, q2 i q3 i zvat cemo ih poopcenekoordinate. Radij vektor polozaja cestice je funkcija poopcenih koordinata

~r = ~r(q1, q2, q3).

Npr. u sfernom kordinatnom sustavu su q1 = r, q2 = θ, q3 = ϕ ili u cilindricnom koordinatnomsustavu je q1 = ρ, q2 = ϕ, q3 = z ili neki drugi izbor za neki drugi koordinatni sustav.Dvije primjedbe u vezi poopcenih koordinata:(1) poopcenih koordinata ima onoliko kolika je dimenzija objekta o kojemu je rijec; ako se radio trodimenzijskom tijelu, tada su potrebne tri poopcene koordinate; u nastavku ce se pokazatida je za opis dvodimenzijske plohe potrebno znati vrijednosti dvaju parametara, a za opis linijesamo jedan parametar;(2) ne moraju sve poopcene koordinate imati dimenziju duljine; npr. u sfernom koordiantnomsustavu samo r ima dimenziju duljine (mjeri se u metrima), dok θ i ϕ nemaju.

U skladu s geometrijskim znacenjem mjesovitog umnoska vektora (str. 15), diferencijal volu-mena u okolini tocke ~r, racuna se kao

dV = d~r1 · (d~r2 × d~r3), (10.1)

gdje su d~rj vektori u smjeru porasta poopcenih koordinata qj . Neka se koordinata q1 promjenilaod vrijednosti q1 na vrijednost q1 + dq1, uz konstantne vrijednosti preostale dvije varijable q2 iq3 (slika 10.1). Za male vrijednosti dq1, Taylorov razvoj daje

~r(q1 + dq1, q2, q3) = ~r(q1, q2, q3) + dq1∂ ~r

∂q1

∣∣∣∣q2,q3

+1

2(dq1)

2 ∂2 ~r

∂q21

∣∣∣∣q2,q3

+ · · · .

Za male vrijednosti dq1, kvadratni i visi clanovi se mogu zanemariti, tako da je

~r(q1 + dq1, q2, q3)− ~r(q1, q2, q3) ≃ dq1∂ ~r

∂q1.

Nazove li se razlika vektora na lijevoj strani gornje jednadzbe, d~r1, tada je

d~r1 =∂ ~r

∂q1dq1.

2Opcenito, u D-dimenzijskom prostoru, potrebno je D brojeva.

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI CESTICA 371

Slika 10.1: Smjer porasta koordinate q1.

Slican se postupak moze provesti i za preostale dvije varijable q2 i q3, sto tada sve zajedno daje:

d~r1 = ~r(q1 + dq1, q2, q3)− ~r(q1, q2, q3) =∂ ~r

∂q1dq1

d~r2 = ~r(q1, q2 + dq2, q3)− ~r(q1, q2, q3) =∂ ~r

∂q2dq2

d~r2 = ~r(q1, q2, q3 + dq3)− ~r(q1, q2, q3) =∂ ~r

∂q3dq3

Ukoliko su poopcene koordinate uvedene preko pravokutnih

~r = ~ex x+ ~ey y + ~ez z,

relacijama

x = x(q1, q2, q3), y = y(q1, q2, q3), z = z(q1, q2, q3),

tada je i

d~r1 =

(∂~r

∂q1

)

q2 q3

dq1 =

(~ex

∂x

∂q1+ ~ey

∂y

∂q1+ ~ez

∂z

∂q1

)dq1 = ~e 1 dq1

d~r2 =

(∂~r

∂q2

)

q1 q3

dq2 =

(~ex

∂x

∂q2+ ~ey

∂y

∂q2+ ~ez

∂z

∂q2

)dq2 = ~e 2 dq2, (10.2)

d~r3 =

(∂~r

∂q3

)

q1 q2

dq3 =

(~ex

∂x

∂q3+ ~ey

∂y

∂q3+ ~ez

∂z

∂q3

)dq3 = ~e 3 dq3.

gdje su vektori ~e i vektori (ne nuzno jedinicni) tangencijalni na krivulju po kojoj se mijenja ko-ordinata qi uz konstantne vrijednosti preostale dvije koordinate qj i qk. Vektori ~e i su definirani


relacijom (2.82).

Uvrstavanjem gornjeg izraza u izraz za diferencijal volumena (10.1) i koristeci zapis mjesovitogumnoska pomocu determinante (2.9), dobiva se

dV =

∂x

∂q1

∂y

∂q1

∂z

∂q1

∂x

∂q2

∂y

∂q2

∂z

∂q2

∂x

∂q3

∂y

∂q3

∂z

∂q3

dq1 dq2 dq3.

Gornja se determinanta naziva jakobijan ili Jacobi-jeva 3 determinanta i oznacava se sa

J =∂(x, y, z)

∂(q1, q2, q3).

... dovrsiti: raspisati gornji izraz i prepoznati komponente metrickog tenzora ...

Zadatak: 10.1 Izracunajte jakobijan prijelaza iz pravokutnog u sferni koordinatni sustav

R:Uputa: koristite relacije (2.54).

Zadatak: 10.2 Izracunajte jakobijan prijelaza iz pravokutnog u cilindricni koordinatni sustav

R:Uputa: koristite relacije (2.43).

U poopcenim koordinatama je masa sadrzana u volumenu V0 jednaka

m(V0) =

∫

V0

ρm(q1, q2, q3) · J · dq1 dq2 dq3, (10.3)

a sam obujam volumena je

V0 =

∫

V0

J · dq1 dq2 dq3.

Zadatak: 10.3 Izracunajte masu kugle polumjera R, cija se masena gustoca ρm mijenja kaoρm(~r) = ρ0(r/R)

2, gdje je ρ0 konstanta, a r je udaljenost od sredista kugle.

R:U ovom primjeru mozemo sferne koordinate shvatiti kao poopcene koordinate

q1 = r, q2 = θ, q3 = ϕ,3Carl Gustav Jakob Jacobi, 1804 - 1851


sto daje jakobijan

J = r 2 sin θ.

Prema izrazu za masu (10.3), slijedi

m =

∫ R

0

r 2dr

∫

Ω

dΩ ρ0

( rR

) 2

= 4πρ0R 2

∫ R

0

r4dr =4π

5ρ0R

3.

Slika 10.2: Uz definiciju volumne (A), povrsinske (B) i linijske (C), masene gustoce.

Povrsinska masena gustoca:Ako se sustav s kontinuiranom raspodjelom mase proteze po povrsini, tada se u okolini tocke~r definira povrsinska masena gustoca σm(~r) kao omjer diferencijala mase dm i povrsine d S nakojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.B)

σm(~r) = lim∆S→0

∆m

∆S=dm

dS,

[σm] =[m]

[l 2].

Uglatom zagradom je oznacena dimenzija povrsinske gustoce. Ponovo, kao i u volumnomslucaju, gustoca ne mora imati istu vrijednost u razlicitim prostornim tockama i zato je ugornjem izrazu σm prikazana kao funkcija ~r. Ako σm(~r) ima istu vrijednost u svim tockamasustava, onda se kaze da je gustoca konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupnepovrsine S sustava,

σm =m

S.

Za zadanu povrsinsku gustocu, masa m(S0) sustava sadrzana na dijelu povrsine S0 < S, racunase kao

m(S0) =

∫

S0

σm(~r) dS. (10.4)


Posebno, ako je gustoca konstantna, masa tijela sadrzana na povrsini S0 je jednaka

m(S0) = mS0

S.

Veza s volumnom gustocom (npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu)

ρ(x, y, z) = σ(x, y) δ(z),

gdje je δ(z) delta funkcija4.Kao dvodimenzijski objekt, plohu je moguce opisati s dva parametra, ili dvije poopcene koor-dinate q1 i q2, tj. ~r = ~r(q1, q2) ili, po komponentama

x = x(q1, q2), y = y(q1, q2), z = z(q1, q2).

U skladu s definicijom vektorskog umnoska, str. 13, diferencijal plostine plohe je dan sa

dS = |d~r1 × d~r2|,

gdje su d~r1 i d~r2 tangencijalni vektori koordinatnih linija (pokazuju smjer porasta odgovarajucekoordinate) dani sa (10.2)

d~r1 =

(∂~r

∂q1

)

q2 q3

dq1 =

(~ex

∂x

∂q1+ ~ey

∂y

∂q1+ ~ez

∂z

∂q1

)dq1 = ~e 1 dq1

d~r2 =

(∂~r

∂q2

)

q1 q3

dq2 =

(~ex

∂x

∂q2+ ~ey

∂y

∂q2+ ~ez

∂z

∂q2

)dq2 = ~e 2 dq2,

Izravnim uvrstavanjem gornjih izraza u vektorski umnozak za diferencijal povrsine, dobiva se

∣∣∣d~r1 × d~r2

∣∣∣ =

√(∂y

∂q1

∂z

∂q2− ∂z

∂q1

∂y

∂q2

) 2

+

(∂z

∂q1

∂x

∂q2− ∂x

∂q1

∂z

∂q2

) 2

+

(∂x

∂q1

∂y

∂q2− ∂y

∂q1

∂x

∂q2

) 2

dq1 dq2.

Izraz pod korjenom se dalje moze raspisati, a zatim se dobiveni clanovi grupiraju tako da cijeliizraz poprimi pregledniji oblik

dS = |d~r1 × d~r2| =√g11 g22 − g 2

12 dq1 dq2,

gdje su g i j velicine koje se nazivaju kovarijantne komponente metrickog tenzora,relacija (2.83), zadane plohe (odjeljak (2.7))

g11 =

(∂x

∂q1

) 2

+

(∂y

∂q1

) 2

+

(∂z

∂q1

) 2

,

g22 =

(∂x

∂q2

) 2

+

(∂y

∂q2

) 2

+

(∂z

∂q2

) 2

, (10.5)

g12 =∂x

∂q1

∂x

∂q2+∂y

∂q1

∂y

∂q2+∂z

∂q1

∂z

∂q2= g21.

4Vidjeti npr. u [?]


Primjetimo da se pod korjenom izraza za dS pojavljuje determinanta drugog reda

g11 g12

g21 g22

u kojoj je g12 = g21. Sada masu raspodjeljenu po povrsini (10.4), racunamo slijedecim integra-lom

m(S0) =

∫

S0

σm(q1, q2)√g11g22 − g 2

12 dq1 dq2,

a sama je plostina povrsine jednaka je

S0 =

∫

S0

√g11g22 − g 2

12 dq1 dq2.

Posebno, ako je jednadzba povrsine zadana eksplicitno jednadzbom z = z(x, y), tada x i yshvacamo kao gornje poopcene koordinate (parametre) q1 i q2, tj.

x ≡ q1, y ≡ q2, z = z(x, y).

Ovo pojednostavljuje komponente metrickog tenzora, pa se za masu dobiva

m(S0) =

∫

S0

σm(x, y)

√

1 +

(∂z

∂x

) 2

+

(∂z

∂y

) 2

dx dy, (10.6)

a za plostinu povrsine

S0 =

∫

S0

√

1 +

(∂z

∂x

) 2

+

(∂z

∂y

) 2

dx dy,

Zadatak: 10.4 Izracunajte masu pravokutnika duljine stranica a i b, koji lezi u ravnini (x, y),a cija se povrsinska gustoca σm mijenja kao σm(~r) = σ0(x/a)

n, gdje je σ0 konstanta,n 6= −1 i a je duljina stranice u smjeru osi x.

R:Sada se nalazimo u, gore spomenutoj, jednostavnoj situaciji, kada je jednadzbaplohe eksplicitno zadana (10.6)

z = 0, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b,

pa x i y shvacamo kao poopcene koordinate. Izraz pod korjenom u gornjem izrazuza masu je naprosto jednak jedinici. Prema tom istom gornjem izrazu za masu,slijedi

m =

∫ a

0

dx

∫ b

0

dy σ0

(xa

)n=σ0 b

an

∫ a

0

xndx =σ0

n+ 1ab.


Zadatak: 10.5 Izracunajte masu kruzne plohe polumjera R, ako je njezina gustoca razmjernaudaljenosti od sredista i iznosi Σ0 na rubu ploce.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.6 Izracunajte koordinate sredista mase kruznog isjecka polumjera R, sa sredisnjimkutom 2α.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.7 Izracunajte koordinate sredista mase lika omedenog parabolama

y2 = 4x+ 4, y2 = −2x+ 4.

R:dovrsiti

Linijska masena gustoca:Ako se sustav s kontinuiranom raspodjelom mase proteze duz neke krivulje (linije u trodimenzij-skom prostoru), tada se, u oklici tocke ~r definira linijska masena gustoca λm(~r) kao diferencijalniomjer mase dm i duljine krivulje d l na kojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.C)

λm(~r) = lim∆l→0

∆m

∆ l=dm

d l,

[λm] =[m]

[l].

Uglatom zagradom je oznacena dimenzija linijske gustoce. Kao i u volumnom i povrsinskomslucaju, ni linijska masena gustoca ne mora imati istu vrijednost u razlicitim prostornimtockama i zato je u gornjem izrazu ρm prikazana kao funkcija ~r. Ako ipak λm(~r) ima istuvrijednost u svim tockama sustava, onda se kaze da je gustoca konstantna i jednaka je omjeruukupne mase m i ukupne duljine l krivulje, λm = m/l. Za zadanu linijsku gustocu, masa m(l0)sustava sadrzana na dijelu krivulje duljine l0 < l, racuna se kao

m(l0) =

∫

l0

λm(~r) dl.

Posebno, ako je gustoca konstantna, masa tijela sadrzana na duljini l0 je jednaka

m(l0) = ml0l.


Za opis jednodimenzijskog objekta kao sto je krivulja, dovoljan je jedan parametar, tj. jednapoopcena koordinata q1. To znaci da, npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu, postoje vezeoblika

x = x(q1), y = y(q1), z = z(q1), (10.7)

diferencijal duljine luka krivulje je, prema Pitagorinom teoremu,

dl =√dx 2 + dy 2 + dz 2 =

√(dx

dq1

) 2

+

(dy

dq1

) 2

+

(dz

dq1

) 2

dq1 =√g11 dq1,

gdje je g11 komponenta kovarijantnog metrickog tenzora iz (10.5). Uvrstavanje gornjeg diferen-cijala u izraz za masu, daje

m(l0) =

∫

l0

λm(q1)

√(dx

dq1

) 2

+

(dy

dq1

) 2

+

(dz

dq1

) 2

dq1. (10.8)

Ocito cemo samu duljinu luka krivulje dobiti kao

l0 =

∫

l0

√(dx

dq1

) 2

+

(dy

dq1

) 2

+

(dz

dq1

) 2

dq1. (10.9)

Ukoliko je krivulja zadana eksplicitno jednadzbama

y = y(x), z = z(x),

tada x shvacamo kao poopcenu koordinatu (parametar) x ≡ q1 i primjenjujemo gornji izraz

m(l0) =

∫

l0

λm(x)

√

1 +

(dy

dx

) 2

+

(dz

dx

) 2

dx,

a duljinu lika krivulje racunamo kao

l0 =

∫

l0

√

1 +

(dy

dx

) 2

+

(dz

dx

) 2

dx,

Zadatak: 10.8 Tanka zica je savijena u obliku zavojnice polumjera R i hoda h. Linijska ma-sena gustoca je dana izrazom

λm = A+B sin 2 ϕ,

gdje su A i B konstante, a ϕ je kut u ravnini okomitoj na os zavojnice, mjeren uodnosu na odabranu pocetnu tocku. Ako su

x = R cosϕ, y = R sinϕ, z =h

2πϕ,

parametarske jednadzbe zavojnice, izracunajte duljinu i masu N zavoja zavojnice.

R:


Sada se nalazimo u situaciji da imamo jednadzbu krivulje zadanu u parametarskomobliku (10.7), gdje je parametar, tj. poopcena koordinata q1 = ϕ, pa mozemo pri-mjeniti izraze (10.9) i (10.8). Duljina N zavoja je jednaka N puta duljina jednogzavoja l = l1 ·N

l = N

∫ 2π

0

√(dx

dϕ

) 2

+

(dy

dϕ

) 2

+

(dz

dϕ

) 2

dϕ = N√4π 2R 2 + h 2,

Masa N zavoja je N puta masa jednog zavoja m = N · m1, a tu masu odredimopomocu (10.8) uz ϕ kao poopcenu koordinatu (parametar)

m = N

∫ 2π

0

(A+B sin 2 ϕ)

√(dx

dϕ

) 2

+

(dy

dϕ

) 2

+

(dz

dϕ

) 2

dϕ.

Iskoristimo li cos 2ϕ = cos 2 ϕ− sin 2 ϕ = 1− 2 sin 2 ϕ, elementarna integracija daje

m = N√4π 2R 2 + h 2

(A +

1

2B

)= l λ0,

gdje smo s l oznacili ukupnu duljinu zavojnice a λ0 = (A+B/2) je gustoca koju biimala homogena zavojnica iste mase i duljine.

Zadatak: 10.9 Izracunajte duljinu luka krivulje zadane sa

x = q, y = q2, z =2

3q3,

za q = 0 do q = 2.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.10 Izracunajte duljinu luka krivulje zadane sa

x2 = 3y, 2xy = 9z,

od tocke (0, 0, 0) do tocke (3, 3, 2).

R:dovrsiti

primjeri plosnih integrala - dovrsiti

Na slican se nacin mogu uvesti i pojmovi volumne, povrsinske i linijske gustoce elektricnognaboja, energije, struje ili neke druge fizicke velicine.

10.2. SREDISTE MASE 379

10.2 Srediste mase

Promatrajmo diskretni sustav od N cestica cije su mase oznacene s

m1, m2, · · · , mN ,

a vektori polozaja s

~r1, ~r2, · · · , ~rN ,

kao na slici 10.3.A. Srediste mase se definira kao tocka s vektorom polozaja ~rSM

Slika 10.3: Uz definiciju sredista mase (A) diskretnog i (B) kontinuiranog sustava cestica.

~rSM =m1 ~r1 +m2 ~r2 + · · ·+mN ~rN

m1 +m2 + · · ·+mN=

∑Nj=1 mj ~rj∑N

j=1 mj

=1

m

N∑

j=1

mj ~rj, (10.10)

gdje s m =∑N

j=1 mj oznacena ukupna masa sustava. Primjetimo da je, u jednostavnomslucaju kada se sustav sastoji samo od jedne cestice, N = 1, srediste mase isto sto i radij vektorpolozaja te jedne jedine cestice

~rSM = ~r1.

Za kontinuirani sustav koji se nalazi unutar volumena V (slika 10.3.B), srediste mase se definiratako da se cijeli volumen podjeli na male dijelove mase dmj. Ovi su dijelovi toliko mali da sesvakome moze pridruziti radij vektor polozaja ~rj koji opisuje priblizni polozaj dmj. Sredistemase se tada racuna prema definiciji (10.10) kao

~rSM =

∑Nj=1 dmj ~rj∑N

j=1 dmj

.


Ovaj nacin racuna ~rSM sadrzi pogresku koja potjece od zbrajanja masa kockica sa ruba tijela:glatke stranice kockica ne mogu pratiti opcenito zaobljeni oblik tijela. Da bi se ova greskasmanjila, povecava se broj kockica, tj. smanjuje se njihov volumen. U granici kada brojkockica N → ∞, one ce savrseno dobro pratiti (proizvoljni) oblik tijela. No tada ce i gornjizbroj prijeci u integral, pa ce se za polozaj sredista mase dobiti

~rSM =

∫Vdm(~r)~r∫

Vdm(~r)

=1

m

∫

V

dm(~r)~r.

Uvedu li se gustoce: volumna ρm = dm/dV , povrsinska σm = dm/dS i linijska λm = dm/dl,polozaj sredista mase i ukupna masa volumne raspodjele cestica se odreduje pomocu

~rSM =

∫V~r ρm(~r) dV∫

Vρm(~r) dV

, m =

∫

V

ρm(~r) dV ;

polozaj sredista mase i ukupna masa povrsinske raspodjele cestica se odreduje pomocu

~rSM =

∫S~r σm(~r) dS∫

Sσm(~r) dS

m =

∫

S

σm(~r) dS;

i polozaj sredista mase i ukupna masa linijske raspodjele cestica se odreduje pomocu

~rSM =

∫l~r λm(~r) dl∫lλm(~r) dl

m =

∫

l

λm(~r) dl.

Svaka od gornje tri vektorske relacije za racun polozaja sredista mase, se moze napisati i kao triskalarne relacije. Npr. raspis prve od njih u pravokutnom koordinatnom sustavu (za diskretnui kontinuiranu raspodjelu cestica), vodi na

xSM =1

m

N∑

j=1

mj xj =1

m

∫

V

x ρm(x, y, z) dx dy dz,

ySM =1

m

N∑

j=1

mj yj =1

m

∫

V

y ρm(x, y, z) dx dy dz,

zSM =1

m

N∑

j=1

mj zj =1

m

∫

V

z ρm(x, y, z) dx dy dz.

Slicno se dobije i za raspis u drugim koordinatnim sustavima. Ukoliko gustocu mase shvatimokao funkciju gustoce odredene statisticke raspodjele vjerojatnosti5, Pm(~r) = ρm(~r), tada se ~rSMpojavljuje kao prvi moment te raspodjele. Opci n-ti moment raspodjele se dobije kao

〈 ~r n 〉 =∫V~r n Pm(~r) d

3r∫VPm(~r) d 3r

.

Nazivnik predstavlja normiranje raspodjele (ako je raspodjela vec normirana, nazivnik je jednakjedinici). Slicne izraze, (7.43) i (7.46), smo vec dobivali u poglavlju o gravitaciji.Ako se sutav nalazi u jednolikom gravitacijskom polju, tada se srediste mase naziva i sredistegravitacije ili teziste. Naime, ako brojnik i nazivnik izraza za ~rSM pomnozimo s g, ubrzanjem

5O raspodjelama vjerojatnosti i njihovim momentima, vidjeti npr u [15]

10.2. SREDISTE MASE 381

Zemljinog gravitacijskog polja, dobivamo za ~rSM

~rSM =

∑Nj=1 g mj ~rj∑N

j=1 gmj

=

∑Nj=1 FG,j ~rj∑Nj=1 FG,j

,

sto je upravo definicija tezista.

Pokazimo da polozaj sredista mase ne ovisi o izboru ishodista koordinatnog sustava.Postavimo dva koordinatna sustava, jedan s ishodistem u tocki O i drugi s ishodistem u tockiO ′ , kao na slici 10.4.A. S ~rj je oznacen polozaj j-te cestice s masom mj u odnosu na sustav s

Slika 10.4: (A) Dva koordinatna sustava. (B) cetiri tocke u prostoru.

ishodistem u tocki O, a s ~r ′j je oznacen polozaj j-te cestice u odnosu na sustav s ishodistem u

tocki O ′ . Polozaj sredista mase u oba koordinatna sustava je dan izrazima

~rSM =

∑Nj=1 mj ~rj∑N

j=1 mj

, ~r ′SM =

∑Nj=1 mj ~r

′j∑N

j=1 mj

.

Sa slike 10.4.A se vidi da je

~rj =−−→OO ′ + ~r ′

j

/N∑

j=1

mj

N∑

j=1

mj ~rj =−−→OO ′

N∑

j=1

mj +

N∑

j=1

mj ~r′j

m ~rSM =−−→OO ′m+m ~r ′

SM

/1

m

~rSM =−−→OO ′ + ~r ′

SM . (10.11)


Ako pretpostavimo da se polozaj sredista mase S u koordinatnom sustavu s ishodistem u Oi polozaj sredista mase S ′ u koordinatnom sustavu s ishodistem u O ′ razlikuju, tada, premaslici 10.4.B, zakljucujemo da mora biti

~rSM =−−→OO ′ + ~r ′

SM +−−→S ′S. (10.12)

Usporedbom izraza (10.11) i (10.12), zakljucuje se da je

−−→S ′S = 0,

tj. da polozaj sredista mase ne ovisi o izboru ishodista (niti smjerova osi) koordinatnog sustava.

Zadatak: 10.11 Izracunajte polozaj sredista mase polukruznice polumjera R.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.12 Izracunajte polozaj sredista mase tanke ljuske polukugle polumjera R.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.13 Izracunajte polozaj sredista mase homogenog krutog tijela ogranicenog ravni-nama

4x+ 2y + z = 8, x = 0, y = 0, z = 0.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.14 Homogeno kruto tijelo je ograniceno paraboloidom

x2 + y2 = c z,

i ravninom z = H. Izracunajte polozaj sredista mase tijela.

R:dovrsiti

10.3. KOLICINAGIBANJA, MOMENTKOLICINEGIBANJA, RAD I ENERGIJA: DEFINICIJA I SACUVANJE383

Zadatak: 10.15 Izracunajte polozaj sredista mase tijela sastavljenog od stosca

(visine H i polumjera baze R) i polukugle(slika).

R:dovrsiti

Zadatak: 10.16 Rijesite prethodni zadatak, ako je masena gustoca stosca dvostruko veca odmasene gustoce polukugle.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.17 Iz homogene kocke duljine brida b

je izrezana polukugla polumjera a < b/2 kaona slici. Izracunajte polozaj sredista mase.

R:dovrsiti

10.3 Kolicina gibanja, moment kolicine gibanja, rad i energija: de-

finicija i sacuvanje

Sile:Kada se sustav sastoji samo od jedne cestice, N = 1, svaka sila koja djeluje na njega je nuznovanjska sila. No, kada se sustav sastoji od N > 1 cestica, tada se moze govoriti o vanjskimi unutarnjim (ili meducesticnim) silama. Unutarnje sile su one kojima jedna cestica sustavadjeluje na neku drugu cesticu sustava, a vanjske su sile kojima okolina djeluje na sustav (njihovise izvori nalaze izvan sustava). Zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na j-tu cesticu sustava,


oznacavat ce se s

~F vj ,

a sila kojom i-ta cestica sustava djeluje na j-tu cesticu sustava, oznacit ce se s

~f i,j.

Naravno da je

~f j,j ≡ 0,

(tj. cestica ne djeluje silom na samu sebe) i da je prema trecem Newtonovom aksiomu

~f i,j = −~f j,i.

10.3.1 Kolicina gibanja sustava cestica

Govoreci o jednoj cestici, u odjeljku 4 smo definirali kolicinu gibanja cestice, ~p , kao umnozaknjezine mase i brzine

~p = m~v.

Sada imamo N cestica oznacenih indeksom j = 1, · · · , N , tako da je masa j-te cestice sustavamj , a brzina ~vj ≡ ~rj . Ukupnu kolicinu gibanja sustava je najprirodnije definirati kao aditivnuvelicinu, tj. kao vektorski zbroj kolicina gibanja pojedinih cestica sustava

~p =

N∑

j=1

~p j =

N∑

j=1

mj ~rj .

Za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase, u gornjem izrazu treba zbroj zamijeniti integra-lom, a masu mj zamijeniti diferencijalom mase u okolini promatrane tocke

N∑

j=1

−→∫

mj −→ dm(~r).

Na taj nacin, ukupna kolicina gibanja kontinuiranog sustava cestica postaje

~p =

∫

V

dm(~r)~v =

∫

V

~v ρm(~r) d3r.

Vremenskom derivacijom vektora polozaja sredista mase

~rSM =1

m

N∑

j=1

mj ~rj =1

m

∫

V

~r ρm(~r) d3r

/d

dt

dobiva se brzina sredista mase

~rSM =1

m

N∑

j=1

mj ~vj =1

m

∫

V

~v ρm(~r) + ~r

[(−→∇ ρm)~v +

∂ ρm∂ t

]d 3r


Usporedbom gornjeg i izraza za kolicinu gibanja cijelog sustava ~p , dolazi se do

~p = m~rSM , (10.13)

tj. ukupna kolicina gibanja sustava cestica se dobije kao umnozak ukupne mase sustava i brzinesredista mase.

Napisimo jednadzbu gibanja (drugi Newtonov aksiom) za j-tu cesticu sustava i zbrojimo svete jednadzbe

d~p jdt

=d 2

dt 2(mj~rj) = ~F v

j +

N∑

i=1

~f i,j

/N∑

j=1

.

Lijeva strana je ocito jednaka vremenskoj promjeni ukupne kolicine gibanja sustava, dok se nadesnoj strani dobivaju dva clana

d~p

dt=

N∑

j=1

~F vj +

N∑

i=1

N∑

j=1

~f i,j . (10.14)

Prvi clan desne strane je zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na sve cestice sustava i oznacavatce se s ~F v

~F v =

N∑

j=1

~F vj .

Drugi clan je zbroj svih meducesticnih sila:

N∑

i=1

N∑

j=1

~f i,j = 0 + ~f 1,2 + ~f 1,3 + ~f 1,4 + · · ·+ ~f 1,N i = 1 (10.15)

+ ~f 2,1 + 0 + ~f 2,3 + ~f 2,4 + · · ·+ ~f 2,N i = 2

+ ~f 3,1 + ~f 3,2 + 0 + ~f 3,4 + · · ·+ ~f 3,N i = 3...

...

+ ~f N,1 + ~f N,2 + ~f N,3 + · · ·+ ~f N,N−1 + 0. i = N

No, buduci da je ~f 1,2 = −~f 2,1, ~f 1,3 = −~f 3,1, · · · , ~f 1,N = −~f N,1 itd., ocito je gornji zbrojjednak nuli.U prethodnom je odjeljku pokazano da je ~p = m ~rSM , sto uvrsteno u (10.14), daje

d ~p

dt=

d 2

dt 2(m ~rSM) = ~F v. (10.16)

Pod djelovanjem vanjskih sila, sustav se giba kao cestica smjestena u tocki~rSM , cija je masa jednaka ukupnoj masi sustava, a na koju djeluje sila jednaka


zbroju svih vanjskih sila koje djeluju na sustav.Primjetimo takoder da samo vanjske sile mogu promijeniti ukupnu kolicinu gibanja sustava

cestica (unutarnje sile ~f i,j se ne pojavljuju u gornjem izrazu).Ako je zbroj svih vanjskih sila jednak nuli, tada vrijedi relacija koja se naziva zakon osacuvanju kolicine gibanja sustava cestica

~F v = 0 ⇒ d~p

dt= 0 ⇒ ~p = const. (10.17)

Ukupna kolicina gibanja sustava, ~p = m ~rSM je konstantna u vremenu. U tom slucaju, sredistemase sustava ili miruje ili se giba konstantnom brzinom (konstantnom po smjeru - gibanje popravcu, i konstatno po iznosu - jednoliko gibanje).

Moguce je da na sustav djeluju vanjske sile samo u jednom smjeru. Npr. nalazi li se sustav uZemljinom gravitacijskom polju u blizini njezine povrsine, na sve ce cestice djelovati gravitacij-ska sila u smjeru −~ez i zato z komponenta kolicine gibanja nece biti sacuvana, dok ce preostaledvije komponente (okomite na z) ostati sacuvane

px = const. py = const. pz 6= const.

Zadatak: 10.18 Dvostruka kosina sa slike desno, nalazi se na podlozi bez trenja.

Izracunajte njezino ubrzanje. Trenje izmedumasa m1, m2 i kosine se zanemaruje.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.19 Kosina mase m sa slike desno, nalazi se na podlozi s koeficijentom trenja µ.

Niz nju (bez trenja) klizi tijelo iste mase m.Izracunajte ubrzanje kosine.

R:dovrsiti


10.3.2 Moment kolicine gibanja sustava cestica

Moment kolicine gibanja jedne cestice, u odnosu na zadano ishodiste, se definira kao

~L = ~r × ~p .

S tim u skladu, moment kolicine gibanja sustava od N cestica se definira kao aditivna velicina,tj. kao vektorski zbroj pojedinacnih momenata kolicina gibanja svih cestica sustava

~L =N∑

j=1

~L j =N∑

j=1

~rj × mj~vj ,

ili, za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase

~L =

∫~r × dm ~v =

∫~r × ~v ρm(~r) d

3r.

Neka je, ponovo, ~F vj oznaka za zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na j-tu cesticu sutava (radi

jednostavnosti, radit cemo sa sustavom s diskretnom raspodjelom cestica). Velicinu

~M vj = ~rj × ~F v

j ,

ce se nazivati momentom vanjskih sila j-te cestice, u odnosu na zadano ishodiste. Zbroj mo-menata vanjskih sila svih cestica sustava cemo oznaciti s ~M v

~M v =

N∑

j=1

~M vj =

N∑

j=1

~rj × ~F vj .

Iz odjeljka 4.3, relacija (4.25), znamo da za sustav od jedne cestice vrijedi

d ~L

d t= ~M.

Ispitajmo vrijedi li slicna relacija i za sustav cestica? Krenimo opet od jednadzbe gibanja j-tecestice, koju cemo sada s lijeva vektorski pomnoziti s ~rj

d~p jdt

= ~F vj +

N∑

i=1

~f i,j

/~rj ×

~rj × d

dt(mj~rj) = ~rj × ~F v

j +N∑

i=1

(~rj × ~f i,j

)

d

dt(~rj × mj~rj)︸︷︷︸

= ~L j

− ~rj × mj~rj︸︷︷︸= 0

= ~rj × ~F vj +

N∑

i=1

(~rj × ~f i,j

)

d~L j

dt= ~rj × ~F v

j +

N∑

i=1

(~rj × ~f i,j

) /N∑

j=1

d

dt

N∑

j=1

~L j

︸︷︷︸= ~L

=N∑

j=1

~rj × ~F vj

︸︷︷︸= ~M v

+N∑

j=1

N∑

i=1

(~rj × ~f i,j

)


Lijevu stranu gornje jednakosti prepoznajemo kao vremensku promjenu momenta kolicine giba-

nja cijelog sustava, ~L, a prvi clan desne strane je ukupni moment vanjskih sila ~M v. Pokazimoda je drugi clan desne strane jednak nuli, ako su sile medu cesticama usmjerene duz njihovihspojnica (slika 10.5), tj. ako je

Slika 10.5: Ilustracija sile u smjeru spojnice tocaka i i j.

~f i,j = fi,j~ri − ~rj|~ri − ~rj|

.

Dvostruki zbroj na desnoj strani sadrzi clanove oblika

· · ·+ ~rj × ~f i,j + · · ·+ ~ri × ~f j,i + · · ·

Prema trecem Newtonovom aksiomu je ~f j,i = −~f i,j, pa gornja dva clana mozemo zbrojiti u

· · ·+ (~rj − ~ri) × ~f i,j + · · ·

Buduci da su meducesticne sile usmjerene duz spojnica cestica, to je

(~rj − ~ri) × ~f i,j = (~rj − ~ri) × ~ri − ~rj|~ri − ~rj|

fi,j = 0, (10.18)

zato jer je vektorski umnozak dva kolinearna vektora jednak nuli. Tako smo, krenuvsi odjednadzbe gibanja, dosli do

d~L

dt= ~M v. (10.19)

Vremenska promjena momenta kolicine gibanja sustava cestica jednaka je momentu svih vanj-skih sila koje djeluju na cestice sustava. Ovaj rezultat vrijedi samo uz pretpostavku da sumeducesticne sile usmjerene duz spojnica cestica (primjer sile koja nema samo radijalnu kom-ponentu, su dipolne sile koje se izvode iz dipolnog potencijala, odjeljak 7.4).


Primjetimo takoder da samo moment vanjskih sila moze promijeniti ukupan moment kolicine

gibanja sustava cestica (moment unutarnjih sila ~f i,j se ne pojavljuju u gornjem izrazu).

Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, ~M v = 0, tada je i

~M v = 0 ⇒ d~L

dt= 0, ⇒ ~L =

N∑

j=1

mj~rj × ~vj = const.

(10.20)tj. moment kolicine gibanja sustava cestica je konstantan u vremenu. Gornja jednadzba sezove i zakon o sacuvanju momenta kolicine gibanja sustava cestica

.Opet, kao i kod sacuvanja kolicine gibanja, str. 386, mozemo pretpostaviti da su neke kom-ponente ~M v jednake nuli, a neke nisu. Npr. neka je u cilindricnom koordinatnom sustavuMv,ϕ = 0, a preostale dvije komponente neka su razlicite od nule. Tada je

Lρ 6= const. Lϕ = const. Lz 6= const.

10.3.3 Rad i energija sustava cestica

RadOznacimo s ~Fj zbroj svih sila, vanjskih i meducesticnih, koje djeluju na j-tu cesticu sustava

~Fj = ~F vj +

N∑

i=1

~f i,j.

zelimo izracunati rad koji obave ove sile pri pomaku cijelog sustava iz pocetne konfiguracijeoznacene s

poc = (~r1,p, ~r2,p, · · · , ~rN,p),

u konacnu konfiguraciju iznacenu s

kon = (~r1,k, ~r2,k, · · · , ~rN,k).

Smatramo li rad aditivnom velicinom, rad nad sustavom cestica ce biti jednak zbroju radovanad svakom pojedinom cesticom sustava

Wpoc,kon =

N∑

j=1

Wj, poc,kon =

N∑

j=1

∫ kon

poc

~Fj d~rj.

Kineticka energijasustava cestica se definira kao aditivnavelicina, tj. kao zbroj kinetickih energija svih cesticasustava (ponovo cemo, radi jednostavnosti, raditi s diskretnim sustavom)

Ek =

N∑

j=1

Ek,j =1

2

N∑

j=1

mj~v2j =

N∑

j=1

~p 2j

2mj.


Povezimo promjenu ukupne kineticke energije sustava s radom obavljenim nad cesticama sus-tava. Prema drugom Newtonovom aksiomu je

~pj = ~Fj ,

iz cega slijedi (uz zanemarivanje relativistickih ucinaka):

Wpoc,kon =N∑

j=1

∫ kon

poc

~Fj d~rj =N∑

j=1

∫ kon

poc

d~p jdt

d~rj =N∑

j=1

∫ kon

poc

mjd~vjdt

d~rj

=

N∑

j=1

mj

∫ kon

poc

d~vj ~vj =

N∑

j=1

mj

~v 2j

2

∣∣∣∣kon

poc

=

N∑

j=1

(1

2mj~v

2j,k −

1

2mj~v

2j,p

)

= Ek(kon)− Ek(poc). (10.21)

Ukupan obavljeni rad je, dakle, jednak razlici konacne i pocetne kineticke energije cijelog sus-tava.

Potencijalna energija konzervativnih silaPretpostavimo sada da su sve sile, i vanjske i unutarnje, koje djeluju na cestice sustava kon-zervativne. Svaka konzervativna sila se moze napisati kao negativan gradijent odgovarajucepotencijalne energije (odjeljak 4.3)

~F = −−→∇ Ep.

Tako cemo vanjskim silama pridruziti vanjsku potencijalnu energiju E vp , a unutarnjim silama,

unutarnju potencijalnu energiju Eup

~F vj = −−→∇j E

vp (rj)

~f i,j = −−→∇j Eup (ri,j).

Oznakom−→∇j preciziramo da se derivacije sadrzane u operatoru

−→∇ izvode u tocki s radijvektorom ~rj (a ne npr. u tocki radij vektora ~ri ili nekoj drugoj tocki). Tako je npr. upravokutnom koordinatnom sustavu

−→∇j = ~ex∂

∂ xj+ ~ey

∂

∂ yj+ ~ez

∂

∂ zj.

Rad unutarnjih sila:Pogledajmo najprije unutarnje sile i njima pridruzenu potencijalnu energiju. Preciznije, poten-cijalnu energiju i-te cestice u odnosu na j-tu cesticu, cemo oznaciti s Eu

p,i,j. Ta energija ovisisamo o medusobnoj udaljenosti dvije promatrane cestice ri,j

ri,j = rj,i =√

(xi − xj) 2 + (yi − yj) 2 + (zi − zj) 2 (10.22)

i zato je simetricna

Eup,i,j(ri,j) = Eu

p,j,i(rj,i).


Zbog ovog svojstva mozemo izostavljati indekse i, j i jednostavno pisati

Eup (ri,j).

Primjetimo da Eup (ri,j) ovisi o sest koordinata

Eup (ri,j) = Eu

p (xi, yi, zi, xj , yjzj) = Eup (xi − xj , yi − yj, zi − zj),

Pa je zato njezin potpuni diferencijal jednak

dEup (ri,j) =

∂Eup

∂xidxi +

∂Eup

∂yidyi +

∂Eup

∂zidzi +

∂Eup

∂xjdxj +

∂Eup

∂yjdyj +

∂Eup

∂zjdzj. (10.23)

Slicno tome je i potencijalna energija vanjskih sila E vp (rj) funkcija tri koordinate polozaja j-te

cestice i zato je njezin diferencijal jednak

dE vp (rj) =

∂E vp

∂xjdxj +

∂E vp

∂yjdyj +

∂E vp

∂zjdzj . (10.24)

Pokazimo da ovakva potencijalna energija vodi na sile koje zadovoljavaju treci Newtonov aksiom(akcije i reakcije). Sila kojom i-ta cestica djeluje na j-tu cesticu je

~f i,j = −−→∇ j Eup (ri,j) = −~ex

∂Eup (ri,j)

∂xj− ~ey

∂Eup (ri,j)

∂yj− ~ez

∂Eup (ri,j)

∂zj.

Oznaka−→∇ j znaci da se derivacije racunaju po koordinatama s indeksom j. Isto tako je i sila

kojom cestica j djeluje na cesticu i jednaka

~f j,i = −−→∇ iEup (rj,i),

zbog simetrije potencijalne energije Eup (ri,j) = Eu

p (rj,i), gornji izraz prelazi u

~f j,i = −−→∇ iEup (ri,j).

No, u skladu s (10.22), derivacije po koordinatama i i j se razlikuju u predznaku, npr.

∂Eup (ri,j)

∂xi=∂Eu

p (ri,j)

∂ri,j

∂ri,j∂xi

=∂Eu

p (ri,j)

∂ri,j(−)

∂ri,j∂xj

= −∂Eu

p (ri,j)

∂xj

i zato je

−−→∇ iEup (ri,j) = +

−→∇j Eup (ri,j) = −~f i,j,

tj. ~f j,i = −~f i,j u skladu s trecim Newtonovim aksiomom.


Uocimo bilo koje dvije cestice sustava i i j i izracunajmo rad meducesticnih sila pri infinitezi-malnom pomaku j-te cestice za d~rj i i-te cestice za d~ri

~f i,j d~rj + ~f j,i d~ri = −(~ex∂Eu

p (ri,j)

∂xj+ ~ey

∂Eup (ri,j)

∂yj+ ~ez

∂Eup (ri,j)

∂zj

)(~ex dxj + ~ey dyj + ~ez dzj)

−(~ex∂Eu

p (ri,j)

∂xi+ ~ey

∂Eup (ri,j)

∂yi+ ~ez

∂Eup (ri,j)

∂zi

)(~ex dxi + ~ey dyi + ~ez dzi)

= −(∂Eu

p (ri,j)

∂xjdxj +

∂Eup (ri,j)

∂yjdyj +

∂Eup (ri,j)

∂zjdzj

+∂Eu

p (ri,j)

∂xidxi +

∂Eup (ri,j)

∂yidyi +

∂Eup (ri,j)

∂zidzi

).

Desna strana je upravo potpuni diferencijal unutarnje potencijalne energije (10.23), koja jefunkcija sest varijabli: xi, yi, zi, xj , yj, zj, tj. dobili smo da je

~f i,j d~rj + ~f j,i d~ri = −dEup (ri,j).

Zbrojimo gornju jednadzbu po i i j:

N∑

i=1

N∑

j=1

~f i,j d~rj +

N∑

i=1

N∑

j=1

~f j,i d~ri = −N∑

i=1

N∑

j=1

dEup (ri,j).

Zamijenom (nijemih) indeksa po kojima se zbraja u drugom clanu lijeve strane, dobiva se

N∑

i=1

N∑

j=1

~f i,j d~rj +

N∑

j=1

N∑

i=1

~f i,j d~rj = −N∑

i=1

N∑

j=1

dEup (ri,j)

N∑

i=1

N∑

j=1

~f i,j d~rj = −1

2

N∑

i=1

N∑

j=1

dEup (ri,j).

U gornjem zbroju se izostavljaju clanovi i = j. Izracunajmo sada rad, W upoc,kon meducesticnih

(unutarnjih) sila pri pomaku sustava iz pocetne konfiguracije poc u konacnu konfiguraciju kon,tako sto cemo prointegrirati gornji izraz

W upoc,kon =

N∑

i=1

N∑

j=1

∫ kon

poc

~f i,j d~rj = −1

2

N∑

i=1

N∑

j=1

∫ kon

poc

dEup (ri,j)

= −1

2

N∑

i=1

N∑

j=1

[Eup (ri,j)kon − Eu

p (ri,j)poc

]

Uz oznake

Eup =

1

2

N∑

i=1

N∑

j=1

Eup (ri,j),

rad meducesticnih (unutarnjih) sila se dobiva u obliku

W upoc,kon = Eu

p (poc)−Eup (kon). (10.25)


Rad vanjskih sila:Prijedimo sada na rad vanjskih sila, koje su po pretpostavci takoder konzervativne, i dajuse izraziti kao negativni gradijent vanjske potencijalne energije E v

p (rj). Primjetimo da ovapotencijalna energija ovisi o polozaju samo jedne cestice, tj. o njezine tri koordinate, npr.:xj , yj, zj , pa je zato njezin diferencijal dan izrazom (10.24).

~F vj = −−→∇jE

vp (rj)

/d~rj ·

~F vj d~rj = −−→∇jE

vp (rj)d~rj

= −(~ex∂E v

p (rj)

∂xj+ ~ey

∂E vp (rj)

∂yj+ ~ez

∂E vp (rj)

∂zj

) (~ex dxj + ~ey dyj + ~ez dzj

)

= −(∂E v

p (rj)

∂xjdxj +

∂E vp (rj)

∂yjdyj +

∂E vp (rj)

∂zjdzj

).

Izraz u gornjoj zagradi prepoznajemo kao potpuni diferencijal dE vp (rj), (10.24), pa je

~F vj d~rj = = −dE v

p (rj)/ ∫ kon

poc

∫ kon

poc

~F vj d~rj = −

∫ kon

poc

dE vp (rj) = E v

p (rj)poc − E vp (rj)kon

/ N∑

j=1

N∑

j=1

∫ kon

poc

~F vj d~rj =

N∑

j=1

[E vp (rj)poc − E v

p (rj)kon

].

Znacenje lijeve strane gornjeg izraza je jasno: to je rad vanjskih sila pri pomaku sustava izpocetne u konacnu konfiguraciju; oznacit cemo ga sW v

poc,kon. Isto je tako jasno i znacenje desnestrane: oznacimo li s E v

p ukupnu potencijalnu enegiju sustava cestica u odnosu na vanjske sile

E vp =

N∑

j=1

E vp (rj),

tada je rad vanjskih sila nad sustavom jednak razlici vanjskih potencijalnih energija sustava

W vpoc,kon = E v

p (poc)−E vp (kon).

Ukupan rad nad sustavom je rad koji potjece i od unutarnjih i od vanjskih sila

Wpoc,kon = W upoc,kon +W v

poc,kon = Eup (poc)−Eu

p (kon) + E vp (poc)− E v

p (kon).

Oznacimo s

Ep = Eup + E v

p ,

zbroj potencijalnih energija koje potjecu od unutarnjih i vanjskih sila. Relacijom (10.21) smopovezali rad i promjenu kineticke energije, a relacijom (10.25) smo povezali rad i promjenupotencijalne energije, pa je stoga

Ek(kon)− Ek(poc) = Wpoc,kon = Ep(poc)− Ep(kon)

Ek(kon) + Ep(kon) = Ek(poc) + Ep(poc).


Buduci da gornje pocetne i konacne konfiguracije nisu ni po cemu posebne, zakljucujemo da jezbroj kineticke i potencijalne energije konstantna za svaku konfiguraciju sustava

Ek + Ep = const. (10.26)

Gornja relacija izrazava zakon o sacuvanju mehanicke energije sustava cestica i vrijedi samouz pretpostavku da su sve sile - i vanjske i unutarnje - konzervativne.

Sazetak:Ovime je pokazano da postoji sedam velicina koje (pod odredenim uvjetima koji su navedenitijekom izlaganja) su konstante gibanja sustava cestica. To su tri komponente ukupne kolicinegibanja

~p ,

tri komponente ukupnog momenta kolicine gibanja,

~L ,

i mehanicka energija sustava

E = Ek + Ep.

10.4 Neinercijski koordinatni sustav vezan za srediste mase

Cesto je korisno opisivati gibanje sustava cestica u odnosu na polozaj sredista mase. Zatocemo pored nepomicnog (inercijskog) koordinatnog sustava oznacenog s

S ≡ (O, x, y, z),

uvesti i (neinercijski) koordinatni sustav

S ′ = (O ′ , x ′, y ′, z ′),

cije se ishodiste O ′ nalazi u sredistu mase sustava (slika 10.6) i koji se giba u skladu s gibanjemsvih cestica sustava.

Kolicina gibanja:Pokazimo da je u tom koordinatnom sustavu6

~r ′SM = 0,

kao i da je ukupna kolicina gibanja svih cestica sustava, mjerena iz (O ′ , x ′, y ′, z ′), jednaka nuli

~p ′ = 0.6 to je zapravo vec i ucinjeno pri kraju odjeljka 10.2, gdje je pokazano da polozaj sredista mase ne ovisi o izboru ishodista

koordinatnog sustava

10.4. NEINERCIJSKI KOORDINATNI SUSTAV VEZAN ZA SREDISTE MASE 395

Slika 10.6: Veza nepomicnog i sustava vezanog uz srediste mase.

Sa slike 10.6 se vidi veza polozaja j-te cestice u neinercijskom ~r ′j i inercijskom sustavu ~rj

~rj = ~rSM + ~r ′j

/d

d t⇒ ~vj = ~vSM + ~v ′

j . (10.27)

Prema definiciji polozaja sredista mase u inercijskom i neinercijskom sustavu je

~rSM =1

m

N∑

j=1

mj~rj, ~vSM =1

m

N∑

j=1

mj~vj

~r ′SM =

1

m

N∑

j=1

mj~r′j , ~v ′

SM =1

m

N∑

j=1

mj~v′j .

Zbog veze ~rj = ~rSM + ~r ′j , za ~rSM mozemo pisati

~rSM =1

m

N∑

j=1

mj~rj =1

m

N∑

j=1

mj(~rSM + ~r ′j ) =

~rSMm

N∑

j=1

mj +1

m

N∑

j=1

mj~r′j .

No,∑N

j=1 mj = m, tako da se dobiva

~rSM = ~rSM +1

m

N∑

j=1

mj~r′j = ~rSM + ~r ′

SM .

Iz gornje jednadzbe zakljucujemo da je

~r ′SM =

1

m

N∑

j=1

mj~r′j = 0. (10.28)


Dakle, zbroj umnozaka mase i radij vektora svih cestica sustava, racunat u odnosu na koor-dinatni sustav sa ishodistem u sredistu mase, jednak je nuli. To je jedan od razloga zastose srediste mase zove srediste. Vremenskom derivacijom gornje jednadzbe se dobiva upravozbroj kolicina gibanja svih cestica sustava izrazen u odnosu na polozaj sredista mase

N∑

j=1

mj~r′j = 0

/d

dt

~p ′ =

N∑

j=1

mj~v′j = 0, (10.29)

tj. ukupna kolicina gibanja sustava u odnosu na srediste mase je jednaka nuli.

Moment kolicine gibanja:Povezimo sada ukupni moment kolicine gibanja sustava cestica, prikazan u koordinatnim susta-vima (O, x, y, z) i (O ′ , x ′, y ′, z ′). Uvrstavanjem veza (10.27) u izraz za ukupni moment kolicinegibanja

~L =N∑

j=1

mj~rj × ~vj =N∑

j=1

mj(~rSM + ~r ′j ) × (~vSM + ~v ′

j)

=N∑

j=1

mj(~rSM × ~vSM + ~rSM × ~v ′j + ~r ′

j × ~vSM + ~r ′j × ~v ′

j)

= m ~rSM × ~vSM + ~rSM ×(

N∑

j=1

mj~v′j

)

︸︷︷︸~p ′ = 0

+

(N∑

j=1

mj~r′j

)

︸︷︷︸~r ′SM = 0

×~vSM +

N∑

j=1

mj~r′j × ~v ′

j .

Prema relacijama (10.28) i (10.29) su drugi i treci clan gornjeg izraza jednaki nuli, tako dapreostaje

~L = m ~rSM × ~vSM +

N∑

j=1

mj~r′j × ~v ′

j

~L = m ~rSM × ~vSM + ~L ′ , (10.30)

gdje smo uveli oznaku

~L ′ =

N∑

j=1

mj~r′j × ~v ′

j .

Moment kolicine gibanja je zbroj dva clana: prvi predstavlja gibanje sustava kao cjeline uodnosu na ishodiste O (brzinom ~vSM), a drugi je zbroj momenata kolicine gibanja cestica uodnosu na ishodiste O ′ vezano za srediste mase sustava.

10.4. NEINERCIJSKI KOORDINATNI SUSTAV VEZAN ZA SREDISTE MASE 397

Potrazimo jos i vezu izmedu momenta vanjskih sila i momenta kolicine gibanja sustava cestica.Od ranije, relacijom (10.19), znamo da u koordinatnom sustavu (O, x, y, z), vrijedi da je

d~L

dt= ~M v,

pri cemu je

~M v =

N∑

j=1

~rj × ~F vj , (10.31)

a iz (10.30) znamo da je

~L =

N∑

j=1

mj~rj × ~vj = m ~rSM × ~vSM + ~L ′ .

Uvrstavanjem ~rj = ~rSM + ~r ′j u izraz (10.31), dobiva se

d~L

dt= ~M v,

d

dt

(m~rSM × ~vSM + ~L ′ .

)=

N∑

j=1

(~rSM + ~r ′j ) × ~F v

j (10.32)

m~vSM × ~vSM︸︷︷︸= 0

+ ~rSM × md~vSMdt

+d~L ′

dt= ~rSM ×

N∑

j=1

~F vj +

N∑

j=1

~r ′j × ~F v

j .

Pogledajmo sada detaljnije sto smo dobili. Prvi clan lijeve strane je vektorski umnozak dvajednaka vektora, pa je time jednak nuli. Da bismo prepoznali drugi clan lijeve strane, prisjetimose jednadzbe gibanja j-te cestice iz prethodnog odjeljka

d~p jdt

= ~Fv,j +N∑

i=1

~f i,j

/N∑

j=1

N∑

j=1

mjd~vjdt

=

N∑

j=1

~Fv,j +

N∑

j=1

N∑

i=1

~f i,j.

Kao sto smo pokazali relacijom (10.15),∑N

i,j=1~f i,j = 0, pa iz gornje relacije preostaje

md~vSMdt

=

N∑

j=1

~Fv,j . (10.33)

Prema gornjoj relaciji zakljucujemo da se drugi clan lijeve strane i prvi clan desne strane izraza(10.32) ukidaju, tako da u tom izrazu preostaje

~rSM × m

d~vSMdt

+d~L ′

dt=

~rSM ×N∑

j=1

~F vj +

N∑

j=1

~r ′j × ~F v

j .

d~L ′

dt=

N∑

j=1

~r ′j × ~F v

j .


Fizicki sadrzaj gornje relacije je ocit: nazovemo li moment vanjskih sila u koordinatnom sustavu(O ′ , x ′, y ′, z ′)

~M ′ v =

N∑

j=1

~r ′j × ~F v

j ,

tada vrijedi

d~L ′

dt= ~M ′ v. (10.34)

Buduci da od ranije, relacijom (10.19), znamo da je

d~L

dt= ~M v,

(gornja je relacija napisana u inercijskom sustavu), zakljucujemo da gornja relacija vrijedi nesamo u inercijskim sustavima, nego i u neinercijskim sustavima (koji se na proizvoljannacin gibaju zajedno sa sredistem mase).

Kineticka energija:Pogledajmo jos i kako izgleda izraz za kineticku energiju u koordinatnom sustavu (O ′ , x ′, y ′, z ′).Izravnim uvrstavanjem veze medu brzinama u oba koordinatna sustava, se dolazi do

Ek =1

2

N∑

j=1

mj~v2j =

1

2

N∑

j=1

mj(~vSM + ~v ′j)

2

=1

2

N∑

j=1

mj(~v2SM + 2~vSM~v

′j + ~v ′ 2

j )

=1

2m~v 2

SM + ~vSM

N∑

j=1

mj~v′j

︸︷︷︸= ~p ′ = 0

+1

2

N∑

j=1

mj~v′ 2j

︸︷︷︸= E ′

k

.

Prema relaciji (10.29), drugi clan desne strane je jednak nuli, pa za kineticku energiju preostajeizraz

Ek =1

2m~v 2

SM + E ′k. (10.35)

Kineticka energija sustva cestica je jednaka zbroju od dva clana: prvi clan opisuje energijutranslacijskog gibanja sustava kao cjeline, brzinom ~vSM , a drugi clan opisuje kineticku energijugibanja cestica u odnosu na srediste mase sustava.

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NACELO 399

Zadatak: 10.20 Dvije cestice istih masa m, spojene su krutim stapom zanemarive mase uduljine l0. Srediste stapa se giba po kruznici polumjera R0. Izracunajte kinetickuenergiju te dvije cestice.

R:dovrsiti

Impuls sile:Neka je ~F v(t) zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na sve cestice sustava. One ne moraju biti

konstantne u vremenu, nego o njemu mogu ovisiti na proizvoljan nacin ~F v = ~F v(t). Akovanjske sile djeluju u vremenskom intervalu od t = tpoc do t = tkon, tada se integral

∫ tkon

tpoc

~F v dt,

naziva ukupni (linearni) impuls vanjske sile. Pokazimo da je on jednak promjeni ukupne kolicinegibanja sustava. Prema relaciji (10.33) je

~F v = md~vSMdt

,

sto uvrsteno u izraz za impuls sile daje∫ tkon

tpoc

md~vSMdt

dt = m

∫ tkon

tpoc

d~vSM = m ~vSM,kon −m ~vSM,poc = ~p kon − ~p poc. (10.36)

Slicna se relacija dobije i za moment vanjskih sila, za koji i u inercijskom S i u neinercijskomS ′ sustavu vrijede relacije istog oblika

d~L

dt= ~M v d~L ′

dt= ~M ′ v,

tako da je∫ tkon

tpoc

~M vdt =

∫ tkon

tpoc

d~L

dtdt =

∫ tkon

tpoc

d~L = ~L kon − ~L poc,

∫ tkon

tpoc

~M ′ vdt =

∫ tkon

tpoc

d~L ′

dtdt =

∫ tkon

tpoc

d~L ′ = ~L ′kon − ~L ′

poc. (10.37)

10.5 Lagrangeovo i D’Alembertovo nacelo

Kao sto prvi Newtonov aksiom opisuje sto se dogada s cesticom kada na nju ne djeluju sile(tj. kada je zbroj sila jednak nuli), a drugi aksiom opisuje gibanje cestice pod djelovanjem sila,tako i Lagrangeovo i D’Alembertovo nacelo opisuju to isto, ali za sustav cestica: Lagrangeovonacelo daje uvjete kada sustav cestica miruje (statika), a D’Alembertovo nacelo daje uvjetepod kojima se sustav cestica giba (dinamika).

uvjeti:U konkretnim je situacijama cesto gibanje cestice ili sustava cestica podvrgnuto razlicitim


vrstama ogranicenja (uvjeta na gibanje). Ovi uvjeti potjecu od razlicitih sila koje djeluju nacestice i mogu se podijeliti u dvije skupine: uvjeti (ogranicenja) koja dolaze od veza meducesticama sustava (koje potjecu od sila medudjelovanja cestica sustava) i uvjeti koji dolazeod vanjskih sila. Opis ovih sila moze biti jako slozen i nepraktican i zato ih je u nekimsituacijama zgodnije izraziti kroz uvjete na gibanje. Od konkretnog problema ovisi koje cemosile tretirati kroz uvjete, a koje cemo shvatiti kao (prave) aktivne sile. Nekoliko primjera uovom odjeljku ce razjasniti ove pojmove. Kao primjer veze medu cesticama moze posluziti

sustav koji se sastoji od dvije cestice vezane krutim stapom zanemarive mase i duljine d (slikadolje). Polozaji cestica nisu nezavisni nego su povezani relacijom

|~r1(t)− ~r2(t)| = d = const.

Ako je cestica ogranicena (vanjskim silama) na gibanje po kruznici polumjera R u ravnini(x, y) (slika dolje), onda je, umjesto trazenja eksplicitnog oblika sile koji uzrokuje to ogranicenje,jednostavnije djelovanje te vanjske sile opisati jednim uvjetom na gibanje . U ovomjednostavnom primjeru, to je zahtjev da koordinate cestice zadovoljavaju jednadzbu kruznice

x(t) 2 + y(t) 2 −R 2 = 0.

U ovom primjeru djelovanje vanjske npr. gravitacijske sile nece biti opisano uvjetom na gibanje,nego ce se u jednadzbi gibanja pojaviti eksplicitno kao m ~g (aktivna sila).U oba primjera, dakle, rjesavamo jednadzbu gibanja, ali zahtjevamo da rjesenja osim te jed-


nadzbe zadovoljavaju jos i odredene jednadzbe uvjeta (slicno kao sto smo u nekim primjerima- npr. kod harmonijskog oscilatora - zahtijevali da rjesenja zadovoljavaju odredene pocetne ilirubne uvjete).

Ravnoteza:Potrazimo uvjet ravnoteze sustava cestica. U fiksnom vremenskom trenutku, promatrajmo dvijemoguce bliske konfiguracije sustava odN cestica, koje su u skladu sa silama i uvjetima kojima supodvrgnute cestice. Ako se prijelaz iz jedne u drugu konfiguraciju, ostvaruje trenutnom (dt =0) promjenom polozaja j-te cestice za δ~rj, tada pomak δ~rj nazivamo virtualni (ili zamisljeni)pomak. On se razlikuje od pravog pomaka d~rj koji se dogada u vremenskom intervalu dt 6= 0tijekom kojega se i sile i uvjeti mogu promjeniti (zamisljeni pomak δ~rj se dogada uz fiksne silei uvjete)

d ~rj , d t 6= 0,

δ ~rj , d t = 0.

Za simbol δ vrijede ista pravila kao i za diferencijal d, npr.

δ(sin θ) = cos θ δθ, δ(x 2) = 2 x δx.

Promatra se sustav vezanih cestica na koji djeluju vanjske sile (one koje nisu opisane uvjetima

na gibanje). Vanjsku silu na j-tu cesticu cemo oznaciti ~F vj . Zadatak je

naci uvjete pod kojima je ovakav sustav vezanih cestica u ravnotezi.

Zamislimo da je j-ta cestica pomaknuta za δ~rj u skladu s vezama medu cesticama i vanjskimsilama. Zbog tih istih veza i vanjskih sila, pomak j-te cestice izazvat ce pomake i nekih drugihcestice sustava, pa ce u tom slucaju ukupan zamisljeni rad vanjskih sila obavljen nad cijelimsustavom biti jednak

δW = ~Fv,1 δ~r1 + ~Fv,2 δ~r2 + · · ·+ ~Fv,N δ~rN =N∑

j=1

~F vj · δ~rj .

Ako vanjske sile mogu izvrsiti (pozitivan) rad nad sustavom vezanih cestica, one ce ga i izvrsititj. zamisljeni pomaci ce se realizirati i sustav ce prijeci iz jedne konfiguracije u drugu i δWce biti razlicit od nule. Jedino ako pri svim zamisljenim pomacima rad vanjskih sila iscezava,sustav ce ostati u mirovanju. Dakle, uvjet ravnoteze sustava vezanih cestica glasi

δW =

N∑

j=1

~F vj · δ~rj = 0. (10.38)

Ta se relacija zove Lagrange-ovo 7 nacelo ili nacelo zamisljenih (virtualnih) pomaka.

7 Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski matematicar.


Za sustav nevezanih cestica su pomaci δ~rj medusobno neovisni, pa je gornji zbroj jednak

nuli samo ako su sve ~F vj = 0. Ovo je lako vidjeti iz slijedeceg rasudivanja: ako su svi pomaci

medusobno neovisni, mozemo sve zamisljene pomake, osim prvog, odabrati da su jednaki nuli,pa iz gornje relacije slijedi da je ~Fv,1 = 0. Zatim ostavimo samo drugi zamisljeni pomak

razlicitim od nule, pa zakljucimo da je i ~Fv,2 = 0, itd. za ostale cestice i dobivamo uvjetravnoteze nevezanog sustava cestica u obliku

~F vj = 0, j = 1, 2, · · · , N,

a to je upravo prvi Newtonov aksiom za svaku pojedinu cesticu.

Ako su cestice vezane, gornja argumentacija nije primjenjiva, jer zbog veze medu cesticamanije moguce da pomak samo jedne cestice bude razlicit od nule, a pomaci svih ostalih cesticada su jednaki nuli: zbog postojanja veza medu cesticama, pomak jedne od njih, izazvati ce ipomake drugih, s njom povezanih cestica. Stoga je uvjet ravnoteze vezanih cestica izrazen gorezaokvirenim izrazom. Taj izraz vrijedi bez obzira jesu li vanjske sile konzervativne ili nisu.

Zadatak: 10.21 Na udaljenostima a1 i a2 od nepomicnog uporista vage,

nalaze se tijela masa m1 i m2. Koristeci La-grangeovo nacelo, nadite uvjet ravnoteze.

R:Krece se od Lagrangeova izraza (10.38)

N∑

j=1

~F vj · δ~rj = 0.

Jedine aktivne vanjske sile koje se uzimaju u racun jesu gravitacijske sile na obatijela, pa zato gornji izraz postaje

(−~ey m1 g) · δ~r1 + (−~ey m2 g) · δ~r2 = 0.

Za male kutove otklna α je

δ~r1 ≃ ~ey δy1, δ~r2 ≃ −~ey δy2i Lagrangeov izraz postaje

−m1 g δy1 +m2 g δy2 = 0.

Isto tako, za male kutove α je

tan α ≃ δy1a1, tan α ≃ δy2

a2,


pa Lagrangeov izraz daje

m1 a1 = m2 a2,

sto je trazeni uvjet ravnoteze.

Zadatak: 10.22 Dva tijela masam1i m2 se nalaze na nepomicnoj dvostrukoj kosini kao na slici10.7. Kosina je bez trenja, a tijela su povezane nerastezivom niti duljine l0 i zane-marive mase, prebacenom preko koloture (takoder bez trenja). Nacelom zamisljenihpomaka pokazite da u ravnotezi vrijedi

sinα1

sinα2=m2

m1.

R:

Slika 10.7: Uz zadatak 10.22: dvostruka kosina bez trenja.

U ovom se primjeru pojavljuje posebno jednostavan sustav koji se sastoji od samodvije cestice. Gibanje cestica je podvrgnuto trima silama: gravitaciji mj ~g , otporu

podloge po kojoj se gibaju (kosina) ~R j i napetosto niti ~Fnap,j (uz zanemarivanje siletrenja) i jednom uvjetu: nepromjenjivoj duljini niti

~F vj = mj ~g + ~Fnap,j + ~R j

l0 = r1 + r2 = const.


Lagrangeovo nacelo glasi

0 =

2∑

j=1

~F vj · δ~rj

=[m1 ~g δ~r1 + ~Fnap,1 δ~r1 + ~R 1 δ~r1

]+[m2 ~g δ~r2 + ~Fnap,2 δ~r2 + ~R 2 δ~r2

].

Primjetimo da iznosi varijacija pomaka mogu biti i pozitivni i negativni

δrj ≶ 0.

Pogledajmo pojedine clanove. Vektori ~R j i δ~rj su medusobno okomiti, pa je njihov

skalarni umnozak jednak nuli. Sile napetosti ~Fnap,j su kolinearne s pomacima δ~rj , azbog izostanka trenja, one su i jednake po iznosu

~Fnap,1 δ~r1 + ~Fnap,2 δ~r2 = Fnap,1 δr1 + Fnap,2 δr2 = Fnap(δr1 + δr2).

Primjetimo da u gornjem izrazu jos ne znamo nista o svojstvima niti koja povezujecestice, pa zato ne mozemo nista reci o medusobnoj vezi δr1 i δr2. Tek ako se uzmeu obzir i uvjet na gibanje cestica - da su povezane nerastezivom niti, tada je:

r1 + r2 = l0, ⇒ δr1 + δr2 = 0 ⇒ δr1 = −δr2,Uvrsti li se to u gornji jednadzbu, slijedi

Fnap (δr1 + δr2) = 0.

U izrazu za Lagrangeovo nacelo, preostaje samo clan s gravitacijskom silom

0 = m1 ~g δ~r1 +m2 ~g δ~r2

0 = m1 g cos(π/2 + α1) δr1 +m2 g cos(π/2 + α2) δr2

0 = m1 g sinα1 δr1 +m2 g sinα2 δr2.

0 = (m1 sinα1 −m2 sinα2) g δr1,

tj. dobiva se trazena relacijasinα1

sinα2

=m2

m1

. (10.39)

Zadatak: 10.23 Ljestve AB mase m, oslonjene su svojim krajevima na zid i pod.

Podnozje ljestava je vezano nerastezivimuzetom (zanemarive mase) za tocku C nazidu. Ljestve zatvaraju kut α s podom(slika). Koristeci nacelo zamisljenih po-maka, izracunajte iznos napetosti uzeta.

R:dovrsiti


U posebnom slucaju kada su vanjske sile konzervativne, tj. kada postoji skalarna funkcijapotencijalne energije sa osobinom da je (npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu)

~F vj = −−→∇jE

vp = −

(~ex

∂E vp

∂xj+ ~ey

∂E vp

∂yj+ ~ez

∂E vp

∂zj

),

uvjet ravnoteze sustava vezanih cestica se moze napisati i u obliku

0 = δW =N∑

j=1

(~F vj · δ~rj

)=

N∑

j=1

(F vj,x · δxj + F v

j,y · δyj + F vj,z · δzj

)

= −N∑

j=1

(∂E v

p

∂xjδxj +

∂E vp

∂yjδyj +

∂E vp

∂zjδzj

)= −

N∑

j=1

δEvp (xj , yj, zj) = −δE v

p .

δE vp = 0. (10.40)

U ravnotezi je potencijalna energija minimalna, tako da svaki pomak povecava potencijalnuenergiju.

Zadatak: 10.24 Tijelo se sastoji od jednolikog uspravnog stosca, vrsnog kuta α,

polozenog na jednoliku polukuglu iste gustocei polumjera (slika). Tijelo se nalazi na vodo-ravnoj podlozi. Nadite uvjet ravnoteze.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.25 Jednoliko tijelo se sastoji od polukugle polumjera R, na koju je

simetricno postavljena kocka duljine bridaa < R (slika). Nadite uvjete na R i a, pada tijelo bude u stabilnoj ravnotezi.

R:dovrsiti


Zadatak: 10.26 Dvije cestice masa m1 i m2, povezane nerastezivom sipkom zanemarive mase,

polozene su na dvostruku kosinu kao na slici.Izracunajte koji kut zatvara sipka s horizon-talom u ravnoteznom polozaju cestica.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.27 Rijesite zadatak 10.22 pomocu zahtjeva da je u ravnotezi potencijalna ener-gija minimalna, tj. da je δEp = 0.

R:Uz zanemarivanje sila trenja, jedina (neuvjetna) sila koja djeluje na cestice je kon-zervativna gravitacijska sila, koja se moze izraziti preko potencijalne energije. Nekaje ukupna duljina niti l0 = r1 + r2, a Ep = 0 na vrhu kosine. Tada je

Ep = −m1 g r1 sinα1 −m2 g (l0 − r1) sinα2,

δEp =∂Ep∂r1

δr1 = −g δr1 (m1 sinα1 −m2 sinα2) = 0.

Primjetimo da je Ep linearna funkcija r1, pa zato ne moze postojati minimum nitimaksimum potencijalne energije.

Zadatak: 10.28 Rijesite zadatak 10.30 pomocu potencijalne energije. Kakva je stabilnost rav-noteze?

R:dovrsiti

Gibanje:Polazeci od Lagrangeova nacela, moze se doci i opceg zakona gibanja sustava vezanihcestica. Neka vanjska sila ~F v

j daje j-toj cestici ubrzanje ~a j . Uslijed veza medu cesticamaili uvjeta na gibanje, ovo ubrzanje ne mora biti kolinearno s vanjskom silom. Npr.kod gibanja cestice niz kosinu uslijed djelovanja vanjske gravitacijske sile, ubrzanje cestice jepo smjeru paralelno s kosinom i prema tome nije kolinearno s vanjskom (gravitacijskom) silom(slika 10.7).

Zamislimo sada da na cesticu osim vanjske sile ~F vj djeluje jos i sila jednaka negativnom umnosku

mase i ubrzanja j-te cestice: −mj~a j , koja ponistava djelovanja i vanjskih sila i silaod uvjeta. Sada je zbroj svih sila koje djeluju na cesticu jednak

~F vj −mj~a j


i sustav je u ravnotezi, pa Lagrangeov uvjet ravnoteze, (10.38), poprima oblik

N∑

j=1

(~F vj −mj~a j

)δ~rj = 0. (10.41)

Gornja se jednadzba zove D’Alembertovo 8 nacelo za gibanje sustava vezanih cestica.Slicnom argumentacijom kao i kod Lagrangeova nacela, zakljucujemo da je uvjet ravnotezenevezanih cestica ekvivalentan Newtonovim jednadzbama gibanja

~F vj −mj ~a j = 0, j = 1, 2, · · · , N,

(drugi Newtonov aksiom za svaku pojedinu cesticu). Ovime je dinamika shvacena kao posebanslucaj statike (a ne obratno, kao sto bi se moglo ocekivati).

Zadatak: 10.29 Koristeci D’Alembertovo nacelo, opisite gibanje sustava iz primjera 10.22.

R: Uz istu oznacavanje kao i u prethodnim primjerima, D’Alembertovo naceloglasi

0 =2∑

j=1

(~F vj −mj ~rj

)· δ~rj

=[m1 ~g + ~Fnap,1 + ~R 1 −m1 ~r1

]· δ~r1 +

[m2 ~g + ~Fnap,2 + ~R 2 −m2 ~r2

]· δ~r2.

Kao i u prethodna dva primjera, clanovi sa silama napetosti i reakcijom podlogeiscezavaju, a preostaje

0 = (m1 ~g −m1 ~r1) δ~r1 + (m2 ~g −m2 ~r2) δ~r2,

0 = (m1 g sinα1 −m1 r1) δr1 + (m2 g sinα2 −m2 r2) δr2.

Zbog nerastezivosti niti je opet r1 + r2 = l0 = const., pa je δr1 = −δr2 i r1 = −r2.Uvrstavanjem ovih veza u gornju relaciju, slijedi

0 = (m1 g sinα1 −m1 r1) δr1 + (m2 g sinα2 +m2 r1) (−δr1),

0 = (m1 g sinα1 −m1 r1 −m2 g sinα2 −m2 r1) δr1.

Rjesavanjem gornje jednadzbe po r1, dobiva se ubrzanje prve cestice

r1 = gm1 sinα1 −m2 sinα2

m1 +m2.

Primjetimo da je ono konstantno u vremenu. Ubrzanje druge cestice je r2 = −r1. Uravnotezi je r1 = r2 = 0, a ove su relacije zadovoljene ako je brojnik gornjeg izrazajednak nuli tj. ako vrijedi (10.39) iz prethodna dva primjera.

8 Jean D’Alembert, 1717 - 1783, francuski matematicar.


Zadatak: 10.30 Nerasteziva nit zanemarive mase visi preko glatke koloture i povezuje tijelo

mase m1, na kosini bez trenja pod kutomα, s drugim tijelom mase m2 (kao na slici).Koristeci D’Alembertovo nacelo, izracunajteubrzanje prvog tijela.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.31 Rijesite prethodni zadatak, ako kosina ima koeficijent trenja µ.

R:dovrsiti

10.6 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete

Do sada smo promatrali gibanja cestica ili sustava cestica nepromjenjive mase, a sada cemodetaljnije prouciti gibanje jednog sustava promjenjive mase: rakete. Promatrat cemo najjed-nostavniju situaciju u kojoj se raketa giba okomito po pravcu u konstantnom gravitacijskompolju (slika 10.8), zanemarujuci utjecaj otpora zraka tijekom gibanja kroz atmosferu i vrtnjuZemlje. Osnovni zadatak je

izracunati brzinu rakete u proizvoljnom trenutku nakon lansiranja.

Neka je brzina rakete u trenutku t, oznacena s

~v(t) = v(t) ~ez , v > 0, (10.42)

a njezina masa s m. Pod masom rakete podrazumjevamo masu kabine mk, masu spremnika zagorivo ms i masu samog goriva mg.

m(t) = mk +ms +mg(t).

Samo se masa goriva mijenja (smanjuje) s vremenom. U trenutku t+∆t, raketa je izbacila diosvoje mase u obliku mjesavine cestica goriva, u smjeru suprotnom od smjera svojega gibanja.Masu odbacenih plinova oznacavamo s −∆m > 0, a njihovu brzinu s ~v − ~v0. Brzina izbacenihplinova se dakle sastoji od dvije komponente: brzine same rakete ~v i brzine plinova u odnosuna raketu −~v0 = −v0 ~ez , v0 > 0. U tom istom trenutku t + ∆t, masa rakete je umanjenaza masu izbacenih plinova i jednaka je m + ∆m, a brzina joj je povecana na ~v + ∆~v gdje je

10.6. SUSTAVI S PROMJENJIVOM MASOM: GIBANJE RAKETE 409

Slika 10.8: Gibanje rakete u konstantnom gravitacijskom polju: (A) u trenutku t; (B) u trenutku t+∆t.

∆~v = ∆v ~ez , ∆v > 0. Sve se brzine mjere u odnosu na inercijski sustav sa ishodistem u tockiO.

Kao sto je pokazano relacijom (10.16),

d ~p

dt= ~F v, d ~p = ~F v dt,

samo vanjska sila moze promijeniti ukupnu kolicinu gibanja sustava. Nadalje, relacijom (10.36)je pokazano da je ta promjena kolicine gibanja sustava jednaka je impulsu vanjske sile. Pri-mjetimo da vanjska sila ~F v (gravitacija ili trenje), mijenja kolicinu gibanja cijelog sustava kojise sastoji od rakete i izbacenog plina. Unutar sustava, uslijed pogona rakete, njezina brzinase povecava, ali se taj porast brzine (pa time i kolicine gibanja rakete) kompenzira izbacenimplinom, tako da je ukupna kolicina gibanja sustava raketa plus izbaceni plin nepromjenjena.Ili, drugim rijecima, unutarnja sila koja potjece od pogona, povecat ce brzinu rakete, ali necepromijeniti kolicinu gibanja cijelog sustava (raketa plus izbaceni plin).

kolicina gibanja u t +∆t

︷︸︸︷(m+∆m) (~v +∆~v)︸︷︷︸raketa u t+∆t

+ (−∆m)(~v − ~v0)︸︷︷︸plin u t+∆t

−

kolicina gibanja u t

︷︸︸︷m ~v︸︷︷︸

raketa u t

=

impuls vanjske sile

︷︸︸︷~F v ∆t .

m ~v +m ∆~v +∆m ~v +∆m ∆~v −∆m ~v +∆m ~v0 −m ~v = ~F v ∆t

/1

∆t,

m∆~v

∆t+∆m

∆~v

∆t+ ~v0

∆m

∆t= ~F v

/lim∆t→0

.


U granici kada ∆t iscezava, takoder iscezavaju i ∆m→ 0 , kao i ∆~v → 0, pa preostaje

md~v

dt+ ~v0

dm

dt= ~F v,

~ez mdv

dt+ ~ez v0

dm

dt= −~ez m g,

m(t)dv(t)

dt+ v0

dm(t)

dt= −m(t) g. (10.43)

Radi jednostavnosti, u gornjoj smo jednadzbi u clanu vanjskih sila zanemarili otpor atmosfere ivrtnju Zemlje, a za gravitacijsku silu smo pretpostavili da se ne mijenja s visinom, g = const.(tocnije bi bilo uzeti da je g = g(z)).

Clan dm/dt opisuje brzinu kojom raketa gubi masu. Najjednostavnije je pretpostaviti da raketagubi masu konstantnom brzinom dm/d t. Buduci da je za pozitivni dt masa rakete smanjuje,dm < 0, pretpostavit cemo da je

dm

dt= −c 20 = const.

∫ t

0

dm = −c 20∫ t

0

dt = −c 20 t

m(t) = m(0) − c 20 t,

mk +ms +mg(t) = mk +ms +mg(0)− c 20 t,

mg(t) = mg(0)− c 20 t.

Kada ce raketa nakon sto potrosi svo gorivo? Oznacimo to vrijeme s t = τ

mg(τ) = 0 = mg(0)− c 20 τ ⇒ τ =mg(0)

c 20. (10.44)

Uvrstavanjem gornjeg izraza za masu u (10.43), dobiva se

[m(0)− c 20 t

] dvdt

− v0 c20 = −

[m(0)− c 20 t

]g

/1

m(0)− c 20 t

dv

dt=

v0 c20

m(0)− c 20 t− g

/∫ t

0

dt

v(t)− v(0) = −g t + v0 c20

∫ t

0

dt1

m(0)− c 20 t

v(t) = v(0)− g t + v0 lnm(0)

m(0)− c 20 t.


Uz pretpostavku da je pocetna brzina rakete jednaka nuli v(0) = 0, konacno se dobije za brzinurakete u trenutku t > 0 (formula Ciolkowskog)

v(t) = v0 lnm(0)

m(0)− c 20 t− g t. (10.45)

Izracunajmo najvecu brzinu koju moze postici ovakva raketa (uz zanemarivanje relativnomale brzine −g t). To ce ocito biti brzina koju postigne raketa nakon sto potrosi svo gorivo, ato ce se, prema (10.44), dogoditi nakon vremena t = τ . U tom je trenutku brzina jednaka (uzzanemarivanje brzine −g t)

v(t = τ) = vmax = v0 lnmk +ms +mg(0)

mk +ms

= v0 ln

(1 +

mg(0)

mk +ms

).

Ukupna pocetna masa goriva i stjenki spremnika se obicno oznacava s

m0 = ms +mg(0),

a omjer pocetne mase goriva i m0 se naziva strukturni faktor i oznacava se s

ǫ =mg(0)

m0

.

Prijelazom sa ms i mg(0) na m0 i ǫ pomocu relacija

mg(0) = ǫ m0, ms = (1− ǫ) m0,

za najvecu brzinu se dobiva

vmax = −v0 ln

(1− ǫ

m0

mk +m0

).

Po redu velicine je brzina izlaznih plinova iz rakete jednaka v0 = 4 · 103ms−1, strukturni faktorje ǫ = 0.8, a omjer mase kabine i mase spremnika i goriva je oko jedan posto. Uvrstavanjemovih brojeva u izraz za maksimalnu brzinu, dobije se

vmax ≃ 6.28 · 103ms−1.

Ova je brzina manja od prve kozmicke brzine (brzine kruzenja, 8 · 103ms−1), pa ovakva raketane bi imala dovoljnu brzinu potrebnu za orbitiranje oko Zemlje.

Zato se konstruiraju dvostupanjske rakete. Ove se rakete sastoje od kabine i dva spremnikas gorivom. Nakon sto se potrosi gorivo iz prvog spremnika, on se odbacuje, a zapocinje izgaranjegoriva iz drugog spremnika. Oznacimo s

m01 = mg1(0) +ms1,

ukupnu masu goriva i stjenki prvog spremnika, a sa

m02 = mg2(0) +ms2,

ukupnu masu goriva i stjenki drugog spremnika. Ukupna masa rakete u trenutku lansiranja je

m(0) = mk +m01 +m02.


Uvrstavanje u jednadzbu (10.45), uz zanemarivanje utjecaja gravitacije i otpora zraka, daje

v(t) = v0 lnmk +m01 +m02

mk +m01 +m02 − c 20 t.

U trenutku t = τ1, potroseno je svo gorivo iz prvog spremnika

mg1(τ1) = 0 = mg1(0)− c 20 τ1,

v(τ1) = v0 ln

(1 +

mg1(0)

mk +ms1 +m02

).

Uvede li se strukturni faktor prvog spremnika izrazom

ǫ1 =mg1(0)

m01

,

gornji izraz za brzinu postaje

v(τ1) = −v0 ln

(1− ǫ1

m01

mk +m01 +m02

). (10.46)

Nakon odbacivanja prvog stupnja rakete, njezinu brzinu opet mozemo racunati pomocu (10.45),ali uz drukcije pocetne uvjete: sada je pocetna brzina v(τ1) (a ne nula), a pocetna masa je

m(0) = mk +mg2(0) +ms2

(zato jer je prvi spremnik odbacen)

v(t) = v(τ1) + v0 lnmk +mg2(0) +ms2

mk +mg2(0) +ms2 − c 20 t, t > τ1.

Sada pocinje izgaranje goriva iz drugog spremnika. Radi jednostavnosti, neka ono izgara istombrzinom kao i gorivo iz prvog spremnika. Nakon vremena t = τ2, izgorjet ce svo gorivo i izdrugog spremnika

mg2(τ2) = 0 = mg2(0)− c 20 τ2.

v(τ2) = v(τ1) + v0 lnmk +mg2(0) +ms2

mk +ms2,

v(τ2) = v(τ1) + v0 ln

(1 +

mg2(0)

mk +ms2

).

Uvedimo strukturni faktor drugog spremnika izrazom

ǫ2 =mg2(0)

m02

.

Uvrstavanjem u gornji izraz za brzinu, daje

v(τ2) = v(τ1)− v0 ln

(1− ǫ2

m02

mk +m02

).


Tablica 10.1: Brzina dvostupanjske rakete,ovisno o omjeru masa prvog i drugog stupnja.Desno je graficki prikaz podataka iz tablice.

m01/mk m02/mk v(τ2) · 10−3 ms−1

95 5 9.9890 10 10.1985 15 10.0280 20 9.7670 30 9.1960 40 8.6450 50 8.15 0 10 20 30 40 50 60

v ( τ2 ) 10 -3

m s-1

7.5

8

8.5

9

9.5

10

10.5

m 0

2 /

m k

Brzinu u trenutku τ1 (nakon sto je potroseno gorivo prvog spremnika), daje izraz (10.46), pa jebrzina rakete u trenutku t = τ2, kada je potroseno gorivo iz oba spremnika, jednaka

v(τ2) = −v0 ln

(1− ǫ1

m01

mk +m01 +m02

)− v0 ln

(1− ǫ2

m02

mk +m02

).

(10.47)Da bismo dobili osjecaj o redu velicina brzine dvostupanjskle rakete, neka je

ǫ1 = ǫ2 = 0.8,

m01 = m02,

m01 +m02 = 100 mk.

Uvrstavanje ovih vrijednosti u (10.47), dobije se

v(τ2) = 8.15 · 103ms,

sto je po redu velicine jednako prvoj kozmickoj brzini. Vece konacne brzine se mogu dobitivariranjem omjera masa prvog i drugog stupnja rakete. Tablica 10.1 pokazuje da je konacnabrzina najveca kada je masa prvog stupnja oko devet puta veca od mase drugog stupnja (uznepromjenjene vrijednosti ostalih parametara).

Zadatak: 10.32 Cestice mase m bacena je okomito u vis. Uzimajuci u racun samo gravitacij-sku silu (dakle, bez trenja, bez ucinaka vrtnje Zemlje itd.) izracunajte:(a) Kolika mora biti najmanja pocetna brzina cestice v0, pa da se ona moze udaljitina beskonacnu udaljenost od Zemlje?(b) Kolika mora biti pocetna brzina cestice v0, pa da se ona giba kao satelit okoZemlje?

R:(a) S obzirom da se ne racuna s ucincima trenja, moze se koristiti zakon o sacuvanju


energije: mehanicka energija na povrsini Zemlje, jednaka je mehanickoj energiji navisini z iznad Zemljine povrsine

mv202

−mgRZ =mv2

2−mg

RZ

RZ + z, (10.48)

gdje je

g = GMZ

RZ

,

a MZ i RZ su redom masa i (priblizan9) polumjer Zemlje.Najmanja pocetna brzina cestice v0, kojom se ona moze udaljiti na beskonacnuudaljenost od Zemlje se dobije iz relacije (10.48) za v ≡ 0 i z = ∞

v0 =√

2gRZ = 11.2km

s,

pri cemu je za RZ uvrstena vrijednost od 6 370 km. Svaka brzina veca od ove dat ceudaljenom tijelu brzinu v vecu od nule. Ova se brzina naziva druga kozmicka brzinaili brzina oslobadanja od Zemljinog gravitacijskog polja.(b) Da bi cestica orbitirala oko Zemlje, njezino centrifugalno ubrzanje mora bitijednako gravitacijskom ubrzanju

v20RZ

= g =⇒ v0 =√gRZ = 8.0

km

s.

Ova se brzina naziva prva kozmicka brzina ili brzina orbitiranja.

Zadatak: 10.33 Koliki put prevali jednostupanjska raketa u vremenu t nakon polijetanja? Ko-lika je maksimalna visina i za koje vrijeme se ona postize?

R:dovrsiti

10.7 Sudari cestica

U ovom cemo poglavlju promatrati posebno jednostavan slucaj sustava cestica koji se sastoji

od samo dvije cestice, tj. N = 2. Od svih parova meducesticnih sila, ~f i,j, preostaje samo jedanpar

~f 1,2.

Ali i ova je sila sve vrijeme jednaka nuli osim u trenutku dodira (sudara) cestica. U tom tre-nutku djeluju ili jake odbojne sile, pa se cestice odbiju jedna od druge, ili djeluju jake privlacnesile, pa se cestice spoje i nakon sudara se gibaju kao jedno tijelo. Od vanjskih sila, na cestice

9Priblizan zato jer Zemlja nije kugla, pa nema polumjer.

10.7. SUDARI CESTICA 415

djeluje gravitacijska sila. Radi jednostavnosti, gibanje cemo postaviti na pravac ili ravninu oko-mitu na smjer djelovanja gravitacijske sile, tako da ona nece utjecati na sudar cestica (naravno,samo ako zanemarimo trenje cestica s podlogom po kojoj se gibaju). Takoder cemo zanemaritii trenje cestica s medijem u kojem se odvija gibanje. Ucinci na gibanje koji dolaze od vrtnjeZemlje (neinercijalnost), se takoder zanemaruju.Cestice su zamisljene kao savrsene glatke kugle koje imaju odredeni volumen, masu i odredenuelasticnost, a sve ostale njihove osobine su zanemarene. Vrijeme trajanja sudara se sastoji odvremena kompresije, tijekom kojega dolazi do deformacije cestice-kugle, i vremena resti-tucije tijekom kojega cestica opet poprima (u cjelosti ili samo djelomice) svoj nedeformiranioblik. Uslijed glatkosti kugli, sile se tijekom sudara prenose duz linije koja spaja sredista kuglii prolazi linijom njihovog dodira. Sudari se mogu razvrstati u odnosu na smjer gibanja cesticana centralne i necentralne i u odnosu na bilancu mehanicke energije na elasticne ineelasticne .Kod centralnih sudara, smjer gibanja cestica lezi na spojnici njihovih sredista i prije i poslijesudara. Sudari koji nisu centralni, jesu necentralni. I kod centralnih i kod necentralnih sudara,vazna je samo ona komponenta brzine koja izaziva sudar. Koordinatni sustav cemo postavititako da to bude x komponenta brzine (slika 10.11). Brzine cestica prije sudara cemo oznacitis ~v1 i ~v2, a poslije sudara s ~v ′

1 i ~v ′2. Ako je v1 > v2, do sudara ce doci bez obzira na smjer ~v2

Slika 10.9: Uz Newtonovo pravilo za sudare: (A) prije sudara, (B) poslije sudara.

(slika 10.9). Nakon sudara mora biti v ′2 > v ′

1, ako su cestice razdvojene nakon sudara (zato jerprva cestica ne moze prestici drugu), a v ′

2 = v ′1, ako su se cestice nakon sudara slijepile jedna

za drugu.U odnosu na bilancu energije, sudar se naziva elasticnim ako je ukupna kineticka energija istaprije kao i poslije sudara. Svi ostali sudari su neelasticni. Kod neeelasticnih sudara se dio (ilisva) kineticke energije radom pretvara u druge oblike energije: npr. da bi se kugla deformirala,potrebno je obaviti rad za savladavanje medumolekularnih sila koje vladaju medu molekulamatvari cime se dio kineticke energije pretvara u medumolekularnu potencijalnu energiju. Drugamogucnost gubitka kineticke energije je mogucnost njezinog pretvaranja u toplinu i prijenos tetopline sa cestica koje sudjeluju u sudaru na cestice medija u kojemu se odvija gibanje.


Newtonovo pravilo za sudareZa opis i elasticnih i neelasticnih sudara korisiti se jedna relacija koja se temelji na iskustvu, akoja se zove Newtonovo pravilo za sudare. Ono se moze iskazati formulom

ǫ =|~v ′

2 − ~v ′1|

|~v2 − ~v1|. (10.49)

Omjer razlike brizna poslije i prije sudara se oznacava s ǫ i naziva se koeficijent restitucije.Ovaj koeficijent se odreduje eksperimentalnim putem (npr. kao u zadatku 10.34), a ovisi oosobinama tvari od koje su izgradene cestice koje sudjeluju u sudaru. Opcenito je 0 ≤ ǫ ≤ 1.Kao poseban slucaj sudara dvije cestice, moze se promatrati cestica koja nalijece na nepomicnizid (sa stanovista cestice-kugle, zid je kugla beskonacno velikog polumjera i beskonacno velikemase), tada je ~v2 = ~v ′

2 = 0 i

ǫ =v ′1

v1,

je omjer iznosa brzina cestice nakon i prije sudara.

Zadatak: 10.34 Dvije kugle masa m1 i m2 objesene su kao na slici 10.10. Prva se kugla pos-tavi tako da u t = 0, zatvara kut α s okomicom i zatim pusti da pada bez pocetnebrzine na drugu kuglu koja do tada miruje. Poslije sudara se druga kugla odbije dopolozaja opisanog kutom β prema okomici. Odredite koeficijent restitucije.

R:

Slika 10.10: Uz zadatak odredivanja koeficijenta restitucije.


Prema slici 10.10, u trenutku sudara brzine cestica imaju samo x komponentu, paNewtonovo pravilo za sudare glasi

ǫ =v ′2,x − v ′

1,x

v1,x − v2,x=v ′2,x − v ′

1,x

v1,x − 0,

jer druga cestica prije sudara miruje pa je v2,x = 0. Izracunajmo v ′1,x, v

′2,x i v1,x preko

kutova α i β i masa m1 i m2.Bilanca mehanicke energije za brzinu prve kugle prije sudara, daje

1

2m1 v

21,x = m1 g h1 = m1 g l (1− cosα) ⇒ v1,x = 2 sin

α

2

√g l,

i slicno za brzinu druge kugle poslije sudara

v ′2,x = 2 sin

β

2

√g l.

Iz sacuvanja kolicine gibanja

m1 v1,x + m20 = m1 v′1,x + m2 v

′2,x,

dobivamo brzinu prve cestice poslije sudara

v ′1,x =

m1 v1,x − m2 v′2,x

m1.

Pomocu ove tri brzine: v1,x, v′1,x i v ′

2,x, dobivamo koeficijent restitucije

ǫ =m1 +m2

m1

sin(β/2)

sin(α/2)− 1.

10.7.1 Centralni sudar

Neka se prije sudara cestica mase m1 giba brzinom ~v1, a cestica mase m2 brzinom ~v2 (slika10.9). Zadatak je

izracunati brzine ~v ′1 i ~v ′

2 cestica poslije sudara,

ako su nam poznate njihove mase i brzine prije sudara. Buduci da na cestice ne djeluju vanjskesile u smjeru gibanja (gravitacija djeluje u okomitom smjeru, pa zbog zanemarivanja trenja neutjece na gibanje), bit ce ukupna kolicina gibanja sustava konstantna (strana 386), tj. ista prijei poslije sudara:

m1 ~v1 +m2 ~v2 = m1 ~v′1 +m2 ~v

′2. (10.50)

Za nalazenje dvije nepoznanice, ~v ′1 i ~v ′

2, trebaju nam i dvije jednadzbe. Jednu vec imamo, toje gornja jednadzba sacuvanja ukupne kolicine gibanja sustava. Iako je napisana u vektorskimsimbolima, ta jednadzba ima samo jednu - x - komponentu jer se gibanje sve vrijeme - i prijei poslije sudara - odvija po istom pravcu, tj. po osi x. Za drugu ne mozemo uzeti zakono sacuvanju mehanicke energije, jer zelimo opisivati i neelasticne sudare u kojima mehanickaenergija nije sacuvana. Kao druga jednadzba, posluzit ce nam Newtonovo pravilo za sudare(10.49) (primjetimo da su predznaci brzina odabrani tako da je ǫ ≥ 0):

~v ′2 − ~v ′

1 = ǫ (~v1 − ~v2).


Gornje dvije jednadzbe su dvije linearne algebarske jednadzbe iz kojih se elementarnim putemdolazi do brzina cestica poslije sudara:

~v ′1 =

(m1 − ǫ m2) ~v1 +m2 (1 + ǫ) ~v2m1 +m2

,

(10.51)

~v ′2 =

m1 (1 + ǫ) ~v1 + (m2 − ǫ m1) ~v2m1 +m2

.

Primjetimo da su gornji izrazi invarijantni na zamjenu

1 2,

sto je posljedica izotropije prostora.Sto je s brzinom sredista mase? Hoce li se ona promjeniti? Prema izrazu (10.16) vidi se dapromjena brzina sredista mase potjece od djelovanja vanjskih sila, a buduci da u razmatranomslucaju nema vanjskih sila (tocnije, njihovo je djelovanje zanemareno), to se mora zakljucitida je brzina sredista mase nepromjenjena. U to je lako uvjeriti se: usporedimo brzine sredistamase prije sudara

~vSM =m1 ~v1 +m2 ~v2m1 +m2

,

i poslije sudara

~v ′SM =

m1 ~v′1 +m2 ~v

′2

m1 +m2

=1

m1 +m2

[m1

(m1 − ǫm2)~v1 +m2(1 + ǫ)~v2m1 +m2

+m2m1(1 + ǫ)~v1 + (m2 − ǫm1)~v2

m1 +m2

]

=1

(m1 +m2) 2

[m1(m1 +m2)~v1 +m2(m1 +m2)~v2

]=m1 ~v1 +m2 ~v2m1 +m2

= ~vSM .

Dakle, brzinu sredista mase mogu promijeniti samo vanjske sile (strana 386), a one su jednakenuli u smjeru gibanja cestica, pa je zato brzina sredista mase cijelog sustava konstantna.

Pogledajmo i koliko se promjenila kineticka energija sustava uslijed sudara. Prije sudara je

Ek =1

2m1 ~v

21 +

1

2m2 ~v

22 ,

a poslije sudara

E ′k =

1

2m1 ~v

′ 21 +

1

2m 2 ~v

′ 22 .

Promjena kineticke energije je

∆Ek = E ′k −Ek =

m1 ~v′ 21 +m2 ~v

′ 22

2− m1 ~v

21 +m2 ~v

22

2. (10.52)


Sredivanje gornjeg izraza se zapocinje kvadriranjem Newtonovog pravila za sudare, (10.49), ikvadriranjem zakona sacuvanju kolicine gibanja dvije cestice, (10.50),

~v ′ 21 − 2~v ′

1 ~v′2 + ~v ′ 2

2 = ǫ2 (~v2 − ~v1)2,

m21 ~v

′ 21 + 2m1m2 ~v

′1 ~v

′2 +m2

2 ~v′ 22 =

(m1 ~v1 +m2 ~v2

)2.

Mnozenjem prve od gornjih relacija s m1m2 i zatim zbrajanjem obje gornje relacije, dobiva se

m1 ~v′ 21 +m2 ~v

′ 22 =

ǫ2 m1m2 (~v2 − ~v1)2 +

(m1 ~v1 +m2 ~v2

)2

m1 +m2.

Uvrstavanjem gornjeg izraza u (10.52), dobiva se

∆Ek =ǫ2 m1m2 (~v2 − ~v1)

2 +(m1 ~v1 +m2 ~v2

)2

2 (m1 +m2)− m1 ~v

21 +m2 ~v

22

2

= −1

2

m1 m2

m1 +m2(~v1 − ~v2)

2 (1− ǫ 2). (10.53)

Negativan predznak u gornjem izrazu znaci da se kineticka energija moze samo smanjivati iliostati nepromjenjena, E ′

k ≤ Ek. Sudarom se ne moze stvarati kineticka energija. Primjetimoda se ∆Ek moze preglednije napisati preko reducirane mase µ i relativne brzine. Inverznavrijednost reducirane mase se definira kao dvostruka vrijednost harmonijske sredine masa m1 im2

1

µ=

1

m1+

1

m2

Relativne brzina se definira kao

~v = ~v1 − ~v2,

cime se za promjenu kineticke energije dobiva

∆Ek = −1

2µ ~v 2 (1− ǫ 2).

Posebni slucajevi:Neka je ǫ = 0. Uvrstavanje u jednadzbe (10.51), daje

~v ′1 =

m1~v1 +m2~v2m1 +m2

= ~vSM , ~v ′2 =

m1~v1 +m2~v2m1 +m2

= ~v ′1 = ~vSM .

Zakljucujemo da su se cestice uslijed sudara slijepile i poslije se gibaju kao jedno tijelo brzinom~v ′1 = ~v ′

2 = ~vSM , a smanjenje kineticke energije (10.53) je najvece

∆Ek = −1

2µ ~v 2.

Ovakav se sudar naziva savrseno neelastican.


Neka je sada ǫ = 1. Tada su brzine poslije sudara jednake

~v ′1 =

(m1 −m2)~v1 + 2m2~v2m1 +m2

, ~v ′2 =

2m1~v1 + (m2 −m1)~v2m1 +m2

.

Primjetimo da je sada, prema (10.53), kineticka energija nepromjenjena

∆Ek = 0 ⇒ Ek = E ′k.

Ek = E ′k, pa se ovakav sudar naziva elastican sudar.

Svi ostali sudari sa 0 < ǫ < 1, se nazivaju neelasticni sudari.

10.7.2 Necentralni sudar

Promatrajmo sada dvije cestice-kugle, masa m1 i m2, koje se bez trenja gibaju u ravnini (x, y)i u njoj se necentralno sudaraju (slika 10.11). Zbog zanemarivanja trenja, gravitacijska sila neceutjecati na gibanje. Kao i kod centralnih sudara, zadatak je

Slika 10.11: Necentralni sudar.

izracunati brzine ~v ′1 i ~v ′

2 cestica poslije sudara,

ako su nam poznate njihove mase i brzine prije sudara. Buduci da se gibanje odvija u ravnini,brzine prije i poslije sudara su zadane s dva broja: to mogu biti x i y komponente vektora brzineu pravokutnom koordinatnom sustavu ili iznos brzine i kut prema pozitivnoj x koordinati kao


u polarnom koordinatnom sustavu:

m1 v1, ϕ1 v ′1, ϕ

′1,

v1x, v1y v ′1x, v

′1y,

m2 v2, ϕ2 v ′2, ϕ

′2.

v2x, v2y v ′2x, v

′2y,

Sada trazimo cetiri jednadzbe iz kojih cemo izracunati cetiri nepoznanice: po dvije kom-ponente brzine za svaku od dvije cestice. Primjetimo, najprije, da y komponente brzine nesudjeluju u sudaru (kada bi cestice imale samo brzinu u smjeru y, do sudara ne bi ni doslo), pada zato mora biti

v ′1y = v1y = −v1 sin(π − ϕ1) = −v1 sinϕ1.

(10.54)

v ′2y = v2y = −v2 sinϕ2.

To su prve dvije od trazene cetiri jednadzbe. One naprosto kazu da se y komponente brzina nemijenjaju.U ravnini (x, y) ne djeluju vanjske sile, pa zato mora vrijediti zakon o sacuvanju ukupne kolicinegibanja

m1 ~v1 +m2 ~v2 = m1 ~v′1 +m2 ~v

′2.

To je vektorska jednadzba koju mozemo rastaviti na x komponentu

m1 v1x +m2 v2x = m1 v′1x +m2 v

′2x, (10.55)

i y komponentu

m1 v1y +m2 v2y = m1 v′1y +m2 v

′2y. (10.56)

No, jednadzba (10.56) nije nezavisna, nego je posljedica (10.54), tako da imamo sve skupatri nezavisne jednadzbe (dvije u (10.54) i jednu u (10.55)). cetvrtu jednadzbu cemo dobiti izNewtonovog pravila za sudare (10.49). Ponovo, u smjeru y nema sudara, a u smjeru x vrijedi

v ′1x − v ′

2x = ǫ (v2x − v1x). (10.57)

Jednadzbe (10.55) i (10.57) predstavljaju 2 × 2 linearni sustav za dvije nepoznanice: v ′1x i v ′

2x.Rjesavanjem tog sustava, u polarnim koordinatama,se dobiva

v ′1x = v ′

1 cosϕ′1 =

−v1 cosϕ1 (m1 −m2 ǫ)− v2 cosϕ2 m2 (1 + ǫ)

m1 +m2,

v ′2x = v ′

2 cosϕ′2 =

−v1 cosϕ1 m1(1 + ǫ)− v2 cosϕ2 (m2 −m1 ǫ)

m1 +m2.

Buduci da y komponente brzina ostaju nepromjenjene, znamo i x i y komponente brzina poslije


sudara

~v ′1 = ~ex

−v1 cosϕ1 (m1 −m2 ǫ)− v2 cosϕ2 m2(1 + ǫ)

m1 +m2− ~ey v1 sinϕ1,

= ~exv1x (m1 −m2 ǫ) + v2x m2(1 + ǫ)

m1 +m2

+ ~ey v1y,

~v ′2 = ~ex

−v1 cosϕ1 m1 (1 + ǫ)− v2 cosϕ2 (m2 −m1 ǫ)

m1 +m2− ~ey v2 sinϕ2.

= ~exv1x m1 (1 + ǫ) + v2x (m2 −m1 ǫ)

m1 +m2

+ ~ey v2y.

Gornje relacije sadrze u sebi poseban slucaj centralnog sudara koji se dobije kada je ϕ1 = π, aϕ2 = 0 ili π. U tom slucaju gornje relacije prelaze u

~v ′1 = ~ex

v1 (m1 −m2 ǫ)± v2 m2 (1 + ǫ)

m1 +m2

− ~ey · 0,

~v ′2 = ~ex

v1 m1 (1 + ǫ)± v2 (m2 −m1 ǫ)

m1 +m2− ~ey · 0.

koje smo vec na strani 418 dobili za centralni sudar (predznak + se odnosi na kut ϕ2 = π, a −na ϕ2 = 0).

Zadatak: 10.35 Neka su m1, m2 i m3 mase triju cestica cije su relativne brzine ~v12, ~v13 i ~v23,pri cemu je ~vij = ~vi−~vj. Pokazite da je kineticka energija cijelog sustava, racunatau odnosu na srediste mase, jednaka

m1m2v212 +m1m3v

213 +m2m3v

223

m1 +m2 +m3

.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.36 Mirujuca atomska jezgra se radioaktivno raspada emitirajuci elektron kolicinegibanja 1.73MeV/c i, pod pravim kutom u odnosu na smjer elektrona, neutrinokolicine gibanja 1.00MeV/c. Velicina oznacena s MeV predstavlja milijun elektron-volta i koristi se kao jedinica za energiju u visokoenergetskoj fizici, a jednaka je1.60 · 10−13 J . Shodno tomu, MeV/c je jedinica za mjerenje kolicine gibanja, jed-naka 5.34 · 10−22 kg m/s.U kojem smjeru ce doci do pomaka (trzaja) ostatka jezgre? Kolika je kolicina gibanjaostatka jezgre izrazena uMeV/c? Ako je masa ostatka jezgre jednaka 3.90·10−25 kg,kolika je njezina kineticka energija izrazena u elektron-voltima.

R:dovrsiti


Zadatak: 10.37 Iz pistolja je ispaljen metak mase m i vodoravne brzine ~v, u komad drvetamase M koji miruje na vodoravnoj podlozi bez trenja. Ako metak ostane u drvetu,izracunajte brzinu sustava metak+drvo i gubitak kineticke energije.

R:dovrsiti

Zadatak: 10.38 Rijesite prethodni zadatak, ako se komad drveta giba od pistolja vodoravnombrzinom ~V .

R:dovrsiti

Poglavlje 11

Mali titraji sustava cestica

Kristalna resetkaZa razliku od odjeljka 10.7 o sudarima gdje smo promatrali sustav od samo dvije cesticekoje medudjeluju samo u trenutku izravnog medusobnog dodira, sada cemo promatrati nestoslozeniji sustav. Slozeniji utoliko sto je sada broj cestica proizvoljno velik, a i medudjelovanja

Slika 11.1: Element kubicne kristalne resetke.

cestica su slozenija. To su sustavi koji se su-srecu npr. pri studiranju kristalnih tvorevina.Pojednostavljeno, kristali se mogu zamislitikao pravilne tvorevine nastale beskonacnimperiodickim ponavljanjem osnovnog uzorka.Ovaj osnovni uzorak se naziva elementaranacelija. Postoje razlicite vrste elementarnihcelija od kojih je najlakse zamisliti (a sva-kako i nacrtati) kubicnu celiju (Slika 11.1).U vrhovima celije se nalaze cestice (atomi,ioni, skupine atoma, molekule, ...), a bridovipredstavljaju cesticna medudjelovanja. Usli-jed medudjelovanja, najcesce samo medu pr-vim susjedima, cestice u cvorovima kristalneresetke nece mirovati, nego ce titrati oko svojih ravnoteznih polozaja. Ovo titranje u 3D pros-toru se moze, radi jednostavnosti, zamisliti kao kombinacija dvije vrste titranja: jednog, usmjeru spojnice susjednih cestica (longitudinalno ili ouzduzno, smjer x sa slike 11.2) i drugo,okomito na smjer spojnice susjednih cestica (trasverzalno ili poprecno). Ovo transverzalno ti-tranje se opet moze zamisliti kao kombinacija dva titraja u medusobno okomitim smjerovima(smjerovi y i z sa slike 11.2). Po svojim geometrijskim odnosima, ovo transverzalno titrajnepodsjeca na medusobni odnos titranja elektricnog i magnetskog polja u opisu elektromagnet-skog vala.Primjetimo da se ni kod longitudinalnog niti kod transverzalnog titranja, cestice ne gibaju krozprostor (nego samo titraju oko svog ravnoteznog polozaja), a ono sto se prenosi prostorom jestevalni poremecaj tj. val i energija tog vala.

SileSile kojima medudjeluju cestice kristalne resetke su elektromagnetskog (npr. Coulombova elek-trostatska sila) i / ili kvantno-mehanickog podrijetla (sile ”zamjene”). Njihov tocan opis jecesto nepoznat ili je toliko slozen, da je prakticki neprimjenjiv. Stoga se pribjegava pojednos-

425

426 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA CESTICA

tavljenim opisima medudjelovanja. Jedno vrlo jednostavno pojednostavljenje je pretpostavkada medu cesticama djeluju jednostavne elasticne sile srazmjerne udaljenosti pojedine cesticeod ravnoteznog polozaja (silu ovog tipa smo vec upoznali u odjeljku 6). Kristalan resetka timepostaje geometrijski pravilan skup cestica povezanih malenim oprugama (slika 11.1), tj. pos-taju skup vezanih harmonijskih oscilatora. Opruge povezuju samo prve susjede (kratki dosegmedudjelovanja). U kvantnomehanickom opisu titranja (koje se nece ovdje izloziti), umjestoskupa vezanih klasicnih harmonijskih oscilatora, promatra se skup vezanih kvantnih harmo-nijskih oscilatora, a rezultantno titranje se shvaca kao skup cestica, elementarnih pobudenja1

titranja kristalne resetke, koje se zovu fononi (longitudinalni titraji se nazivaju akusticki fononi,a transverzalni su opticki fononi).Radi jednostavnosti, na slici 11.1 cemo uociti jedan smjer, npr. smjer osi x i opisat cemo ti-tranja cestica u tom smjeru (kao na slici 11.2). Naravno da se isti rezultati dobiju i analizomtitranja cestica u smjerovima y i z. Rezultantno titranje je vektorski zbroj titranja u pojedinimsmjerovima.Ogranicenje na sile kratkog dosega tada znaci da svaka cestica medudjeluje samo sa svoja dvaprva susjeda.

~f i, i−1 6= 0, ~f i, i+1 6= 0, ~f i, j = 0, j 6= i± 1.

Promatrat ce se ucinci samo elasticne sile, dok ce se ucinci gravitacije i trenja s medijem ukojem se odvija gibanje, zanemariti.

Pocetni i rubni uvjetiPromatrat cemo situaciju u kojoj neka vanjska sile u jednom (pocetnom) trenutku t = 0, otkloniiz polozaja ravnoteze nekoliko ili sve cestice sustava i zada im pocetne brzine. Nakon toga sesustav dalje giba u skladu s jednadzbama gibanja.Promatrat ce se sustav od N cestica. Lijevo od prve i desno od N -te cestice nalazi se ne-

pomican zid (to su rubni uvjeti).Ogranicit cemo se na proucavanje gibanja jedno- i dvodimenzijskih sustava.

11.1 Mali longitudinalni titraji jednodimenzijskog diskretnog sus-

tava cestica

U odjeljku 6 smo vidjeli da jedna cestica koja se giba samo pod djelovanjem elasticne sile(harmonijski oscilator), harmonijski titra oko svog polozaja ravnoteze. Sila je po iznosu jednakaK ∆ x (gdje je ∆ x otklon od polozaja ravnoteze), a smjer je prema polozaja ravnoteze. Zajednodimenzijksi harmonijski oscilator bez trenja i bez vanjske sile, to se titranje odvija kruznomfrekvencijom (6.3)

ω0 =

√K

m

i elongacijom (6.9)

x(t) = A cos(ω0t− Φ).

1Bas kao sto se i titranje elektromagnetskog polja shvaca kao skup cestica (fotona), tako se i titraji kristalne resetke shvacajukao skup cestica (fonona).

11.1. MALI LONGITUDINALNI TITRAJI JEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOG SUSTAVA CESTICA 427

Za matematicko njihalo je frekvencija titranja dana sa (6.79)

ω0 =

√g

l,

a elongacija je 6.80

ϕ(t) = ϕ0 cos(ω0t− α0).

U ovom odjeljku cemo prouciti gibanje jednodimenzijskog sustava od N cestica iste mase m,povezanih oprugama iste konstante K (slika 11.2), tj. promatrat cemo sustav sastavljen odN jednakih i medusobno povezanih harmonijskih oscilatora2. Za razliku od titranja jednogizoliranog harmonijskog oscilatora, gdje smo dobili samo jednu mogucu frekvenciju titranja ω0,sada ocekujemo da ce sustav moci titrati s vise razlicitih frekvencija. Pokazat ce se, relacija

Slika 11.2: Jednodimenzijski sustav od N vezanih jednakih harmonijskih oscilatora, s nepomicnim rubovima.

(11.8), da postoji upravo N razlicitih frekvencija. Nas glavni zadatak u ovom odjeljku jeste

izracunati te frekvencije i naci otklone cestica

u slucaju titranja nekom odredenom frekvencijom. U racunu cemo zanemariti utjecaj gravitacijei trenja (prigusenja) bilo kojeg podrijetla (sa cesticama medija u kojemu se odvija titranje, spodlogom i slicno). Koordinatni sustav cemo postaviti tako da sustav lezi u smjeru osi x,ravnotezni polozaj j-te cestice cemo oznaciti s x0,j , a njezin polozaj u proizvoljnom trenutkucemo oznaciti s xj(t). Napisimo jednadzbe gibanja za svih N cestica sustava: umnozak mase iubrzanja svake cestice jednak je zbroju svih sila koje na nju djeluju. Na svaku cesticu djelujesila koja potjece od dvije opruge, a koja ovisi o otklonima od ravnoteze cestica na krajevima

2Za opis titranja jednodimenzijskog sustava od N harmonijskih oscilatora razlicitih masa mj , povezanih oprugama razlicitih

konstanata Kj , vidjeti clanak: F. J. Dyson The Dynamics of a Disordered Linear Chain, Phys. Rev. 92, 1331-1338, 1953.


opruge (rubove lijevo od prve i desno od N -te cestice, smatramo nepomicnim):

~ex mx1 = −~exK[(x1 − x0,1)− 0

]+ ~exK

[(x2 − x0,2)− (x1 − x0,1)

],

~ex mx2 = −~exK[(x2 − x0,2)− (x1 − x0,1)

]+ ~exK

[(x3 − x0,3)− (x2 − x0,2)

],

~ex mx3 = −~exK[(x3 − x0,3)− (x2 − x0,2)

]+ ~exK

[(x4 − x0,4)− (x3 − x0,3)

],

...

~ex mxN = −~exK[(xN − x0,N)− (xN−1 − x0,N−1)

]+ ~exK

[0 − (xN − x0,N)

].

Buduci da se gibanje odvija samo u smjeru ~ex , nadalje cemo izostavljati tu oznaku. Umjestosamog polozaja cestice, xj(t), uvedimo oznake ψ(j, t), koje opisuju otklon j-te cestice odravnoteznog polozaja u trenutku t

ψ(j, t) ≡ xj(t)− x0,j ,

/d2

d t2

ψ(j, t) = xj .

Primjetimo da u gornjoj oznaci ψ(j, t), varijabla j opisuje prostornu koordinatu, a t vre-mensku. Sada jednadzbe gibanja mozemo napisati nesto preglednije

1

ω20

ψ(1, t) = 0 − 2 ψ(1, t) + ψ(2, t),

1

ω20

ψ(2, t) = ψ(1, t) − 2 ψ(2, t) + ψ(3, t), (11.1)

...1

ω20

ψ(N − 1, t) = ψ(N − 2, t)− 2 ψ(N − 1, t) + ψ(N, t),

1

ω20

ψ(N, t) = ψ(N − 1, t)− 2 ψ(N, t) + 0 .

Opcenito

1

ω20

ψ(j, t) = ψ(j − 1, t)− 2ψ(j, t) + ψ(j + 1, t), j = 1, 2, · · · , N,

uz rubne uvjete koji opisuju mirovanje lijevog i desnog ruba sa slike 11.2.

ψ(0, t) = ψ(N + 1, t) = 0, ∀ t.

Iz rjesavanja jednadzbe gibanja jednog slobodnog harmonijskog oscilatora u odjeljku 6, je poz-nato da je vremenska ovisnost rjesenja dana trigonometrijskim funkcijama. Sada rjesenje ovisii o prostornoj j i vremenskoj t varijabli, pa cemo rjesenje sustava (11.1) pretpostaviti u oblikuumnoska funkcije ovisne o prostornoj koordinati i trigonometrijskih funkcija u vremenskoj va-rijabli

ψ(j, t) = C(j) cos(ωt) + S(j) sin(ωt), (11.2)


Funkcije C(j) i S(j) ovise o prostornoj varijabli j. Pretpostavljena frekvencija titranja sustavaω je opcenito razlicita od ω0.Iz gornjeg je izraza lako vidjeti da je

ψ(j, t) = −ω2ψ(j, t),

sto uvrsteno u jednadzbe gibanja daje

−0 + 2 ψ(1, t) − ψ(2, t), =ω2

ω20

ψ(1, t),

−ψ(1, t) + 2 ψ(2, t) − ψ(3, t) =ω2

ω20

ψ(2, t),

−ψ(2, t) + 2 ψ(3, t) − ψ(4, t) =ω2

ω20

ψ(3, t),

... (11.3)

−ψ(N − 2, t) + 2 ψ(N − 1, t)− ψ(N, t) =ω2

ω20

ψ(N − 1, t),

−ψ(N − 1, t) + 2 ψ(N, t) − 0 =ω2

ω20

ψ(N, t).

Nepoznanice su frekvencije kojima titraju cestice (sve titraju istom frekvencijom) i nepoznatesu amplitude titranja

ω = ? ψ(j, t) = ?

Uvede li se realna simetricna tridijagonalna matrica medudjelovanja A i vektor polozajasvih N cestica ~Ψ

A =

2 −1 0 0 · · · 0−1 2 −1 0 · · · 00 −1 2 −1 · · · 0...

......

......

...0 · · · 0 −1 2 −10 · · · 0 0 −1 2

, ~Ψ =

ψ(1, t)ψ(2, t)

...ψ(N − 1, t)ψ(N, t)

,

gornji sustav jednadzba se prepoznaje kao problem nalazenja svojstvenih vrijednosti i svojstve-nih vektora realne simetricne kvadratne matrice A

A ~Ψ =ω2

ω20

~Ψ ⇒(A− ω2

ω20

1

)~Ψ = 0,

(1 je jedinicna matrica N -tog reda) koji je citatelju poznat iz linearne algebre. Podsjetimo se,

ukratko, formulacije tog problema. Za zadanu matricu A treba naci vektor ~V sa svojstvomda rezultat djelovanja matrice na vektor, bude taj isti vektor ~V pomnozen nekim skalarom λ,tj. da vrijedi A ~V = λ ~V . U ovom problemu su nepoznanice vektor ~V i skalar λ. Vektor~V se naziva svojstveni ili vlastiti vektor matrice A, a skalar λ se zove svojstvena ili vlastitavrijednost. Svojstvene vrijednosti se odreduju kao rjesenja jednadzbe Det [A − λ 1] = 0,gdje je s 1 oznacena jedinicna N × N matrica. To je algebarska jednadzba N -tog reda koja


je zadovoljena za N , opcenito kompleksnih, vrijednosti λn. Kada jednom izracunamo sve λn,mozemo izracunati i njima pridruzene svojstvene vektore: uzmemo neki odredeni λn i uvrstimoga u jednadzbu A ~Vn = λn ~Vn. To je sada N ×N linearni sustav za N komponenta vektora ~Vn,koji rijesimo i dobijemo svojstveni vektor ~Vn pridruzen svojstvenoj vrijednosti λn. Matrica A jerealna i simetricna matrica N -tog reda, a za takve se matrice pokazuje da imaju sve svojstvenevrijednosti realne i da su njihovi svojstveni vektori ~Vn medusobno okomiti, tj. da cine bazuN -dimenzijskog prostora. To znaci da se svaki proizvoljni vektor u tom prostoru moze napisatikao linearna kombinacija tih baznih vektora ~V =

∑n cn ~Vn (gdje su cn konstante).

U nasem primjeru, fizicki sadrzaj svojstvenih vrijednosti jesu frekvencije titranja sustava veza-nih harmonijskih oscilatora λn ≡ ω2

n/ω20, a svojstveni vektori predstavljaju pomake oscilatora

u odnosu na njihove ravnotezne polozaje ~Vn ≡ ~Ψ n.

FrekvencijeIzracunajmo najprije svojstvene frekvencije. Nazovimo

M = A− ω2

ω20

1 =

c0 −1 0 0 · · · 0−1 c0 −1 0 · · · 00 −1 c0 −1 · · · 0...

......

......

...0 · · · 0 −1 c0 -10 · · · 0 0 −1 c0

, M ~Ψ = 0,

gdje smo uveli pokratu

c0 ≡ 2− ω2

ω20

.

Da bi postojalo netrivijalno rjesenje za ~Ψ 6= 0, mora biti

DetM = 0.

Izracunajmo determinantu razvojem po prvom redu (ili stupcu), pri cemu cemo eksplicite voditievidenciju o dimenziji matrice ciju determinantu racunamo

DetMN = c0

c0 −1 0 ·−1 c0 −1 ·...

......

...· −1 c0 -1· 0 −1 c0

− (−1)

−1 −1 0 0 ·0 c0 −1 0 ·0 −1 c0 −1 ·...

......

......

· 0 −1 c0 -1· 0 0 −1 c0

.

Prvu determinantu na desnoj strani prepoznajemo kao Det MN−1, a drugu determinantu ra-zvijemo po prvom stupcu

DetMN = c0 DetMN−1 + 1 · (−1)

c0 −1 0 0 ·−1 c0 −1 0 ·0 −1 c0 −1 ·...

......

......

· 0 −1 c0 -1· 0 0 −1 c0

.


Gornju determinantu prepoznajemo kao DetMN−2, pa smo tako dosli do rekurzijske relacije

DetMN = c0 DetMN−1 − DetMN−2. (11.4)

Determinante za N = 1 i N = 2 je trivijalno izracunati

DetMN=1 = c0 DetMN=2 =c0 -1−1 c0

= c20 − 1.

Gornje determinante uvrstene u rekurziju (11.4) za N = 2, daju

DetMN=0 = 1.

Pretpostavimo, nadalje, da se DetMN moze napisati u obliku potencije

DetMN = pN ,

za nepoznati p koji treba odrediti iz rekurzije (11.4):

pN = c0pN−1 − pN−2,

0 = pN−2(p2 − c0p+ 1),

p± =1

2

(c0 ±

√c20 − 4

).

Uvedimo varijablu α relacijom

c0 = 2− ω2

ω20

= 2 cosα.

(Primjetimo da nije postavljen zahtjev da je α realan, pa time nije nuzno | cosα| ≤ 1.) U tomslucaju je

p± = e± i α.

Dakle, dobivena su dva rjesenja za DetMN = 0,

pN+ = e+ i N α = 0, pN− = e− i N α = 0.

Buduci da je jednadzba Det MN = 0 homogena, to ce njezino opcenito rjesenje biti linearnakombinacija rjesenja pN+ i pN− pa je ukupno rjesenje linearna kombinacija oba ova rjesenja

DetMN = a+ e+ıNα + a− e

−ıNα

= a+

(cos(Nα) + ı sin(Nα)

)+ a−

(cos(Nα)− ı sin(Nα)

)

= A cos(Nα) +B sin(Nα), A ≡ a+ + a−, B ≡ ı(a+ − a−

).

Koeficijenti A i B se odreduju iz poznavanja DetMN=0 = 1 i DetMN=1 = c0 = 2 cosα

N = 0 ⇒ A · 1 +B · 0 = 1, ⇒ A = 1

N = 1 ⇒ 1 · cosα +B sinα = 2 cosα, ⇒ B =cosα

sinα.


Sada se moze napisati i opce rjesenje determinante matrice medudjelovanja sustava od N cesticakoje titraju

DetMN = cos(Nα)+cosα

sinαsin(Nα) =

sinα cos(Nα) + cosα sin(Nα)

sinα=

sin(N + 1)α

sinα, (11.5)

pri cemu je

cosα = 1− ω2

2ω20

= 1− m ω2

2K. (11.6)

Prisjetimo se da je uvjet za postojanje rjesenja ψ(j, t) 6= 0 bio

DetMN = 0.

Prema relaciji (11.5) taj je uvjet zadovoljen za N razlicitih diskretnih vrijednosti kuta α

(N + 1)α = nπ, n = 1, 2, · · · , N, (11.7)

α → αn = nπ

N + 1.

Buduci da su frekvencije titranja sustava cestica povezane s kutom α relacijom (11.6), to svakomkutu αn odgovara jedna svojstvena frekvencija titranja sustava

ωn =√2ω2

0 (1− cosαn) = 2 ω0 sinnπ

2(N + 1), n = 1, 2, · · · , N. (11.8)

Ove se frekvencije nazivaju svojstvene frekvencije sustava. U nastavku cemo pokazati,relacijom (11.26), da je svako titranje sustava (koje ovisi o pocetnim uvjetima) moguce na-pisati u obliku linearne kombinacije titranja svojstvenim frekvencijama. Izolirani harmonijskioscilator titra samo jednom frekvencijom ω0, dok sustav od N vezanih harmonijskih oscilatora,moze titrati s N gornjih frekvencija (slika 11.3.A). Ogranicimo li se na N = 1 (slika 11.3.B),

Slika 11.3: (A) N razlicitih mogucih frekvencija titranja sustava vezanih harmonijskih oscilatora. (B) Posebnislucaj N = 1

preostaje samo jedna frekvencija ω1 =√

2K/m, a to je ista frekvencija kao i ω0 =√K/m iz

poglavlja 6, samo sto sada imamo dvije opruge, pa K → 2K.


AmplitudeSada, kada smo nasli frekvencije, tj. svojstvene vrijednosti matrice medudjelovanja, mozemoprijeci na racun amplituda titranja pojedinog harmonijskog oscilatora, tj. na racun svojstvenihvektora. Kao sto smo spomenuli na strani 429, komponente svojsvenog vektora pridruzenogdanoj svojstvenoj vrijednosti racunamo tako da svojstvenu vrijednost ωn uvrstimo u jednadzbu

A ~Ψ n =ω2n

ω20

~Ψ n.

Ova vektorska jednadzba predstavlja sustav od N skalarnih jednadzba za N komponenatavektora ~Ψ n, koje cemo oznaciti s ψn(j, t) za j = 1, 2, · · · , N . Dakle, za svaku od N svojstvenihfrekvencija ωn, treba rjesiti N ×N sustav

− ψn(j − 1, t) +

(2− ω2

n

ω20

)ψn(j, t)− ψn(j + 1, t) = 0, j = 1, 2, · · · , N, (11.9)

uz rubne uvjete koji izrazavaju nepomicnost lijevog i desnog ruba

ψn(j = 0, t) ≡ 0, ψn(j = N + 1, t) ≡ 0, ∀ t.

Buduci da se radi o titranju, vec smo, relacijom (11.2), pretpostavili oblik rjesenja za pomake.Sada u to rjesenje treba unijeti spoznaju da sustav moze titrati s vise razlicitih frekvencija ωn,tj. da svakoj frekvenciji treba pridruziti drukciji pomak

ψn(j, t) = Cn(j) cos(ωnt) + Sn(j) sin(ωnt), (11.10)

Koordinata j odreduje prostorni polozaj harmonijskog oscilatora, a index n odreduje frekvencijutitranja. Uvrstenje gornjeg izraza u sustav jednadzba (11.9), daje

cos(ωnt)

[−Cn(j − 1) + 2 cos

nπ

N + 1Cn(j)− Cn(j + 1)

]

+ sin(ωnt)

[−Sn(j − 1) + 2 cos

nπ

N + 1Sn(j)− Sn(j + 1)

]= 0

za sve j = 1, 2, · · · , N i n = 1, 2, · · · , N uz rubne uvjete

Cn(j = 0) = Cn(j = N + 1) = Sn(j = 0) = Sn(j = N + 1) = 0.

Zbog linearne nezavisnosti sinusa i kosinusa, gornji izraz je nula samo ako je svaka od gornjihuglatih zagrada jednaka nuli

Cn(j − 1)− 2 cosnπ

N + 1Cn(j) + Cn(j + 1) = 0,

(11.11)

Sn(j − 1)− 2 cosnπ

N + 1Sn(j) + Sn(j + 1) = 0.

Jednadzbe su istog oblika, pa je dovoljno rijesiti samo jednu, npr. onu za Cn. Pretpostavimoopet rjesenje u obliku potencije

Cn(j) = r jn


(sada j oznacava potenciju, a n je indeks)

0 = rj−1n − 2 cos

nπ

N + 1r jn + rj+1

n ,

0 = rj−1n

(1− 2 cos

nπ

N + 1rn + r2n

),

rn ± =1

2

(2 cos

nπ

N + 1±√4 cos2

nπ

N + 1− 4

)= cos

nπ

N + 1± i sin

nπ

N + 1= e±i nπ/(N+1).

Dobivena su dva rjesenja za Cn(j) = r jn . Zbog homogenosti jednadzbe (11.11) za Cn(j) i svakanjihova linerna kombinacija takoder rjesenje

Cn(j) = a+,n e+ı nπ

N+1j + a−,n e

−ı nπN+1

j

= a+,n

[cos

(nπ

N + 1j

)+ ı sin

(nπ

N + 1j

)]+ a−,n

[cos

(nπ

N + 1j

)− ı sin

(nπ

N + 1j

)]

= c+,n cos

(nπ

N + 1j

)+ c−,n sin

(nπ

N + 1j

)c+,n ≡ a+,n + a−,n, c−,n ≡ ı

(a+,n − a−,n

).

Na rubovima sustava vrijedi

Cn(j = 0, t) = 0 = c+,n · 1 + c−,n · 0 ⇒ c+,n = 0,

Cn(j = N + 1, t) = 0 = c−,n sinnπ ⇒ c−,n 6= 0.

Buduci da je samo c−,n 6= 0, oznaku minus mozemo izostaviti i napisati

Cn(j) = Cn sinnjπ

N + 1, Cn = const.

Slicnim postupkom se za amplitudu S iz (11.11), dobiva

Sn(j) = Sn sinnjπ

N + 1, Sn = const.

Prema (11.10), ukupno rjesenje za ψn(j, t) je

ψn(j, t) = Cn sinnjπ

N + 1cos(ωnt) + Sn sin

njπ

N + 1sin(ωnt).

To su komponente svojstvenog vektora ~Ψ n matriceA pridruzene svojstvenoj vrijednostim ω2n/K,

tj. svojstvenoj frekvenciji ωn. Ovi vektori cine bazu N -dimenzijskog prostora titranja sustavaN vezanih harmonijskih oscilatora. Dakle, u tom prostoru vektori ~Ψ n znace isto sto i vektori~ex , ~ey i ~ez u nasem svakodnevnom realnom trodimenzijskom prostoru. I kao sto se svaki pro-izvoljni vektor obicnog trodimenzijskog prostora moze napisati kao linearna kombinacija baznihvektora ~ex , ~ey i ~ez , tako se i svaki pomak (titranje) sustava vezanih harmonijskih oscilatoramoze prikazati kao linearna kombinacija ovih svojstvenih pomaka

~Ψ =N∑

n=1

~Ψ n,


ili po komponentama

ψ(j, t) =

N∑

n=1

ψn(j, t) =

N∑

n=1

sinnjπ

N + 1

[Cn cos(ωnt) + Sn sin(ωnt)

]. (11.12)

U gornjem izrazu je3

ωn = 2 ω0 sinnπ

2(N + 1), n = 1, 2, · · · , N,

a 2N konstanata Cn i Sn se odreduju iz 2N pocetnih (u t = 0) vrijednosti polozaja,

ψ(j, t = 0) ≡ ψ0(j), j = 1, 2, · · · , N

i pocetnih brzina,

ψ(j, t = 0) ≡ V0(j), j = 1, 2, · · · , N

svih j = 1, 2, · · · , N harmonijskih oscilatora.

Zadatak: 11.1 Tri cestice sa slike, povezane su oprugama iste jakosti.

Nadite svojstvene frekven-cije i svojstvene modove ti-tranja.

R:dovrsiti

Zadatak: 11.2 Dvije cestice razlicitih masa povezane su oprugama razlicitih tvrdoca.

Nadite svojstvene frekvencije i svojstvene pomaketakvog sustava (slika desno).

R: dovrsiti

Zadatak: 11.3 Dvije cestice istih masa povezane su oprugama istih tvrdoca.

Za takav sustav (slika desno), nadite svojstvenefrekvencije i svojstvene modove titranja.

R: dovrsiti3Primjetimo da diskretna vrijednost frekvencije dolazi od rubnih uvjeta. U kvantnomehanickom opisu, frekvencije su takoder

diskretne, ali sada ta diskretnost ima sasvim drukcije, kvantno, podrijetlo.


Zadatak: 11.4 Dvije cestice razlicitih masa m1 i m2, su pricvrscene za krajeve opruge

konstante tvrdoce K, kao na slici desno. Ako secestice malo razmaknu i tada otpuste, one ce ti-trati. Nadite frekvenciju titranja zanemarujuci tre-nja.

R: dovrsiti

11.1.1 Granica kontinuuma

Promatrajmo sada gornji skup harmonijskih oscilatora u granici kada njihov broj N neo-graniceno raste, ali se istovremeno udaljenost medu njima a0 neograniceno smanjuje, takoda udaljenost izmedu prvog i posljednjeg od njih N · a0 = L ostaje konstantna. S M cemooznaciti ukupnu masu sustavaM = Nm. Neka se harmonijski oscilatori nalaze rasporedeni duzosi x. Sada otklon od ravnoteznog polozaja vise necemo oznacavati s ψ(j) nego s ψ(x), gdje jex = j · a0. Najmanji razmak medu harmonijskim oscilatorima je ∆ x = 1 · a0.Uocimo da su jednadzbe (11.1) oblika valne jednadzbe.Opci oblik tih jednadzba je

ψ(j, t) = ω20

[ψ(j − 1, t)− 2ψ(j, t) + ψ(j + 1, t)

],

uz rubne uvjete ψ(−1, t) = ψ(N + 1, t) ≡ 0. Argument j je diskretna prostorna koordinata iopisuje polozaj j-te cestice. U tom smislu se i razlika ψ(j + 1, t)− ψ(j, t) i ψ(j, t)− ψ(j − 1, t)mogu shvatiti kao diskretne derivacije

ψ(j + 1, t)− ψ(j, t) =ψ(j + 1, t)− ψ(j, t)

(j + 1)− j=

d

d jψ(j + 1/2, t),

ψ(j, t)− ψ(j − 1, t) =ψ(j, t)− ψ(j − 1, t)

j − (j − 1)=

d

d jψ(j − 1/2, t).

Time polazna jednadzba postaje

ψ(j, t) = ω20

[d

d jψ(j + 1/2, t)− d

d jψ(j − 1/2, t)

]= ω2

0

d

d jψ(j + 1

2, t)− d

d jψ(j − 1

2, t)

(j + 12)− (j − 1

2)

= ω20

d2

d j2ψ(j, t),

i prelazi sada u jednadzbu (imajmo sve vrijeme na umu da je dx = dj a0)

∂2 ψ(j, t)

∂ t2= a20 ω

20

∂2 ψ(x, t)

∂ x2,

tj.

∂2ψ

∂t2= v2f

∂2ψ

∂x2. (11.13)


To je parcijalna linearna diferencijalna jednadzba drugog reda koja se zove jednodimenzijskavalna jednadzba longitudinalnog vala. Ova je jednadzba primjer Poissonove jednadzbe, (2.39).Velicina

vf = a0 ω0 = a0

√K

m

je fazna brzina sirenja vala. Ako se uvedu Yangov modul elasticnosti E = K a0 i linijska masenagustoca λ0 = m/a0, gornja valna jednadzba se moze napisati i u obliku

λ0∂2ψ

∂t2= E

∂2ψ

∂x2.

Potrazimo rjesenje gornje jednadzbe u obliku umnoska

ψ(x, t) = X(x) · T (t)(vidjeti npr. [14], odjeljak o parcijalnim diferencijalnim jednadzbama). Uvrstavanjem gornjegrjesenja u valnu jednadzbu i dijeljenjem cijele jednadzbe s X(x) · T (t), dobiva se

1

ω20 T

d2 T (t)

d t2=a20X

d2X(x)

d x2≡ −c.

Sa stanovista vremenske varijable, desna strana gornje jednadzbe je jedna bezdimenzijska kons-tantna, a isto tako sa stanovista prostorne varijable, lijeva je strana jednadzbe bezdimenzijskakonstantna. Bez gubitka opcenitosti, za tu se konstantu moze uzeti vrijednost − c. Tako sudobivene dvije jednadzbe

d2X(j)

d x2= −c X

a20,

d2 T (t)

d t2= −c ω2

0 T,

cija su rjesenja dana trigonometrijskim funkcijama

X(x) = α sin cx/a0 + β cos cx/a0,

T (t) = γ sin cω0t + δ cos cω0t,

ψ(x, t) = (α sin cx/a0 + β cos cxk0) (γ sin cω0t+ δ cos cω0t).

Konstante α, β, γ, δ i c se odreduju iz same jednadzbe i pocetnih i rubnih uvjeta

ψ(x = 0, t) = ψ(x = L, t) = 0.

Prvi rubni uvjet daje

X(x = 0) = 0 = α 0 + β 1 ⇒ β = 0.

Drugi rubni uvjet

X(x = L) = 0 = α sin cL/a0 ⇒ c = a0nπ

L.


Sada je i

X(x) → Xn(x) = αn sinnπx

L, n = 1, 2, · · · , N.

Vremenski dio rjesenja

Tn(t) = γn sina0nπω0t

L+ δn cos

a0nπω0t

L, n = 1, 2, · · · , N.

ψ(x, t) =N∑

n=1

sinnπx

L

[an cos(ωnt) + bn sin(ωnt)

],

gdje su an = αn γn i bn = αn δn konstante, a frekvencije titraja su

ωn =a0Lnπω0.

Primjetimo da je to ista vrijednost koja je dobivena i diskretnim formalizmom

ωn = 2 ω0 sinnπ

2(N + 1)≃ 2 ω0

nπa02L

=a0Lnπω0.

11.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sus-

tava cestica

Krenimo ponovo od slike cestica povezanih malenim oprugama (slika 11.2), ali sada su pocetniuvjeti takvi da izazivaju titranje u ravnini (y, z), kao sto je to prikazano na slici 11.4. Smatratcemo cestice i opruge toliko malenim, da je na makroskopskoj skali broj cestica po jediniciduljine (u jednoj dimenziji ili po jedinici povrsine za dvodimenzijske sustave) toliko velik da se

Slika 11.4: Transverzalno titranje napete niti.

moze govoriti o (priblizno) kontinuiranoj ras-podjeli mase unutar sustava. Opisat cemomale transverzalne titraje jednog takvog sus-tava, npr. napete niti glazbenog instrumenta(violina, klavir - jednodimenzijski sustav). ilimembrane bubnja (dvodimenzijski sustav).Kada se kaze ”mali” titraji, to znaci da je ot-klon cestica od polozaja ravnoteze, puno ma-nji od ukupne duljine niti koja titra.

11.2.1 Titranje napete niti

Promatrajmo napetu elasticnu nit, polozenuduz osi x i ucvrscenu u tockama x = 0 i x = L

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA CESTICA 439

Slika 11.5: Napeta nit (A) prije djelovanja vanjske sile, (B) u trenutku djelovanja vanjske sile, (C) poslijedjelovanja vanjske sile.

(slika 11.5). Neka je linijska masena gustocaniti konstantna i jednaka λ0. U ravnotezi,sve cestice niti leze na osi x (slika 11.5.A). Takvo stanje traje za t < 0. U trenutka t = 0 (slika11.5.B), vanjska sila trenutno izbaci nit iz polozaja ravnoteze, tj. promjeni polozaj i / ili brzinesvih ili samo nekih cestica niti. Kasnije (slika 11.5.C) sila vise ne djeluje (trenutna ili impulsnasila - udarac). Nit ce (ako zanemarimo trenje) nastaviti titrati oko svog ravnoteznog polozaja(slika 11.5.C). Transverzalni (okomiti) otklon od polozaja ravnoteze u tocki x u trenutkut, cemo oznaciti s

ψ(x, t).

Osim transverzalnih, pojedini elementi niti ce izvoditi i longitudinalne (uzduzne) pomake, kojisu po svom iznosu puno manji od iznosa transverzalnih pomaka i zato cemo ih zanemarivati.Uocimo jedan element niti (npr. dio oznacen crvenim kruzicem na slici 11.5.C) duljine ds imase

dm = λ0 ds

i promatrajmo sile napetosti kojima susjedni elementi niti djeluju na promatrani element (slika11.6). Na element djeluje i gravitacijska sila, koju cemo sada radi jednostavnosti, zanemariti(pretpostavljamo da je ona po iznosu puno manja od sila koje uzimamo u racun). U oznakama saslike 11.6, sile napetosti na rubovima promatranog elementa su iznosa Fnap(x, t) i Fnap(x+dx, t).Ukupna sila u vodoravnom, tj. x smjeru je

Fx = Fnap(x+ dx, t) cosα(x+ dx, t)− Fnap(x, t) cosα(x, t) = 0.

To je sila koja djeluje na promatrani element u vodoravnom smjeru. Buduci da se pomaci uvodoravnom smjeru zanemaruju (smatraju se puno manjima od pomaka u okomitom smjeru),


Slika 11.6: Rezultat djelovanja sileanapetosti na element niti duljine d s.

gornji je izraz izjednacen s nulom. U skladu s definicijom derivacije funkcije, za male vrijednostidx, gornji izraz je

Fx = dxd

d x

[Fnap(x, t) cosα(x, t)

]= 0

No, za male okomite pomake i kut α(x, t) je mali pa je

cosα(x, t) = 1−O[α2(x, t)

]

sto znaci da je s tocnoscu od O[α2(x, t)

]

Fx = dxd

d xFnap(x, t) +O

[α2(x, t)

]= 0,

Fnap(x, t) = (const. u x) = Fnap(t), (11.14)

tj. napetost je priblizno konstantna unutar intervala dx i moze ovisiti samo o vremenu.Ukupna sila u okomitom smjeru je

Fy = Fnap(x+ dx, t) sinα(x+ dx, t)− Fnap(x, t) sinα(x, t)

= (11.14) = Fnap(t)[sinα(x+ dx, t)− sinα(x, t)

]. (11.15)

To je sila koja izaziva okomite pomake niti, pa Newtonova jednadzba gibanja, za promatranielement niti mase dm = λ0 ds, u okomitom smjeru glasi

λ0 ds∂2ψ

∂t2= Fnap(t)

[sinα(x+ dx, t)− sinα(x, t)

],

/· 1dx

λ0ds

dx

∂2ψ

∂t2= Fnap(t)

sinα(x+ dx, t)− sinα(x, t)

dx.


U granici kada dx → 0, desna strana gornje jednadzbe prelazi u derivaciju po x od sinα(x, t),dok je na lijevoj strani

ds

dx=

√dx2 + dψ2

dx=

√

1 +

(∂ψ

∂x

)2

.

Sve zajedno, uvrsteno u jednadzbu gibanja, daje

λ0

√

1 +

(∂ψ

∂x

)2∂2ψ

∂t2= Fnap(t)

∂

∂ xsinα(x, t). (11.16)

Povezimo derivacije po x na lijevoj i desnoj strani gornje jednadzbe. Iz trigonometrije je

sinα =tanα√

1 + tan2 α, (11.17)

a sa slike 11.6 je

tanα ≃ ∂ψ

∂x.

Kombiniranjem gorjna dva izraza, dolazi se do

sinα =∂ψ

∂x

[1 +

(∂ψ

∂x

)2]−1/2

.

Uvrstavanjem ovih izraza u jednadzbu gibanja, dobiva se

λ0

√

1 +

(∂ψ

∂x

)2∂2ψ

∂t2= Fnap(t)

∂

∂ x

∂ψ

∂x

[1 +

(∂ψ

∂x

)2]−1/2

.

Buduci da je kvadrat male velicine jos puno manji od same male velicine,

(∂ψ

∂x

)2

<<

∣∣∣∣∂ψ

∂x

∣∣∣∣ ,

za titraje u okomitom smjeru se mogu zanemariti kvadratni clanovi u gornjoj jednadzbi gibanja.Tako se dolazi do jednadzbe

∂2ψ(x, t)

∂t2= v2f (t)

∂2ψ(x, t)

∂x2. (11.18)

To je linearna parcijalna diferncijalna jednadzba drugog reda koja se zove jednodimenzijskavalna jednadzba. Linearna je zato jer se nepoznata funkcija ψ pojavljuje linearno, a parci-jalna je zato jer se pojavljuju derivacije i po x i po t. Velicina

vf (t) =

√Fnap(t)

λ0.


koja se pojavljuje u gornjoj jednadzbi ima dimenziju brzine i naziva se fazna brzina. Najcescese sila napetosto ne mijenja s vremenom (nit je napeta u pocetnom trenutku i ta se napetostvise ne mijenja) tako da je tada

vf =

√Fnapλ0

konstantno u vremenu.

Rjesenja ove parcijalne diferencijalne jednadzbe drugog reda su u cjelosti odredena rubnim (uprostoru) i pocetnim (u vremenu) uvjetima.

Rubni uvjeti:Rubni uvjeti definiraju otklon (elongaciju) niti u krajnjim tockama niti. Na ucvrscenom krajunema pomaka, ψ = 0, a na slobodnom kraju se obicno odabire uvjet da je pomak maksimalan(ekstreman), pa je zato tamo ψ ′ = 0. Ako su oba ruba niti nepomicni, tada je u svakomtrenutku t

ψ(x = 0, t) = 0, ψ(x = L, t) = 0.

Ako je nit nepomicna na svojem lijevom rubu, a slobodna na desnom:

ψ(x = 0, t) = 0,∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=L

= 0.

Ako je nit slobodna na lijevom rubu, a nepomicna na desnom:

∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=0

= 0, ψ(x = L, t) = 0.

I posljednja je mogucnost da je nit slobodna na oba ruba:

∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=0

= 0,∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=L

= 0.

Pocetni uvjeti:Pocetni uvjeti definiraju stanje titranja (to znaci polozaj i brzinu svake cestice niti) u nekomodredenom trenutku (kojemu se najcesce pridruzuje vrijednost t = t0 ili t = 0)

ψ(x, t = 0) = X0(x),∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= V0(x). (11.19)

FunkcijaX0(x) oznacava polozaj, a funkcija V0(x) brzinu svake cestice niti, x ∈ [0, L], u trenutkut = 0.Za usporedbu, kod opisa gibanja jedne cestice, pocetni uvjeti su pocetni polozaj cestice

~r(t = 0) = ~r0

(to je sada pocetni polozaj svih cestica niti, X0(x)) i pocetna brzina cestice

∂~r

∂t

∣∣∣∣t=0

= ~v0

(to je sada pocetna brzina svih cestica niti, V0(x)).


11.2.2 Nit s oba nepomicna ruba: stojni val (D. Bernoulli)

Pretpostavimo da se rjesenje valne jednadzbe ψ(x, t) moze napisati u obliku umnoska4 dvijefunkcije: jedne, koja ovisi samo o prostornoj koordinatiX (x) i druge, koja ovisi samo o vremenskoj koordinatiT (t) (to je oblik rjesenja koji potjece od D. Bernoullija.

ψ(x, t) = X (x) · T (t)

i uvrstimo to u valnu jednadzbu

X d2Tdt2

= v 2f (t) T

d2Xdx2

,

/1

v 2fXT

1

v 2f (t) T

d2Tdt2

=1

Xd2Xdx2

.

Osnovno i najvaznije je primjetiti da lijeva strana ovisi

Daniel Bernoulli,1700. - 1782.,

nizozemski fizicar.

samo o vremenskoj, a desna samo o prostornoj koordinati. Zato je, sa stanovista funkcije T (t),desna strana gornje jednadzbe konstantna. Isto je tako, sa stanovista funkcije X (x), lijevastrana gornje jednadzbe konstantna. Nazove li se ta konstantu −k2 6= 0 (konstanta se odabiretako zato da izrazi koji slijede budu pregledniji), dolazi se do dvije jednadzbe

d2Xdx2

= −k2X , d2Tdt2

= −k2v 2f (t) T .

S diferencijalnim jednadzbama ovog tipa smo se vec susretali kod rjesavanja jednadzbe gibanjaharmonijskog oscilatora u odjeljku 6

x = −ω20 x.

Njihova su rjesenja ocito linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija (od sada pa nadaljepretpostavljamo da vf ne ovisi o vremenu)

X (x) = Cx cos kx+ Sx sin kx,

T (t) = Ct cos kvf t+ St sin kvf t,

ψ(x, t) = (Cx cos kx+ Sx sin kx)(Ct cos kvf t+ St sin kvf t),

za konstantne Cj i Sj. Prema nacinu kako smo uveli konstantu k, vidi se da ona ima dimenzijuinverzne duljine

[k]=

1

L

i zvat cemo ju valni broj (a u dvije i tri dimenzije, pojavit ce se kx, ky i kz koji ce se shvacatikao komponente valnog vektora). Cetiri nepoznate konstante u gornjem rjesenju se odredujupomocu dva rubna i dva pocetna uvjeta.

4Usporediti s poglavljem o parcijalnim diferencijalnim jednadzbama u [14]


Rubni uvjeti:

x = 0 ⇒ ψ(0, t) = 0 = Cx(Ct cos kvf t+ St sin kvf t) ⇒ Cx = 0,

x = L ⇒ ψ(L, t) = 0 = Sx sin kL(Ct cos kvf t + St sin kvf t) ⇒ kL = π, 2π, · · · .Valni broj moze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadzbom

k = kn =nπ

L, n = 1, 2, · · · (11.20)

(n ne moze biti jednako nuli, jer su i k i L veci od nule). Time se dobiva niz rjesenja za svakupojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanata SxCt → C i SxSt → S, ta rjesenja glase

ψn(x, t) = sinnπx

L

(C cos

nπvf t

L+ S sin

nπvf t

L

).

Periodicnost:Rjesenje ψn(x, t) je napisano preko sinusa i kosinusa koje se periodicne funkcije, pa ce zato iψn(x, t) biti periodicna funkcija. Oznacimo prostornu periodicnost ψn(x, t) sa λ,

ψn(x, t) = ψn(x+ λ, t), (11.21)

gdje je λ najmanji broj (ako ih ima vise) koji zadovoljava gornji uvjet.Uvjet vremenske periodicnosti je

ψn(x, t) = ψn(x, t + T ). (11.22)

gdje je T najmanji broj (ako ih ima vise) koji zadovoljava gornji uvjet.

Periodicnost u prostoru:Prostorna ovisnost ψn(x, t) je sadrzana u clanu sin(nπx)/L, pa se λ odreduje iz

sinnπ

Lx = sin

nπ

L(x+ λ) = sin

nπx

Lcos

nπλ

L+ cos

nπx

Lsin

nπλ

L.

Usporedbom lijeve i desne strane gornjeg izraza (sinusi i kosinusi su linearno nezavisne fukcije,vidjeti npr. [14]) zakljucuje se da je gornja jednadzba zadovoljena ako je

cosnπλ

L= 1, sin

nπλ

L= 0,

tj. ako je

nπλ

L= 2π ·m, m = 1, 2, · · · ,

λ =2L

nm.

No, λ sa m = 2 je dvostruka vrijednost od λ sa m = 1, itd. Buduci da je period najmanjavrijednost λ koja zadovoljava (11.21), to zakljucujemo, da je za svaki dani n

λ = λn =2L

n, n = 1, 2, . . . .


Periodicnost u prostoru se naziva valna duljina, i u ovom primjeru ona moze poprimitisamo diskretan niz vrijednosti, odreden gornjom relacijom. U skladu s (11.20), valna duljinaje relacijom

kn · λn = 2 π

povezana s, ranije uvedenim, valnim brojem. Na slici 11.7 su prikazani stojni valovi za tri

Slika 11.7: Stojni val za (A) n = 1, (B) n = 2 i (C) n = 3.

najnize vrijednosti valnog broja. Primjecujemo da neke cestice sredstva stalno miruju - to sucvorovi stojnog vala. Nasuprot njima, cestice koje se maksimalno otklanjaju se zovu trbusistojnog vala.

Periodicnost u vremenu:

ψn(x, t) = ψn(x, t + T ).


Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodicnost

sinnπvfL

t = sinnπvfL

(t + T )

= sinnπvf t

Lcos

nπvfT

L+ cos

nπvf t

Lsin

nπvfT

L,

cosnπvfL

t = cosnπvfL

(t+ T )

= cosnπvf t

Lcos

nπvfT

L− sin

nπvf t

Lsin

nπvfT

L.

Obje gornje jednadzbe su zadovoljene, ako je

cosnπvfT

L= 1, sin

nπvfT

L= 0,

tj. ako je

nπvfT

L= 2π ·m.

Slicno kao i gore, periodicnost za m = 2, 3, · · · itd. su visekratnici periodicnosti za m = 1, paje zato periodicnost odredena s m = 1, tj.

T = Tn =2L

nvf, n = 1, 2, . . . .

Vremenski period je takoder diskretan. Frekvencijom se naziva inverzna vrijednost T

ν =1

T, νn =

1

Tn=nvf2L

.

Kutna brzina ωn se definira kao

ωn = 2πνn =nvfπ

L

Umnozak valne duljine i frekvencije daje faznu brzinu vala vf

νn · λn = vf .

Ovu brzinu nazivamo faznom brzinom, zato jer ona (kao sto cemo vidjeti u odjeljku 11.2.3)opisuje brzinu sirenja faze vala.

Pocetni uvjeti:Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadzbe (11.18) i svaka linearna kombinacija rjesenjaψn(x, t) je takoder rjesenje. Zato je opce rjesenje oblika

ψ(x, t) =∞∑

n=1

sinnπx

L

(C cos

nπvf t

L+ S sin

nπvf t

L

)(11.23)

=∞∑

n=1

sin knx(C cosωnt+ S sinωnt

).


Gornja granica u zbroju je beskonacno, zato jer sustav tretiramo kao kontinuiran. Realno, kadase govori o titrajima kristalne resetke, postoji najmanji razmak medu susjednim cvorovimaresetke koji odreduje najmanju mogucu valnu duljinu, tj. najveci moguci n. Gornja jednadzbaje istog oblika kao i (11.12), s tom razlikom sto je ovdje polozaj u prostoru kontinuirana vari-jabla x, dok je tamo bio diskretna varijabla j i frekvencije titranja su drukcije.

Preostale dvije nepoznate konstante, C i S, cemo odrediti iz pocetnih uvjeta (11.19): polozajaX0(x), i brzine V0(x), niti u trenutku t = 0, koristeci se Fourierovom analizom (dodatak D):

ψ(x, t = 0) = X0(x) =

∞∑

n=1

sinnπx

L

(C · 1 + S · 0

),

/∫ L

0

sinmπx

Ldx

∫ L

0

X0(x) sinmπx

Ldx =

∞∑

n=1

C

∫ L

0

sinmπx

Lsin

nπx

Ldx

︸︷︷︸= (L/2) n,m

=L

2C.

U gornjem je racunu koristena funkcija Kronecker-delta, definirana izrazom

δm,n =

1 m = n

0 m 6= n

Funkcija X0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti C ovisni o n i odredeni izrazom

C → Cn =2

L

∫ L

0

X0(x) sinnπx

Ldx. (11.24)

Primjenimo sada pocetni uvjet na brzinu u trenutku t = 0

∂ψ(x, t)

∂t=

∞∑

n=1

sinnπx

L

nπvfL

(−Cn sin

nπvf t

L+ S cos

nπvf t

L

),

∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= V0(x) =

∞∑

n=1

sinnπx

LSnπvfL

,

/∫ L

0

sinmπx

Ldx

∫ L

0

V0(x) sinmπx

Ldx =

∞∑

n=1

nπvfL

S

∫ L

0

sinmπx

Lsin

nπx

Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=mπvf2

S.

Funkcija V0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti S ovisni o n i odredeni izrazom

S → Sn =2

nπvf

∫ L

0

V0(x) sinnπx

Ldx. (11.25)

Ukupno rjesenje za amplitudu titranja se dobiva uvrstavanjem eksplicitnih izraza za Cn i Sn

ψ(x, t) =∞∑

n=1

sinnπx

L

Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L


ψ(x, t) =∞∑

n=1

sinnπx

L

[2

L

∫ L

0

X0(z) sinnπz

Ldz

]cos

nπvf t

L

(11.26)

+

[2

nπvf

∫ L

0

V0(z) sinnπz

Ldz

]sin

nπvf t

L

.

Zadatak: 11.5 Zica je ucvrscena u svojim krajevima x = 0 i x = L. U pocetnom

trenutku, t = 0, je postavljena u polozaj kaona slici, a zatim je otpustena da slobodno ti-tra. Izracunajte otklon proizvoljnog elementazice u proizvoljnom trenutku t > 0.

R:Postavimo najprije rubne i pocetne uvjete.Rubni uvjeti - nit je nepomicna u oba svoja ruba, pa je zato

ψ(0, t) = 0, ψ(L, t) = 0.

Pocetni uvjeti - u pocetnom trenutku nit je deformirana tako da se moze prikazatikao zbroj tri duzine, a pocetna joj je brzina jednaka nuli

ψ(x, 0) = X0(x) =

p1 0 ≤ x ≤ L4,

p2 L4≤ x ≤ 3L

4,

p3 3L4≤ x ≤ L ,

∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= V0(x) = 0,

Sada se rjesenje za ψ(x, t) jednostavno dobije uvrstavanjem gornjihX0 i V0 u (11.26).dovrsiti

Zadatak: 11.6 Rijesite problem titranja zice ucvrscene u tockama x = 0 i x = L, ako supocetni uvjeti

ψ(x, 0) = 0,∂ ψ(x, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

= v0x(L− x)

L2,

a fazna brzina je vf .

R:dovrsiti


Zadatak: 11.7 Rijesite jednadzbu

∂2 ψ(x, t)

∂ t2= 4

∂2 ψ(x, t)

∂ x2,

uz uvjete:

ψ(0, t) = 0, ψ(π, t) = 0,

ψ(x, 0) = 0.1 sin x+ 0.01 sin 4x,∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0,

za 0 ≤ x ≤ π i t > 0. Interpretiraje rubne i pocetne uvjete.

R:dovrsiti


∂2 ψ(x, t)

∂ t2= 9

∂2 ψ(x, t)

∂ x2,

uz uvjete:

ψ(0, t) = 0, ψ(2, t) = 0,

ψ(x, 0) = 0.05x(2− x),∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0,

za 0 ≤ x ≤ 2 i t > 0. Interpretiraje rubne i pocetne uvjete.

R:dovrsiti


∂2 ψ(x, t)

∂ t2= 9

∂2 ψ(x, t)

∂ x2,

uz uvjete:

ψ(0, t) = 0, ψ(2, t) = 0,

ψ(x, 0) = 0,∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= 0.05x(2− x),

za 0 ≤ x ≤ 2 i t > 0. Interpretiraje rubne i pocetne uvjete.

R:dovrsiti


11.2.3 Nit s oba nepomicna ruba: putujuci val (J. D’Alembert)

Pokazimo sada da se do rjesenja iz prethodnog poglavlja moze doci i na jedan drukciji nacin.Primjetimo da svaka funkcija s argumentom x + vf tzadovoljava valnu jednadzbu

∂2ψ

∂t2= v 2

f

∂2ψ

∂x2.

Neka je ψ(x, t) = L(x+ vf t), tada je

∂2L∂t2

= L ′′ · v 2f ,

∂2L∂x2

= L ′′

i valna jednadzba je ocito zadovoljena (crticama suoznacene derivacije po argumentu funkcije). No, ocitoje da i svaka funkcija s argumentom x − vf t takoderzadovoljava valnu jednadzbu za ψ(x, t) = D(x− vf t),

∂2D∂t2

= D ′′ · (−vf )2,∂2D∂x2

= D ′′.

Jean le Rond d’Alembert,1717. - 1783. francuski

fizicar, matematicar i filozof.

Buduci da je valna jednadzba linearna, svaka linearna kombinacija rjesenja je takoder rjesenje(sto je lako provjeriti izravnim uvrstavanjem), pa je zato opci oblik rjesenja dan sa

ψ(x, t) = L(x+ vf t) +D(x− vf t).

Ovaj oblik rjesenja se naziva putujuci ili ravni val, a potjece od D’Alemberta.Objasnimo sada naziv putujuci val: neka je u t = t0, stanje titranja u proizvoljnoj tocki x0opisano s L(x0 + vf t0). Pitamo se u kojoj tocki prostora cemo naci to isto stanje titranja unekom kasnijem trenutku t > t0? Ocito cemo to isto stanje titranja naci u tocki u kojoj L imaiste vrijednosti argumenta 5,

L(x0 + vf t0) = L(x+ vf t).

x = x0 − vf

(t− t0

).

To znaci da ce se, nakon vremena t−t0, isto stanje titranja pojaviti u tocki koja je za vf (t−t0)lijevo od tocke x0. Zakljucujemo da funkcija L opisuje val koji se siri (putuje) konstantnombrzinom vf u smjeru s desna na lijevo. Slicnom argumentacijom zakljucujemo da D(x − vf t)opisuje putujuci val koji se istom brzinom vf giba s lijeva na desno

x = x0 + vf

(t− t0

).

Buduci da brzina vf opisuje sirenje faze vala, naziva se faznom brzinom.

Pokazimo sada kako se stojni val iz prethodnog odjeljka moze dobiti kao rezultat zbrajanja(interferencije) dva putujuca vala koji se gibaju u suprotnim smjerovima.

5Kada se govori o valovima, onda se ovaj argument cesto naziva faza.


Slika 11.8: Val koji se giba na lijevu stranu.

Pocetni uvjetiNeka su, kao i ranije, u pocetnom trenutku t = 0 polozaj i brzina niti koja titra odredenifunkcijama X0 i V0

ψ(x, 0) = X0(x),∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= V0(x),

gdje su X0 i V0 funkcije definirane na intervalu [0, L]. Uvrstavanjem opceg rjesenja za ψ,dobivamo

L(x) +D(x) = X0(x), vf L′(x)− vf D′(x) = V0(x).

Integracijom od 0 do x, desne gornje jednadzbe, dobiva se

L(x)− L(0)−D(x) +D(0) =1

vf

∫ x

0

V0(η) dη.

Nazovemo li konstantu L(0)− D(0) = a0, dolazimo do sustava dvije jednadzbe s dvije nepoz-nanice: L(x) i D(x)

L(x) +D(x) = X0(x)

L(x)−D(x) =1

vf

∫ x

0

V0(η) dη + a0,

s rjesenjima

L(x) =1

2X0(x) +

1

2vf

∫ x

0

V0(η) dη +1

2a0,

D(x) =1

2X0(x)−

1

2vf

∫ x

0

V0(η) dη −1

2a0.


Iz ovih je izraza lako procitati ukupno rjesenje za ψ

ψ(x, t) = L(x+ ct) +D(x− ct)

=1

2X0(x+ ct) +

1

2vf

∫ x+ct

0

V0(η) dη +1

2a0

+1

2X0(x− ct)− 1

2vf

∫ x−ct

0

V0(η) dη −1

2a0

=1

2

[X0(x+ ct) +X0(x− ct)

]+

1

2vf

∫ x+vf t

x−vf tV0(η) dη.

Tako smo dosli do rjesenja koje zadovoljava pocetne uvjete na polozaj i brzinu

ψ(x, t) =1

2[X0(x+ ct) +X0(x− ct)] +

1

2vf

∫ x+vf t

x−vf tV0(η) dη. (11.27)

Rubni uvjeti

Pogledajmo sada rubne uvjete: na rubu intervala [0, L] je otklon niti jednak nuli ψ(x = 0, t) =ψ(x = L, t) = 0 u svakom trenutku t.

ψ(x = 0, t) = L(0 + vf t) +D(0− vf t) = 0 ⇒ L(vf t) = −D(−vf t),ψ(x = L, t) = L(L+ vf t) +D(L− vf t) = 0 ⇒ L(L+ vf t) = −D(L− vf t).

Pokazimo da su L i D periodicne funkcije s periodom 2L. Oznacimo s = vf t, tako da rubneuvjete mozemo napisati u obliku

L(s) = −D(−s), (11.28)

L(L+ s) = −D(L− s), (11.29)

za s iz intervala 0 < s < L. Prije dokaza periodicnosti, pokazimo najprije da se funkcije L i Dmogu produljiti izvan intervala [0, L]. Za s ∈ [0, L], argument od L(L+s) iz jednadzbe (11.29),poprima vrijednosti iz [L, 2L], dok funkcija na desnoj strani D(L − s) poprima vrijednosti izintervala [0, L]. Time je L produljena na interval [0, 2L]. Slican se postupak moze provesti idalje na lijevu i desnu stranu intervala [0, L] za funkciju L i za D.Dokazimo sada i periodicnost funkcija L i D. Izvedimo zamjenu s→ s+L u jednadzbu (11.29)

L(L+ s+ L) = −D(L− s− L) = −D(−s),no, prema jednadzbi (11.28), je upravo −D(−s) = L(s), pa smo tako pokazali periodicnost Ls periodom 2L

L(s+ 2L) = L(s).Na slican nacin, zamjenom s→ s− L u jednadzbi (11.29), dolazi se do

D(L− s+ L) = −L(L+ s− L) = −L(s) = D(−s),

D(2L− s) = D(−s),


pri cemu smo u posljednjem koraku koristili i jednadzbu (11.28).Pogledajmo sada sto mozemo zakljuciti o funkcijama X0(x) i V0(x) koje odreduju pocetno(t = 0) stanje niti. Iz pocetnih uvjeta je

X0(x) = L(x) +D(x), (11.30)

V0(x) = vf

[L(x)′ −D(x)′

]. (11.31)

Buduci da su L i D periodicne funkcije s periodom 2L, iz gornjih relacija zakljucujemo da su iX0 i V0 takoder periodicne s istim periodom 2L.Nadalje, iz (11.30) slijedi

X0(−x) = L(−x) +D(−x).

No, prema (11.28) je

L(−x) = −D(x),

i

D(−x) = −L(x),

pa je

X0(−x) = L(−x) +D(−x) = −D(x)−L(x) = −[L(x) +D(x)] = −X0(x),

tj. pokazali smo da je

X0(x) = −X0(−x)

neparna funkcija na intervalu [−L, L]. Slican je i dokaz za funciju V0(x): iz relacije (11.28) je

L(x) = −D(−x),

L′(x) = −D′(−x) (−1) = D′(−x) ⇒ L′(−x) = D′(x).

Uvrstavanjem gornjih veza u (11.31), dobiva se

V0(x) = vf

[L(x)′ −D(x)′

],

⇒ V0(−x) = vf [L(−x)′ −D(−x)′] = vf

[D(x)′ − L(x)′

]= −vf

[L(x)′ −D(x)′

],

V0(−x) = −V0(x),

tj. i V0(x) je neparna funkcija od x. Sve zajedno, za X0 i V0 znamo da vrijedi: obje su funkcijeperiodicne periodom 2L i obje su neparne u x

X0(x) = X0(x+ 2L), X0(x) = −X0(−x),

V0(x) = V0(x+ 2L), V0(x) = −V0(−x).


Svaka se periodicka funkcija moze razviti u Fourierov red, a buduci da je funkcija i neparna,u redu ce se pojaviti samo sinusi

X0(x) =

∞∑

n=1

an sin

(n2π

2Lx

).

Iz gornjeg izraza odmah slijedi

X0(x+ vf t) =

∞∑

n=1

an sinnπ

L(x+ vf t),

X0(x− vf t) =

∞∑

n=1

an sinnπ

L(x− vf t).

Funkcija V0 je takoder neparna i periodicna, pa se i ona moze razviti u red po sinusima

V0(η) =∞∑

n=1

bn sin

(n2π

2Lη

).

U izrazu (11.27) se pojavljuje integral od V0, pa nas zapravo zanima∫ x+vf t

x−vf tV0(η) dη =

∞∑

n=1

bn

∫ x+vf t

x−vf tsin(nπLη)dη

=

∞∑

n=1

bnL

nπ

[cos

nπ

Lη]x−vf tx+vf t

=

∞∑

n=1

bnL

nπ

[cos

nπ

L(x− vf t)− cos

nπ

L(x+ vf t)

].

Uvrste li se gornji izrazi za X0 i integral od V0 u (11.27), dobiva se

ψ(x, t) =1

2

∞∑

n=1

an

[sin

nπ

L(x+ vf t) + sin

nπ

L(x− vf t)

]

+1

2vf

∞∑

n=1

bnL

nπ

[cos

nπ

L(x− vf t)− cos

nπ

L(x+ vf t)

].

Koristeci se trigonometrijskim identitetima

sin(α+ β) + sin(α− β) = 2 sinα cos β,

cos(α− β)− cos(α + β) = 2 sinα sin β,

gornji izraz za ψ prelazi u

ψ(x, t) =1

2

∞∑

n=1

an 2 sinnπ

Lx cos

nπ

Lvf t +

1

2vf

∞∑

n=1

bnL

nπ2 sin

nπ

Lx sin

nπ

Lvf t,

tj. dobili smo isto rjesenje kao i kod stojnog vala (11.23)

ψ(x, t) =

∞∑

n=1

sinnπ

Lx

(an cos

nπ

Lvf t + bn

L

nπ vfsin

nπ

Lvf t

).


11.2.4 Nit s nepomicnim lijevim i slobodnim desnim rubom

Pratimo postupak iz odjeljka 11.2.2, uz izmjenjene rubne uvjete. Krecemo od zapisa valnefunkcije u obliku

ψ(x, t) = (Cx cos kx+ Sx sin kx)(Ct cos kvf t+ St sin kvf t).

Cetiri nepoznate konstante odredujemo pomocu dva rubna i dva pocetna uvjeta.Rubni uvjeti:

x = 0 ⇒ ψ(0, t) = 0 = Cx (Ct cos kvf t+ St sin kvf t) ⇒ Cx = 0,

x = L ⇒ ∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=L

= 0 = Sx k cos kL (Ct cos kvf t+ St sin kvf t)

⇒ kL = (2n+ 1)π

2, n = 0, 1, 2, · · · .

Valni broj moze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadzbom

k = kn = (2n+ 1)π

2L, n = 0, 1, 2, · · · .

Time smo dobili niz rjesenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti SxCt →Cn i SxSt → Sn, ta rjesenja glase

ψn(x, t) = sin(2n+ 1)πx

2L

[Cn cos

(2n+ 1)πvf t

2L+ Sn sin

(2n+ 1)πvf t

2L

].

Sada ispitujemo periodicnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.

ψn(x, t) = ψn(x+ λ, t), (11.32)

a vremensku periodicnost sa Tψn(x, t) = ψn(x, t + T ). (11.33)

Prostorna ovisnost ψn(x, t) je sadrzana u clanu sin[(2n+ 1)πx]/(2L), pa se λ odreduje iz

sin(2n+ 1)πx

2L= sin

(2n+ 1)π(x+ λ)

2L

= sin(2n+ 1)πx

2Lcos

(2n+ 1)πλ

2L+ cos

(2n+ 1)πx

2Lsin

(2n+ 1)πλ

2L

Gornja je jednadzba zadovoljena ako je

cos(2n+ 1)πλ

2L= 1, sin

(2n+ 1)πλ

2L= 0,

tj. ako je [(2n+ 1)πλ]/(2L) = 2π ·m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sam = 1, tako da zakljucujemo, da je za svaki dani n

λ = λn =4L

2n+ 1, n = 0, 1, 2, . . . .

Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri cemu je opet kn λn = 2π.


Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodicnost

sin(2n+ 1)πvf t

2L= sin

(2n+ 1)πvf(t+ T )

2L

= sin(2n+ 1)πvf t

2Lcos

(2n+ 1)πvfT

2L+ cos

(2n+ 1)πvf t

2Lsin

(2n+ 1)πvfT

2L,

cos(2n+ 1)πvf t

2L= cos

(2n+ 1)πvf (t+ T )

2L

= cos(2n+ 1)πvf t

2Lcos

(2n+ 1)πvfT

2L− sin

(2n+ 1)πvf t

2Lsin

(2n+ 1)πvfT

2L.


cos(2n+ 1)πvfT

2L= 1, sin

(2n+ 1)πvfT

2L= 0,

tj. ako je [(2n+1)πvfT ]/(2L) = 2π ·m. Period je najmanja takva vrijednost, tj. ona za m = 1

T = Tn =4L

(2n+ 1)vf, n = 0, 1, 2, . . . .

Frekvencija je

νn =1

Tn=

(2n+ 1)c

4L.

Brzina vala c je opet

νn · λn = vf .

Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadzbe i svaka linearna kombinacija rjesenja ψn(x, t)je takoder rjesenje. Zato je opce rjesenje oblika

ψ(x, t) =∞∑

n=0

sin(2n+ 1)πx

2L

[Cn cos

(2n+ 1)πvf t

2L+ Sn sin

(2n+ 1)πvf t

2L

]. (11.34)

Pocetni uvjeti:Nepoznate konstante Cn i Sn cemo odrediti iz pocetnih uvjeta na polozaj i brzinu niti u trenutkut = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):

ψ(x, t = 0) = X0(x) =∞∑

n=0

sin(2n+ 1)πx

2LCn,

/∫ L

0

sin(2m+ 1)πx

2Ldx

∫ L

0

X0(x) sin(2m+ 1)πx

2Ldx =

∞∑

n=0

Cn

∫ L

0

sin(2n+ 1)πx

2Lsin

(2m+ 1)πx

2Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=L

2Cm.

Cn =2

L

∫ L

0

X0(x) sin(2n+ 1)πx

2Ldx.



V0(x) =∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

=

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)πx

2LSn

(2n+ 1)πvf2L

/∫ L

0

sin(2m+ 1)πx

2Ldx

∫ L

0

V0(x) sin(2m+ 1)πx

2Ldx =

∞∑

n=0

(2n+ 1)πvf2L

Sn

∫ L

0

sin(2n+ 1)πvf

2Lsin

(2m+ 1)πc

2Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=(2m+ 1)πc

4Sm.

Funkcija V0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti Sn odredeni izrazom

Sn =4

(2n+ 1)πvf

∫ L

0

V0(x) sin(2n+ 1)πx

2Ldx.

Ukupno rjesenje za amplitudu titranja dobijemo uvrstavanjem eksplicitnih izraza za an i bn

ψ(x, t) =

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)πx

2L·[

2

L

∫ L

0

X0(z) sin(2n+ 1)πz

2Ldz

]cos

(2n+ 1)πvf t

2L

+

[4

(2n+ 1)πvf

∫ L

0

V0(z) sin(2n+ 1)πz

2Ldz

]sin

(2n+ 1)πvf t

2L

.

11.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomicnim lijevim rubom

U cjelosti pratimo postupak iz prethodnog odjeljka, uz simetricno izmjenjene rubne uvjete.Zapocinjemo s valnom funkcijom u obliku

ψ(x, t) = (Cx cos kx+ Sx sin kx)(Ct cos kvf t+ St sin kvf t).

Cetiri nepoznate konstante cemo ponovo odrediti pomocu rubnih i pocetnih uvjeta.Rubni uvjeti:

x = 0 ⇒ ∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=0

= 0 = Sx k (Ct cos kvf t+ St sin kvf t) ⇒ Sx = 0,

x = L ⇒ ψ(L, t) = 0 = Cx cos kL (Ct cos kvf t+ St sin kvf t)

⇒ kL = (2n+ 1)π

2, n = 0, 1, 2, · · · .

Valni broj moze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadzbom

k = kn = (2n+ 1)π

2L, n = 0, 1, 2, · · · .

Time smo dobili niz rjesenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti CxCt →an i CxSt → bn, ta rjesenja glase

ψn(x, t) = cos(2n+ 1)πx

2L

[an cos

(2n+ 1)πct

2L+ bn sin

(2n+ 1)πct

2L

].


Sada ispitujemo periodicnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.

ψn(x, t) = ψn(x+ λ, t), (11.35)

a vremensku periodicnost sa Tψn(x, t) = ψn(x, t + T ). (11.36)

Prostorna ovisnost ψn(x, t) je sadrzana u clanu cos[(2n+ 1)πx]/(2L), pa se λ odreduje iz

cos(2n+ 1)πx

2L= cos

(2n+ 1)π(x+ λ)

2L

= cos(2n+ 1)πx

2Lcos

(2n+ 1)πλ

2L− sin

(2n+ 1)πx

2Lsin

(2n+ 1)πλ

2L


cos(2n+ 1)πλ

2L= 1, sin

(2n+ 1)πλ

2L= 0,

tj. ako je [(2n+ 1)πλ]/(2L) = 2π ·m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sam = 1, tako da zakljucujemo, da je za svaki dani n

λ = λn =4L

2n+ 1, n = 0, 1, 2, . . . .

Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri cemu je opet kn λn = 2π.Vremenska ovisnost ψn(x, t) je ista kao i u prethodnom odjeljku, pa je i vremensko ponasanjeisto

T = Tn =4L

(2n+ 1)c, n = 0, 1, 2, . . . ,

ωn =(2n+ 1)πvf

2L.

Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadzbe, opce rjesenje za pomak ψn(x, t) je

ψ(x, t) =∞∑

n=0

cos(2n+ 1)πx

2L

[an cos

(2n+ 1)πct

2L+ bn sin

(2n+ 1)πct

2L

]. (11.37)

Pocetni uvjeti:Nepoznate konstante an i bn cemo odrediti iz pocetnih uvjeta na polozaj i brzinu svakog elementaniti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):

ψ(x, t = 0) = X0(x) =

∞∑

n=0

cos(2n+ 1)πx

2Lan,

/∫ L

0

cos(2m+ 1)πx

2Ldx

∫ L

0

X0(x) cos(2m+ 1)πx

2Ldx =

∞∑

n=0

an

∫ L

0

cos(2n+ 1)πx

2Lcos

(2m+ 1)πx

2Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=L

2am.


an =2

L

∫ L

0

X0(x) cos(2n+ 1)πx

2Ldx.


V0(x) =∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

=∞∑

n=0

cos(2n+ 1)πx

2Lbn

(2n+ 1)πvf2L

/∫ L

0

cos(2m+ 1)πx

2Ldx

∫ L

0

V0(x) cos(2m+ 1)πx

2Ldx =

∞∑

n=0

(2n+ 1)πvf2L

bn

∫ L

0

cos(2n+ 1)πvf

2Lcos

(2m+ 1)πc

2Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=(2m+ 1)πc

4bm.

Za poznatu funkciju V0(x), koeficijenti bn se racunaju iz

bn =4

(2n+ 1)πvf

∫ L

0

V0(x) cos(2n+ 1)πx

2Ldx.

Ukupno rjesenje za amplitudu titranja dobijemo uvrstavanjem eksplicitnih izraza za an i bn

ψ(x, t) =∞∑

n=0

cos(2n+ 1)πx

2L·[

2

L

∫ L

0

X0(z) cos(2n+ 1)πz

2Ldz

]cos

(2n+ 1)πct

2L

+

[4

(2n+ 1)πvf

∫ L

0

V0(z) cos(2n+ 1)πz

2Ldz

]sin

(2n+ 1)πct

2L

.

11.2.6 Nit slobodna na oba ruba

Opet zapocinjemo s valnom funkcijom u obliku

ψ(x, t) = (Cx cos kx+ Sx sin kx)(Ct cos kvf t+ St sin kvf t),

gdje cemo cetiri nepoznate konstante odrediti pomocu rubnih i pocetnih uvjeta.Rubni uvjeti:

x = 0 ⇒ ∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=0

= 0 = Sx k (Ct cos kvf t+ St sin kvf t) ⇒ Sx = 0,

x = L ⇒ ∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=L

= 0 = −Cx sin kL (Ct cos kvf t+ St sin kvf t)

⇒ kL = nπ, n = 1, 2, · · · ,(n ne moze biti 0, jer k ne moze biti 0). Valni broj moze poprimati samo diskretne vrijednostiodredene jednadzbom

k = kn =nπ

L, n = 1, 2, · · · .

Time smo dobili niz rjesenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti CxCt →an i CxSt → bn, ta rjesenja glase

ψn(x, t) = cosnπx

L

[an cos

nπvf t

L+ bn sin

nπvf t

L

].


Sada ispitujemo periodicnost u prostornoj i vremenskoj varijabli

ψn(x, t) = ψn(x+ λ, t), ψn(x, t) = ψn(x, t + T ).

Prostorna ovisnost ψn(x, t) je sadrzana u clanu cos(nπx/L), pa je λ najmanja vrijednost zakoju je

cosnπx

L= cos

nπ(x+ λ)

L

= cosnπx

Lcos

nπλ

L− sin

nπx

Lsin

nπλ

L


cosnπλ

L= 1, sin

nπλ

L= 0,

tj. ako je nπλ/L = 2π ·m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sa m = 1, takoda zakljucujemo, da je za svaki dani n

λ = λn =2L

n, n = 1, 2, . . . .

Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri cemu je opet kn λn = 2π.Vremenska periodicnost:

cosnπvf t

L= cos

nπvf (t+ T )

L= cos

nπvf t

Lcos

nπvf t

L− sin

nπvf t

Lsin

nπvf t

L,

sinnπvf t

L= sin

nπvf (t+ T )

L= sin

nπvf t

Lcos

nπvf t

L+ cos

nπvf t

Lsin

nπvf t

L.


cosnπvf t

L= 1, sin

nπvf t

L= 0,

tj. ako je nπvf t/L = 2π ·m. Periodicnosti za m = 2, 3, · · · itd. su visekratnici periodicnosti zam = 1, pa je zato periodicnost odredena s m = 1, tj.

T = Tn =2L

nvf, ωn =

πnvfL

, n = 1, 2, . . . .

Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadzbe, opce rjesenje za pomak ψn(x, t) je

ψ(x, t) =∞∑

n=1

cosnπx

L

[an cos

nπvf t

L+ bn sin

nπvf t

L

].

Pocetni uvjeti:Nepoznate konstante an i bn cemo odrediti iz pocetnih uvjeta na polozaj i brzinu svakog elementa


niti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):

ψ(x, t = 0) = X0(x) =

∞∑

n=1

cosnπx

Lan,

/∫ L

0

cosmπx

Ldx

∫ L

0

X0(x) cosmπx

Ldx =

∞∑

n=1

an

∫ L

0

cosnπx

Lcos

mπx

Ldx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=L

2am.

an =2

L

∫ L

0

X0(x) cosnπx

Ldx.


V0(x) =∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

=∞∑

n=1

cosnπx

LbnnπvfL

/∫ L

0

cosmπx

Ldx

∫ L

0

V0(x) cosmπx

Ldx =

∞∑

n=1

nπvfL

bn

∫ L

0

cosnπvfL

cosmπvfL

dx

︸︷︷︸= (L/2) δn,m

=mπvf2

bm.

Za poznatu funkciju V0(x), koeficijenti Sn se racunaju iz

Sn =2

nπvf

∫ L

0

V0(x) cosnπx

Ldx.

Ukupno rjesenje za amplitudu titranja dobijemo uvrstavanjem eksplicitnih izraza za Cn i Sn

ψ(x, t) =

∞∑

n=1

cosnπx

L·[

2

L

∫ L

0

X0(z) cosnπz

Ldz

]cos

nπvf t

L

+

[2

nπvf

∫ L

0

V0(z) cosnπz

Ldz

]sin

nπvf t

L

.

11.2.7 Brzina sirenja grupe valova

Ako se medijem (u jednodimenzijskom slucaju je to nit) siri istovremeno vise od jednog vala,tada se moze govoriti o sirenju grupe valova i njihovoj brzini. Ta se brzina naziva grupnabrzina, vg i opcenito je razlicita od fazne brzine, vf .

dovrsiti ...

11.2.8 Energija titranja napete niti

Titranje napete niti je pojava koja sadrzi odredenu energiju. To je kineticka energija uslijedgibanja pojedinih dijelova niti i to je potencijalna energija uslijed deformacije dijelova nitina koju djeluje elasticna sila od ostatka niti.


Kineticka energija:Kineticka energija dijela niti duljine ds i mase dm = λ0 d s potjece od njegovog gibanja uokomitom smjeru. Otklon u okomitom smjeru opisuje varijabla ψ(x, t), pa je zato

dEk =1

2dm v2 =

1

2(λ0 d s)

(∂ ψ

∂ t

)2

.

Prema Pitagorinu poucku, duljina niti je priblizno jednaka

d s =√(d x)2 + (d ψ)2 = d x

√

1 +

(∂ ψ

∂ x

)2

≃ d x + · · · .

Sukladno aproksimacijama koje smo koristili u izvodu valne jednadzbe, i ovdje smo zanemarilikvadratni clan pod korjenom, tako da je d s ≃ d x, sto vodi na izraz za kineticku energiju

dEk =1

2λ0 d x

(∂ ψ

∂ t

)2

. (11.38)

To je kineticka energija elementa niti priblizne duljine d x. Kineticku energiju cijele niti sedobiva tako da se gornji izraz prointegrira po cijeloj duljini niti

Ek =λ02

∫ L

0

(∂ ψ

∂ t

)2

d x. (11.39)

Za ψ koristimo (11.23)

ψ(x, t) =

∞∑

n=1

sinnπx

L

(Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L

)

∂ ψ

∂ t=

∞∑

n=1

nπvfL

sinnπx

L

(−Cn sin

nπvf t

L+ Sn cos

nπvf t

L

)

(∂ ψ

∂ t

)2

=

[ ∞∑

n=1

nπvfL

sinnπx

L

(−Cn sin

nπvf t

L+ Sn cos

nπvf t

L

)]

·[ ∞∑

m=1

mπc

Lsin

mπx

L

(−Cm sin

mπvf t

L+ Sm cos

mπvf t

L

)]

Uvrstavanjem gornjeg izraza u izraz za kineticku energiju (11.39), dobiva se

Ek =λ02

∞∑

n=1

∞∑

m=1

nπvfL

mπvfL

∫ L

0

sinnπx

Lsin

mπx

Ld x

·(−Cn sin

nπvf t

L+ Sn cos

nπvf t

L

) (−Cm sin

mπvf t

L+ Sm cos

mπvf t

L

).

No, gornji integral po sinusima je razlicit od nule samo ako su indeksi n i m jednaki∫ L

0

sinnπx

Lsin

mπx

Ld x =

L

2δn,m,


sto konacno daje za kineticku energiju cijele niti

Ek =λ0π

2v 2f

4L

∞∑

n=1

n2

(Cn sin

nπvf t

L− Sn cos

nπvf t

L

)2

.

Sjetimo li se da je v 2f = Fnap/λ0, kineticka se energija moze napisati i kao

Ek(t) =π2Fnap4L

∞∑

n=1

n2

(Cn sin

nπvf t

L− Sn cos

nπvf t

L

)2

. (11.40)

Vidimo da sama kineticka energija nije konstantna u vremenu, nego se mjenja u skladu sgornjim izrazom.

Potencijalna energija:Potencijalna energija potjece od sile napetosti niti. Za tu smo silu, relacija (11.14), pokazali daje priblizno konstantna na dijelu niti d x. Uslijed deformacije niti kod titranja, taj se dio nitirastegne sa duljine d x na duljinu d s, a rad sile Fnap potreban da se obavi ta deformacija, jejednak promjeni potencijalne energije

∆ W = Fnap(d s− d x

)= dEp.

Sa slike 11.6 se vidi da je

d s =√

(d x)2 + (d ψ)2 = d x

√

1 +

(∂ ψ

∂ x

)2

= d x

1 +

1

2

(∂ ψ

∂ x

)2

+O[(

∂ ψ

∂ x

)4]

.

Zadrzimo li se samo na vodecem6 clanu razvoja, potencijalna energija pridruzena dijelu niti je

dEp ≃Fnap2

(∂ ψ

∂ x

)2

d x. (11.41)

Zbog aditivnosti energije, potencijalna energija cijele niti je zbroj (tj. integral) potencijalnihenergija svih djelova niti

Ep =Fnap2

∫ L

0

(∂ ψ

∂ x

)2

d x.

Uvrstavanjem derivacije (11.23)

∂ ψ

∂ x=

∞∑

n=1

nπ

Lcos

nπx

L

(Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L

)

(∂ ψ

∂ x

)2

=

[ ∞∑

n=1

nπ

Lcos

nπx

L

(Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L

)]

·[ ∞∑

m=1

mπ

Lcos

mπx

L

(Cm cos

mπvf t

L+ Sm sin

mπvf t

L

)],

6Sve do sada smo clanove srazmjerne (∂ ψ/∂ x)2 zanemarivali, a sada ga zadrzavamo. Zasto? Nije li to nekonzistentno sdosadasnjim izvodima? Nije: u svim dosadasnjim izvodima, spomenuti clan nije bio vodeci clan, nego mala korekcija u odnosu na,puno veci, vodeci clan. Sada, na ovom mjestu je taj clan vodeci clan u odnosu na ostale, puno manje clanove. Zanemarivanje njegavodi na Ep ≃ 0, a to nije istina.


dolazi se do

Ep =Fnap2

∞∑

n=1

∞∑

m=1

nπ

L

mπ

L

∫ L

0

cosnπx

Lcos

mπx

Ld x

·(Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L

) (Cm cos

mπvf t

L+ Sm sin

mπvf t

L

).

Opet je integral po prostornoj koordinati razlicit od nule samo ako je n = m

∫ L

0

cosnπx

Lcos

mπx

Ld x =

L

2δn,m.

Uz gornji rezultat, potencijalna energija je

Ep(t) =π2Fnap4L

∞∑

n=1

n2

(Cn cos

nπvf t

L+ Sn sin

nπvf t

L

)2

. (11.42)

Vidimo da kao i kineticka energija, ni sama potencijalna energija nije konstantna u vre-menu, nego se mjenja u skladu s gornjim izrazom.

Ukupna mehanicka energija:Ukupna mehanicka energija je zbroj kineticke i potencijalne energije, sto je prema (11.40) i(11.42) jednako

E = Ek(t) + Ep(t)

=π2Fnap4L

∞∑

n=1

n2

(C2n sin

2 nπvf t

L−

2CnSn sinnπvf t

Lcos

nπvf t

L+ S2

n cos2 nπvf t

L

+ C2n cos

2 nπvf t

L+

2CnSn sinnπvf t

Lcos

nπvf t

L+ S2

n sin2 nπvf t

L

)

=π2Fnap4L

∞∑

n=1

n2(C2n + S2

n

).

Za razliku od kineticke i potencijalne energije, ukupna energija ne ovisi o vremenu, tj. onaje konstantna ili sacuvana. Dobili smo jos jedan primjer sacuvanja energije7. Primje-timo takoder da je energija zadana koeficijentima Cn i Sn koji se, relacijama (11.24) i (11.25),odreduju iz pocetnih uvjeta. To znaci da je energija jednaka onom iznosu koji je u pocetkugibanja vanjska sila, putem rada obavljenog nad niti, predala toj istoj niti.

Jednadzba kontinuiteta:Uvede li se, pomocu izraza (11.38) i (11.41), linijska gustoca energije

E(x, t) ≡ dE

dx=dEkdx

+dEpdx

=λ02

(∂ ψ

∂ t

)2

+Fnap2

(∂ ψ

∂ x

)2

7Zanemarisi sva trenja, iz razmatranja smo izbacili medudjelovanje s okolinom i zato energija mora ostati sacuvana; ne postojimehanizam izmjene energije s okolonom.

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 465

i snaga (tj. protok energije u smjeru osi x u jedinici vremena, ~F · ~v), kao umnozak okomitekomponente sile napetosti8 i brzine

Px(x, t) =

(−Fnap

∂ ψ

∂ x

)· ∂ ψ∂ t

,

tada je lako vidjeti da te dvije velicine zadovoljavaju jednodimenzijsku jednadzbu kontinuiteta9

∂ Px(x, t)

∂ x+∂ E(x, t)∂ t

= 0.

11.3 Titranje pravokutne membrane

Promotrimo sada jedan dvodimenzijski primjer titranja. Neka se savrseno tanka napeta elasticnamembrana nalazi u ravnini (x, y), sa rubovima u x = 0, x = Lx, y = 0 i y = Ly, kao sto je toprikazano na slici 11.9. Promotrimo mali pravokutni dio te membrane duljine bridova dx i dy.

Slika 11.9: Dvodimenzijska napeta membrana.

Zbog napetosti membrane, ostali djelovi djeluju silom napetosti na promatrani dio (slika 11.9)Ukupna sila na jedan od bridova promatranog dijela, npr. na brid AB duz y smjera, se mozenapisati u obliku

~Fnap,y =

∫ B

A

~Fy dy = ~Fy dy,

8Okomita komponenta sile napetosti je

−Fnap sinα ≃ −Fnap∂ ψ

∂ x,

a brzina je

∂ ψ

∂ t

9

−→∇~j +∂ ρ

∂ t= 0


Slika 11.10: Mali deformirani dio membrane.

gdje je ~Fy vektor napetosti (dimenzije sile po jedinici duljine) membrane u y smjeru (opcenito jeFx 6= Fy). Kada je membrana u ravnotezi, ovaj je vektor istog iznosa u svakoj tocki membrane(kada ne bi bilo tako, pojedini bi se dijelovi membrane gibali sve dok se ravnoteza ne uspostavi).

Pretpostavimo sada da neka vanjska sila trenutno deformira membranu na nacin prikazan naslici 11.10, nakon cega vanjska sila vise ne djeluje. Od tog trenutka, na promatrani dio mem-brane djeluje samo gravitacijska sila i sila napetosti kojom susjedni djelovi membrane, djelujuna promatrani dio. Pretpostavit cemo da je membrana male povrsinske gustoce (lagana mem-brana), tako da je gravitacijska sila po iznosu puno manja od sile napetosti, pa cemo ju zane-mariti u daljem racunu. Zadatak je postaviti, a zatim i rijesiti jednazbu gibanja za promatranidjelic membrane: umnozak mase i ubrzanja promatranog dijela treba izjednaciti s svim silama(napetosti) koje na njega djeluju. Masa promatranog dijela je jednostavno jednaka

σ0 dsx dsy,

gdje je σ0 konstantna povrsinska masena gustoca, a dsx i dsy su duljine lukova promatranogdjelica. Otklon svake tocke membrane u odnosu na ravninu (x, y) u danom trenutku t, cemooznacavati s ψ(x, y, t), pa je ubrzanje odredene tocke membrane

∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2.

Pretpostavit cemo da je gibanje djelica membrane u smjerovima paralelnim s ravninom (x, y)puno manje od gibanja u okomitom smjeru, pa cemo ga zanemariti. Na desnu stranu jednadzbegibanja dolaze sile napetosti u smjeru okomitom na ravninu (x, y), kao sto je to prikazano naslikama 11.10.A i 11.10.B, a slicno racunu koji smo proveli u odjeljku 11.2.2 za opis jednodi-menzijskog titranja (relacije (11.15) do (11.16)). Okomita komponenta sile na bridove CB iDA je jednaka (sa slike 11.10.A)

Fx = Fx dy

(dx

∂

∂ xsinαx

)


Slika 11.11: Sile: (A) u smjeru osi x i (B) u smjeru osi y.

Transformacijom sinusa kao u (11.17), dobiva se

Fx = Fx dx dy∂

∂ x

∂ ψ

∂ x

[1 +

(∂ ψ

∂ x

)2]−1/2

= Fx dx dy∂2 ψ

∂ x2+O

[(∂ ψ

∂ x

)2]

Potpuno isti postupak proveden nad silama koje djeluju na rubove duz y koordinate, oznacenena slici 11.10.B s AB i DC, vodi na okomitu komponentu sile jednaku

Fy = Fy dx dy∂2 ψ

∂ y2+O

[(∂ ψ

∂ y

)2]

Sada mozemo napisati jednadzbu gibanja kao

σ0 dsx dsy∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2= Fx dx dy

∂2 ψ

∂ x2+ Fy dx dy

∂2 ψ

∂ y2+O

[(∂ ψ

∂ x

)2

,

(∂ ψ

∂ y

)2]

Duljine lukova dsx i dsy mozemo izraziti kao

dsx =√(dx)2 + (dψ)2, dsy =

√(dy)2 + (dψ)2

Ako cijelu jednadzbu podijelimo s dx dy, dolazi se do slijedece jednadzbe

σ0

√(dx)2 + (dψ)2

dx

√(dy)2 + (dψ)2

dy

∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2= Fx

∂2 ψ

∂ x2+ Fy

∂2 ψ

∂ y2+O

[(∂ ψ

∂ x

)2

,

(∂ ψ

∂ y

)2]

σ0

√

1 +

(∂ ψ

∂ x

)2√

1 +

(∂ ψ

∂ y

)2∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2= Fx

∂2 ψ

∂ x2+ Fy

∂2 ψ

∂ y2+O

[(∂ ψ

∂ x

)2

,

(∂ ψ

∂ y

)2].

Zanemarimo li male clanove srazmjerne kvadratu prve derivacije ψ po koordinatama, gornjajednadzba postaje

∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2=

Fx

σ0

∂2 ψ

∂ x2+

Fy

σ0

∂2 ψ

∂ y2.


Omjeri F/σ0 su dimenzije kvadrata brzine, pa cemo uvesti oznake

vf,x =

√Fx

σ0, vf,y =

√Fy

σ0.

Uz ove oznake, jednadzbu gibanja malog dijela membrane prepoznajemo kao dvodimenzijsku10

valnu jednadzbu

∂2 ψ(x, y, t)

∂ t2= v2f,x

∂2 ψ(x, y, t)

∂ x2+ v2f,y

∂2 ψ(x, y, t)

∂ y2. (11.43)

sa razlicitim faznim brzinama u x i y smjerovima.Pretpostavka da je povrsinska masena gustoca σ0 konstantna, znaci da je membrana homogenau svim svojim tockama. Ako jos pretpostavimo da su i sile napetosti u x i y smjeru iste, tadace membrana biti i izotropna, imat ce ista svojstva u svim smjerovima. U tom slucaju cejednake biti i brzine vf,x = vf,y ≡ c, pa gornja valna jednadzba postaje

∂2 ψ

∂ t2= v 2

f ∇ 22D ψ,

gdje smo s ∇ 22D oznacili dvodimenzijski Laplaceov operator

∂2

∂ x2+

∂2

∂ y2

u pravokutnom koordinatnom sustavu.Kao sto smo vec vise puta spomenuli, rjesenje diferencijalne jednadzbe je jednoznacno odredenopocetnim uvjetima za vremensku i rubnim uvjetima za prostornu varijablu. Rubni uvjeti kazuda su rubovi membrane sve vrijeme nepomicni, tj. njihov je otklon jednak nuli:

lijevi rub ψ(0, y, t) = 0,

desni rub ψ(Lx, y, t) = 0,

donji rub ψ(x, 0, t) = 0,

gornji rub ψ(x, Ly, t) = 0.

Pocetni uvjeti opisuju polozaj i brzinu svake tocke na membrani u pocetnom trenutku t:

pocetni polozaj ψ(x, y, 0) = R0(x, y),

(11.44)

pocetna brzina∂ ψ(x, y, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

= V0(x, y),

za poznate (zadane) funkcije f i g.Pretpostavimo rjesenje u Bernoullijevu obliku (s razdvojenim varijablama)

ψ(x, y, t) = X (x) Y(y) T (t).

Uvrstimo li ovo rjesenje u jednadzbu (11.43), dolazimo do

X Y ∂2 T∂ t2

= v2f,x Y T ∂2 X∂ x2

+ v2f,y X T ∂2 Y∂ y2

.

10Usporediti s jednadzbom (11.18) u jednoj dimenziji.


Cijelu jednadzbu podijelimo s umnoskom X Y T i dobijemo

1

T∂2 T∂ t2

=v2f,xX

∂2 X∂ x2

+v2f,yY

∂2 Y∂ y2

.

Svaki od tri clana u gornjoj jednadzbi je funkcija samo jedne varijable, tj. on vidi preostaladva clana kao konstante. Te konstante su dimenzije inverznog kvadrata vremena, pa cemoih oznaciti s ω2

0, jer je kvadrat kutne brzine iste dimenzije

v2f,xX

∂2 X∂ x2

= − ω20,x,

v2f,yY

∂2 Y∂ y2

= − ω20,y,

1

T∂2 T∂ t2

= − ω20,x − ω2

0,y.

Na taj nacin sve tri jednadzbe postaju jednadzbe tipa harmonijskog oscilatora,

∂2 X∂ x2

= −ω20,x

v2f,xX , ∂2 Y

∂ y2= −

ω20,y

v2f,yY , ∂2 T

∂ t2= −(ω2

0,x + ω20,y) T ,

s kojima smo se vec sretali u poglavlju 6, pa mozemo odmah napisati njihova rjesenja u oblikulinearne kombinacije trigonometrijskih funkcija

X (x) = Cx cos kxx+ Sx sin kxx, kx ≡ω0,x

vf,x

Y(y) = Cy cos kyy + Sy sin kyy, ky ≡ω0,y

vf,y

T (t) = Ct cosωt+ St sinω0t, ω0 ≡√ω20,x + ω2

0,y.

Nepoznate koeficijente Cj i Sj odredujemo iz 4 rubna i 2 pocetna uvjeta na funkciju

ψ(x, y, t) = (Cx cos kxx+ Sx sin kxx) (Cy cos kyy + Sy sin kyy) (Ct cosω0t+ St sinω0t).

Zapocnimo s rubnim uvjetima:Lijevi rub:

ψ(0, y, t) = 0 = Cx Y(y) T (t) ⇒ Cx = 0.

Desni rub:

ψ(Lx, y, t) = 0 = Sx sin kxLx Y(y) T (t) ⇒ kxLx = nπ, n = 1, 2, · · · .

Zakljucujemo da valni broj, a time i valna duljina, frekvencija i period, mogu poprimati samodiskretne vrijednosti

kx = kx,n =nπ

Lx, n = 1, 2, · · · ,

λx = λx,n =2Lxn,

ω0,x = ωx,n = vf,xnπ

Lx,

Tx = Tx,n =2Lxn vf,x

.

Donji rub:

ψ(x, 0, t) = 0 = Sx sin kx,nx Cy T (t) ⇒ Cy = 0.


Gornji rub:

ψ(x, Ly, t) = 0 = Sx sin kx,nx Sy sin kyLy T (t) ⇒ kyLy = mπ, m = 1, 2, · · · .

Ovo opet vodi do zakljucka o diskretnosti

ky = ky,m =mπ

Ly, m = 1, 2, · · · ,

λy = λy,m =2Lym

,

ω0,y = ωy,m = vf,ymπ

Ly,

Ty = Ty,m =2Lyn vf,y

.

Diskretna postaje i kruzna frekvencija ω0

ω0 = ωn,m =√ω2x,n + ω2

y,m = π

√v2f,x n

2

L2x

+v2f,ym

2

L2y

.

Time rjesenje za ψ postaje ovisno o indeksima n i m

ψn,m(x, y, t) = Sx sin kx,nx Sy sin ky,my (Ct cosωn,mt+ St sinωn,mt).

Uz redefiniciju konstanata Sx Sy Ct → Cn,m i Sx Sy St → Sn,m, pisemo

ψn,m(x, y, t) = sin kx,nx sin ky,my(Sn,m cosωn,mt+ Cn,m sinωn,mt

).

Buduci da je polazna valna jednadzba linearna, to ce ukupno rjesenje (ono koje zadovoljava irubne i pocetne uvjete) biti linearna kombinacija svih mogucih ψn,m-ova

ψ(x, y, t) =

∞∑

n=1

∞∑

m=1

ψn,m(x, y, t) =

∞∑

n=1

∞∑

m=1

sin kx,nx sin ky,my(Cn,m cosωn,mt+Sn,m sinωn,mt

).

(11.45)Kao i u nekoliko prethodnih odjeljaka, preostale nepoznate koeficijente Cn,m i Sn,m cemo odreditiiz (pocetnih) uvjeta, (11.44), na polozaj i brzinu svih tocaka membrane u t = 0.Pocetni polozaj:

R0(x, y) = ψ(x, y, 0) =

∞∑

n=1

∞∑

m=1

sinnπx

Lxsin

mπy

LyCn,m.

Na obje strane gornje jednadzbe djelujemo slijedecim operatorom integriranja∫ Lx

0

dx sinpπx

Lx

∫ Ly

0

dy sinrπy

Ly

i dobijemo∫ Lx

0

dx

∫ Ly

0

dy R0(x, y) sinpπx

Lxsin

rπy

Ly=

∞∑

n=1

∞∑

m=1

Cn,m

∫ Lx

0

dx sinnπx

Lxsin

pπx

Lx︸︷︷︸= (Lx/2) δn,p

·∫ Ly

0

dy sinmπy

Lysin

rπy

Ly︸︷︷︸= (Ly/2) δm,r

,


iz cega odmah slijedi koeficijent Cn,m

Cn,m =4

Lx Ly

∫ Lx

0

dx

∫ Ly

0

dy R0(x, y) sinnπx

Lxsin

mπy

Ly.

Na slican nacin odredujemo i koeficijente Sn,m

V0(x, y) =∂ ψ(x, y, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

=∞∑

n=1

∞∑

m=1

sinnπx

Lxsin

mπy

LySn,m ωn,m.

Opet cijelu jednadzbu napadamo istim operatorom integriranja∫ Lx

0

dx sinpπx

Lx

∫ Ly

0

dy sinrπy

Ly,

iz cega slijedi∫ Lx

0

dx

∫ Ly

0

dy V0(x, y) sinpπx

Lxsin

rπy

Ly=

∞∑

n=1

∞∑

m=1

Sn,m ωn,m

∫ Lx

0

dx sinnπx

Lxsin

pπx

Lx︸︷︷︸= (Lx/2) δn,p

·∫ Ly

0

dy sinmπy

Lysin

rπy

Ly︸︷︷︸= (Ly/2) δm,r

,

sto daje za koeficijent Sn,m

Sn,m =4

ωn,m Lx Ly

∫ Lx

0

dx

∫ Ly

0

dy V0(x, y) sinnπx

Lxsin

mπy

Ly,

cime je rjesenje (11.45) za ψ u cjelosti odredeno.

Kao sto smo u odjeljku 11.2.1, kod titranja opisanog s ψn(x, t) uocili cvorne tocke (tj. cvorove),tako sada u ovom dvodimenzijskom primjeru, kod titranja modom ψn,m(x, y, t) uocavamocvorne linije: mjesta na membrani koja stalno miruju. To su pravci paralelni s x i y osi,koji su rjesenja jednadzba

sinnπx

Lx= 0 ⇒ nπx

Lx= p π, p = 0, 1, 2, · · · ,

sinmπy

Ly= 0 ⇒ mπy

Ly= r π, r = 0, 1, 2, · · · ,

iz cega slijede jednadzbe pravaca paralelnih s koordinatnim osima

x = Lxp

n, y = Ly

r

m.

Slicno se dobiju i jednadzbe pravaca na kojima leze trbusi dvodimenzijskog stojnog vala

sinnπx

Lx= ± 1 ⇒ nπx

Lx= (2 p+ 1)

π

2, p = 0, 1, 2, · · · ,

sinmπy

Ly= ± 1 ⇒ mπy

Ly= (2 r + 1)

π

2, r = 0, 1, 2, · · · ,

x =Lx2

2 p+ 1

n, y =

Ly2

2 r + 1

n.


Nakon ovih primjera titranja u jednoj i dvije dimenzije, vjerujemo da citatelju nece biti teskogornje racune poopci na titranje trodimenzijskog elasticnog kontinuuma s pravokutnom geome-trijom.

11.4 Titranje kruzne membrane

U prethodnom smo odjeljku dosli do valne jednadzbe koja opisuje titranje dvodimenzijskemembrane

∂2 ψ

∂ t2= v 2

f ∇ 22D ψ.

Sada cemo rjesavati tu jednadzbu, ali ne u pravokut-noj geometriji kao u prethodnom odjeljku, nego u cilin-drickoj geometriji: pretpostavit cemo da imamo kruznuhomogenu membranu koja je pobudena na titranje. Ispi-tivanjem svojstava tog titranja, upoznat cemo se s novimi vaznim

Besselovim 11 funkcijama koje se pojavljuju i u klasicnoj elektrodinamici i u kvantnoj meha-nici.Postavimo membranu u ravninu (x, y) sa sredistem u ishodistu. Polumjer membrane oznacimos R, a otklon bilo koje tocke membrane od ravnoteznog polozaja cemo opet oznaciti s ψ.Zbog simetrije membrane, necemo korisiti pravokutne, vec polarne koordinate (ρ, ϕ). Laplaceovoperator u polarnim koordinatama je oblika (vidjeti npr. u [14])

∇ 2 =∂2

∂ ρ2+

1

ρ

∂

∂ ρ+

1

ρ2∂2

∂ ϕ2.

U ovim oznakama, valna jednadzba glasi

1

v 2f

∂2 ψ(ρ, ϕ, t)

∂ t2=∂2 ψ(ρ, ϕ, t)

∂ ρ2+

1

ρ

∂ ψ(ρ, ϕ, t)

∂ ρ+

1

ρ2∂2 ψ(ρ, ϕ, t)

∂ ϕ2.

Jednadzbu cemo rjesavati metodom razdvajanja varijabli

ψ(ρ, ϕ, t) = R(ρ)F(ϕ) T (t).

U ovim oznakama, valna jednadzba postaje

R Fv 2f

∂2 T (t)

∂ t2= F T

(∂2 R(ρ)

∂ ρ2+

1

ρ

∂R(ρ)

∂ ρ

)+

R Tρ2

∂2 F(ϕ)

∂ ϕ2.

Sada cijelu jednadzbu podijelimo s R(ρ)F(ϕ) T (t)

1

T v 2f

∂2 T (t)

∂ t2=

1

R

(∂2 R(ρ)

∂ ρ2+

1

ρ

∂R(ρ)

∂ ρ

)+

1

F ρ2∂2 F(ϕ)

∂ ϕ2.

11Friedrich Wilhelm Bessel, 1784. - 1846., njemacki matematicar i astronom. Vise o Besselovim funkcijama moze se naci npr. u[14].

11.4. TITRANJE KRUZNE MEMBRANE 473

Desna strana jednadzbe ne ovisi o vremenu, pa je sa stanovista vremenske varijable ona kons-tantna. Ta konstanta ima dimenziju inverznog kvadrata duljine, pa cemo ju oznaciti s −k2

∂2 T∂ t2

= −k2 v 2f T , 1

R

(∂2 R∂ ρ2

+1

ρ

∂R∂ ρ

)+

1

F ρ2∂2 F∂ ϕ2

= −k2.

Lijevu od gornjih jednadzba prepoznajemo kao jednadzbu harmonijskog oscilatora iz odjeljka6, cija su rjesenja linearna kombinacija trigonometrijskih funkcija

T (t) = Ct cos kvf t+ St sin kvf t.

Mnozenje desne od gornjih jednadzba s ρ2, vodi na

ρ2

R

(∂2 R∂ ρ2

+1

ρ

∂R∂ ρ

+ k2R)

= − 1

F∂2 F∂ ϕ2

.

Lijeva strana ovisi samo o varijabli ρ, a desna samo o varijabli ϕ. Sa stanovista varijable ρ,desna je strana konstantna, a isto tako sa stanovista varijable ϕ, lijeva je strana konstantna.Radi se o bezdimenzijskoj konstanti koju cemo oznaciti s n2

∂2F∂ ϕ2

= −n2 F ,(∂2 R∂ ρ2

+1

ρ

∂R∂ ρ

+ k2R)

=n2

ρ2R.

Lijevu od gornjih jednadzba prepoznajemo kao jednadzbu harmonijskog oscilatora sa rjesenjima

F(ϕ) = Cϕ cosnϕ+ Sϕ sinnϕ.

Zbog kruzne simetrije membrane, F mora biti periodicna funkcija s periodom 2 π

F(ϕ) = F(ϕ+ 2 π),

a to je ispunjeno ako je

cosnϕ = cosn(ϕ + 2 π) = cosnϕ cosn2 π − sin nϕ sinn2 π,

sinnϕ = sin n(ϕ+ 2 π) = sin nϕ cosn2 π + cosnϕ sinn2 π.

Ocito su gornji uvjeti zadovoljeni ako je n cijeli broj

n = 0,±1,±2, · · ·

Pogledajmo sada jednadzbu za R

ρ2∂2R∂ ρ2

+ ρ∂R∂ ρ

+ (k2 ρ2 − n2) R = 0.

Prijedimo s varijable ρ na bezdimenzijsku varijablu α = ρ k

∂R∂ ρ

= k∂R∂ α

,∂2R∂ ρ2

= k2∂2 R∂ α2

.

U varijabli α, jednadzba za R postaje

∂2 R∂ α2

+1

α

∂R∂ α

+

(1− n2

α2

)R = 0


Gornja je jednadzba poznata kao Besselova diferencijalna jednadzba, cija su rjesenjapoznata i zovu se Besselove funkcije. One ovise o cijelom broju n (koji se naziva i red funkcije)i oznacavaju se s In

R(ρ) = In(ρ k)

Kao posljedica rubnog uvjeta ψ(R,ϕ, t) = 0 = R(ρ = R), slijedi uvjet na k

In(Rk) = 0.

Konstanta k ne moze biti proizvoljna, vec se mora odabrati tako da Rk bude nul-tocka Besselovefunkcije. Besselove funkcije imaju besnonacno puno diskretnih realnih nul-tocaka koje se moguoznaciti indeksom m = 1, 2, · · · . Dakle ce konstanta k imati dva indeksa: n koji oznacava redfunkcije i m koji oznacava nul-tocku za dani red

k → kn,m.

Time smo dobili rjesenje za ψ koje ovisi o dva indeksa (uz redefiniciju konstanata)

ψn,m(ρ, ϕ, t) = In(ρ kn,m) (an,m cosnϕ+ bn,m sinnϕ) (cn,m cos kn,mct + dn,m sin kn,mct).

Zbog linearnosti valne jednadzbe, opce je rjesenje linearna kombinacija rjesenja za sve mogucen i m

ψ(ρ, ϕ, t) =∞∑

n=0

∞∑

m=0

ψn,m(ρ, ϕ, t)

=∞∑

n=0

∞∑

m=0

In(ρ kn,m) (an,m cosnϕ+ bn,m sin nϕ) (cn,m cos kn,mct+ dn,m sin kn,mct).

Konstante an,m, bn,m, cn,m i dn,m su proizvoljne.

11.5 Titranje molekula

11.5.1 Titranje simetricne linearne troatomske molekule

U ovom se odjeljku studira problem malo slozeniji od onoga izlozenog zadatkom 11.1. Slozenijije zato jer cestice nemaju sve istu masu (slika 11.12). Ovakav sustav sluzi kao model za

Slika 11.12: Model troatomne molekule.

opisivanje simetricnih troatomskih molekula, kakva je npr. molekula C O2.... dovrsiti ...

11.5.2 Titranje molekule vode

... dovrsiti ...

11.5. TITRANJE MOLEKULA 475

Slika 11.13: Model molekule vode.

Poglavlje 12

Ravninsko gibanje krutog tijela

12.1 Uvod

silaDjelovanje vanjske sile na sustav cestica, promjenit ce udaljenosti medu cesticama sustava. Ovaosobina sustava se naziva deformabilnost ili elasticitet. Promotrimo dvije cestice sustava, i-tui j-tu, na medusobnoj udaljenosti ri,j. Ako je promjena medusobne udaljenosti cestica, ∆ ri,j,puno manja od same meducesticne udaljenosti ri,j,

∆ ri,j << ri,j,

i ako se stoga moze, u prvoj aproksimaciji zanemariti, govori se o krutom (cvrstom) tijelu kodkojega su medusobne udaljenosti cestica nepromjenjive (konstantne),

ri,j = const. ∀ i, j.

Krutim tijelom nazivamo sustav cestica kod kojega se udaljenost izmedu bilo koje dvije njegovesastavne cestice ne mijenja, bez obzira na jakost sila koje djeluju na cestice sustava.

pomakPomakom krutog tijela nazivamo promjenu njegovog polozaja. Pomaci mogu biti ili vrtnje ilitranslacije.

Ako se tijekom pomaka sve tocke krutog tijela gibaju paralelno jedna drugoj, pomak se nazivatranslacija.

Ako tijekom pomaka tijela, sve tocke tijela sa jednog pravca (koji nazivamo os) ostaju ne-pomicne, tada taj pomak nazivamo vrtnjom, rotacijom ili zakretom oko osi. Zakreti mogubiti konacni ili infinitezimalni. Konacni zakreti nisu pravi vektori (nego pseudo-vektori) jer zanjih ne vrijedi pravilo komutativnosti zbrajanja. Neka su npr. zadana dva zakreta: prvi zaπ/2 oko osi z, oznacen s Zz = (~ez ,

π2) i drugi za π/2 oko osi x, oznacen s Zx = (~ex ,

π2). Oba

su zakreta definirana u skladu s pravilom desne ruke. Sa slike 12.1 se jasno vidi da ne vrijedikomutativnost

Zz ⊗ Zx 6= Zx ⊗ Zz. (12.1)

Za infinitezimalne zakrete vrijedi

dZz ⊗ dZx = dZx ⊗ dZz (12.2)

477

478 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA

Slika 12.1: Nekomutativnost zakreta za konacni kut.

i oni se mogu prikazati pravim vektorima (tako je npr. kutna brzina ~ω pravi vektor jer jedefinirana preko zakreta za infinitezimalni kut dϕ).

Fiksiranjem jedne tocke krutog tijela, sprjecava se njegovo translacijsko gibanje, ali se onomoze vrtjeti oko bilo koje osi koja prolazi tom fiksiranom tockom. Fiksiraju li se dvije tockekrutog tijela, ono se moze vrtjeti samo oko jedne osi koja prolazi tim dvjema tockama. No,ako se fiksira jos jedna (treca) tocka izvan ove osi, tijelo se nece moci niti vrtjeti, tj. fiksiranjetri nekolinearne tocke krutog tijela onemogucava bilo kakav pomak tijela.. Zakljucak je datri nekolinearne tocke odreduju polozaj krutog tijela. Neki primjeri translacijskog gibanja suprikazani na slici 12.2 (radi preglednosti, na slici su prikazani polozaji samo tri nekolinearnetocke). Opce gibanje krutog tijela je ono kod kojega niti jedna tocka tijela ne ostaje nepomicna.Kao sto je pokazano u odjeljku 12.4, ono se moze prikazati kao kombinacija translacije ivrtnje oko pogodno odabrane tocke (cesto je ta tocka upravo srediste mase tijela).

Ako se kruto tijelo giba tako da se sve njegove tocke gibaju paralelno u odnosu na neku ne-pomicnu ravninu, a os vrtnje je okomita na tu istu ravninu, takvo se gibanje naziva ravninskogibanje . Kod ravninskog gibanja se razlikuju dva slucaja:

(1) Osnovno kod ravninskog gibanja krutog tijela je da tijekom gibanja, os vrtnje ne mi-jenja svoj smjer . Ukoliko tijelo izvodi samo vrtnju (bez translacije), ono ima samo je-dan stupanj slobode, jer je potrebna samo jedna koordinata za potpuno odredenje polozajatijela (to je kut ϕ zakreta tijela oko osi).

(2) Opce ravninsko gibanje: gibanje tijela je kombinacija translacije u smjeru paralelno sanepomicnim ravninom i vrtnje oko osi okomite na tu ravninu. cesto se odabire da ta osprolazi sredistem mase. Kod ovakvog gibanja, tijelo posjeduje tri stupnja slobode: dvijekoordinate su potrebne za opis translacije (npr. x i y koordinate sredista mase tijela) ijedna koordinata (npr. kut ϕ) koja opisuje zakret oko osi vrtnje. Spomenuta se os zovetrenutna os, a njezino presjeciste s ravninom se zove trenutno srediste vrtnje.

12.2. MOMENT TROMOSTI KRUTOG TIJELA 479

Slika 12.2: Ilustracija translacijskog gibanja krutog tijela: (A) pravocrtno translacijsko; (B) krivocrtno transla-cijsko i (C) kruzno translacijsko.

12.2 Moment tromosti krutog tijela

Moment tromosti je velicina koja u opisu vrtnje krutog tijela ima slicnu ulogu koju ima tromamasa kod opisa translacijskog gibanja krutog tijela. Npr. kruto tijelo ukupne mase m koje setranslacijski giba brzinom ~v ima kineticku energiju jednaku

m~v 2

2.

Pokazat cemo da to isto tijelo koje se vrti kutnom brzinom ω oko nepomicne osi, ima kinetickuenergiju vrtnje jednaku

Iω2

2,

gdje je I moment tromosti tijela u odnosu na danu os vrtnje, a ~ω kutna brzina.

cesticaDefinirajmo najprije moment tromosti cestice mase m cija je okomita udaljenost od zadane osiAB oznacena s r⊥ (slika 12.3.A)

I = mr2⊥. (12.3)

tijeloDo momenta tromosti krutog tijela se dolazi tako da se tijelo (u mislima) razdijeli naN djelica mase ∆mj, dovoljno malih da je okomita udaljenost svakoga od njih, od osi AB(slika 12.3.B), dobro definiran pojam. Tu cemo udaljenost oznaciti s rj,⊥. Moment tromosti


Slika 12.3: Uz definiciju momenta tromosti: (A) cestice, (B) krutog tijela.

definiramo kao aditivnu velicinu, tako da se moment tromosti cijeloga tijela definira kao zbrojmomenata tromosti svih njegovih dijelova

I =

N∑

j=1

∆mjr2j,⊥. (12.4)

U granici kada N postaje neograniceno velik (tj. dijelovi postaju sve manji)

I = limN→∞

N∑

j=1

∆mj r2j,⊥ →

∫dm r2⊥(m). (12.5)

Prijelazom s mase na gustocu mase, dm = ρm(~r) d3r, (u trodimenzijskom prostoru) izraz za

moment tromosti postaje

I =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r. (12.6)

Integrira se po dijelu prostora u kojemu se nalazi kruto tijelo (tj. tamo gdje je gustoca razlicitaod nule). S r⊥ je oznacena okomita udaljenost elementa volumena d3r od osi u odnosu na kojuse racuna moment tromosti. Volumna masena gustoca krutog tijela je oznacena s ρm(~r) i imaulogu funkcije raspodjele1, a moment tromosti se pojavljuje kao drugi moment te raspodjele.

Ponekad je neko relativno slozeno kruto tijelo zgodno zamisliti kao da je sastavljeno od viserelativno jednostavnih krutih tijela. U tom slucaju se integral iz (12.6) koji ide po volumenucijelog slozenog tijela moze rastaviti na zbroj integrala po svakom pojedinom jednostavnom

1Vidjeti npr. poglavlje Osnovni pojmovi statistike u [15]

12.3. TEOREMI O MOMENTIMA TROMOSTI 481

tijelu. Na taj nacin se moment tromosti slozenog tijela I dobiva kao zbroj momenta tromostiIj pojedinih jednostavnijih tijela

I = I1 + I2 + · · · . (12.7)

Slican se postupak primjenjuje i u elektromagnetizmu kada se racuna magnetsko polje vodicasa supljinama ili nesto slicno.

Ako je jedna od dimenzija krutog tijela puno manja od preostale dvije, moze se govoriti odvodimenzijskoj (plosnoj) raspodjeli mase gustoce σm(~r), ili, ako je tijelo oblika tanke zice,govorimo o linijskoj raspodjeli gustoce mase koju oznacavamo s λm(~r). U ta dva slucaja,moment tromosti se racuna slijedecim izrazima

I =

∫r2⊥ σm(~r) d

2r, 2D, (12.8)

I =

∫r2⊥ λm(~r) dr, 1D.

polumjer tromostiDa bi se naglasila slicnost u definiciji momenta tromosti cestice i krutog tijela, uvodi se pojampolumjera tromosti ili polumjera giracije K sustava cestica. On je definiran izrazom

K2 =

∑Nj=1 ∆mj r

2j,⊥∑N

j=1 ∆mj

=I

m,

tj.

I = mK2

ili rijecima: jedna cestica koja bi imala masu jednaku ukupnoj masi sustava m i cija bi okomitaudaljenost od zadane osi bila jednaka K, imala bi isti moment tromosti kao i sustav cesticapolumjera tromosti K (specijalno: ako se sustav sastoji samo od jedne cestice, tada je K = r⊥).Za sustave s kontinuiranom raspodjelom mase, polumjer tromosti se racuna iz

K2 =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r∫ρm(~r) d3r

.

Primjetimo da gornji izraz definira polumjer tromosti kao drugi moment2 normirane funkcijeraspodjele ρ(~r) definirane sa

ρ(~r) =ρm(~r)∫ρm(~r) d3r

.

K2 =⟨r2⊥

⟩=

∫r2⊥ ρ(~r) d

3r.

12.3 Teoremi o momentima tromosti

Teorem o paralelnim osima (Steinerov teorem):Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko proizvoljne osi AB koja prolazi tockom O (slika

2Vidjeti npr. [15].


12.4.A). Uocimo sada os paralelnu sa osi AB, ali koja prolazi sredistem mase SM krutogtijela i potrazimo vezu medu momentima tromosti tijela u odnosu na te dvije osi. Neka jeb okomita udaljenost medu osima, a m neka je ukupna masa tijela. Postavimo dva koordi-

Slika 12.4: Uz Steinerov teorem.

natna sustava kao na slici 12.4.B: jedan, (x, y, z), s ishodistem O bilo gdje na osi AB, a drugi,(x ′, y ′, z ′), s ishodistem SM u sredistu mase krutog tijela. Osi z i z ′ su medusobno paralelnei imaju smjer osi vrtnje. Okomita udaljenost medu osima je dana vektorom

~b = b ~eb .

Veza medu polozajem j-te cestice gledane iz sustava (x, y, z) i sustava (x ′, y ′, z ′) je dana izra-zom

~rj = ~rSM + ~r ′j .

Izracunajmo momente tromosti oko obje osi

IO =

N∑

j=1

mj r2j,⊥ =

N∑

j=1

mj (~rj~eb )2,

ISM =

N∑

j=1

mj r′ 2j,⊥ =

N∑

j=1

mj (~r′j~eb )

2,

pri cemu smo iskoristili cinjenicu da skalarni umnozak dva vektora daje komponentu jednogvektora u smjeru drugog vektora. Vezu izmedu IO i ISM cemo dobiti tako da ~rj = ~rSM + ~r ′

j


uvrstimo u izraz za IO

IO =

N∑

j=1

mj [(~rSM + ~r ′j )~eb ]

2 =

N∑

j=1

mj (~rSM~eb + ~r ′j~eb )

2

=

N∑

j=1

mj

[(~rSM~eb )

2 + 2 (~rSM~eb ) (~r′j~eb ) + (~r ′

j~eb )2]

= (~rSM~eb )2

N∑

j=1

mj

︸︷︷︸= m

+2 (~rSM~eb )

(N∑

j=1

mj ~r′j

)

︸︷︷︸= 0

~eb +N∑

j=1

mj (~r′j~eb )

2

︸︷︷︸= ISM

= m b2 + ISM .

Nula u gornjem izrazu dolazi odatle sto je

~r ′SM =

1

m

N∑

j=1

mj~r′j = 0.

Tako se dolazi do veze medu momentima tromosti tijela mase m u odnosu na dvije paralelneosi od kojih jedna prolazi tockom O, a druga sredistem mase SM , a medusobno su udaljene zab

IO = ISM +m b2. (12.9)

Gornji izraz se zove Steinerov teorem3. Buduci da je mb2 > 0, zakljucujemo da tijeloima najmanji moment tromosti kada os vrtnje prolazi sredistem mase. To je jos jedna vaznaosobina sredista mase. U odjeljku 12.5 cemo vidjeti da je rad koji je potrebno uloziti da se tijeloiz stanja mirovanja, dovede u stanje vrtnje, srazmjeran s I. Taj ce rad dakle biti najmanji kadaje I najmanji, a iz Steinerova teorema vidimo da je I najmanji kada os vrtnje prolazi sredistemmase (tada je b = 0). Zakljucujemo da najmanje rada treba uloziti da bi se tijelo vrtjelo okoosi kroz srediste mase.

Teorem o okomitim osima:Teorem o okomitim osima je primjenjiv samo na kruta tijela cija je masa rasporedena u ravnini,npr. u ravnini (x, y) pravokutnog koordinatnog sustava (slika dolje). Neka Ix, Iy i Iz oznacavaju

3Jakob Steiner, 1796 - 1863, njemacki matematicar.


momente tromosti tijela oko osi ~ex , ~ey i ~ez ,a ~rj = xj~ex + yj~ey neka je radij-vektor j-te cestice tijela. Izracunajmo momente tro-mosti oko sve tri osi. Buduci da se tijelo na-lazi u ravnini (x, y), njegove su z koordinatejednake nuli, zj ≡ 0, pa je i

Ix =N∑

j=1

mjr2j,⊥ =

N∑

j=1

mj (y2j + 0) −→

∫y2 σ(x, y) d x d y

Iy =

N∑

j=1

mjr2j,⊥ =

N∑

j=1

mj (0 + x2j ) −→∫

x2 σ(x, y) d x d y (12.10)

Iz =N∑

j=1

mjr2j,⊥ =

N∑

j=1

mj (x2j + y2j ) −→

∫(x2 + y2) σ(x, y) d x d y.

Usporedbom gornjih izraza, alko se iscitava teorem o okomitim osima

Iz = Ix + Iy. (12.11)

Zadatak: 12.1 Tri cestice masa m, 2m i 3m, nalaze se redom u tockama (0, 0, 1), (0, 1, 2) i(1, 2, 3). Izracunajte momente tromosti ovog sustava cestica oko osi x, y i oko osi z.

R:Prema definiciji momenta tromosti diskretnih sustava, (12.6) je

Ix = m1(y21 + z21) +m2(y

22 + z22) +m3(y

23 + z23) =,

Iy = m1(x21 + z21) +m2(x

22 + z22) +m3(x

23 + z23) =,

Iz = m1(x21 + y21) +m2(x

22 + y22) +m3(x

23 + y23) = .

Zadatak: 12.2 Izracunajte moment tromosti homogenog tankog stapa mase m i duljine L uodnosu na os okomitu na njega, a koja prolazi(a) njegovim sredistem,(b) jednjim njegovim krajem,(c) tockom udaljenom za L · d od jednog njegovog kraja, pri cemu je 0 ≤ d ≤ 1.

R:


(a) Stap je polozen duz osi x, a moment tromosti se racuna u odnosu na os y.Ishodiste koordinatnog sustava je u polovicistapa, tj, u sredistu mase stapa (buduci da jestap homogen). Konstantna masena gustocastapa je λ0 = m/L.

I =

∫ L/2

−L/2λ0 x

2 d x = · · · = 1

12m L2 = ISM .

(b) Ishodiste je u lijevom rubu stapa. Steinerovim teoremom je

I = ISM +m

(L

2

)2

=1

3m L2.

Izravnim racunom

I =

∫ L

0

λ0 x2 d x = · · · = 1

3m L2.

(c) Ishodiste je u tocki dL desno od lijevog ruba stapa.Rijesenje Steinerovim teoremom

I = ISM +m

((1− 2d)L

2

)2

=1− 3d+ 3d2

3m L2.

Izravnim racunom

I =

∫ (1−d)L

−dLλ0 x

2 d x = · · · = 1− 3d+ 3d2

3m L2.

Primjetimo: za d = L/2 dobiva se rjesenje (a) dijela zadatka, a za d = 0 dobiva serjesenje (b) dijela.

Zadatak: 12.3 Homogeni stap mase m i duljine L nalazi se u pocetku u okomitom polozajuu stanju mirovanja (labilna ravnoteza) oslonjen jednim krajem na na glatku vodo-ravnu plohu. Ako se beskonacno malom vanjskom silom stap izvede iz ravnoteze idovede u stanje gibanja, zbog simetrije, gibanje ce se odvijati u ravnini. Odredite pu-tanju sredista mase i njegovu brzinu u trenutku kada stap zauzme vodoravan polozaj.

R:S obzirom da je podloga glatka, nema trenja, pa su jedine dvije sile koje djeluju nastap reakcija podloge ~N i gravitacijska sila m~g . Obje te sile djeluju u smjeru osi z(slika), pa ce se zato one izazvati samo promjenu z koordinate sredista mase stapa,ali ne i promjenu njegove y komponente, tj. bit ce

zSM = zSM(t), ySM = y0 = const.

To je jednadzba putanje sredista mase koja se trazi u zadatku.Gornja jednadzba ujedno i znaci da ce se tijekom padanja stapa njegov donji kraj


gibati ulijevo tako da ySM = y0 ima sve vrijeme istu vrijednost. Dakle, stap ceizvoditi zakret oko svog sredista mase, koje ce se opet gibati prema dolje. Visina ibrzina sredista mase u odnosu na podlogu, ovise o kutu nagiba θ

zSM =L

2cos θ

z SM = −L2θ sin θ.

Buduci da nema trenja, ukupna mehanickaenergija je konstantna

Ek + Ep = const. = E0

i jednaka energiji E0 koju je stap imao prijepocetka gibanja. Kineticka energija se sastoji od kineticke energije translacijskoggibanja sredista mase i kineticke energije vrtnje stapa oko svog sredista

Ek =m

2z 2SM +

ISM2θ 2,

gdje je, prema rjesenju zadatka (12.2),

ISM =1

12mL2.

Time je kineticka energija jednaka

Ek(θ ) =mL2θ 2

8

(1

3+ sin2 θ

).

Potencijalna energija stapa je

Ep(θ) = mgzSM = mgL

2cos θ,

Ep(0) = E0 = mgL

2.

Jednadzba sacuvanja energije je

mL2θ 2

8

(1

3+ sin2 θ

)+mg

L

2cos θ = mg

L

2.

To je jednadzba za θ ,

θ = +2

√g(1− cos θ)

L(1/3 + sin2 θ)

Ovaj integral nije rjesiv elementarnim funkcijama. Predznak + je odabran zato jerse kut θ povecava s vremenom. Jednadzba za brzinu sredista mase je sada

z SM(θ) = −L2θ sin θ = −L sin θ

√g(1− cos θ)

L(1/3 + sin2 θ).


Negativan predznak znaci da se zSM smanjuje s vremenom (za 0 ≤ θ ≤ π/2 je sin θpozitivan). Gornji izraz daje trazenu brzinu sredista mase kao funkciju kuta otklonaθ. U trenutku kada stap padne na pod, bit ce θ = π/2, a brzina (po iznosu)

|z SM(π/2)| = 1

2

√3gL.

Vezano za reakciju podloge ~N , moze se reci slijedece: gravitacijska sila djeluje usrediste mase stapa, pa stoga ne stvara moment sile; sav moment sile stvara reakcijapodloge

| ~M | = |~rSM × ~N | = L

2N sin θ.

Moment sile vodi na promjenu momenta kolicine gibanja, (10.19),

| ~M | = L

2N sin θ =

d ISM θ

d t=

1

12mL2θ ,

sto daje iznos sile reakcije podloge

N =mL

6 sin θθ .

Zadatak: 12.4 Izracunajte moment tromosti homogene pravokutne ploce duljine bridova a i b,u odnosu na os koja prolazi sredistem ploce i okomita je na plocu.

R:Ploca je homogena, pa je njena povrsinska masena gustoca konstantna. Oznacimo ju

sa σ0. Prema teoremu o okomitim osima, (12.11), je

Iz = Ix + Iy,

a momenti tromosti Ix i Iy se racunaju prema (12.10)

Ix =

∫y2 σ(x, y) d x d y = σ0

∫ +a/2

−a/2d x

∫ +b/2

−b/2y2 d y =

1

12σ0 a b

3,

Iy =

∫x2 σ(x, y) d x d y = σ0

∫ +a/2

−a/2x2 d x

∫ +b/2

−b/2d y =

1

12σ0 a

3 b.

=⇒ Iz =1

12σ0 a b (a

2 + b2).

Zadatak: 12.5 Izracunajte moment tromosti i polumjer tromosti homogenog kvadrata mase mi duljine stranice L oko osi koja lezi na dijagonali kvadrata.


R:Stranice kvadrata leze na pravcima cije su jednadzbe oznacene na slici.

dovrsiti

Zadatak: 12.6 Izracunajte moment tromosti oko osi z, tijela konstantne gustoce odredenogparaboloidom C0 z = x2 + y2 i ravninom z = H, za konstantne C0 i H.

R:dovrsiti

Zadatak: 12.7 Izracunajte moment tromosti homogene kugle mase m i polumjera R u odnosuna os koja prolazi njezinim sredistem.

R:Masena gustoca kugle je konstantna

ρ0 =m

43R3 π

.

Po definiciji (12.6), je

I =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r.

U sfernom sustavu je

d3r = r2 sin θ dθ dϕ.

Za os u odnosu na koju se racuna moment tromosti odabiremo os z, pa je tada

r⊥ = r sin θ


Sada imamo sve potrebno za racun I

I =m

43R3 π

∫ R

0

d r

∫ π

0

d θ

∫ 2π

0

d ϕ(r4 sin3 θ

)

=m

43R3 π

∫ R

0

r4 d r

∫ π

0

d θ sin3 θ

∫ 2π

0

d ϕ

=2

5m R2.

Integral po varijabli θ je rjesen uvodenjem nove varijable x = cos θ.

Zadatak: 12.8 Izracunajte moment tromosti homogenog suplje kugle mase m, unutrasnjeg po-lumjera Ru i vanjskog polumjera Rv oko jednog njezinog promjera. U granici Ru → 0izracunajte moment tromosti pune kugle, a u granici Ru → Rv izracunajte momenttromosti kugline ljuske.

R:Postupa se slicno kao i u prethodnom zadatku. Masena gustoca kugle je konstantna

ρ0 =m

43(R3

v −R3u) π

.


I =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r.




r⊥ = r sin θ


I =m

43R3 π

∫ Rv

Ru

d r

∫ π

0

d θ

∫ 2π

0

d ϕ(r4 sin3 θ

)

=m

43R3 π

∫ Rv

Ru

r4 d r

∫ π

0

d θ sin3 θ

∫ 2π

0

d ϕ

=2

5mR5v − R5

u

R3v − R3

u

Integral po varijabli θ je rjesen uvodenjem nove varijable x = cos θ.Moment tromosti pune kugle se dobije u granici kada Ru → 0 (u tom slucaju vise


nije potreban index v, nego je dovoljno Rv zvati jednostavno R)

limRu→0

I =2

5m R2,

a to je upravo rezultat za punu kuglu iz zadatka 12.7.Prije izvedbe limesa Ru → Rv, potrebno je I napisati u obliku

I =2

5mR5v

R3v

(1− α)(1 + α+ α2 + α3 + α4)

(1− α)(1 + α + α2), α =

Ru

Rv.

Tek sada, nakon kracenja, moze se izvesti limes Ru → Rv i dobiti moment tromostikugline ljuske

limRu→Rv

I =2

3mR2

Ponovo, s obzirom da postoji samo jedan polumjer, nije mu potreban indeks.

Zadatak: 12.9 Po nepomicnoj hrapavoj polukugli polumjera R, kotrlja se prema dolje drugakugla polumjera r i mase m. U pocetku se kotrljajuca kugla nalazi u stanju mirova-nja vrlo blizu tocke A. Treba odrediti:(a) Iznose sile reakcije podloge i sile trenja izmedu kugala u polozaju odredenomkutom θ.(b) Najmanju vrijednost koeficijenta trenja.(c) Kut θ0 pri kojemu ce se kotrljajuca kugla odvojiti od nepomicne polukugle.

R:Na malu kuglu djeluju tri sile; gravitacijska sila m~g , reakcija podloge (velike polu-

kugle) ~N i trenje ~Ftr. One se rastavljaju na tangencijalnu i radijalnu komponentu,pri cemu se tangencijalno i radijalno ubrzanje dani izrazom (3.21), pa jednadzbegibanja glase

mdv

dt~eθ = mg sin θ~eθ − Ftr~eθ ,

−m v2

R + r~eρ = N~eρ −mg cos θ~eρ .

Brzina v je dana sa

v =d l

d t,

gdje je l duljina luka koji opise srediste kotrljajuce kugle. Duljina ovoga luka semoze izraziti preko kuta θ i preko kuta ϕ

l = (R + r)θ = rϕ. (12.12)


zato je

dv

dt= (R + r)θ , v2 = (R + r)2θ 2,

pa jednadzbe gibanja postaju

m(R + r)θ = mg sin θ − Ftr, (12.13)

−m(R + r)θ 2 = N −mg cos θ. (12.14)

Osim gornjih jednadzba, postoji jos jedna jednadzba koja povezuje vremensku pro-mjenu kutova sa silom trenja, a to je jednadzba (pisana samo po iznosima, jer susmjerovi ociti) (10.19)

dL

dt=M v.

U gornjoj jednadzbi je

L = Ikugleϕ = zadatak (12.8) =2

5mr2ϕ ,

a moment vanjske sile je moment sile trenja

Mv = rFtr,

sto sve zajedno vodi na

ϕ =5

2

Ftrmr

. (12.15)

Iz (12.15) i (12.12)

θ =5

2

Ftrm(R + r)

,

sto uvrsteno u jednadzbu (12.13) daje

θ =5

7

g

R + rsin θ (12.16)

1

2θ

d θ 2

d t=

5

7

g

R + r

−1

θ

d cos θ

d t

∫ θ

0

d θ 2 = −10

7

g

R + r

∫ θ

0

d cos θ

θ 2 =10

7

g

R + r(1− cos θ).

Uvrstavanjem gornjeg θ 2 u (12.14), dobiva se reakcija podloge

N =mg

7(17 cos θ − 10).

Uvrstavanjem (12.16) u (12.13) dobiva se sila trenja

Ftr =2

7mg sin θ.


Minimalni koeficijent trenja se dobije iz uvjeta

Ftr = µminN =⇒ µmin =2 sin θ

17 cos θ − 10.

Ako bi koeficijent trenja bio manji od µmin, moment sile trenja ne bi bio dovoljanda zavrti kuglu i ona bi osim kotrljanja izvodila i klizanje.Kut odvajanja kotrljajuce kugle se dobije kao kut kod kojega reakcija podloge pos-taje nula

N(θ0) = 0 =⇒ cos θ0 =10

17.

Rjesenje ovog zadatka usporedite s rjesenjima zadataka 3.8 i 14.11.

Zadatak: 12.10 Polazeci od izraza za moment tromosti homogene pune kugle

I =2

5mR2,

dobivenog u prethodnom zadatku, izracunajte moment tromosti homogene suplje ku-gle.

R:Konstantna gustoca je jednaka

ρm(~r) = ρ0 =m

43πR3

v − 43πR3

u

,

gdje je m masa suplje kugle. Prema uvjetu zadatka, moment tromosti pune kugleIpk i moment tromosti supljine Is su jednaki

Ik =2

5mk R

2v, mk = ρ0

4

3πR3

v,

Is =2

5ms R

2u, ms = ρ0

4

3πR3

u.

Koristimo izraz (12.7), samo sto u slucaju supljine oduzimamo, a ne zbrajamo mo-mente.

Isk = Ik − Is =2

5mk R

2v −

2

5ms R

2u =

8

15π ρ0 (R

5v − R5

u)

=2

5mR5v − R5

u

R3v − R3

u

.

Zadatak: 12.11 Izracunajte moment tromosti homogenog suplje polukugle masem, unutrasnjegpolumjera Ru i vanjskog polumjera Rv oko promjera okomitog na bazu. U gra-nici Ru → 0 izracunajte moment tromosti pune polukugle, a u granici Ru → Rv

izracunajte moment tromosti polukugline ljuske.


R:Postupa se slicno kao i u prethodnom zadatku, samo sto sada m oznacava masupolukugle, a ne kugle. Masena gustoca polukugle je konstantna

ρ0 =m

23(R3

v −R3u) π

.


I =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r.




r⊥ = r sin θ


I =m

23R3 π

∫ Rv

Ru

d r

∫ π/2

0

d θ

∫ 2π

0

d ϕ(r4 sin3 θ

)

=m

23R3 π

∫ Rv

Ru

r4 d r

∫ π/2

0

d θ sin3 θ

∫ 2π

0

d ϕ

=2

5mR5v −R5

u

R3v −R3

u

Integral po varijabli θ je rjesen uvodenjem nove varijable x = cos θ.Moment tromosti pune polukugle se dobije u granici kada Ru → 0 (u tom slucajuvise nije potreban index v, nego je dovoljno Rv zvati jednostavno R)

limRu→0

I =2

5m R2,

a to je upravo rezultat za punu kuglu iz zadatka 12.7 s time da sada m oznacavamasu polukugle, a ne kugle.Prije izvedbe limesa Ru → Rv, potrebno je I napisati u obliku

I =2

5mR5v

R3v

(1− α)(1 + α+ α2 + α3 + α4)

(1− α)(1 + α + α2), α =

Ru

Rv

.

Tek sada, nakon kracenja, moze se izvesti limes Ru → Rv i dobiti moment tromostipolukugline ljuske

limRu→Rv

I =2

3mR2



Zadatak: 12.12 Polazeci od izraza za moment tromosti homogene pune polukugle

I =2

5mR2,

dobivenog u prethodnom zadatku, izracunajte moment tromosti homogene suplje po-lukugle.

R:Konstantna gustoca je jednaka

ρm(~r) = ρ0 =m

23πR3

v − 23πR3

u

,

gdje je m masa suplje polukugle. Prema uvjetu zadatka, moment tromosti punepolukugle Ipk i moment tromosti supljine Is su jednaki

Ipk =2

5mpk R

2v, mpk = ρ0

2

3πR3

v,

Is =2

5ms R

2u, ms = ρ0

2

3πR3

u.


Ispk = Ipk − Is =2

5mpk R

2v −

2

5ms R

2u =

4

15π ρ0 (R

5v −R5

u)

=2

5mR5v −R5

u

R3v −R3

u

.

Zadatak: 12.13 Izracunajte moment tromosti homogenog supljeg valjka mase m, visine H,unutrasnjeg polumjera Ru i vanjskog polumjera Rv oko uzduzne osi simetrije. Ugranici Ru → 0 izracunajte moment tromosti punog valjka, a u granici Ru → Rv

izracunajte moment tromosti valjkaste ljuske.

R:Masena gustoca supljeg valjka je konstantna

ρm(~r) = ρ0 =m

(R2v − R2

u) π H.


I =

∫r2⊥ ρm(~r) d

3r.

Koristit ce se cilindricni koordinatni sustav u kojemu je

d3r = ρ dρ dϕdz.


Koordinata ρ se ne smije brkati s konstantnom volumnom masenom gustocom ρ0.Za os u odnosu na koju se racuna moment tromosti odabiremo os z, pa je tada

r⊥ = ρ.


Isv =m

(R2v − R2

u) π H

∫ Rv

Ru

ρ3 d ρ

∫ 2π

0

d ϕ

∫ H

0

d z

=m

(R2v − R2

u) π H

R4v − R4

u

42π H

=1

2m (R2

v +R2u).

Moment tromosti punog valjka se dobije u granici kada Ru → 0 (u tom slucaju visenije potreban index v, nego je dovoljno Rv zvati jednostavno R)

limRu→0

Ipv =1

2m R2.

Limes Ru → Rv ce dati moment tromosti valjkaste ljuske

limRu→Rv

Ilj = mR2


Zadatak: 12.14 Polazeci od izraza za moment tromosti punog valjka I = mR2/2 dobivenog uprethodnom zadatku, izracunajte moment tromosti supljeg valjka.

R:Ponovo je gustoca

ρm(~r) = ρ0 =m

(R2v − R2

u) π H.

Ipv =1

2mpv R

2v,

Is =1

2ms R

2u.


Isv = Ipv − Is =1

2ρ0 π H (R4

v −R4u) =

1

2m (R2

v +R2u).


Zadatak: 12.15 Izracunajte momemt tromosti homogenog stosca mase m, visine H i polu-mjera baze R oko osi okomite na bazu, a koja prolazi sredistem mase.

R:dovrsiti

Zadatak: 12.16 Homogeno tijelo ukupne mase m, sastoji od valjka polumjera baze R i visineH, polozenog na polukuglu polumjera R. Izracunajte moment tromosti oko osi si-metrije tijela.

R:Kod racuna momenta tromosti integrira se po svim tockama valjka i polukugle.Ako se podrucje integracije (valjak + po-lukugla) rastavi na dva nepreklapajuca po-drucja (podrucje valjka i podrucje poluku-gle), kao sto je to objasnjeno u izvodu relacije(12.7), tada je ukupni integral po cijelom po-drucju jednak zbroju integrala po pojedinimpodrucjima

Iz(v + pk) = Iz(v) + Iz(pk).

Momenti tromosti valjka i polukugle su poz-nati iz prethodnih zadataka

Iz(v) =1

2mvR

2 =1

2ρ0R

2πHR2 =π

2ρ0 R

4H,

Iz(pk) =2

5mpkR

2 =2

5ρ0

2

3R3πR2,

gdje je ρ0 konstantna gustoca cijelog tijela

ρ0 =m

R2πH + 23R3π

.

Iz(v + pk) = Iz(v) + Iz(pk) = ρ0π

(1

2R4H +

4

15R5

)

=1

10mR2 8R + 15H

2R + 3H.

Zadatak: 12.17 U homogenem valjku mase m i polumjera R i visine H, simetricno su

izbusene su cetiri valjkaste supljine kao naslici. Polumjeri supljina su R/3, a udalje-nosti sredista valjka od sredista supljina suR/2. Treba izracunati moment tromosti ti-jela sa slike oko osi z.


R:Konstantna masena gustoca valjka je

ρ0 =m

R2πH − 4(R3

)2πH

,

a iz prethodnih zadataka je poznat i moment tromosti valjka oko uzduzne osi sime-trije

I =1

2mR2.

Prema pravilu o racunu momenata tromosti slozenih tijela, (12.7), moment tromostivaljka sa supljinama je

Isv = Ipv − 4Is,

gdje je Ipv moment tromosti punog valjka

Ipv =1

2mpvR

2 =π

2ρ0R

4H,

a Is moment tromosti pojedine supljine. Primjetimo da gornji izraz vrijedi samo zatojer su supljine rasporedene simetricno po unutrasnjosti valjka. Da su rasporedenena salucajno odabrana mjesta, gornji izraz ne bi vrijedio. Za racun Is treba koristitiSteinerov teorem (12.9), koji u ovom slucaju glasi

Is =1

2ms

(R

3

)2

+ms

(R

2

)2

=11

9 · 36πρ0R4H.

Izravnim uvrstavanjem gornjih izraza se dobiva

Isv = Ipv − 4Is =π

2ρ0R

4H − 411

9 · 36πρ0R4H

=59

90m R2.

Zadatak: 12.18 Nadite momente tromosti oko osa simetrije koje prolaze sredistem mase ho-mogenog kvadra mase m i duljine bridova a, b i c.

R:


Neka je pravokutni koordinatnisustav postavljen kao na slici. Osisimetrije su osi x, y i z. Tada je

ρ(~r) = ρ0 =m

abc,

Ix =

∫r2⊥ ρ(~r) d

3 r = ρ0

∫(y2 + z2) dx dy dz,

Iy =

∫r2⊥ ρ(~r) d

3 r = ρ0

∫(x2 + z2) dx dy dz,

Iz =

∫r2⊥ ρ(~r) d

3 r = ρ0

∫(x2 + y2) dx dy dz.

Podrucja integracije su odredena s

−a2≤ x ≤ a

2, − b

2≤ y ≤ b

2, − c

2≤ z ≤ c

2.

Uvedimo pomocne velicine

Jx = ρ0

∫x2 dx dy dz =

1

12m a2,

Jy = ρ0

∫y2 dx dy dz =

1

12m b2,

Jz = ρ0

∫z2 dx dy dz =

1

12m c2.

Sada je jednostavno

Ix = Jy + Jz =1

12m (b2 + c2),

Iy = Jx + Jz =1

12m (a2 + c2),

Iz = Jx + Jy =1

12m (a2 + b2).

12.4 Parovi sila

U ovom se odjeljku pokazuje kako se ucinak djelovanja proizvoljne sile na kruto tijelo mozeprikazati kao djelovanje momenta sile koji izaziva zakret tijela i djelovanja rezultantne sile kojaizaziva translaciju tijela.

Parom sila cemo nazivati skup od dvije po iznosu jednake, a po smjeru suprotne sile kojeleze na paralelnim pravcima. To su sile ~F i −~F sa slike 12.5.A. Ako takav par sila djeluje

12.4. PAROVI SILA 499

Slika 12.5: Uz definiciju para sila.

na kruto tijelo, on proizvodi ucinak zakreta, a zakretni moment ili moment sile ~M ne ovisi oizboru polozaju ishodista koordinatnog sustava i jednak je ~r × ~F , gdje je r udaljenost meduhvatistima sila

~M = ~r+ × ~F + ~r− × (−~F ).

No, ~r+ = ~r− + ~r, pa je

~M = ~r+ × ~F + (~r+ − ~r) × (−~F ) = ~r+ × ~F − ~r+ × ~F + ~r × ~F = ~r × ~F .

Ako sile leze na istom pravcu, tada je ~r kolinearan s ±~F i njihov je vektorski umnozak jednaknuli, ~r × ~F = 0. Vektori ~r± ovise o izboru polozaja ishodista koordinatnog sustava, dok ~r i ~F ,

ne ovise, pa ni ~M ne ovisi o izboru ishodista.Pokazimo sada da se svaka sila, ~F , koja djeluje u proizvoljnoj tocki krutog tijela, P , mozezamijeniti jednom drugom silom koja djeluje u nekoj drugoj tocki krutog tijela, O, i jednimpogodno odabranim parom sila. Slika 12.5.B ilustrira ovu tvrdnju. Neka proizvoljna sila ~Fdjeluje u proizvoljnoj tocki P krutog tijela. Nista se nece promijeniti ako u tocki O djeluju sile~f i −~f (ovaj par sila nece izazvati ni translaciju ni zakret). Odaberemo li iznos sile ~f tako daje f = F , tada mozemo reci da umjesto jedne sile u tocki P , na tijelo djeluje sila

~f = ~F

u tocki O (oznacena crvenim na slici 12.5.B) i moment sila (oznacen crnim na istoj slici)

~M = ~r × ~F .

Podijelimo, opet, u mislima kruto tijelo na N djelica i neka u svakoj j-toj tocki Pj s radij

vektorom ~rj, djeluje sila ~Fj . Tu silu zamjenimo parom sila momenta jednakog ~rj × ~Fj i silom~Fj koja djeluje u tocki O (primjetimo da je O sada postalo zajednicko hvatiste svih sila ~Fj).


Kada to provedemo za sve sile koje djeluju na tijelo, vidimo da smo sustav sila ~Fj koje djelujuu razlicitim tockama ~rj tijela zamjenili jednom silom

~R = ~F1 + ~F1 + · · ·+ ~FN ,

koja djeluje u jednoj proizvoljno odabranoj tocki O i jednim momentom sila

~M = ~r1 × ~F1 + ~r2 × ~F2 + · · ·+ ~rN × ~FN ,

koji ne ovisi o izboru ishodista (koje je postavljeno - radi jednostavnosti- u tocku O).

Uobicajeno je tocku O postaviti u srediste mase tijela. Tada rezultantna sila ~R vodi na transla-cijsko gibanje tijela, a rezultantni moment sile ~M vodi na zakret oko osi koja prolazi sredistemmase.

12.5 Kineticka energija, rad i snaga vrtnje

Kineticka energija:Neka se kruto tijelo vrti oko nepomicne osi AB (slika 12.6) kutnom brzinom ω koja ima smjerosi AB, dakle smjer se ne mjenja u vremenu. Uslijed vrtnje tijela, njegove se cestice gibajui stoga imaju odredenu kineticku energiju. Tu cemo energiju zvati kineticka energija vrtnje, aoznacavat cemo ju s Ek,vrt. Izracunajmo Ek,vrt tijela sa slike 12.6. Zamislimo opet da je tijelo

Slika 12.6: Uz izvod kineticke energije vrtnje.

12.5. KINETICKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 501

sastavljeno od N djelica mase mj . Kineticka energija j-tog djelica je jednaka mj v2j/2, a brzina

vj =dljdt

=dϕ rj,⊥dt

= ω rj,⊥. (12.17)

Energija je aditivna velicina, pa kineticku energiju vrtnje cijelog tijela racunamo kao zbrojkinetickih energija pojedinih djelica

Ek,vrt =N∑

j=1

1

2mjv

2j =

1

2

N∑

j=1

mj ω2 r2j,⊥.

U gornjem izrazu prepoznajemo moment tromosti I =∑N

j=1 mj r2j,⊥, tako da je konacno

Ek,vrt =1

2I ω2 (12.18)

Primjecujemo i slicnost gornjeg izraza s izrazom za kineticku energiju translacijskog gibanja,mv2/2: umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto brzine dolazi kruzna brzina. Primje-timo i razliku: dok je masa uvijek ista4 za svako transalcijsko gibanje, dotle momemt tromostiopcenito ovisi o smjeru osi oko koje se odvija vrtnja.

Momenti:Izracunajmo i moment kolicine gibanja krutog tijela koje se vrti oko nepomicne osi. Iznosmomenta kolicine gibanja j-tog djelica tijela je

~L j = ~rj × ~p j = ~rj × mj ~vj = rj~er j × mj vj~eϕ j = rjmjvj(−~eθ j)

= (2.56) = rjmjvj

(− ~ex cos θj cosϕj − ~ey cos θj sinϕj + ~ez sin θj

)

≡ ~ex Lx + ~ey Ly + ~ez Lz,

=⇒ Lx = −rj mj vj cos θj cosϕj ,

Ly = −rj mj vj cos θj sinϕj ,

Lz = rj mj vj sin θj .

Smjer vektora ~L je odreden smjerom vektorskog umnoska ~er × ~eϕ = −~eθ i cinjenicom daje (vanjskim silama) smjer osi vrtnje nepromjenjiv. Smjer ~eθ se moze rastaviti na komponentu

okomitu na os vrtnje i komponentu paralelnu s osi vrtnje. Komponete ~L okomite na smjervrtnje (to su Lx i Ly komponente) bi htjele promijeniti smjer osi vrtnje, ali ih u tome sprjecavajuvanjske sile koje drze os vrtnje nepomicnom. Ove se komponente dakle ponistavaju s djelova-njem vanjskih sila i preostaje samo komponenta paralelna s osi vrtnje (to je Lz komponenta).

~L j = mj vj rj sin θj︸︷︷︸rj,⊥

~ez = mj vj rj,⊥ ~ez = (12.17) = mj r2j,⊥ ω~ez ,

4Naravno, uz zanemarivanje relativistickih ucinaka


pa je ukupni iznos momenta kolicine gibanja

~L =

N∑

j=1

~L j =

N∑

j=1

mj r2j,⊥ ~ω = I ~ω . (12.19)

Ranije smo, relacijom (10.19), pokazali da je

d ~L

d t= ~M.

Primjenimo li to na gornji izraz za ~L , slijedi

d

dtI ~ω = I ~α = ~M,

gdje smo s ~α = ~ω oznacili kutno ubrzanje, tj. vremensku promjenu kutne brzine vrtnje. Smjervrtnje je nepromjenjiv u vremenu, pa se vremenska derivacija odnosi samo na promjenu iznosakutne brzine. Za tijelo koje se vrti, gornja je relacija analogon drugog Newtonovog aksioma

m~a = ~F ,

gdje umjesto sile dolazi moment sile, umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto trans-lacijskog ubrzanja dolazi kutno ubrzanje.

Rad i snaga:Ako na tijelo djeluju samo konzervativne vanjske sile, tada se tijelu moze pridruziti potencija-lana energija Ep, a zbroj kineticke energije vrtnje i potencijalne energije je konstantan

Ek,vrt + Ep =1

2I ω2 + Ep = E = const.

Promotrimo sada kruto tijelo koje u pocetku miruje, ali se moze vrtjeti oko osi okomite nazadanu ravninu, a koja prolazi tockom O tijela (slika 12.7.A). Sila ~F koja izaziva vrtnju ti-

jela, djeluje u tocki A (slika 12.7.B) i stvara moment sile ~M . Izracunajmo koliki rad treba

obaviti vanjska sila ~F , da bi u kratkom vremenu dt zakrenula kruto tijelo za mali kut dϕ. Utom kratkom vremenskom intervalu je sila priblizno konstantna, pa je prema opcoj definicijidiferencijala rada

dW = ~F d~r = ~Fd~r

dtdt = ~F ~v dt = ~F (~ω × ~r) dt.

Neka je koordinatni sustav postavljen tako da je

~ω = ω~ez .

No, za mjesoviti umnozak vektora, vrijedi pravilo ciklicnosti, prema kojemu je

~F (~ω × ~r) = ~r (~F × ~ω ) = ~ω (~r × ~F )

(sto se lako moze provjeriti npr. raspisom mjesovitog umnoska u obliku determinante). Timese za diferencijal rada vrtnje krutog tijela, dobiva

dW = ~ω ~Mdt =M dϕ, (12.20)

12.5. KINETICKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 503

Slika 12.7: Uz izvod izraza za rad koji treba obaviti da bi se tijelo dovelo u stanje vrtnje.

sto je izraz analogan izrazu za rad pri translacijskom pomaku

dW = ~F d~r.

Ukupni rad koji vanjska sila treba obaviti nad krutim tijelom da bi ga prevela iz pocetnogstanja opisanog vrijednoscu kuta zakreta ϕp i kutnom brzinom ωp, u konacno stanje opisanokutom ϕk i kutnom brzinom ωk je zbroj (tj. integral) radova za sve male zakrete koji vode odpocetnog do konacnog stanja vrtnje

Wp,k =

∫ k

p

dW =

∫ ϕk

ϕp

M dϕ =

∫ ωk

ωp

Idω

dtω dt = I

∫ ωk

ωp

ω dω

=1

2I ω2

k −1

2I ω2

p = Ek,vrt(k)−Ek,vrt(p).

Da bi se tijelo koje u pocetku miruje (ωp = 0), dovelo u stanje vrtnje kutnom brzinom ωk = ω,potrebno je nad tijelom obaviti rad jednak kinetickoj energiji vrtnje Iω2/2. Dakle je radsrazmjeran momentu tromosti I. Prema Steinerovu teoremu (12.9),

I = ISM +mb2,

moment tromosti je najmanji ako os prolazi sredistem mase, pa je i rad koji treba uloziti naj-manji ako se tijelo vrti oko osi koja prolazi sredistem mase. Dakle, ako je zadatak dovesti tijelou stanje vrtnje kutnom brzinom ω oko osi okomite na zadanu ravninu, uz minimalni utrosakenergije, potrebno je os vrtnje postaviti tako da prolazi sredistem mase.

Iz izraza (12.20) se vidi da je snaga P potrebna za obavljanje tog rada jednaka

P =dW

dt=M dϕ

dt=M ω,

sto je posve slicno izrazu za snagu

P = Fv


kod translacijskog gibanja.

Impuls momenta sileUkoliko vanjske sile koje djeluju na tijelo nisu konstantne u vremenu, ni njihov moment necebiti konstantan. U tom slucaju je korisno definirati vremenski integral momenta vanjskih sila

J =

∫ tk

tp

M(t) dt,

i nazvati ga moment impulsa vanjskih sila (kao sto je to izvedeno relacijom (10.37)). Pokazimoda je moment impulsa vanjskih sila jednak promjeni momenta kolicine gibanja (u konacnomvremenskom intervalu)

∫ tk

tp

M dt =

∫ tk

tp

Idω

dtdt = I ωk − I ωp = Lk − Lp.

Ako je ukupni moment vanjskih sila u vremenskom intervalu od tp do tk jednak nuli, tada je imoment kolicine gibanja isti na pocetku i na kraju tog vremenskog intervala

Lp = Lk = const.

12.6 Fizicko njihalo

Kao jedan jednostavan primjer ravninskog gibanja krutog tijela, u ovom ce se odjeljku opisatigibanje fizickog njihala.

U odjeljku 6.1.8 smo se upoznali s matematickim njihalom: cesticom mase m pricvrscenom zanit duljine l, koja se njise oko ravnoteznog polozaja. Zanemarili smo masu i rastezivost niti,kao i otpor sredstva u kojemu se odvija njihanje, a isto tako smo zanemarili i trenje u tockiobjesista. Uz te uvjete, za period malih titraja je dobiveno

Tm. nj. = 2 π

√l

g.

Neka slika 12.8 prikazuje kruto tijelo mase m koje se, uslijed djelovanja gravitacijske sile, njiseoko osi kroz tocku O. Njihanje se odvija u ravnini okomitoj na os vrtnje, pri cemu os vrtnjesvo vrijeme zadrzava isti smjer. Ako zanemarimo trenje tijela s cesticama medija u kojemuse odvija njihanje, kao i trenje u tocki objesista, takvo se tijelo naziva fizicko njihalo. Uznavedene uvjete, polozaj tijela je u cjelosti odreden kutom otklona od polozaja ravnoteze (toje kut ϕ sa slike 12.9). Zamislimo li kruto tijelo kao skup od N cestica, djelovanje gravitacijskesile na tijelo mozemo zamisliti kao djelovanje gravitacijske sile na skup cestica od kojih jetijelo sastavljeno (slika 12.8). Prema odjeljku 12.4, djelovanje sile u jednoj tocki tijela mozemozamjeniti djelovanjem iste sile u jednoj drugoj tocki tijela i djelovanjem momenta sile u odnosuna tu novu odabranu tocku. Primjenjeno na fizicko njihalo to znaci da se djelovanje gravitacijskesile mj ~g u tocki ~rj tijela, moze zamjeniti djelovanjem iste takve sile u tocki objesista O imomentom sile u odnosu na to objesiste ~rj × mj ~g . Ova zamjena se moze izvesti za sve cestice

12.6. FIZICKO NJIHALO 505

Slika 12.8: Sile koje djeluju na fizicko njihalo: reakcijau objesistu i gravitacijska sila. Slika 12.9: Uz fizicko njihalo.

od kojih se tijelo sastoji i kao rezultat se dobiva rezultantna sila koja djeluje u tocki objesistaO

~R O = m1 ~g +m2 ~g + · · ·+mN ~g =N∑

j=1

mj ~g = m ~g

i rezultantni moment sila

~MO = ~r1 × m1 ~g + ~r2 × m2 ~g + · · ·+ ~rN × mN ~g =

(N∑

j=1

mj ~rj

)× ~g = m ~rSM × ~g .

Rezultantna sila ~R O se ukida sa silom reakcije objesista ~N

~R O + ~N = 0

i cini da se njihalo ne giba translacijski u smjeru osi x. Rezultantni moment sile ~MO izazivazakret tijela oko objesista i oblika je kao da je sva masa m tijela skoncentrirana u tocki sredistamase ~rSM .Postavimo koordinatni sustav kao na slici 12.9: ishodiste neka je u objesistu, a os vrtnje nekaje okomita na ravninu crtnje. Sa SM oznacimo polozaj sredista mase njihala, a kut ϕ neka jekut koji zatvara spojnica O − SM , tj vektor ~rSM s pozitivnim smjerom osi x. Uobicajeno jeudaljenost O − SM , tj iznos vektora ~rSM oznaciti s b. Nadimo jednadzbu gibanja njihala.

~MO = ~rSM × ~g m = b (cosϕ~ex + sinϕ~ey ) × m g ~ex

= −~ez b m g sinϕ.

Prema (12.19), je

~L = IO ~ω = IOϕ ~ez ,

gdje je kutna brzina vrtnje

~ω = ϕ ~ez ,


a IO je moment tromosti njihala oko osi kroz O. Moment sile i moment kolicine gibanja suvezani relacijom (10.34),

~L = ~M,

koja u ovom slucaju postaje

IO ϕ ~ez = −~ez b m g sinϕ,

tj. dobili smo jednazbu gibanja fizickog njihala u obliku

ϕ+b m g

IOsinϕ = 0. (12.21)

Do istog rezultata se moze doci i razmatranjem energije. Gravitacijska sila je konzervativna, pase moze definirati potencijalna energija Ep kao zbroj potencijalnih energija5 svih djelica njihala

Ep = −∑

j

mj g xj + c0 = −g∑

j

mj xj + c0

= −g m xSM + c0 = −g m b cosϕ+ c0.

Postavimo ishodiste potencijalne energije tako da je ona jednaka nuli kada je srediste mase naosi x, tj kada je ϕ = 0. Tada je, ocito,

c0 = m g b,

pa je

Ep = m g b (1− cosϕ).

Uz zanemarivanje trenja, na njihalo djeluju samo konzervativne sile, pa je ukupna mehanickaenergija sacuvana

Emeh = const. = Ek,vrt + Ep

const. =1

2IO ϕ

2 +m g b (1− cosϕ)

/d

d t

0 = IO ϕ ϕ+m g b (0 + ϕ sinϕ)

0 = ϕ(IO ϕ+m g b sinϕ

).

Sve dok se njihalo njise, ϕ 6= 0, pa gornja jednadzba moze biti zadovoljena samo ako je zagradajednaka nuli, a to je upravo ista jednadzba koju smo dobili i iz jednadzbe gibanja.

5Negativan predznak u donjem izrazu dolazi zato da bi sila koja je negativan gradijent potencijalane energije, imala smjer +~ex .


Izracunajmo period malih titraja. Mali titraji su oni za koje je otklon od polozaja ravnotezemali, tj. oni za koje je ϕ << 1. U tom slucaju je

sinϕ ≃ ϕ+O(ϕ3),

pa jednadzba gibanja postaje

ϕ+b m g

IOϕ ≃ 0. (12.22)

Gornju jednadzbu prepoznajemo kao jednazbu gibanja slobodnog harmonijskog oscilatora (6.4)

x+ ω20 x = 0,

s kruznom fekvencijom

ω0 =2π

T=

√b m g

IO.

Sada je lako procitati period

T = 2 π

√IO

m g b. (12.23)

Veza s matematickim njihalomPrema relaciji (6.81), period matematickog njihala duljine l je

Tm. nj. = 2π

√l

g,

pa ce fizicko i matematicko njihalo imati iste periode, ako je

lekv =IOm b

=⇒ T = 2π

√lekvg. (12.24)

U tom se slucaju l naziva ekvivalentnom duljinom matematickog njihala. Proanalizirajmogornju relaciju, tako sto cemo sa IO, pomocu Steinerovog teorema

IO =

ISM +m b2,

lekv m b,

prijeci na ISM

lekv m b = ISM +m b2

i rijesimo gornju jednadzbu po b, tj. po udaljenosti od sredista mase do objesista

b± =1

2

[lekv ±

√l2ekv − 4

ISMm

].

Koje je znacenje b±? Zamislimo dva koncen-tricna valjka s polumjerima b+ i b− cije osiprolaze sredistem mase (slika desno). Uzmeli se za os vrtnje (objesiste) fizickog njihala,


bilo koju izvodnicu ovih valjaka, njihalo ce se njihati s istim periodom kao i matematickonjihalo duljine lekv (naravno, ako su amplitude male). Primjetimo da je zbroj

b+ + b− = lekv,

tj. jednak je duljini ekvivalentnog matematickog njihala. No, prema (12.24), je

lekv = g

(T

2π

)2

,

a odatle slijedi

g =

(2π

T

)2

(b+ + b−),

pa se iz poznatih (izmjerenih) T i b± moze izracunati g. S druge strane, umnozak

b+ b− =ISMm

,

pa se iz poznatih b± se moze izracunati moment tromosti

ISM = m b+ b−.

a zatim i polumjer tromosti

K2SM =

ISMm

= b+ b−.

Minimalni periodVidjeli smo, relacijom (12.23), da period titranja ovisi o b, udaljenosti od objesista do sredistamase. Sada se mozemo zapitati kolika treba biti ta udaljenost, pa da period titraja budeminimalan? Napisat cemo period kao funkciju od b, a zatim cemo minimalni period dobitikao uvjet ekstrema na funkciju T (b).

T 2 = 4π2 IOm g b

= 4 π2 ISM +m b2

m g b(12.25)

T 2 = 4 π2 m K2SM +m b2

m g b=

4 π2

g

(K2SM

b+ b

) /d

d b

2Td T

d b=

4 π2

g

(−K

2SM

b2+ 1

)= 0.

Iz gornje je relacije

b = ± KSM ,

a buduci da je polumjer giracije pozitivna velicina, odlucujemo se za pozitivni predznak.Takoder je lako vidjeti da se radi o minimumu

d2 T

d b2=

π√g

(K2SM

b+ b

)−3/2(3

2

K4SM

b4+ 3

K2SM

b2− 1

2

).


Uvrstivsi b = KSM , dobiva se

d2 T

d b2

∣∣∣∣b=KSM

=π√g

4

(2b)3/2> 0,

dakle, radi se o minimumu, a iznos tog minimuma je

Tmin = T (b = KSM) =

√8π2

KSM

g.

Primjetimo jos, da ova tvrdnja vrijedi i ako titraji nisu malene amplitude. Naime, istimpostupkom kao i kod matematickog njihala, relacija (6.82), dolazi se do izraza za period njihalakoje njise proizvoljnom amplitudom

T = 4

√IO

m b g

∫ π/2

0

dϕ√1− k2 sin2 ϕ

, k2 = sin2 ϕ0

2

=

√IO

m b gf(ϕ0).

Gornji je izraz za period istog oblika kao i (12.25), pa ima i isti minimum.

Zadatak: 12.19 Izracunajte period malih titraja homogenog valjka polumjera R oko osi para-lelne s osi valjka, a udaljene za R/3 od te osi.

R:Titranje valjka shvacamo kao titranje fizickog njihala, ciji je peroiod dan izrazom(12.23).

T = 2 π

√IO

m g b.

Moment tromosti oko osi O se racuna iz Ste-inerovog teorema

IO = ISM +mb2.

Gdje je b udaljenost medu osima kroz O ikroz srediste mase (sto je ujedno i os sime-trije). U zadatku je

b =R

3.

Moment tromosti ISM se racuna u cilindricnom koordinatnom sustavu postavljenomtako da je os simetrije valjka ujedno i z os cilindricnog koordinatnog sustava

ISM =

∫r2⊥ ρ0 d

3 r = ρ0

∫ R

0

ρ3 d ρ

∫ 2π

0

d ϕ

∫ H

0

d z = ρ0R4

42 π H

=m

R2πH

R4

42 π H =

1

2mR2.


Nadalje je, prema Steineru,

IO =1

2mR2 +mb2 = m

(R2

2+ b2

),

pa je period

T = 2 π

√IO

m g b= 2 π

√R2

2+ b2

g b.

Primjetite da gornji izraz daje period titraja za svaku os udaljenu za b od osi simetrije(a ne samo za b = R/3). Neka je opcenito

b = α R, 0 ≤ α ≤ 1.

Tada je

T = 2 π

√1

2α+ α

√R

g.

U posebnom slucaju kada je α = 1/3, slijedi

T = 2 π

√11

6

√R

g.

Primjetite da period ne ovisi ni o masi ni o visini valjka.

12.7 Opcenito ravninsko gibanje krutog tijela

Opcenito ravninsko gibanje krutog tijela se moze shvatiti kao rezultat uzastopne translacije uravnini paralelnoj nekoj zadanoj fiksnoj ravnini i vrtnje oko pogodno odabrane osi okomite natu istu fiksnu ravninu. Pri tome je dobro imati u vidu tri vazne cinjenice:

Nacelo linearne kolicine gibanja:u poglavlju 10 smo pokazali da vrijedi relacija (10.16)

d ~p

d t= ~Fv,

gdje je ~p = m~rSM ukupna kolicina gibanja sustava, a ~rSM je polozaj sredista mase sustavacestica (u ovom slucaju krutog tijela). S ~Fv je oznacen zbroj svih vanjskih sila koje djeluju nakruto tijelo.

Nacelo momenta kolicine gibanja:ako je ISM moment tromosti krutog tijela oko osi koja prolazi sredistem mase, ω kutna brzinanjegove vrtnje oko te osi, tada je

~L SM = ISM ~ω .

Ako je s ~MSM oznacen ukupni moment svih vanjskih sila u odnosu na koordinatni sustav sa

12.7. OPCENITO RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA 511

Slika 12.10: Ravninsko gibanje krutog tijela oko osi krozsrediste mase.

ishodistem u sredistu mase, tada cemo poka-zati da je

d ~L SM

d t= ~MSM .

Zamislimo opet da je kruto tijelo sastavljenood N cestica i krenimo s jednadzbom giba-nja j-te cestice napisanom u koordinatnomsustavu sa ishodistem u sredistu mase i osiz postavljene u smjeru osi vrtnje

~ω = ω~ez

kao na slici 12.10 (~Fv,j je zbroj svih vanjskih

sila koje djeluju na j-tu cesticu, a ~f i,j je silakojom i-ta cestica sustava djeluje na j-tu cestica sustava).

N∑

j=1

~rj ×/

d ~p jd t

= ~Fv,j +N∑

i=1

~f i,j

N∑

j=1

~rj × mjd~vjd t

=

N∑

j=1

~rj × ~Fv,j

︸︷︷︸= ~MSM

+

N∑

j=1

N∑

i=1

~rj × ~f i,j,

︸︷︷︸= 0

= ~MSM .

Prvi zbroj na desnoj strani je zbroj momenata vanjskih sila na sve cestice krutog tijela, pa jeto ukupni moment vanjskih sila, a buduci da se radij vektori racuna u odnosu na srediste mase,oznaka ima indeks SM . Da je drugi clan jednak nuli, pokazano je u (10.18). Na lijevoj stranije

N∑

j=1

~rj × mjd~vjd t

=d

d t

N∑

j=1

~rj × mj~vj

︸︷︷︸= ~L SM

−N∑

j=1

~vj × mj~vj .

︸︷︷︸= 0

Time je dobiveno

d ~L SM

d t= ~MSM .

Gornji se izraz dalje moze raspisati uz uvrstavanje ~vj = ~ω × ~rj na lijevu stranu,

d ~L SM

d t=

d

d t

N∑

j=1

mj ~rj × (~ω × ~rj) = ~MSM . (12.26)

Gornji dvostruki vektorski umnozak se racuna da se najprije rastavi radij vektor ~rj na dvijemedusobno okomite komponente: ~eρ i ~ez komponente

~rj = ~eρ rj,⊥ + ~ez zj


i zatim racuna ~ω × ~rj

~ω × ~rj = ω ~ez × (~eρ rj,⊥ + ~ez zj) = ω rj,⊥~eϕ ,

a u slijedecem koraku i

~rj × (~ω × ~rj) = ~rj × ω rj,⊥~eϕ = (rj,⊥ ~eρ + zj ~ez ) × ω rj,⊥~eϕ = ω r2j,⊥ ~ez − zj ω rj,⊥~eρ .

Posljednji clan (onaj u smjeru ~eρ ) u gornjem izrazu se ponistava sa silama reakcije uredaja kojiodrzava os vrtnje fiksnom (slika 12.10), pa preostaje

~rj × (~ω × ~rj) = ω r2j,⊥ ~ez = ~ω r2j,⊥.

Vratimo li se sada jednadzbi gibanja, (12.26), dobiva se

d

d t~ω

N∑

j=1

mj r2j,⊥ =

d

d t~ω ISM =

d ~L SM

d t= ~MSM ,

gdje je ~L SM = ~ω ISM .

Nacelo sacuvanja energije:ako se kruto tijelo nalazi u polju samo konzervativnih sila, tada mu se moze pridruziti po-tencijalna energija Ep, a kineticka energija se moze napisati u obliku zbroja kineticke energijesredista mase

mv2SM2

i kineticke energije cestica u odnosu na srediste mase

1

2

N∑

j=1

mjv2j

(kao sto je to pokazano relacijom (10.35)). No, kao i u prethodnom paragrafu, brzina ~vj semoze napisati kao

~vj = ~ω × ~rj = ω ~ez × (~eρ rj,⊥ + ~ez zj) = ω rj,⊥ ~eϕ ,

pa je ~v2j = ω2r2j,⊥. Time se kineticka energija dobiva kao zbroj kineticke translacijske i kinetickeenergije vrtnje

Ek =1

2m v2SM +

1

2

N∑

j=1

mj (ωrj,⊥)2 =

1

2m v2SM +

1

2ISM ω2 = Ek,tr. + Ek,vrt .

Bez nekonzervativnih sila, ukupna je mehanicka energija sacuvana

1

2m v2SM +

1

2ISM ω2 + Ep = E = const.

12.8 Trenutno srediste vrtnje

Neka se kruto tijelo giba paralelno s ravninom (x, y). Promotrimo ravninu (x ′, y ′) paralelnus ravninom (x, y) i cvrsto vezanom uz tijelo (slika 12.11.A) koja se i giba zajedno s tijelom.

12.8. TRENUTNO SREDISTE VRTNJE 513

Slika 12.11: Uz odredivanje trenutnog sredista: (A) graficki; (B) racunski.

Pokazimo da se opce ravninsko gibanje krutog tijela, sastavljeno od translacijskog gibanja ivrtnje, moze prikazati kao cista vrtnja oko jedne tocke - trenutnog sredista vrtnje.Kako se tijelo giba, u svakom ce trenutku postojati tocka gibajuce ravnine (x ′, y ′) koja tre-nutno miruje prema ravnini (x, y). Ta tocka, P , koja moze, a i ne mora biti u tijelu, se zovetrenutno srediste vrtnje . O njemu se moze misliti kao o tocki oko koje tijelo izvodi cistuvrtnju (bez translacije). Za cisto translacijsko gibanje krutog tijela, trenutno se srediste nalaziu beskonacnosti. Naravno da se polozaj trenutnog sredista mijenja kako se tijelo giba.

• Na slici 12.11.A je pokazan graficki nacin odredivanja polozaja trenutnog sredista (tockaP ): A i B su bilo koje dvije tocke krutog tijela, a crtkane linije prikazuju okomice na vektorebrzina tocaka A i B; prema svojoj definiciji, trenutno srediste je tocka presjecista ovih okomica.

• Pokazimo sada kako se moze racunski dobiti vektor polozaja trenutnog sredista krutogtijela

~rP =?

Polozaj P u sustavu (x ′, y ′) cemo oznaciti s ~r ′P (slika 12.11.B). Neka je ~vP brzina tocke P u

sustavu (x, y), a ~vO ′ neka je brzina ishodista sustava (x ′, y ′). Brzina tocke P u sustavu (x ′, y ′)je uvijek jednaka nuli, jer je taj sustav cvrsto vezan s tijelom, tj. giba se zajedno s njim (u tomsustavu tijelo se vrti oko osi kroz P , a sama tocka P miruje). Od ranije, (8.6), znamo za vezumedu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu:

~vin = ~Rin + ~vnin + ~ω × ~r,

koja prevedena na sadasnje oznake, glasi

~vP = ~vO ′ + 0 + ~ω × ~r ′P .


~rP = ~rO ′ + ~r ′P ,


pa gornja relacija prelazi u

~vP = ~vO ′ + ~ω × (~rP − ~rO ′ ).

No, ako je P trenutno srediste, tada ono trenutno miruje, tj. njegova je brzina jednaka nuli~vP = 0 i u sustavu (x, y), pa je

~vO ′ = −~ω × (~rP − ~rO ′ ).

Da bismo gornju jednadzbu rijesili po nepoznanici ~rP , cijelu cemo jednadzbu pomnoziti vek-torski s ~ω

~ω ×/

~vO ′ = −~ω × (~rP − ~rO ′ )

~ω × ~vO ′ = −~ω ×[~ω × (~rP − ~rO ′ )

]

~ω × ~vO ′ = −[~ω · (~rP − ~rO ′ )

]~ω + ω2(~rP − ~rO ′ ).

Buduci da vektor (~rP − ~rO ′ ) lezi u ravnini (x, y), to je vektor kutne brzine ~ω = ω ~ez okomitna njega, pa je prvi clan desne strane gornje relacije jednak nuli. Preostaje

~ω × ~vO ′ = ω2 (~rP − ~rO ′ ),

odakle za polozaj trenutnog sredista dobivamo

~rP = ~rO ′ +~ω × ~vO ′

ω2. (12.27)

Zadatak: 12.20 Valjak se giba po ravnoj podlozi. Odredite polozaj trenutnog sredista kada sevaljak kotrlja bez klizanja i sa klizanjem.

R:Koristimo oznake sa slike 12.12.A:translacijska brzina sredista O ′ valjka je ~vO ′ = vO ′ ~expolozaj sredista O ′ valjka u sustavu (x, y) je ~rO ′ = xO ′ (t) ~ex +R ~eypolozaj trenutnog sredista u sustavu (x, y) je ~rPkutna brzina vrtnje valjka je ~ω = −ω ~ez .Izravnim uvrstavanjem u (12.27) dobivamo

~rP = ~rO ′ +~ω × ~vO ′

ω2= ~rO ′ +

−ω~ez × vO ′ ~exω2

= xO ′ (t) ~ex +(R− vO ′

ω

)~ey .

Tako smo, za koordinate trenutnog sredista dobili: xP = xO ′ (t) =∫vO ′ (t) dt i

yP = R − vO ′ /ω. Sa slike 12.12.B se vidi da yP lezi na spojnici sredista valjka itocke dodira s podlogom.Ako je dozvoljeno samo kotrljanje bez klizanja, tada je vO ′ = R ω, pa je yP = 0 i

12.8. TRENUTNO SREDISTE VRTNJE 515

Slika 12.12: Uz odredivanje polozaja trenutnog sredista valjka koji se kotrlja.

trenutno srediste se nalazi upravo u tocki dodira valjka i podloge.Ako se dozvoli i klizanje valjka, tada je vO ′ > Rω (veci se put prijede u translacij-skom gibanju nego sto se valjak okrene oko svoje osi) i polozaj trenutnog sredistavrtnje se nalazi izvan valjka (ispod podloge).Primjetimo da mozemo promatrati i granicni slucaj cistog klizanja: valjak se nevrti, ω = 0, nego se samo klize (translatira) po podlozi. Cak i ovo cisto translatornogibanje mozemo shvatiti kao cistu vrtnju oko trenutnog sredista, s time da se tosrediste, prema gornjoj formuli nalazi u tocki −∞ u y smjeru.

Zadatak: 12.21 Neka je m masa valjka iz prethodnog primjera. Izracunajte njegovu kinetickuenergiju, ako se kotrlja bez klizanja.

R:Zadatak cemo rijesiti na dva nacina: prvo cemo kotrljanje valjka shvatiti kao kombi-naciju translacijskog gibanja sredista mase i vrtnje oko osi simetrije valjka, a druginacin je da gibanje valjka shvatimo kao cistu vrtnju oko osi kroz trenutno sredistevrtnje.

(1)

Ek = Ek,tr. + Ek,vrt.(SM) =1

2m v2O ′ +

1

2ISM ω2

ISM =1

2m R2, vO ′ = ω R

Ek =1

2m v2O ′ +

1

2

1

2m R2 v

2O ′

R2=

3

4m v2O ′


(2)

Ek = Ek,vrt.(P ) =1

2IP ω

2 =1

2(ISM +mR2) ω2 =

3

4m v2O ′ .

Kineticka energija je ista, bez obzira s koje tocke gledista opisujemo gibanje.

12.9 Statika krutog tijela

Statiku krutog tijela karakterizira iscezavanje gibanja, tj. njegova translacijska brzina i brzinavrtnje su jednake nuli. U tom se slucaju kaze da je tijelo u ravnotezi. Nuzni i dovoljni uvjetiravnoteze krutog tijela su

~Fv =∑

j

~Fv,j = 0, ~Mv =∑

j

~Mv,j = 0, (12.28)

gdje su ~Fv zbroj svih vanjskih sila, a ~Mv zbroj svih momenata vanjskih sila koje djeluju nakruto tijelo. Prvi uvjet izrice ravnotezu u odnosu na translacijske pomake, a drugi u odnosuna vrtnju6.Buduci da je kruto tijelo poseban slucaj sustava cestica s nepromjenjenom medusobnom uda-ljenosti cestica, nacelo zamisljenog rada i D’Alembertovo nacelo vrijede i za kruto tijelo.Ako su vanjske sile sile koje djeluju na tijelo konzervativne, tada postoji funkcija potencijalne

energije sa svojstvom da je ~Fv = −−→∇Ep, pa se uvjet ravnoteze ~Fv = 0 moze napisati i prekopotencijalne energije

∂ Ep∂ x

=∂ Ep∂ y

=∂ Ep∂ z

= 0.

Ravnoteza je stabilna, Ep = min., ako se tijelo nakon malog otklona iz ravnoteznog polozajaopet vraca u pocetni ravnotezni polozaj. Ravnoteza je nestabilna (labilna), Ep = max., akose tijelo nakon malog otklona iz ravnoteznog polozaja udaljava od pocetnog ravnoteznogpolozaja.

Zadatak: 12.22 Ploha stola zanemarive mase ima oblik jednakostranicnog trokuta ABC, du-ljine stranice L. Noge stola se nalaze u vrhovima trokuta i okomite su na plohu.Tocka mase m se nalazi na stolu u tocki za a udaljenoj od stranice BC i za b odstranice AC. Nadite opterecenja svih nogu stola.

R:S obzirom da se masa plohe stola zanemaruje, na plohu djeluju samo cetiri sile:tezina cestice mase m i tri reakcije od nogu stola:

−m ~g ~ez , NA ~ez , NB ~ez , NC ~ez .6Buduci da se materijalna cestica zamislja kao matematicka tocka, pojam vrtnje tocke nema smisla, pa je statika cestice odredena

samo jednim uvjetom: ~F = 0.

12.9. STATIKA KRUTOG TIJELA 517

Uvjeti ravnoteze stola su dani izrazima (12.28), koji u danom primjeru glase

∑

j

~Fv,j = 0,

∑

j

~Mv,j = 0.

Raspisan, prvi od gornjih izraza je

NA +NB +NC −mg = 0.

Momenti se mogu racunati u odnosu na bilo koju tocku, no prirodan je odabir(zbog jednostavnije trigonometrije) za te tocke odabrati upravo jedan od vrhovaplohe stola.

∑

j

~M(A)v,j = 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh A,

∑

j

~M(B)v,j = 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh B,

∑

j

~M(C)v,j = 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh C.

Tri su nepoznanice NA, NB, NC , a gore su postavljene cetiri jednadzbe. To nijepogresno - jednadzba za momente sila se moze postaviti beskonacno (za bilo kojutocku plohe), ali naravno da nece sve biti medusobno nezavisne. U ovom zadatkuse koristi samo jednadzba u odnosu na vrh A, a kasnije s epokazuje da i postupakpreko vrhova B i C vodi na isto rjesenje.Neka tocka T ima koordinate (xT , yT ). Koordinate tocke T se lako odrede kaosjecista dva pravca koja prolaze tockom T a paralelni su stranicama AC i BC.jednadzbe tih pravaca su (slika dolje)

y = x√3− 2b, y = −

√3(x− L)− 2a,

a koordinate njihovog presjecista su

xT =L

2+b− a√

3, yT =

√3

2L− a− b.

Neka je ishodiste koordinatnog sustava u vrhu A. Tada je

∑

j

~M(A)v,j = 0 = ~rA × ~N A + ~rB × ~N B + ~rC × ~N C + ~rT × (−~ez )mg

= −~ey LNB − ~eyL

2NC + ~ex

√3

2LNC + ~ey xTmg − ~ex yTmg.


Gornja vektorska jednadzba je ekvivalentnadvjema skalarnim

~ex −→√3

2LNC = yTmg,

~ey −→ LNB +L

2NC = xTmg.

Iz x komponente jednadzbe slijedi

NC = mg

(1− 2√

3

a + b

L

)

Pomocu gornjeg izraza za NC , iz y komponente jednadzbe slijedi

NB = mg2√3

b

L.

I konacno, iz uvjeta Na +Nb +Nc −mg = 0, slijedi

NA = mg2√3

a

L.

Slicnim se postupkom mogu dobiti i rjesenja ako se ishodiste postavi u vrhove B iliC:Sada se ishodiste koordinatnog sustava postavlja u vrh B

∑

j

~M(B)v,j = 0 = ~rA × ~N A + ~rB × ~N B + ~rC × ~N C + ~rT × (−~ez )mg

= ~ey LNA + ~eyL

2NC + ~ex

√3

2LNC − ~ey (L− xT )mg − ~ex yTmg.


~ex −→√3

2LNC = yTmg,

~ey −→ LNA +L

2NC = (L− xT )mg.

Iz gornjih se jednadzba dobiju NC i NA, a NB = mg −NA −NC .


Sada se ishodiste koordinatnog sustava postavlja u vrh C

∑

j

~M(C)v,j = 0 = ~rA × ~N A + ~rB × ~N B + ~rC × ~N C + ~rT × (−~ez )mg

= ~eyL

2NA − ~ex

√3

2LNA − ~ey

L

2LNB − ~ex

√3

2LNB

+ ~ey

(xT − L

2

)mg + ~ex

(√3

2L− yT

)mg.


~ex −→√3

2LNA +

√3

2LNB =

(√3

2L− yT

)mg,

~ey −→ L

2NB − L

2NA =

(xT − L

2

)mg.

Iz gornjih se jednadzba dobiju NA i NB, a NC = mg −NA −NB.

Zadatak se moze poopciti tako da se u racun uzme i konacna masa M plohe stola.Ona svojom tezinom djeluje u sredistu mase (homogene) plohe u smjeru osi −~ez .Ocekujemo da ce u tom slucaju, zbog simetrije, tezina plohe jednako opterecivatisve tri noge stola, tj. da ce biti

NA −→ NA +1

3Mg,

NB −→ NB +1

3Mg,

NC −→ NC +1

3Mg.

Zadatak: 12.23 Ravna homogena greda duljine L = 2R, naslonjena je na nepomicni poluva-ljak i vodoravni pod kao na slici.

Koeficijent trenja izmedu grede i poluvaljka igrede i poda je isti i jednak je µ. Pod kojimse najvecim kutom α u odnosu na vodoravnipod, moze postaviti greda, pa da jos bude ustatickoj ravnotezi?

R:


Sile koje djeluju na gredu su oznacene naslici. Uvjeti ravnoteze grede su dani izrazima(12.28), koji u danom primjeru glase

∑

j

~Fv,j = 0,∑

j

~Mv,j = 0,

gdje su ~Fv,j sile na gredu, a ~Mv,j momentisila na gredu racunati u odnosu na ishodiste.

Fx = 0 = Tp −Npv sinα + Tpv cosα,

Fy = 0 = Np −mg +Npv cosα + Tpv sinα.

Koristeci veze

Tp = Np µ Tpv = Npv µ,

iz gornjih jednadzba za Fx i Fy se dobiva

Np = mgsinα− µ cosα

(1 + µ2) sinα

Npv = mgµ

(1 + µ2) sinα.

Iz uvjeta iscezavanja momenta sila se dobiva∑

j

~Mv,j = 0 = ~0 × ~N p +~0 × ~T p + ~rSM × (−)mg~ey +~l × ~Npv +~l × ~Tpv

=L

2(cosα~ex + sinα~ey ) × (−)mg~ey

+ l(cosα~ex + sinα~ey ) ×[~exNpv(µ cosα− sinα) + ~eyNpv(µ sinα + cosα)

]

= −L2mg cosα~ez + lNpv~ez

[cosα(µ sinα + cosα)− sinα(µ cosα− sinα)

],

iz cega slijedi

cosα =2l

mgLNpv =

2l

mgLmg

µ

(1 + µ2) sinα

sinα cosα = 2l

L

µ

(1 + µ2).

Trigonometrijom je

tanα =R

l,

sto, kombiniranjem s prethodni izrazom, daje jednadzbu za trazeni kut α

sinα =

√2R

L

µ

(1 + µ2)=

√µ

1 + µ2.


Zadatak: 12.24 Tri homogena valjka istih polumjera R postavljena su kao na slici.

Sva tri valjka se dodiruju, a koeficijent trenjaµ je isti za sve dodirne plohe. Kolika je naj-manja vrijednost µ za koju je gornji sustav ustatickoj ravnotezi?

R:S obzirom na simetriju sustava, osi simetrije valjaka prolaze stranicama istostranicnogtrokuta duljine stranice 2R.Isto tako zbog simetrije, sile i momenti sila na valjke A i B si isti, pa je dovoljnouvjete ravnoteze (12.28) analizirati samo za valjke A i C

∑

j

~F(A)v,j = 0,

∑

j

~M(A)v,j = 0,

∑

j

~F(C)v,j = 0,

∑

j

~M(C)v,j = 0.

Promotrimo sile koje djeluju na valjak A:gravitacijska sila m~g , sila reakcije podloge~N p, trenje s podlogom ~T p, sila reakcije ~N v

od valjka C i trenje ~T v s valjkom C. Kutα = 600.Postavimo jedandzbe za sile i momente sila

∑

j

~F(A)v,j = 0 = Np~ey + Tp~ex −mg~ey + Tv(sinα~ex − cosα~ey )−Nv(cosα~ex + sinα~ey ),

∑

j

~M(A)v,j = 0 = −R~ey × Np~ey − R~ey × Tp~ex +~0 × m~g

+R(cosα~ex + sinα~ey ) × (−)Nv(cosα~ex + sinα~ey )

+R(cosα~ex + sinα~ey ) × Tv(sinα~ex + cosα~ey ).

Raspisane po komponentama, gornje jednadzbe daju

(~ex ) Tp + Tv sinα−Nv cosα = 0,

(~ey ) −Tv cosα +Np −Nv sinα = mg,

(~ez ) Tp = Tv.

Kombiniranjem jednadzba za z i x komponente dobiva se

Tp = Tv = Nvcosα

1 + sinα.


Time je

Tv =

Npcosα

1 + sinα,

Np µ ,

pa je

µ =cosα

1 + sinα=

12

1 +√32

=1

2 +√3.

Analiza sila na valjak C nije ni potrebna.

Zadatak: 12.25 Homogeni glatki poluvaljak, polumjer R, naslanja se na dva jednaka

poluvaljka koji se nalaze na hrapavoj podlozi(kao na slici). Za koju vrijednost x ce pocetinjihovo klizanje po podu?

R:Zbog simetrije, sile i momenti sila na poluvaljke A i B si isti, pa je dovoljno uvjeteravnoteze (12.28) analizirati samo za poluvaljke A i C

∑

j

~F(A)v,j = 0,

∑

j

~M(A)v,j = 0,

∑

j

~F(C)v,j = 0,

∑

j

~M(C)v,j = 0.

Promotrimo sile koje djeluju na poluvaljakA: gravitacijska sila m~g , sila reakcije pod-loge ~N p, trenje s podlogom ~T p i sila reak-

cije ~N v od poluvaljka C. Prema uvjetu za-datka, poluvaljci su glatki, pa nema trenjamedu njima. Postavimo jedandzbe za sile imomente sila

F (A)x = 0 = Tp −Nv sinϕ,

F (A)y = 0 = Np −mg −Nv cosϕ,

∑

j

~M(A)v,j = 0 = ~0 × ~N p +~0 × ~T p + rSM~ey × (−)mg~ey

+ R(sinϕ~ex + cosϕ~ey ) × (−)Nv(sinϕ~ex + cosϕ~ey ),

0 = 0.

12.10. ELEMENTI MEHANIKE MOTOCIKLA 523

Promotrimo sile koje djeluju na poluvaljakC: gravitacijska sila m~g i sile reakcija ~N v odlijevog i desnog poluvaljka A i B. U skladu strecim Newtonovim aksiomom, sile Nv sa oveslike iste su kao i sile Nv sa prethodne slike.Postavimo jedandzbe za sile i momente sila

F (C)x = 0 = Nv sinϕ−Nv sinϕ = 0,

F (C)y = 0 = Nv cosϕ−mg +Nv cosϕ,

∑

j

~M(C)v,j = 0 = −rSM~ey × (−)mg~ey

− R(sinϕ~ex + cosϕ~ey ) × Nv(sinϕ~ex + cosϕ~ey )

+ R(sinϕ~ex − cosϕ~ey ) × (−)Nv(sinϕ~ex − cosϕ~ey ) = 0.

Jednadzbe za F(C)x i

∑j~M

(C)v,j su identicki zadovoljene, a jednadzba za F

(C)y daje

Nv =mg

2 cosϕ.

Gornji izraz u kombinaciji s uvjetima na F(A)x i F

(A)y daje

Tp =

Npsinϕ

3 cosϕ,

Np µ ,

Kut ϕ je odreden jednadzbom

sinϕ =R + x

2

2R,

pa iz gornja dva izraza slijedi

µ = 2R

(6µ√

1 + 9µ2− 1

).

12.10 Elementi mehanike motocikla

Kao primjer ravninskog gibanja krutog tijela, u ovom se odjeljku opisuje gibanje sustava sastav-ljenog od motocikla i vozaca. Ni motocikl, a pogotovo vozac nisu kruta tijela, ali u situacijamakoje ce se razmatrati u ovom odjeljku, moguce je koristiti tu aproksimaciju.Promatrat ce se tri karakteristicne situacije: mirovanje, gibanje konstantnom brzinom i kocenje.


MirovanjeKada motor miruje, na njega djeluju slijedece sile (slika 12.13): gravitacijska sila m~g sahvatistem u sredistu mase sustava vozac plus motocikl (crvena tocka na slici)

m = mvozaca +mmotocikla,

i dvije sile reakcije podloge ~N p i ~N s sa hvatistem u tockama dodira prednjeg i straznjeg kotacas podlogom. Uvjeti ravnoteze sila i momenata sila, (12.28)

Slika 12.13: Sile koje djeluju na vozaca i motocikl dok miruju (Suzuki GSX-R 1 000 K7 (ljubaznoscu D. Zovka).

~Fv =∑

j

~Fv,j = 0, ~Mv =∑

j

~Mv,j = 0,

u ovom slucaju glase

0 = ~e y Np + ~e y Ns − ~e y m g,

0 = ~0 × ~N p + ~e xL × ~e yNs + (~e x x L+ ~e y H) × (−~e y) m g.

Gornje jednadzbe su dobivene tako sto je za ishodiste koordinatnog sustava uzeta tocke dodiraprednjeg kotaca s tlom, vodoravna os je x, a okomita y. S L je oznacena udaljenost meduosovinama, a xL oznacava vodoravnu udaljenost od prednje osovine do sredista mase, 0 <x < 1. Sredivanjem, gornje jednadzbe daju 2 × 2 algebarski sustav za nepoznate sile reakcijepodloge

m g = Np +Ns,

L Ns = x L m g,


iz cega se lako dobivaju trazene sile reakcija podloge

~N p = ~e y m g (1− x), ~N s = ~e y m g x.

Ako je x > 0.5, pritisak na straznji kotac je veci nego na prednji, za x = 0.5 pritisak na obakotaca je isti, a za x < 0.5 veci je pritisak na prednji kotac. Time je rjeseno mirovanje sustava.Pogledajmo sto se dogada sa sustavom u gibanju.

Gibanje konstantnom brzinomRadi jednostavnosti, promatra se sustav koji se giba po pravcu, brzinom konstantnog iznosa.Na slici 12.14 su prikazane sile koje djeluju na sustav koji se giba konstantnom brzinom. Osim

Slika 12.14: Sile koje djeluju na vozaca i motocikl dok se gibaju konstantnom brzinom (Suzuki Hayabusa GSX1300 R).

sila s prethodne slike, sada su se jos pojavile sile trenja ~F ptr, ~F

str,~F zraktr i sila od pogona motocikla

(inercijska sila) m~a . U periodu startanja motocikala, pogonska sila je veca od zbroja sila trenjai razlika tih sila povecava brzinu od nulte do neke konacne brzine. Kada je ta konacna brzinapostignuta, pogonska sila je potrebna samo da ponisti sile trenja (ali ne i da povecava brzinu).

Razlikovat ce se dvije vrste sila trenja: trenje prednje i straznje gume s podlogom ~F ptr, ~F

str i

trenje sa zrakom ~F zraktr . Sile trenja s podlogom su oblika

~F ptr = ~e x µ

0p Np, ~F s

tr = ~e x µ0s Ns.

S µ0 > 0 su oznaceni koeficijenti trenja guma i podloge. Oni ovise o sastavu i profilu gume, oteksturi gume i teksturi podloge, temperaturi gume i temperaturi podloge, tlaku u gumi, brzini


kojom se vozi itd. Hvatiste ovih sila trenja je u tocki dodira gume i podloge (to zapravo nijetocka, nego jedna mala ploha, ali za nase potrebe, tocka je dovoljno dobra aproksimacija).Trenje sa zrakom je sila oblika (5.19) iz odjeljka 5.5

~F zraktr = m β vn ~e x, β > 0

i za gibanje konstantnom brzinom, smatrat cemo ju konstantnom. Hvatiste ove sile je u sredistumase.Opet su uvjeti stabilnosti dani s (12.28): zbroj svih sila i svih njihovih momenata mora bitijednak nuli. Ravnoteza sila, raspisana po komponentama znaci da moraju biti uravnotezene ivodoravne komponete

ma = F ptr + F s

tr + F zraktr ,

i okomite

mg = Np +Ns,

komponenete sila. Osim sila moraju biti uravnotezeni i momenti vanjskih sila. Opet je koordi-natni sustav postavljen kao i ranije

∑

j

~rj × ~Fj = 0 = ~0 × ~N p +~0 × ~F ptr + ~e xL × ~e yNs + ~e xL × ~e xF

str

+ (~e xxL+ ~e yH) ×(− ~e ymg − ~e xma + ~e xF

zraktr

)

0 = ~e z

(LNs − xLmg +Hma−HF zrak

tr

).

Tako su dobivene tri algebarske jednadzbe za tri nepoznanice: a,Np i Ns

m a = F ptr + F s

tr + F zraktr = µ0

p Np + µ0s Ns + F zrak

tr ,

m g = Np +Ns,

L Ns +H m a = x L m g +H F zraktr .

Izravno rjesavanje gornjeg sustava daje

a = gL

H

µ0p (1− x) + µ0

s xLH− µ0

p + µ0s

+F zraktr

m,

Np = m gLH

(1− x) + µ0s

LH− µ0

p + µ0s

,

Ns = m gLHx− µ0

p

LH− µ0

p + µ0s

.

Primjetimo da je, za x = 0.5,

Np > Ns,

sila na prednji kotac je veca od sile na straznji kotac.


KocenjeSada ce se promatrati proces kocenja. Ono se moze odvijati na tri nacina:(a) samo straznjom kocnicom,(b) samo prednjom kocnicom,(c) objema kocnicama.Procesom kocenja se izravno smanjuje inercijsko ubrzanje a (dakle, radi se o usporenju), tj. ase shvaca kao funkcija parametara kojima se opisuju kocione sile. Sam proces kocenja se mozeopisati na dva nacina:(1) Kocenje se izvodi zatezanjem kocionih diskova pa se za njegov opis mogu uvesti kocione sile~f p i ~f s sa hvatistem u blizini sredista prednjeg i straznjeg kotaca. One su varijabilne velicinejer se mijenjaju stiskanjem ili otpustanjem rucice (prednja) ili pedale (straznja) kocnice. Uovom pristupu su koeficijenti trenja konstantni.(2) Drugi nacin je da se umjesto konstantnih koeficijenata trenja µ0 uvedu varijabilni koeficijenti

trenja µ > µ0 cije ce povecanje opisivati ucinak kocenja, a kocione sile ~f p i ~f s se ne pojavljuju7.

Ova dva pristupa se razlikuju u opisu momenta kocione sile prednjeg kotaca: u prvom pristupu,taj je moment iznosa Rfp (gdje je R polumjer kotaca), dok je u drugom opisu taj momentjednak nuli. Momenti kocione sile straznjeg kotaca su u oba pristupa razliciti od nule (i malose medusobno razlikuju).

Na slici 12.15 su prikazane sile koje djeluju na sustav motocikl plus vozac u trenutku kadavozac iskljuci pogon motocikla, a prije nego pocne kociti: Te sile su: ~N p sila reakcije podloge

na prednji kotac; ~N s sila reakcije podloge na straznji kotac; ~F ptr kociona sila trenja na prednji

kotac; ~F str kociona sila trenja na straznji kotac; m~g gravitacijska sila; m~a inercijska sila koju je

sustav motocikl plus vozac dobio od pogona motocikla, a koju treba uravnoteziti silama trenja,tj. kocenjem. Kocione sile trenja su po iznosu jednake

F ptr = µp Np, F s

tr = µs Ns,

gdje su koeficijenti trenja µp i µs varijabilne velicine koje ovise o tome koliko je snazno ili blagopristisnuta rucica prednje ili pedala straznje kocnice.Uvjet ravnoteze sustava je iscezavanje svih sila i svih momenata sila koje djeluju na sustav,(12.28). Ravnoteza sila, raspisana po komponentama znaci da moraju biti uravnotezene ivodoravne komponete

ma = F ptr + F s

tr, (12.29)

i okomite

mg = Np +Ns, (12.30)

komponenete sila.Osim sila moraju biti uravnotezeni i momenti vanjskih sila (kako ne bi doslo do vrtnje, tj.zakreta motocikla oko tocke dodira prednjeg kotaca s tlom)

~Mv =∑

j

~Mv,j =∑

j

~rj × ~Fj = 0.

Za ishodiste koordinatnog sustava uzet ce se upravo spomenuta tocke dodira prednjeg kotaca s

7P. Zugec, http://www.phy.pmf.unizg.hr/˜pzugec/Fizika.html.


Slika 12.15: Sile koje djeluju na vozaca i motocikl pri kocenju (BMW R 1100 RT Touring).

tlom (vodoravna os je x, a okomita y)

∑

j

~rj × ~Fj = 0 = ~0 × ~N p +~0 × ~F ptr + ~e xL × ~e yNs + ~e xL × ~e xF

str

+ (~e xxL+ ~e yH) × (−~e y)mg

+ (~e xxL+ ~e yH) × (−~e x)ma

0 = ~e z

(LNs − xLmg +Hma

). (12.31)

Tako su dobivene relacije (12.29), (12.30) i (12.31), koje ce se koristiti dalje u rjesavanju zadatka.

(a) KOCENJE SAMO STRAZNJOM KOCNICOM.Kod kocenja samo straznjom kocnicom, trenje prednje gume se zanemaruje (ono postoji uvijekkada se motocikl giba, ali je u ovom slucaju puno manje od trenja straznje gume i zato sezanemaruje)

~F ptr ≃ 0.

Maksimalnim pritiskom na kocnicu postize se i maksimalno usporenje a, dok je iznos sile trenja


dan umnoskom koeficijenta trenja i reakcije podloge. Time preostaju relacije

m a = F str = µs Ns

m g = Np +Ns

x Lm g = L Ns +H m a =⇒ Ns = m

(gx− a

H

L

). (12.32)

Iz prve i trece od gornjih relacija slijedi

a = g µsxL

L+ µs H. (12.33)

Iz izraza (12.32) se vidi da se ovim procesom kocenja reakcija podloge na straznji kotac smanjuje(clan −aH/L). Do ovog smanjenja dolazi zato jer pri kocenju inercijska sila dio tezine sustavamotocikl + vozac prebacuje na prednji kotac (i time odmah slabi pritisak na straznji kotac).Analizirajmo jos izraz (12.33): moze li se promjenom vrijednosti koeficijenta trenja µs (npr.promjenom sastava i oblika profila gume) postici veci a ili, matematickim rjecnikom - ima lifunkcija a ekstrem kao funkcija µs

∂ a

∂ µs= 0 =

gxL2

(L+ µs H)2.

Ocito je da gornja relacija ne moze biti zadovoljena niti za jednu konacnu vrijednost koeficijentatrenja µs, sto znaci da se a nema maksimum za neki konacni µs.Primjetimo jos da za velike vrijednosti koeficijenta trenja µs, gornji izraz za a dostize najvecugranicnu vrijednost

limmus→∞

a =g x L

H.

To je najvise sto se moze postici koceci samo straznjom kocnicom.

(b) KOCENJE SAMO PREDNJOM KOCNICOM.Kod kocenja samo prednjom kocnicom, trenje straznje gume se zanemaruje (ono postoji uvijekkada se motocikl giba, ali je u ovom slucaju puno manje od trenja prednje gume i zato sezanemaruje)

~F str ≃ 0.

Maksimalnim pritiskom na kocnicu postize se i maksimalno usporenje a = a, dok je iznossile trenja dan umnoskom koeficijenta trenja i reakcije podloge. Time relacija za ravnotezuvodoravnih komponenata sile postaje

m a = F ptr = µp Np (12.34)

Sada treba uociti dvije mogucnosti:(1) pri kocenju, motocikl s oba kotaca dodiruje cestu i polozaj njegovog sredista mase je opisankutom α0;(2) druga je mogucnost da se pri kocenju motocikl digne na prednji kotac, pri cemu je polozajsredista mase opisan kutom α > α0, a reakcija na straznju gumu je jednaka nuli

α > α0, mg = Np, Ns = 0. (12.35)


(1) Neka su oba kotaca na tlu. Tada je, prema (12.30)

Ns = mg −Np.

Gornji izraz zajedno s (12.35) se kombinira sa izrazom sa ravnotezu momenta sile (12.31) dabi se dobilo

a = gµpL(1− x)

L− µpH.

Kao ni u slucaju kocenja samo straznjom kocnicom, gornji izraz nema ekstrem za konacnuvrijednost koeficijenta trenja

∂ a

∂ µp= 0 =

g(1− x)L2

(L− µp H)2.

Isto tako izraz za a ne moze ni divergirati: uvijek je

Np ≤ mg

ma

µp≤ mg

m

µpgµp

L(1 − x)

L− µpH≤ mg

µp ≤ xL

H=

1

tanα0

,

pa zato nazivnik izraza za a ne moze biti jednak nuli. Uz primjenjenu silu kocenja tek neznatnomanju od one potrebne za dizanje motocikla na prednji kotac, biti ce µp ≃ xL/H i maksimalnousporenje ce biti

a = gxL

H= g

1

tanα0

.

(2) Neka sada straznji kotac ne dodiruje tlo, tj. neka je

α > α0, mg = Np, Ns = 0.

Udaljenost od ishodista koordinatnog sustava do sredista mase je nepromjenjena i iznosi√H2 + (xL)2,

ali sada zatvara kut α > α0 sa osi x, pa uvjet (12.31) da momenti sila iscezavaju sada glasi (uzNs = 0)

√H2 + (xL)2 m g cosα =

√H2 + (xL)2 m a sinα

iz cega je

a = g1

tanα.

Gornji rezultat znaci da usporenje a (tj. pritisak na prednju kocnicu) mora biti takav da vrijedigornja relacija: jaci pritisak znaci zakret motocikla prema naprijed (prevrtanje oko prednjeg


kotaca), a slabiji pritisak znaci zakret prema natrag i ponovni dodir straznjeg kotaca sa cestom.Je li ovakvo usporenje vece ili manje od usporenja kada oba kotaca dodiruju cestu? Na intervalu0 ≤ α ≤ π/2 je

tanα > tanα0, α > α0.

pa ce zato biti

a =1

tanαg < g

1

tanα0,

tj. kocenje samo prednjom kocnicom je ucinkovitije kada oba kotaca dodiruju tlo.

(c) KOCENJE OBJEMA KOCNICAMA.Pogledajmo na kraju i ucinak kocenja objema kocnicama istovremeno. Iz prethodna dva dijelase vidi da je ucinak kocenja najveci kada su oba kotaca na tlu, a iz tri relacije (12.29), (12.30)i (12.31),

m a = F ptr + F s

tr = µp Np + µs Ns

m g = Np +Ns

x Lm g = L Ns +H m a.

eliminacijom Np i Ns slijedi izraz za ubrzanje

a(µp, µs) = gµp + x(µs − µp)

1 + HL(µs − µp)

. (12.36)

Eventalni ekstremi gornjeg izraza su rjesenja jednadzba

∂ a

∂ µp= 0,

∂ a

∂ µp= 0

g1− x+ H

Lµs[

1 + HL(µs − µp)

]2 = 0, gx− H

Lµp[

1 + HL(µs − µp)

]2 = 0

µs = − L

H(1− x), µp =

xL

H. (12.37)

Za pozitivan µs prvi uvjet nikada ne moze biti zadovoljen, a drugi uvjet je moguce ispunitii dobiti maksimalan ucinak kocenja ako je koeficijent trenja prednje gume dovoljno velik dazadovolji trazeni uvjet. Vece kocione sile, tj. sile koje proizvode

µp >xL

H

nece proizvesti vece usporenje (jer je usporenje iz uvjeta (12.37) vec maksimalno), nego jednakousporenje kao i trenje iz (12.37). Ako µp nije dovoljno velik da ispuni gornji uvjet, tj. ako je

µp =xL

H− |δ| < xL

H,


tada su obje derivacije pozitivne

∂ a

∂ µp= g

1− x+ HLµs[

1 + HL(µs − µp)

]2 > 0,

∂ a

∂ µp= g

HL|δ|

[1 + H

L(µs − µp)

]2 > 0.

Gornji izrazi znace da su brojnici i nazivnici istih predznaka, tj. kako se povecavaju kocionesile (koeficijenti trenja), tako se povecava i iznos (negativnog) ubrzanja tj. usporenja. Dakle,usporenje raste s porastom kocionih sila (koeficijenta trenja prednje gume) sve do neke maksi-malne vrijednosti, a poslije toga ima konstantnu (i maksimalnu vrijednost) iako vozac i daljepovecava kocione sile.Ako kocioni sustav motocikla nije u stanju proizvesti kocionu silu koja ispunjava uvjet (12.37),kocenje tj. usporavanje ce se odvijati uz

a(µp, µs) = gµp + x(µs − µp)

1 + HL(µs − µp)

,

gdje je µp manje od iznosa navedenog u (12.37). Ukoliko kocioni sustav moze proizvestisilu kocenja jednaku ili vecu onoj navedenoj u (12.37), tada se kociono usporenje dobivauvrstavanjem (12.37) u (12.36) i iznosi

a(xL/H, µs) = gxL

H.

Sve zajedno se moze napisati kao

a(µp, µs) =

gµp + x(µs − µp)

1 + HL(µs − µp)

µp ≤xL

H

gxL

Hµp >

xL

H.

... dovrsiti ubaciti crtez...

Poglavlje 13

Prostorno gibanje krutog tijela

U prethodnom smo poglavlju promatrali posebno jednostavan slucaj gibanja krutog tijela kodkojega se ono moze translacijski gibati samo paralelno sa zadanom nepomicnom ravninom ivrtjeti se samo oko osi okomite na tu ravninu. Brzina vrtnje se mogla mijenjati po iznosu, aline i po smjeru

~ω = ω(t) · ~eω .

Smjer osi vrtnje, ~eω , je bio konstantan u vremenu.

U ovom cemo poglavlju promatrati opcenito gibanje krutog tijela u trodimenzijskom prostoru.Takvo se gibanje sastoji od translacije jedne odredene tocke (najcesce se za tu tocku odabiresrediste mase) i vrtnje oko osi kroz tu tocku. No, sada niti iznos, a niti smjer osi vrtnje nemoraju biti sve vrijeme konstantni, nego se mogu mijenjati s vremenom

~ω = ω(t) ~eω (t).

Zamislimo kruto tijelo koje se giba i zapitajmo se na koji ga nacin mozemo zaustaviti? Akojednu tocku (tri koordinate, npr. x, y i z)

x, y, z

krutog tijela ucinimo nepomicnom, sprijecit cemo njegovo translacijsko gibanje. No, tijelo sejos moze vrtjeti oko bilo koje od beskonacno mnogo osi koja prolazi tom tockom. Os vrtnjemozemo fiksirati dvama kutovima (npr. kutovima θ i ϕ sfernog koordinatnog sustava)

θ, ϕ.

Sada se tijelo jos moze samo vrtjeti oko fiksne osi. Ako fiksiramo i kut

ψ

koji opisuje zakret oko osi, u cjelosti smo zaustavili gibanje tijela. Vidimo da smo trebali fiksiratisest velicina, ili kako se to drukcije kaze, kruto tijelo ima sest stupnjeva slobode. Prvatri stupnja slobode su translacijski stupnjevi slobode i obicno opisuju polozaj sredista mase,a slijedeca tri (Eulerovi kutovi) su rotacijski stupnjevi slobode i opisuju vrtnju oko osi krozodabranu tocku. Ako na gibanje krutog tijela postoje i neki dodatni uvjeti, oni mogu samosmanjiti broj stupnjeva slobode.

533

534 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA

13.1 Tenzor tromosti

Buduci da se opce gibanje krutog tijela moze opisati u terminima translacije odabrane tocke ivrtnje oko osi kroz tu tocke, zapocet cemo s proucavanjem ciste vrtnje krutog tijela, a kasnijecemo dodati ucinke translacijskog gibanja.Promotrimo dakle kako se moze gibati kruto tijelo cija je (samo) jedna tocka nepomicna.Oznacimo tu nepomicnu tocku s O i neka se u danom trenutku t tijelo vrti kutnom brzinom~ω (t) oko trenutne osi kroz tocku O (slika 13.1). Neka se u j-toj tocki tijela na mjestu ~rj

Slika 13.1: Vrtnja krutog tijela kutnom brzinom ~ω (t) oko nepomicne tocke O.

nalazi j-ta cestica tijela, koja se giba brzinom ~vj . Iz poglavlja 8 o neinercijskim sustavima,znamo da je veza medu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu oblika

~vin = ~vnin + ~ω × ~r.

Cestica j miruje u neinercijskom sustavu (cvrsto vezanom za tijelo koje se vrti), pa je zato

~vnin ≡ 0

i

~vj = ~ω × ~rj.

Izracunajmo moment kolicine gibanja krutog tijela

~L =N∑

j=1

~rj × ~p j =N∑

j=1

~rj × mj ~vj =N∑

j=1

~rj × mj (~ω × ~rj),

gdje zbrajanje ide po svim tockama krutog tijela. Primjetimo da ~L ne mora biti paralelan s~ω . U nepomicnom (inercijskom) pravokutnom koordinatnom sustavu (x, y, z) sa ishodistem u

13.1. TENZOR TROMOSTI 535

O, moment kolicine gibanja tijela, kutna brzina vrtnje i radij vektor j-te cestice tijela imajukomponente:

~L = Lx ~ex + Ly ~ey + Lz ~ez ,

~ω = ωx ~ex + ωy ~ey + ωz ~ez ,

~rj = xj ~ex + yj ~ey + zj ~ez .

Koristeci se vektorskim identitetom

~A × ( ~B × ~C ) = ( ~A ~C ) ~B − ( ~A ~B ) ~C ,

izraz za ~L se moze napisati kao

~L =N∑

j=1

mj ~rj × (~ω × ~rj) =N∑

j=1

mj

[r2j ~ω − (~rj~ω ) ~rj

]

= ~ω

N∑

j=1

mj r2j −

N∑

j=1

mj (xj ωx + yj ωy + zj ωz) ~rj ,

sto, raspisano po komponentama, vodi na slijedeci sustav

Lx = ωx

N∑

j=1

mj r2j −

N∑

j=1

mj (xj ωx + yj ωy + zj ωz) xj ,

Ly = ωy

N∑

j=1

mj r2j −

N∑

j=1

mj (xj ωx + yj ωy + zj ωz) yj,

Lz = ωz

N∑

j=1

mj r2j −

N∑

j=1

mj (xj ωx + yj ωy + zj ωz) zj.

No,

r2j = x2j + y2j + z2j ,

pa se gornji sustav moze napisati i preglednije, tako sto ce se izdvojiti komponente kutne brzine

Lx = ωx

N∑

j=1

mj (y2j + z2j ) + ωy (−)

N∑

j=1

mj xj yj + ωz (−)

N∑

j=1

mj xj zj ,

Ly = +ωx (−)N∑

j=1

mj yj xj + ωy

N∑

j=1

mj (x2j + z2j ) + ωz (−)

N∑

j=1

mj yj zj ,

Lz = +ωx (−)

N∑

j=1

mj zj xj + ωy (−)

N∑

j=1

mj zj yj + ωz

N∑

j=1

mj (x2j + y2j ).

Umnoske mase s kvadratom koordinata, prepoznajemo kao momente tromosti (usporediti s(12.3)). Oznacimo s Ixx, Iyy, Izz (aksijalne) momente tromosti oko osi x, y i z i napisimo ih u


diskretnom i kontinuiranom zapisu

Ixx =

N∑

j=1

mj (y2j + z2j ) →

∫(y2 + z2) ρm(x, y, z) dx dy dz,

Iyy =N∑

j=1

mj (x2j + z2j ) →

∫(x2 + z2) ρm(x, y, z) dx dy dz,

Izz =

N∑

j=1

mj (x2j + y2j ) →

∫(x2 + y2) ρm(x, y, z) dx dy dz.

Velicine Iαβ cemo nazvati devijacijski ili centrifugalni momenti ili umnosci tromosti

Ixy = Iyx = −N∑

j=1

mj xj yj → −∫

x y ρm(x, y, z) dx dy dz, (13.1)

Ixz = Izx = −N∑

j=1

mj xj zj → −∫

x z ρm(x, y, z) dx dy dz,

Iyz = Izy = −N∑

j=1

mj yj zj → −∫

y z ρm(x, y, z) dx dy dz.

Iako su definirani s negativnim predznakom, oni mogu biti i pozitivni i negativni. Naveli smo iintegralne izraze za momente i umnoske tromosti, koji se dobiju na uobicajeni nacin prijelazomsa zbroja na integral:

∑

j

f(j)mj →∫

f(~r) dm(~r) =

∫f(~r) ρ(~r) d3r.

Momenti tromosti Iα,α i centrifugalni momenti Iα,β jesu elementi jednog tenzora drugog redakoji se zove tenzor tromosti krutog tijela i oznacava se s I

I =

Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy Iyz

Izx Izy Izz

. (13.2)

Fizicko znacenje momenata tromosti se vidi iz relacije (12.18): oni se pojavljuju u izrazu zakineticku energiju vrtnje oko nepomicne osi, dakle rad koji treba utrositi da bi se tijelo dovelou odredeno stanje vrtnje je srazmjeran momentu tromosti oko te osi.

No, koje je fizicko znacenje umnozaka tromosti? Sjetimo se da na svaku cesticu mase m kojase vrti, djeluje centrifugalna komponenta sile (8.5)

~Fcf = m ~a cf = − m ~ω × (~ω × ~r).

Ta sila djeluje po pravcu okomitom na os vrtnje, a u smjeru od osi vrtnje. Ova centrifugalnasila djeluje i na sve cestice od kojih je sastavljeno kruto tijelo. No, zbog krutosti krutog tijela,


njegove se cestice ne mogu slobodno gibati, nego se sila na cestice, prenosi na cijelo tijelo.Ako su cestice krutog tijela rasporedene simetricno u odnosu na os vrtnje, sve ce se ove silemedusobno ponistiti i rezultantna sila na kruto tijelo ce biti jednaka nuli . Naprotiv, ako sucestice rasporedene nesimetricno u odnosu na os vrtnje, one se nece sve medusobno ponistiti,nego ce preostati rezultantna sila u smjeru okomitom na os vrtnje. S obzirom da je okomitana os vrtnje, ocito je da ce ova sila izazvati promjenu smjera osi vrtnje. Uvjerimo seu ispravnost ovog razmisljanja slijedecim racunom: neka se u nekom pocetnom vremenskomtrenutku tijelo vrti oko osi ~ω i neka je koordinatni sustav postavljen tako da je

~ω = ω ~ez .

Izracunajmo ukupan moment centrifugalnih sila koje djeluju na sve cestice krutog tijela. Ponovokoristimo identitet

~A × ( ~B × ~C ) = ( ~A ~C ) ~B − ( ~A ~B ) ~C

koji vodi na

~Mcf =N∑

j=1

~rj × ~Fj,cf = −N∑

j=1

mj ~rj ×[~ω × (~ω × ~rj)

]

= −N∑

j=1

mj ~rj ×[(~ω ~rj) ~ω − ω2 ~rj

]= −

N∑

j=1

mj

[(~ω ~rj) (~rj × ~ω )− ω2 (~rj × ~rj)︸︷︷︸

= 0

]

= −N∑

j=1

mj (ωzj) (xj ~ex + yj ~ey + zj ~ez ) × ω ~ez = −N∑

j=1

mj (ωzj) (~ex yj ω − ~ey xj ω)

= −~ex ω2

N∑

j=1

mj yj zj + ~ey ω2

N∑

j=1

mj xj zj = ω2 (~ex Iyz − ~ey Ixz)

= Mcf,x ~ex −Mcf,y ~ey ,

gdje su komponente momenta centrifugalne sile jednake

Mcf,x = ω2 Iyz, Mcf,y = ω2 Ixz.

Ako se u pocetnom trenutku tijelo okretalo oko osi z, pojavljuju se momenti centrifugalne silekoji zakrecu tijelo u okomitom smjeru u odnosu na os vrtnje (u nasem primjeru su to x i ysmjerovi). Da bi se tijelo sve vrijeme okretalo oko osi z, potrebno je vanjskim silama fiksirati osvrtnje (kao sto je to prikazano na slici 12.10). Ovaj moment sile iscezava, samo ako je raspodjelamasa simetricna prema pocetnoj osi vrtnje, tj. ako je Iyz = Ixz = 0 (simetricna raspodjela maseznaci da u gornjem zbroju za Iyz i Ixz ima jednako mnogo pozitivnih i negativnih doprinosaistog iznosa). U tom je slucaju dovoljno tijelo fiksirati u jednoj tocki i ono ce se trajno vrtjetioko pocetne osi. Ako ovakva os prolazi i sredistem mase krutog tijela, tada je ona i glavna osi tijelo ne treba ucvrstiti niti u jednoj tocki, a ono ce se ipak trajno vrtjeti oko te osi. Zboggore opisane veze s centrifugalnom silom, umnosci tromosti se nazivaju i devijacijski momentiili centrifugalni momenti.


Zadatak: 13.1 Izracunajte tenzor tromosti homogenog valjka polumjera R, visine H i mase m.

R:... dovrsiti ...

Vratimo se komponentama momenta kolicine gibanja, koje sada mozemo napisati preko mome-nata i umnozaka tromosti

Lx = Ixx ωx + Ixy ωy + Ixz ωz,

Ly = Iyx ωx + Iyy ωy + Iyz ωz, (13.3)

Lz = Izx ωx + Izy ωy + Izz ωz.

Gornji sustav jednadzba mozemo napisati kao jednu matricnu jednadzbu, tako sto cemo koristitimatricu tenzora tromosti I u pravokutnom koordinatnom sustavu

I =

Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy Iyz

Izx Izy Izz

.

Elementi matrice su (prema definiciji) realni, a zbog simetrije umnozaka tromosti:

Ixy = Iyx,

Ixz = Izx,

Iyz = Izy,

matrica je i simetricna. To znaci da su njezine svojstvene vrijednosti realne, a svojstveni vektorisu medusobno okomiti. Sustav jednadzba (13.3) sada glasi

~L = I ~ω . (13.4)

U ovom opcem slucaju, kada su Iα,β 6= 0, smjer momenta kolicine gibanja ~L se razlikuje odsmjera osi vrtnje ~ω .Pogledajmo sada kako izgleda kineticka energija vrtnje krutog tijela? Ponovo krecemo od zapisakineticke energije vrtnje kao zbroja kinetickih energija pojedinih cestica krutog tijela

Ek,vrt =1

2

N∑

j=1

mj ~v2j =

1

2

N∑

j=1

mj ~vj ~vj (13.5)

=1

2

N∑

j=1

mj ~vj (~ω × ~rj) =1

2

N∑

j=1

mj ~ω (~rj × ~vj) =1

2~ω ~L

=1

2

(ωxLx + ωyLy + ωzLz

).


Uvrstimo li relacije (13.3) u skalarni umnozak ~ω ~L , dobiva se izraz za kineticku energiju vrtnje

Ek,vrt =1

2

[Ixx ω

2x + Iyy ω

2y + Izz ω

2z + 2 Ixy ωx ωy + 2 Ixz ωx ωz + 2I yz ωy ωz

](13.6)

Zadatak: 13.2 Stozac jednolike gustoce, kotrlja se bez klizanja po ravnini (x, y) kutnom br-zinom ϕ oko osi z. Polumjer stosca je R, visina H, a masa m (slika 13.2).Izracunajte kineticku energiju stosca.

R:

Slika 13.2: Uz primjer izracunavanja kineticke energije stosca koji se kotrlja po ravnini.

Primjetimo najprije da u ovom zadatku postoje dvije kutne brzine. Prva je kutnabrzina vrtnje sredista mase stosca oko ishodista i nju cemo oznaciti s ϕ . Drugaje kutna brzina vrtnje stosca oko trenutnog sredista vrtnje, a to je linije po kojojstozac dodiruje ravninu (x, y). Ovu cemo brzinu oznaciti s ω = χ.Srediste mase stosca se nalazi na osi simetrije, 3H/4 udaljeno od njegovog vrha.Izracunajmo brzinu sredista mase na dva nacina:(a) pomocu ϕ

vSM =ds

dt=ρSM dϕ

dt=

3

4H cosα ϕ ,

(b) pomocu ω

vSM =r dχ

dt=

3

4H sinα ω.


Usporedbom gornja dva izraza, dolazimo do

ω =cosα

sinαϕ =

H

Rϕ .

Ukupnu kineticku energiju mozemo dobiti kao energiju vrtnje oko trenutnog sredista.Za to nam je potrebna brzina vrtnje oko trenutnog sredista, a to je ω i moment tro-mosti oko trenutnog sredista, a to je moment tromosti stosca oko njegove izvodnice

Iizv =3

20mR2

(1 +

5H2

R2 +H2

),

za ukupnu energiju stosca dobivamo

E = Et.s.k,vrt =

1

2Iizvω

2 =3

40m H2 ϕ 2 R

2 + 6H2

R2 +H2.

Sustav glavnih osi krutog tijela:Analizom znacenja centrifugalnih momenata tromosti pokazano je oni vode na momente silakoji izazivaju promjenu smjera i iznosa vrtnje. Imajuci to u vidu, prirodno je postaviti pitanje:postoji li sustav u kojemu ce centrifugalni momenati tromosti biti jednaki nuli

Iα,β = 0, α 6= β.

U tom sustavu centrifugalne sile nece mijenjati smjer osi vrtnje (no jos uvijek ce smjer ~L bitirazlicit od smjera ~ω ).Matematickim jezikom receno, treba pronaci koordinatni sustav u kojemu ce matrica tenzoratromosti biti dijagonalna s dijagonalnim elementima Ij za j = 1, 2, 3. Takav ce se sustav zvatisustav glavnih osi krutog tijela, a jedinicni vektori tog sustava se oznacavaju s ~e j (slika 13.3).Buduci da je matrica tenzora I realna i simetricna, vektori ~e j su medusobno okomiti i moguse koristiti kao baza trodimenzijskog vektorskog prostora. Naravno da je taj sustav cvrstovezan s krutim tijelom i rotira zajedno s njim. Centrifugalni momenti tromosti, u sustavuglavnih osi, su jednaki nuli i zato ce tijelo koje se u pocetnom trenutku vrtjelo oko jedne odglavnih osi, nastaviti vrtnju oko te osi sve dok vanjske sile ne promjene smjer vrtnje. Da bise nasle dijagonalne vrijednosti Ij i smjerovi glavnih osa ~e j , treba rijesiti algebarski problemdijagonalizacije matrice, tj. naci njezine svojstvene vrijednosti Ij i pripadajuce svojstvenevektore ~e j

I ~e j = Ij ~e j →[I− 1 Ij

]~e j = 0,

(s 1 je oznacena 3× 3 dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali i nulama izvan dijagonale).Gornja jednadzba ima rjesenje ~e j 6= 0 ako determinata matrice (I− 1 Ij) iscezava

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Ixx − Ij Ixy Ixz

Iyx Iyy − Ij Iyz

Izx Izy Izz − Ij

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0.

To je algebarska jednadzba treceg reda za nepoznanice Ij . Zbog realnosti i simetrije elemenatamatrice I, ona ima tri realna rjesenja Ij koja se zovu glavni momenti tromosti (oni nisu


Slika 13.3: Glavne osi krutog tijela: ~e 1, ~e 2, ~e 3.

nuzno medusobno razliciti1) . Njima su pridruzena tri ortonormirana svojstvena vektora ~e jkoji se zovu glavne osi krutog tijela

I ~e j = Ij ~e j ,

~e i · ~e j = δi,j , i, j = 1, 2, 3.

Smjerovi glavnih osi odgovaraju smjerovima simetrije krutog tijela. Nedijagonalni elementiIi,j iscezavaju samo ako se u izrazu

Ii,j = Ij,i = −N∑

n=1

mn ri,n rj,n

(gdje rj,n oznacava projekciju radij vektora n-te cestice na smjer glavne osi ~e j) pojavi jed-nako mnogo pozitivnih i negativnih doprinosa koji se medusobno poniste, a to je upravo znaksimetricnosti.Izrazimo kineticku energiju vrtnje preko velicina vezanih za sustav glavnih osi. Oznacimo s ωj iLj za j = 1, 2, 3, komponente kutne brzine vrtnje i momenta kolicine gibanja u sustavu glavnihosi

~L · ~e j = Lj , ~ω · ~e j = ωj.

U tom je sustavu sustavu I dijagonalna matrica, pa relacija ~L = I ~ω postaje jednostavno

~L = I1 ω1 ~e 1 + I2 ω2 ~e 2 + I3 ω3 ~e 3, (13.7)

L1 = I1 ω1, L2 = I2 ω2, L3 = I3 ω3,

1Npr. homogena kugla ima sva tri glavna omenta tromosti medusobno jednaka.


a kineticka energija vrtnje

Ek,vrt =1

2~ω ~L =

1

2

(I1 ω

21 + I2 ω

22 + I3 ω

23

)(13.8)

Ako kutna brzina vrtnje ima smjer jedne od glavnih osi krutog tijela ~ω = ω ~e j, tada ce

biti ~L = Ij ω ~e j, tj. u tom slucaju ~L i ~ω imaju isti smjer, a kineticka energija vrtnje je

Ek,vrt =1

2~ω ~L =

1

2Ij ω

2 (13.9)

Izraz za energiju (13.8) moze napisati i drukcije, tako sto ce se uvesti kosinusi kutova koje osvrtnje, ~eω , zatvara sa smjerovima glavnih osi. Prema samom znacenju komponente ωj je

ωj = ~ω · ~e j = ω cos(~eω , ~e j),

stoga je, prema (13.8), i kineticka energija vrtnje jednaka

Ek,vrt =1

2

[I1 ω

2 cos2(~eω , ~e 1) + I2 ω2 cos2(~eω , ~e 2) + I3 ω

2 cos2(~eω , ~e 3)]≡ 1

2ω2 I~ω .

Gornji izraz definira moment tromosti krutog tijela I~ω u odnosu na proizvoljni smjer vrtnje ~eω ,izrazen preko glavnih momenata tromosti Ij

I~ω = I1 cos2(~eω , ~e 1) + I2 cos

2(~eω , ~e 2) + I3 cos2(~eω , ~e 3). (13.10)

Gornji izraz je osobito vazan, jer daje moment tromosti tijela oko proizvoljne osi ~eω izrazenpreko momenata tromosti oko glavnih osi. Drugim rijecima, ako se jednom izracunaju momentitromosti tijela oko glavnih osi, onda se pomocu gornjeg izraza i malo trigonometrije moze lakoizracunati moment tromosti oko proizvoljne osi.

Zadatak: 13.3 Izracunajte moment tromosti homogenog valjka oko osi oznacene na slici.

Polumjer valjka je R, visina H,a masa m. Valjak se vrti oko osikoja prolazi sredistem baze i jed-nom tockom na spojnici suprotnebaze i plasta.

R:Prema relaciji (13.10), za rjesenje ovog zadatka trebamo samo znati glavne momentetromosti valjka Ij i kuteve koje os vrtnje zatvara a glavnim osima valjka ~e j. Zbogsimetrije valjka, koordinatni sustav uvijek mozemo postaviti tako da os vrtnje leziu (~e 1, ~e 2) ravnini, pa je

I1 =1

2m R2, I2 = I3 = m

(R2

4+H2

3

)

cos2(~eω , ~e 1) =H2

H2 +R2, cos2(~eω , ~e 2) =

R2

H2 +R2, cos2(~eω , ~e 3) = 0.


Uvrstavanjem gornjih vrijednosti u (13.10), dobiva se

I~ω =1

12m R2 10H2 + 3R2

H2 +R2.

Kao sto je gornjim izrazom definiran moment tromosti u odnosu na sustav glavnih osi, slicno semoze definirati i moment tromosti I u odnosu na nepomicni (inercijski) sustav (x, y, z). Nekasu α, β i γ kutovi koje osi x, y i z zatvaraju sa smjerom osi vrtnje ~eω . Tada je

~ω = ω ~eω = ωx ~ex + ωy ~ey + ωz ~ez / · ~exω (~eω ~ex ) = ωx

ω cosα = ωx

i slicno za y i z komponentu, sto sve zajedno daje

~ω = ω (~ex cosα + ~ey cos β + ~ez cos γ).

Uvrsti li se ovaj izraz za kutnu brzinu u (13.6), za kineticku energiju se dobije

Ek,vrt =1

2I ω2,

gdje je s I oznacena velicina

I = Ixx cos2 α + Iyy cos2 β + Izz cos2 γ

+ 2 Ixy cosα cos β + 2 Ixz cosα cos γ + 2 Iyz cos β cos γ.

Gornja velicina opisuje svojstva tromosti krutog tijela u odnosu na proizvoljan inercijski sustav(x, y, z). Ona se mogu vizualizirati u obliku jednog elipsoida, na slijedeci nacin. Uvedimovektor ~η relacijom

~η =~eω√I= ~ex

cosα√I

+ ~eycos β√I

+ ~ezcos γ√I

= ~ex ηx + ~ey ηy + ~ez ηz.

U terminima komponenata vektora ~η , izraz za I glasi

1 = Ixx η2x + Iyy η

2y + Izz η

2z + 2 Ixy ηx ηy + 2 Ixz ηx ηz + 2 Iyz ηy ηz. (13.11)

U koordinatnom sustavu (ηx, ηy, ηz), gornja jednadzba predstavlja elipsoid koji se zove elipsoidtromosti i koji vizualizira osobine tromosti danog tijela u danom koordinatnom sustavu: kakose mijenjaju momenti tromosti kada se mijenja kut osi vrtnje (tj. kada se mijenjaju kutovi α, βi γ).Ako se koordinatni sustav (x, y, z) zakrene tako da se poklopi sa sustavom glavnih osi, tadaα, β i γ oznacavaju kutove izmedu glavnih osi krutog tijela i osi vrtnje, a centrifugalni momentiiscezavaju. U tom slucaju jednadzba elipsoida tromosti postaje

1 = I1η21 + I2η

22 + I3η

23, (13.12)


gdje su

η1 =cos(~eω , ~e 1)√

I~ω, η2 =

cos(~eω , ~e 2)√I~ω

, η3 =cos(~eω , ~e 3)√

I~ω.

Zadatak: 13.4 Tri cestice masa m, 2m i 3m, nalaze se redom u tockama (0, 0, 1), (0, 1, 2) i(1, 2, 3).(a) Izracunajte matricu tenzora tromosti u odnosu na srediste mase sustava.(b) Koristeci Steinerov teorem izracunajte matricu tenzora tromosti u odnosu naishodiste.(c) Nadite glavne osi i glavne momente tromosti.

R:dovrsiti

Zadatak: 13.5 Kruto tijelo se sastoji od tri cestice masa 2m,m i 4m smjestenih u tockama(−1,−1, 1), (2, 0, 2) i (−1, 1, 0). Nadite glavne osi i glavne momente tromosti.

R:dovrsiti

Zadatak: 13.6 Za homogenu ravnu plocu mase m sa slike, nadite matricu tenzora tromosti uodnosu na ishodiste.

R:dovrsiti

13.2 Eulerove jednadzbe gibanja

Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko osi ~eω (t) i na koje djeluju vanjske sile. Ucinak

vanjskih sila na vrtnju tijela opisujemo momentom vanjskih sila ~M . Gibanje tijela cemo pro-matrati iz dva koordinatna sustava: jednog inercijskog (nepomicnog) i drugog koji je cvrstovezan za kruto tijelo i vrti se zajedno s njim (neinercijski). Za ovaj neinercijski sustav cemoodabrati upravo sustav glavnih osi (~e 1, ~e 2, ~e 3). U tom je sustavu ukupan moment kolicinegibanja krutog tijela jednak

~L = I1 ω1(t) ~e 1 + I2 ω2(t) ~e 2 + I3 ω3(t) ~e 3,

gdje su ωj(t) komponente kutne brzine vrtnje u smjerovima glavnih osi. U neinercijskom sustavuse samo kutna brzina moze mijenjati s vremenom, dok su momenti tromosti Ij i smjerovi vektora

13.2. EULEROVE JEDNADZBE GIBANJA 545

~e j konstantni (jer se vektori ~e j vrte zajedno s neinercijskim sustavom). Prema relaciji (8.4),

vremenske promjene vektora ~L u inercijskom i neinercijskom sustavu su povezane relacijom

d ~L

d t

∣∣∣∣∣in.

=d ~L

d t

∣∣∣∣∣nin.

+ ~ω × ~L

= I1ω 1~e 1 + I2ω 2~e 2 + I3ω 3~e 3 + (ω1~e 1 + ω2~e 2 + ω3~e 3) × (I1ω1~e 1 + I2ω2~e 2 + I3ω3~e 3)

= ~e 1

[I1ω 1 + (I3 − I2)ω2ω3

]+ ~e 2

[I2ω 2 + (I1 − I3)ω1ω3

]+ ~e 3

[I3ω 3 + (I2 − I1)ω1ω2

].

Vanjske sile koje djeluju na tijelo, kao sto im samo ime kaze, djeluju u vanjskom, dakle inercij-skom sustavu, pa njihov moment zadovoljava jednadzbu (10.19)

d ~L

d t

∣∣∣∣∣in.

= ~M =M1 ~e 1 +M2 ~e 2 +M3 ~e 3. (13.13)

Primjetimo da se, promatrano iz inercijskog sustava, smjerovi ~e j mijenjaju u vremenu. Uspo-redbom gornje dvije jednadzbe, dolazi se do sustava

I1 ω 1 + (I3 − I2) ω2 ω3 =M1,

I2 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 =M2,

I3 ω 3 + (I2 − I1) ω1 ω2 =M3.

(13.14)

koji se zove Eulerove 2 jednadzbe gibanja krutog tijela. Gornje jednadzbe su sus-tav od tri obicne diferencijalne jednadzbe prvog reda za nepoznate komponente brzine vrtnjeω1,2,3(t). Rjesenje sustava je u cjelosti odredeno zadavanjem tri pocetna uvjeta koja odredujukomponente brzine vrtnje u nekom fiksnom (pocetnom) trenutku. Obicno se taj trenutak oda-bire kao trenutak pocetka brojanja vremena t = 0. Ove tri pocetne vrijednosti komponentebrzine vrtnje su zadane trima konstantama ωj(t = 0).

Konstante gibanjaTraze se konstante gibanja uz uvjet da se kruto tijelo vrti oko nepomicne tocke O i da na tijelone djeluju vanjske sile, osim sile u tocki oslonca. Tada je krak vanjske sile u tocki osloncajednak nuli, pa je i ukupni moment vanjskih sila jednak nuli

~M = 0.

Prva konstanta: moment kolicine gibanja.U skladu s relacijom

d ~L

d t= ~M = 0,

2Leonhard Euler, 1707. - 1783., svicarski matematicar.


(koja vrijedi i u inercijskom (10.19) i u neinercijskom (10.34) sustavu), zakljucuje se da jemoment kolicine gibanja krutog tijela konstantan,

~L = const. = ~L 0.

Akoje ~L konstantan, onda je jednak vrijednosti ~L 0 koju je imao u pocetnom trenutku Kons-tantnost vektora znaci konstantnost smjera

~L 0

|~L 0|= const.

i konstantnost iznosa

L0 =√L2x + L2

y + L2z =

√L21 + L2

2 + L23 = const..

Pravac na kojemu lezi ~L 0 se zove invarijantna linija.

Druga konstanta: kineticka energija.Pokazimo da ce u ovom slucaju i kineticka energija vrtnje biti konstantna. Zapocnimo time stocemo Eulerove jednadzbe redom pomnoziti s ω1,2,3 (neka je u pocetku desna strana razlicita odnule),

I1 ω 1 + (I3 − I2) ω2 ω3 = M1

/· ω1

I2 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 = M2

/· ω2

I3 ω 3 + (I2 − I1) ω1 ω2 = M3

/· ω3,

a zatim ih zbrojiti

I1 ω 1 ω1 + I2 ω 2 ω2 + I3 ω 3 ω3 + ω1 ω2 ω3 (I3 − I2 + I1 − I3 + I2 − I1)︸︷︷︸

= 0

=M1 ω1 +M2 ω2 +M3 ω3.

Primjetimo da je ω j ωj =12(d ω2

j/d t), pa gornji izraz mozemo napisati kao

1

2

(I1d ω2

1

d t+ I2

d ω22

d t+ I3

d ω23

d t

)= ~M · ~ω .

Prema relaciji za energiju (13.8), izraz u zagradi prepoznajemo kao vremensku promjenu ki-neticke energije vrtnje (tj. snagu vrtnje), pa gornji izraz kaze da je vremenska promjena ki-

neticke energije vrtnje jednaka skalarnom umnosku ~M · ~ωdEk,vrtd t

= ~M · ~ω .

Gornja je jednadzba iste grade kao i (4.8). Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, ~M = 0,tada je i energija konstantna

dEk,vrtd t

= 0 ⇒ Ek,vrt = const.

13.3. ZIROSKOP 547

Treca konstanta: projekcija osi vrtnje.

Iz cinjenice da je kineticka energija kons-tantna, a pomocu relacije (13.5) za-kljucujemo da je projekcija osi vrtnje~eω (t) na konstantni vektor ~L i sama kons-tantna (slika)

Ek,vrt =1

2~ω ~L = const.

Drugim rijecima, vrh vektora ~ω (t) opisuje tijekom vremena, neku krivulju po ravnini okomitoj

na vektor ~L . Ta se ravnina zove invarijantna ravnina. Primjetimo da ta krivulja ne morabiti kruznica, jer vektor ~ω (t) ne mora biti konstantnog iznosa - trazi se samo da je njegovaprojekcija na jedan konstantni vektor i sama konstantna. Gornja relacija kaze da projekcija~ω (t) na ~L (dakle umnozak ω cos(~eω , ~L )), mora biti u svakom trenutku ista. Ako se za smjer

vektora ~L odabere os z, tada je

ωz = ω cos(~eω , ~ez ) = const.

Opazac smjesten u sustav koji se vrti zajedno s krutim tijelom (~e 1, ~e 2, ~e 3) primjecuje da se

vektor ~ω okrece oko vektora ~L (koji je, sjetimo se, konstantan). Taj zakret osi vrtnje ~ω (t) oko

smjera ~L se naziva precesija.

13.3 Ziroskop

Neka je moment svih vanjskih sila koje djeluju na kruto tijelo jednak nuli i neka se tijelo vrtioko jedne od svojih glavnih osi, npr oko osi ~e 1. Tada je

ω1 = ω0, ω2 = ω3 = 0,

a tri Eulerove jednadzbe se svode na jednu jedinu jednadzbu oblika

I1d ω1

d t= 0,

iz koje slijedi da je

ω1 = ω0 = const.

kutna brzina vrtnje konstantna, a prema (13.7) je i moment kolicine gibanja takoder konstantani jednak

~L 0 = I1 ω0 ~e 1 = const.


Eliminacija momenata svih vanjskih sila, a posebno mo-menta gravitacijske sile, se postize kardanskim ovjesomprikazanim na slici desno, pri cemu os vrtnje prolazisredistem mase tijela (najcesce valjka ili diska) koji sevrti. Sva trenja se zanemaruju. Takav se uredaj nazivaziroskop.Ako se okvir kardanskog ovjesa ucvrsti za trup broda,zrakoplova, podmornice, torpeda, rakete ili nekog dru-gog objekta, proizvoljno gibanje tog objekta nece pro-mjeniti smjer vrtnje ziroskopa (sjetimo se: kada nema

momenta vanjskih sila ~L 0 = const.) i upravljacki meha-nizam se uvijek moze orjentirati u odnosu

Konstrukcija ziroskopa (slika jepreuzeta iz

http : //hr.wikibooks.org/wiki/).na fiksni smjer ziroskopa (pilot uvijek zna gdje je gore, a gdje dolje).Osim toga na suvremenim metalnim brodovima punim elektricnih i elektronickih uredaja, stan-dardni kompas s magnetskom iglom nije dovoljno precizan, pa se umjesto njega za odredivanjesmjera u prostoru koristi ziroskop koji se tada naziva zirokompas (primjetite da se zirokompasmoze podesiti da pokazuje unaprijed odabrani smjer u prostoru, a ne samo smjer sjever-jug kaomagnetski kompas).

13.4 Stabilne i nestabilne osi vrtnje

Zamislimo tijelo slicno ziroskopu iz prethodnog poglavlja koje se vrti oko jedne od svojih glavnihosi. Neka to bude os ~e 1

ω1 > 0, ω2 = ω3 = 0,

pri cemu za glavne momente tromosti vrijede relacije

I1 > I2 > I3.

To je pocetno stanje vrtnje.Neka sada, za razliku od prethodnog odjeljka, na tijelo trenutno djeluje vanjska sila ciji momentce malo promjeniti os vrtnje. Tomalo znaci da ce nakon djelovanja momenta sile i komponenteω2 i ω3 biti razlicite od nule, ali i da ce po iznosu biti puno manje od komponente ω1

ω1 ≫ ω2, ω3.

Stanje vrtnje promatranog tijela u vremenu nakon djelovanja momenta vanjske sile (smet-nje), opisano je Eulerovim jednadzbama (13.14) u kojima se zanemaruje umnozak dvaju malihvelicina

ω2 · ω3 ≃ 0.

Uz ovu aproksimaciju, sustav (13.14) postaje

I1 ω 1 = 0,

I2 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 = 0,

I3 ω 3 + (I2 − I1) ω1 ω2 = 0.

13.4. STABILNE I NESTABILNE OSI VRTNJE 549

Iz prve jednadzbe slijedi da je ω1 konstata

ω1 ≡ ω0 = const.,

dok se za druge dvije komponente dobije

ω 2 +I1 − I3I2

ω0 ω3 = 0,

(13.15)

ω 3 −I1 − I2I3

ω0 ω2 = 0.

Derivacijom po vremenom prve od gornjih jednadzba i zatim uvrstavanjem u nju druge odgornjih jednadzba, dobiva se

ω 2 +I1 − I3I2

ω0 ω 3 = 0,

ω 2 +I1 − I2I3

I1 − I3I2

ω20 ω2 = 0.

Slicno se i za ω3 dobije

ω 3 +I1 − I2I3

I1 − I3I2

ω20 ω3 = 0.

Uvede li se oznaka Ω0

Ω0 ≡ ω0

√I1 − I2I3

I1 − I3I2

,

jednadzbe za ω2,3 su oblika jednadzbi slobodnih 1D harmonijskih oscilatora

ω 2 + Ω20 ω2 = 0,

ω 3 + Ω20 ω3 = 0.

Opca rjesenja gornjih jednadzba su

ω2 = A2 cos(Ω0t + δ2),

ω3 = A3 cos(Ω0t + δ3),

za konstantne Aj i δj . Uvrstavanje ovih rjesenja u (13.15) vodi na

A2 = A3

√I3(I1 − I2)

I2(I1 − I3)

cos(Ω0t+ δ3)

sin(Ω0t+ δ2),

A2 = −A3

√I3(I1 − I2)

I2(I1 − I3)

sin(Ω0t+ δ3)

cos(Ω0t + δ2).


Gornje su jednadzbe zadovoljene, ako je

cos(Ω0t + δ3)

sin(Ω0t+ δ2)= − sin(Ω0t+ δ3)

cos(Ω0t+ δ2)

cos(Ω0t + δ3) cos(Ω0t + δ2) = − sin(Ω0t+ δ2) sin(Ω0t+ δ3)

cos(δ3 − δ2) = 0

δ3 − δ2 =Π

2.

Tada je i

A2

A3

=

√I3(I1 − I2)

I2(I1 − I3),

a rjesenja za ω2,3 su

ω2 = A2 cos(Ω0t+ δ2),

ω3 = −A3 sin(Ω0t + δ2),

Iz gornjih jednadzba je

(ω2

A2

)2

+

(ω3

A3

)2

= 1,

tj. vrh vektora vrtnje ~ω u ravnini (~e 2, ~e 3) (okomitoj na vektor ~e 1) opisuje elipsu s poluosimaA2 i A3.To znaci da ako se tijelo vrti oko osi s najvecim glavnim momentom tromosti i ako vanjskasila malo promjeni smjer vrtnje, tijelo ce se i dalje vrtjeti oko osi vrtnje koja je blizu pocetne(nesmetane) osi vrtnje. Kaze se da je os ~e 1 stabilna os. Slican bi se rezultat dobio i za vrtnjuoko osi ~e 3 s najmanjim glavnim momentom troosti. I os ~e 3 je stabilna os.

Ako se u pocetku tijelo vrti oko osi ~e 2 uz

I1 > I2 > I3,

tada se dobiva drukciji rezultat - pokazuje se da je os ~e 2 nestabilna.Sada je pocetna kutna brzina ω2 uz

ω2 ≫ ω1, ω3.

Stanje vrtnje promatranog tijela u vremenu nakon djelovanja momenta vanjske sile (smet-nje), opisano je Eulerovim jednadzbama (13.14) u kojima se zanemaruje umnozak dvaju malihvelicina

ω1 · ω3 ≃ 0.

13.4. STABILNE I NESTABILNE OSI VRTNJE 551

Uz ovu aproksimaciju, sustav (13.14) postaje

I1 ω 1 − (I2 − I3) ω2 ω3 = 0,

I2 ω 2 = 0,

I3 ω 3 − (I1 − I2) ω1 ω2 = 0.

Iz druge jednadzbe slijedi da je ω2 konstata

ω2 ≡ ω0 = const.,

dok se za ostale dvije komponente dobije

ω 1 −I2 − I3I1

ω0 ω3 = 0,

(13.16)

ω 3 −I1 − I2I3

ω0 ω1 = 0.

Kombiniranjem gornjih jednadzba dobivaju se

ω 1 − Ω20 ω1 = 0,

ω 3 − Ω20 ω3 = 0,

gdje je sada konstanta Ω0 jednaka

Ω20 = ω2

0

(I1 − I2)(I2 − I3)

I1I3.

Resenja gornjih diferencijalnih jednadzba sada nisu trigonometrijske, nego eksponencijalnefunkcije (s realnim argumentom)

ω1 = A1 e−Ωot +B1 e

+Ωot,

ω3 = A3 e−Ωot +B3 e

+Ωot.

Uvrstavanje ovih rjesenja u (13.16) vodi na

e−Ωot

(−A3 − A1

√I1(I1 − I2)

I3(I2 − I3)

)+ e+Ωot

(B3 − B1

√I1(I1 − I2)

I3(I2 − I3)

)= 0,

e−Ωot

(A1

√I1(I1 − I2)

I3(I2 − I3)+ A3

)+ e+Ωot

(−B1

√I1(I1 − I2)

I3(I2 − I3)+B3

)= 0.

Izjednacavanjem koeficijenata uz iste e± Ωot dobiva se

A3 = −A1

√I1(I1 − I2)

I3(I2 − I3),


dok na B1 i B3 nema uvjeta. No, dugo nakon djelovanja momenta vanjske sile, clanovi Aj e−Ωot

ce biti puno manji od clanova Bj e+Ωot koji ce s vremenom eksponencijalno rasti

ω1 ≃ B1 e+Ωot,

ω3 ≃ B3 e+Ωot.

Gornji rezultati znace da ce se tijekom vremena smjer vektora vrtnje udaljavati od pocetnogsmjera i to kao eksponencijalna funkcija proteklog vremena. Zato se glavna os ~e 2 nazivanestabilna os.Naravno da dugo nakon djelovanja smetnje, ω2,3 vise nece biti puno manje od ω2, kao sto subile neposredno nakon djelovanja vanjskog momenta sile.

13.5 Gibanje Zemlje

Slika 13.4: Priblizan oblik Zemlje prikazane u sustavuglavnih osi.

Jedan vazan primjer krutog tijela koje se vrtiuz moment vanjskih sila jednak nuli, je vrt-nja Zemlje oko svoje osi. Jedina vanjskasila koja djeluje na Zemlju je gravitacijska sila(od Sunca i drugih planeta), ali ona djelujena srediste mase Zemlje, pa je njezin momentsile jednak nuli. Zemlja nije savrseno krutotijelo, jer ima tekucu jezgru, ali cemo ucinkete tekuce jezgre na vrtnju Zemlje zanemariti.Takoder cemo oblik Zemlje aproksimirati obli-kom elipsoida (spljostene kugle, slika 13.6.Adolje). Oznacimo li smjer osi simetrije takvogtijela kao ~e 3, tada ce biti

I1 = I2 < I3

i Eulerove jednadzbe glase

I1 ω 1 + (I3 − I1) ω2 ω3 = 0,

I1 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 = 0,

I3 ω 3 = 0.

U ovom slucaju, a kao posljedicu simetrije I1 = I2, vidimo da postoji i cetvrta konstantagibanja. Naime iz posljednje od gornjih jednadzba zakljucujemo da je treca komponenta kutnebrzine vrtnje konstantna

ω3 = const. ≡ Ω 3.

Tada se preostale dvije jednadzbe mogu napisati u obliku

ω 1 +I3 − I1I1

ω2 Ω 3 = 0, (13.17)

ω 2 −I3 − I1I1

ω1 Ω 3 = 0.

13.5. GIBANJE ZEMLJE 553

To je sustav od dvije vezane diferencijalne jednadzbe prvog reda, za nepoznate funkcije ω1(t)i ω2(t). Vremenskom derivacijom druge od gornjih jednadzba i uvrstavanjem prve, dobiva sediferencijalna jednadzba drugog reda, ali se u njoj pojavljuje samo jedna funkcija, ω2(t)

ω2 +

(Ω 3

I3 − I1I1

)2

ω2 = 0. (13.18)

Gornju jednadzbu prepoznajemo kao jednadzbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskogoscilatora (6.4)

x + ω20 x = 0,

s opcim rjesenjem danim preko sinusa i kosinusa

ω2 = A cosω0t+ Ω ⊥ sinω0t,

gdje su A i Ω ⊥ konstante. Odaberu li se pocetni uvjeti tako da je u t = 0 i ω2 = 0, slijedi daje A = 0, tj.

ω2 = Ω ⊥ sinω0t.

Vrijednost ω0 dobiva se iz diferencijalne jednadzbe (13.18) za ω2, i ona iznosi

ω0 = Ω 3|I3 − I1|

I1.

Uvrstavanje ω2 u jednadzbu (13.17) za ω1, daje

ω1 = Ω ⊥ cosω0t.

Uzeto sve zajedno, os vrtnje, tj. vektor ~ω (t), gledano iz sustava glavnih osi tijela, mijenja svojsmjer u vremenu na slijedeci nacin

~ω (t) = ~e 1 Ω ⊥ cosω0t + ~e 2 Ω ⊥ sinω0t + ~e 3 Ω 3

(primjetimo da i Ω ⊥ i Ω 3 imaju dimenziju kutne brzine). Primjecujemo da je kutna brzinavrtnje konstantnog iznosa

ω =√

Ω 2⊥ + Ω 2

3

i zato vektor ~ω opisuje stozac u prostoru tako da je os stosca visine Ω 3 u smjeru ~e 3, a polumjerbaze je Ω ⊥ (slika 13.5), tj. ~ω precesira oko ~e 3. Kutna brzina precesije je ω0 pa je vrijemejednog obilaska, tj. period precesije

T0 =2π

ω0.

Konkretno, za Zemlju je

ω3 = Ω 3 = 2πrad

dan,

I3 − I1I1

= 0.00327,

pa period precesije iznosi oko T0 = 305 dana ili desetak mjeseci. Ovo je vrijednost za T0 blizuopazene vrijednosti koja iznosi priblizno 430 dana, a razlika se objasnjava, vec spomenutom,cinjenicom da Zemlja nije savrseno kruta, vec ima i tekuci jezgru, pa u razmatranje treba uzeti


Slika 13.5: Precesija ~ω (t) oko ~e 3.

i hidrodinamicko ponasanje tekucine koja se vrti, a takoder treba uzeti u obzir i atmosferskagibanja, utjecaj plimnog trenja, elasticnosti Zemlje (koja ipak nije savrseno kruta) i slicno.

Vidimo da su za odredenje gibanja Zemlje, vazna tri vektora: ~e 3, ~ω i ~L . Njihove medusobneodnose cemo opisati pomocu dva stosca. To su:prostorni stozac - vezan za sustav (~ex , ~ey , ~ez ) istozac krutog tijela - vezan za sustav (~e 1, ~e 2, ~e 3).Opisimo vrtnju Zemlje u u tim terminima. Oznacimo s α kut izmedu osi simetrije Zemlje ~e 3

(glavne osi su osi simetrije tijela) i konstantnog vektora momenta kolicine gibanja ~L .

~ω = ~e 1 Ω ⊥ cosω0t + ~e 2 Ω ⊥ sinω0t+ ~e 3 Ω 3,

~L = I1ω1~e 1 + I1ω2~e 2 + I3ω3~e 3,

= I1Ω ⊥(~e 1 cosω0t+ ~e 2 sinω0t) + ~e 3I3 Ω 3,

cosα = ~e 3 ·~L

L=

I3 Ω 3√I21 Ω 2

⊥ + I23 Ω 23

.

Oznacimo s β kut izmedu osi simetrije Zemlje ~e 3 i vektora vrtnje ~ω

cos β = ~e 3 ·~ω

ω=

Ω 3√Ω 2

⊥ + Ω 23

.

Uobicajenim trigonometrijskim manipulacijama, dolazi se do sinusa kutova α i β

sinα =I1 Ω ⊥√

I21 Ω 2⊥ + I23 Ω 2

3

, sin β =Ω ⊥√

Ω 2⊥ + Ω 2

3

,

13.6. EULEROVI KUTOVI 555

a zatim i do omjera njihovih tangensa

tanα =I1 Ω ⊥I3 Ω 3

, tan β =Ω ⊥Ω 3

, ⇒ tanα

tan β=I1I3.

Za Zemlju (ili bilo koji drugi sferoid spljosten na polovima) je I1 < I3 (zato jer je zbog sp-ljostenosti, velicina r2⊥ veca kada se racuna I3, nego kada se racuna I1).

I1 < I3 ⇒ tanα < tan β ⇒ α < β.

Nazovimo prostornim stoscem stozac cija je os simetrije konstantni vektor ~L , os simetrije stoscatijela neka je os ~e 3 (slika 13.6 gore). Vidimo da gibanje Zemlje mozemo shvatiti kao kotrljanje

(bez klizanja) stosca tijela oko prostornog stosca (vektor ~L je konstantan, pa se prostorni stozacne pomice, nego se pomice stozac tijela) tako da njihova dodirna linija ima smjer vektora vrtnje~ω .Navedimo jos nekoliko opazanja vezanih za opis Zemljinog gibanja:

• Primjetimo da pravci definirani vektorima ~L ,~e 3 i ~ω leze u istoj ravnini. Ovu cemo tvrd-nju dokazati tako sto cemo pokazati da je volumen paralelopipeda cije su stranice dane ovimvektorima, jednak nuli. Volumen racunamo preko mjesovitog umnoska ta tri vektora, relacijom(2.9), u bazi glavnih osi krutog tijela

~L · (~e 3 × ~ω ) =

∣∣∣∣∣∣

I1 ω1 I1 ω2 I3 ω3

0 0 1ω1 ω2 ω3

∣∣∣∣∣∣= 0.

• Opazac u koordinatnom sustavu (O, x, y, z) ce vidjeti da ~ω opisuje prostorni stozac, dok ceopazac u sustavu (O,~e 1, ~e 2, ~e 3) (a to smo svi mi koji zivimo na Zemlji) vidjeti da ~ω opisujestozac tijela.• Za Zemlju je I1 < I3 (spljostena tijela) i zato je prostorni stozac unutar stosca krutog tijela.Za tijela za koja je I1 > I3 (duguljasta tijela oblika cigare) je lako pokazati da je stozac tijelaunutar prostornog stosca (slika 13.6 dolje).

13.6 Eulerovi kutovi

Za opis vrtnje krutog tijela oko nepomicne tocke, uobicajeno je koristiti tri kutne varijable

Φ(t), Θ(t), Ψ(t),

koje se zovu Eulerovi kutovi. Osnovna je ideja posve jednostavna:- krece se s dva koordinatna sustava s istim ishodistem (O; x, y, z) i (O; x ′, y ′, z ′), koji se u

pocetku poklapaju;- zatim se pomocu kutova Φ i Θ, koji su poznati iz sfernog koordinatnog sustava, odredi novismjer osi z ′;- i konacno cijeli se sustav (x ′, y ′, z ′) zakrene oko osi z ′ za kut Ψ (slika gore).


Slika 13.6: Gore: opis gibanja Zemlje pomocu prostornog stosca (os simetrije je ~L ) i stosca tijela (os simetrijeje ~e 3). Dolje: polozaji prostornog stosca i stosca tijela, ovisno o odnosu I1 i I3


Pokazimo u slijedeca tri koraka kako se iz pocetnog koordinatnog sustava (x, y, z), koristecidva pomocna koordinatan sustava (X, Y, Z) i (X ′ , Y ′ , Z ′ ), stize u konacni zakrenuti sustav(x ′, y ′, z ′):

Slika 13.7: Uz definiciju Eulerovih kutova: (A) Φ, (B)Θ i (C) Ψ. Primjetimo da su sva tri zakreta istog oblika,ali za razlicite kutove i oko razlicitih osi.

(x, y, z) ⇒ (X, Y, Z) ⇒ (X ′ , Y ′ , Z ′ ) ⇒ (x ′, y ′, z ′)z = Z X = X ′ Z ′ = z ′

Φ Θ Ψslika 13.7.A slika 13.7.B slika 13.7.C

Povezimo jedinicne vektore pojedinih koordinatnih sustava:prvi korak: zakret oko osi z = Z za kut Φ (slika 13.7.A)

~ex = (~ex ~eX )~eX + (~ex ~eY )~eY + (~ex ~eZ )~eZ = ~eX cosΦ + ~eY cos(Φ +π

2) + ~eZ cos

π

2= ~eX cosΦ− ~eY sin Φ,

~ey = (~ey ~eX )~eX + (~ey ~eY )~eY + (~ey ~eZ )~eZ = ~eX cos(π

2− Φ) + ~eY cosΦ + ~eZ cos

π

2= ~eX sinΦ + ~eY cosΦ,

~ez = (~ez ~eX )~eX + (~ez ~eY )~eY + (~ez ~eZ )~eZ = ~eX cosπ

2+ ~eY cos

π

2+ ~eZ cos 0

= ~eZ ,

ili, u matricnom zapisu

~ex~ey~ez

= EΦ

~eX~eY~eZ

, EΦ =

cosΦ − sin Φ 0sinΦ cosΦ 00 0 1

. (13.19)


Drugi korak: zakret oko osi X = X ′ za kut Θ (slika 13.7.B)

~eX = (~eX ~eX ′ )~eX ′ + (~eX ~eY ′ )~eY ′ + (~eX ~eZ ′ )~eZ ′ = ~eX ′ cos 0 + ~eY ′ cosπ

2+ ~eZ ′ cos

π

2= ~eX ′ ,

~eY = (~eY ~eX ′ )~eX ′ + (~eY ~eY ′ )~eY ′ + (~eY ~eZ ′ )~eZ ′ = ~eX ′ cosπ

2+ ~eY ′ cosΘ + ~eZ ′ cos(Θ +

π

2)

= ~eY ′ cosΘ− ~eZ ′ sin Θ,

~eZ = (~eZ ~eX ′ )~eX ′ + (~eZ ~eY ′ )~eY ′ + (~eZ ~eZ ′ )~eZ ′ = ~eX ′ cosπ

2+ ~eY ′ cos(

π

2−Θ) + ~eZ ′ cosΘ

= ~eY ′ sinΘ + ~eZ ′ cosΘ, .

Matricno

~eX~eY~eZ

= EΘ

~eX ′

~eY ′

~eZ ′

, EΘ =

1 0 00 cosΘ − sinΘ0 sinΘ cosΘ

. (13.20)

Treci korak: zakret oko osi Z ′ = z ′ za kut Ψ (slika 13.7.C)

~eX ′ = (~eX ′ ~ex ′ )~ex ′ + (~eX ′ ~ey ′ )~ey ′ + (~eX ′ ~ez ′ )~ez ′ = ~ex ′ cosΨ + ~ey ′ cos(π

2+ Θ) + ~ez ′ cos

π

2= ~ex ′ cosΨ− ~ey ′ sinΨ,

~eY ′ = (~eY ′ ~ex ′ )~ex ′ + (~eY ′ ~ey ′ )~ey ′ + (~eY ′ ~ez ′ )~ez ′ = ~ex ′ cos(π

2−Ψ) + ~ey ′ cosΨ + ~ez ′ cos

π

2= ~ex ′ sin Ψ + ~ey ′ cosΨ,

~eZ ′ = (~eZ ′ ~ex ′ )~ex ′ + (~eZ ′ ~ey ′ )~ey ′ + (~eZ ′ ~ez ′ )~ez ′ = ~ex ′ cosπ

2+ ~ey ′ cos

π

2+ ~ez ′ cos 0

= ~ez ′ ,

ili, u matricnom zapisu

~eX ′

~eY ′

~eZ ′

= EΨ

~ex ′

~ey ′

~ez ′

, EΨ =

cosΨ − sinΨ 0sinΨ cosΨ 00 0 1

. (13.21)

Primjetimo da sve tri matrice EΦ,EΘ i EΨ sadrze istu podmatricu koja opisuje zakret uodgovarajucoj ravnini (usporediti slike 13.7.A, 13.7.B i 13.7.C)

E 2D(α) =

[cosα − sinαsinα cosα

], α→ Φ,Θ,Ψ.


Tako su

EΦ =

[E 2D(Φ) 0

0 1

],

EΘ =

[1 00 E 2D(Θ)

],

EΨ =

[E 2D(Ψ) 0

0 1

].

Sada cemo, pomocu gornjih relacija, povezati jedinicne vektore (~ex , ~ey , ~ez ) sa jedinicnim vek-torima (~ex ′ , ~ey ′ , ~ez ′ ).Uzastopnom primjenom gornjih relacija, mozemo povezati sustav (x, y, z) sa sustavom (x ′, y ′, z ′)

~ex~ey~ez

= EΦEΘEΨ

~ex ′

~ey ′

~ez ′

. (13.22)

Iz gornjeg izraza mozemo izvesti i inverznu relaciju, invertiranjem matrica~ex ′

~ey ′

~ez ′

= E −1

Ψ E −1Θ E −1

Φ

~ex~ey~ez

. (13.23)

Pomocu matrica EΦ,EΘ i EΨ mogu se dobiti veze i medu vektorima ostalih baza. Npr.~eX~eY~eZ

= EΘ EΨ

~ex ′

~ey ′

~ez ′

,

~eX~eY~eZ

= E −1

Φ

~ex~ey~ez

, (13.24)

ili ~eX ′

~eY ′

~eZ ′

= EΨ

~ex ′

~ey ′

~ez ′

,

~eX ′

~eY ′

~eZ ′

= E −1

Θ E −1Φ

~ex~ey~ez

. (13.25)

Lako je vidjeti da su inverzne matrice iz gornjih izraza, upravo jednake transponiranimmatricama

E −1Φ = E T

Φ, EΦ E TΦ = E T

Φ EΦ = 1,

E −1Θ = E T

Θ, EΘ E TΘ = E T

Θ EΘ = 1,

E −1Ψ = E T

Ψ, EΨ E TΨ = E T

Ψ EΨ = 1.

(EΦ EΘ EΨ

)−1

= E −1Ψ E −1

Θ E −1Φ = E T

Ψ E TΘ E T

Φ =(EΦ EΘ EΨ

)T.


Izravnim mnozenjem matrica, se dobije za EΦEΘEΨ

cosΦ cosΨ− sinΦ cosΘ sinΨ − cos Φ sinΨ− sinΦ cosΘ cosΨ sinΦ sinΘ

sin Φ cosΨ + cosΦ cosΘ sinΨ − sin Φ sinΨ + cosΦ cosΘ cosΨ − cos Φ sinΘ

sinΘ sinΨ sinΘ cosΨ cosΘ

,

(13.26)i za E −1

Ψ E −1Θ E −1

Φ

cosΦ cosΨ− sinΦ cosΘ sinΨ sinΦ cosΨ + cos Φ cosΘ sinΨ sinΘ sinΨ

− cosΦ sinΨ− sin Φ cosΘ cosΨ − sinΦ sinΨ + cosΦ cosΘ cosΨ sinΘ cosΨ

sin Φ sinΘ − cosΦ sinΘ cosΘ

.

(13.27)Uvrstavanjem (13.26) u (13.22), dobiju se relacije

~ex = ~ex ′ (cosΦ cosΨ− sinΦ cosΘ sinΨ) + ~ey ′ (− cos Φ sinΨ− sinΦ cosΘ cosΨ) + ~ez ′ sin Φ sinΘ,

~ey = ~ex ′ (sinΦ cosΨ + cos Φ cosΘ sinΨ) + ~ey ′ (− sinΦ sinΨ + cosΦ cosΘ cosΨ)− ~ez ′ cosΦ sinΘ,

~ez = ~ex ′ sin Θ sinΨ + ~ey ′ sin Θ cosΨ + ~ez ′ cosΘ, (13.28)

a uvrstavanjem (13.27) u (13.23) dobiju se inverzne relacije

~ex ′ = ~ex (cosΦ cosΨ− sinΦ cosΘ sinΨ) + ~ey (sin Φ cosΨ + cosΦ cosΘ sinΨ) + ~ez sinΘ sinΨ,

~ey ′ = ~ex (− cosΦ sinΨ− sinΦ cosΘ cosΨ) + ~ey (− sinΦ sinΨ + cos Φ cosΘ cosΨ) + ~ez sinΘ cosΨ,

~ez ′ = ~ex sin Φ sinΘ− ~ey cosΦ sinΘ + ~ez cosΘ. (13.29)

Nadalje cemo se ovim relacijama korisiti kod opisa gibanja zvrka, pri cemu ce (~ex , ~ey , ~ez ) bitiinercijski sustav (nepomican u prostoru), dok ce (~ex ′ , ~ey ′ , ~ez ′ ) biti sustav glavnih osi tijela ~e j

~e 1 ≡ ~ex ′ , ~e 2 ≡ ~ey ′ , ~e 3 ≡ ~ez ′ .

Kutna brzinaIzrazimo kutnu brzinu vrtnje tijela ~ω u odnosu na inercijski sustav (~ex , ~ey , ~ez ), preko Eulerovih

kutova: prvi korak je bio zakret za kut Φ oko osi ~ez = ~eZ , sto daje doprinos od ~ez Φ ; drugi jekorak zakret oko osi ~eX = ~eX ′ za kut Θ, sto daje doprinos od ~eX ′ Θ ; treci je korak zakret okoosi ~eZ ′ = ~ez ′ ≡ ~e 3 za kut Ψ, sto daje doprinos od ~ez ′ Ψ ≡ ~e 3Ψ . Sva tri doprinosa zajedno,odreduju kutnu brzinu vrtnje

~ω = ~ez Φ + ~eX ′ Θ + ~ez ′ Ψ = ~ez Φ + ~eX ′ Θ + ~e 3Ψ .


Jedinicni vektori u gornjem izrazu potjecu iz tri razlicite baze. Koristeci matrice EΦ,EΘ i EΨ

pokazat cemo najprije kako se ~ω moze napisati u bazi glavnih osi tijela, a zatim i kako se mozenapisati u inercijskoj bazi (naravno da se, slicnim postupcima, vektor ~ω moze napisati u bilokojoj drugoj bazi).

Prema (13.28) je

~ez = ~e 1 sin Θ sinΨ + ~e 2 sin Θ cosΨ + ~e 3 cosΘ,

a prema (13.21) je

~eX ′ = ~e 1 cosΨ− ~e 2 sinΨ.

Uvrstavanjem ova dva izraza u (13.30), dobiva se

~ω = Φ (~e 1 sinΘ sinΨ + ~e 2 sinΘ cosΨ + ~e 3 cosΘ) + Θ (~e 1 cosΨ− ~e 2 sinΨ) + ~e 3Ψ

= ~e 1(Φ sinΘ sinΨ + Θ cosΨ) + ~e 2(Φ sinΘ cosΨ− Θ sinΨ) + ~e 3(Φ cosΘ + Ψ ),

ili, po komponentama u sustavu glavnih osi,

ω1 = Φ sinΘ sinΨ + Θ cosΨ,

ω2 = Φ sinΘ cosΨ− Θ sinΨ, (13.30)

ω3 = Φ cosΘ + Ψ .

Na slican nacin, polazeci od (13.30) i uvrstavanjem ~eX ′ iz (13.25) i ~ez ′ iz (13.29), dobivaju sei komponente brzine vrtnje ~ω u nepomicnom (inercijskom) (x, y, z) sustavu

~ω = ~ex (Θ cosΦ + Ψ sinΦ sinΘ) + ~ey (Θ sinΦ− Ψ cosΦ sinΘ) + ~ez (Φ + Ψ cosΘ),

ili, po komponentama u inercijskom sustavu,

ωx = Θ cosΦ + Ψ sinΦ sinΘ,

ωy = Θ sin Φ− Ψ cosΦ sinΘ, (13.31)

ωz = Φ + Ψ cosΘ.

Iz relacije (13.8) je poznat oblik kineticke energije vrtnje u sustavu glavnih osi tijela. Uvrste lise u taj izraz gornje vrijednosti za ωj=1,2,3, dobiva se kineticka energija vrtnje izrazena prekoEulerovih kutova

Ek,vrt =1

2(I1 ω

21 + I2 ω

22 + I3 ω

23)

=I12

(Φ sinΘ sinΨ + Θ cosΨ

)2+I22

(Φ sinΘ cosΨ− Θ sin Ψ

)2+I32

(Φ cosΘ + Ψ

)2.


U posebnom slucaju kada je tijelo oblika spljostene (ili izduzene) kugle, je I1 = I2 i kinetickase energija svodi na

Ek,vrt =I12

(Φ 2 sin2Θ+ Θ 2

)+I32

(Φ cosΘ + Ψ

)2.

Ukoliko je tijelo oblika kugle I1 = I2 = I3 = I

Ek,vrt =I

2

(Φ 2 + Θ 2 + Ψ 2 + 2Φ Ψ cosΘ

).

(Moment tromosti kugle oko osi kroz promjer je (2/5)mR2, tada je npr. Θ = Φ = 0, a Ψ = ω.)

13.7 Cayley - Klein parametri

Eulerovi kutovi nisu jedini nacin jednoznacnog odredivanja orjentacije krutog tijela u prostoru.Orjentacija se moze definirati i pomocu Cayley - Klein parametara α, β, γ i δ koji zadovoljavajuslijedece relacije

α α⋆ + γ γ⋆ = 1,

α α⋆ + β β⋆ = 1,

β β⋆ + δ δ⋆ = 1,

α⋆ β + γ⋆ δ = 0,

α δ − β γ = 1,

β = −γ⋆,

δ = −α⋆.Veza sa Eulerovim kutovima

α = e ı(ψ+φ)/2 cos(θ/2),

β = ıe ı(ψ−φ)/2 sin(θ/2),

γ = ıe −ı(ψ−φ)/2 sin(θ/2),

δ = e −ı(ψ+φ)/2 cos(θ/2).

dovrsiti

13.8 Gibanje zvrka

U ovom cemo odjeljku opisati gibanje zvrka, tj. vrtnju osno simetricnog krutog tijela okoosi vrtnje koja se poklapa s jednom od glavnih osi (osi simetrije) tijela (slika 13.8). Jedna

13.8. GIBANJE ZVRKA 563

tocka zvrka, O, je nepomicna i os vrtnje prolazi kroz tu tocku. Za razliku od prethodnogprimjera (vrtnja Zemlje), gdje je moment vanjskih sila bio jednak nuli, sada ce moment vanjske(gravitacijske) sile biti razlicit od nule.

Postavimo inercijski kordinatni sustav (x, y, z) i sustav glavnih osi tijela (e1, e2, e3) (neinercijski,cvrsto vezan uz tijelo) tako da imaju isto ishodiste, a to ishodiste je nepomicna tocka gibanjazvrka, kao na slici 13.8. Sustav (e1, e2, e3) se kutnom brzinom ~ω vrti oko sustava (x, y, z).

Slika 13.8: Vrtnja zvrka u gravitacijskom polju Zemlje. Komponente vektora ~ω su odredene relacijama (13.30)u neinercijskom, tj. (13.31) u inercijskom sustavu (u oba slucaja uz Ψ ≡ 0).

Prisjetimo se Eulerovih kutova: Φ i Θ odreduju smjer osi vrtnje (tj. odreduju smjer ~e 3, gle-dano iz (x, y, z) sustava), a kut Ψ tj. kutna brzina Ψ opisuje vrtnju zvrka oko osi ~e 3. Sustav(~e 1, ~e 2, ~e 3) se giba u skladu s promjenom smjera osi vrtnje (koje opisuju kutovi Φ i Θ), ali seNE vrti oko svoje ~e 3 osi3 (jer bi tada zvrk mirovao u tom sustavu). U sustavu glavnih osi~e j , zvrk se vrti kutnom brzinom Ψ oko glavne osi ~e 3 (i to je jedino gibanje zvrka koje vidipromatrac koji miruje u sustavu glavnih osi).

Uslijed djelovanja momenta vanjskih sila, moment kolicine gibanja zvrka ce se mijenjati u skladus

d ~L

d t= ~M.

U sustavu glavnih osi tijela je moment kolicine gibanja sada jednak

~L = I1 ω1 ~e 1 + I2 ω2 ~e 2 + I3 (ω3 + Ψ ) ~e 3,

3Govoreci u terminima Eulerovih kutova, to je kao da su izvedeni zakreti za Φ i Θ, ali ne i za Ψ.


pri cemu su komponente vektora vrtnje

ωj = ωj

(Θ(t),Φ(t)

),

odredene relacijama (13.30) u neinercijskom, tj. (13.31) u inercijskom sustavu (u oba slucajauz Ψ ≡ 0) i jednake su

ω1 = Θ , ωx = Θ cosΦ,

ω2 = Φ sinΘ, ωy = Θ sinΦ,

ω3 = Φ cosΘ, ωz = Φ .

Sada postupamo kao u izvodu Eulerovih jednadzba, s tom razlikom da u izrazu za ~L imamo idodatni clan od Ψ . Vezu izmedu vremenske promjene ~L u inercijskom i neinercijskom sustavuznamo iz (8.4), a ona ovisi samo o vrtnji neinercijskog sustava kao cjeline, u odnosu na inercijskisustav

d ~L

d t

∣∣∣∣∣in.

=d ~L

d t

∣∣∣∣∣nin.

+ ~ω × ~L (13.32)

= I1 ω 1 ~e 1 + I2 ω 2 ~e 2 + I3 (ω 3 + Ψ ) ~e 3

+(ω1 ~e 1 + ω2 ~e 2 + ω3 ~e 3

)×[I1 ω1 ~e 1 + I2 ω2 ~e 2 + I3 (ω3 + Ψ ) ~e 3

]

= ~e 1

[I1 ω 1 + (I3 − I2) ω2 ω3 + I3 ω2 Ψ

]

+ ~e 2

[I2 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 − I3 ω1 Ψ

]

+ ~e 3

[I3 (ω 3 + Ψ ) + (I2 − I1) ω1 ω2

].

Uz zanemarivanje svih trenja, u inercijskom sustavu na zvrk djeluju reakcija podloge ~N ivanjska gravitacijska sila m ~g (slika 13.8). Kao stoje pokazano relacijom (10.16), gravitacijskasila djeluje kao da je sva masa zvrka skoncentrirana u njegovom sredistu mase. Neka se sredistemase nalazi u tocki l ~e 3, gdje je s l oznacena udaljenost od ushodista O do sredista mase SM(slika 13.8). Tada je moment vanjskih sila jednak

~M = ~r × ~Fv = ~0 × ~N + l ~e 3 × m g (−~ez ) = −l m g ~e 3 ×[(~ez ~e 1) ~e 1 + (~ez ~e 2) ~e 2 + (~ez ~e 3) ~e 3

].

Buduci da vektor ~e 1 lezi u ravnini (x, y), to je

~ez ~e 1 = 0.


~ez ~e 2 = cos(π/2−Θ) = sinΘ

(ili iz jednadzba (13.28) uz Ψ ≡ 0). Posljedni clan uglate zagrade ima smjer ~e 3, pa je njegovvektorski umnozak s ~e 3 jednak nuli

~e 3 × ~e 3 = 0.


Time se za moment vanjskih sila konacno dobiva

~M = −l m g ~e 3 × sinΘ ~e 2 = ~e 1 l m g sin Θ. (13.33)

U skladu s relacijom ~L = ~M , ovaj je moment sile upravo jednak vremenskoj promjeni momentakolicine gibanja (13.32). Izjednacavanjem ta dva izraza, uz

I1 = I2

za osno simetricni zvrk, dolazi se do Eulerovih jednadzba za gibanje zvrka

I1 ω 1 + (I3 − I1) ω2 ω3 + I3 ω2 Ψ = l m g sinΘ

I1 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 − I3 ω1 Ψ = 0, (13.34)

I3 (ω 3 + Ψ ) = 0.

Naglasimo jos jednom da je sustav glavnih osa (~e 1, ~e 2, ~e 3) orjentiran prema (x, y, z) sustavutako sto je u odnosu na njega zakrenut za kutove Θ i Φ, ali ne i za Ψ (Ψ opisuje vrtnju zvrkau sustavu glavnih osa). Zbog toga za komponente ω1,2,3 mozemo napisati izraze iz (13.30) ukojima je Ψ ≡ 0

ω1 = Θ , ω2 = Φ sinΘ, ω3 = Φ cosΘ. (13.35)

Uvrstavanjem ovih izraza u Eulerove jednadzbe, dobiva se

I1 Θ + (I3 − I1) Φ2 sinΘ cosΘ + I3 Φ Ψ sin Θ = l m g sinΘ

I1

(Φ sin Θ + Φ Θ cosΘ

)+ (I1 − I3) Θ Φ cosΘ - I3 Θ Ψ = 0

I3d

d t

(Φ cosΘ + Ψ

)= 0

(13.36)

Znacenja kutnih brzina koje se pojavljuju u gornjim jednadzbama su:

- Φ , precesija; vrtnja projekcije vektora ~e 3 oko osi z, u ravnini (x, y),

- Θ , nutacija; gibanje vektora ~e 3 prema i od osi z,

- Ψ , spin; vrtnja zvrka oko glavne osi ~e 3.

konstante gibanja: prva konstantaPrimjetimo da iz trece od gornjih jednadzba mozemo zakljuciti

I3d

d t(Φ cosΘ + Ψ ) = 0 ⇒ Φ cosΘ + Ψ = const. ≡ Ω . (13.37)

Ω je konstanta dimenzije kutne brzine. Uvrstavanjem Ψ = Ω − Φ cosΘ u preostale dvijejednadzbe iz (13.36), dobije se sustav od dvije vezane nelinearne diferencijalne jednadzbe za


Φ(t) i Θ(t)

I1 (Θ − Φ 2 sin Θ cosΘ) + I3 Φ Ω sinΘ = l m g sinΘ

(13.38)

I1 (Φ sin Θ + 2 Φ Θ cosΘ)− I3 Ω Θ = 0.

konstante gibanja: druga konstantaBuduci da na zvrk djeluje samo (konzervativna) gravitacijska sila (sila od reakcije podloge nevodi ni na kineticku ni potencijalnu energiju), energija je sacuvana. Da bismo to dokazali,pomnozimo jednadzbe (13.34) redom sa ω1, ω2 i (ω3 + Ψ ) i zatim ih zbrojimo. Kao rezultat sedobije

I1 (ω1 ω 1 + ω2 ω 2) + I3 (ω3 + Ψ ) (ω 3 + Ψ ) = m g l ω1 sin Θ = m g l Θ sin Θ.

Ako na desnoj strani gornjeg izraza uzmemo u obzir da je ω1 = Θ , obje strane gornjeg izrazamozemo napisati kao vremenske derivacije

1

2I1

(d ω2

1

d t+d ω2

2

d t

)+

1

2I3

d

d t

(ω3 + Ψ

)2= −m g l

d cosΘ

d t.

Integracijom po vremenu gornje jednadzbe, dobiva se konstanta dimenzije energije

1

2I1(ω21 + ω2

2

)+

1

2I3

(ω3 + Ψ

)2+m g l cosΘ = const. ≡ E.

Konacni oblik konstantne energije se dobije uvrstavanjem (13.35) i (13.37) u gornji izraz

1

2I1

(Θ 2 + Φ 2 sin2Θ

)+

1

2I3 Ω

2 +m g l cosΘ = E. (13.39)

To je zakon o sacuvanju mehanicke energije zvrka.

konstante gibanja: treca konstantaPokazali smo, relacijom (13.13), da je u odsustvu momenata vanjskih sila, moment kolicine

gibanja konstantan (sacuvan). Sada je moment vanjskih sila razlicit od nule, pa nece cijeli ~Lbiti sacuvan, nego ce biti sacuvana samo ona njegova komponenta, koja je okomita na momentvanjskih sila (jer ga, zbog medusobne okomitosti, ne moze promjeniti). Sa slike 13.8 i iz relacije

(13.33) vidimo da ~M ima samo ~e 1 komponentu koja lezi u ravnini (x, y) (relacija (13.29) uzΨ ≡ 0)

~ex ′ ≡ ~e 1 = ~ex cosΦ + ~ey sinΦ

i zato zakljucujemo

dLxd t

= Mx = mgl sin Θ cosΦ 6= 0,

d Lyd t

= My = mgl sinΘ sin Φ 6= 0,

d Lzd t

= Mz = 0 ⇒ Lz = const.


da ce samo z komponenta momenta kolicine gibanja biti konstantna. Izracunajmo Lz

~L = Lx ~ex + Ly ~ey + Lz ~ez = I1 ω1 ~e 1 + I1 ω2 ~e 2 + I3 (ω3 + Ψ )︸︷︷︸= Ω

~e 3, / · ~ez

Lz = ~L~ez = I1 ω1 (~e 1~ez ) + I1 ω2 (~e 2~ez ) + I3 Ω (~e 3~ez ).

No, sa slike 13.8, se vidi da je

~e 1 ~ez = 0, ~e 2 ~ez = cos(π/2−Θ) = sinΘ, ~e 3 ~ez = cosΘ.

Uvrstivsi jos, ω2 = Φ sinΘ, dobiva se

Lz = I1 Φ sin2Θ+ I3 Ω cosΘ.

Da bismo se uvjerili da je Lz = const., treba vidjeti da njegova vremenska derivacija iscezava

dLzd t

=[I1 (Φ sin Θ + 2 Φ Θ cosΘ)− I3 Ω Θ

]

︸︷︷︸= 0

sinΘ.

Zbog druge od jednadzba (13.38), gornja uglata zagrada je jednaka nuli, sto znaci da je Lzkonstantan u vremenu

Lz = I1 Φ sin2Θ+ I3 Ω cosΘ = const. (13.40)

Stacionarna precesijaVratimo se sada jednadzbama (13.38) i nadimo uvjete za stacionarnu precesiju zvrka. Staci-onarnom precesijom se naziva precesija kod koje je kut Θ glavne osi ~e 3 prema osi ~ez inercijskogsustava, konstantan (dakle, bez nutacije)

Θ = const. ⇒ Θ = Θ = · · · = 0.

Primjetimo da je za konstantni Θ i projekcija sredista mase zvrka na ravninu (x, y) takoderkonstantna i jednaka l sin Θ. Uz uvjet konstantnog Θ, jednadzbe (13.38) glase

− sinΘ(I1 Φ

2 cosΘ− I3 Φ Ω + l m g)

= 0

(13.41)

I1 Φ sinΘ = 0.

Iz druge od gornjih jednadzbi slijedi da je

Φ = const.,

tj. zvrk precesira konstantnom brzinom. Shvatimo li prvu od jednadzba (13.41) kao kvadratnujednadzbu u Φ , nalazimo dva rjesenja za kutnu brzinu precesije u ravnini (x, y) (slika 13.9.A)

Φ ± =I3 Ω ±

√I23 Ω 2 − 4 I1 m g l cosΘ

2 I1 cosΘ. (13.42)

Vidimo da su oba rjesenja konstantna (jer je Θ konstantno). Ukoliko je

I23 Ω 2 > 4 I1 m g l cosΘ,


postoje dva realna rjesenja za kutnu brzinu precesije: Φ + i Φ −. Ukoliko je

I23 Ω 2 = 4 I1 m g l cosΘ,

postoji samo jedno rjesenje

Φ = Φ + = Φ − =I3 Ω

2 I1 cosΘ.

Ukoliko je I23 Ω 2 < 4 I1 m g l cosΘ, nema realnih rjesenja. Pogledajmo detaljnije situaciju ukojoj se zvrk brzo vrti oko svoje osi, gdje brzo znaci da je Ψ >> ωj, tj. vrtnja zvrka oko svojeosi je puno veca od svih ostalih kutnih brzina. U ovoj granici vrijedi i da je

Ω = Ψ + ω3 ≃ Ψ >> ωj.

Taylorovim razvojem po maloj velicini 1/Ω , za precesijske brzine Φ ± se dobiva

Φ ± =1

2 I1 cosΘ

[I3 Ω ± I3 Ω

√1− 4 I1 m g l cosΘ

I23 Ω 2

]

= · · · = 1

2 I1 cosΘ

[I3 Ω ±

(I3 Ω − 2 I1 m g l cosΘ

I3 Ω+ · · ·

) ],

sto daje jednu vrlo veliku i jednu vrlo malu precesijsku brzinu

Φ + ≃ I3 Ω

I1 cosΘ, Φ − ≃ m g l

I3 Ω, Φ + >> Φ −.

Primjetimo da je u ovom slucaju, precesijska brzina uvijek konstantna u vremenu. Hoce li zvrkprecesirati brzinom Φ + ili Φ − ovisi o pocetnim uvjetima.

Slika 13.9: (A) Precesija: projekcija SM zvrka se kutnom brzinom Φ± giba po kruznici polumjera l sinΘ uravnini (x, y). (B) Nutacija: os simetrije zvrka ~e 3 se periodicki otklanja od i prema osi ~ez inercijskog sustava.


Nutacija - dinamicka precesijaProucimo sada gibanje zvrka bez zahtjeva da je Θ konstantan kut (dinamicka precesija). Vre-menska promjena kuta Θ se naziva nutacija. Pozovimo se na zakone sacuvanja energije,(13.39) i z komponente momenta kolicine gibanja, (13.40)

1

2I1

(Θ 2 + Φ 2 sin2Θ

)+

1

2I3 Ω

2 +m g l cosΘ = E = const.,

I1 Φ sin2Θ+ I3 Ω cosΘ = Lz = const.

To su vezane nelinearne diferencijalne jednadzbe za Φ(t) i Θ(t). Iz druge od gornjih jednadzbaizracunamo Φ

Φ =Lz − I3 Ω cosΘ

I1 sin2Θ(13.43)

i uvrstimo u prvu, koja time postaje nelinearna diferencijalna jednadzba prvog reda zaracunanje Θ = Θ(t)

1

2I1

Θ 2 +

(Lz − I3 Ω cosΘ

)2

I21 sin2Θ

+

1

2I3 Ω

2 + m g l cosΘ− E = 0.

Gornja jednadzba se rjesava uvodenjem nove varijable

u(t) = cosΘ(t).

Prema svojoj definiciji, kut Θ se moze mijenjati u intervalu

0 ≤ Θ ≤ π

2,

pa u moze poprimati vrijednosti iz intervala

0 ≤ u ≤ 1.

U terminima u, gornja jednadzba postaje nelinearna diferencijalna jednadzba za u(t)

u2 = (1− u2)(α− βu)− (γ − δu)2︸︷︷︸

= P3(u)

, (13.44)

gdje je P3(u) pokrata za polinom treceg reda u varijabli u, a konstante α, β, γ i δ su

α =2

I1

(E − I3 Ω

2

2

), β =

2 m g l

I1, γ =

LzI1, δ =

I3I1

Ω .

Sve su gornje konstante zadane preko tri konstanata gibanja: Ω , E i Lz , preko momenatatromosti I1,3, mase m i polozaja sredista mase l.

Primjetimo da se pomocu gornjih konstanata, jednadzba (13.43) za Φ moze napisati kao

Φ (t) =γ − δ u(t)

1− u2(t), (13.45)

tj. precesijska brzina vise nece biti konstantna, kao u (13.42), nego ce se mijenjati s vremenomkroz ovisnost u = u(t).


Pretpostavimo da je Θ = Θ(t) periodicka funkcija, tj. da Θ poprima samo vrijednosti izmeduneke dvije granicne vrijednosti

Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2

i promatrajmo vremenski interval dt u kojemu se Θ smanjuje. Tada ce biti

u = −Θ sin Θ > 0,

pa iz jednadzbe (13.44) zadrzavamo pozitivan korjen

d u

d t= +

√P3(u) t =

∫d u√P3(u)

+ const.

Gornji se integral moze izracunati u terminima eliptickih funkcija koje jesu periodicne, stoje suglasno s nasom pretpostavkom o periodicnosti u. Potrazimo nule polinoma P3(u)

P3(u) = (1− u2) (α− β u)− (γ − δ u)2

0 = β u3 − (α + δ2) u2 + (2 γ δ − β) u+ (α− γ2). (13.46)

Zasto su nam vazne bas nule polinoma? U tim je tockama

u2 = P3(u) = 0,

tj.

u = −Θ sin Θ = 0 ⇒ Θ = 0,

nutacijska brzina je nula. Tu se dakle, zvrk zaustavlja u svom nutacijskom gibanju i, zbogperiodicnosti, pocinje se gibati u suprotnom smjeru. Prema tome nul-tocke polinoma P3(u)odeduju rubne kutove Θ1 i Θ2 nutacijskog gibanja (slika 13.9.B). Zaboravimo, na trenutak,da je 0 ≤ u ≤ 1 i pogledajmo P3(u) i za u-ove izvan tog intervala. Konstanta β je pozitivnavelicina, pa je zato, prema (13.46),

P3(u→ ±∞) = ±∞

(slika 13.10). Takoder se lako vidi da je

P3(u = +1) = −(γ − δ)2 < 0, P3(u = −1) = −(γ + δ)2 < 0.

Buduci da je P3(u = +1) < 0, a P3(u → ∞) > 0, jedna nul-tocka P3, nazovimo ju u3, moralezati u nefizikalnom podrucju izmedu u = 1 i u → ∞. Iz ovoga zakljucujemo da se preostaledvije nul-tocke

u1 = cosΘ1, u2 = cosΘ2,

moraju nalaziti u intervalu 0 ≤ u ≤ 1. U nekim posebnim slucajevima se moze dogoditi da jeu1 = u2 ili u2 = u3 = 1. Pogledajmo koje je fizicko znacenje ovih rezultata. Iz cinjenice da pos-toje dva granicna kuta Θ1 i Θ2, zakljucujemo da ce se kut Θ koji os simetrije zvrka ~e 3 zatvara sa(nepomicnim) smjerom osi ~ez , periodicki mijenjati s vremenom u intervalu Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2 (slika13.9.B). Kao sto je vec spomenuto, ova se promjena kuta Θ zove nutacija. Osim nutacije,zvrk izvodi i precesiju (slika 13.9.A) kutnom brzinom Φ odredenom relacijom (13.45). Ovaprecesijska kutna brzina nije konstantna, nego se mijenja onako kako se mijenja i kut Θ: od


Slika 13.10: Uz odredivanje nul-tocaka polinoma P3(u).

Φ (Θ1) do Φ (Θ2). Naravno, da osim ova dva gibanja, zvrk izvodi i vrtnju oko svoje glavne osi~e 3 kutnom brzinom Ψ , koja se zove SPIN.

Sve tri vrtnje je zgodno predociti tako da se prati gibanje tocke nastale presjecanjem osi zvrka~e 3 i plohe jedinicne sfere.Na slici 13.11.A je prikazan zvrk koji izvodi samo vrtnju oko svoje osi (spin)

Φ = 0, Θ = 0, Ψ 6= 0.

Presjeciste osi zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere je jedna tocka koja sve vrijeme miruje.Na slici 13.11.B je prikazan zvrk koji izvodi vrtnju oko svoje osi i precesiju, ali ne i nutaciju

Φ 6= 0, Θ = 0, Ψ 6= 0.

Presjeciste osi zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere je jedna tocka koja se giba po kruznici paralelnojs ravninom (x, y).Na slici 13.11.C je prikazan zvrk koji izvodi vrtnju oko svoje osi i nutaciju, ali ne i precesiju

Φ = 0, Θ 6= 0, Ψ 6= 0.

Presjeciste osi zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere je jedna tocka koja se periodicki giba po dijelumeridijana sfere.

Rezultanta sva ova tri gibanja zvrka, precesija, nutacija i spin, prikazana su slikom 13.12.Presjeciste osi simetrije zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere je tocka koja opisuje krivulju nastalusuperpozicijom gibanja prikazanih na slikama 13.11.B i 13.11.C. Tocan oblik krivulja na slikama


Slika 13.11: Tocka na jedinicnoj sferi je presjeciste osi simetrije zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere. Na slici (A) jeprikazan slucaj kada zvrk izvodi samo spinsku vrtnju. Na slici (B) je prikazan slucaj kada zvrk izvodi spinskui precesijsku vrtnju. Na slici (C) je prikazan slucaj kada zvrk izvodi spinsko i nutacijsko gibanje.

13.12.A, B, C ovisi o pocetnim uvjetima, tj. o vrijednostima konstanata Ω , E i Lz. Podsjetimose da kruto tijelo ima sest stupnjeva slobode. Tri translacijska stupnja slobode odreduju polozajtocke oslonca O, a preostala tri rotacijska stupnja slobode odreduju vrijednosti Eulerovih kutovaΦ,Θ i Ψ.


Slika 13.12: Tocka na jedinicnoj sferi je presjeciste osi simetrije zvrka ~e 3 i plohe jedinicne sfere. Na slici suprikazana sva tri karakteristicna gibanje zvrka: precesija (gibanje tocke po jednoj od crtkanih zelenih kruznica),nutacija (gibanje tocke u podrucju Θ1 < Θ < Θ2) i spin (kao Ψ ).

Dio III

Analiticka mehanika

575

Poglavlje 14

Lagrangeove jednadzbe gibanja

Sto te previse cudi, nemoj istrazivati;a sto je iznad tvojih snaga, nemoj ispitivati.

Biblija, Knjiga propovjednikova

Osnovna ideja koja lezi u osnovi cijelog racuna koji se izlaze u ovom odjeljku jeste u tome dase, polazeci od Newtonovih jednadzba gibanja svih N cestica sustava, dode do jednadzbagibanja za S stupnjeva slobode tog istog sustava.

3N koordinata cestica −→ S stupnjeva slobode

U prethodnim poglavljima smo probleme gibanja cestice, sustava cestica i krutih tijela,

Slika 14.1: Lijevo: Joseph Louis comte de La-grange, 1736 - 1813. Desno: William RowanHamilton, 1805 - 1865.

rjesavali Newtonovom jednadzbom gibanja, nacelomzamisljenih (virtualnih) pomaka ili Eulerovim jed-nadzbama. U ovom i slijedecem odjeljku, cemo se upoz-nati s jednim opcenitijim pristupom, koji su uglavnomformulirali Lagrange1 i Hamilton2 . Iako se oba ovapristupa svode na Newtonove zakone, oni se odlikujuna samo relativnom lakocom kojom se problemi formu-liraju i rjesavaju, nego isto tako i mogucnoscu primjeneovih metoda na rjesavanje problema izvan podrucja tra-dicionalne klasicne mehanike, kao sto su kvantna fizika,statisticka fizika, elektrodinamika, fizika elementarnihcestica idr..

14.1 Poopcene koordinate

Promatrajmo sustav sastavljen od N cestica. Ako se svaka cestica tog sustava, za vrijemesvojega gibanja, moze nalaziti u proizvoljnoj tocki prostora i pri tome imati proizvoljnu brzinu,sustav se zove slobodan sustav. Za odredivanje polozaja takvog sustava, potrebno je znatiN radij-vektora polozaja svih njegovih cestica (u odnosu na neku zadanu, nepomicnu tocku u

1Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski fizicar i matematicar2William Rowan Hamilton, 1805 - 1865, irski matematicar i astronom

577

578 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADZBE

prostoru)

~r1, ~r2, · · · , ~rN .Uvedemo li i pravokutni koordinatni sustav, tada je ~rj = ~rj(xj , yj, zj ; t), pa je polozaj cijelogsustava odreden s

3N

koordinata

xj , yj, zj , j = 1, 2, · · · , N.Umjesto pravokutnih koordinata, mogu se uvesti neke druge, pogodnije odabrane velicine (kojecak i ne moraju imati dimenziju duljine, nego mogu biti npr. kutovi kao u sfernom koordinatnomsustavu), koje cemo oznacavati s

η1, η2, · · · , η3N . (14.1)

U svakom trenutku t, svaka od 3N pravokutnih koordinata, se moze izraziti preko svih ili samonekih od varijabla ηj

xj = xj(η1, η2, · · · , η3N ; t), yj = yj(η1, η2, · · · , η3N ; t), zj = zj(η1, η2, · · · , η3N ; t),(14.2)

i obratno

ηj = ηj(x1, x2, · · · , xN , y1, y2, · · · , yN , z1, z2, · · · , zN , ; t).Za jednu cesticu, to su npr. jednadzbe (2.54) prijelaza iz pravokutnog u sferni koordinatnisustav.

14.2 Stupnjevi slobode

Uvedimo pojam broja stupnjeva slobode sustava cestica, S. Pod brojem stupnjeva slobode sepodrazumjeva broj medusobno nezavisnih skalarnih velicine nuznih za odredivanje polozajasvih cestica sustava.

Primjer: 14.1 Za odredivanje polozaja jedne cestice koja se slobodno giba u trodimenzijskomprostoru, su potrebne tri koordinate: (x, y, z), (η1, η2, η3), (r, θ, ϕ) ili nesto slicno. Zato je brojstupnjeva jedne slobodne cestice u trodimenzijskom prostoru, jednak tri (tj. D u opcenitomD-dimenzijskom prostoru).

Primjer: 14.2 Za odredivanje polozaja sustava koji se sastoji od N cestica koje se slobodnogibaju u trodimenzijskom prostoru, potrebno je odrediti polozaj svake od cestica sustava, a polozajsvake cestice je odreden s tri koordinate. Prema tome, ukupan broj koordinata potrebnih zaodredivanje polozaja sustava je 3N , tj. toliki je broj stupnjeva slobode.

14.2. STUPNJEVI SLOBODE 579

Zadatak: 14.1 Koliko stupnjeva slobode ima kruto tijelo:(A) koje se moze slobodno gibati u trodimenzijskom prostoru,(B) koje ima jednu svoju tocku nepomicnu, ali se moze gibati oko te tocke?

R: (A-1) Polozaj krutog tijela u prostoru je jednoznacno odreden poznavanjemkoordinata njegove tri nekolinearne tocke. Neka su koordinate te tri tocke u pravo-kutnom koordinatnom sustavu

T1 = (x1, y1, z1), T2 = (x2, y2, z2), T3 = (x3, y3, z3).

No, to sto je gore nabrojano devet koordinata, ne znaci da kruto tijelo ima devetstupnjeva slobode. Naime, gornjih devet koordinata nisu medusobno nezavisne.Kod krutog tijela su udaljenosti medu cesticama nepromjenjive, pa gornjih devetkoordinata mora zadovoljavati slijedece tri relacije koje iskazuju nepromjenjivostudaljenosti medu trima uocenim tockama,

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)

2 + (z1 − z2)2 = d 2

1,2 = const.,

(x1 − x3)2 + (y1 − y3)

2 + (z1 − z3)2 = d 2

1,3 = const., (14.3)

(x2 − x3)2 + (y2 − y3)

2 + (z2 − z3)2 = d 2

2,3 = const. .

tj. samo je sest koordinata nezavisno (bilo kojih sest koordinata), dok su preostale trikoordinate odredene gornjim trima jednadzbama. Npr. nezavisnim koordinatamacemo smatrati x1, x2, x3, y1, y2 i y3, dok ce se zj koordinate racunati iz gornjih relacijapreko nezavisnih koordinata

|z1 − z2| =√d21,2 − (x1 − x2) 2 − (y1 − y2) 2,

|z1 − z3| =√d21,3 − (x1 − x3) 2 − (y1 − y3) 2,

|z2 − z3| =√d22,3 − (x2 − x3) 2 − (y2 − y3) 2.

Zakljucak je da kruto tijelo ima 9− 3 = sest stupnjeva slobode, a ne devet.(A-2) Do istog se rezultata dolazi i drukcijim razmisljanjem. Gibanje slobodnog kru-tog tijela mozemo zamisliti kao kombinaciju translacijskog gibanja i vrtnje. Kad bise tijelo gibalo samo translacijski, polozaj jedne tocke tijela bi (zbog uvjeta krutosti)odredivao polozaj cijelog tijela. Polozaj te tocke je odreden s tri stupnja slobode, tj.cijelo kruto tijelo bi imalo tri stupnja slobode. Kada bi se tijelo samo vrtilo, njegovbi polozaj bio odreden s dva kuta, θ(t) i ϕ(t), koji odreduju smjer osi vrtnje i trecikut Ψ(t) koji odreduje zakret tijela oko te osi. To sve skupa daje tri stupnja slobodeza vrtnju oko nepomicne tocke. Tako smo opet dosli do broja od sest koordinata tj.sest stupnjeva slobode krutog tijela: tri od vrtnje i tri od translacije.

(B-1) Ako je jedna tocka krutog tijela nepomicna, onda se ono ne moze gibati tran-slacijski, nego se moze samo vrtjeti, a u (A-2) je pokazano da je tada broj stupnjevaslobode jednak tri.(B-2) Tri stupnja slobode za kruto tijelo s jednom nepomicnom tockom, mozemodobiti i drugim nacinom razmisljanja. Neka su koordinate nepomicne tocke T =(x1, y1, z1). Tada je za sve vrijeme gibanja krutog tijela

x1 = c1, y1 = c2, y1 = c3.


za cj = const. Gornje tri jednadzbe predstavljaju dodatne uvjete u odnosu na triuvjetne jednadzbe slobodnog krutog tijela (14.3), tako da u ovom slucaju preostaju6− 3 = 3 stupnja slobode.

UvjetiAko polozaji ili brzine cestica sustava ne mogu poprimati proizvoljne vrijednosti, nego samoone vrijednosti koje zadovoljavaju odredene uvjete, onda takav sustav zovemo neslobodansustav cestica. Npr. dvije cestice povezane tankom nerastezivom niti su primjer neslobodnogsustava: njihova medusobna udaljenost je uvijek manja ili jednaka duljini niti. Neka je ukupanbroj uvjeta nametnutih sustavu, jednak M . Ovi ce uvjeti opcenito ovisiti o kooordinatamacestica, njihovim brzinama i eventualno o vremenu.Moze se dogoditi da neki od uvjeta na gibanje ne ovise o brzinama cestica sustava η j . Takvise uvjeti zovu se holonomni3 ili cijeli ili konacni ili integrabilni, a mogu se analiticki izrazitialgebarskim (ne diferencijalnim) jednadzbama oblika4

fm(η1, η2, · · · , η3N ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mh. (14.4)

S Mh ≤ M je oznacen broj holonomnih veza. Neslobodni sustav cije je gibanje odredenosamo holonomnim vezama (Mh = M), zove se holonomni sustav. Buduci da sada imamo 3Nkoordinata i Mh veza medu njima, zakljucujemo da je samo

S = 3N −Mh

od njih medusobno nezavisno (a preostale se koordinate mogu dobiti iz jednadzba uvjeta nagibanje). U skladu s definicijom pojma stupnja slobode, kazemo da ovakav sustav ima 3N−Mh

stupnjeva slobode.

Ukoliko se u jednadzbama uvjeta pojavljuju i derivacije (u obliku brzina), uvjeti se zovu ne-holonomni i mogu se izraziti diferencijalnim jednadzbama oblika5

fm(η1, η2, · · · , η3N , η 1, η 2, · · · , η 3N ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,M2 (14.5)

Vrijeme t se pojavljuje u onim slucajevima kada se veze mijenjaju u vremenu. Moze se dogoditida je neku od M2 gornjih jednadzba moguce napisati kao vremensku derivaciju neke funkcijeΦ koja ovisi samo o polozajima cestica sustava i vremenu

fn =dΦn(ηj; t)

d t= 0.

Tada veze

Φn(ηj ; t) = Cn = const.

3øλøζ = cijeli, potpuni; νøµøζ = zakon4Ovakva ce se ovisnost ubuduce skraceno oznacavati kao

fm(ηj ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mh.

5Ovakva ce se ovisnost ubuduce skraceno oznacavati kao

fm(ηj , η j ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,M2.


zamjenjuju odgovarajuce vezu s brzinama iz (14.5). Ovakve se veze nazivaju poluholonomneveze. Odabirom odgovarajucih vrijednosti za konstanata Cn, ove veze postaju holonomne.

Ako se veze (14.5) ne mogu napisati u obliku vremenskih derivacija nekih drugih funkcijakoordinata i vremena, onda se one zovu neholonomne ili diferencijalne ili neintegrabilne,a sustav se zove neholonomni sustav. U opcem slucaju, brzine se u (14.5) mogu pojavljivatina proizvoljan nacin. No, u vecini slucajeva od interesa (ali ne i iskljucivo), one se pojavljujulinearno, tako da se veze (14.5) mogu napisati u obliku obicnih (ne parcijalnih) diferencijalnihjednadzba prvog reda

3N∑

j=1

Ajm(ηj ; t) η j +Bm(ηj; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh. (14.6)

Poluholonomne veze smo pribrojili holonomnim vezama, i sve skupa ih ima Mh. S Mnh smooznacili broj neholonomnih veza, tako da je ukupan broj stupnjeva slobode

S = 3N −Mh −Mnh.

Ogranicimo li se samo na linearne diferencijalne veze (tj. uvjete na gibanja), opcenito zaholonomne i neholonomne veze, mozemo pisati

algebarske jedn. fm(ηj ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mh,

(14.7)

diferencijalne jedn.

3N∑

j=1

Ajm(ηj ; t) η j +Bm(ηj ; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh.

U jednadzbama uvjeta, (14.7), moze se ali i ne mora eksplicitno pojavljivati vrijeme. Ukolikojednadzbe uvjeta ne sadrze eksplicitno vrijeme, one se zovu skleronomne.6 Ako jednadzbesadrze vrijeme, zovu se reonomne7.

Po svom karakteru, uvjeti na gibanje mogu se jos podijeliti i na zadrzavajuce i nezadrzavajuce.Gornje jednadzbe su primjeri zadrzavajucih veza, dok bi nezadrzavajuce veze dobili tako sto bise u gornjim jednadzbama znakovi = zamjenili sa ≥, cime se polozaji (za holonomne sustave)ili polozaji i brzine (za neholonomne sustave), dijele u dva podrucja: jedno koje je dostupnocesticama sustava i drugo koje im je nedostupno.

Evo nekoliko primjera.

Primjer: 14.3 Uzmimo jednostavni primjer sustava dvije cestice (N = 2) koje se mogu gibati

6σκληρøζ = suh, cvrst, krut, nepromjenjiv ; νøµøζ = zakon7ρηω = teci, mijenjati se; νøµøζ = zakon


samo u ravnini (x, y), a medusobno su povezanekrutim stapom kao na slici. Dvije slobodne cesticeimaju sest stupnjeva slobode 3N = 3 · 2 = 6

x1, y1, z1, x2, y2, z2.

Ogranicenje na gibanje u ravnini mozemo izrazitiuvjetima

z1 = 0, z2 = 0.

Kada ne bi bile povezane stapom, njihov polozaj uravnini bi bio odreden s cetiri koordinate, po dvijeza svaku cesticu (npr. njihove x i y koordinate),no zbog stapa duljine d, njihove su koordinate po-vezane jos i relacijom

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)

2 = d 2, (14.8)

tako da ukupno postoje tri holonomna uvjeta na gibanje, Mh = 3, pa je broj stupnjeva slobodeS = 3N − Mh = 6 − 3 = 3. Primjetimo da sve tri gornje veze ne ovise ni o vremenu nio brzinama cestica. To je skleronoman uvjet, jer se u gornje tri jednadzbe uvjeta vrijeme nepojavljuje eksplicitno, nego samo implicitno, kroz xj = xj(t), yj = yj(t).

Primjer: 14.4 Kao jednostavan primjer reonomnog uvjeta na gibanje, moze se promatratimodificirani prethodni primjer u kojemu je krutistap zamjenjen oprugom, kao na slici. Pri cemuse pretpostavlja samo titranje u smjeru osi opruge,a ne i u smjerovima okomitim na tu os. U tomslucaju jednadzbe uvjeta glase

z1 = 0, z2 = 0.

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)

2 =(d+∆ · sinωt

) 2

.

To su opet algebarske jednadzbe (a ne diferenci-jalne), pa su uvjeti opet holonomni. Razlika uodnosu na prethodni primjer je u trecoj jednadzbiuvjeta. U toj se jednadzbi vrijeme pojavljujeimplicitno kroz xj(t), yj(t) ali i eksplicitno u sinusnom clanu, pa je ovaj posljednji uvjet reono-man.

Primjer: 14.5 Kao primjer neholonomne veze, navodimo kuglu koja se, bez klizanja,


kotrlja po ravnoj plohi. Koordinatnisustav cemo postaviti tako da se ku-gla kotrlja u ravnini (x, y), kao naslici. Zbog uvjeta da se kugla kotrljabez klizanja, tocka dodira kugle s pod-logom, P , trenutno miruje, tj. ona jetrenutno srediste vrtnje (vidi odjeljak12.8). Povezimo s kuglom koordinatnisustav (e1, e2, e3) sa ishodistem usredistu kugle O ′ (sustav glavnih osi kugle). Polozaj ovog koordinatnog sustava u odnosu nasustav (x, y, z) odredujemo koordinatama sredista kugle xO ′ , yO ′ i zO ′ i trima Eulerovim ku-tovima Φ,Θ i Ψ. Iz odjeljka o prostornom gibanju krutog tijela znamo da su projekcije kutnebrzine kugle na nepomicni koordinatni sustav (~ex , ~ey , ~ez ), dane sa (13.31)

ωx = Θ cosΦ + Ψ sinΦ sinΘ,

ωy = Θ sin Φ− Ψ cosΦ sinΘ,

ωz = Φ + Ψ cosΘ.

Iz odjeljka 8.1 znamo da se brzina proizvoljne nepomicne tocke P neinercijskog koordinatnogsustva moze napisati kao (8.6)

~vP = ~vO ′ + ~ω ×−−→O ′ P .

U tocki dodira kugle s podlogom je ~vP = 0, a−−→O ′ P = (0, 0,−R), gdje je R polumjer kugle.

Uvrstavanje u gornju jednadzbu, vodi na

~vP = 0 = x O ′ ~ex + y O ′ ~ey + z O ′ ~ez +

∣∣∣∣∣∣

~ex ~ey ~ezωx ωy ωz0 0 −R

∣∣∣∣∣∣,


d xO ′

d t− R

(Θ sinΦ− Ψ cos Φ sinΘ

)= 0,

d yO ′

d t+R

(Θ cos Φ + Ψ sin Φ sinΘ

)= 0,

d zO ′

d t= 0.

Prve dvije jednadzbe su neholonomne, a iz trece jednadzbe slijedi

zO ′ = const = R,

pa je to holonomna jednadzba. Na temelju ovog razmatranja, zakljucujemo da je kugla koja sekotrlja po ravnoj plohi, neholonoman sustav sa tri uvjeta na gibanje (dva neholonomna i jedanpoluholonoman koji smo uspjeli napisati kao holonoman).

Pretpostavimo da nema neholonomnih uvjeta, a da je svih Mh jednadzba holonomnih uvjeta,(14.4) rijeseno i da je dobiveno Mh koordinata η1, η2, · · · ηMh

izrazenih preko preostalih S =


3N −Mh koordinata

η1 = η1(ηMh+1, ηMh+2, · · · , η3N ; t),

η2 = η2(ηMh+1, ηMh+2, · · · , η3N ; t),

...

ηMh= ηMh

(ηMh+1, ηMh+2, · · · , η3N ; t).

Uvedimo sada umjesto S nezavisnih koordinata

ηMh+1, ηMh+2, · · · , η3N ,

nove nezavisne koordinate

q1, q2, · · · , qSpomocu relacija

ηMh+1 = ηMh+1(q1, q2, · · · , qS; t),

ηMh+2 = ηMh+2(q1, q2, · · · , qS; t),

...

η3N = η3N (q1, q2, · · · , qS; t).

Ove nove koordinate qs za s = 1, 2, · · · , S mogu biti jednostavno jednake starim koordinatamaηMh+1, ηMh+2, · · · , η3N ili mogu bili neka njihova zgodna kombinacija (zgodna za odredeni pro-blem koji se rjesava). Tako uvedene nove koordinate se zovu poopcene koordinate. Njihima onoliko koliko ima i stupnjeva slobode. Pomocu poopcenih koordinata se mogu izraziti svepocetne koordinate ηj

ηj = ηj(q1, q2, · · · , qS; t), j = 1, 2, · · · , 3N.

Iz gornjih veza i veza iz (14.2), dobivaju se i veze

xj = xj(q1, q2, · · · , qS; t), yj = yj(q1, q2, · · · , qS; t), zj = zj(q1, q2, · · · , qS; t). (14.9)

14.3 Lagrangeove jednadzbe

Neka je zadan sustav od N cestica. Cestice nisu slobodne nego su podvrgnute uvjetima. PostojiMh jednadzba kojima su izrazeni holonomni i Mnh jednadzba kojima su izrazeni neholonomniuvjeti. Zato je broj stupnjeva slobode sustava jednak

S = 3N −Mh −Mnh

(ako umjesto sustava od N cestica imamo kruto tijelo, onda umjesto 3N dolazi broj stupnjevaslobode slobodnog krutog tijela, a to je 6). Pretpostavimo da su holonomni uvjeti rijeseni ida smo Mh zavisnih poopcenih koordinata izrazili preko preostalih 3N −Mh. Ove preostalepoopcene koordinate jos nisu sve medusobno neovisne, nego su povezane s Mnh neholonomnih

14.3. LAGRANGEOVE JEDNADZBE 585

jednadzba. Ove jednadzbe ne znamo rijesiti i zato nastavljamo raditi s 3N −Mh poopcenihkoordinata imajuci na umu da one nisu sve medusobno nezavisne

~rj = ~rj(qs; t), j = 1, 2, · · · , N, s = 1, 2, · · · , 3N −Mh.

Od sada pa nadalje ce se oznaka ~rj(qs; t) koristiti kao skracena oznaka za

~rj(q1, q2, · · · , q3N−Mh; t).

Opcenito ce indeks j oznacavati cestice, a indeks s poopcene koordinate.

Iznimka je situacija kada nema neholonomnih uvjeta,

Mnh = 0.

Tada je broj stupnjeva slobode

S = 3N −Mh,

i svih S poopcenih koordinata je medusobno neovisno.

Nazovimo poopcenim brzinama

qs ≡d qsd t

, s = 1, 2, · · · , 3N −Mh. (14.10)

vremenske derivacije poopcenih koordinata. Vremenskom derivacijom qs dobiva se neka funk-cija vremena koja se opcenito ne mora moci izraziti preko tih istih poopcenih koordinata qs.Zato su poopcene brzine velicine neovisne o poopcenim koordinatama.

Izracunajmo brzinu (pravu, a ne poopcenu) j-te cestice

~rj =d~rjd t

=∂ ~rj∂ q1

q1 +∂ ~rj∂ q2

q2 + · · ·+ ∂ ~rj∂ q3N−Mh

q3N−Mh+∂ ~rj∂ t

.

Buduci da je ~rj = ~rj(qs; t), to su i gornje parcijalne derivacije ~rj po qs takoder funkcije poopcenihkoordinata qs. Iz tog i gornjeg izraza slijedi zakljucak da je brzina (prava, a ne poopcena)funkcija poopcenih koodinata qs i poopcenih brzina qs. Buduci da su kineticka i potencijalnaenergija funkcije ~rj i ~rj , to ce i one takoder biti funkcije poopcenih koordinata i poopcenihbrzina

Ek = Ek(qs, qs; t), =⇒ Ep = Ep(qs, qs; t).

Uvedimo varijaciju vektora polozaja (virtualni ili zamisljeni pomak) δ ~rj , kao trenutni pomak(uz t = const., tj. δ t ≡ 0) u skladu s uvjetima na gibanje

δ ~rj =

3N−Mh∑

s=1

∂~rj∂qs

δ qs. (14.11)


Zamisljeni (virtualni) rad je

δW =N∑

j=1

~Fj δ ~rj =N∑

j=1

~Fj

3N−Mh∑

s=1

∂~rj∂qs

δ qs.

Taj se rad moze napisati kao umnozak poopcenih sila i diferencijala poopcenih koordinata, takosto se definira poopcena sila, Φs, pridruzena (koja djeluje na) poopcenoj koordinati qs kao

Φs =N∑

j=1

~Fj∂ ~rj∂qs

, s = 1, 2, · · · , 3N −Mh. (14.12)

tako da se ukupan rad vanjskih sila nad sustavom moze napisati u obliku

δW =N∑

j=1

~Fj δ~rj =

3N−Mh∑

s=1

Φs δqs, (14.13)

gdje se umjesto sila i koordinata svih cestica sustava, pojavljuju poopcene sile i poopcene ko-odinate, a umjesto zbrajanja po cesticama, zbraja se po stupnjevima slobode. Primjetimo daje poopcena sila skalar, tj. po svom algebarskom karakteru odgovara jednoj od komponenatasile kao vektora.

Sada zelimo uspostaviti vezu izmedu poopcene sile i kineticke energije. Do ove cemo veze doci ucetiri koraka. U tim koracima cemo poopcene koordinate qs(t) i poopcene brzine qs(t), tretiratikao dva skupa medusobno neovisnih varijabli.

Za poznavanje polozaja svih cestica sustava, potrebno je znati vrijednosti svih poopcenih ko-ordinata. No, poznavanje polozaja cestica sustava nije isto sto i poznavanje mehanickog sta-nja sustava. Poznavati mehanicko stanje sustava znaci moci odrediti polozaje svih cesticau buducem infinitezimalno bliskom vremenskom trenutku. Polozaji cestica u buducem tre-nutku ne ovise samo o polozajima cestica u sadasnjem trenutku, nego i o njihovim sadasnjimpoopcenim brzinama. Buduci da se svakom odredenom skupu vrijednosti poopcenih koordi-nata mogu pridruziti i razlicite vrijednosti poopcenih brzina, to ce tek poznavanje poopcenihkoordinata i poopcenih brzina odrediti mehanicko stanje sustava. Eksperimentalna je cinjenicada su poznavanje poopcenih koordinata i poopcenih brzina dovoljni za odredenje mehanickogstanja sustava (nisu potrebne vise derivacije). S matematickog stanovista to znaci da je ubrza-nje odredeno polozajem i brzinom cestica.Kada jednom gibanje sustava bude rijeseno, tj. kada budu poznata funkcijska ovisnost

qs = qs(t),

tada ni poopcene brzine nece vise biti neovisne o poopcenim koordinatama, nego ce biti njihovevremenske derivacije, ali sada, dok jos ne znamo kako qs ovise o vremenu, dopustamo dapoopcene brzine mogu imati vrijednosti neovisne o poopcenim koordinatama.


(1) izvedimo takozvano ponistenje tockica:

~rj = ~rj

(q1(t), q2(t), · · · , q3N−Mh

(t); t) /

d

d t

~rj =∂ ~rj∂ q1

q1 +∂ ~rj∂ q2

q2 + · · ·+ ∂ ~rj∂ q3N−Mh


/∂

∂ qs

∂ ~rj∂ qs

=∂ ~rj∂ qs

. (14.14)

(2) Pokazimo da potpuna vremenska derivacija i parcijalna derivacija po poopcenoj koordinatikomutiraju, kada djeluju na ~rj

(∂

∂ qs

d

d t

)~rj =

(d

d t

∂

∂ qs

)~rj. (14.15)

Iz prethodne tocke (1), imamo

d~rjd t

=∂ ~rj∂ q1

q1 +∂ ~rj∂ q2

q2 + · · ·+ ∂ ~rj∂ q3N−Mh


/∂

∂ qs

∂

∂ qs

(d~rjd t

)=

∂ 2 ~rj∂ q1 ∂ qs

q1 + · · ·+ ∂ 2 ~rj∂ q3N−Mh

∂ qsq3N−Mh

+∂ 2 ~rj∂ t ∂ qs

. (14.16)

Primjetimo sada da iz relacije ~rj = ~rj(q1, q2, · · · , q3N−Mh; t) slijedi da je i derivacija

∂ ~rj∂ qs

≡ fj,s

(q1(t), q2(t), · · · , q3N−Mh

(t); t),

takoder nekakva funkcija od tih istih q1, q2, · · · , q3N−Mhi vremena (naprosto, ne moze biti

funkcija niceg drugog). Zbog toga je

d

d t

(∂ ~rj∂ qs

)=

∂

∂ q1

(∂ ~rj∂ qs

)q1 +

∂

∂ q2

(∂ ~rj∂ qs

)q2 + · · ·+ ∂

∂ q3N−Mh

(∂ ~rj∂ qs

)q3N−Mh

+∂

∂ t

(∂ ~rj∂ qs

)

=∂ 2 ~rj∂ q1 ∂ qs

q1 + · · ·+ ∂ 2 ~rj∂ q3N−Mh

∂ qsq3N−Mh

+∂ 2 ~rj∂ t ∂ qs

. (14.17)

Usporedbom (14.16) i (14.17) se vidi da vrijedi relacija (14.15).

(3) Napisimo ponovo izraz za zamisljeni rad

δW =

N∑

j=1

~Fj δ~rj,


ali cemo sada za silu na j-tu cesticu uvrstiti drugi Newtonov aksiom mj~rj = ~Fj , a za δ~rj relaciju(14.11)

δW =N∑

j=1

~Fj δ~rj =N∑

j=1

mj~rj δ~rj =N∑

j=1

3N−Mh∑

s=1

mj ~rj∂~rj∂ qs︸︷︷︸

δqs.

Oznaceni dio desne strane gornjeg izraza, mozemo nadalje transformirati na slijedeci nacin (kaoderivaciju umnoska):

d

d t

(~rj∂ ~rj∂ qs

)= ~rj

∂ ~rj∂ qs

+ ~rjd

d t

(∂ ~rj∂ qs

)

⇒ ~rj∂ ~rj∂ qs

=d

d t

(~rj∂ ~rj∂ qs

)− ~rj

d

d t

(∂ ~rj∂ qs

).

Na drugi clan desne strane mozemo primjeniti, u tocki (2) pokazanu, komutativnost vremenskei derivacije po qs, pa dobivamo

~rj∂ ~rj∂ qs

=d

d t

(~rj∂ ~rj∂ qs

)− ~rj

∂ ~rj∂ qs

,

sto, uvrsteno u izraz za zamisljeni rad, daje

δW =N∑

j=1

3N−Mh∑

s=1

[d

d t

(mj~rj

∂ ~rj∂ qs

)−mj~rj

∂ ~rj∂ qs

]δqs, (14.18)

gdje smo uzeli u obzir da sve vrijeme radimo u nerelativistickoj granici, kada su brzine tolikomale (u usporedbi s brzinom svjetlosti u vakuumu), da mase cestica sustava mozemo smatratikonstantnim.

(4) Toliko o silama, pogledajmo sada sto se dobije kada se kineticka energija derivira jednompo poopcenoj koordinati, a drugi puta po poopcenoj brzini.Derivacija kineticke energije po poopcenoj koordinati vodi na

Ek =1

2

N∑

j=1

mj ~r2j ,

/∂

∂ qs

∂ Ek∂ qs

=

N∑

j=1

mj ~rj∂ ~rj∂ qs

. (14.19)

U gornjem izrazu se prepoznaje drugi clan desne strane izraza (14.18).Da bi se doslo do prvog clana desne strane istog izraza, treba kineticku energiju derivirati popoopcenoj brzini i primjeniti relaciju ponistenja tockica

Ek =1

2

N∑

j=1

mj ~r2j ,

/∂

∂ qs

∂ Ek∂ qs

=

N∑

j=1

mj ~rj∂ ~rj∂ qs

= (14.14) =

N∑

j=1

mj ~rj∂ ~rj∂ qs

. (14.20)


U gornjem izrazu se prepoznaje prvi clan desne strane izraza (14.18).Ako sada izraze dobivene u (14.19) i (14.20) uvrstimo u (14.18), dobit cemo zamisljeni radizrazen preko derivacija kineticke energije sustava

δW =

3N−Mh∑

s=1

[d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs

]δqs.

No, ovaj isti zamisljeni rad vec imamo napisan preko poopcenih sila u relaciji (14.13). Iz-jednacavanjem ta dva izraza, dolazi se do

3N−Mh∑

s=1

[d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs− Φs

]δqs = 0. (14.21)

Gornja jednadzba vrijedi i za holonimne i za neholonomne sustave. Za holonomnesustave, sve su gornje varijacije δqs medusobno nezavisne, dok za neholonomne sustave nisu svevarijacije δqs medusobno nezavisne.

holonomni sustavi:Ogranicimo se na holonomne sustave, tj. neka nema neholonomnih uvjeta na gibanje,

Mnh = 0.

U tom slucaju je broj nezavisnih stupnjeva slobode jednak

S = 3N −Mh

i sve varijacije δqs iz (14.21) su medusobno nezavisne. Cim su nezavisne znaci da se moguvarirati neovisno jedna o drugoj. Tako se moze npr. uzeti da je samo δq1 6= 0, a sve ostale sujednake nuli. U tom je slucaju uglata zagrada s indeksom s = 1 jednaka nuli. Zatim se mozeuzeti da je samo δq2 6= 0, i doci do zakljucka da uglata zagrada s indeksom s = 2 iscezava itako redom za ostale kordinate. Konacni je zakljucak da svih S = 3N −Mh uglatih zagrada iz(14.21) mora iscezavati, tj. da je

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs= Φs, s = 1, 2, · · · , S. (14.22)

Jednadzba ima onoliko koliko i stupnjeva slobode, S. To su Lagrangeove jednadzbegibanja za holonomni sustav cestica. One vrijede i za skleronomne i reonomne sustave, kao iza konzervativne i nekonzervativne sile. Velicina

ps =∂ Ek∂ qs

, (14.23)

se zove poopcena kolicina gibanja konjugirana poopcenoj koordinati qs.


Zadatak: 14.2 Polazeci od Lagrangeove jednadzbe (14.22) za poopcenu koordinatu Ψ, izveditejednu od Eulerovih jednadzba gibanja krutog tijela, (13.14).

R:Eulerove jednadzbe gibanja krutog tijela, (13.14), su

I1 ω 1 + (I3 − I2) ω2 ω3 = M1,

I2 ω 2 + (I1 − I3) ω1 ω3 = M2,

I3 ω 3 + (I2 − I1) ω1 ω2 = M3.

Kineticka energija krutog tijela koje se vrti, izrazena u sustavu glavnih osi, je (13.8)

Ek,vrt =1

2

(I1 ω

21 + I2 ω

22 + I3 ω

23

),

pri cemu su, prema (13.30),


ω2 = Φ sinΘ cosΨ− Θ sinΨ,


Lagrangeova jednadzba (14.22) za poopcenu koordinatu Ψ, glasi

d

d t

(∂ Ek

∂ Ψ

)− ∂ Ek

∂Ψ= FΨ,

gdje je poopcena sila oznacena s FΨ (umjesto dosadasnje oznake Φ, kako bi seizbjegla zabuna s jednim Eulerovim kutom koji se takoder oznacava Φ).Sada treba samo derivirati i uvrstavati

∂ Ek∂Ψ

= I1ω1∂ ω1

∂Ψ+ I2ω2

∂ ω2

∂Ψ,

∂ Ek

∂ Ψ= I3ω3

∂ ω3

∂ Ψ,

∂ ω1

∂Ψ= Φ sinΘ cosΨ− Θ sinΨ,

∂ ω2

∂Ψ= −Φ sinΘ sinΨ− Θ cosΨ,

∂ ω3

∂ Ψ= 1.

Uvrstavanjem gornjih izraza u Lagrangeovu jednadzbu za koordinatu Ψ, dobiva se

d

d t(I3ω3)− I1ω1

(Φ sinΘ cosΨ− Θ sin Ψ

)+ I2ω2

(Φ sinΘ sinΨ + Θ cosΨ

)= FΨ


No, u gornjim okruglim zagradama se prepoznaju ω1 i ω2, pa je gornja jednadzbaupravo oblika Eulerove jednadzbe krutog tijela

I3d ω3

d t− ω1ω2

(I1 − I2

)= FΨ.

Ako su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, tada se one mogu izraziti prekopotencijalne energije Ep, tako da vrijedi

~Fj = −−→∇jEp

(ovdje smo s−→∇ j oznacili operator nabla koji djeluje na koordinate j-te cestice). U tom je

slucaju poopcena sila jednaka (raspisano preko pravokutnih koordinata)

Φs =

N∑

j=1

~Fj∂~rj∂qs

= −N∑

j=1

(~ex

∂ Ep∂ xj

+ ~ey∂ Ep∂ yj

+ ~ez∂ Ep∂ zj

)(~ex

∂ xj∂qs

+ ~ey∂ yj∂qs

+ ~ez∂ zj∂qs

)

= −N∑

j=1

(∂ Ep∂ xj

∂ xj∂qs

+∂ Ep∂ yj

∂yj∂qs

+∂ Ep∂ zj

∂zj∂qs

)

= −∂ Ep∂ qs

.

Uvrstavanjem ovog izraza za poopcenu silu u Lagrangeove jednadzbe, dobiva se

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs= −∂ Ep

∂ qs,

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂

∂ qs(Ek − Ep) = 0.

Ukoliko potencijalna energija ne ovisi o poopcenim brzinama qs, a sto je najcesce slucaj (npr.za elasticnu je silu Ep = k x 2/2, za gravitacijsku silu je Ep = K/r itd.8), prakticno je uvestiLagrangeovu funkciju ili lagranzijan, L, izrazom

L = Ek − Ep.

U terminima lagranzijana, Lagrangeove jednadzbe gibanja mozemo napisati kao

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= 0, (14.24)

Louis comte de Lagrange,1736 - 1813.

francuski fizicar i matematicar.8 No, o jednoj vaznoj iznimci ce biti vise rijeci u odjeljku 14.5


za sve s = 1, 2, · · · , S.Ove jednadzbe vrijede za holonomne konzervativne sustave (pri cemu uvjeti na gibanjemogu biti i skleronomni i reonomni). Za konzervativni sustav se poopcena kolicina gibanja,ps, konjugirana s-toj poopcenoj koordinati, definira izrazom

ps =∂ L

∂ qs. (14.25)

Ako na sustav djeluju i konzervativne i nekonzervativne sile (kao npr. trenje), Lagrangeovejednadzbe gibanja se mogu napisati u obliku

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= Φnks ,

gdje smo s Φnks oznacili nekozervativnu poopcenu silu, dok su konzervativne sile izrazene krozpotencijalnu energiju koja se nalazi u lagranzijanu L.

Zadatak: 14.3 Izracunajte poopcene kolicine gibanja osno simetricnog krutog tijela koje se vrtikutnom brzinom ω.

R:Kruto tijelo koje se slobodno vrti (bez translacije) ima tri stupnja slobode i tripoopcene koordinate (Eulerove kutove): Θ,Φ i Ψ.Za osno simetricno kruto tijelo je

I1 = I2 6= I3.

Kineticka energija vrtnje osno simetricnog krutog tijela je, prema (13.8), jednaka

Ek,vrt =1

2

[I1 (ω

21 + ω2

2) + I3 ω23

],

pri cemu su


ω2 = Φ sinΘ cosΨ− Θ sinΨ,



Neka potencijalna energija ne ovisi i poopcenim brzinama. Tada je, prema (14.25),

ps =∂ L

∂ qs=∂ Ek,vrt∂ qs

pΘ =∂ Ek,vrt

∂ Θ= I1 Θ ,

pΦ =∂ Ek,vrt

∂ Φ= I1Φ sin2Θ+ I3(Φ cosΘ + Ψ ) cosΘ,

pΨ =∂ Ek,vrt

∂ Ψ= I3(Φ cosΘ + Ψ ).

Zadatak: 14.4 Cestica mase m se giba u polju konzervativna sile opisane potencijalnom ener-gijom Ep(x, y, z). Nema uvjeta na gibanje. Napisite Lagrangeove jednadzbe gibanja.

R:Buduci da nema uvjeta na gibanje, cestica ima tri stupnja slobode S = 3, a za tripoopcene koordinate mogu se jednostavno uzeti pravokutne koordinate cestice

q1 = x, q2 = y, q3 = z.

Lagrangeova funkcija je

L = Ek −Ep =1

2m v 2 −Ep =

m

2(x 2 + y 2 + z 2)− Ep(x, y, z).

Derivacije L po x i x (i slicno za y i z) daju

∂ L

∂ x= m x ,

∂ L

∂ x= −∂ Ep

∂ x.

Uvrstavanjem gornjih derivacija u Lagrangeove jednadzbe (14.24 ), dobiva se

m x = −∂ Ep∂ x

, m y = −∂ Ep∂ y

, m z = −∂ Ep∂ z

.

Prepoznamo li −∂ Ep/∂ x kao x komponentu sile, Fx (i slicno za ostale parcijalnederivacije), vidimo da su gornje Lagrangeove jednadzbe slobodne cestice zapravoNewtonove jednadzbe gibanja

m x = Fx, m y = Fy, m z = Fz.

Zadatak: 14.5 Izracunajte ubrzanje utega mase m1 i napetost niti u sustavima kolotura saslika (a) i (b). Zanemarite trenje i mase kolotura.

R:dovrsiti


Zadatak: 14.6 Cestica naboja q2 se giba u ravnini pod djelovanjem centralne sile iznosa

F =q1 q24 π ǫ0

1

r2

(1− r2 − 2rr

c2

),

koja potjece od naboja iznosa q1 smjestenog u ishodistu. S r je oznacena medusobnaudaljenost cestica, a c je brzina svjetlosti (u granici malih brzina i ubrzanja, dobivase uobicajeni Coulombov zakon).Izracunajte potencijalnu energiju pridruzenu gornjoj sili, a zatim i lagranzijan.Gornji izraz za silu opisuje medudjelovanje dva naboja u Weberovoj formulaciji elek-trodinamike (kao alternativa Maxwellovoj formulaciji).

R:dovrsiti

Zadatak: 14.7 Lagranzijan jednog fizickog sustava se moze napisati kao

L′ =m

2

(ax2 + 2bxy + cy2

)− K

2

(ax2 + 2bxy + cy2

),

gdje su a, b i c konstante ogranicene jedino uvjetom

b2 − ac 6= 0.

Kako glase jednadzbe gibanja? Ispitajte posebno dva slucaja:(1) a = c = 0,(2) b = 0, c = −a.Koji je fizicki sustav opisan gornjim lagranzijanom? Pokazite da se lagranzijan mozenapisati i u obliku

L′(q, q, t) = L(q, q, t) +dF

dt.

Koje je fizicko znacenje uvjeta b2 − ac 6= 0?

R:Navedeni lagranzijan ima dva stupnja slobode: x i y, pa ce bi i dvije Lagrangeovejednadzbe, (14.24),

d

d t

(∂ L′

∂ x

)− ∂ L′

∂ x= 0,

d

d t

(∂ L′

∂ y

)− ∂ L′

∂ y= 0.


Izravnim racunom

∂ L′

∂ x= m(ax + by ),

∂ L′

∂ y= m(bx + cy ),

∂ L′

∂ x= −K(ax+ by),

∂ L′

∂ y= −K(bx+ cy).

i uvrstavanjem, dobiju se dvije Lagrangeove jednadzbe

a(x + ω20x) + b(y + ω2

0y) = 0, (14.26)

b(x + ω20x) + b(y + ω2

0y) = 0, (14.27)

gdje je

ω20 =

K

m.

Ako se iz (14.27) izrazi

y + ω20y = −b

c(x + ω2

0x)

i uvrsti u (14.26), dobije se

(b2 − ac)(x + ω20x) = 0.

Slicno se iz (14.26) izvodi

x + ω20x = − b

a(y + ω2

0y),

sto uvrstavanjem u (14.27) vodi na

(b2 − ac)(y + ω20y) = 0.

Tako su dobivne dvije Lagrangeove jednadzbe

(b2 − ac)(x + ω20x) = 0,

(b2 − ac)(y + ω20y) = 0.

koje, uz uvjet b2−ac 6= 0, opisuju gibanje slobodnog dvodimenzijskog harmonijskogoscilatora, (6.85).(1) Ako su a = c = 0, tada jednadzbe (14.26) i (14.27) postaju

b(x + ω20x) = 0,

b(y + ω20y) = 0,


sto su opet jednadzbe gibanja slobodnog dvodimenzijskog harmonijskog oscilatora.(2) Ako su b = 0, c = −a, tada jednadzbe (14.26) i (14.27) postaju

a(x + ω20x) = 0,

−a(y + ω20y) = 0,

sto su opet jednadzbe gibanja slobodnog dvodimenzijskog harmonijskog oscilatora.

Znacenje samog uvjeta b2 − ac 6= 0 se moze vidjeti i na slijedeci nacin: neka tajuvjet nije zadovoljen, tj. neka je b2 = ac. Tada L′ glasi

L′ =m

2

(√ax +

√cy)2 − K

2

(√ax+

√cy)2.

Nazove li se varijabla η

η ≡√ax+

√cy,

tada je

L′ =m

2η2 − K

2η2,

a to je upravo lagranzijan slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog oscilatora,(6.12). Dakle, uvjet b2 − ac 6= 0 osigurava dvodimenzijski karakter gibanja.

Neka se uvedu nove koordinate u i v

u = ax+ by,

v = bx + cy,

ili matricno ... dovrsiti

Zadatak: 14.8 Izvedite Lagrangeove jednadzbe gibanja sfernog njihala (cestica pricvrscena nakruti stap zanemarive mase).

R:dovrsiti

Zadatak: 14.9 Cestica mase m se giba po osi x tako da je njezin lagranzijan jednak

L =m2x4

12+mx2 F (x)− F 2(x),

pri cemu je f derivabilna funkcija x. Izvedite jednadzbu gibanja za x = x(t). Kojeje fizicko znacenje te jednadzbe?


R:Kao prvo, primjetimo da u ovom zadatku lagranzijan ima dimenziju kvadrata ener-gije.Navedeni lagranzijan ima samo jedan stupajn slobode, x, pa Lagrangeova jednadzba(14.24), glasi

d

d t

(∂ L

∂ x

)− ∂ L

∂ x= 0.

Sada treba samo uvrstavati:

∂ L

∂ x=

m2

3x3 + 2mx F (x),

d

d t

(∂ L

∂ x

)= m2x 2x + 2mxF (x) + 2mx 2d F

d x,

∂ L

∂ x= mx 2 d F

d x− 2F

dF

d x.

Time se za Lagrangeovu jednadzbu dobiva

m2x 2x + 2mxF (x) + 2mx 2d F

d x−mx 2 d F

d x+ 2F

dF

d x= 0,

mx 2

(mx +

d F

d x

)+ 2F (x)

(mx +

d F

d x

)= 0,

(mx 2

2+ F (x)

)(mx +

d F

d x

)= 0.

Ukoliko se funkciji F pridjeli znacenje potencijalne enrgije, lijeva zagrada predstavljazbroj kineticke i potencijalne energije, tj. ukupnu mehanicku energiju E, dok desnazagrada u tom slucaju izrice drugi Newtonov aksiom. Neka je, dakle

E =mx 2

2+ F (x)

/d

d t,

d E

d t= x

(mx +

d F

d x

).

Pomocu gornja dva izraza, Lagrangeova jednadzba glasi

EdE

d t= 0,

d E2

d t= 0 ⇒ E2 = const.

Gornja jednadzba izrazava konstantnost kvadrata energije, pa time i konstantnostsame energije.

Neholonomni sustavi:Pretpostavimo sada da osimMh holonomnih, postoji jos iMnh neholonomnih uvjeta na gibanje


i vratimo se jednadzbi (14.21). Prisjetimo se da, zbog postojanja Mnh neholonomnih uvjeta nagibanje, sada nisu sve varijacije δqs medusobno neovisne.Ako se u neholonomnim uvjetima (14.7), koordinate ηj zamjene poopcenim koordinatama qs,dobiva se

3N−Mh∑

s=1

As,m qs +Bm = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh (14.28)

gdje su As,m = As,m(qs; t) i Bm = Bm(qs; t). Pomnoze li se gornje jednadzbe s dt

3N−Mh∑

s=1

As,m dqs +Bm dt = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh

i prijede li se sa pravih pomaka dqs, dt na zamisljene δqs, δt (za koje je δt = 0), gornje jednadzbepostaju

3N−Mh∑

s=1

As,m δqs = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh.

Svaku od Mnh gornjih jednadzba pomnozimo proizvoljnom konstantom λm, koja se naziva9

Lagrangeov mnozitelj (multiplikator), i zatim zbrojimo sve jednadzbe uvjeta

3N−Mh∑

s=1

(λ1As,1 + λ2As,2 + · · ·+ λMnhAs,Mnh

) δqs = 0.

Oduzme li se ova jednadzba od jednadzbe (14.21), dobiva se

3N−Mh∑

s=1

[d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs− Φs − λ1As,1 − λ2As,2 − · · · − λMnh

As,Mnh

]δ qs = 0. (14.29)

U gornjoj jednadzbi nije svih 3N −Mh varijacija δ qs medusobno nezavisno. Zbog postojanjaMnh neholonomnih uvjeta, nezavisno je S = 3N−Mh−Mnh varijacija poopcenih koordinata qs.Neka su prvihMnh poopcenih koordinata zavisne od preostalih S = 3N−Mh−Mnh nezavisnih

q1, q2, · · · , qMnh︸︷︷︸zavisno

, qMnh+1, qMnh+2, · · · , q3N−Mh︸︷︷︸nezavisno

.

Sve do sada, na Lagrangeove mnozitelje nisu bili postavljeni nikakvi uvjeti - njihove su vrijed-nosti potpuno proizvoljne. Ako se sada odaberu Lagrangeovi mnozitelji λm na takav nacin daiscezava prvih Mnh uglatih zagrada iz (14.29) koje mnoze zavisne δqs,

[d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs− Φs − λ1As,1 − λ2As,2 − · · · − λMnh

As,Mnh

]

s=1,··· ,Mnh

= 0,

preostaje jos S = 3N −Mh −Mnh uglatih zagrada, povezanih jednadzbom

3N−Mh∑

s=Mnh+1

[d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs− Φs − λ1As,1 − λ2As,2 − · · · − λMnh

As,Mnh

]δ qs = 0.

9Vise o koristenju Lagrangeova mnozitelja moze se naci npr. u [14]


No, u gornjoj su jednadzbi sada sve poopcene koordinate qs medusobno nezavisne, pa istomargumentacijom kao u izvodu (14.22) zakljucujemo da svaka od gornjih uglatih zagrada moraiscezavati. Tako smo dosli do zakljucka da svih 3N − Mh okruglih zagrada iz (14.29) moraiscezavati: njihMnh zbog izbora Lagrangeovih mnozitelja, a preostalih S = 3N−Mh−Mnh zbognezavisnosti poopcenih koordinata. Lagrangeove jednadzbe nekonzervativnog neholonomnogsustava mogu se sada zapisati u obliku sustava diferencijalnih jednadzba

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs= Φs + λ1As,1 + λ2As,2 + · · ·+ λMnh

As,Mnh, s = 1, · · · , 3N −Mh,

(14.30)3N−Mh∑

s=1

As,mqs +Bm = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh.

Gornji se sustav sastoji od (3N −Mh) +Mnh jednazba i isto toliko nepoznanica:

q1, q2, · · · , q3N−Mh, λ1, λ2, · · · , λMnh

.

Ukoliko su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, moze se uvesti potencijalna ener-gija, izrazom

Φs = −∂Ep∂qs

.

Ako potencijalna energija ne ovisi o poopcenim brzinama qs, Lagrangeove jednadzbe se mogunapisati preko lagranzijana L = Ek − Ep (o jednoj vaznoj iznimci, kada potencijalna energijaovisi o brzini, bit ce vise rijeci u odjeljku 14.5),

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= λ1As,1 + λ2As,2 + · · ·+ λMnh

As,Mnh, s = 1, · · · , 3N −Mh,

3N−Mh∑

s=1

As,mqs +Bm = 0, m = 1, 2, · · · ,Mnh.

(14.31)

Nesto opcenitija diskusija o Lagrangeovim jednadzbama kada postoje uvjeti na gibanje, mozese naci npr. u odjeljku o varijacijskom racunu u [14].

Ako to zelimo, gornjim se postupkom mogu rjesavati i holonomni sustavi, tako sto ce se holo-nomne uvjete

fm(qs; t) = 0, m = 1, 2, · · · ,Mh

derivirati po vremenu i napisati ih u obliku (14.30)

3N∑

s=1

∂ fm∂ qs

qs +∂ fm∂ t

= 0, m = 1, 2, · · · ,Mh, (14.32)

tj. nije potrebno rjesavati jednadzbe uvjeta (iako su mozda i rjesive), vec ih se moze tretiratipomocu Lagrangeovih mnozitelja (vidjeti npr. zadatke 14.10, 14.11 i 14.12).


Fizicko znacenje Lagrangeovih mnozitelja vidimo iz relacije (14.31) na cijoj desnoj strani di-menzijski mora biti nekakva sila, tj. izrazi oblika λmAs,m predstavljaju popcene sile koje potjecuod uvjeta na gibanje.

Zadatak: 14.10 Pod djelovanjem gravitacijske sile, cestica mase m se giba po unutarnjoj plohi

paraboloida x 2 + y 2 = a0 z (za konstantnia0), prikazanog na slici. Zanemarivsi tre-nje, izvedite Lagrangeove jednadzbe gibanjacestice, tretirajuci uvjet na gibanje kao:(a) holonoman,(b) neholonoman.

R:Zadatak cemo rijesiti u cilindricnom koordinatnom sustavu, gdje su tri poopcenekoordinate upravo cilindricne koordinate

q1 = ρ =√x 2 + y 2, q2 = ϕ = arctan

y

x, q3 = z.

No, zbog postojanja uvjeta na gibanje po povrsini paraboloida, ove tri koordinatenisu medusobno neovisne, vec su povezane jednadzbom uvjeta

x 2 + y 2 = a0 z ⇐⇒ ρ 2 = a0 z.

To znaci da je broj stupnjeva slobode S = 3 − 1 = 2. Gornji uvjet je holonoman(Mh = 1,Mnh = 0) jer ga znamo rijesiti, tj. jednu od koordinata lako mozemonapisti kao eksplicitnu funkciju ostalih koordinata

z =1

a0ρ 2

i time ostajemo s dvije nezavisne poopcene koordinate: q1 = ρ i q2 = ϕ. Izracunajmosada kineticku i potencijalnu energiju, i pomocu njih konstruirajmo Lagrangeovufunkciju:

Ek =m v 2

2=m

2(x 2 + y 2 + z 2), Ep = m g z

Prijelazom iz pravokutnih u cilindricne koordinate

x = ρ cosϕ, x = ρ cosϕ− ρ ϕ sinϕ

y = ρ sinϕ, y = ρ sinϕ+ ρ ϕ cosϕ

z =1

a0ρ 2, z =

2

a0ρ ρ ,

dobije se Lagrangeova funkcija L = Ek −Ep u obliku

L(ρ, ϕ, ρ , ϕ ) =m

2

(ρ 2 + ρ 2 ϕ 2 +

4

a 20

ρ 2 ρ 2

)− m g

a0ρ 2.

Sada mozemo postaviti obje Lagrangeove jednadzbe (14.24)

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= 0,


tako sto cemo redom izracunati derivacije koje se u njima pojavljuju

∂ L

∂ ρ=m

2

(2ρ +

8 ρ 2 ρ

a 20

),

∂ L

∂ ρ=m

2

(2ρ ϕ 2 +

8 ρ ρ 2

a 20

)− m g

a02 ρ,

∂ L

∂ ϕ=m

2ρ 2 2 ϕ ,

∂ L

∂ ϕ= 0

i uvrstiti ih u Lagrangeove jednadzbe

ρ

(1 +

4

a 20

ρ 2

)+

4

a 20

ρ ρ 2 + ρ

(2 g

a0− ϕ 2

)= 0,

ρ 2 ϕ = const.

To je sustav dvije jednadzbe za dvije nepoznate funkcije ρ = ρ(t) i ϕ = ϕ(t). Izdruge jednadzbe mozemo ϕ izraziti preko ρ i uvrstiti u prvu. Tako konacno dobijemonelinearnu diferencijalnu jednadzbu drugog reda u kojoj se pojavljuje samo jednanepoznata funkcija ρ = ρ(t)

ρ

(1 +

4

a 20

ρ 2

)+

4

a 20

ρ ρ 2 + ρ

(2 g

a0− const. 2

ρ4

)= 0.

Isti zadatak mozemo rijesiti i tretirajuci uvjet na gibanje ρ 2 − a0 z = 0 kao ne-holonoman (pretvaramo se da ga ne znamo rijesiti). Sada imamo tri poopcenekoordinate: q1 = ρ, q2 = ϕ i q3 = z i jedan neholonomni uvjet (Mh = 0,Mnh = 1),pa postupamo na slijedeci nacin: najprije variramo uvjet i nalazimo konstante A iz(14.28)

ρ 2 − a0 z = 0 / δ

2 ρ δρ− a0 δz ≡ A1 δρ+ A2 δϕ+ A3 δz

⇒ A1 = 2 ρ, A2 = 0, A3 = −a0.

Lagrangeove jednadzbe za ovaj neholonomni konzervativni sustav glase

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= λ1 As, s = 1, 2, 3.

Lagrangeova funkcija je sada jednaka

Ek − Ep = L(ρ, ϕ, z, ρ , ϕ , z ) =m

2(ρ 2 + ρ 2 ϕ 2 + z 2)−m g z.

Nakon izracuna odgovarajucih parcijalnih derivacija Lagrangeove funkcije i njihovoguvrstenja u Lagrangeove jednadzbe, dobije se slijedeci sustav cetiri jednadzbe (tri


jednadzbe gibanja plus jedna jednadzba uvjeta) za cetiri nepoznanice (ρ, ϕ, z i λ1)

m ρ −m ρ ϕ 2 = λ1 2 ρ,

md

d t(ρ 2 ϕ ) = 0,

m z +m g = −λ1 a0,

2 ρ ρ − a0 z = 0.

Eliminacijom nepoznanica ϕ, z i λ1, opet dolazimo do iste jednadzbe za ρ

ρ

(1 +

4

a 20

ρ 2

)+

4

a 20

ρ ρ 2 + ρ

(2 g

a0− const. 2

ρ4

)= 0

koju smo dobili rjesavajuci ovaj sustav kao holonoman.

Zadatak: 14.11 Cestica mase m koja u pocetku miruje na vrhu polukugle polumjera R, pocinjese se gibati niz polukuglu. Koristeci Lagrangeovu jednadzbu za neholonomne uvjeteizracunajte silu reakcije podloge na cesticu i visinu na kojoj ce se cestica odvojiti odpolukugle. Sva trenja se zanemaruju.

R:Ovaj je problem vec rijesen bez primjene Lagrangeove jednadzbe (zadatak 3.8) uznesto opcenitiji uvjet da tijelo koje klizi ima pocetnu tangencijalnu brzinu iznosa v0,ili u zadatku 12.9 gdje je uzeto u obzir i trenje.

Lagranzijan je jednak

L = Ek − Ep,

=mv2

2−mgr cos θ.

Iz (3.3) je poznata brzina u sfernom koordinatnom sustavu

~v = r~er + rθ ~eθ + r sin θϕ~eϕ .

Zakretom koordinatnog sustava se postize da cestica klizi u ϕ = 0 ravnini. tako daje

~v2 = r2 + r2 θ 2 (14.33)

i time je lagranzijan jednak

L =m

2

(r2 + r2 θ 2

)−mgr cos θ.

Promatrani sustav ima dvije poopcene koordinate: r i θ i jedan uvjet na gibanje.S θ je uobicajena oznaka za prema osi z u sfernom koordinatnom sustavu. S r je


oznacena udaljenost cestice od ishodista. Sve dok cestica klizi po polukugli r = R, akada se cestica u jednom trenutku odvoji od polukugle, bit ce r > R. Lagrangeovajednadzba, (14.31), za sustav s dva stupnja slobode i jednim neholonomnim uvjetomglasi

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= λ1As,1, s = 1, 2.

Jedini uvjet na gibanje je holonoman

fr = r − R = 0,

ali cemo ga napisati u obliku neholonomnog, relacija (14.32),

∂ fr∂ r

= 1 ≡ A r

i on je zadovoljen sve dok se cestica giba po polukugle. Na kut θ nema uvjeta

Aθ = 0

Buduci da postoji samo jedan Lagrangeov mnozitelj, ne treba mu indeks r, nego jedovoljno pisati samo λ.Sada Lagrangeove jednadzbe za r i θ glase

d

d t

(∂ L

∂ r

)− ∂ L

∂ r= λA r = λ,

d

d t

(∂ L

∂ θ

)− ∂ L

∂ θ= 0.

Izracunajmo clanove koji se pojavljuju u gornjim jednadzbama

∂ L

∂ r= mr,

∂ L

∂ r= mrθ 2 −mg cos θ,

∂ L

∂ θ= mr2θ ,

∂ L

∂ θ= mgr sin θ.

Uvrstavane gornjih izraza u Lagrangeove jednadzbe vodi na

mr −mrθ 2 +mg cos θ = λ,

2mrrθ +mr2θ −mgr sin θ = 0.

Kao sto je vec primjeceno (strana 600), Lagrangeov mnozitelj ima znacenje poopcenesile od uvjeta na gibanje, tako da ce sve dok cestica klizi po podlozi biti λ 6= 0, a utrenutku odvajanja ce postati λ = 0. Dakle, λ = λ(θ) i izracunavsi λ kao funkciju θi izjednacivsi λ = 0, dobit ce se granicni kut odvajanja θ0, a time i visina na kojojdolazi do odvajanja. Prema tome, sve dok je λ 6= 0 je i r = R, pa Lagrangeovejednadzbe glase

−mRθ 2 +mg cos θ = λ,

mR2θ −mgR sin θ = 0.


Da bi se iz prve od gornjih jednadzba izracunalo λ, treba znati θ . Zato se druga odgornjih jednadzba

θ =g

Rsin θ

napise kao jednadzba za θ

d θ

d t= − g

R

1

θ

d cos θ

d t

θ d θ = − g

Rd cos θ

/ ∫

∫ θ

0

θ d θ = − g

R

∫ θ

0

d cos θ

θ 2 = 2g

R(1− cos θ).

i onda se gornji θ uvrsti u jednadzbu za λ

λ = mg cos θ − 2mg (1− cos θ) = 3mg cos θ − 2mg.

Ovo je sila reakcije podloge na cesticu.U trenutku odvajanja cestice od polukugle, λ = 0, pa je kut odvajanja

cos θ0 =2

3,

a visina h na kojoj dolazi do odvajanja je

h = R cos θ0 =2

3R.

Ako bi cestica klizila po kugli, umjesto po polukugli i ako je ishodiste koordinatnogsustava u tocki dodira kugle s podlogom, tocka odvajanja H , je za R podignuta uodnosu na gornji rezultat, tj.

H = h +R =5

3R.

Zadatak: 14.12 Valjak polumjera Rm i mase m koji u pocetku miruje, pocinje se kotrljati bezklizanja po glatkom nepomicnom valjku polumjera Rv > Rm. Koristeci Lagrangeovujednadzbu za neholonomne uvjete izracunajte polozaj tocke na kojoj ce se mali valjakodvojiti od velikog. Sva trenja se zanemaruju.

R:Ovaj je problem slican zadatku 14.11.


Lagranzijan je jednak

L =[Ek(SM) + Ek,vrt

]− Ep,

=mv2SM

2+I ω2

2−mgr cos θv.

S r je oznacena udaljenost sredista mase malog valjka od ishodista, r ≥ Rm + Rv.Srediste mase malog valjka se giba kao cestica mase m, pa je zato, prema (3.3),njegova brzina izrazena u sfernom koordinatnom sustavu

~v = r~er + rθ ~eθ + r sin θϕ~eϕ .

Zakretom koordinatnog sustava se postize da srediste mase klizi u ϕ = 0 ravnini.tako da je

~v2 = r2 + r2 θ 2

u notaciji iz zadataka, kineticka energija sredista mase malog valjka jednaka

Ek(SM) =m

2(r2 + r2 θ 2

v).

Moment tromosti malog valjka oko osi paralelene s osi simetrije malog valjka i od-maknute od nje za Rm se racuna pomocu zadatka (12.13)

I =1

2mR2

m.

Kutna brzina vrtnje malog valjka je

ω = θ m,

pa je

Ek(SM) + Ek,vrt =m

2(r2 + r2 θ 2

v) +1

2mR2

m θ 2m =

m

2

(r2 + r2 θ 2

v +R2m θ 2

m

).

Uz gornji izraz za kineticku energiju, lagranzijan je

L =m

2

(r2 + r2 θ 2

v +R2m θ 2

m

)−mgr cos θv.

U lagranzijanu se pojavljuju tri poopcene koordinate

r, θv, θm.

Ove tri koordinate nisu medusobno neovisne, nego su povezane s dvije holonomnejednadzbe uvjeta.Sve dok mali valjak dodiruje veliki,

r = Rm +Rv.

Kada se mali valjak odvoji od velikog, tada je r > Rm + Rv. Prema tome prviholonomni uvjet na gibanje je

f1(r) = r − Rv − Rm = 0.


Drugi uvjet je uvjet da nema klizanja. Tako se luk lm koji opise tocka sredistamase malog valjka moze gledati kao dio kruznice polumjera Rv + Rm sa sredistemu sredistu velikog valjka, koji je jednak

lm = θv(Rv +Rm).

No, kada nema klizanja, taj je isti opisani luk lm jednak duljini dijela kruznicepolumjera Rm sa sredistem u sredistu malog valjka, pa je prema tome jednak

lm = θm Rm.

Izjednacavanjem gornja dva izraza, dobiva se

θv(Rv +Rm) = θm Rm,

sto se moze zapisati u obliku jednadzbe drugog holonomnog uvjeta

f2(θv, θm) = Rvθv −Rm(θm − θv) = 0.

Iako su gornji uvjeti holonomni, mogu se tretirati i kao neholonomni, sto vodi naslijdece tri Lagrangeove jednadzbe, (14.31),

d

d t

(∂ L

∂ r

)− ∂ L

∂ r= λ1

∂ f1∂ r

+ λ2∂ f2∂ r

= λ1,

d

d t

(∂ L

∂ θ v

)− ∂ L

∂ θv= λ1

∂ f1∂ θv

+ λ2∂ f2∂ θv

= λ2(Rv +Rm),

d

d t

(∂ L

∂ θ m

)− ∂ L

∂ θm= λ1

∂ f1∂ θm

+ λ2∂ f2∂ θm

= −λ2Rm.

Izracunajmo pojedine clanove iz gornjih jednadzba

∂ L

∂ r= mr,

∂ L

∂ r= mrθ 2

v −mg cos θv,

∂ L

∂ θ v= mr2θ v,

∂ L

∂ θv= mgr sin θv,

∂ L

∂ θ m= mR2

mθ m,∂ L

∂ θm= 0.

Uvrstavanjem gornjih izraza u Lagrangeove jednadzbe, dobiva se

mr −mrθ 2v +mg cos θv = λ1,

2mrrθ v +mr2θ v −mgr sin θv = λ2(Rv +Rm),

mRmθ m = −λ2.

Cilj je dobiti jednadzbu za θv jer je to kut koji opisuje odvajanje malog od velikogvaljka. Velicina λ1 opisuje poopcenu silu reakcije velikog i malog valjka - kada je ta


sila jednaka nuli, dolazi do odvajanja valjaka.Sve dok se valjci dodiruju, je

r = Rv +Rm ⇒ r = r = 0,

pa Lagrangeove jednadzbe prelaze u

−m(Rv +Rm)θ2v +mg cos θv = λ1, (14.34)

m(Rv +Rm)θ v −mg sin θv = λ2, (14.35)

mRmθ m = −λ2. (14.36)

Iz drugog uvjeta je

θm = θvRv +Rm

Rm⇒ θ m = θ v

Rv +Rm

Rm, θ m = θ v

Rv +Rm

Rm,

sto uvrsteno u trecu od Lagrangeovih jednadzba vodi na

θ v = − λ2m(Rv +Rm)

. (14.37)

S druge strane, iz jednadzbe (14.35) je

θ v =λ2 +mg sin θvm(Rv +Rm)

,

pa se, izjednacivsi gornja dva izraza za θ v, dolazi do

λ2 = −mg2

sin θv.

Uvrstavanjem ove vrijednosti za λ2 u (14.37), dobiva se

θ v =g

2(Rv +Rm)sin θv.

Gornja se jednadzba zatim napise u obliku

d θ vd t

=g

2(Rv +Rm)

(−d cos θv

d t

)1

θ v,

θ v d θ v = − g

2(Rv +Rm)d cos θv

/ ∫

∫ θ v

0

θ v d θ v = − g

2(Rv +Rm)

∫ θv

0

d cos θv,

θ 2v =

g

Rv +Rm(1− cos θv).

Sada se gornji izraz za θ 2v uvrsti u (14.34) i dobije ovisnost poopcene sile λ1 o kutu

θv

λ1 = mg(2 cos θv − 1),


(primjetimo da λ1 zaista ima dimenziju sile). Kut odvajanja, θ0v, se dobije iz uvjetaiscezavanja poopcene sile (reakcije podloge)

λ1 = 0 ⇒ cos θ0v =1

2⇒ θ0v =

π

3.

To znaci da je visina h na kojoj se nalazi srediste mase malog valjka u trenutkukada dolazi do odvajanja (u odnosu na z = 0 ravninu) jednaka

h = (Rv +Rm) cos θ0v =

Rv +Rm

2.

Ta ista visina, ali u odnosu na podlogu na kojoj stoji veliki valjak je

H = h+Rv =3

2Rv +

Rm

2.

Isto se tako moze i promatrati na kojoj se visini s nalazi tocka dodira velikog i malogvaljka u trenutku odvajanja

s = Rv cos θ0v =

Rv

2,

ili, gledano u odnosu na podlogu na kojoj stoji veliki valjak

S = s+Rv =3

2Rv.

14.4 Lagrangeove jednadzbe za impulsnu silu

Neka u kratkom vremenskom intervalu τ , na j-tu cesticu sustava djeluje vanjska sila ~Fj(t).Interval djelovanja sile je iscezavajuce kratak, ali je sila dovoljno velika (kratki impuls jake sile)da je donji integral konacan.

limτ→0

∫ τ

0

~Fj(t) dt = ~Ij .

Sila koja zadovoljava ovaj uvjet, naziva se impulsna sila, a ~Ij se zove impuls. Iz (14.22) znamoda za holonomni sustav vrijedi

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs= Φs =

N∑

j=1

~Fj∂ ~rj∂ qs

.

Prointegrirajmo cijelu gornju jednadzbu po vremenu od 0 do τ

∫ τ

0

dtd

d t

(∂ Ek∂ qs

)−∫ τ

0

dt∂ Ek∂ qs

=N∑

j=1

∫ τ

0

dt ~Fj∂ ~rj∂ qs

(∂ Ek∂ qs

)

τ

−(∂ Ek∂ qs

)

0

−∫ τ

0

dt∂ Ek∂ qs

=N∑

j=1

∫ τ

0

dt ~Fj∂ ~rj∂ qs

/limτ→0

(∂ Ek∂ qs

)

2

−(∂ Ek∂ qs

)

1

− 0 =

N∑

j=1

~Ij∂ ~rj∂ qs

,

14.5. LAGRANGEOVA FUNKCIJA NAELEKTRIZIRANE CESTICE U ELEKTROMAGNETSKOMPOLJU 609

gdje su indeksom 1 oznacene velicine prije, a indeksom 2 poslije djelovanja sile. Uvede li sepoopceni impuls

~Fs =N∑

j=1

~Ij∂ ~rj∂ qs

,

i sjetimo li se definicije poopcene kolicine gibanja, (14.23), ps = ∂Ek/∂qs, prethodna jednadzbapokazuje da je promjena poopcene kolicine gibanja jednaka poopcenom impulsu

ps,2 − ps,1 = ~Fs,

sto je pak poopcenje izraza (10.36).

14.5 Lagrangeova funkcija naelektrizirane cestice u elektromagnet-skom polju

U izvodu jednadzba (14.24) i (14.31) je pretpostavljeno da potencijalna energija ne ovisi obrzini. U velikom broju primjera,

elasticna sila (6.12) Ep =1

2K x2,

gravitacijska sila (7.7) Ep = −Gm1 m2

|~r1 − ~r2|.

to je tocno, ali postoji jedan vazan izuzetak, a to je nalektrizirana cestica koja se giba u elek-tromagnetskom polju.

Elektromagnetizam: ponavljanjeNeka je elektricni naboj cestice Q, a brzina ~r. Elektromagnetsko polje neka je opisano vektorimaelektricnog polja ~E i indukcije magnetskog polja ~B . Na naelektriziranu cesticu koja se giba uelektromagnetskom polju, djeluje Lorentzova sila, (5.35),

~FL = Q(~E + ~r × ~B

).

Posebnost Lorentzove sile je u tome sto ona ovisi o brzini cestice, sto ce u konacnici datipotencijalnu energiju koja ovisi o brzini. Kao sto je poznato, polja ~E i ~B se moguizraziti preko dva potencijala: skalarnog V (~r, t) i vektorskog ~A (~r, t),

V (~r, t) =1

4πǫ0

∫ρQ(~r

′, t ′ )

|~r − ~r ′| d3r ′ ,

~A (~r, t) =µ0

4π

∫ ~j Q(~r′, t ′ )

|~r − ~r ′| d3r ′ ,

kao

~E = −−→∇V − ∂ ~A

∂t, ~B =

−→∇ × ~A ,


a Lorentzova sila je

~FL = Q

[−−→∇V − ∂ ~A

∂t+ ~r × (

−→∇ × ~A )

]. (14.38)

U gornjim izrazima su ρQ i ~j Q redom, gustoce naboja i struje, a

t ′ = t− |~r − ~r ′|c

je retardirano vrijeme, tj. vrijeme potrebno elektromagnetskom polju da, gibajuci se br-zinom c, prijede put |~r − ~r ′|.

Zadatak je

izracunati Lagrangeovu funkciju naelektriziranecestice koja se giba u elektromagnetskom polju.

Uocimo da nema uvjeta na gibanje, pa sustav, koji se sastoji od samo jedne cestice, imaS = 3 stupnja slobode, a za poopcene koordinate se mogu uzeti pravokutne koordinate cestice,tako da vrijedi

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez ,

q1 = x, q2 = y, q3 = z,

q1 = x , q2 = y , q3 = z ,

∂~r

∂qs⇒ ∂~r

∂ x= ~ex ,

∂~r

∂y= ~ey ,

∂~r

∂z= ~ez .

Poopcene sile su upravo komponente Lorentzove sile (za sustav od jedne cestice je i N = 1,indeks s stupnja slobode je s = x, y, z)

Φs =

N∑

j=1

~FL,j∂~rj∂qs

= ~FL∂~r

∂qs⇒ Φs=x = FL,x, Φs=y = FL,y, Φs=z = FL,z.

Izracunajmo npr. x komponentu Lorentzove sile, (14.38), izrazenu preko potencijala

FL,x = Q

−∂ V∂ x

− ∂Ax∂t

+[~r × (

−→∇ × ~A )]x

.

14.5. LAGRANGEOVA FUNKCIJA NAELEKTRIZIRANE CESTICE U ELEKTROMAGNETSKOMPOLJU 611

Izracunajmo x komponentu vektorskog umnoska[~r × (

−→∇ × ~A )]

x= y (

−→∇ × ~A )z − z (−→∇ × ~A )y

= y

(∂Ay∂ x

− ∂Ax∂y

)− z

(∂Ax∂z

− ∂Az∂ x

)

= y∂Ay∂ x

− y∂Ax∂y

− z∂Ax∂z

+ z∂Az∂ x

± x∂Ax∂ x

= −(∂Ax∂x

x +∂Ax∂y

y +∂Ax∂z

z

)−(∂Ax∂ x

x +∂Ay∂ x

y +∂Az∂ x

z

)

Prvi clan desne strane, povezujemo s ukupnom vremenskom promjenom Ax(x, y, z; t)

dAxd t

=∂Ax∂ x

x +∂Ax∂y

y +∂Ax∂z

z +∂Ax∂t

.

Prisjetimo li se da su ~r i ~r medusobno neovisne varijable, tada u drugom clanu desne stranegornjeg izraza prepoznajemo

~r∂ ~A

∂ x=∂ (~r ~A )

∂ x,

sto sve zajedno daje

[~r × (

−→∇ × ~A )]x=

(∂Ax∂t

− dAxd t

)+

∂

∂ x(~r ~A ).

Sada se mozemo vratiti izrazu za x komponentu sile

FL,x = Q

[−∂ V∂ x

−

∂Ax

∂t+

∂Ax

∂t− dAx

d t+

∂

∂ x(~r ~A )

]= Q

[∂

∂ x(~r ~A − V )− dAx

d t

].

Primjetimo da skalarni i vektorski potencijali ovise samo o prostornim koordinatama i vremenu

V = V (~r; t), ~A = ~A (~r; t),

ali ne i o brzinama, pa je zato

Ax =∂

∂x(x Ax + y Ay + z Az − V ) =

∂

∂x(~r ~A − V ).

pomocu gornjeg izraza je i

dAxd t

=d

d t

(∂

∂x(~r ~A − V )

).

Sada se izraz za FL,x moze napisati kao

FL,x = Q

[∂

∂ x(~r ~A − V )− d

dt

(∂

∂x(~r ~A − V )

)].


Nazove li se potencijalnom energijom slijedeci izraz

Ep(~r, ~r, t) = Q[V (~r, t)− ~r · ~A (~r, t)

], (14.39)

dobili smo potencijalnu energiju, koja osim o polozaju, ovisi i o brzini cestice. Za x kompo-nentu Lorentzove sile se dobiva

FL,x =d

dt

(∂ Ep∂x

)− ∂ Ep

∂ x

i slicno za ostale dvije komponente sile

FL,y =d

dt

(∂ Ep∂y

)− ∂ Ep

∂y

FL,z =d

dt

(∂ Ep∂z

)− ∂ Ep

∂z.

Kada potencijalna energija ne bi ovisila o brzini, drugi clan desne strane gornjih izraza bi bio

jednak nuli, i dobila bi se uobicajena veza sile i potencijalne energije, ~FL = −−→∇Ep. NapisimoLagrangeovu jednadzbu (14.22) za koordinatu x

d

dt

(∂Ek∂x

)− ∂Ek

∂ x= FL,x =

d

dt

(∂ Ep∂x

)− ∂ Ep

∂ x,

d

dt

[∂(Ek −Ep)

∂x

]− ∂(Ek − Ep)

∂ x= 0,

d

dt

(∂L

∂x

)− ∂L

∂ x= 0. (14.40)

I analogno za y i z koordinate

d

dt

(∂L

∂y

)− ∂L

∂y= 0,

d

dt

(∂L

∂z

)− ∂L

∂z= 0.

U gornjoj je jednadzbi s L = Ek − Ep, oznacena Lagrangeova funkcija (lagranzijan) cestice

naboja Q koja se brzinom ~r giba u prostorno i vremenski promjenjivom elektromagnetskompolju, opisanom skalarnim V (~r, t) i vektorskim ~A (~r, t) potencijalima

L =m~r 2

2−Q(V − ~r ~A ). (14.41)

Lako je provjeriti da se uvrstavanjem gornjeg lagranzijana u jednadzbu (14.40), dobije x kom-ponenta Newtonove jednadzbe gibanja

m~r = ~FL.

14.6. VARIJACIJSKI RACUN I HAMILTONOVO NACELO 613

Zadatak: 14.13 Pomocu lagranzijana (14.41) raspisite Lagrangeove jednadzbe jedne slobodne

cestice i pokazite da se one svode na Newtonovu jednadzbu gibanja m~r = ~FL, gdjeje FL Lorentzova sila.

R:dovrsiti

14.6 Varijacijski racun i Hamiltonovo nacelo

Pokazimo sada vezu koja postoji izmedu Lagrangeovih jednadzba i jednog dijela matematikekoji se zove varijacijski racun. Ova veza ce nam ukazati na jedan drukciji nacin na koji semoze gledati na izvod i smisao Lagrangeovih jednadzba gibanja.

Neka je zadan integral

I =

∫ b

a

F (y, y ′; x) dx, (14.42)

gdje je s F (y, y ′; x) oznacena podintegralna funkcija integrala, izgradena od funkcije y(x), nje-zine prve derivacije y ′(x) i od same nezavisne varijable x. Za razlicite oblike funkcije y = y(x)(slika 14.2) dobivat ce se i razlicite vrijednosti integrala I - neke ce biti vece, a neke manje.

Osnovni problem varijacijskog racuna, jeste odgovoriti na slijedece pitanje:

kako naci funkciju y = Y (x)

Slika 14.2: Uz varijacijski racun.

koja povezuje tocke x = a i x = b (slika 14.2), a imasvojstvo da je integral (14.42) ekstreman, tj. mak-simalan ili minimalan? Sama funkcija y se tada zoveekstrem. Ako je

y = Y (x) (14.43)

funkcija koja cini gornji integral ekstremnim,

Iextr =

∫ b

a

F(Y (x), Y ′(x); x

)dx,

neka je taday = Y (x) + δY (x) ≡ Y (x) + ǫ η (x) (14.44)

njoj bliska (varirana) krivulja (slika 14.2), sa svojstvom da je

η (x = a) = η (x = b) = 0, (14.45)

a ǫ = const. u x. Vrijednost integrala I za ovu blisku krivulju je

I(ǫ) =

∫ b

a

F[Y (x) + ǫ η(x)︸︷︷︸

y

, Y ′(x) + ǫ η′(x)︸︷︷︸y ′

; x]dx, (14.46)


gdje su, opet, crticom oznacene derivacije po x. Nakon integracije po x, rezultat I ovisi samo oǫ. Prema polaznoj pretpostavci (14.43) i (14.44), za ǫ = 0, gornji integral I poprima ekstremnuvrijednost, pa vrijedi da je

d I

d ǫ

∣∣∣∣ǫ=0

= 0.

Pomocu izraza (14.46) mozemo izracunati gornju derivaciju

d I

d ǫ=

∫ b

a

(∂ F

∂ y

∂ y

∂ ǫ+∂ F

∂ y ′∂ y ′

∂ ǫ

)dx =

∫ b

a

(∂ F

∂ yη +

∂ F

∂ y ′ η′)dx

=

∫ b

a

∂ F

∂ yη dx+

∫ b

a

∂ F

∂ y ′d η

d xdx.

Drugi clan desne strane se moze parcijalno integrirati koristeci

d

d x

(∂ F

∂ y ′ η

)= η

d

d x

(∂ F

∂ y ′

)+

∂ F

∂ y ′d η

d x.

Tako se dolazi do

d I

d ǫ=

∫ b

a

η∂ F

∂ ydx+

∫ b

a

[−η d

d x

(∂ F

∂ y ′

)+

d

d x

(ηd F

d y ′

)]dx

=

∫ b

a

η

[∂ F

∂ y− d

d x

(∂ F

∂ y ′

)]dx+

(η∂ F

∂ y ′

)b

a

.

No, prema (14.45), je posljednji clan desne strane gornjeg izraza jednak nuli. Preostaje

0 =d I

d ǫ

∣∣∣∣ǫ=0

=

∫ b

a

η

[∂ F

∂ y− d

d x

(∂ F

∂ y ′

)]

ǫ=0

dx.

Pretpostavimo da je uglata zagrada pod integralom razlicita od nule. Buduci da je funkcijaη(x) potpuno proizvoljna, ona se uvijek moze odabrati tako da na cijelom intervalu a ≤ x ≤ bima isti predznak kao i uglata zagrada. U tom slucaju se dobiva da je integral jednepozitivne funkcije jednak nuli, sto prema samom znacenju integrala, ne moze biti. Stoga semora zakljuciti da uglata zagrada pod integralom ne moze biti razlicita od nule, tj. da morabiti

d

d x

(∂ F

∂ y ′

)− ∂ F

∂ y= 0. (14.47)

Leonhard EulerBasel, 15. IV 1707.

- Petrograd, 18. IX 1783.svicarski matematicar,fizicar i astronom.

14.7. PRIMJENE EULER - LAGRANGEOVE JEDNADZBE 615

Ova se jednadzba naziva Euler - Lagrange ova jednadzba. Opisani se postupak je lakopoopciti i na funkciju vise varijabli

F (y1, y2, · · · , yS, y ′1, y

′2, · · · , y ′

S; x),

ys = Ys(x) + ǫs ηs(x), s = 1, 2, · · · , S

i vodi do S Euler - Lagrangeovih jednadzba

d

d x

(∂ F

∂ y ′s

)− ∂ F

∂ ys= 0, s = 1, 2, · · · , S.

Primjetimo da ako nezavisnu varijablu x shvatimo kao vrijeme t, funkciju F shvatimo kaoLagrangevu funkciju L, a ys i y ′

s kao poopcene koordinate qs i poopcene brzine qs, tada sugornje jednadzbe upravo Lagrangeove jednadzbe gibanja za holonomne sustave (14.24).

14.7 Primjene Euler - Lagrangeove jednadzbe

Evo i nekoliko primjera primjene Euler - Lagrangeove jednadzbe.

Primjer: 14.6 Zadatak je naci krivulju koja spaja tocke A i B u ravnini (x, y), sa svojstvomda je duljina krivulje najmanja. Iz iskustva svi znamo da je to pravac, a sada cemo

pokazati kako se to moze i izracunati. Podijelimo ci-jelu krivulju na male elemente oznacene s ds. Duljinukrivulje dobivamo tako da zbrojimo sve te male elmente.Kada broj tih malih elementata tezi k beskonacnosti, nji-hov zbroj prelazi u integral, pa za duljinu I, cijele krivu-lje, mozemo napisati

I =

∫ B

A

ds.

Sada ds treba procitati ka funkciju F iz izraza (14.42).

To se izvodi tako da se za mali ds, pomocu Pitagorina poucka, napise ds =√(dx) 2 + (dy) 2,

pa gornji integral postaje

I =

∫ B

A

√(dx) 2 + (dy) 2 =

∫ xB

xA

dx

√

1 +

(dy

dx

) 2

.

Uvjet da udaljenost izmedu A i B bude najkraca sada postaje uvjet da integral I bude minimalan.No, to je upravo problem (14.42) sa funkcijom

F (y, y ′; x) =√1 + y ′ 2 = F (y ′).

Da bi I bio ekstreman (u ovom slucaju iz geometrije znamo da se radi o minimumu), F morazadovoljavati jednadzbu (14.47). Lako je vidjeti da je

∂ F

∂ y= 0,

∂ F

∂ y ′ =y ′

√1 + y ′ 2

,


pa Euler - Lagrangeova jednadzba glasi

d

dx

(y ′

√1 + y ′ 2

)= 0 ⇒ y ′

√1 + y ′ 2

= const.

Rjesavanjem gornje jednadzbe po y ′, dolazi se do

d y

d x= a1,

gdje je a1 nekakva konstanta. Rjesenje gornje jednadzbe je ocito linearna funkcija

y = a0 + a1x,

tj. pravac, kao sto smo od pocetka i znali da treba biti. Nepoznate konstante a0 i a1 se odredujuiz uvjeta da pravac prolazi tockama A = (xA, yA) i B = (xB, yB).

Primjer: 14.7 Slijedeci problem koji cemo izloziti je problem brahistokronekoji je prvi rijesio Johann Bernoulli, 1697. godine.Sama rijec potjece od grckih rijeci brahistos sto znacinajkraci i chronos sto znaci vrijeme. Problem je sli-jedeci: cestica pocinje padati iz tocke A sa slike, ukonstantnom gravitacijskom polju (bez trenja); pitanjeje kako treba izgledati njezina putanja, pa da stigne utocku B u najkracem mogucem vremenu? Takvaputanja, koja minimizira vrijeme (a ne put, kao u pret-hodnom primjeru), se zove brahistokrona. Postupak jeuobicajen: putanja se podjeli na male dijelove duljineds; vrijeme potrebno za prolazak tim dijelom putanje jedt = ds/v; vrijeme potrebno za prolazak cijelom putanjom je zbroj vremena za svaki mali dio;u granici kada ds postaje iscezavajuce malen, ovaj zbroj prelazi u integral koji cemo oznaciti sI

I =

∫ tB

tA

dt =

∫ tB

tA

ds

v.

Kao i u prethodnom primjeru, ds =√

(dx) 2 + (dy) 2. Buduci da nema trenja, brzina se mozeodrediti iz zakona o sacuvanju energije. Neka je potencijalna energija jednaka nuli kada je y = 0i neka u tA cestica miruje, tada je ukupna mehanicka energija u tocki A jednaka nuli. Zbogsacuvanja energije, ona ce biti jednaka nuli i u svakoj drugoj tocki putanje u kojoj je brzina v,a vrijednost ordinate y

EA = E = 0 =mv 2

2−mgy ⇒ v =

√2gy.

Uvrstavaje brzine u izraz za I daje

I =

∫ xB

xA

dx

√1 + y ′ 2√2gy

.

14.7. PRIMJENE EULER - LAGRANGEOVE JEDNADZBE 617

Iz gornjeg izraza ocitavamo funkciju F iz (14.42)

F (y, y ′) =1√2g

√1 + y ′ 2

y. (14.48)

Prije nego sto nastavimo s rjesavanjem ovoga, izvedimo jedan postupak koji se zove nalazenjeprvog integrala Euler - Lagrangeove jednadzbe. Primjetimo da F ne ovisi eksplicitno o x,nego sva ovisnost o x dolazi kroz y = y(x) i y ′ = y ′(x). To nam omogucava da y ′ shvatimokao funkciju od y(x)

y ′ = y ′[y(x)

], F = F

[y(x), y ′(y(x))

].

Ova zamjena varijable, ima za posljedicu da se derivacija po x shvaca kao derivacija slozenefunkcije

d

d x=

d

d y

d y

d x.

Primjenimo ovo na Euler - Lagrangeovu jednadzbu

d

d x

(∂ F

∂ y ′

)− ∂ F

∂ y= 0,

y ′ d

d y

(∂ F

∂ y ′

)− ∂ F

∂ y= 0,

d

d y

(y ′ ∂ F

∂ y ′

)− d y ′

d y

∂ F

∂ y ′ −∂ F

∂ y= 0.

No, posljednja dva clana lijeve strane nisu nista drugo do

d

d yF (y, y ′(y)) =

∂ F

∂ y+∂ F

∂ y ′d y ′

d y,

tako da cijela Euler - Lagrangeova jednadzba postaje

d

d y

(y ′ ∂ F

∂ y ′ − F

)= 0 ⇒ y ′ ∂ F

∂ y ′ − F = const. (14.49)

Gornji izraz se zove prvi integral Euler - Lagrangeove jednadzbe. U problemu brahistokrone, Fje zadano sa (14.48), sto uvrsteno u gornju jednadzbu, nakon kraceg racuna, vodi na

d y

d x=

√c1 − y

y,

∫dy

√y

c1 − y=

∫dx = x− c2, cj = const.

Integral na lijevoj strani se rjesava uvodenjem nove varijable y = c1 sin 2(u/2)

x = c2 + c1

∫du sin 2(u/2) = c2 +

c12

(u− sin u).

Time su dobivene parametarske jednadzbe trazene krivulje

x = c2 +c12

(u− sin u),

y =c12

(1− cosu),


koje prepoznajemo kao jednazbu cikloide10. Dakle, brahistokrona je cikloida (nacrtati cikloidu).

14.7.1 Hamiltonovo nacelo za cesticu u polju centralne sile

dovrsiti

14.8 Hamiltonovo nacelo za neholonomne sustave

dovrsiti

14.9 Funkcija djelovanja

Ocita slicnost Euler - Lagrangeove jednadzbe (14.47)

d

d x

(∂ F

∂ y ′

)− ∂ F

∂ y= 0

i Lagrangeove jednadzba (14.24) za holonomne konzervativne sustave,

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= 0, s = 1, 2, · · · , S,

navela je Hamiltona na razmatranje slijedeceg integrala koji je nazvao djelovanjem (action)ili principalnom funkcijom

S =

∫ tk

tp

L(q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t) dt, (14.50)

gdje je

L = Ek −Ep

Lagrangeova funkcija. Po dimenzijama, funkcija djelovanja predstavlja umnozak energije ivremena. Istim postupkom kao u odjeljku 14.6, uz promjenu oznaka (slika 14.3)

F → L, x → t, ys → qs, y ′s → qs,

10Kako izgleda cikloida: uocimo jednu tocku na kruznici koja se, bez klizanja, kotrlja po vodoravnoj podlozi - uocena tockaopisuje cikloidu.

14.9. FUNKCIJA DJELOVANJA 619

Slika 14.3: Uz Hamiltonovo nacelo najma-njeg djelovanja.

qs(t) = qextrs (t) + ǫs ηs(t),

S (ǫs) =

∫ tk

tp

L(qextrs (t) + ǫs ηs(t), q

extrs (t) + ǫs η s(t); t

)dt

i zahtjev da je djelovanje ekstremalno

d Sd ǫs

∣∣∣∣ǫs=0

= 0,

od Euler - Lagrangeovih, dolazimo do Lagrangeovih jednadzba u obliku (14.24)

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= 0, s = 1, 2, · · · , S.

Izvedimo Taylorov razvoj funkcije djelovanja u okolici tocke ǫs = 0

S (ǫs) = S (0) +S∑

s=1

ǫsd Sd ǫs

∣∣∣∣ǫs=0︸︷︷︸

= 0

+1

2

S∑

s=1

S∑

s′=1

ǫs ǫs′d 2 Sd ǫs d ǫs′

∣∣∣∣0

+O(ǫ3).

Nazovemo li varijacijom djelovanja δS razliku djelovanja na pravoj (koja cini S ekstremalnom)i variranoj putanji

δS = S (ǫs)− S (0),

tada, s tocnoscu od O(ǫ 2), mozemo reci da se

mehanicki sustav giba tako da je varijacija njegove funkcije djelovanja jednaka nuli.

δ S = 0. (14.51)

William Rowan Hamilton,1805 - 1865,

irski matematicar i astronom.

Buduci da je na pravoj putanji mehanickog sustava, ekstrem funkcije djelovanja najcesce mi-nimalan, gornji se izraz zove Hamiltonovo nacelo najmanjeg djelovanja.

Primjetimo da smo polazeci od cisto matematickog zahtjeva da je integral jedne funkcijeekstreman, dosli do izraza koji opisuje jednu prirodnu pojavu i koji je ekvivalentan Newtonovim


jednadzbama gibanja. Ili, drukcije receno: gibanja u prirodi se odvijaju tako da cine ekstremnimvremenski integral Lagrangeove funkcije.

Zadatak: 14.14 Izracunajte funkciju djelovanja slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog os-cilatora koji se u trenutku t1 nalazi u tocki x1, a u trenutku t2 u tocki x2.

R:Prema (6.6) i (6.7), polozaj slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog oscilatoraje dan izrazom

x(t) = C cosω0t+ S sinω0t, ω20 =

K

m,

gdje se konstante C i S odreduju iz pocetnih uvjeta

x1 = C cosω0t1 + S sinω0t1,

x2 = C cosω0t2 + S sinω0t2,

iz cega slijedi

C =x1 sinω0t2 − x2 sinω0t1

sinω0(t2 − t1),

S =x2 sinω0t1 − x1 sinω0t2

sinω0(t2 − t1).

Uvrstavanjem ovih konstanata u gornji izraz za x(t), dobiva se

x(t) =x1 sinω0t2 − x2 sinω0t1

sinω0(t2 − t1)cosω0t+

x2 sinω0t1 − x1 sinω0t2sinω0(t2 − t1)

sinω0t

=x2 sinω0(t− t1)− x1 sinω0(t− t2)

sinω0(t2 − t1).

Lagranzijan harmonijskog oscilatora je

L = Ek − Ep =mx 2

2− Kx2

2=m

2

(x 2 − ω2

0x2).

Funkcija djelovanja je tada, prema (14.50), jednaka

S =

∫ t2

t1

m

2

(x 2 − ω2

0x2)d t.

14.10. BAZDARNA PREOBRAZBA LAGRANZIJANA 621

Parcijalna integracija prvog clana daje

d

d t(xx ) = x 2 + xx ,

S =m

2

∫ t2

t1

(d

d t(xx )− xx − ω2

0x2

)

=m

2

(xx)t2t1− m

2

∫ t2

t1

x(x + ω2

0x2)

︸︷︷︸= (6.4) = 0

d t

=m

2

(x2x (t2)− x1x (t1)

).

Uvrstavanjem gore dobivenog izraza za x(t), dobiva se konacno

S =mω0

2 sin ω0(t2 − t1)

[(x21 + x22

)cos ω0(t2 − t1)− 2 x1 x2

].

14.10 Bazdarna preobrazba lagranzijana

Neka je zadan lagranzijan sustava

L = L(qs, qs; t).

Polazeci od L, bazdarnom (gauge, kalibracijskom) preobrazbom oblika

L(qs, qs; t) = α L(qs, qs; t) +d f(qs; t)

d t, (14.52)

konstruira se jedan drugi lagranzijan L, gdje je α konstanta, a funkcija f ne ovisi o poopcenimbrzinama. Zadatak je vidjeti

sto se dogada s Lagrangeovim jednadzbama uslijed bazdarne preobrazbe.

gornjeg oblika. U prethodnom je odjeljku pomocu lagranzijana L, uvedena funkcija djelovanja

S =

∫ tk

tp

L(q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t) dt.

Bazdarnom preobrazbom (14.52), dolazi se i do djelovanja

S =

∫ tk

tp

L(q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t) dt

= α

∫ tk

tp

L(qs, qs; t) dt+

∫ tk

tp

d f(qs; t)

d tdt

= α S + f(qs; tk)− f(qs; tp).

No

f(qs(tk); tk)− f(qs(tp); tp) = c0 = const.


tj. bazdarna funkcija djelovanja je do na konstantni pomak i mnozenje konstantom (linearnapreobrazba) jednaka nebazdarenoj funkciji djelovanja, pa ce zato i Lagrangeove11 jednadzbegibanja ostati nepromjenjene.

Primjer: 14.8 Bazdarenje elektromagnetskih potencijala.Poznato je da su elektricno i magnetsko polje invarijantni na bazdarne preobrazbe skalarnog ivektorskog potencijala

V → V − ∂Ψ

∂t, ~A → ~A +

−→∇Ψ.

To znaci da za proizvoljno polje (funkciju) Ψ(~r, t), polja ~E i ~B ostaju nepromjenjena:

~E = −−→∇V − ∂ ~A

∂t→ −−→∇

(V − ∂Ψ

∂t

)− ∂

∂t

(~A +

−→∇Ψ)

= −−→∇V +−→∇ ∂Ψ

∂t− ∂ ~A

∂t−

∂

∂t

−→∇Ψ = ~E .

~B =−→∇ × ~A → −→∇ ×

(~A +

−→∇Ψ)=

−→∇ × ~A +−→∇ × −→∇Ψ︸︷︷︸

≡ 0

=−→∇ × ~A = ~B .

Pogledajmo kako bazdarna preobrazba utjece na potencijalnu energiju, (14.39), cestice naboja

Q koja se brzinom ~r giba u elektromagnetskom polju

Ep = Q(V − ~r ~A

)→ Q

(V − ∂Ψ

∂t

)−Q~r

(~A +

−→∇Ψ)

= Q(V − ~r ~A

)−Q

(∂Ψ

∂t+ ~r

−→∇Ψ

).

Primjetimo sada da je

d Ψ(~r, t)

d t=∂ Ψ(~r, t)

∂ xx +

∂ Ψ(~r, t)

∂ yy +

∂ Ψ(~r, t)

∂ zz +

∂ Ψ(~r, t)

∂ t= ~r(

−→∇Ψ) +∂ Ψ(~r, t)

∂ t.

Buduci da je L = Ek − Ep, a kineticka energija ne ovisi o elektromagnetskim potencijalima(pa se i ne mjenja uslijed bazdarne preopbrazbe), iz gornjeg izraza zakljucujemo da bazdarnapreobrazba mijenja lagranzijan tako sto mu pribroji potpunu vremensku derivaciju bazdarnefunkcije Ψ, pomnozenu s nabojem Q

L→ L = L+Qd Ψ(~r, t)

d t,

a to je upravo preobrazba oblika (14.52) za koju je pokazano da ne mijenja Lagrangeove jed-nadzbe.

11Slicno kao sto i kanonska preobrazba ne mijenja Hamiltonove jednadzbe gibanja, odjeljak 15.3.

14.11. SIMETRIJE I ZAKONI SACUVANJA 623

14.11 Simetrije i zakoni sacuvanja

dovrsiti

14.12 Dodatna analiza Lagrangeovih jednadzba

Vratimo se Lagrangeovoj jednadzbi napisanoj u obliku (14.22)

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek

∂ qs= Φs,

u kojoj cemo sada posvetiti vise pozornosti algebarskom karakteru velicina koje se u njoj pojav-ljuju. Tako ce se od sada poopcene koordinate oznacavati kao komponente kontravarijantnogvektora (s indeksom gore; odjeljak 2.7)

q1, q2, · · · , qS.

Ove velicine imaju karakter vektorskih komponenata, za razliku od kovarijantnih velicina (sindeksom dolje) koje imaju karakter projekcija na zadani smjer (kao npr. poopcene sile Φs).U tom smislu, gornja Lagrangeova jednadzba je oblika

d

d t

(∂ Ek∂ qs

)− ∂ Ek∂ qs

= Φs. (14.53)

Pokazimo da je u tom slucaju kineticka energija kvadratna funkcija poopcenih brzina. Krenimood kineticke energije sustava N cestica, napisane u pravokutnim koordinatama

Ek =1

2

N∑

j=1

mj~r2j =

1

2

N∑

j=1

mj(x2j + y 2

j + z 2j)

i prevedimo ju u poopcene koordinate. Za koordinete xj reonomnog sustava, vrijedi

xj = xj(q1, q2, · · · , qS; t)

x j =

S∑

s=1

∂ xj∂ qs

qs +∂ xj∂ t

x 2j =

(S∑

s=1

∂ xj∂ qs

qs +∂ xj∂ t

)(S∑

r=1

∂ xj∂ qr

qr +∂ xj∂ t

)

=S∑

s=1

S∑

r=1

∂ xj∂ qs

∂ xj∂ qr

qsqr + 2∂ xj∂ t

S∑

s=1

∂ xj∂ qs

qs +

(∂ xj∂ t

)2

.


Slican racun za yj i zj daje

y 2j =

S∑

s=1

S∑

r=1

∂ yj∂ qs

∂ yj∂ qr

qsqr + 2∂ yj∂ t

S∑

s=1

∂ yj∂ qs

qs +

(∂ yj∂ t

)2

,

z 2j =

S∑

s=1

S∑

r=1

∂ zj∂ qs

∂ zj∂ qr

qsqr + 2∂ zj∂ t

S∑

s=1

∂ zj∂ qs

qs +

(∂ zj∂ t

)2

.

Uvedu li se pokrate

gs,r =

N∑

j=1

mj

(∂ xj∂ qs

∂ xj∂ qr

+∂ yj∂ qs

∂ yj∂ qr

+∂ zj∂ qs

∂ zj∂ qr

)= gr,s,

gs =N∑

j=1

mj

(∂ xj∂ t

∂ xj∂ qs

+∂ yj∂ t

∂ yj∂ qs

+∂ zj∂ t

∂ zj∂ qs

),

g =

N∑

j=1

mj

[(∂ xj∂ t

)2

+

(∂ yj∂ t

)2

+

(∂ zj∂ t

)2],

kineticka je energija jednaka

Ek =1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,r qsqr +

S∑

s=1

gs qs +

1

2g. (14.54)

Primjetimo da svi koeficijenti g ovise samo o poopcenim koordinatama i eventualno eksplicitnoo vremenu, ali ne i o poopcenim brzinama.Ako je sustav skleronoman (tj. vrijeme se ne pojavljuje eksplicitno) i ako se u jednadzbamaprijelaza s pravokutnih na poopcene koordinate vrijeme ne pojavljuje eksplicitno, tada su

g ≡ 0, gs ≡ 0

i kineticka energija postaje homogena kvadratna funkcija u poopcenim brzinama

Ek =1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,r qsqr.

Derivacijom gornjeg izraza po jednoj od poopcenih brzina, dobiva se

Ek =1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,rqsqr

/∂

∂ql

∂Ek∂ql

=1

2

S∑

r=1

gl,rqr +

1

2

S∑

s=1

gs,lqs =S∑

r=1

gl,rqr

i dalje, derivacijom po vremenu gornjeg izraza

d

d t

(∂ Ek∂ ql

)=

S∑

r=1

gl,rqr +

S∑

r=1

(S∑

s=1

∂ gl,r∂ qs

qs

)qr.

14.12. DODATNA ANALIZA LAGRANGEOVIH JEDNADZBA 625

Primjetimo da se drugi clan desne strane gornjeg izraza, jednostavnom zamjenom naziva indeksar i s, moze napisati i kao

S∑

r=1

S∑

s=1

∂ gl,r∂ qs

qs qr =

S∑

r=1

S∑

s=1

∂ gl,s∂ qr

qr qs,

pa prvi clan lijeve strane (14.53) postaje

d

d t

(∂ Ek∂ ql

)=

S∑

r=1

gl,rqr +

1

2

S∑

r=1

S∑

s=1

(∂ gl,r∂ qs

+∂ gl,s∂ qr

)qr qs.

Drugi clan lijeve strane istog izraza je

∂ Ek∂ ql

=1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

∂ gs,r∂ ql

qsqr.

Uvrstavanjem gornja dva izraza u Lagrangeovu jednadzbu (14.53), dobiva se

S∑

r=1

gl,rqr +

1

2

S∑

r=1

S∑

s=1

(∂ gl,r∂ qs

+∂ gl,s∂ qr

− ∂ gs,r∂ ql

)qr qs = Φl,

ili, zamjenom naziva indeksa l i s (sjetimo se da je gi,j = gj,i)

S∑

r=1

gs,rqr +

1

2

S∑

r=1

S∑

l=1

(∂ gs,r∂ ql

+∂ gs,l∂ qr

− ∂ gr,l∂ qs

)qr ql = Φs.

U gornjem se izrazu pojavila velicina koja se naziva Christoffelov12 simbol prve vrste

Γs,rl ≡[r ls

]=

1

2

(∂ gs,r∂ ql

+∂ gs,l∂ qr

− ∂ gr,l∂ qs

)

E. B. Christoffelkoji svojim oblikom naglasava njegov karakter trostruko kovarijantnog tenzora (oznaka Γs,rlpotjece od Weyla13). Lagrangeove jednadzbe, napisana preko Christoffelovih simbola glasi

S∑

r=1

gs,r qr +

S∑

r=1

S∑

l=1

Γs,rl qr ql = Φs. (14.55)

Iz gornjeg se izraza vidi da su Lagrangeove jednadzbe linearne u poopcenim ubrzanjima, akvadratne u poopcenim brzinama.Rijesimo gornji sustav diferencijalnih jednadzba po poopcenim ubrzanjima. Neka je s g oznacenaslijedeca determinanta

g = Det

g1,1 g1,2 · · · g1,Sg2,1 g2,2 · · · g2,S...gS,1 gS,2 · · · gS,S

,

12Elwin Bruno Christoffel (10. XI 1829. – 15. III 1900.), njemacki teorijski fizicar i matematicar13Hermann Klaus Hugo Weyl, (9. XI 1885. – 8. XII 1955.), njemacki teorijski fizicar i matematicar


a sa g l,r neka je oznacen kofaktor matricnog elementa gl,r podjeljenog s determinantom g. Kaosto je poznato iz linearne algebre, za kofaktore i matricne elemente vrijede slijedece relacije

S∑

s=1

gs,r gs,l = δlr,

S∑

s=1

gr,s gl,s = δlr,

gdje su s δ oznaceni Kroneckerovi simboli.Jednadzba (14.55) pomnozena s g s,p i prosumirana po s, daje

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,r gs,p qr +

S∑

s=1

S∑

r=1

S∑

l=1

Γs,rl gs,p qr ql =

S∑

s=1

g s,p Φs

S∑

r=1

δpr qr +

S∑

r=1

S∑

l=1

Γprl qr ql = Φp,

q p +

S∑

r=1

S∑

l=1

Γprl qr ql = Φp, (14.56)

gdje je uvedena oznaka za Christoffelov simbol druge vrste

Γprl =S∑

s=1

Γs,rl gs,p =

1

2

S∑

s=1

g s,p(∂ gs,r∂ ql

+∂ gs,l∂ qr

− ∂ gr,l∂ qs

)≡r lp

,

kao i kontravarijantna oznaka poopcene sile

Φp =S∑

s=1

g s,p Φs.

Sustav jednadzba (14.56) je ekvivalentan sustavu Lagrangeovih jednadzba, ali je eksplicitnorjesen po ubrzanjima i stoga moze posluziti kao ishodiste za dalja teorijska razmatranja ili zarjesavanje konkretnih problema.

Rjesenje diferencijalne jednadzbe drugog reda je, osim samom jednadzbom, odredeno i vri-jednostima nulte i prve derivacije funkcije za odredenu fiksnu vrijednost varijable. Sukladnotome, rjesenje sustava (14.56) od S diferencijalnih jednadzba za nepoznate funkcije q s(t) cebiti odredeno, osim samim tim jednadzbama, i nizom od 2S konstanata koje ce predstavljativrijednosti poopcenih koordinata i poopcenih brzina u odredenom (pocetnom) trenutku t0

q1(t0) ≡ q10, q2(t0) ≡ q20, · · · , qS(t0) ≡ qS0 ,

q1(t0) ≡ q10, q2(t0) ≡ q20, · · · , qS(t0) ≡ q20 .

Dakle, poopcene koordinate i poopcene brzine ce, opcenito, ovisiti o vremenu t, pocetnom

14.12. DODATNA ANALIZA LAGRANGEOVIH JEDNADZBA 627

trenutku t0 i gornjih 2S konstanata

q s = q s(t, t0; qs ′

0 , qs ′

0 ),

s, s ′ = 1, 2, · · · , Sq s = q s(t, t0; q

s ′

0 , qs ′

0 ).

Radi jednostavnosti razmatranja koje slijedi, moze se trenutak t0 odabrati kao pocetak mjeranjavremena

t0 ≡ 0,

zbog homogenosti prostora, ishodiste konfiguracijskog prostora se moze postaviti u tocku

(q10 , q20, · · · , qS0 ) = (0, 0, · · · , 0).

Integriranje sustava (14.56) ce, opcenito, biti dosta komplicirano i zato se postupa na slijedecinacin. Zamislimo gibanje jednog sustava, koje ima iste pocetne uvjete kao i sustav opisan s(14.56), ali su mu druge i sve vise derivacije poopcenih koordinata jednake nuli. Buduci dasu u takvom sustavu ubrzanja jednaka nuli, popcene brzine su konstantne (dakle, radi se ojednolikom gibanju) i zato je vrijednost poopcene brzine u proizvoljnom trenutku t dana sa

qs(t, qs0) = qs0 t,

pri cemu su poopcene koordinate ovog zamisljenog sustava oznacene s qs. Gornje jednadzbegibanja se mogu shvatiti i kao prva aproksimacija stvarnog gibanja stvarnog sustava opisanogjednadzbama (14.56).Pocetno ubrzanje stvarnog sustava u pocetnom trenutku q s0 se odredi iz (14.56) tako da seumjesto brzina u trentku t, uvrste brzine u trenutku t = 0

q s(t) = −S∑

r=1

S∑

l=1

Γsrl(qs ′

(t)) qr(t) ql(t) + Φs (14.57)

q s0 = −S∑

r=1

S∑

l=1

Γsrl(qs ′

0 ) qr0 ql0 + Φs (14.58)

(pretpostavlja se da poopcene sile ne ovise o vremenu). U aproksimaciji da je gornje ubrzanjekonstantno (jednoliko ubrzano gibanje) tijekom cijelog vremena gibanja sustava (treca i visederivacije koordinata su nula), vrijednosti poopcenih koordinata u proizvoljnom trenutku t danasu sa

qs(t, q s0 , qs0 ) = qs0 t+

1

2q s0 t

2.

Zamisljeni sustav qs ima iste pocetne brzine i ista pocetna ubrzanja kao i stvarni sustav qs.Sada iz pocetnih uvjeta znamo qs(0) i qs(0), a iz (14.58) znamo izracunati i qs(0). Derivacijompo vremenu relacije (14.57), dobiva se jednadzba za odredivanje trece derivacije qs(t) iz kojeonda uvrstavanjem prethodno poznatih nizih derivacija, dobiva vrijednost trece derivacije ut = 0 i samim time treca aproksimacija gibanja stvarnog sustava kao

qs(t, q s0 , qs0 ,...q s0 ) = qs0 t +

1

2q s0 t

2 +1

3 !

...q s0 t

3.


Iz izlozenog je posve jasno kako se dalje moze konstrirati proizvoljna n-ta aproksimacija stvarnoggibanja sustava

q s(t, (q s0 )(n)) = qs0 t +

1

2q s0 t

2 +1

3 !

...q s0 t

3 + · · ·+ 1

3 !

(∂ q s

∂ t

)

t=0

tn.

Ocito je da gornji izraz predstavlja dio Taylorovog razvoja u red funkcije q s(t) oko tocke t = 0.

Trajektorije sustavaEliminacijom vremena iz jednadzba (14.56) dobiva se sustav jednadzba koji povezuje samopoopcene koordinate fizickog sustava, a cije rjesavanje daje trajektorije, tj. jednadzbe krivuljapo kojima se odvija gibanje. Ove se jednadzbe krivulja mogu odrediti na dva nacina:(1) jedna od koordinata se uzme za nezavisnu varijablu, a ostale se koordinate odrede kaofunkcije te nezavisne koordinate;(2) drugi je nacin da se sve poopcene koordinate odrede kao funkcija nekog paarmetra; kaoparametar se obicno odabire velicina analogna duljini luka krivulje u obicnom Euklidskomprostoru.Prva se metoda povezuje s radovima P. Painlevea, a druga s radovima H. Hertza.

Slika 14.4: Paul Painleve (5. XII 1863. – 29. X 1933.),francuski matematicar i politicar.

Slika 14.5: Heinrich Rudolf Hertz, (22. II 1857. – 1. I1894.), njemacki fizicar.

Izlozimo najprije prvu metodu. Radi jednostavnosti, ponovo ce se poopcene koordiante oznacavatis qs, bez obzira na njihov kontravarijantni karakter. Uz oznake

Ps ≡ −S∑

r=1

S∑

l=1

Γsrl qr ql, βs = Φs =

S∑

p=1

g p,s Φp

Jednadzbe (14.56) postaju

qs = Ps + βs.

Poglavlje 15

Hamiltonove jednadzbe gibanja

Ako ne znas kuda ides, lako se moze dogoditi da stignes negdje drugdje.

Alica u zemlji cudesa, Lewis Carrol

Lagrangeova funkcija uvedena u prethodnom poglavlju, je funkcija poopcenih koordinata qsi poopcenih brzina qs. Takoder, pomocu Lagrangeove funkcije, uveden je pojam poopcenekolicine gibanja, (14.25),

ps =∂L(qs ′ , qs ′; t)

∂qs= ps(qs ′, qs ′; t) . (15.1)

Odabir poopcenih koordinata i poopcenih brzina kao nezavisnih varijabli je, naravno, moguc,ali nije i jedini moguci izbor. U ovom ce se poglavlju definirati jedna nova funkcija: Hamilto-nova funkcija ili hamiltonijan, koja ce biti funkcija poopcenih koordinata i poopcenih kolicinagibanja1.

(qs, qs) −→ (qs, ps)

Inverzija relacije (15.1) tako da se dobije

qs = qs(qs ′, ps ′; t)

je moguca ako promatrani sustav nije degeneriran, tj. ako je

Det

∣∣∣∣∂2 L

∂ qs ∂ qs ′

∣∣∣∣ 6= 0.

Zadatak: 15.1 Na primjeru jednodimenzijskog slobodnog harmonijskog oscilatora, pokazite davrijedi gornja relacija.

R:dovrsiti

1Poopcena kolicina gibanja se dobiva postupkom deriviranja, bas kao sto su i u prethodnom odjeljku poopcene brzine dobivenederiviranjem poopcenih koordinata i dalje su tretirane kao varijable nezavisne od poopcenih koordinata.

629

630 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADZBE

I dok su Lagrangeove jednadzbe gibanja dane u obliku diferencijalnih jednadzba drugog reda,jednadzbe gibanja izrazene preko Hamiltonove funkcije ce biti diferencijalne jednadzbe prvogreda (ali ce ih zato biti dvostruko vise).Promatrat ce se sustav od N cestica cije je gibanje ograniceno s Mh holonomnih uvjeta.Ovi su uvjeti rijeseni, zavisne poopcene koordinate su izrazene preko nezavisnih i formirana jeLagrangeova funkcija od S = 3N −Mh nezavisnih poopcenih koordinata i brzina:

L(qs, qs; t), s = 1, 2, · · · , S.Ova funkcija predstavlja ishodiste u daljim racunima ovog poglavlja.Neholonomni sustavi se nece tretirati u ovom poglavlju, a zainteresirani citatelj se upucuje nastudiranje prvog poglavlja Diracove knjige Lectures on Quantum Mechanics, [13].

15.1 Hamiltonove jednadzbe

Izvod hamiltonijana i Hamiltonovih jednadzba pociva na jednom postupku koji se naziva Legen-dreova preobrazba. Pogledajmo kako Legendreova preobrazba izgleda u kontekstu matematike,termodinamike i na kraju u kontekstu mehanike.

Legendreova preobrazba - matematikaNeka je zadana derivabilna funkcija dvije varijable

f(x, y).

Njezin je diferencijal

d f(x, y) =∂ f

∂ xdx+

∂ f

∂ ydy ≡ u dx+ v dy,

gdje su s u i v oznacene derivacije f koje se mogu shvatiti kao definicija novih varijabla

(x, y) −→ (u, v),

u =∂ f

∂ x= u(x, y), v =

∂ f

∂ y= v(x, y),

a gornje relacije su upravo veze izmedu starih (x, y) i novih (u, v) varijabla2.Legendreova preobrazba funkcije f jeste funkcija g definirana relacijom

g = f − u x = f − ∂ f

∂ xx. (15.2)

Sada je

dg = df − du x− u dx

= u dx+ v dy − x du−u dx

= v dy − x du ⇒ g = g(u, y),2Ovdje su nove varijable dobivene postupkom deriviranja, bas kao sto su i u prethodnom odjeljku poopcene brzine dobivene

deriviranjem poopcenih koordinata i dalje su tretirane kao varijable nezavisne od poopcenih koordinata.

15.1. HAMILTONOVE JEDNADZBE 631

tj. funkcija g je funkcija jedne nove varijable, u i jedne stare varijable, y, a ona druga staravarijabla x i druga nova varijabla y su dane derivacijama g

∂ g

∂ u= −x, ∂ g

∂ y= v. (15.3)

Derivacija po novoj varijabli u, daje staru varijablu −x, a derivacija po staroj varijabli y, dajenovu varijablu v. Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i Hamiltonove kanonskejednadzbe (15.8) (stara varijabla je poopcena koordinata, a nova varijabla je poopcena kolicinagibanja).

Legendreova preobrazba - termodinamikaTermodinamicki potencijali su funkcije od po dvije od slijedece cetiri varijable: dvije inten-zivne - tlak p i temperatura T i dvije ekstenzivne - volumen V i entropija S.Prema prvom zakonu termodinamike (zakon o sacuvanju energije), unutarnja energija sus-tava U je

dU = d ′Q− dW = T dS − p dV ⇒ U = U(V, S)

funkcija dvije ekstenzivne varijable V i S, pri cemu su derivacije U po V i S dane onimpreostalim dvjema (intenzivnim) varijablama

∂ U

∂ S= T,

∂ U

∂ V= −p. (15.4)

Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.3), kao i da derivacije po ekstenzivnimvarijablama daje intenzivne varijable.

Izvedimo Legendreovu preobrazbu U tako sto cemo definirati entalpijuH (oznaku za entalpijune treba brkati s oznakom za hamiltonijan)

H = U + pV = U − ∂ U

∂ VV

dH = dU + dp V + p dV = T dS −p dV + dp V +p dV

= T dS + V dp ⇒ H = H(S, p)

funkcija jedne ekstenzivne varijable S i jedne intenzivne varijable p, pri cemu su derivacije Hpo S i p dane onim preostalim dvjema varijablama

∂ H

∂ S= T,

∂ H

∂ p= V.

Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.3) kao i da derivacija po ekstenzivnoj va-rijabli daje intenzivnu varijablu, a derivacija po intenzivnoj varijabli daje ekstenzivnu varijablu.


Slicnim se postupkom dolazi i do Helmholtzove slobodne energije F

F = U − TS = U − ∂ U

∂ SS

dF = dU − dT S − T dS =T dS − p dV − dT S −T dS

= −p dV − S dT ⇒ F = F (V, T )

funkcija jedne ekstenzivne varijable V i jedne intenzivne varijable T , pri cemu su derivacije Fpo V i T dane onim preostalim dvjema varijablama

∂ F

∂ V= −p, ∂ F

∂ T= −S.

Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.3) kao i da derivacija po ekstenzivnoj va-rijabli daje intenzivnu varijablu, a derivacija po intenzivnoj varijabli daje ekstenzivnu varijablu.

Slicnim se postupkom dolazi i do Gibbsove slobodne energije G

G = H − TS = H − ∂ H

∂ SS

dG = dH − dT S − T dS =T dS + V dp− dT S −T dS

= V dp− S dT ⇒ G = G(T, p)

funkcija dvije intenzivne varijable T i p, pri cemu su derivacije G po T i p dane onim preostalimdvjema ekstenzivnim varijablama

∂ G

∂ T= −S, ∂ G

∂ p= V. (15.5)

Gornje relacije su istog oblika kao i (15.3), a derivacije po intenzivnim varijablama daje eks-tenzivne varijablu.Primjetimo jos i da je U = U(V, S) funkcija obje ekstenzivne, a G = G(T, P ), funkcija objeintenzivne varijable i da njihove derivacije (15.4) i (15.5) imaju isti oblik kao i Hamiltonovekanonske jednadzbe (15.8).

Primjetimo slicnost izmedu cetiri termodinamicka potencijala U,H, F,G i cetiri termodinamickevarijable p, T, S, V i cetiri funkcije izvodnice G1, G2, G3, G4 zajedno sa cetiri skupa varijablaqs, ps, qs, ps (sa strane 656).

Legendreova preobrazba - mehanikaNeka je zadan sustav sa S stupnjeva slobode, opisan Lagrangeovom funkcijom L(qs, qs; t). Ha-miltonova je ideja bila, pronaci funkciju u kojoj ce se kao varijable, umjesto poopcenih brzinapojavljivati poopcene kolicine gibanja, (14.25). Zapocnimo racun tako sto cemo izracunatidiferencijal Lagrange-ove funkcije L(qs, qs; t)

L = L(qs, qs; t) ⇒ dL(qs, qs; t) =S∑

s=1

(∂L

∂ qsdqs +

∂L

∂qsdqs

)+∂L

∂ tdt.


U skladu s definicijom poopcene kolicine gibanja, (14.25),

ps =∂ L

∂ qs

i Lagrangeovom jednadzbom, (14.24),

d

d t

(∂ L

∂ qs

)− ∂ L

∂ qs= 0

slijedi

∂ L

∂ qs=d psd t

= ps.

Time diferencijal Lagrangeove funkcije postaje

dL(qs, qs; t) =S∑

s=1

(psdqs + psdqs

)+∂L

∂ tdt.

U skladu s pravilom o diferenciranju umnoska dvije funkcije, u gornjoj jednadzbi se clan sdiferencijalom poopcene brzine, moze izraziti kao

d(psqs) = dps qs + psdqs =⇒ psdqs = d(psqs)− dps qs,

sto vodi na

dL =S∑

s=1

[psdqs + d(psqs)− dps qs

]+∂L

∂ tdt

S∑

s=1

(−ps dqs + qs dps)−∂L

∂ tdt = d

(S∑

s=1

psqs − L

). (15.6)

Funkcija na desnoj strani gornje jednadzbe se zove Hamiltonova funkcija ili hamiltoni-jan

H =

S∑

s=1

∂ L

∂ qsqs − L(qs, qs; t), (15.7)

William Rowan Hamilton,1805 - 1865,

irski matematicar i astronom.

Primjetimo da se, u skladu s definicijom Legendreove preobrazbe (15.2), hamiltonijan u gor-njem izrazu pojavljuje kao Legendreova preobrazba lagranzijana (tocnije, probrazba ne od Lnego od −L).


Iz lijeve strane (15.6) se vidi da je hamiltonijan funkcija poopcenih koordinata, poopcenihkolicina gibanja i vremena

H = H(qs, ps; t),

a ne poopcenih koordinata, poopcenih brzina i vremena, kao sto je to lagranzijan. Buduci daje opcenito diferencijal funkcije poopcenih koordinata, poopcenih kolicina gibanja i vremena,jednak

dH =S∑

s=1

(∂H

∂ qsdqs +

∂H

∂psdps

)+∂H

∂ tdt,

usporedbom gornjeg izraza sa (15.6), dolazi se do Hamiltonovih kanonskih jednadzbagibanja

ps = − ∂H

∂ qs, qs =

∂H

∂ps,

∂H

∂ t= −∂L

∂ t, (15.8)

za sve s = 1, 2, · · · , S. Iz (15.6) slijedi

dH

d t=

S∑

s=1

(−ps qs + qs ps)−∂ L

∂ t= −∂ L

∂ t,

tj. zajedno s (15.8)

dH

d t=∂H

∂ t= −∂L

∂ t.

Hamiltonova funkcija je konstantna u vremenu, ako Lagrangeova funkcija ne ovisi eksplicitnoo vremenu.Primjetimo simetriju (do na predznak) jednadzba na zamjenu qs i ps. Kao sto vidimo, Ha-miltonove su jednadzbe prvog reda, ali ih ima dvostruko vise nego Lagrangeovih. Uz zadanevrijednosti qs i ps u nekom proizvoljnom trenutku t0

qs(t = t0) = qs,0,

ps(t = t0) = ps,0,

rjesavanje gornjih kanonskih jednadzba daje vrijednosti qs(t) o ps(t) za svaki t

qs(t) = qs(t; qs,0, ps,0),

t S t0

ps(t) = ps(t; qs,0, ps,0),

tj, odreduje stanje mehanickog sustava proizvoljno tocno u proslosti, sadasnjosti kao i u buducnosti.


Zadatak: 15.2 Napisite hamiltonijan naelektrizirane cestice koja se giba u elektromagnetskompolju.

R:dovrsiti

izvod iz Hamiltonovog nacelaPokazimo jos i kako se Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja mogu izvesti pomocu Hamil-tonovog nacela najmanjeg djelovanja (14.51)

δ S = 0. (15.9)

Prema definiciji funkcije djelovanja (14.50) i hamiltonijana (15.7) je

δ S = 0 = δ

∫ tk

tp

L(q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t) dt

=

∫ tk

tp

dt δ

(S∑

s=1

psqs −H(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS; t))

=

∫ tk

tp

dtS∑

s=1

(δps qs + ps δqs −

∂ H

∂ qsδqs −

∂ H

∂ psδps

).

Parcijalna integracija drugog clana desne strane gornjeg izraza daje∫ tk

tp

dt ps δqs =

∫ tk

tp

dt

[d

dt

(ps δqs

)− δqs ps

]= ps δqs

∣∣∣tk

tp−∫ tk

tp

dt δqs ps = −∫ tk

tp

dt δqs ps,

zato jer je varijacija qs u pocetnom i konacnom trenutku jednaka nuli (slika 14.3)

δqs(tp) = δqs(tk) = 0.

Uvrstavanjem ove parcijalne integracije, Hamiltonovo nacelo dalje vodi na

δ S = 0 =

∫ tk

tp

dtS∑

s=1

(qs δps − ps δqs −

∂ H

∂ qsδqs −

∂ H

∂ psδps

)

0 =

∫ tk

tp

dtS∑

s=1

[ (ps +

∂ H

∂ qs

)δqs +

(−qs +

∂ H

∂ ps

)δps

].

Iz linearne nezavisnosti hamiltonovih kanonskih varijabla qs i ps, slijedi i linearna nezavisnotvarijacija δqs i δps. Ako su varijacije nezavisne, moguce je jednu od njih drzati razlicitomod nule, a sve ostale staviti da su jednake nuli - iz toga slijedi da je zagrada koja mnozi tuvarijaciju, razlicita od nule. Takvo razmisljanje vrijedi za svaku varijaciju, tj. sve pridruzenegornje zagrade moraju biti jednake nuli, a to su upravo Hamiltonove kanonske jednadzbe

ps = − ∂H

∂ qs, qs =

∂H

∂ps.

Ovime je pokazano kako se iz Hamiltonovog nacela najmanjeg djelovanja, izvode Hamiltonovekanonske jednadzbe gibanja.


fizicko znacenje hamiltonijanaPogledajmo sada koje je fizicko znacenje Hamiltonove funkcije? Neka je sustav konzervati-van, tako da je

L = Ek −Ep

i neka lagranzijan (pa time i hamiltonijan) ne ovisi eksplicitno o vremenu.U skladu s analizom iz odjeljka 14.12, kineticka je energija kvadratna funkcija poopcenih brzina,(14.54) (ovdje necemo praviti razliku izmedu kontravarijantnih i kovarijantnih tenzora)

Ek =1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,r qsqr +

S∑

s=1

gs qs +1

2g.

Vidimo da ako je sustav skleronoman (tj. vrijeme se ne pojavljuje eksplicitno) i ako se ujednadzbama prijelaza s pravokutnih na poopcene koordinate vrijeme ne pojavljuje eksplicitno,tada su

g ≡ 0, gs ≡ 0

i kineticka energija postaje homogena kvadratna funkcija u poopcenim brzinama. U tom slucajuse moze dalje pisati

Ek =1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

gs,rqsqr

/∂

∂ql

∂Ek∂ql

=1

2

S∑

r=1

gl,rqr +1

2

S∑

s=1

gs,lqs

/S∑

l=1

ql

S∑

l=1

∂Ek∂ql

ql =1

2

S∑

l=1

S∑

r=1

gl,r ql qr +1

2

S∑

s=1

S∑

l=1

gs,l qs ql = 2Ek

Ogranicimo li se na konzervativne sustave kod kojih potencijalna energija ne ovisi o poopcenimbrzinama, a u skladu s gornjim izrazom, za poopcenu kolicinu gibanja dobivamo

ps =∂ L

∂ qs=∂ Ek∂ qs

⇒S∑

s=1

∂Ek∂qs

qs =

S∑

s=1

ps qs = 2Ek

Uvrstimo to u izraz za Hamiltonovu funkciju i dobit cemo

H =

S∑

s=1

psqs − L = 2Ek − (Ek − Ep) = Ek + Ep,

tj.

H = Ek + Ep. (15.10)

Hamiltonova je funkcija zbroj kineticke i potencijalne energije cijelog sus-tava. To je i jednostavan nacin da se napise hamiltonijan sustava.


To vrijedi ako je sustav konzervativan. Sto ako sustav nije konzervativan? Kakvo je ondafizicko znacenje hamiltonijana?

Konstante gibanjaPokazimo da je H(qs, ps) konstanta gibanja, tj. da se ne mijenja s vremenom. Ako je nestokonstantno u vremenu, tada je njegova potpuna vremenska derivacija jednaka nuli

dH

dt=

S∑

s=1

(∂H

∂ qsqs +

∂H

∂psps

)+∂ H

∂ t= (15.8) =

S∑

s=1

(−psqs + qsps)−∂ L

∂ t= −∂ L

∂ t.

Ako lagranzijan ne ovisi eksplicitno o vremenu, tada se hamiltonijan ne mjenja s vremenom i

H(qs, ps) = E = const. (15.11)

CiklicnostAko hamiltonijan ne ovisi o nekoj od poopcenih koordinata, npr. o koordinati qk, tada je

pk = − ∂H

∂ qk= 0 ⇒ pk = const. (15.12)

pridruzena poopcena kolicina gibanja konstantna u vremenu. Svrha uvodenja hamiltonijanai jeste u tome da se u izrazu za H neke koordinate ne pojavljuju, sto odmah pojednostav-ljuje rjesavanje jednadzba gibanja. Poopcene koordinate koje se ne pojavljuju eksplicitno uhamiltonijanu, zovu se ciklicne koordinate.

15.1.1 Matricni zapis Hamiltonovih jednadzba

Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja, (15.8), se mogu zapisati u matricnom obliku3.

Neka je J kvadratna 2S × 2S dimenzijska matrica

J =

0 1

−1 0

. (15.13)

gdje je S broj stupnjeva slobode. Gornja se matrica naziva Jacobijeva matrica. Lako jevidjeti da za J vrijedi

JT = J−1 =

0 −1

1 0

, J2 = −1, Det(J) = +1.

Takoder, matrica J je antisimetricnaJi,j = −Jj,i. (15.14)

Neka je ηi zajednicka oznaka4 za poopcene koordinate i poopcene kolicine gibanja

ηi = qi,

i = 1, 2, · · · , S (15.15)

ηi+S = pi.3eng. symplectic form4Ove ηi ne treba brkati sa ηi iz (14.1).


Uz gornje oznake, Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja, (15.8), glase

η i =2S∑

j=1

Ji,j∂ H

∂ ηj, i = 1, 2, · · · , 2S,

ili, simbolicki

~η = J∂ H

∂ ~η.

Npr. gornji izraz raspisan za S = 2, glasi

q1

q2

p1

p2

0 0 1 0

0 0 0 1

-1 0 0 0

0 -1 0 0

·

∂ H∂ q1

∂ H∂ q2

∂ H∂ p1

∂ H∂ p2

.

Zadatak: 15.3 Koristeci polarni koordinatni sustav, napisite hamiltonijan jedne cestice kojase giba u polju sile opisane potencijalnom energijom Ep(ρ, ϕ). Napisite i Hamilto-nove jednadzbe gibanja.

R:Cestica koja se slobodno giba u ravnini ima dva stupnja slobode, a za dvije poopcenekoordinate uzimaju se polarne koordinate

q1 = ρ, q2 = ϕ.

Za S = 2 stupnja slobode ce biti 2S = 4 Hamiltonove jednadzbe gibanja. Iz veze spolarnih i pravokutnih koordinata,


lako se dolazi do izraza za kineticku energiju u polarnom sustavu

Ek =m v2

2=m

2(x 2 + y 2) =

m

2(ρ 2 + ρ2ϕ 2).

Poopcene kolicine gibanja su definirane kao

ps =∂Ek∂qs

, s = 1, 2,

sto u ovom primjeru daje

p1 ≡ pρ =∂Ek∂ρ

= mρ , p2 ≡ pϕ =∂Ek∂ϕ

= mρ2ϕ .

15.2. POISSONOVE ZAGRADE 639

(primjetimo da je I ≡ mρ2 moment tromosti cestice, (12.3), u odnosu na vrtnju okoosi z). Hamiltonova funkcija ovisi o poopcenim koordinatama i kolicinama gibanjaH = H(ρ, ϕ, pρ, pϕ)

H = Ek + Ep =m

2

(p2ρm2

+ ρ2p2ϕm2ρ4

)+ Ep(ρ, ϕ) =

1

2m

(p2ρ +

p2ϕρ2

)+ Ep(ρ, ϕ).

Vidi se da kineticka energija ovisi o varijabli ρ, ali ne ovisi o varijabli ϕ, pa ako je(kao npr. kod centralnih sila) Ep = Ep(ρ), dakle neovisno o kutu ϕ, tada je i cijelihamiltonijan neovisan o ϕ

pϕ = −∂H∂ϕ

= 0 ⇒ pϕ = mρ2ϕ = const.,

tj. ϕ je ciklicna koordinata. Ovu smo velicinu, moment kolicine gibanja L ≡ pϕ,upoznali u poglavlju o centralnim silama, gdje smo na nesto drukciji nacin dokazalinjezinu nepromjenjivost u vremenu. To je ujedno i prva od cetiri Hamiltonovejednadzbe. Preostale tri su

pρ = −∂H∂ρ

=p2ϕmρ3

− ∂ Ep∂ ρ

,

ρ =∂H

∂pρ=pρm,

ϕ =∂H

∂pϕ=

pϕmρ2

.

Rijesiti i dopisati zadatke: Goldstein 8.14, 8.15 i 8.16 (pdf str 370).

15.2 Poissonove zagrade

Definicija

Za sustav sa S stupnjeva slobode, Poissonova zagrada dvije funkcije poopcenih koordinata qs ipoopcenih kolicina gibanja, ps,

F1(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS)

F2(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS)

se definira kao


F1, F2 =

S∑

s=1

(∂ F1

∂ qs

∂ F2

∂ ps− ∂ F2

∂ qs

∂ F1

∂ ps

)

(15.16) Simeon Denis Poisson,1781. - 1840.

francuski fizicari matematicar.

SvojstvaIzravnim uvrstavanjem u gornju definicijsku formulu, pokazuju se slijedeca svojstva:

(0) F, c = 0, c = const.,

(1) F, F = 0,

(2) F1, F2 = −F2, F1,

(3) F1 + F2, F3 = F1, F3+ F2, F3,

(4) F, qk = − ∂ F

∂ pk, (15.17)

(5) F, pk =∂ F

∂ qk,

(6) F1 F2, F3 = F1, F3F2 + F1 F2, F3,

(7) F1, F2, F3+ F2, F3, F1+ F3, F1, F2 = 0.

Posljednja od gornjih relacija je poznata kao Jacobijev identitet.

Pokazimo jos kako se Poissonove zagrade mogu napisati i preko Jacobijeve matrice, (15.13),dimenzija 2S × 2S. Najprije jedan jednostavni konkretni primjer sa S = 2. Izracunajmo


slijedeci umnozak

[∂ F1

∂ q1,

∂ F1

∂ q2,

∂ F1

∂ p1,

∂ F1

∂ p2

]·

0 0 1 0

0 0 0 1

-1 0 0 0

0 -1 0 0

·

∂ F2

∂ q1

∂ F2

∂ q2

∂ F2

∂ p1

∂ F2

∂ p2

=

(∂ F1

∂ q1

∂ F2

∂ p1− ∂ F2

∂ q1

∂ F1

∂ p1

)+

(∂ F1

∂ q2

∂ F2

∂ p2− ∂ F2

∂ q2

∂ F1

∂ p2

)

= F1, F2.

Gornji je rezultat lako poopciti na proizvoljan S

F1, F2 =

2S∑

i=1

2S∑

j=1

∂ F1

∂ ηiJi,j

∂ F2

∂ ηj, (15.18)

gdje su ηj definirani izrazom (15.15).Simbolicki se gornji izraz moze napisati i kao

F1, F2 =

(∂ F1

∂ ~η

)TJ

∂ F2

∂ ~η.

Zadatak: 15.4 Dokazite Jacobijev identitet.

R:Primjeni li se dva puta matricni zapis Poissonovih zagrada, (15.18), prvi clan Jaco-bijevog identiteta postaje

F1, F2, F3 =

2S∑

i=1

2S∑

j=1

∂ F1

∂ ηiJi,j

∂ F2, F3∂ ηj

=

2S∑

i=1

2S∑

j=1

∂ F1

∂ ηiJi,j

∂

∂ ηj

(2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂ F2

∂ ηkJk,l

∂ F3

∂ ηl

)

=

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂ F1

∂ ηiJi,j

(∂2 F2

∂ ηj ∂ ηkJk,l

∂ F3

∂ ηl+∂ F2

∂ ηkJk,l

∂2 F3

∂ ηj ∂ ηl

)

Preostala dva clana Jacobijeva identiteta, dobiju se iz gornjeg izraza jednostavnom


ciklickom zamjenom indeksa na Fj

F2, F3, F1 =2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂ F2

∂ ηiJi,j

(∂2 F3

∂ ηj ∂ ηkJk,l

∂ F1

∂ ηl+∂ F3

∂ ηkJk,l

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηl

),

F3, F1, F2 =

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂ F3

∂ ηiJi,j

(∂2 F1

∂ ηj ∂ ηkJk,l

∂ F2

∂ ηl+∂ F1

∂ ηkJk,l

∂2 F2

∂ ηj ∂ ηl

).

Svaki clan s dvostrukom derivacijom Fj, pojavljuje se dva puta. Npr. clanovi sdvostrukom derivacijom F1 su

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηl

(∂ F2

∂ ηiJi,j

∂ F3

∂ ηkJk,l

)

+

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηk

(∂ F3

∂ ηiJi,j Jk,l

∂ F2

∂ ηl

).

Indeksi i, j, k, l su nijemi indeksi, pa ih se moze mijenjati po zelji. U prvom clanugornjeg izraza se izvodi zamjena

j l,

a u drugom ciklicka zamjena

i −→ k −→ l −→ i.

Time se dobiva

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηl

(∂ F2

∂ ηiJi,l

∂ F3

∂ ηkJk,j

)

+2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηl

(∂ F3

∂ ηkJk,j Jl,i

∂ F2

∂ ηi

)

=

2S∑

i=1

2S∑

j=1

2S∑

k=1

2S∑

l=1

∂2 F1

∂ ηj ∂ ηl

∂ F2

∂ ηi

∂ F3

∂ ηkJk,j (Ji,l + Jl,i) .

No, matrica J je antisimetricna, (15.14), pa je

Ji,l + Jl,i = 0

i cijeli gornji izraz je jednak nuli. Slicnim postupcima uz izlucivanje clanova sdvostrukom derivacijom F2 i F3 se takoder dobiju nule. Time je dokazan Jacobijevidentitet.

Zadatak: 15.5 Izracunajte Poissonove zagrade

Φ, f(Θ,Φ,Ψ), Ψ , f(Θ,Φ,Ψ),


osno simetricnog krutog tijela, gdje su Θ,Φ i Ψ Eulerovi kutovi, a f proizvoljnafunkcija Eulerovih kutova.

R:Kruto tijelo koje se slobodno vrti (bez translacije) ima tri stupnja slobode i tripoopcene koordinate (Eulerove kutove): Θ,Φ i Ψ

qs → Θ,Φ,Ψ,

ps → pΘ, pΦ, pΨ.

Prema definiciji Poissonovih zagrada, (15.16), je

Φ , f(Θ,Φ,Ψ) =S∑

s=1

(∂ Φ

∂ qs

∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ ps− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ qs

∂ Φ

∂ ps

),

Ψ , f(Θ,Φ,Ψ) =S∑

s=1

(∂ Ψ

∂ qs

∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ ps− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ qs

∂ Ψ

∂ ps.

)

Buduci da f ovisi samo o popcenim koordinatama, to su derivacije f po poopcenimkolicinama gibanja jednake nuli

∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ ps= 0,

pa preostaje

Φ , f(Θ,Φ,Ψ) = −∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂Θ

∂ Φ

∂ pΘ− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ Φ

∂ Φ

∂ pΦ− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂Ψ

∂ Φ

∂ pΨ,

Ψ , f(Θ,Φ,Ψ) = −∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂Θ

∂ Ψ

∂ pΘ− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂ Φ

∂ Ψ

∂ pΦ− ∂ f(Θ,Φ,Ψ)

∂Ψ

∂ Ψ

∂ pΨ.

Sada treba poopcene brzine Φ i Ψ izraziti preko poopcenih kolicina gibanja pΘ, pΦi pΨ. Za osno simetricno kruto tijelo je

I1 = I2 6= I3.

U zadatku 14.3 su izracunate poopcene kolicine gibanja za osno simetricno krutotijelo

pΘ = I1 Θ ,

pΦ = I1Φ sin2Θ+ I3(Φ cosΘ + Ψ ) cosΘ,

pΨ = I3(Φ cosΘ + Ψ ).

Invertiranjem gornjeg sustava, dobiju se poopcene brzine izrazene preko poopcenih


kolicina gibanja

Θ =pΘI1,

Φ =pΦ − pΨ cosΘ

I1 sin2Θ,

Ψ = pΨ

(1

I3+

cos2Θ

I1 sin2Θ

)− pΦ

cosΘ

I1 sin2Θ.

Sada mozemo racunati derivacije koje se pojavljuju u gornjim izrazima za Poissonovezagrade Φ , f i Ψ , f

∂ Φ

∂ pΘ= 0,

∂ Ψ

∂ pΘ= 0,

∂ Φ

∂ pΦ=

1

I1 sin2Θ

∂ Ψ

∂ pΦ=

− cosΘ

I1 sin2Θ,

∂ Φ

∂ pΨ=

− cosΘ

I1 sin2Θ

∂ Ψ

∂ pΨ=

1

I3+

cos2 Θ

I1 sin2Θ,

a same Poissonove zagrade su jednake

Φ , f =1

I1 sin2Θ

(∂ f

∂ΨcosΘ− ∂ f

∂ Φ

),

Ψ , f =∂ f

∂ Φ

cosΘ

I1 sin2Θ− ∂ f

∂Ψ

(1

I3+

cos2Θ

I1 sin2Θ

).

Zadatak: 15.6 Izracunajte Poissonove zagrade komponenata momenta kolicine gibanja.

R:Moment kolicine gibanja

~L = ~r × ~p

u pravokutnom koordinatnom sustavu ima slijedece komponente

Lx = y pz − z py,

Ly = z px − x pz,

Lz = x py − y px.

Za poopcene koordinate i poopcene kolicine gibanja se uzimaju pravokutne koordi-nate i pravokutne kolicine gibanja

qs → x, y, z,

ps → px, py, pz.


Izracunajmo redom slijedecih sest Poissonovih zagrada (ostale se dobiju osobinomantisimetrije (2) iz (15.17))

Lx, Lx, Lx, Ly, Lx, Lz,

Ly, Ly, Ly, Lz,

Lz, Lz.

Svojstvom (1) iz (15.17) je

Lx, Lx = Ly, Ly = Lz, Lz = 0,

pa preostaju za izracunati samo tri Poissonove zagrade. Izracunajmo

Lx, Ly =∂ Lx∂ x

∂ Ly∂ px

− ∂ Ly∂ x

∂ Lx∂ px

+∂ Lx∂ y

∂ Ly∂ py

− ∂ Ly∂ y

∂ Lx∂ py

+∂ Lx∂ z

∂ Ly∂ pz

− ∂ Ly∂ z

∂ Lx∂ pz

= x py − y px = Lz.

Lx, Lz =∂ Lx∂ x

∂ Lz∂ px

− ∂ Lz∂ x

∂ Lx∂ px

+∂ Lx∂ y

∂ Lz∂ py

− ∂ Lz∂ y

∂ Lx∂ py

+∂ Lx∂ z

∂ Lz∂ pz

− ∂ Lz∂ z

∂ Lx∂ pz

= −(z px − x pz) = −Ly.

Ly, Lz =∂ Ly∂ x

∂ Lz∂ px

− ∂ Lz∂ x

∂ Ly∂ px

+∂ Ly∂ y

∂ Lz∂ py

− ∂ Lz∂ y

∂ Ly∂ py

+∂ Ly∂ z

∂ Lz∂ pz

− ∂ Lz∂ z

∂ Ly∂ pz

= y pz − z py = Lx. (15.19)

Ili, krace,

Lα, Lβ =∑

γ=x,y,z

ǫα,β,γ Lγ . (15.20)


S ǫα,β,γ je oznacen tenzor permutacije ili Levi-Civita tenzor ili izotropni tenzor trecegreda. Taj je pseudotenzor antisimetrican na zamjenu bilo koja dva svoja indeksa.Koristeci jedinicne vektore pravokutnog koordinatnog sustava

~e α, α = x, y, z

Levi-Civita tenzor se moze napisati kao slijedeci mjesoviti skalarno-vektorski umnozak

ǫα,β,γ = ~e α · (~e β × ~e γ). (15.21)

Tako npr. relacija (15.20) za α = y i β = z glasi

Ly, Lz = ǫy,z,x Lx + ǫy,z,y Ly + ǫy,z,z Lz

= ~e y · (~e z × ~e x) Lx + ~e y · (~e z × ~e y) Ly + ~e y · (~e z × ~e z) Ly

= Lx,

a to je upravo relacija (15.19). Slicno se pokazuje za ostale Poissonove zagrade izzadatka.Gornji rezultati vode na zakljucke: buduci da Poissonove zagrade komponenatakolicine gibanja ne iscezavaju,- najvise jedna komponenta momenta kolicine gibanja se moze odabrati za poopcenukoordinatu;- najvise jedna komponenta momenta kolicine gibanja se moze odabrati za poopcenukolicinu gibanja;- nijedne dvije komponente momenta kolicine gibanja ne mogu biti par kanonskikonjugiranih varijabla.Slicni zakljucci vrijede i u kvantnoj mehanici.

Zadatak: 15.7 Izracunajte Poissonove zagrade kvadrata momenta kolicine gibanja s kompo-nenata momenta kolicine gibanja.

R:Kvadrat momenta kolicine gibanja je

~L 2 = L2x + L2

y + L2z,

L2x = y2 p2z − 2 y z py pz + z2 p2y,

L2y = z2 p2x − 2 z x pz px + x2 p2z,

L2z = x2 p2y − 2 x y px py + y2 p2x.


a trazene Poissonove zagrade su

~L 2, Lx = L2x + L2

y + L2z, Lx = L2

x, Lx+ L2y, Lx+ L2

z, Lx,

~L 2, Ly = L2x + L2

y + L2z, Ly = L2

x, Ly+ L2y, Ly+ L2

z, Ly,

~L 2, Lz = L2x + L2

y + L2z, Lz = L2

x, Lz+ L2y, Lz+ L2

z, Lz.

Izravnim uvrstavanjem se dobiva

L2x, Lx = 0,

L2y, Lx = 2 y z p2x − 2 x y px pz − 2 x z px py + 2 x2 py pz,

L2z, Lx = 2 x z px pz − 2 y z p2x − 2 x2 py pz + 2 x y px pz,

⇒ ~L 2, Lx = 0.

Slicnim se racunom dolazi i do

~L 2, Ly = ~L 2, Lz = 0

Gornji rezultati vode na zakljucke: buduci da Poissonove zagrade |~L | s bilo kojomkomponenatom kolicine gibanja iscezavaju,- |~L | i bilo koja komponenta momenta kolicine gibanja se moze odabrati za poopcenukoordinatu;- |~L | i bilo koja komponenta momenta kolicine gibanja se moze odabrati za poopcenukolicinu gibanja;- |~L | i bilo koja komponente momenta kolicine gibanja mogu biti par kanonskikonjugiranih varijabla.Slicni zakljucci vrijede i u kvantnoj mehanici.

veza Poissonovih zagrada i Hamiltonovih jednadzbaPogledajmo cemu su jednake Poissonove zagrade poopcene koordinate i poopcene kolicine gi-


banja s Hamiltonovom funkcijom:

qs, H =

S∑

s ′=1

(∂ qs∂ qs ′

∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

∂ qs∂ ps ′

)

=

S∑

s ′=1

(δs,s ′

∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

· 0)

=∂ H

∂ ps= (15.8) = qs, (15.22)

ps, H =

S∑

s ′=1

(∂ ps∂ qs ′

∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

∂ ps∂ ps ′

)

=

S∑

s ′=1

(0 · ∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

δs,s ′

)

= −∂ H∂ qs

= (15.8) = ps, (15.23)

gdje smo uvrstili relacije

∂ qs∂ qs ′

= δs,s ′,∂ ps∂ ps ′

= δs,s ′,∂ qs∂ ps ′

= 0,∂ ps∂ qs ′

= 0. (15.24)

Pomocu Poissonovih zagrada (15.22) i (15.23), zakljucujemo da se Hamiltonove kanonske jed-nadzbe gibanja (15.8), mogu napisati u potpuno simetricnom obliku

qs = qs, H, ps = ps, H. (15.25)

Koristeci (15.24), lako je izracunati Poissonove zagrade izmedu samih poopcenih koordinata ipoopcenih kolicina gibanja: one su razlicite od nule samo kada se racunaju izmedu poopcenekoordinate i njoj pridruzene (koje se odnose na isti stupanj slobode) poopcene kolicine gibanja

qk, ql =S∑

s=1

(∂ qk∂ qs

∂ ql∂ ps

− ∂ ql∂ qs

∂ qk∂ ps

)=

S∑

s=1

(0− 0

)= 0,

pk, pl =

S∑

s=1

(∂ pk∂ qs

∂ pl∂ ps

− ∂ pl∂ qs

∂ pk∂ ps

)=

S∑

s=1

(0− 0

)= 0, (15.26)

qk, pl =

S∑

s=1

(∂ qk∂ qs

∂ pl∂ ps

− ∂ pl∂ qs

∂ qk∂ ps

)=

S∑

s=1

(δk,s δs,l − 0

)= δk,l.

Varijable koje zadovoljavaju relacije tipa (15.26), nazivaju se kanonske varijable, a varijablecija je Poissonova zagrada jednaka jedan, nazivaju se kanonski konjugiran par varijabla (npr.qs i ps).Pokazimo jos i kako se ukupna vremenska promjena proizvoljne funkcije

f(qs(t), ps(t); t

),


moze napisati preko Poissonove zagrade (u izvodu se ponovo koriste Hamiltonove kanonskejednadzbe (15.8)):

d f

d t=

S∑

s=1

(∂ f

∂ qsqs +

∂ f

∂ psps

)+∂ f

∂ t

=

S∑

s=1

(∂ f

∂ qs

∂ H

∂ ps− ∂ H

∂ qs

∂ f

∂ ps

)+∂ f

∂ t

= f,H+ ∂ f

∂ t. (15.27)

Ako f ne ovisi eksplicitno o vremenu i ako je Poissonova zagrada funkcije i hamiltonijanajednaka nuli, tada je f konstanta gibanja. Ukoliko funkcija f ne ovisi eksplicitno o vremenu,f = f(qs, ps), tada je

d f

d t= f,H. (15.28)

Ako je Poissonova zagrada funkcije i hamiltonijana jednaka nuli, tada je f konstanta gibanja

f,H = 0 ⇐⇒ d f

d t= 0 =⇒ f = const. (15.29)

Posebno, ako je f ≡ H , zakljucujemo, kao i ranije u (15.11), da je H konstanta gibanja.

Poissonov teoremAko su F1(qs, ps) i F2(qs, ps) konstante gibanje, tada je i njihova Poissonova zagrada

F1, F2,

takoder konstanta gibanja. Ova se tvrdnja naziva Poissonov teorem, a dokazuje se pomocuJacobijeva identiteta (tocka 7 iz relacije (15.17)). Neka je u relaciji (15.17) F3 ≡ H . Tada tarelacija glasi

F1, F2, H+ F2, H,F1+ H, F1, F2 = 0.

Buduci da su, po pretpostavci teorema, F1 i F2 konstante gibanja to su, u skladu s (15.29),prva dva clana lijeve strane jednaka nuli i preostaje

H, F1, F2 = 0.

U skladu s (15.28), iz gornje se relacije zakljucuje da je

H, F1, F2 = 0 =⇒ d F1, F2d t

= 0 =⇒ F1, F2 = const..

F1, F2 neovisno o vremenu, tj. F1, F2 je konstanta gibanja.


Zadatak: 15.8 Koristeci Poissonove zagrade, pokazite da za jednodimenzijski harmonijski os-cilator postoji konstanta gibanja f dana sa

f(q, p, t) = ln(p+ ımω0q)− ıω0t, ω0 =

√K

m.

Koje je fizicko znacenje ove konstante?

R:Relacijom (15.27) je pokazano da je ukupna vremenska promjena funkcije f danapreko Poissonove zagrade te funkcije i hamiltonijana,

d f

d t= f,H+ ∂ f

∂ t.

Slobodni jednodimenzijski harmonijski oscilator ima samo jedan stupanj slobode, aopisan je hamiltonijanom

H =p2

2m+Kq2

2,

pa je Poissonova zagrada jednostavno jednaka

f,H =∂ f

∂ q

∂ H

∂ p− ∂ H

∂ q

∂ f

∂ p=ıω0p−Kq

p+ ımω0q,

pa je

d f

d t=ıω0p−Kq

p+ ımω0q− ıω0 =

ıω0p−Kq − ıω0p +mω20q

p+ ımω0q= 0.

Ovime je pokazano da je f konstanta gibanja slobodnog jednodimenzijskog harmo-nijskog oscilatora.Pokazimo fizicko znacenje ove konstante. Prema 6.5 opce rjesenje za q se mozenapisati u obliku

q = A+eıω0t + A−e

−ıω0t,

gdje su konstante A± odredene pocetnim uvjetima na polozaj i brzinu. Iz gornjegje izraza lako dobiti

p+ ımω0q = mq + ımω0q = 2ımω0A+eıω0t = 2mω0A+e

ı(ω0t+π/2),

a zatim i f

f = ln(p+ ımω0q)− ıω0t = ln(2mω0A+

)+ ı

π

2.

Vidi se da je f kompleksna konstanata odredena pocetnim uvjetom A+.

q(t) =1

2mω0

e ıω0t+f−ıπ/2 + A−e−ıω0t.

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 651

15.3 Kanonska preobrazba

U odjeljku 14.10 je pokazano da bazdarna preobrazba ne mjenja (ostavlja invarijantnim) La-grangeove jednadzbe gibanja. U ovom ce se odjeljku uvesti jedna druga preobrazba, kanonska,za koju ce se pokazati da ostavlja invarijantnim Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja.

U prethodnim odjeljcima je, relacijom (15.12), uveden pojam ciklicne koordinate kao one ko-ordinate o kojoj hamiltonijan ne ovisi. Naravno da je od interesa naci takav skup koordinatau kojemu ce biti sto vise ciklicnih koordinata, jer time ostaje manje Hamiltonovih jednadzbakoje treba rijesiti.

Neka je hamiltonijan konstanta gibanja (tj. ne sadrzi eksplicitnu ovisnost o vremenu) i nekasu sve poopcene koordinate ciklicne. Tada hamiltonijan ovisi samo o poopcenim kolicinamagibanja

H = H(p1, p2, · · · , pS).

No, prema (15.8) je

ps = − ∂H

∂ qs= 0 ⇒ ps = p0,s = const. (15.30)

sve su kolicine gibanja konstantne i hamiltonijan je funkcija samo tih konstantnih poopcenihkolicina gibanja

H = H(p0,1, p0,2, · · · , p0,S).

Derivirajuci hamiltonijan po konstantnoj poopcenoj kolicini gibanja, (15.8), opet se dobijenekakva nova konstanta

qs =∂H

∂p0,s= const = ω0,s(p0,1, p0,2, · · · , p0,S),

iz cega se integracijom po vremenu dobiva vremenska ovisnost ciklicnih koordinata

qs(t) = ω0,s t+ q0,s,

gdje se konstante q0,s odreduju iz pocetnih uvjeta.

Kako bi se dobio sto veci broj ciklicnih poopcenih koordinata, ponekad je zgodno prijeci savarijabli qs i ps (stare varijable) na nove varijable qs, ps za s = 1, 2, · · · , S

(qs, ps) → (qs, ps).

2S dimenzijski prostor s koordinatma qs i ps, naziva se fazni prostor.


Neka su veze starih i novih varijabli oblika

qs = qs(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, t),(15.31)

ps = ps(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, t),

qs = qs(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, t),(15.32)

ps = ps(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, t).Preobrazbe oblika (15.32) u kojma su nove koordinate izrazene i preko starih koordinata i prekostarih kolicina gibanja se nazivaju tockaste preobrazbe faznog prostora. Ako su novekoordinate funkcije samo starih koordinata, ali ne i starih kolicina gibanja

qs = qs(q1, q2, · · · , qS, t),onda se takva preobrazba naziva tockasta preobrazba konfiguracijskog prostora.

Hamiltonovu funkciju izrazenu u starim varijablama cemo oznaciti s H(qs, ps), a u novim vari-

jablama s H(qs, ps). Preobrazbu (15.31) nazivamo kanonskom, ako i u novim varijablamavrijede Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja (15.8)

˙ps = −∂H∂qs

, ˙qs =∂H

∂ ps. (15.33)

Zadatak je

pronaci uvjete koja mora zadovoljavatipreobrazba (15.31) da bi bila kanonska.

15.3.1 Funkcija izvodnica kanonske preobrazbe

U odjeljku 14.6 je pokazano kako se iz Hamiltonovog nacela, (14.51),

0 = δ S = δ

∫ tk

tp

L(qs, qs; t) dt = δ

∫ tk

tp

[S∑

s=1

ps qs −H(qs, ps)

],

izvode Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja. Sada su dana dva skupa koordinata (qs, ps) i(qs, ps). Ako zelimo da Hamiltonove kanonske jednadzbe gibanja budu istog oblika u oba skupakoordinata, onda i Hamiltonovo nacelo mora vrijediti u oba skupa koordinata

δ

∫ tk

tp

[S∑

s=1

ps qs −H(qs, ps)

]dt = 0, δ

∫ tk

tp

[S∑

s=1

ps ˙qs − H(qs, ps)

]dt = 0,

odnosno, ako se gornje relacije oduzmu jedna od druge

δ

∫ tk

tp

[S∑

s=1

(ps qs − ps ˙qs) + (H −H)

]dt = 0.


Gornja ce relacija biti zadovoljena ako je podintegralna funkcija jednaka vremenskoj derivacijineke nove funkcije. Nazovimo tu novu funkciju G

S∑

s=1

(ps qs − ps ˙qs) + (H −H) =dG

dt, (15.34)

jer je tada varijacija konstanata jednaka nuli

δ

∫ tk

tp

dG

dtdt = δ

[G(tk)−G(tp)

]= 0.

Ovako uvedena funkcija G se naziva funkcija izvodnica kanonske preobrazbe (ili gene-rator kanonske preobrazbe). Prema (15.34) je

dG =

S∑

s=1

(ps qs dt− ps ˙qs dt

)+(H −H

)dt

=

S∑

s=1

(ps dqs − ps dqs

)+(H −H

)dt. (15.35)

Funkcija izvodnica G je proizvoljna funkcija 4S + 1 varijabla: 2S starih qs i ps i 2S novih qs ips i eventualno vremena t

q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS, t.

Zbog veza (15.31) nisu sve 4S+1 varijable nezavisne - nezavisno je samo 2S+1 varijabla.Izbor nezavisnih varijabla dijeli funkcije izvodnice kanonskih preobrazba u cetiri tipa:

G1 = G1(qs, qs; t) dG1 =S∑

s=1

(∂ G1

∂ qsdqs +

∂ G1

∂ qsdqs

)+∂ G1

∂ tdt,

G2 = G2(qs, ps; t) dG2 =

S∑

s=1

(∂ G2

∂ qsdqs +

∂ G2

∂ psdps

)+∂ G2

∂ tdt,

G3 = G3(ps, qs; t) dG3 =

S∑

s=1

(∂ G3

∂ psdps +

∂ G3

∂ qsdqs

)+∂ G3

∂ tdt,

G4 = G4(ps, ps; t) dG4 =

S∑

s=1

(∂ G4

∂ psdps +

∂ G4

∂ psdps

)+∂ G4

∂ tdt.

G1 :

Neka je funkcija izvodnica G ≡ G1, tada iz gornjeg izraza i (15.35) slijedi

dG1 =

∑Ss=1

(∂ G1

∂ qsdqs +

∂ G1

∂ qsdqs

)+∂ G1

∂ tdt

dG =∑S

s=1

(ps dqs − ps dqs

)+(H −H

)dt ,

(15.36)


iz cega slijede relacije

ps =∂ G1

∂ qs, −ps =

∂ G1

∂ qs, H −H =

∂ G1

∂ t. (15.37)

Iz

ps = −∂ G1(qs, qs; t)

∂ qs= ps(qs, qs; t)

se mogu dobiti qs kao funkcije novih varijabla

qs = qs(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS; t). (15.38)

Sada se relacije (15.38) uvrste u

ps =∂ G1(qs, qs; t)

∂ qs= ps(qs, qs; t)

i ps(qs, qs; t) postajeps = ps(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS; t). (15.39)

Poznavajuci qs = qs(qs, ps; t) i ps = ps(qs, ps; t) i njihovim uvrstavanjem u desnu stranu izraza

H(qs, ps; t) = H(qs, ps; t) +∂ G1(qs, qs; t)

∂ t

dobit ce se H kao funkcija novih varijabla qs i ps.

Preostale tri funkcije izvodnice, G2, G3 i G4, su prikladne Legendreove5 preobrazbe funkcijeizvodnice G1.

G2 :

Definirajmo

G2 = G1 +

S∑

s=1

qs ps.

Tada je

dG2 = d(G1 +

S∑

s=1

qs ps

)= dG1 +

S∑

s=1

(dqs ps + qs dps

)

= (15.36) =

S∑

s=1

(ps dqs−ps dqs+ps dqs + qs dps

)+(H −H

)dt

=

S∑

s=1

(ps dqs + qs dps

)+(H −H

)dt

= dG2(qs, ps; t),5Za vise vidjeti pocetak odjeljka 15.1


iz cega slijedi6

G2(qs, ps; t) = G1(qs, qs; t) +

S∑

s=1

qs ps,

H = H +∂ G2

∂ t, ps =

∂ G2

∂ qs, qs =

∂ G2

∂ ps. (15.40)

G3 :

Definirajmo

G3 = G1 −S∑

s=1

qs ps.

Tada je

dG3 = d(G1 −

S∑

s=1

qs ps

)= dG1 −

S∑

s=1

(dqs ps + qs dps

)= dG−

S∑

s=1

(ps dqs + qs dps

)

= (15.36) =

S∑

s=1

(ps dqs − ps dqs −ps dqs − qs dps

)+(H −H

)dt

=

S∑

s=1

(− ps dqs − qs dps

)+(H −H

)dt

= dG3(qs, ps; t),

iz cega slijedi

G3(qs, ps; t) = G1(qs, qs; t)−S∑

s=1

qs ps,

H = H +∂ G3

∂ t, qs = −∂ G3

∂ps, ps = −∂ G3

∂qs. (15.41)

G4 :

Definirajmo

G4 = G3 +

S∑

s=1

qs ps = G1 −S∑

s=1

qs ps +

S∑

s=1

qs ps.

6Zapravo je

G2(qs, ps; t) = G1(qs, qs; t) +S∑

s=1

qs ps + const.,

ali se ova konstanta obicno izostavlja.


Tada je

dG4 = d(G3 +

S∑

s=1

qs ps

)=

S∑

s=1

(−ps dqs − qs dps

)+(H −H

)dt+

S∑

s=1

(ps dqs + qs dps

)

=

S∑

s=1

(− qs dps − qs dps

)+(H −H

)dt

= dG4(ps, ps; t),

iz cega slijedi

G4(ps, ps; t) = G1(qs, qs; t)−S∑

s=1

qs ps +

S∑

s=1

qs ps,

H = H +∂ G4

∂ t, qs = −∂ G4

∂ps, qs = −∂ G4

∂ ps. (15.42)

Primjetimo slicnost izmedu cetiri funkcije izvodnice G1, G2, G3, G4 zajedno sa cetiri skupa vari-jabla qs, ps, qs, ps i cetiri termodinamicka potencijala U,H, F,G i cetiri termodinamicke varijablep, T, S, V (sa strane 632).

Primjer: 15.1 Identitet: funkcija izvodnica identicne preobrazbe,Neka je

G2(qs, ps; t) =S∑

s ′=1

qs ′ ps ′ = q1 p1 + q2 p2 + · · ·+ qS pS.

Prema (15.40) je

∂ G2

∂ t= 0 = H −H , ps =

∂ G2

∂ qs= ps , qs =

∂ G2

∂ ps= qs .

Primjer: 15.2 Zamjena: funkcija izvodnica koja novim koordinatama proglasava stare kolicinegibanja, a novim kolicinama gibanja proglasava stare koordinate.Neka je

G1 =

S∑

s=1

qs qs.

Prema (15.37) je

∂ G1

∂ t= 0 = H −H , ps =

∂ G1

∂ qs= qs , ps = −∂ G1

∂ qs= −qs .


U novim varijablama su qs i ps samo zamjenili mjesta, a onaj minus potjece od minusa uHamiltonovim kanonskim jednadzbama (15.8)

qs =∂ H

∂ ps→ −ps =

∂ H

∂ qs,

ps = −∂ H∂ qs

→ ˙qs = − ∂ H

∂ (−ps)=∂ H

∂ ps.

Primjer: 15.3 Jednodimenzijski harmonijski oscilator (jedan stupanj slobode)

G1(q, q, t) =m ω0

2

q2

tan q.

Prema (15.37) je

∂ G1

∂ t= 0 = H(q, p)−H(q, p) , p =

∂ G1

∂ q= mω0

q

tan q, p = −∂ G1

∂ q=mω0

2

q2

sin2 q.

Iz druge dvije od gornjih jednadzba, stare se varijable mogu izraziti preko novih

q =

√2 p

m ω0

sin q, p =√

2 m ω0 p cos q. (15.43)

Ovo gore su primjeri opcenitih relacija (15.38) i (15.39).Buduci da je dobiveno

H(q, p) = H(q, p),

a za jednodimenzijski harmonijski oscilator je

H(q, p) =p2

2m+mω2

0

2q2,

to je i (uvrstavanjem (15.43))

H(q, p) =p2

2m+mω2

0

2q2 = ω0 p.

Buduci da se u izrazu za H(q, p) ne pojavljuje q, to je q ciklicna koordinata, pa je premaHamiltonovim kanonskim jednadzbama

− ˙p =∂ H

∂ q= 0,

˙q =∂ H

∂ p= ω0.

Iz prve od gornjih jednadzba je p = p0 = const, pa je i cijeli H konstantan

H = ω0 p0 = E = const,


a iz druge jednadzbe je

q(t) = ω0 t + q0.

Pomocu gornjeg izraza i veza (15.43), dobiva se i rjesenje u starim koordinatama

q =

√2p0mω0

sin(ω0 t+ q0

)

sto prepoznajemo kao harmonijsko titranje oko ravnoteznog polozaja u q = 0.

15.3.2 Infinitezimalna kanonska preobrazba

Promotrimo kanonsku preobrazbu koja se infinitezimalno razlikuje od identicne preobrazbe izprimjera (15.1), tj skup varijabla (qs, ps) se infinitezimalno razlikuje od skupa varijabla (qs, ps)

G2(qs, ps; t) =S∑

s=1

qs ps + ǫ f(qs, ps) +O(ǫ2).

Prema (15.40) je (zanemarujuci clanove reda ǫ2 i vise)

H = H +∂ G2

∂ t= H , ps =

∂ G2

∂ qs= ps + ǫ

∂ f(qs, ps)

∂ qs+O(ǫ2)

qs =∂ G2

∂ ps= qs + ǫ

∂ f(qs, ps)

∂ ps+O(ǫ2).

Buduci da su clanovi

ǫ∂ f(qs, ps)

∂ qs, ǫ

∂ f(qs, ps)

∂ ps

vec reda O(ǫ) u njima mozemo u funkciji f zamjeniti p sa p i s tocnoscu od O(ǫ2) napisati

qs = qs + ǫ∂ f(qs, ps)

∂ ps+O(ǫ2), δqs = qs − qs = ǫ

∂ f(qs, ps)

∂ ps+O(ǫ2),

ps = ps − ǫ∂ f(qs, ps)

∂ qs+O(ǫ2), δps = ps − ps = −ǫ ∂ f(qs, ps)

∂ qs+O(ǫ2).

Prisjetimo li se definicije Poissonovih zagrada (15.16)

F1, F2 =

S∑

s ′=1

(∂ F1

∂ qs ′

∂ F2

∂ ps ′

− ∂ F2

∂ qs ′

∂ F1

∂ ps ′

),

vidimo da se izrazi za δqs i δps mogu napisati i kao

δqs = ǫ qs, f+O(ǫ2), δps = ǫ ps, f+O(ǫ2).

Odabere li se za mali parametar ǫ kratki vremenski interval dt, a za funkciju f(qs, ps) se odabereupravo hamiltonova funkcija H(qs, ps),

ǫ → d t,

f(qs, ps) → H(qs, ps),


tada funkcija izvodnica kanonske preobrazbe glasi

G2(qs, ps; t) =

S∑

s=1

qs ps + dt H(qs, ps) +O((d t)2

), (15.44)

a jednadzbe za δqs i δps postaju (s tocnoscu od (d t)2)

δqs = dt qs, H, δps = dt ps, H.No, prema (15.25)

qs = qs, H, ps = ps, H,gornji izrazi postaju

δqs = qs − qs = dt qs = dqs, δps = ps − ps = dt ps = dps.

Sto fizikalno znace gornje relacije? Hamiltonova7 funkcija je funkcija izvodnica (generator)vremenske evolucije sustava: ona prevodi sustav iz stanja opisanog sa

qs(t), ps(t)

u trenutku t, u stanje

qs ≡ qs(t + dt) = qs(t) + dqs, ps ≡ ps(t + dt) = ps(t) + dps

u trenutku t + dt.

Slican se postupak provodi i u odjeljcima 15.4 i 15.5, gdje stare varijable opisuju sustav u t = 0,a nove varijable opisuju sustav u vremenu t > 0.

15.3.3 Poissonove zagrade i kanonska preobrazba

Kanonske varijable (qs, ps) cine bazu8 2S dimenzijskog faznog prostora u kojemu svaka tockaprostora predstavlja jedno fizicko stanje mehanickog sustava. Kanonska preobrazba

(qs, ps) → (qs, ps)

predstavlja samo zamjenu jedne baze (stare, (qs, ps)) drugom9 (novom, (qs, ps)).

Pokazat cemo da Poissonove zagrade ne ovise o izboru baze 2S dimenzijskog faznog prostora

F1, F2q,p = F1, F2q,p,tj. da su Poissonove zagrade invarijantne na kanonske preobrazbe.

Krenimo od Poissonovih zagrada funkcija F1(qs, ps) i F2(qs, ps), napisanih u novim varijablama

F1, F2q,p =S∑

s=1

(∂ F1

∂ qs

∂ F2

∂ ps− ∂ F2

∂ qs

∂ F1

∂ ps

).

7Dio s∑S

s=1qs ps iz (15.44) vodi na identicnu preobrazbu (kao sto se to vidi iz primjera 15.1), pa je prema tome samo drugi

clan, s hamiltonijanom, vodi na preobrazbu razlicitu od identiteta.8Kao sto vektori ~ex , ~ey , ~ez cine uobicajenu pravokutnu bazu trodimenzijskog prostora.9Kao kada se stara baza ~ex , ~ey , ~ez zakrene za neki kut i dobije se nova baza ~ex ′, ~ey ′, ~ez ′.


No, F1 i F2 su funkcije starih varijabla qs i ps, pa je (prema pravilu za derivaciju slozenefunkcije)

∂ F1

∂ qs=

S∑

s ′=1

(∂ F1

∂ qs ′

∂ qs ′

∂ qs+∂ F1

∂ ps ′

∂ ps ′

∂ qs

),∂ F2

∂ qs=

S∑

s ′=1

(∂ F2

∂ qs ′

∂ qs ′

∂ qs+∂ F2

∂ ps ′

∂ ps ′

∂ qs

),

∂ F1

∂ ps=

S∑

s ′=1

(∂ F1

∂ qs ′

∂ qs ′

∂ ps+∂ F1

∂ ps ′

∂ ps ′

∂ ps

),∂ F2

∂ ps=

S∑

s ′=1

(∂ F2

∂ qs ′

∂ qs ′

∂ ps+∂ F2

∂ ps ′

∂ ps ′

∂ ps

).

Nakon uvrstavanja gornjih izraza u F1, F2q,p i kraceg sredivanja, dobije se

F1, F2q,p =S∑

s ′=1

S∑

s ′′=1

[∂ F1

∂ qs ′

∂ F2

∂ qs ′′

qs ′, qs ′′q,p +∂ F1

∂ qs ′

∂ F2

∂ ps ′′

qs ′, ps ′′q,p

+∂ F1

∂ ps ′

∂ F2

∂ qs ′′

ps ′, qs ′′q,p +∂ F1

∂ ps ′

∂ F2

∂ ps ′′

ps ′, ps ′′q,p].

Ukoliko su zadovoljene slijedece relacije:

qs, qs ′q,p = 0, ps, ps ′q,p = 0, qs, ps ′q,p = δs,s ′, (15.45)

tada je

F1, F2q,p =

S∑

s=1

S∑

s ′=1

[∂ F1

∂ qs

∂ F2

∂ ps ′

δs,s ′ +∂ F1

∂ ps

∂ F2

∂ qs ′

(−)δs,s ′

]

=

S∑

s=1

[∂ F1

∂ qs

∂ F2

∂ ps− ∂ F1

∂ ps

∂ F2

∂ qs

]

= F1, F2q,p.Time je pokazano da su Poissonove zagrade funkcija F1 i F2 iste i u starim i u novim varija-blama

F1, F2q,p = F1, F2q,p. (15.46)

Slicno se pokazuje da vrijedi

qs, qs ′q,p = 0, ps, ps ′q,p = 0, qs, ps ′q,p = δs,s ′. (15.47)

Varijable koje zadovoljavaju relacije tipa (15.26), (15.45) i (15.47), nazivaju se kanonskevarijable.

Izracunajmo sada vremensku promjenu qs. Neka funkcija izvodnica kanonske preobrazbe neovisi eksplicitno o vremenu, tako da je (prema (15.37), (15.40), (15.41), (15.42))

H(qs, ps) = H(qs, ps). (15.48)


Buduci da je, prema (15.38),

qs = qs(qs ′, ps ′)

(bez eksplicitne ovisnosti o vremenu), to je vremenska promjena qs dana s

d qsd t

=S∑

s ′=1

(∂ qs∂ qs ′

˙qs ′ +∂ qs∂ ps ′

˙ps ′

). (15.49)

S druge strane, tu istu vremensku promjenu mozemo, kao u (15.28), napisati i preko Poissonovihzagrada u starim varijablama

d qsd t

=qs, H(qs ′, ps ′)

q,p.

Prema relaciji (15.46), jeqs, H(qs ′, ps ′)

q,p

=qs, H(qs ′, ps ′)

q,p,

a prelaciji (15.48), jeqs, H(qs ′, ps ′)

q,p=qs, H(qs ′, ps ′)

q,p=qs, H(qs ′, ps ′)

q,p,

pa je

d qsd t

=qs, H(qs ′, ps ′)

q,p=

S∑

s ′=1

(∂ qs∂ qs ′

∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

∂ qs∂ ps ′

).

Usporedbom gornje relacije s (15.49), dolazi se do zakljucka da je

˙qs =∂ H

∂ ps=qs, H

q,p, ˙ps = −∂ H

∂ qs=ps, H

q,p. (15.50)

tj. ukoliko su zadovoljene relacije (15.45), transformacija (15.31) je kanonska, zato jer i novevarijable zadovoljavaju kanonske jednadzbe gibanja (15.50). Do istog se zakljucka dolazi iracunom vremenske promjene ps

d psd t

=S∑

s ′=1

(∂ ps∂ qs ′

˙qs ′ +∂ ps∂ qs ′

˙ps ′

)

=ps, H(q, p)

q,p

=ps, H(qs ′, ps ′)

q,p

=S∑

s ′=1

(∂ ps∂ qs ′

∂ H

∂ ps ′

− ∂ H

∂ qs ′

∂ ps∂ ps ′

)

⇒ ˙qs =∂ H

∂ ps=qs, H

q,p, ˙ps = −∂ H

∂ qs=ps, H

q,p.

Zakljucujemo da su relacije (15.45) uvjet na preobrazbu (15.31), da bi ona bila kanonska.


Zadatak: 15.9 Provjerite je li preobrazba

q = ln(1 +√q sin p),

p = −2(1 +√q sin p)

√q cos p,

kanonska.

R:Gornje relacije su primjer opcih relacija (15.31). Broj stupnjeva slobode je S = 1.Buduci da postoji samo jedan stupanj slobode, to su prve dvije Poissonove zagradeiz (15.45) ocito zadovoljene,

q, qq,p = p, pq,p = 0,

pa preostaje izracunati trecu

q, pq,p =∂ q

∂ q

∂ p

∂ p− ∂ p

∂ q

∂ q

∂ p

∂ q

∂ q=

sin p

2√q(1 +

√q sin p)

,∂ q

∂ p=

√q cos p

1 +√q sin p

,

∂ p

∂ q= − sin p cos p− (1 +

√q sin p) cos p√q

,∂ p

∂ p= −2q cos2 p+ 2(1 +

√q sin p)

√q sin p.

Izravno uvrstavanje gornjih parcijalnih derivacija u izraz za Poissonovu zagradu,daje

q, pq,p = 1,

cime je pokazano da je preobrazba kanonska.

Zadatak: 15.10 Veze medu dvama skupovima kordinata (q, p) i (q, p) su dane relacijama

q = ln(1 +

√q cos p

)

p = 2(1 +

√q cos p

) √q sin p.

(a)Koristeci gornje relacije pokazite da su (q, p) kanonske varijable, ako su q i pkanonske.(b) Pokazite da je funkcija izvodnica gornje kanonske preobrazbe dana sa

G3(q, p) = −(eq − 1)2 tan p.

R:Gornje relacije su primjer opcih relacija (15.32), kada je broj stupnjeva slobodeS = 1.(a) Varijable (q, p) zadovoljavaju relacije (15.26)

q, qq,p = p, pq,p = 0, q, pq,p = 1,


pa zato jesu kanonske. Da bi i varijable (q, p) bile kanonske i za njih treba vrijediti(15.47).

q, qq,p = p, pq,p = 0, q, pq,p = 1.

Prve dvije relacije su ocito zadovoljene, pat reba samo provjeriti trecu

q, pq,p =∂ q

∂ q

∂ p

∂ p− ∂ p

∂ q

∂ q

∂ p= ? = 1.

Izravnim racunom derivacija, dobiva se

∂ q

∂ q=

cos p

2√q(1 +

√q cos p

)

∂ p

∂ p= −2q sin2 p+ 2

√q(1 +

√q cos p

)cos p

∂ p

∂ q= sin p cos p+

(1 +

√q cos p

) 1√q

sin p

∂ q

∂ p=

−√q sin p

1 +√q cos p

.

Uvrstavanjem i sredivanjem gornjih izraza, dobiva se

q, pq,p =1

1 +√q cos p

[√q(cos p cos 2p+ sin p sin 2p

)+ sin2 p+ cos2 p

]= 1.

Ovime je pokazano da su i (q, p) kanonske varijable.(b) Prema (15.41) je

H = H +∂ G3

∂ t=⇒ H(q, p) = H(q, p).

q = −∂ G3

∂ p=

(eq − 1

)2

cos2 p.

Rjesavanjem gornje jednadzbe po q, dobiva se

q = ln(1 +

√q cos p

),

kao sto je i zadano u zadatku.

p = −∂ G3

∂ q= −2

(eq − 1

)eq tan p.

Uvrstavanjem eq u gornji izraz, dobiva se

p = 2(1 +

√q cos p

) √q sin p,

kao sto je i zadano u zadatku.


15.4 Hamilton-Jacobijeva jednadzba

Relacijama (15.37), (15.40), (15.41), (15.42), je pokazano da funkcija izvodnica G generira novi

hamiltonijan H relacijom oblika

H = H +∂ G

∂ t. (15.51)

Ako postoji funkcija izvodnica G takva da je

H = 0, (15.52)

tada je, prema (15.33)

˙qs =∂H

∂ ps= 0 ⇒ qs(t) = qs(0) = const. ≡ αs,

˙ps = −∂H∂qs

= 0 ⇒ ps(t) = ps(0) = const. ≡ βs.

(15.53)

˙qs =∂H

∂ ps= 0 ⇒ qs(t) = qs(0) = const. ≡ αs ,

˙ps = −∂H∂qs

= 0 ⇒ ps(t) = ps(0) = const. ≡ βs .

Ove konstante su upravo vrijednosti koordinata i kolicina gibanja u nekom odabranom pocetnomtrenutku t = 0

αs ≡ qs(t = 0), βs ≡ ps(t = 0), s = 1, 2, · · · , S.

Jacobijeva je ideja bila da se vremenska evolucija mehanickog sustava od trenutka t = 0 dotrenutka t 6= 0 shvati kao kanonska preobrazba generirana funkcijom G, koja prevodi starevarijable qs(t), ps(t) u te iste varijable, ali u pocetnom trenutku

qs(t), ps(t) −→ qs(0), ps(0)

(usporediti s poglavljem 15.3.2 o infinitezimalnoj kanonskoj preobrazbi).Pomocu ovih konstanata i veza (15.31) starih i novih koordinata i kolicina gibanja, dobivaju sestare varijable kao funkcije ovih konstanata i vremena

qs = qs(qs ′, ps ′, t) = qs(αs ′, βs ′, t),

(15.54)

ps = ps(qs ′, ps ′, t) = ps(αs ′, βs ′, t).

Gornjim je jednadzbama rijesen problem gibanja mehanickog sustava. Dakle, potrebno je

naci funkciju izvodnicu G koja vodi na (15.52),

15.4. HAMILTON-JACOBIJEVA JEDNADZBA 665

a zatim primjeniti gore opisani postupak da bi se doslo do rjesenja (15.54). Iz (15.51) se vidida je trazena funkcija G rjesenje parcijalne diferencijalne jednadzbe

H(qs, ps; t) +∂ G

∂ t= 0. (15.55)

Odabere li se za funkciju izvodnicu jedna od funkcija tipa G2 koja je funkcija starih koordinatai novih kolicina gibanja (koji su, prema (15.53) konstante)

G = G2(qs, ps; t) = G2(qs, βs; t),

tada je, prema (15.40) i (15.53)

ps =∂ G

∂ qs, qs ≡ αs =

∂ G

∂ βs, (15.56)

pa jednadzba (15.55) postaje

H

(qs,

∂ G

∂ qs; t

)+∂ G(qs, βs; t)

∂ t= 0. (15.57)

Gornja se jednadzba zove Hamilton-Jacobijeva jednadzba. To je parcijalna diferencijalnajednadzba prvog reda (ne nuzno linearna) za nepoznatu funkciju G. Njezino rjesenje, G,

G = G(q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS; t)

sadrzi S + 1 nezavisnu varijablu

q1, q2, · · · , qS, t.

Fizicko znacenje funkcije izvodnice GIzracunajmo potpunu vremensku derivaciju funkcije izvodnice G(q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS; t)

dG

d t=

S∑

s=1

∂ G

∂ qsd qs +

∂ G

∂ t.

No, prema (15.55) i (15.56), gornji izraz prelazi u

dG

d t=

S∑

s=1

ps qs −H = (15.7) = L

/ ∫ t

0

d t

G(qs, βs; t)−G(qs(0), βs; 0) =

∫ t

0

L(q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t) d t = (14.50)

= S (q1, q2, · · · , qS, q1, q2, · · · , qS; t)

= S (q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS; t).


Ovaj posljednji redak u gornjoj jednadzbi dolazi zato sto su u Hamiltonovom formalizmu svefunkcije, pa tako i sve brzine qs, funkcije koordinata i kolicina gibanja

qs = qs(qs, βs).

Ako su kolicine gibanja konstantne i jednake βs, onda su sve funkcije ovisne o qs i βs kao sto ipise gore.Trazena funkcija izvodnica koja povezuje koordinate i kolicine gibanja u pocetnom trenutkut = 0 s koordinatama i kolicinama gibanja u proizvoljnom trenutku t je upravo (do na konstantuG(0)) funkcija djelovanja S izracunata izmedu ta dva vremenska trenutka.Od sada pa nadalje ce se za funkciju izvodnicu umjesto G koristiti oznaka S

S (qs, βs; t) = G(qs, βs; t)−G(qs(0), βs; 0).

Tako npr. relacije (15.56) postaju

ps =∂ S∂ qs

, , qs ≡ αs =∂ S

∂ βs, (15.58)

a Hamilton-Jacobijeva jednadzba postaje

H

(qs,

∂ S∂ qs

; t

)+∂ S (qs, βs; t)

∂ t= 0.

Hamiltonijan neovisan o vremenuUkoliko H ne ovisi eksplicitno o vremenu

H = H

(qs,

∂ S∂ qs

),

tada Hamilton-Jacobijeva jednadzba (15.57) glasi

H

(qs,

∂ S∂ qs

)= −∂ S (qs, βs; t)

∂ t.

Pretpostavi li se rjesenje za S u obliku

S (q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS; t) = S q(q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS)−E(β1, β2, · · · , βS) t,

gdje je S + 1-va konstanta βS+1 oznacena s E. Tada je

∂ S∂ qs

=∂ S q

∂ qs,

∂ S∂ t

= −E = −βS+1 (15.59)

i Hamilton-Jacobijeva jednadzba prelazi u

H

(qs,

∂ S q

∂ qs

)= E.

Funkcija S q se naziva karakteristicna Hamiltonova funkcija.


Prema (15.10) je Hamiltonova funkcija jednaka zbroju kineticke i potencijalne energije, pagornja jednadzba u pravokutnim koordinatama (za jednu cesticu mase m) glasi

H(x, y, z, px, py, pz) =1

2m

(p2x + p2y + p2z

)+ Ep(x, y, z) = E,

sto uz (15.58) postaje

1

2m

[(∂ S q

∂ x

)2

+

(∂ S q

∂ y

)2

+

(∂ S q

∂ z

)2]+ Ep(x, y, z) = E.

U ovom slucaku, kada Hamiltonova funkcija ne ovisi eksplicitno o vremenu, pogodno je funkcijuizvodnicu prikazati na jedan od slijedeca dva nacina

S = S 1(q1) + S 2(q2) + · · ·+ S S(qS) + S S+1(t), (15.60)

S = S 1(q1) · S 2(q2) · · · · · S S(qS) · S S+1(t). (15.61)

Tim se postupkom jedna parcijalna diferencijalana jednadzba prevodi u S + 1 obicnu diferen-cijalnu jednadzbu. Za ilustraciju ove tvrdnje, pogledajte zadatak 15.11.

Zadatak: 15.11 Postavite i rijesite Hamilton-Jacobijevu jednadzbu za gibanje slobodne cestice.

R:Cestica je slobodna kada se ne nalazi u polju sile, pa je prema tome njezin hamilto-nijan jednak kinetickoj energiji

H =p2x + p2y + p2z

2m

Buduci da hamiltonijan ne ovisi o koordinatama, sve S = 3 koordinate x, y, z suciklicne i njima pridruzene kolicine gibanja px, py, pz su stoga konstante

H =p2x(0) + p2y(0) + p2z(0)

2m=β2x + β2

y + β2z

2m= E(βx, βy, βz),

pa je konstantna i energija

βS+1 = E.

Primjenom relacije (15.56), Hamilton-Jacobijeva jednadzba glasi

1

2m

[(∂ S∂ x

)2

+

(∂ S∂ y

)2

+

(∂ S∂ z

)2]+∂ S∂ t

= 0.

Kako hamiltonijan ne ovisi o vremenu i sve su koordinate ciklicne, prirodno jepotraziti S u obliku (15.60)

S (x, y, z, βx, βy, βz; t) = S x(x) + S y(y) + S z(z) + S t(t).


Pretpostavimo li, kao najjednostavnije, da su sve funkcije S linearne u svojim vari-jablama

S x(x) = x βx, S y(y) = y βy, S z(z) = z βz, S t(t) = −t E,(gdje su vrijednosti konstanata srazmjernosti unaprijed dobro odabrane), Hamilton-Jacobijeva jednadzba prelazi u

β2x + β2

y + β2z

2m= E,

sto znamo da vrijedi, pa je prema tome rjesenje Hamilton-Jacobijeve jednadzbeslobodne cestice

S (x, y, z, βx, βy, βz; t) = x βx + y βy + z βz − t E.

Trajektorije slobodne cestice su ... dovrsiti

Zadatak: 15.12 Postavite i rijesite Hamilton-Jacobijevu jednadzbu za gibanje jednodimenzij-skog harmonijskog oscilatora.

R:Hamiltonijan jednodimenzijskog harmonijskog oscilatora je

H =p2

2m+mω2

0

2q2 = (15.58) =

1

2m

(∂ S q

∂ q

)2

+mω2

0

2q2,

i Hamilton-Jacobijeva jednadzba glasi

1

2m

(∂ S q

∂ q

)2

+mω2

0

2q2 = E.

Iz gornje jednadzbe je

p =∂ S q

∂ q=

√(E − mω2

0

2q2)

2m

S q(q, E) =

∫ q

q0

√(E − mω2

0

2q ′ 2)

2m d q ′

S (q, E; t) =

∫ q

q0

√(E − mω2

0

2q ′ 2)

2m d q ′ −E t.

Iz (15.56) je S = S (q, β; t) pa konstantnu poopcenu kolicinu gibanja β prepozna-jemo kao E

α =∂ S∂ β

≡ ∂ S∂ E

=1

ω0

∫ q(t)

q(0)

d q ′√

2Eω20/m− q ′ 2

− t

α + t =1

ω0

[arccos

(√mω2

0

2Eq

)− arccos

(√mω2

0

2Eq0

)]


Uvodenjem pokrate

ϕ0 ≡ arccos

(√mω2

0

2Eq0

),

rjesenje za polozaj harmonijskog oscilatora je

q =

√2E

mω20

cos [ω0(α + t) + ϕ0] =

√2E

mω20

cos [ω0t + ω0α + ϕ0] .

Dvije integracijske konstante E i (ω0α + ϕ0) se odreduju iz pocetnih uvjeta.

Zadatak: 15.13 Koristeci Hamilton-Jacobijevu metodu, rijesite Keplerov problem gibanja cesticeu polju centralne sile inverznog kvadrata.

R:U polarnim koordinatama, hamiltonijan je

H(ρ, ϕ, pρ, pϕ) =1

2m

(p2ρ +

p2ϕρ2

)− K

ρ= H(ρ, pρ, pϕ).

Hamiltonijan ne ovisi o koordinati ϕ, tj. ona je ciklicna koordinata i zato je pri-druzena kolicina gibanja konstantna (Hamiltonova kanonska jednadzba (15.30) )

pϕ = − ∂ H

∂ ϕ= 0 pϕ(t) = pϕ(0) = const. ≡ β2.

Centralna sila je konzervativna, pa je i ukupna mehanicka energija sacuvana

H = E = const. ≡ β3.

Prema (15.55) (i promjenom oznake G → S ) je

E +∂ S∂ t

= 0∂ S∂ t

= −β3

Buduci da je

pρ =∂ S∂ ρ

, pϕ =∂ S∂ ϕ

= β2,

Hamilton-Jacobijeva jednadzba glasi

1

2m

[(∂ S (ρ)

∂ ρ

)2

+β22

ρ2

]− K

ρ− β3 = 0.

U skladu s (15.60) , rjesenje gornje jednadzbe se trazi u obliku

S (ρ, t) = S 1(ρ) + S 2(ϕ) + S 3(t) = S 1(ρ) + β2 ϕ− β3 t+ c0.


Odabirom pozitivnog predznaka korjena

∂ S 1(ρ)

∂ ρ=

√

2mβ3 +2mK

ρ− β2

2

ρ2.

S 1(ρ) =

∫ √

2mβ3 +2mK

ρ− β2

2

ρ2d ρ,

S (ρ) =

∫ √

2mβ3 +2mK

ρ− β2

2

ρ2d ρ+ β2 ϕ− β3 t + c0.

Derivacijom S po konstantama kao u (15.58), dobiva se

qs ≡ αs =∂ S

∂ βs

α2 =∂ S

∂ β2= −β2

∫d ρ

ρ2√

2mβ3 +2mKρ

− β22

ρ2

+ ϕ,

α3 =∂ S

∂ β3= m

∫d ρ√

2mβ3 +2mKρ

− β22

ρ2

− t.

U integralu za α2 se uvede nova varijabla

u =1

ρ,

cime on postaje

α2 = β2

∫d u√

2mβ3 + 2mKu− β22u

2+ ϕ.

... dovrsiti ...

Zadatak: 15.14 Cestica se giba pod djelovanjem konzervativne sile. Postavite Hamilton-Jacobijevujednadzbu u elipsoidalnim koordinatama (u, v, ϕ) definiranim preko uobicajenih ci-lindricnih koordinata (ρ, ϕ, z), kao

ρ = a sinh v sin u

z = a cosh v cosu.

Za koje oblike Ep(u, v, ϕ) je jednadzba separabilna?Iskoristite gornji rezultat da biste rijesili problem gibanja cestice mase m koja segiba u gravitacijskom polju dvaju cestica razlicitih masa smjestenih na osi z namedusobnoj udaljenosti 2 a.

R:dovrsiti


Veza s kvantnom mehanikomHamilton-Jacobijeva jednadzba za sustav s jednim stupnjem slobode glasi

1

2m

(∂ S q

∂ q

)2

+ Ep(q) = E. (15.62)

U kvantnoj mehanici se Schrodingerova jednadzba

H ψ = E ψ,

dobiva tako da se u hamiltonijanu kolicina gibanja p zamjeni diferencijalnim operatorom deri-viranja po kanonski konjugiranoj varijabli (pomnozenom s konstantom)

p −→ −ı ~ ∂

∂ q,

tako da vremenski neovisna (stacionarna) Schrodingerova jednadzba glasi

1

2m

(−ı ~ ∂

∂ q

)2

ψ + Ep(q)ψ = E ψ.

Definirajmo funkciju χ(q) relacijom

ψ(q) = e ı χ(q)/~.

Tada je

∂ ψ

∂ q=

ı

~

∂ χ

∂ qe ı χ(q)/~

∂2 ψ

∂ q2=

ı

~

[∂2 χ

∂ q2+ı

~

(∂ χ

∂ q

)2]e ı χ/~

i Schrodingerova jednadzba prelazi u

−ı ~2m

∂2 χ

∂ q2+

1

2m

(∂ χ

∂ q

)2

+ Ep(q) = E.

U klasicnoj granici

~ → 0,

Gornja jednadzba prelazi u Hamilton-Jacobijevu jednadzbu (15.62) uz

S q ≡ χ. (15.63)

Ovime je pokazano da je Hamilton-Jacobijeva jednadzba, klasicna granica ( to znaci ~ → 0)kvantnomehanicke stacionarne Schrodingerove jednadzbe.

Suprotan postupak (izvod Schrodingerove jednadzbe iz Hamilton-Jacobijeve jednadzbe), na-ravno, nije moguc.

15.4.1 Fazni integrali - djelovanje i kutne varijable


Slika 15.1: Projekcija trajektorijereprezentativne tocke na ravninu(qs, ps).

Gibanje mehanickog sustava u realnom vremenu i prostoru, opi-sano je gibanjem reprezentativne tocke u 2S dimenzijskom faz-nom prostoru. Ako je projekcija putanje reprezentativne tockena bilo koju od (qs, ps) ravnina u faznom prostoru, zatvorenakrivulja, Cs, takav se mehanicki sustav naziva periodicki me-hanicki sustav (slika 15.1).Linijski integral

Js =∮

Csps d qs

po zatvorenoj krivulji sa slike 15.1, se naziva fazni integral ilivarijabla djelovanja. Neka je S rjesenje Hamilton-Jacobijeve jednadzbe (15.57)

S = S (q1, q2, · · · , qS, β1, β2, · · · , βS; t).... dovrsiti ...

15.5 Liouvilleov teorem

Slika 15.2: Joseph Liouville, (24. III1809. – 8. IX 1882.), francuski mate-maticar.

U ovom ce se odjeljku dokazati Liouville-ov teorem.Sa stanovista klasicne statisticke fizike, Liouville-ov te-orem se sastoji u tvrdnji da je gustoca reprezentativ-nih tocaka statistickog ansambla konstantna u vremenu.Ili, drugim rijecima, gibajuci se zajedno s reprezenta-tivnom tockom u faznom prostoru, opazac ce u svo-joj okolini uvijek opazati istu gustocu reprezentativnihtocaka.

Jedan sustavNeka je zadan konzervativni sustav cestica sa S stup-njeva slobode. Svako mehanicko stanje sustava je jed-noznacno odredeno zadavanjem vrijednosti svih polozaja qsi svih kolicina gibanja ps cestica sustava, za s = 1, 2, · · · , S. Uvede li se pojam faznog pros-tora ili (q, p) prostora kao 2S-dimenzijskog prostora cije su koordinate qs i ps, tada se svakomehanicko stanje sustava moze predociti jednom tockom u faznom prostoru. Takva setocka

(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS)naziva reprezentativna tocka. Vrijedi i obrat: svakoj reprezentativnoj tocki faznog pros-tora, odgovara jedno mehanicko stanje sustava. Gibanju sustava qs(t) u realnom trodimen-zijskom prostoru, odgovara gibanje reprezentativne tocke (qs, ps) u 2S-dimenzijskom faznomprotoru. Gibanja se odvijaju u skladu s Hamiltonovim jednadzbama gibanja

ps = −∂ H∂ qs

, qs =∂ H

∂ ps,

a putanja reprezentativne tocke se zove fazna putanja ili fazna trajektorija.Primjetimo da je brzina reprezentativne tocke 2S - dimenzijski vektor ~v cije su komponente

d qsd t

,d psd t

, s = 1, 2, 3, · · · , S,

15.5. LIOUVILLEOV TEOREM 673

a iznos je

∣∣∣~v∣∣∣ =

√√√√S∑

s=1

(d qsd t

)2

+

S∑

s=1

(d psd t

)2

=

√√√√S∑

s=1

(∂H

∂ps

)2

+

S∑

s=1

(∂H

∂ qs

)2

.

Kao i uvijek, smjer brzine je smjer tangente na trajektoriju10 reprezentativne tocke. Akohamiltonijan ovisi o vremenu, i brzina ovisi o vremenu

~v = ~v(qs, ps; t),

a ako hamiltonijan ne ovisi o vremenu, niti brzina nece ovisiti o vremenu tj. gibanje reprezen-tativne tocke ce biti stacionarno

~v = ~v(qs, ps).

Vise sustavaPromatrajmo vrlo velik broj

N >> 1

konzervativnih mehanickih sustava (statisticki ansambl), koji su svi opisani istim hamiltonija-nom H , ali koji imaju razlicite pocetne uvjete. Ukoliko je H = H(qs(t), ps(t)), tj. ukolikohamiltonijan ne ovisi eksplicitno o vremenu, tada je hamiltonijan konstanta gibanja (ne mjenjase s vremenom)

dH

dt=

S∑

s=1

(∂H

∂ qsqs +

∂H

∂psps

)+∂ H

∂ t= (15.8) =

S∑

s=1

(−psqs + qsps) + 0 = 0.

H(q1, q2, · · · , qS, p1, p2, · · · , pS) = En = const. (15.64)

Vrijednost ove konstante ovisi o pocetnim uvjetima i razlikuje se za pojedine sustave

E1, E2, · · · , EN .No, jednadzba (15.64) predstavlja jednadzbu (2S−1)-dimenzijske hiperplohe u 2S-dimenzijskomfaznom prostoru11. Pretpostavimo da energije

En, n = 1, 2, · · · , Nsvih N sustava leze izmedu neke dvije konstantne vrijednosti koje cemo oznaciti s E< i E>

E< < En < E>.

Tada ce i fazne putanje svih sustava lezati u dijelu faznog prostora omedenog s dvije hiperplohecije jednadzbe glase

H = E< , H = E>

(slika 15.3). Buduci da razliciti sustavi imaju i razlicite pocetne uvjete, oni ce se i gibati po

10Vidjeti odjeljak 3.1.11Slicno kao sto npr.

x2 + y2 + z2 = R2 = const.,

predstavlja jednadzbu 2D plohe - tocnije: sfere - u obicnom 3D prostoru.


Slika 15.3: Shematski prikaz faznih putanja u faznom prostoru.

razlicitim putanjama u faznom prostoru. Trajektorije reprezentativnih tocaka se ne mogupresjecati. Tako npr. nije moguca sitaucija sa slikedesno. Kada bi se dvije trajektorije presjecale, tockapresjecista bi se mogla uzeti za pocetnu tocku t = 0,pa bi izgledalo kao da tocka s istim pocetnim vrijednos-tima koordinata i kolicina gibanja i istim hamiltonija-nom, opisuje razlicite trajektorije, sto je kontradikcija.Iz toga slijedi zakljucak da se trajektorije u faznom pros-toru ne mogu presjecati.

Primjer: 15.4 Hamiltonijan jednodimenzijskog slobodnog harmonijskog oscilatora ne ovisi eks-plicitno o vremenu, pa je stoga konstantan u vremenu i jednak

H(q(t), p(t)) =p2(t)

2m+K

2q2(t) = E.

Broj stupnjeva slobode S = 1. Vrijednosti q(t) i p(t) se s vremenom mijenjaju, ali tako da jegornji izraz uvijek konstantan. Ako se nacrta u (q, p) ravnini, gornji izraz predstavlja elipsu s

poluosama√2mE i

√2E/K. To znaci da su trajektorije reprezentativne tocke elipse. Na slici

15.4 se vide trajektorije sustava od N = 3 jednodimenzijska slobodna harmonijska oscilatora.Na slici su takoder skicirane i gore spomenute energije E< i E>. Primjetite da se trajektorijene presjecaju.

Zamislimo da su u pocetnom trenutku t = 0, reprezentativne tocke svih N sustava sadrzane udijelu faznog prostora oznacenom s Γ0. Kako vrijeme prolazi, reprezentativne tocke se gibajudijelom faznog prostra ogranicenog hiperplohama H = E< i H = E> i nakon vremena t svece se one naci u dijelu faznog prostora oznacenom s Γt. Npr. reprezentativna tocka nekog


Slika 15.4: Trajektorije sustava sastavljenog od N = 3 jednodimenzijska slobodna harmonijska oscilatora.Crvene tocke oznacavaju vrijednosti q i p u pocetnom trenutku.

odredenog sustava se premjestila iz tocke A u tocku B. Prema samom izboru podrucja Γ0

i Γt, jasno je da oba sadrze isti broj, N , reprezentativnih tocaka. Uvedimo sada jedan novpojam: gustoca reprezentativnih tocaka. Gustoca reprezentativnih tocaka se definirapoput gustoca s kojima smo se vec susretali 12: kao omjer kolicine mase, naboja ili cega slicnog iprostora u kojemu se ta masa ili naboj nalaze. Promatrajmo, u trenutku t, tocku faznog prostoradefinirani s 2S poopcenih koordinata (q1, · · · , qS, p1, · · · , pS). Promjena svake od koordinata zainfinitezimalni iznos dqs

q1 → q1 + dq1, · · · qS → qS + dqS, p1 → p1 + dp1, · · · pS → pS + dpS,

definira diferencijal volumena u faznom prostoru koji se oznacava s

dΓ = dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS.

Ako se u trenutku t unutar dΓ nalazi dN reprezentativnih tocaka, tada se gustoca reprezenta-tivnih tocaka definira slicno kao i obicna masena gustoca

ρ =dN

dΓ. (15.65)

Primjetimo da je gornja gustoca funkcija svih poopcenih koordinata, svih poopcenih kolicinagibanja i vremena

ρ = ρ(q1, · · · , qS, p1, · · · , pS; t),12Sjetimo se npr. definicije gustoce mase

ρm(~r) =dm

dV,

gdje je dm kolicina mase sadrzana u infinitezimalnom volumenu dV u okolici tocke ~r.


kao i da osim eksplicitne ovisnosti o vremenu, ρ ovisi i implicitno o vremenu kroz qs = qs(t)i ps = ps(t). Vratimo se sada opet podrucjima Γ0 i Γt koja, po definiciji, sadrze isti brojreprezentativnih tocaka.

Liouville-ov teoremtvrdi da su i sami 2S-dimenzijski volumeni Γ0 i Γt istog iznosa,

Γ0 = Γt, (15.66)

ili, ako su jednaki volumeni i ako se u njima nalazi jednak broj reprezentativnih tocaka, tada jei njihov omjer, gustoca reprezentativnih tocaka takoder konstantna u vremenu

d ρ

d t= 0. (15.67)

Dokaz Liouville-ovog teorema se moze izvesti na dva nacina, dokazujuci pojedinu od gornjihekvivalentnih tvrdnji.

Prvi dokaz: kanonskom preobrazbomVezano za kanonsku preobrazbu iz odjeljka 15.3, pokazat cemo kako se kanonska preobrazbamoze shvatiti kao opis propagacije sustava u vremenu (usporediti s odjeljkom 15.3.2) i zatimpokazati da takva preobrazba (vremenska evolucija) ne mijenja volumen faznog prostora.

Neka skup varijabla (qs, ps) predstavlja ansambl u trenutku t, a skup varijabla (qs, ps) predstav-lja ansambl u infinitezimalno kasnijem trenutku t + d t. Moze se zamisliti da su ta dva skupavezana kanonskom preobrazbom13 (iste kanonske jednadzbe gibanja vrijede u trenutku t kao iu trenutku t+d t). U simbolickom zapisu, tvrdnja da su fazni volumeni u koordinatama (qs, ps)i koordinatama (qs, ps) isti, znaci da je

∫dΓq,p =

∫dΓq,p

∫dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS =

∫dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS. (15.68)

No, poznato je (navesti referencu) da se veza medu diferencijalima dva skupa koordinata,ostvaruje pomocu jakobijana

dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS =∣∣∣ J

∣∣∣ dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS,

13Usporediti s infinitezimalnom kanonskom preobrazbom iz odjeljka 15.3.2.


gdje je J jakobijan prijelaza s koordinata (qs, ps) na koordinate (qs, ps)

J =∂(q1, q2, · · · , pS)∂(q1, q2, · · · , pS)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ q1∂q1

· · · ∂ q1∂qS

∂ q1∂ p1

· · · ∂ q1∂ pS

...

∂ qS∂q1

· · · ∂ qS∂qS

∂ qS∂ p1

· · · ∂ qS∂ pS

∂p1∂q1

· · · ∂p1∂qS

∂p1∂ p1

· · · ∂p1∂ pS

...

∂pS∂q1

· · · ∂pS∂qS

∂pS∂ p1

· · · ∂pS∂ pS

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

. (15.69)

Dakle, volumen faznog prostora je invarijantan na kanonsku preobrazbu, ako je gornji jakobijanpo iznosu jednak jedinici. Neka je preobrazba zadana slijedecim relacijama

qs = qs(t+ d t) = qs(t) +d qsd t

d t+O((d t)2

)= qs(t) +

∂ H(qs ′, ps ′; t)

∂ psd t+O

((d t)2

),

ps = ps(t+ d t) = ps(t) +d psd t

d t+O((d t)2

)= ps(t)−

∂ H(qs ′, ps ′; t)

∂ qsd t+O

((d t)2

).

Pokazimo najprije da je gornja preobrazba kanonska, tj. da su zadovoljene relacije (15.47)

qs, qs ′q,p = 0, ps, ps ′q,p = 0, qs, ps ′q,p = δs,s ′.

Prva od gornjih Poissonovih zagrada

qs, qs ′q,p =

S∑

s ′′=1

(∂qs∂qs ′′

∂qs ′

∂ps ′′

− ∂qs ′

∂qs ′′

∂qs∂ps ′′

)

=S∑

s ′′=1

[(∂qs∂qs ′′

+∂2H

∂ ps ∂qs ′′

d t

)∂2H

∂ ps ′ ∂ps ′′

d t

−(∂qs ′

∂qs ′′

+∂2H

∂ ps ′ ∂qs ′′

d t

)∂2H

∂ ps ∂ps ′′

d t

]+O

((d t)2

)

=S∑

s ′′=1

(δs,s ′′

∂2H

∂ ps ′ ∂ps ′′

d t− δs ′,s ′′

∂2H

∂ ps ∂ps ′′

d t

)+O

((d t)2

)

=∂2H

∂ ps ∂ps ′

d t− ∂2H

∂ ps ∂ps ′

d t+O((d t)2

)

= O((d t)2

).


U granici kada d t iscezava, zadovoljen je prvi kanonski uvjet. Slicno se dokazuje i ps, ps ′q,p =0. Pogledajmo jos i trecu Poissonovu zagradu

qs, ps ′q,p =S∑

s ′′=1

(∂qs∂qs ′′

∂ps ′

∂ps ′′

− ∂ps ′

∂qs ′′

∂qs∂ps ′′

)

=

S∑

s ′′=1

[(∂qs∂qs ′′

+∂2H

∂ ps ∂qs ′′

d t

) (∂ps ′

∂ps ′′

− ∂2H

∂ qs ′ ∂ps ′′

d t

)

− (−)∂2H

∂ qs ′ ∂qs ′′

d t∂2H

∂ ps ∂ps ′′

d t

]+O

((d t)2

)

=

S∑

s ′′=1

(δs,s ′′ δs ′,s ′′ − δs,s ′′

∂2H

∂ qs ′ ∂ps ′′

d t+ δs ′,s ′′

∂2H

∂qs ′′ ∂ psd t

)+O

((d t)2

)

= δs,s ′ − ∂2H

∂ qs ′ ∂psd t+

∂2H

∂qs ′ ∂ psd t+O

((d t)2

)

= δs,s ′ +O((d t)2

).

U granici kada d t iscezava, zadovoljen je i treci kanonski uvjet.

Promotrimo jedan posebno jednostavan slucaj jakobijana (15.69), kada je S = 1.

q = q(t+ d t) = q(t) +d q

d td t+O

((d t)2

)= q(t) +

∂ H(q, p; t)

∂ pd t+O

((d t)2

),

p = p(t+ d t) = p(t) +d p

d td t+O

((d t)2

)= p(t)− ∂ H(q, p; t)

∂ qd t+O

((d t)2

).

J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ q

∂ q

∂ q

∂ p

∂ p

∂ q

∂ p

∂ p

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 +∂2H

∂ q ∂ pd t

∂2H

∂ p2d t

−∂2H

∂ p2d t 1− ∂2H

∂ q ∂ pd t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+O((d t)2

)= 1 +O

((d t)2

).

Neka je sada S = 2

q1 = q1(t + d t) = q(t) +d q1d t

d t+O((d t)2

)= q1(t) +

∂ H(q, p; t)

∂ p1d t+O

((d t)2

),

q2 = q2(t + d t) = q(t) +d q2d t

d t+O((d t)2

)= q2(t) +

∂ H(q, p; t)

∂ p2d t+O

((d t)2

),

p1 = p1(t+ d t) = p1(t) +d p1d t

d t+O((d t)2

)= p1(t)−

∂ H(q, p; t)

∂ q1d t+O

((d t)2

),

p2 = p2(t+ d t) = p2(t) +d p2d t

d t+O((d t)2

)= p2(t)−

∂ H(q, p; t)

∂ q2d t+O

((d t)2

).


J =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂ q1∂q1

∂ q1∂q2

∂ q1∂ p1

∂ q1∂ p2

∂ q2∂q1

∂ q2∂q2

∂ q2∂ p1

∂ q2∂ p2

∂p1∂q1

∂p1∂q2

∂p1∂ p1

∂p1∂ p2

∂p2∂q1

∂p2∂q2

∂p2∂ p1

∂p2∂ p2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 +∂2H

∂ q1 ∂ p1d t

∂2H

∂ q2 ∂ p1d t

∂2H

∂ p21d t

∂2H

∂ p1 ∂ p2d t

∂2H

∂ q1 ∂ p2d t 1 +

∂2H

∂ q2 ∂ p2d t

∂2H

∂ p1 ∂ p2d t

∂2H

∂ p22d t

−∂2H

∂ q21d t − ∂2H

∂ q1 ∂ q2d t 1− ∂2H

∂ q1 ∂ p1d t − ∂2H

∂ q1 ∂ p2d t

− ∂2H

∂ q1 ∂ q2d t −∂

2H

∂ q22d t − ∂2H

∂ q2 ∂ p1d t 1− ∂2H

∂ q2 ∂ p2d t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+O((d t)2

)

= 1 +O((d t)2

).

Jedinica dolazi od mnozenja dijagonalnih elemenata, dok umnosci elemenata izvan glavne dija-gonale daju clanove kvadratnog i viseg reda u d t. Iz gornjeg se racuna lako vidi da je, u granicid t → 0, jakobijan jednak jedinici i za proizvoljnu vrijednost S. Dakle, pomakom cijelogsustava tijekom vremena d t, volumen faznog prostora okupiran reprezentativnim tockama sene mjenja i time je dokazan Lieuvilleov teorem u obliku (15.66).

Drugi dokazPrisjetimo li se da ρ moze ovisiti o vremenu eksplicitno, ali i implicitno kroz qs = qs(t) ips = ps(t), tada gornji izraz glasi

d ρ

d t≡

S∑

s=1

(∂ ρ

∂ qsqs +

∂ ρ

∂ psps

)+∂ ρ

∂ t= 0.

Nakon sto dokazemo gornju tvrdnju, o reprezentativnim tockama mozemo razmisljati kao ocesticama nestlacivog (zato jer mu je gustoca konstantna) fluida, koje se u skladu s Hamilto-novim jednadzbama gibaju kroz fazni prostor14. Dokazimo sada Liouville-ov teorem. Svaka sereprezentativna tocka giba u skladu s Hamiltonovim jednadzbama gibanja. Kao rezultat toggibanja, mijenja se i gustoca reprezentativnih tocaka. Zanima nas vremenska promjena gustocereprezentativnih tocaka u okolici dane tocke faznog prostora.

14Bas kao sto se i cestice pravog nestlacivog fluida gibaju u pravom prostoru.


U kratkom vremenskom intervalu dt, broj cestica unutar faznog volumena dΓ ce se, premadefiniciji (15.65), promjeniti za mali iznos

dN(t) = ρ(t) dΓ,

dN(t+ dt) = ρ(t + dt) dΓ,

dN(t+ dt)− dN(t) =[ρ(t + dt)− ρ(t)

]dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · · dpS

=

(∂ρ

∂ tdt

)dq1 dq2 · · · dqS dp1 dp2 · · ·dpS. (15.70)

Ova promjena dolazi od reprezentativnih tocaka koje ulaze i izlaze iz malog volumena uokolici dane tocke faznog prostora u vremenskom intervalu dt. Prije nego izracunamo brojcestica koje ulaze i izlaze iz malog faznog volumena, prisjetimo se da sada sve funkcije shvacamokao funkcije od qs i ps. Tako je npr. i brzina

qs = qs(q1, · · · , qS, p1, · · · , pS).

Radi jednostavnosti, zapocet cemo racun tako sto cemo promatrati promjenu broja cestica u faz-nom volumenu uslijed njihova protoka kroz samo jednu plohu i to onu definiranu jednadzbomqs = const. Sve ostale koordinate (njih 2S − 1) cemo, za sada, izostaviti.

Slika 15.5: Uz dokaz Liouvilleovog teorema: promjena faznog volumena za danu promjenu varijable qs.

ulaz:Broj reprezentativnih tocaka koje ulaze u promatrani volumen (lijevi zasjenjeni pravokutnik)kroz plohu qs = const., je jednak broju reprezentativnih tocaka sadrzanih unutar povrsinepravokutnika koja je jednaka

dps · qs(qs, ps) dt


i oznacene je s ulaz na slici 15.5. Svi ostali diferencijali koordinata se ne mjenjaju, pa je ukupnapromjena faznog volumena jednaka

dq1 · · · qs(qs,ps) dt · · ·dqS dp1 · · ·dps · · · dpS.Pomnozi li se ovaj fazni volumen s gustocom u okolici promatrane tocke faznog prostora, dobitce se broj reprezentativnih tocaka koje su u vremenskom intervalu dt usle u promatrani elementfaznog volumena (radi preglednije notacije, kao argumente funkcija necemo navoditi svih 2Skoordinata plus vrijeme, nego samo koordinate od interesa u danom postupku)

dNulaz,qs = ρ(qs) dq1 · · · qs(qs) dt · · · dqS dp1 · · · dps · · · dpS.

izlaz:Racun broja izlaznih reprezentativnih tocaka radimo na isti nacin kao i za ulazne, s tom razlikomsto sada, umjesto u okolici tocke qs, sve velicine racunamo u okolici tocke qs + dqs . Brojreprezentativnih tocaka koje izlaze iz promatranog volumena (desni zasjenjeni dio) kroz plohuqs + dqs = const., je jednak broju reprezentativnih tocaka sadrzanih unutar povrsine oznacenes izlaz na slici 15.5, a koja je jednaka

dps · dt qs(qs + dqs).

Ponovo, sve ostale diferencijale koordinata drzimo nepromjenjenim, pa je ukupna promjenafaznog volumena jednaka

dq1 · · · qs(qs + dqs) dt · · · dqS dp1 · · · dps · · · dpS.Pomnozi li se ovaj fazni volumen s gustocom u okolici tocke qs + dqs, dobit ce se broj repre-zentativnih tocaka koje su u vremenskom intervalu dt izasle iz promatranog elementa faznogvolumena

dNizlaz,qs+dqs = ρ(qs + dqs) dq1 · · · qs(qs + dqs) dt · · · dqSdp1 · · ·dps · · · dpS.Sada je potrebno gornju gustocu ρ(qs+dqs) i brzinu qs(qs+dqs) razviti u Taylorov red u okolicitocke qs po maloj velicini dqs i zadrzati se na vodecem (linearnom) clanu razvoja:

ρ(qs + dqs) = ρ(qs) + dqs∂ ρ(qs)

∂ qs+O

[(dqs)

2]

qs(qs + dqs) = qs(qs) + dqs∂ qs(qs)

∂ qs+O

[(dqs)

2].

Kada gornje razvoje uvrstimo u izraz za dNizlaz,qs+dqs, medusobno pomnozimo i zadrzimo se naclanovima najvise linearnim u dqs, dobit cemo

dNizlaz,qs+dqs = ρ(qs) dq1 · · · qs(qs) dt · · · dqS dp1 · · · dps · · · dpS

+ ρ(qs) dq1 · · · dqs∂qs(qs)

∂ qs

dt · · ·dqSdp1 · · ·dps · · · dpS

+ dqs∂ρ(qs)

∂ qs

dq1 · · · qs(qs)dt · · ·dqSdp1 · · · dps · · · dpS

+ O[(dqs)

2]


Promjena broja reprezentativnih tocaka u promatranom faznom volumenu je jednaka razlicibroja reprezentativnih tocaka koje su usle i koje su izasle iz promatranog faznog volumena

dNulaz,qs − dNizlaz,qs+dqs = −(∂qs∂ qs

ρ+ qs∂ρ

∂ qs

)dq1 · · · dqs · · ·dqS dp1 · · · dps · · · dpS dt

= −∂ (qsρ)

∂ qsdq1 · · · dqs · · · dqSdp1 · · ·dps · · · dpS dt

= −∂ (qsρ)

∂ qsdΓ dt.

Ovo je doprinos promjeni broja reprezentativnih tocaka u volumenu dq1 · · · dpS uslijed ulaskareprezentativnih tocaka kroz plohu qs = const i izlaska kroz plohu qs + dqs = const. Potpunoistim postupkom se dolazi do odgovarajucih izraza za promjenu broja reprezentativnih tocakauslijed njihovog prolaska kroz sve ostale plohe qs = const., a isto tako i plohe ps = const. (ufaznom prostoru su qs i ps potpuno ravnopravne koordinate). Zbroj po s = 1, 2, · · · , S svihovih promjena broja reprezentativnih tocaka, daje ukupnu promjenu broja reprezentativnihtocaka unutar faznog volumena dΓ ≡ dq1 · · · dpS u vremenu dt

dN(t + dt)− dN(t) = −S∑

s=1

[∂

∂ qs(qsρ) +

∂

∂ps(psρ)

]dΓ dt

No, prema (15.70), lijeva strana gornjeg izraza je jednaka (∂ρ/∂ t) dΓ dt, pa njihovim iz-jednacavanjem,

∂ρ

∂ tdΓ dt = −

S∑

s=1

[∂

∂ qs(qsρ) +

∂

∂ps(psρ)

]dΓ dt,

dobivamo

∂ρ

∂ t= −

S∑

s=1

[∂

∂ qs(qsρ) +

∂

∂ps(psρ)

]= −

S∑

s=1

(∂ρ

∂ qsqs +

∂qs∂ qs

ρ+∂ρ

∂psps +

∂ps∂ps

ρ

).

Uvrstavanjem Hamiltonovih kanonskih jednadzba gibanja (15.8), u drugi i cetvrti clan desnestrane gornjeg izraza, dobiva se

∂ρ

∂ t= −

S∑

s=1

[∂ρ

∂ qsqs +

∂2H

∂ qs ∂psρ+

∂ρ

∂psps −

∂2H

∂ qs ∂psρ

],

∂ρ

∂ t+

S∑

s=1

(∂ρ

∂ qsqs +

∂ρ

∂psps

)= 0.

No, lijeva strana gornje jednakosti nije nista drugo do potpuna vremenska derivacija gustocereprezentativnh tocaka, tj.

d ρ

d t= 0,

cime je dokazano da je ona vremenska konstanta. Ovime je dokazan Lieuvilleov teorem i uobliku (15.67).

15.6. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 683

15.6 Prijelaz na kvantnu mehaniku

Iako je, povijesno gledano, do nastanka kvantne mehanike doslo jednim drugim putem, formali-zam Poissonovih zagrada iz odjeljka 15.2, omogucava prijelaz sa klasicne na kvantnu mehanikui to je takoder jedan od nacina na koje je kvantna mehanika mogla biti otkrivena.

Da bi se izveo taj prijelaz, umjesto komutativnih velicina klasicne mehanike (opcenito kom-pleksnih funkcija) F1, F2 za koje vrijedi

F1 F2 = F2 F1,

uvode se opcenito nekomutativne kvantne velicine (operatori) F 1,F 2, tako da je njihovkomutator

[F 1,F 2]− ≡ F 1F 2 − F 2F 1,

povezan s Poissonovim zagradama analognih klasicnih velicina F1, F2 na slijedeci nacin

[F 1,F 2]− ≡ F 1F 2 − F 2F 1 = ı ~ F1, F2. (15.71)

gdje je ı je imaginarna jedinica, ı2 = −1, a velicina oznacena s ~ je Planckova konstanta hpodijeljena s 2 π

~ =h

2 π, h = 6.626068 . . . · 10−34 J s.

Primjetimo da Planckova konstanta ima dimenziju funkcije djelovanja S (energija puta vri-jeme) i da je vrlo malenog iznosa. U skladu s relacijama (15.26) koje vrijede medu klasicnimkoordinatama i klasicnim kolicinama gibanja, za kvantne operatore koordinate i kolicine gibanjase, prema (15.71), moze napisati

[q k,q l]− = 0, [p k,p l]− = 0, [q k,p l]− = ı ~ δk,l. (15.72)

Buduci da se u Hamiltonovu formalizmu sve velicine izrazavaju kao funkcije koordinata ikolicina gibanja, to su gornje komutacijske relacije dovoljne za odredenje komutatora ma kojihdrugih kvantnih velicina.Napisano u pravokutnom koordinatnom sustavu, razliciti od nule su samo komutatori izmedukoordinata i kolicina gibanja koji se odnose na iste stupnjeve slobode koji su u donjim relacijamaoznaceni indeksima k i l

[x k,p x,l]− = ı ~ δk,l, [y k,p y,l]− = ı ~ δk,l, [z k,p z,l]− = ı ~ δk,l, (15.73)


a svi ostali komutatori su jednaki nuli

[x k,x l]− = 0, [x k,y l]− = 0, [x k, z l]− = 0,

[y k,y l]− = 0, [y k, z l]− = 0,

[z k, z l]− = 0,

[p x,k,p x,l]− = 0, [p x,k,p y,l]− = 0, [p x,k,p z,l]− = 0,

[p y,k,p y,l]− = 0, [p y,k,p z,l]− = 0,

[p z,k,p z,l]− = 0,

[x k,p y,l]− = 0, [x k,p z,l]− = 0,

[y k,p x,l]− = 0, [y k,p z,l]− = 0,

[z k,p x,l]− = 0, [z k,p y,l]− = 0.

~r - reprezentacijaLako je uvjeriti se da ce komutatori (15.72) biti zadovoljeni, ako se za operator koordinateodabere obicno mnozenje s istoimenom koordinatom, a za operator kolicine gibanja operatorderiviranja po istoimenoj koordinati pomnozen s −ı ~

x k → xk, y k → yk, z k → zk,

(15.74)

p x,k → −ı ~ ∂

∂ xk, p y,k → −ı ~ ∂

∂ yk, p z,k → −ı ~ ∂

∂ zk.

Ovakav odabir se naziva ~r ili koordinatna reprezentacija. Da bi se provjerile komutacijskerelacije (15.73), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkcijukoordinata i kolicina gibanja f(x1, · · · , px,1, · · · ). Tako se npr. za komutator koordinate i njojpridruzene (konjugirane) kolicine gibanja dobije

[x k,p x,l]− f =

(−xk ı ~

∂

∂ xl+ ı ~

∂

∂ xlxk

)f = −xk ı ~

∂ f

∂ xl+ ı ~

∂ (xk f)

∂ xl

=

−xk ı ~∂ f

∂ xl+ ı ~

∂ xk∂ xl︸︷︷︸δk,l

f +ı ~ xk

∂ f

∂ xl

= ı ~ δk,l f.

No, funkcija f je proizvoljna, pa gornja relacija moze biti zadovoljena samo ako vrijedi opera-torska jednakost

[x k,p x,l]− = ı ~ δk,l,

a to je upravo ono sto smo i htjeli dokazati.


Na slican nacin se pokazuje da su svi ostali komutatori jednaki nuli; npr.

[x k,x l]− f = (xk xl − xl xk) f = 0,

[x k,y l]− f = (xk yl − yl xk) f = 0,

[p x,k,p x,l]− f =

[(−ı ~ ∂

∂ xk

)(−ı ~ ∂

∂ xl

)−(−ı ~ ∂

∂ xl

)(−ı ~ ∂

∂ xk

)]f

=

(−~

2 ∂2

∂ xk xl+ ~

2 ∂2

∂ xl xk

)f = 0.

[p x,k,p y,l]− f =

[(−ı ~ ∂

∂ xk

)(−ı ~ ∂

∂ yl

)−(−ı ~ ∂

∂ yl

)(−ı ~ ∂

∂ xk

)]f

=

(−~

2 ∂2

∂ xk yl+ ~

2 ∂2

∂ yl xk

)f = 0.

~p - reprezentacijaOsim gornjega, moguc je i drugi izbor operatora za koordinatu i kolicinu gibanja. Komutatori(15.73) (i oni iza njih) ce biti zadovoljeni i slijedecim odabirom15

x k → ı ~∂

∂ px,k, y k → ı ~

∂

∂ py,k, z k → ı ~

∂

∂ pz,k,

(15.75)

p x,k → px,k, p y,k → py,k, p z,k → pz,k.

Ovakav odabir se naziva ~p ili impulsna reprezentacija. Da bi se provjerile komutacijskerelacije (15.73), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkcijukoordinata i kolicina gibanja f(x1, · · · , px,1, · · · ). Tako se npr. za komutator koordinate i njojpridruzene (konjugirane) kolicine gibanja dobije

[x k,p x,l]− f =

(ı ~

∂

∂ px,kpx,l − px,l ı ~

∂

∂ px,k

)f =

[ı ~

∂ (px,l f)

∂ px,k− px,l ı ~

∂ f

∂ px,k

]

= ı ~∂ px,l∂ px,k︸︷︷︸δk,l

f +

ı ~ px,l∂ f

∂ px,k−

px,l ı ~∂ f

∂ px,k

= ı ~ δk,l f,

ili, ako se ukloni (pomocna) funkcija f , preostaje operatorska jednakost

[x k,p x,l]− = ı ~ δk,l.

Na slican nacin se racunaju i svi ostali komutatori.

Heisenbergove relacijeU kvantnoj se mehanici pokazuje da su komutacijske relacije (15.72), tj. (15.73) ako se

15Vidjeti npr. [14], poglavlje o Fourierovoj preobrazbi.


ogranicimo na pravokutni koordinatni sustav, ekvivalentne Heisenbergovom16 nacelu neodredenostiili Heisenbergovim relacijama neodredenosti, prema kojemu se ne mogu proizvoljno istodobnotocno odrediti koordinata polozaja i njoj konjugirana kolicina gibanja, nego uvijek moraju bitizadovoljene slijedece nejednakosti

∆xk ∆ px,k ≥1

2~, ∆yk ∆ py,k ≥

1

2~, ∆zk ∆ pz,k ≥

1

2~. (15.76)

S ∆ oznacava neodredenost dane funkcije (tocnije, njezina standardna devijacija - u teorijivjerojatnosti, uobicajena oznaka je σ)

∆xk =√〈 x2 〉 − 〈 x 〉2, ∆px,k =

√〈 p2x,k 〉 − 〈 px,k 〉2,

i slicno za ostale koordinate tj. stupnjeve slobode. Usrednjavanje se racuna pomocu funkcijegustoce vjerojatnosti ρ koja se dobije kao apsolutni kvadrat valne funkcije ψ, relacija (15.77)

〈 f(~r, ~p ) 〉 =∫

ψ ⋆(~r) f(~r, ~p ) ψ(~r) d r3.

Gornji se izraz odnosi na ~r-reprezentaciju, a slican izraz vrijedi i za racun srednjih vrijednostiu ~p -reprezentaciji.Buduci da je ~ numericki jako malena velicina, ove relacije postaju vazne tek na mikroskopskojskali.

Schrodingerova jednadzba u ~r-reprezentacijiKada se klasicne velicine zele prevesti u kvantne, koristeci zamjene (15.74), potrebno je voditiracuna o njihovoj (ne)komutativnosti. Tako je npr. u klasicnoj slici x px = px x, dok u kvantnojslici to nije istina. Zbog toga je, prije prijelaza u kvantni oblik, potrebno na zgodan nacinsimetrizirati odgovarajuce klasicne izraze, na takav nacin da budu invarijantni na redoslijedclanova koji se u njima pojavljuju. U navedenom primjeru treba napisati

x px =1

2(x px + px x),

i slicno u ostalim slucajevima.Ako se u jednadzbu sacuvanja energije, (15.11),

H(x1, · · · , px,1, · · · ) = E,

uvrste kvantni izrazi za koordinate i kolicine gibanja, hamiltonijan postaje diferencijalni ope-rator. Ovaj diferencijalni operator mora djelovati na neku funkciju i ta se funkcija ”dodajerukom” i zove se valna funkcija,

Ψ(x1, y1, z1, · · · , xN , yN , zN).Prema gornjoj jednadzbi sacuvanja energije, rezultat tog djelovanja je ta ista valna funkcijapomnozena konstantom E

H

(x1, · · · ,−ı~

∂

∂ x1, · · ·

)Ψ = E Ψ.

Ova jednadzba ima oblik diferencijalne jednadzbe svojstvenih vrijednosti17.16Werner Heisenberg (5. XII 1901. – 1. II 1976.) njemacki teorijski fizicar.17Vidjeti npr. [14], poglavlje o ortogonalnim funkcijama.


Schrodingerova jednadzba za gibanje jedne cestice mase m u polju konzervativne sile opisanepotencijalnom energijom Ep se dobije tako da se u klasicni izraz za Hamiltonovu funkciju jednecestice

H(x, y, z, px, py, pz) = Ek + Ep =~p 2

2m+ Ep(~r) =

p2x + p2y + p2z2m

+ Ep(x, y, z),

uvrste kvantni izrazi za koordinatu i kolicinu gibanja (15.74), sto vodi na Schrodingerovu dife-rencijalnu jednadzbu

[− ~

2

2m

(∂2

∂ x2+

∂2

∂ y2+

∂2

∂ z2

)+ Ep(x, y, z)

]Ψ(x, y, z) = E Ψ(x, y, z),

[− ~

2

2m∇ 2 + Ep(~r)

]Ψ(~r) = E Ψ(~r).

Ovisno o vrijednosti potencijalne energije, jednadzba moze opisivati trodimenzijski kvantniharmonijski oscilator s

Ep = Kr2

2= K

x2 + y2 + z2

2,

ili, ako se za Ep uvrsti elektrostatska potencijalna energija

Ep =K

r=

K√x2 + y2 + z2

,

dobije se Schrodingerova jednadzba vodikovog atoma.Nepoznanice u gornjoj jednadzbi su energija E i valna funkcija Ψ. Ova se jednadzba mozeshvatiti i kao jednadzba svojstvenih vrijednosti (iz linearne algebre) u kojoj operator (matrica)H djeluje na valnu funkciju |Ψ〉 (svojstveni vektor) i kao rezultat daje neki broj (svojstvenuvrijednost, energiju E) pomnozen tom istom valnom funkcijom (tj. tim istim svojstvenimvektorom)

H |Ψ〉 = E |Ψ〉.

Fizicko znacenje valne funkcijePokazalo se da sama valna funkcija Ψ nema fizicko znacenje. Tek se njezin kvadrat apsolutnevrijednosti |Ψ(~r)|2, interpretira kao gustoca vjerojatnosti18 nalazenja cestice u malom volumenud r3 oko tocke ~r. Sam diferencijal vjerojatnosti je tada dan sa

d P = ρ(~r) d r3 (15.77)

= |Ψ(x, y, z)|2 dx dy dz,

= |Ψ(ρ, ϕ, z)|2 ρ dρ dϕ dz,

= |Ψ(r, θ, ϕ)|2 r2 sin θ dr dθ dϕ,... (15.78)

18Vidjeti npr. [15].


ovisno o tome koji se koordinatni sustav koristi. Buduci da se cestica mora nalaziti negdje uprostoru, to je vjerojatnost nalazenja cestice u bilo kojoj tocki prostora jednaka jedinici. Ovase cinjenica matematicki zapisuje kao

∫|Ψ(~r)|2 d r3 = 1,

∫|Ψ(x, y, z)|2 dx dy dz = 1,

∫|Ψ(ρ, ϕ, z)|2 ρ dρ dϕ dz = 1,

∫|Ψ(r, θ, ϕ)|2 r2 sin θ dr dθ dϕ = 1,

...

i naziva se normiranje valne funkcije.

Zadatak: 15.15 Tekst zad.

R:dovrsiti

15.6.1 Kanonski racun smetnje

dovrsiti

Poglavlje 16

Mali titraji sustava cestica

O malim titrajima sustava cestica, vec je bilo rijeci u odjeljku 11. Sada se ponovo vracamo tomproblemu, ali ovoga puta sa nesto opcenitijeg stanovista, koristeci Lagrangeov i Hamiltonovformalizam razvijen u prethodnim odjeljcima.

16.1 Lagranzijan

Neka je zadan konzervativan sustav cestica sa S stupnjeva slobode opisan lagranzijanom

L(qs, qs) = Ek − Ep,

gdje su qs poopcene koordinate, a qs poopcene brzine.Kao sto je pokazano relacijom 10.40, stabilnoj ravnotezi sustava cestica odgovara minimumpotencijalne energije tog istog sustava

∂ Ep∂ qs

∣∣∣∣qs=qs,0

= 0, s = 1, 2, · · · , S. (16.1)

gdje je s qs,0 oznacena stabilna ravnotezna vrijednost s-tog stupnja slobode. Sjetimo se, polozajstabilne ravnoteze je karakteriziran time da mali pomaci iz polozaja ravnoteze izazivaju silekoje sustav vracaju1 u pocetni ravnotezni polozaj (slika ...s min i max Ep).

Ukoliko se promatra sustav u blizini polozaja stabilne ravnoteze, njegova se potencijalna ener-gija moze razviti u Taylorov red oko ravnoteznog poozaja

Ep(q1, q2, · · · , qS) = Ep(q1,0, q2,0, · · · , qS,0) +

S∑

s=1

∂ Ep∂ qs

∣∣∣∣qs=qs,0

(qs − qs,0)

+1

2

S∑

s=1

S∑

r=1

∂2 Ep∂ qs ∂ qr

∣∣∣∣qs=qs,0, qr=qr,0

(qs − qs,0) (qr − qr,0)

+ · · ·i zadrzati se na najnizim clanovima tog reda (zato sto je svaki slijedeci clan, manji od prethod-nih). Prema (16.1), clanovi linerani u qs − qs,0, iscezavaju i kao vodeci clan ostaje kvadratni

1Ako je sustav u polozaju labilne ravnoteze, tada mali otkloni od ravnoteznog poozaja izazivaju takve sile koje sustav odvode uneko novo ravnotezno stanje koje se razlikuje od pocetnog za konacne vrijednosti poopcenih koordinata. Kod indiferentne ravnoteze,sve su vrijednosti poopcenih koordinata iz male okoline promatrane tocke ekvivalentne

689


clan. Kao sto je poznato, potencijalna energija je neodredena do na aditivnu konstantu, pa seuvijek moze odabrati da je

Ep(q1,0, q2,0, · · · , qS,0) = 0.

Uz taj odabir, u blizini ravnoteznog polozaja, potencijalna energija je priblizno kvadratnogoblika u odstupanjima ψs

Ep(q1, q2, · · · , qS) ≃S∑

s=1

S∑

r=1

vs,r ψs ψr.

U gornjem su izrazu koristene pokrate

ψs ≡ qs − qs,0

za otklon od ravnotezne vrijednosti i

vs,r ≡1

2

∂2 Ep∂ qs ∂ qr

∣∣∣∣qs=qs,0, qr=qr,0

za vrijednost druge derivacije potencijalne energije u ravnoteznim vrijednostima poopcenihkoordinata. U minimumu potencijalne energije, njezine druge derivacije su pozitivne, pa je ivs,r pozitivna velicina. Iz definicije vs,r je ocito da je

vs,r = vr,s,

tj. da su to elementi simetricne S × S matrice V .

Promotrimo sada kineticku energiju. Relacijom (14.54) je pokazano da je, u slucaju skleronom-nih2 uvjeta na gibanje, ona kvadratna funkcija poopcenih brzina

Ek =

S∑

s=1

S∑

r=1

as,r qsqr =

S∑

s=1

S∑

r=1

as,r ψ sψ r, (16.2)

pri cemu se koeficijenti as,r, definirani relacijom (14.54),

as,r =1

2

N∑

j=1

mj

(∂ xj∂ qs

∂ xj∂ qr

+∂ yj∂ qs

∂ yj∂ qr

+∂ zj∂ qs

∂ zj∂ qr

)= ar,s

opet mogu shvatiti kao matricni elementi simetricne S × S matrice A. Kako xj , yj i zj , prema(14.9), ovise samo o poopcenim koordinatama, to i koeficijenti as,r ovise samo o poopcenimkoordinatama

as,r = as,r(q1, q2, · · · , qS)

i mogu se razviti u Taylorov red oko njihovih ravnoteznih polozaja

as,r(q1, q2, · · · , qS) = as,r(q1,0, q2,0, · · · , qS,0) +S∑

s ′=1

∂ as,r∂ qs ′

∣∣∣∣qs ′=qs ′,0

(qs ′ − qs ′,0) + · · · .

2Ako je npr. promatrani sustav cestica izoliran od okoline.


Buduci da je izraz (16.2) vec kvadratan u malim velicinama brzina, ψ s, od gornjeg razvoja zaas,r cemo zadrzati samo prvi (konstantni clan)

as,r(q1, q2, · · · , qS) ≃ as,r(q1,0, q2,0, · · · , qS,0)

i tako dobiti vodeci clan razvoja za kineticku energiju.

Koristeci gornje razvoje za kineticku i potencijalnu energiju, lagranzijan postaje jednak

L =

S∑

s=1

S∑

r=1

as,r ψ sψ r −S∑

s=1

S∑

r=1

vs,r ψs ψr. (16.3)

16.2 Lagrangeove jednadzbe

Lagrangeove jednadzbe gibanja (14.24) za holonomne konzervativne sustave, izvedene iz gornjeglagranzijana, u oznakama ψs = qs − qs,0, glase

d

d t

(∂ L

∂ ψ s

)− ∂ L

∂ ψs= 0, s = 1, 2, · · · , S.

S∑

r=1

(as,rψ r + vs,rψr

)= 0, s = 1, 2, · · · , S.

Gornji sustav diferencijalnih jednadzba se moze prikazati matricno pomocu matrica A,V ivektora stupca

~Ψ =

ψ1

ψ2...

ψS−1

ψS

kao

A ~Ψ+V ~Ψ = 0.

Zbog linearne nezavisnosti poopcenih koordinata, matrica A je regularna, pa postoji njezininverz A−1. Mnozenjem s lijeva gornje jednadzbe s A−1, dobiva se

~Ψ+A−1 V ~Ψ ≡ ~Ψ+M ~Ψ = 0, (16.4)

gdje je s M oznacen umnozak

M = A−1 V .

Vjerojatno najjednostavniji nacin rjesavanja sustava (16.4) je potraziti postoji li jednostavnorjesenjekoje ce predstavljati harmonijsko titranje frekvencijom ω, tj ono koje cija ce vremenskaovisnost biti dana s

ψs(t) = ψs(0) e± ı ω t,


tako da je

~Ψ = −ω2 ~Ψ .

Usporedbom gornje relacije sa (16.4), vidi se da ce obje biti zadovoljene, ako je

M ~Ψ = ω2 ~Ψ .

Gornja se jednadzba prepoznaje kao jednadzba svojstvenih vrijednosti matrice M , u kojoj su~Ψ svojstveni vektori, a ω2 svojstvene vrijednosti.Time je problem nalazenja frekvencija titraja vezanog sustava cestica, sveden na matematickiproblem nalazenja svojstvenih vrijednosti matrice

M = A−1 V ,

u kojoj A opisuje kineticku, a V potencijalnu energiju sustava.Kao sto je poznato iz linearne algebre, S svojstvenih vrijednosti se dobiju kao rjesenja algebarskejednadzbe S-tog reda

Det(M − ω2 1

)= 0,

gdje je s 1 oznacena S × S jedinicna matrica. Buduci da su A i V realne i simetricne matrice,to ce i svojstvene vrijednosti ω2 takoder biti realne.Nakon sto se izracunaju svojstvene vrijednosti ω2, komponente pridruzenog svojstvenog vektora~Ψ se racunaju rjesavanjem S × S sustava

(M − ω2 1

)~Ψ = 0,

za svaku pojedinu od S vrijednosti ω2 (na mogucu degeneraciju pojedinih svojstvenih vrijednosticemo se vratiti kasnije).

... dovrsiti ...

Poglavlje 17

Klasicna teorija polja

17.1 Lagranzijan kontinuiranog sustava

U ovom odjeljku ponovo studiramo male longitudinalne titraje jednodimenzijskog sustava cesticaiz odjeljka 11.1, ali cemo ovoga puta koristiti pristup preko lagranzijana, umjesto rjesavanjajednazba gibanja kao sto je to napravljeno u navedenom poglavlju.Slika 11.2, koju ovdje ponovo navodimo, prikazuje jedan takav sustav sastavljen od N cestica

Slika 17.1: Jednodimenzijski sustav od N vezanih jednakih harmonijskih oscilatora, s nepomicnim rubovima.

istih masa m, povezanih oprugama istih jakosti K.Trenutno odstupanje n-te cestice od ravnoteznog polozaja xn(0) je dano s

ψ(n, t) = xn(t)− xn(0).

Indeks n je prostorna, a t je vremenska varijabla.Kineticka energija svih N cestica je algebarski zbroj kinetickih energija pojedinih cestica

Ek(ψ ) =m

2

N∑

n=1

ψ 2(n, t).

693

694 POGLAVLJE 17. KLASICNA TEORIJA POLJA

Potencijalna energija potjece od elasticnih sila i srazmjerna je iznosu za koji je opruga rastegnutaili sabijena. Prema relaciji (6.12) i uvedenoj notaciji, potencijalna energija cijelog sustava jezbroj potencijalnih energija pojedinih cestica

Ep(ψ) =K

2

N∑

n=1

[ψ(n+ 1, t)− ψ(n, t)

]2.

Pomocu gornjih izraza za kineticku i potencijelnu energiju, formira se lagranzijan

L(ψ, ψ ) = Ek(ψ )− Ep(ψ) =1

2

N∑

n=1

mψ 2(n, t)−K

[ψ(n + 1, t)− ψ(n, t)

]2 . (17.1)

Lagrangeove jednadzbe gibanja (14.24)

d

d t

[∂ L

∂ ψ (n, t)

]− ∂ L

∂ ψ(n, t)= 0, n = 1, 2, · · · , N,

za lagranzijan (17.1) glase

mψ (n, t)−K[ψ(n+ 1, t)− ψ(n, t)

]+K

[ψ(n, t)− ψ(n− 1, t)

]= 0. (17.2)

Sada zelimo izvesti prijelaz na kontinuiranu raspodjelu mase po pravcu: masa cestica m postajeiscezavajuce malena

m → 0,

kao i razmak medu ravnoteznim polozajima cestica

xn(0)− xn−1(0) ≡ a0 → 0,

pri cemu omjer ove dvije iscezavajuce velicine, linijska masena gustoca, λ0, ostaje konstantna

λ0 = limm→ 0

lima0 → 0

m

a0= const.

Uvedimo sada nekoliko pojmova iz teorije elasticnosti kontinuiranih materijala: sila napetosti umaterijalu F je dana umnoskom Youngova modula E (ima dimenziju sile) i relativne deformacijeǫ

F = E ǫ. (17.3)

Relativna deformacija je omjer udaljenosti susjednih cestica poslije i prije deformacije, pa jeprema uvedenoj notaciji

ǫ =ψ(n+ 1, t)− ψ(n, t)

a0.

U koristenom modelu, sila napetosti je upravo sila od opruga, iznosa

F = K[ψ(n+ 1, t)− ψ(n, t)

]= K a0 ǫ,

odakle, usporedbom s (17.3), iscitavamo izraz za Youngova modul

E = K a0.

17.1. LAGRANZIJAN KONTINUIRANOG SUSTAVA 695

Prijelazom na kontinuum, diskretna varijabla (indeks) n postaje kontinuirana varijabla kojaoznacava polozaj na osi x i zato cemo ju preimenovati u x

ψ(n, t) → ψ(x, t).

Razmak a0 medu cesticama postaje infinitezimalan

a0 → d x,

zbroj po n prelazi u integral po x

∑

n

a0 fn →∫

d x f(x),

a omjer iscezavajuce malih velicina postaje derivacija

ψ(n + 1, t)− ψ(n, t)

a0→ ψ(x+ d x, t)− ψ(x, t)

d x→ ∂ ψ(x, t)

∂ x.

Uz ove zamjene, lagranzijan (17.1) prelazi u

L =1

2

∫d x

λ0

[∂ ψ(x, t)

∂ t

]2− E

[∂ ψ(x, t)

∂ x

]2 ≡∫

d x L(x),

cime je definirana i gustoca lagranzijana L

L(x) = λ02

[∂ ψ(x, t)

∂ t

]2− E

2

[∂ ψ(x, t)

∂ x

]2. (17.4)

Pogledajmo kako izgledaju Lagrangeove jednadzbe (17.2) u kontinuiranoj granici

m

a0ψ (n, t)−K

ψ(n + 1, t)− ψ(n, t)

a0+K

ψ(n, t)− ψ(n− 1, t)

a0= 0,

λ0 ψ (x, t)−K∂ ψ(x+ dx, t)

∂ x+K

∂ ψ(x, t)

∂ x= 0,

λ0 ψ (x, t)−Ka0

∂ ψ(x+dx,t)∂ x

− ∂ ψ(x,t)∂ x

a0= 0,

λ0∂ 2 ψ(x, t)

∂ t2−E

∂ 2 ψ(x, t)

∂ x2= 0,

E

λ0

∂ 2 ψ(x, t)

∂ x2− ∂ 2 ψ(x, t)

∂ t2= 0. (17.5)

Gornja jednadzba je jednodimenzijska valna jednadzba, pri cemu je fazna brzina sirenjavala dana izrazom

vf =

√E

λ0.

Diskretnih Lagrangeovih jednadzba (17.2) ima koliko i stupnjeva slobode, a to je N . U kontinu-iranoj granici postoji samo jedna parcijalna diferencijalna jednadzba, (17.5), koja predstavljakontinuirani limes od

N → ∞


diskretnih obicnih diferencijalnih Lagrangeovih jednadzba.

Poopcimo sada notaciju tako da mozemo opisivati i trodimenzijske kontinuirane sustave:

L =

∫dx L(x) →

∫dx dy dz L(x, y, z),

L(qs, qs; t) → L(ψ, ∂µ ψ; xµ),

gdje grcki indeks µ poprima vrijednosti

µ = 0, 1, 2, 3,

tako da je

xµ ∼ (ct, ~r), x0 = ct, x1 = x, x2 = y, x3 = z,

∂µ ψ ∼ ∂ ψ

∂ ct,∂ ψ

∂ x,∂ ψ

∂ y,∂ ψ

∂ z

(c je brzina svjetlosti u vakuumu).Jedan jednostavan primjer gustoce lagranzijana je gustoca lagranzijana skalarnog poljaψ(xµ)

L =1

2

(∂ ψ

∂ ct

)2

− 1

2

(∂ ψ

∂ x

)2

− 1

2

(∂ ψ

∂ y

)2

− 1

2

(∂ ψ

∂ z

)2

− 1

2m2 ψ2,

=1

2

(∂ ψ

∂ ct

)2

−(−→∇ ψ

)2− 1

2m2 ψ2.

17.2 Hamiltonovo nacelo za kontinuirane sustave

Prema (14.50), funkcija djelovanja S je definirana kao

S (ψ) =

∫ T

0

dt L =

∫ T

0

dt

∫ ~R

0

dx dy dz L =

∫cdt d3r L.

Sada postupamo kao u odjeljku 14.9: trazimo onu vrijednost polja ψ koja ce uciniti integral Sekstremnim, tj. takvim da je

δ S = 0.

To se izvodi tako da se polje ψ promjeni za mali iznos

ψ(~r, t) → ψ(~r, t) + δ ψ(~r, t),

uz uvjet da je varijacija polja jednaka nuli u pocetnoj i konacnoj tocki u vremenu i prostoru

δ ψ(~r, 0) = δ ψ(~r, T ) = 0,

(17.6)

δ ψ(0, t) = δ ψ(~R , t) = 0,

17.2. HAMILTONOVO NACELO ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 697

i zatim racuna δ S .

Za jednodimenzijsku gustocu lagranzijana (17.4) je

S =1

2

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx

λ0

[∂ ψ(x, t)

∂ t

]2−E

[∂ ψ(x, t)

∂ x

]2 ,

pri cemu je

X ≡ N a0.

Variranjem se dobiva

δ S =1

2

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx

λ02

∂ ψ(x, t)

∂ tδ∂ ψ(x, t)

∂ t− 2E

∂ ψ(x, t)

∂ xδ∂ ψ(x, t)

∂ x

,

=

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx

λ0∂ ψ(x, t)

∂ t

∂

∂ tδ ψ(x, t)− E

∂ ψ(x, t)

∂ x

∂

∂ xδ ψ(x, t)

.

Parcijalnom integracijom gornjeg izraza dobiva se

δ S =

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx

[λ0

∂

∂ t

(∂ ψ

∂ tδ ψ

)− λ0 δ ψ

∂ 2 ψ

∂ t2

]

+

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx

[−E ∂

∂ x

(∂ ψ

∂ xδ ψ

)+ E δ ψ

∂ 2 ψ

∂ x2

]

= λ0

∫ X

0

dx

(∂ ψ

∂ tδ ψ

∣∣∣∣t=T

− ∂ ψ

∂ tδ ψ

∣∣∣∣t=0

)− λ0

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx δ ψ∂ 2 ψ

∂ t2

− E

∫ T

0

dt

(∂ ψ

∂ xδ ψ

∣∣∣∣x=X

− ∂ ψ

∂ xδ ψ

∣∣∣∣x=0

)+ E

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx δ ψ∂ 2 ψ

∂ x2.

Zbog uvjeta (17.6), izrazi u zagradama su jednaki nuli, pa iz gornjeg izraza za δ S preostajesamo

δ S = 0 =

∫ T

0

dt

∫ X

0

dx δ ψ

(−λ0

∂ 2 ψ

∂ t2+ E

∂ 2 ψ

∂ x2

).

Unutar intervala

0 < t < T, 0 < x < X ≡ N a0,

su varijacije ψ proizvoljne, pa zato gornji integral moze biti jednak nuli samo ako je

− λ0∂ 2 ψ

∂ t2+ E

∂ 2 ψ

∂ x2= 0, (17.7)

a to je upravo jednadzba (17.5) dobivena ranije kao kontinuirana granica diskretnih Lagrange-ovih jednadzba.


Rjesenje gornje parcijalne diferencijalne jednadzbe je odredeno zadavanjem rubnih i pocetnihuvjeta. Neka su ti uvjeti zadani ovako

∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=0

= 1,

∂ ψ(x, t)

∂ x

∣∣∣∣x=N a0

= 1,

(17.8)

ψ(x, t = 0) = ψ0 = const.,

∂ ψ(x, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

= V0 = const.

Potrazimo rjesenje jednadzbe (17.5), tj. jednadzbe (17.7) u obliku

ψ(x, t) = ψ0 + x+ V0 t + A cos(kx) cos(ωt+ ϕ), (17.9)

gdje je A konstanta.Pogledajmo najprije zadovoljava li rjesenje gornjeg oblika jednadzbu (17.7)? Lako je izracunati

∂ 2 ψ

∂ x2= −k2 ψ,

∂ 2 ψ

∂ t2= −ω2 ψ,

pa ce jednadzba biti zadovoljena ako je

ω2 = k2E

λ0= k2 v2f . (17.10)

Pogledajmo sada i uvjete (17.8). Prvi i drugi uvjeti vode na

∂ ψ(x, t)

∂ x= 1− A k sin(kx) cos(ωt+ ϕ)

⇒ A k sin(kx)|x=0,x=Na0cos(ωt+ ϕ) = 0.

Za x = 0 je uvijek

sin(kx)∣∣∣x=0

= 0,

i prvi od uvjeta (17.8) je ispunjen. Da bi vrijedio i drugi od uvjeta (17.8), mora biti

sin(kx)∣∣∣x=Na0

= 0,

a to ce vrijediti ako je

kNa0 = π, 2π, 3π, · · · ⇒ k = kn =nπ

Na0, n = 1, 2, 3, · · · ,∞ .

Prema vezi (17.10), i kruzna frekvencija je diskretna i jednaka

ωn = kn

√E

λ0=

nπ

Na0

√E

λ0. (17.11)

17.2. HAMILTONOVO NACELO ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 699

U odjeljku 11.1 je, relacijom (11.8) pokazano da diskretni sustava od N cestica moze longitu-dinalno titrati s N razlicitih (kruznih) frekvencija

ω2n = 2

K

m

(1− cos

nπ

N + 1

), n = 1, 2, · · · , N. (17.12)

Takoder, za diskretni sustav postoji minimalna valna duljina

λn =2π

kn= 2

N + 1

na0, n = 1, 2, · · · , N

koja odgovara vrijednosti n = N . U kontinuiranom slucaju, n ide u beskonacnost i tada jeminimalna valna duljina jednaka nuli.Pokazimo da su frekvencije (17.11) i (17.12) iste u granici velikih valnih duljina

λn >> a0,

tj. kada je

N >> n.

Taylorovim razvojem u (17.12) je

1− cosnπ

N + 1≃ 1

2

n2π2

(N + 1)2,

pa je, prema (17.12)

ω2n = 2

K

m

1

2

n2π2

(N + 1)2=E

λ0

n2π2

(N + 1)2a20,

sto je, za veliki N , upravo jednako (17.11).

Vratimo se sada rjesenjima jednadzbe (17.7). Buduci da je jednadzba homogena i linearna toce i zbroj rjesenja oblika (17.9) takoder biti rjesenje iste jednadzbe

ψ(x, t) = ψ0 + x+ V0 t+

∞∑

n=1

An cos(knx) cos(ωnt+ ϕn).

Treci i cetvrti od uvjeta (17.8), vode na jednadzbe

x =

∞∑

n=1

An cos(knx) cos(ϕn),

0 =

∞∑

n=1

An cos(knx) ωn sin(ϕn),

iz kojih se odreduju koeficijenti An i ϕn (Fourierova analiza).


17.3 Lagrangeova jednadzba gibanja za kontinuirane sustave

Gornjim je racunom pokazano na jednom jednostavnom jednodimenzijskom primjeru, kako se,polazeci od Hamiltonova nacela, dolazi do jednadzbe gibanja za kontinuirane sustave. Prove-dimo sada isti postupak, ali koristeci nesto opcenitiju notaciju.

Krenimo od funkcije djelovanja (14.50),

S =

∫cdt d3r L(ψ, ∂µψ, xµ)

i potrazimo uvjet na ψ uz koji je S ekstrem

δ S = 0.

Gornji ekstrem se trazi uz uvjet da sve varirane putanje imaju istu pocetnu i konacnu tocku,tj. da su varijacije polja ψ jednake nuli na rubu podrucja integracije

δ ψ∣∣∣rub

= 0.

Varijacijom gornjeg integrala za S , dobiva se

δ S =

∫cdt d3r

∂ L∂ ψ

δ ψ +∂ L

∂(∂µψ

) ∂µ δ ψ

.

Drugi clan desne strane gornjeg integrala se parcijalno integrira i dobije se

δ S =

∫cdt d3r

∂ L∂ ψ

δ ψ + ∂µ

∂ L∂(∂µψ

) δ ψ

− δ ψ ∂µ

∂ L∂(∂µψ

)

0 =∂ L

∂(∂µψ

) δ ψ

∣∣∣∣∣∣rub

+

∫cdt d3r δ ψ

∂ L∂ ψ

− ∂µ

∂ L∂(∂µψ

)

.

Prvi clan desne strane je nula jer varijacija polja iscezava na rubovima podrucja integracije(sve putanje imaju istu pocetnu i konacnu tocku). Unutar podrucja integracije, δ ψ je potpunoproizvoljna, pa cijela desan strana moze biti nula samo ako je nuli jednak izraz u uglatoj zagradi

∂

∂ xµ

∂ L∂(∂µψ

)

− ∂ L∂ ψ

= 0.

Grcki indeks µ ima vrijednosti µ = 0, 1, 2, 3 i podrazumjeva se zbrajanje po ponovljenomindeksu. Rjesenje gornje parcijalne diferencijalne jednadzbe je polje ψ koje cini S ekstremnim.Ukoliko je lagranzijan funkcija vise polja ψk koja se medusobno neovisno variraju, izlozenimpostupkom ce se za svako polje ψk dobiti gornja parcijalna diferencijalna jednadzba

∂

∂ xµ

∂ L∂(∂µψk

)

− ∂ L

∂ ψk= 0, k = 1, 2, · · · . (17.13)

17.3. LAGRANGEOVA JEDNADZBA GIBANJA ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 701

Bazdarna preobrazba:U odjeljku ?? je pokazano da za diskretne sustave, bazdarna preobrazba lagranzijana oblika(14.52) ne mijenja lagrangeove jednadzbe gibanja

L(qs, qs; t) = α L(qs, qs; t) +d f(qs; t)

d t,

gdje je f proizvoljna funkcija poopcenih koordinata i vremena (ali ne ovisi o poopcenim brzi-nama), a α je konstanta.Kontinuirana verzija gornje preobrazbe je

L(ψ, ∂µψ, xµ) = α L(ψ, ∂µψ, xµ) + ∂ Fν(ψ; xµ)

∂ xν, (17.14)

gdje su Fν cetiri derivabilne (ali inace proizvoljne) funkcije polja ψk(xµ) i koordinata xµ, ali ne

i derivacija polja ∂µψ.

δ S = δ

∫cdt d3r L(ψ, ∂µψ, xµ) = α δ

∫cdt d3r L(ψ, ∂µψ, xµ) + δ

∫cdt d3r

∂ Fν(ψ; xµ)

∂ xν

= α δ S + δ

∫ T

0

cdt

∫ ~R

0

d3r

[∂ Ft∂ ct

+∂ Fx∂ x

+∂ Fy∂ y

+∂ Fz∂ z

]

= α δ S + δ

∫ ~R

0

d3r [Ft(ψ, cT,~r)− Ft(ψ, 0, ~r)]

+ δ

∫ T

0

cdt

∫ (Y,Z)

0

dy dz [Fx(ψ, ct,X, y, z)− Fx(ψ, ct, 0, y, z)]

+ δ

∫ T

0

cdt

∫ (X,Z)

0

dx dz [Fy(ψ, ct, x, Y, z)− Fy(ψ, ct, x, 0, z)]

+ δ

∫ T

0

cdt

∫ (X,Y )

0

dx dy [Fz(ψ, ct, x, y, Z)− Fz(ψ, ct, x, y, 0)] .

No, izrazi u uglatim zagradama su konstante (u opcenitim terminima, to su vrijednosti funkcijaFν na trodimenzijskoj povrsini cetverodimenzijskog volumena), pa je njihova varijacija jednaka

nuli i δ S i δ S se razlikuju samo do na nebitno mnozenje konstantom α

δ S = α δ S

i vodit ce na iste jednadzbe (17.13). Drugim rjecima, lagranzijan kontinuiranog sustava jeinvarijantan na bazdarnu preobrazbu (17.14).

Kao primjer uzmimo gustocu lagranzijana skalarnog polja kojemu je dodan clan s izvorom poljas(xµ)

L(ψ, ∂µψ, xµ) = 1

2

(∂0 ψ

)2− 1

2

(∂j ψ

)(∂j ψ

)− 1

2m2 ψ2 − s ψ.

Latinski indeks j ima vrijednosti j = 1, 2, 3 i podrazumjeva se zbrajanje po ponovljenomindeksu. Clan −s ψ je oblika vezanja magnetizacije i vanjskog magnetsko polja − ~H ~M .


Izravnom derivacijom gornje gustoce lagranzijana i uvrstavanjem derivacija u jednadzbu (17.13),dobiva se nehomogena parcijalna diferencijalna jednadzba za polje ψ (koje cini S ekstremnim)

(∂0 ∂

0 − ∂j ∂j +m2)ψ = −s(xµ).

Gornja jednadzba se zove nehomogena Klein-Gordonova jednadzba. U nesto drukcijojnotaciji, ta ista jednadzba izgleda ovako

( 1

c2∂ 2

∂ t2−∇ 2 +m2

)ψ(~r, t) = −s(~r, t).

Uz m = 0, to je nehomogena valna jednadzba (17.5).

Gornja se jednadzba moze povezati i s elektrostatikom. U statickom slucaju nema ovisnosti ovremenu, pa vremenske derivacije daju nulu i jednadzba postaje

(∇ 2 −m2

)ψ(~r) = s(~r).

Opet, uz m = 0, gornja se jednadzba prepoznaje kao Poissonova jednadzba za elektrostatskipotencijal.Neka je m 6= 0 i neka je izvor tockasti naboj iznosa q smjesten u tocki ~r ′

s(~r) = q δ(~r − ~r ′)

(∇ 2 −m2

)ψ(~r, t) = q δ(~r − ~r ′).

Lako1 je uvjeriti se da je jedino sfernosimetricno rjesenje gornje jednadzbe koje zadovoljavauvjet

ψ(r → ∞) = 0,

rjesenje oblika Yukawa potencijala

ψ(r) =q

4 π

e−m|~r−~r ′|

|~r − ~r ′| .

Gornji izraz je klasicni model za opis nuklearnih sila. Velicina m (masa nositelja sile) sepojavljuje kao mjera dosega medudjelovanja Λ

Λ =1

m.

Sto je veca masa nositelja sile, to sila ima kraci doseg. Foton je nositelj elektromagnetske sile,njegova je masa mirovanja jednaka nuli i kao rezultat toga, doseg elektromagnetske sile je be-skonacan. Nositelji jake nuklearne sile - π mezoni - imaju konacnu masu mirovanja i zato jedoseg jake nuklearne sile konacan (i reda velicine polumjera atomske jezgre).

Iz ovoga se vidi da je Klein-Gordonova jednadzba relevantna za klasicni opis jake nuklearne sileu statickoj granici, kao i za opis gravitacijskog i elektromagnetskog potencijala (uz m = 0).

1Npr. vidjeti u [14] dio o rjesavanju diferencijalnih jednadzba pomocu Greenove funkcije

17.4. TENZOR NAPREZANJA 703

17.4 Tenzor naprezanja

17.5 Zakoni sacuvanja

Slika 17.2: Amalie Emmy Nother(23. III 1882. – 14. IV 1935.)

Glavna ideja izlozena u ovom odjeljku jeste da iz simetrije(invarijantnosti) lagranzijana na odredenu preobrazbu (tran-sformaciju), nuzno slijedi sacuvanje neke odredene fizickevelicine. To je osnovni sadrzaj slavnog teorema EmmyNother2, koji ce se i formalno izvesti u ovom odjeljku.

Promotrimo, za pocetak, infinitezimalnu promjenu koordinataoblika

xµ → x ′µ = xµ + δ xµ,

pri cemu infinitezimalna promjena µ-te koordinate moze bitifunkcija (ovisiti o) svih koordinata x ν .Uslijed promjena koordinata, mijenjaju se i sama polja (ako ihima vise)

ψk(xµ) → ψ ′

k(x′µ) = ψk(x

µ) + δ ψk(xµ). (17.15)

Clan δ ψk(xµ) opisuje promjenu koja dolazi od promjene koordinata xµ, ali i od promjene samih

polja ψk i moze biti funkcija (ovisiti o) ostalih polja ψl.Primjetimo da je promjena polja ψk u tocki xµ (a ne u tocki x ′µ) jedna druga velicina oznacenas

ψ ′k(x

µ) = ψk(xµ) + δ ψk(x

µ). (17.16)

Iz same cinjenice da su gornje preobrazbe definirane na infinitezimalan nacin, znaci da se radio kontinuiranim preobrazbama. Prema tome simetrija na inverziju trodimenzijskog prostora,~r → −~r, je primjer jedne simetrije na koju se moze primjeniti Notherin teorem.Uslijed gore opisane promjene koordinata i polja, promjenit ce se i sam lagranzijan (tj. njegovagustoca)

L(ψk(x

µ), ∂ν ψk(xµ), xµ

)→ L ′

(ψ ′k(x

′µ), ∂ν ψ′k(x

′µ), x ′µ).

Izvod Notherinog teorema koji ce se ovdje reprodicirati, nije najopcenitiji moguci, ali je do-voljno opcenit da sadrzi svoje bitne fizicke znacajke. Izvodi se uz slijedeca tri uvjeta:

(1) Cetverodimenzijski prostor je ravan (Euklidski).

(2) Gustoca lagranzijana u preobrazenim i originalnim varijablama, je istog oblika

L(α(xµ), ∂ν α(x

µ), xµ)

= L ′(α(xµ), ∂ν α(x

µ), xµ). (17.17)

Tako je npr. gustoca lagranzijana slobodnog elektromagnetskog polja

LEM = −1

4Fµ,ν F

µ,ν + jµAµ,

2Amalie Emmy Nother (23. III 1882. – 14. IV 1935.), njemacka matematicarka i teorijska fizicarka.


ima isti oblik u originalnim i pomaknutim koordinatama, ako Aµ zadovoljava bazdarnu (iligauge) preobrazbu (odjeljak ??).Primjetimo takoder i da uvjet (17.17) ima z aposljedicu da ce i jednadzbe gibanja biti istogoblika u originalnim i pomaknutim koordinatama.Uvjet (17.17) nije najopcenitiji, L i L ′ se mogu razlikovati za cetverodivergenciju jednogcetverovektora, jer takav clan, nakon integracije po cetverovolumenu (kasnije), iscezava. Radijednostavnosti, necemo razmatrati i tu mogucnost.

(3) Integral djelovanja je invarijantan na preobrazbu (Hamiltonovo nacelo)

S =

∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


)=

∫

Ω ′

cdt d3r ′ L ′(ψ ′k(x

′µ), ∂ν ψ′k(x

′µ), x ′µ),

(17.18)gdje je

cdt d3r =√

|g | dx0 dx1 dx2 dx3 =√

|g | c dt dx dy dz,a |g | je apsolutna vrijednost determinante matrice g . Ovaj se uvjet naziva i uvjet invarijant-nosti na promjenu skale (scale invariance).

Jednostavnim kombiniranjem uvjeta (17.17) i (17.18) dolazi se do∫

Ω ′

cdt d3r ′ L(ψ ′k(x

′µ), ∂ν ψ′k(x

′µ), x ′µ)−∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


)= 0. (17.19)

No, koordinate x ′µ u gornjem lijevom integralu su samo nijeme varijable integracije, pa se mogupreimenovati jednostavno u xµ, cime gornji izraz postaje∫

Ω ′

cdt d3r L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


)= 0. (17.20)

Gornji izraz kaze da ako istom preobrazbom djelujemo na polja ψk kao i na podrucje integracije,vrijednost integrala djelovanja se nece promjeniti.

Prije nego nastavimo s analizom gornje relacije, uocimo jednu jednostavnu vezu medu jednodi-menzijskim integralima

∫ b+δ b

a+δ a

[f(x) + δ f(x)

]dx−

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

δ f(x) dx (17.21)

+

∫ b+δ b

b

[f(x) + δ f(x)

]dx

−∫ a+δ a

a

[f(x) + δ f(x)

]dx.

Slika 17.3: Uz izvod Noetherinog teorema.

Dokazimo gornju relaciju. Prema slici 17.3 je∫ b

a

=

∫ a+δ a

a

+

∫ b+δ b

a+δ a

−∫ b+δ b

b

∫ b+δ b

a+δ a

=

∫ b

a

−∫ a+δ a

a

+

∫ b+δ b

b

.

17.5. ZAKONI SACUVANJA 705

Primjenom gornjeg izraza na podintegralnufunkciju f(x) + δ f(x), dobiva se

∫ b+δ b

a+δ a

[f(x) + δ f(x)

]dx =

∫ b

a

[f(x) + δ f(x)

]dx

−∫ a+δ a

a

[f(x) + δ f(x)

]dx

+

∫ b+δ b

b

[f(x) + δ f(x)

]dx,

a to je upravo relacija (17.21).

U gornjim se integralima pojavljuju male velicine δ f(x), δ a i δ b. Razvojem integrala po timmalim velicinama i zadrzavanjem samo clanova linearnih u δ, dobiva se

∫ b+δ b

b

[f(x) + δ f(x)

]dx =

∫ b+δ b

b

f(x) dx+

∫ b+δ b

b

δ f(x) dx

≃ f(b)[(b+ δ b

)− b]+ δ f(b)

[(b+ δ b

)− b]

= f(b) δ b+O(δ2),

−∫ a+δ a

a

[f(x) + δ f(x)

]dx = −f(a) δ a +O

(δ2).

Pomocu gornja dva razvoja, relacija (17.21) postaje

∫ b+δ b

a+δ a

[f(x) + δ f(x)

]dx−

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

δ f(x) dx+ f(b) δ b− f(a) δ a+O(δ2)

=

∫ b

a

δ f(x) dx+ f(x) δ x∣∣∣b

a+O

(δ2)

(17.22)

≃∫ b

a

[δ f(x) +

d

d x

(f(x) δ x

) ]dx. (17.23)

Poopcimo (17.22) i (17.23) na vise dimenzija: umjesto integracije po pravcu (osi x), integrira sepo cetverodimenzijskom volumenu Ω (integral od a do b) tj. Ω ′ (integral od a+δ a do b+δ b), aumjesto vrijednosti funkcije na rubovima intervala (u tockama a i b) uzima se vrijednost funkcije


na trodimenzijskoj povrsini S cetverodimenzijskog volumena Ω (koja je rub tog volumena)

∫ b+δ b

a+δ a

[f(x) + δ f(x)

]dx →

∫

Ω ′

cdt d3r ′ L ′(ψ ′k(x

′µ), ∂ν ψ′k(x

′µ), x ′µ)

= (17.17) i zamjena nijeme varijable

=

∫

Ω ′

cdt d3r L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ),

∫ b

a

f(x) dx →∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


),

∫ b

a

δ f(x) dx →∫

Ω

cdt d3r[L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−L

(ψk(x


)],

f(x) δ x∣∣∣b

a→

∫

S

L(ψk(x


)δ xµ dSµ.

U gornjem je integralu s δ xµ oznacena promjena koordinate povrsine (ruba) pri promjeni sa Sna S ′. poopcena jednadzba (17.22) glasi

∫

Ω ′

cdt d3r L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


)=

=

∫

Ω

cdt d3r[L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)− L

(ψk(x


)]

+

∫

S

L(ψk(x


)δ xµ dSµ,

a poopcena jednadzba (17.23) glasi∫

Ω ′

cdt d3r L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−∫

Ω

cdt d3r L(ψk(x


)=

=

∫

Ω

cdt d3r[L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−L

(ψk(x


)

+∂

∂ xµ

(L(ψk(x


)δ xµ

) ].

U skladu s (17.20), lijeva strana gornjeg izraza je jednaka nuli, tako da preostaje∫

Ω

cdt d3r[

L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−L

(ψk(x


)

+∂

∂ xµ

(L(ψk(x


)δ xµ

) ]= 0. (17.24)

Buduci da su oba gornja lagranzijana napisana u istim koordinatama xµ, prema (17.16), razlikaprva dva clana gornjeg izraza se moze napisati kao

L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)− L

(ψk(x


)=

∂ L∂ ψk

δ ψk +∂ L

∂ (∂ν ψk)δ (∂ν ψk) + · · ·

17.5. ZAKONI SACUVANJA 707

Buduci da δ opisuje promjenu polja ψk uz fiksnu vrijednost koordinate xµ, to operacije variranjaδ i parcijalne derivacije ∂ν komutiraju

δ ∂ν · · · = ∂ν δ · · · .

Primjenjeno na gornji razvoj to znaci

L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)− L

(ψk(x


)=

∂ L∂ ψk

δ ψk +∂ L

∂ (∂ν ψk)

∂

∂ x νδ ψk + · · ·

=∂ L∂ ψk

δ ψk +∂

∂ x ν

[∂ L

∂ (∂ν ψk)δ ψk

]− δ ψk

∂

∂ x ν

[∂ L

∂ (∂ν ψk)

]+ · · ·

Prema (17.13), posljednji clan desne strane gornjeg izraza je jednak

∂

∂ x ν

[∂ L

∂ (∂ν ψk)

]=

∂ L∂ ψk

,

tako da gornji izraz postaje

L(ψ ′k(x

µ), ∂ν ψ′k(x

µ), xµ)−L

(ψk(x


)

=∂ L∂ ψk

δ ψk +∂

∂ x ν

[∂ L


]− δ ψk

∂ L∂ ψk

=∂

∂ x ν

[∂ L


].

Uvrstavanjem gornjeg rezultata u (17.24), dobiva se

0 =

∫

Ω

cdt d3r

[∂

∂ x ν

(∂ L


)+

∂

∂ xµ

(L δ xµ

) ]

=

∫

Ω

cdt d3r∂

∂ x ν

[∂ L

∂ (∂ν ψk)δ ψk + L δ x ν

]. (17.25)

Gornja se relacija iscitava kao zakon sacuvanja struje.Precizirajmo gornji izraz uvodenjem R parametra ǫr (za r = 1, 2, · · · , R) infinitezimalne pre-obrazbe, tako da su promjene xν i ψk linearne u ǫr

δ x ν = ǫr Xνr ,

(17.26)

δ ψk = ǫr Ψr,k.

Funkcije X νr mogu ovisiti o svimkoordinatama xµ, a funkcije Ψr,k o svim poljima ψl.

Ako se simetrijska preobrazba odnosi sam o na koordinate i odgovara pomaku samo jednekoordinate x ν , tada su gornje funkcije jednostavno jednake

X νr = δ νr , Ψr,k = 0,

gdje je sada δ νr Kroneckerov simbol. Same jednadzbe (17.26) sadrze opis simetrija punoopcenitijih od onih koje smo do sada koristili.


Prema relacijama (17.15) i (17.16)

ψ ′k(x

′µ) = ψk(xµ) + δ ψk(x

µ)

ψ ′k(x

µ) = ψk(xµ) + δ ψk(x

µ).

Razvojem do prvog reda u malim velicinama je

ψ ′k(x

′µ) = ψ ′k(x

µ + δ xµ) = ψ ′k(x

µ) +∂ ψ ′

k(xµ)

∂ xµδ xµ + · · ·

= ψ ′k(x

µ) +∂ ψk(x

µ)

∂ xµδ xµ + · · ·

Sada je

δ ψk(xµ) = ψ ′

k(x′µ)− ψk(x

µ)

= ψ ′k(x

µ)− ψk(xµ) +

∂ ψk(xµ)

∂ xµδ xµ + · · ·

= δ ψk(xµ) +

∂ ψk(xµ)

∂ xµδ xµ + · · · .

Uvrstavanjem relacija (17.26), iz gornjeg se izraza dobiva (izostavljanjem clanova viseg reda)

δ ψk = δ ψk −∂ ψk∂ xµ

δ xµ

= ǫr Ψr,k −∂ ψk∂ xµ

ǫr Xµr

= ǫr

[Ψr,k −

∂ ψk∂ xµ

X µr

](17.27)

Kombinirajnem izraza (17.25), (17.26) i (17.27), dobiva se

0 =

∫

Ω

cdt d3r∂

∂ x ν

∂ L

∂ (∂ν ψk)ǫr

[Ψr,k −

∂ ψk∂ xµ

X µr

]+ L ǫrX

νr

=

∫

Ω

cdt d3r ǫr∂

∂ x ν

Xνr

[∂ L

∂ (∂ν ψk)

∂ ψk∂ xµ

− L δνµ

]−Ψr,k

∂ L∂ (∂ν ψk)

Buduci da je R parametara ǫr proizvoljno, to je gornji integrl jednak nuli samo ako je podinte-gralna funkcija jednaka nuli

∂

∂ x ν

Xνr

[∂ L

∂ (∂ν ψk)

∂ ψk∂ xµ

−L δνµ

]−Ψr,k

∂ L∂ (∂ν ψk)

= 0. (17.28)

Gornja jednadzba iskazuje Noterin teorem: ako sustav opisan gustocom lagranzijana Lima simetrijska svojstva takva da uvjeti (2) i (3) sa strane 703 vrijede za preobrazbe oblika(17.26), tada postoji R sacuvanih velicina, definiranih gornjim izrazom.

17.6. JEDNADZBA GIBANJA 709

17.6 Jednadzba gibanja

Kontinuiranim sustavima nazivamo elasticna, plasticna, tekuca i plinovita tijela. Gustoca, ρ,ovih sustava se smatra promjenjivom i u i u prostoru i u vremenu

ρ = ρ(~r, t).

Na promatrani dio kontinuiranog sustava mogu djelovati sile. Ove sile mogu potjecati ili oddrugih tijela (vanjske sile) ili od drugih dijelova istog tijela (unutrasnje sile). Nadalje, ove silemogu djelovati samo na povrsinu promatranog (pod)sustava (povrsinske sile), a mogu djelovatii na sve cestice promatranog (pod)sustava (volumne sile).

Gustoca volumnih sila, ~f se definira kao

~f (~r, t) = lim∆V → 0

∆ ~F

∆V=d ~F

d V,

gdje je s d V ≡ d 3r oznacen diferencijal volumena tijela oko tocke ~r.Ukoliko sile djeluju na povrsinu promatranog kontinuiranog (pod)sustava, tada se vektor na-prezanja (napon), definira kao

~P (~r, t) = lim∆S → 0

∆ ~F

∆S=d ~F

d S,

gdje je s d S ≡ d2r oznacen diferencijal povrsine tijela oko tocke ~r. Spomenutoj se povrsini d Smoze pridruziti vektor d ~S

d ~S = d S ~e⊥ ,

gdje je ~e⊥ jedinicni vektor okomit3 na diferencijalnu plohu d S i usmjeren prema van u odnosu

Slika 17.4: Opceniti odnos naprezanja ~P i lokalne okomice na plohu ~e⊥ .

na volumen koji zatvara cijela ploha S (slika 17.4). Okomita komponenta sile naprezanja, ~P ⊥,

(normal stress) izaziva silu tlaka na povrsinu, dok paralelna komponenta sile naprezanja, ~P ‖,

3Svaka diferencijalna ploha se moze smatrati ravninom, pa pojam okomitosti ima smisla.


(shearing stress) izaziva silu smicanja na povrsinu.

Uvedimo komponente tenzora4 naprezanja, T i j(~r), relacijom

d ~F = T d ~S ,

ili, u matricnom obliku, u pravokutnoj bazi

d Fx

d Fy

d Fz

=

Tx x Tx y Tx z

Tyx Tyy Tyz

Tzx Tzy Tzz

·

d Sx

d Sy

d Sz

.

Raspisano po komponentama

d Fx = Txx d Sx + Tx y d Sy + Tx z d Sz = Tx x d y d z + Tx y d x d z + Tx z d x d y,

d Fy = Tyx d Sx + Tyy d Sy + Tyz d Sz,

d Fz = Tzx d Sx + Tzy d Sy + Tzz d Sz,

d Fi =∑

j

Ti j d Sj, i, j = x, y, z.

Ilustrirajmo relaciju za d Fx slikom 17.5. Ukupna x-komponenta sile na volumni element

Slika 17.5: Txx su tlakovi na plohu dy dz, a Txy i Txz su smikovi na plohe dx dz i dx dy.

d x d y d z je zbroj svih sila na povrsinu tog volumnog elementa. Pogledajmo najprije silena dvije plohe d y d z koje se nalaze u ravninama x i x+ d x

[Tx x(x+ d x)− Txx(x)

]d y d z .

4To je tenzor drugog rda koji se moze reprezentirati 3× 3 matricom.

17.6. JEDNADZBA GIBANJA 711

Negativan predznak u uglatoj zagradi dolazi zato da ako su sile od Txx(x + d x) i Tx x(x)medusobno jednake, rezultantna sila u podrucju unutar volumena bude jednaka nuli. Mnozenjemi djeljenjem gornjeg izraza s d x, dobiva se

∂ Txx∂ x

d x d y d z .

Slicno se dobiva i za preostala dva para sila. Tako se za x-komponentu smicanja na plohamaparalelnim s (x, z) ravninom dobiva

[Tx y(y + d y)− Tx y(y)

]d x d z =

∂ Tx y∂ y

d x d y d z ,

a za x-komponentu smicanja na plohama paralelnim s (x, y) ravninom dobiva

[Tx z(z + d z)− Tx z(z)

]d x d y =

∂ Tx z∂ z

d x d y d z .

Zbroj gornja tri izraza daje ukupnu x-komponentu sile na diferencijalni volumen d x d y d z

∂ Tx x∂ x

+∂ Tx y∂ y

+∂ Tx z∂ z

=∑

j

∂ Tx j∂ j

≡ ∂j Tx j .

Gornjim smo izrazom uveli i uobicajeni skraceni zapis zbrajanja po indeksu koji se ponavlja.Indeks oznacen latinskim slovom j poprima vrijednosti j = x, y, z. Slicni se izrazi dobiju i za yi z komponente povrsinskih sila

∂ Ty x∂ x

+∂ Ty y∂ y

+∂ Ty z∂ z

= ∂j Ty j ,

∂ Tz x∂ x

+∂ Tz y∂ y

+∂ Tz z∂ z

= ∂j Tz j.

Osim ovih povrsinskih sila, koje djeluju na sve tocke povrsine promatranog volumena, na njegajos mogu djelovati i volummne sile koje djeluju na sve tocke unutar volumena. Jedna od tihvolumnih sila je uvijek i sila teza. Na volumni element mase dm = ρm d 3 r djeluje sila teza

d ~FG = dm ~g = ρm d 3 r ~g ,

gdje je ~g gravitacijsko ubrzanje u blizini povrsine Zemlje, a ρm masena gustoca volumnogelementa. Gustoca sile teze je

~f G =d ~FGd 3 r

= ρm ~g .

Napisimo sada drugi Newtonov aksiom (jednadzbu gibanja) samo za x-smjer djelovanja sila

dmd vxd t

= Fx

ρm d 3 rd vxd t

= fx d3 r +

(∂ Tx x∂ x

+∂ Tx y∂ y

+∂ Tx z∂ z

)d 3 r

ρmd vxd t

= fx +∂ Tx x∂ x

+∂ Tx y∂ y

+∂ Tx z∂ z

, (17.29)


gdje je s fx oznacena x-komponenta volumne sile (ne nuzno sila teza).

Divergencija tenzorskog polja:Prije nego nastavimo gornja razmatranja, uvedimo pojam divergencije tenzorskog polja. Uodjeljku 2.4.2 je uveden pojam divergencije vektorskog polja ~V . To je bio skalar koji se upravokutnim kordinatama racuna kao

div ~V =−→∇ ~V =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)(Vx~ex + Vy~ey + Vz~ez ) =

∂ Vx∂ x

+∂ Vy∂ y

+∂ Vz∂ z

.

Divergencija opcenitog tenzorskog polja S nije skalar, nego vektor i u pravokutnim koordina-tama se racuna kao

−→∇ S = ~e i∂ Si j∂ j

, i, j = x, y, z,

gdje se (uvijek) podrazumijeva zbrajanje po indeksima koji se dva puta ponavljaju. Raspisana,gornja relacija glasi

−→∇ S =∑

i

∑

j

~e i∂ Si j∂ j

= ~e x

(∂ Sxx∂ x

+∂ Sx y∂ y

+∂ Sx z∂ z

)

+ ~e y

(∂ Sy x∂ x

+∂ Sy y∂ y

+∂ Sy z∂ z

)

+ ~e z

(∂ Sz x∂ x

+∂ Sz y∂ y

+∂ Sz z∂ z

).

Vratimo se sada tenzorskom dijelu relacije (17.29)

∂ Txx∂ x

+∂ Tx y∂ y

+∂ Tx z∂ z

=(−→∇ T

)x,

tako da cijela relacija (17.29) za x-komponentu jednadzbe gibanja glasi

ρmd vxd t

= fx +(−→∇ T

)

x.

Slicni se izrazi dobiju i za y i z komponente, tako da cijela, vektorska, jednadzba gibanja glasi

ρmd~v

d t= ~f x +

−→∇ T

Dio IV

Mehanika Fluida

713

Poglavlje 18

Mehanika Fluida

TF1, Supek, str 512 Meh elast tijela uvodni tekst

18.1 Uvod

715

716 POGLAVLJE 18. MEHANIKA FLUIDA

Dodatak A

Matematicki dodatak

A.1 Medunarodni sustav mjernih jedinica (SI)

Na Opcoj konferenciji o utezima i mjerama, odrzanoj u listopadu 1960. ..gdje.? u Parizu.,definirane su osnovne i izvedene mjerne jednice sustava nazvanog Medunarodni sustav mjernihjedinica (Systeme international - SI): metar, kilogram, sekunda, amper, kelvin, kandela i mol.Pored ovih jedinica, definirane su i iznimno dopustene jedinice izvan SI. Osnovne mjerne jediniceMedunarodnog sustava mjernih jedinica su:

(1) duljina - metar - m1m je duljina jednaka 1 650 763.73 valne duljine zracenja u vakuumu koja odgovara prijelazuizmedu razine 2 p10 i 5 d5 atoma Cr86.

(2) masa - kilogram - kg1 kg je masa medunarodne pramjere kilograma, koja se od 1889. cuva u Medunarodnomuredu za utege i mjere u Sevresu kraj Pariza.

(3) vrijeme - sekunda - sGodine 1967 na 13.-oj Opcoj konfernciji o utezima i mjerama, 1 s je definirana kao trajanjeod 9 192 631 770 perioda zracenja koje odgovara prijelazu izmedu dviju hiperfinih razinaosnovnog stanja atoma Cs133.

(4) jakost elektricne struje - amper - A1A je jakost stalne elektricne struje koja, kad se odrzava u dva ravna paralelna vodica, neo-granicene duljine i zanemarivog kruznog presjeka, koji se nalaze u vakuumu na medusobnojudaljenosti 1m, uzrokuje medu tim vodicima silu jednaku 2 10−7N po metru duljine.

(5) termodinamicka temperatura - kelvin - K1K je termodinamicka temperatura jednaka 1/273.16 termodinamicke temperature trojnetocke vode.

termodinamicke temperature trojne tocke vode.

(6) svjetlosna jakost - kandela - cd1 cd je svjetlosna jakost koju u okomitom pravcu zraci povrsina od 1/600 000m2 crnog tijelana temperaturi skrucivanja platine (2046.16K) pod tlakom od 101 325N m−2.

(7) kolicina tvari - mol - mol1mol je kolicina tvari sustava koji sadrzi toliko gradivnih cestica koliko ima atoma u0.012 kg C12. Te gradivne cestice mogu biti molekule, atomi, ioni, elektroni ili kakvedruge cestice ili nakupine cestica.

717

718 DODATAK A. MATEMATICKI DODATAK

prefiks simbol visekratnik prefiks simbol visekratnik

eksa E 1018 ato a 10−18

peta P 1015 femto f 10−15

tera T 1012 piko p 10−12

giga G 109 nano n 10−9

mega M 106 mikro µ 10−6

kilo k 103 mili m 10−3

hekto h 102 centi c 10−2

deka d 101 deci dc 10−1

U slucaju potrebe vecih ili manjih jedinica, koriste se ispred oznake SI jedinice oznake faktoramnozenjaIznimno dopustene jedinice izvan SI sustava su:

A.2. TAYLOROV RAZVOJ 719

A.2 Taylorov razvoj

ei α = cosα+ i sinα, i2 = −1 (A.1)

ex = 1 + x+x2

2+x3

6+ · · · =

∞∑

n=0

xn

n !(A.2)

sin x = x− x3

6+ · · · =

∞∑

n=1

x2n−1

(2n− 1) !(A.3)

cos x = 1− x2

2+ · · · =

∞∑

n=0

x2n

(2n) !(A.4)

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3+ · · ·+ (−1)n+1 x

n

n+ · · · − 1 < x ≤ 1 (A.5)

ln (1− x) = −[x+

x2

2+x3

3+ · · ·+ xn

n+ · · ·

]− 1 ≤ x < 1 (A.6)

1√1± x

= 1∓ 1

2x+

1 · 32 · 4 x

2 ∓ 1 · 3 · 52 · 4 · 6 x

3 + · · · |x| < 1 (A.7)

1

(1± x)= 1∓ x+ x2 ∓ x3 + x4 ∓ · · · |x| < 1 (A.8)

1

(1± x)3/2= 1∓ 3

2x+

3 · 52 · 4 x

2 ∓ 3 · 5 · 72 · 4 · 6 x

3 · · · |x| < 1 (A.9)

A.3 Integrali

♣ [12], str 443, (450)∫

xn eax d x =xn

aeax − n

a

∫xn−1 eax d x

♣ B.-S., 479, (42)∫ +∞

0

xa−1

1 + xbdx =

π

b sin aπb

, 0 < a < b.

♣ B.-S., str 443, (450)∫

xn eax d x =xn

aeax − n

a

∫xn−1 eax d x

♣∫ ∞

0

xn e−ax dx =Γ(n+ 1)

an+1.


♣ B.-S., 475, (3)

∫ +∞

0

e−a2x2 dx =

√π

2a, a > 0.

♣ B.-S., 474, (2)

∫ +∞

0

xn e−ax2

dx =Γ(n+12

)

2 a(n+1)/2, a > 0, n > −1

=

1 · 3 · . . . · (2k − 1)

2k+1ak+1/2

√π n = 2k

k !

2ak+1n = 2k + 1.

♣

I2m =

∫ +∞

−∞x2m e−

N2x2 dx =

Γ(m+ 1

2

)

Nm+ 1

2

2m+ 1

2

I0 =

√2 π

N,

I4I0

=3

N2,

(I2I0

)2

=1

N2.

Γ

(1

2

)=

√π, Γ

(3

2

)=

1

2

√π, Γ

(5

2

)=

3

4

√π,

♣∫ π/2

0

(sin x)2n dx =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)π

2.

♣ Luijten-Bloete, Int. J. Mod. Phys. C 6 (1995) 359-370, p. 8

∫ +∞

−∞d x xk e−a x

4

=1

2

Γ(k+14

)

a(k+1)/4, a > 0.

♣ B. - S., 477, (19)

∫ +∞

0

sin2 ax

x2dx =

π

2|a|.

♣∫

d x√1− x2

= arcsin x+ c0

A.4. ZAOKVIRENE FORMULE IZ OVE KNJIGE 721

♣∫

d x

p + q sin ax=

2

a√p2−q2

arctanp tan ax

2+q√

p2−q2, p2 > q2

1

a√q2−p2

lnp tan ax

2+q−

√q2−p2

p tan ax2+q+

√q2−p2

, p2 < q2.

(A.10)

♣

∫d x

b+ c cos ax=

2a√b2−c2 arctan

(b−c) tan ax2√

b2−c2 , b2 > c2

1a√c2−b2 ln

(c−b) tan ax2+√c2−b2

(c−b) tan ax2−√c2−b2 , b2 < c2.

♣ Integrali trigonometrijskih funkcija - najcesce zamjene∫

sinm x cosn x d x

(1) cosx = t, m > 0, neparan,

(2) sin x = t, n > 0, neparan,

(3) tanx = t, m+ n < 0, parno.

Univerzalna trigonometrijska zamjena

sin x =2t

1 + t2,

cos x =1− t2

1 + t2,

d x =2 d t

1 + t2.

A.4 Zaokvirene formule iz ove knjige

~er = ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ,

~eθ = ~ex cos θ cosϕ+ ~ey cos θ sinϕ− ~ez sin θ,

~eϕ = −~ex sinϕ + ~ey cosϕ.

~eρ = ~ex cosϕ+ ~ey sinϕ,

~eϕ = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ.

−→∇ = ~ex∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z.

grad A ≡ −→∇ A = ~ex∂ A

∂ x+ ~ey

∂ A

∂ y+ ~ez

∂ A

∂ z

div ~A ≡ −→∇ ~A =∂ Ax∂ x

+∂ Ay∂ y

+∂ Az∂ z


∮

S

~A d ~S =

∫

V (S)

−→∇ ~A dV,

∮

C~A (~r) d~r =

∫

S(C)(−→∇ × ~A ) d~S

Dodatak B

Diracova δ-funkcija

Diracova funkcija δ(x − x0) se mo”ze zamisliti kao grani”cna vrijednost Gaussove funkcijeraspodjele

δ(x− x0, σ) =1

2 π σ2exp

[− (x− x0)

2

2 σ2

],

kada ”sirina gausijana i”s”cezava, σ → 0, ali njegova visina neograni”ceno raste, tako da jeintegral nepromjenjen

δ(x− x0) = limσ → 0

δ(x− x0, σ),

∫ x2

x1

δ(x− x0) dx = 1, x0 ∈ [x1, x2].

Drugim rje”cima, δ(x − x0) = 0 u svim to”ckama u kojima je argument razli”cit od nule, anjezin je integral jednak jedinici, ako podru”cje integracije obuhva”ta to”cku x0

δ(x− x0) = 0, x 6= x0,∫ x2

x1

δ(x− x0)dx = 1, x1 ≤ x0 ≤ x2,

∫ x2

x1

δ(x− x0)dx = 0, x < x1 ili x > x2.

Svojstva: promatramo u”cinke δ funkcije na kontinuiranu derivabilnu funkciju f(x). Graniceu integralima moraju biti takve da je to”cka u kojoj se poni”stava argument δ funkcije unutargranica integracije. U suprotnom je integral jednak nuli. Kako bismo se osigurali da δ funkcijauvijek ima nulu unutar granica integracije, uzet ”temo da se inetgrira po cijelom pravcu od−∞ do +∞.

(1) Budu”ti da je δ(x−x0) jednaka nuli svuda izvan x = x0, a razli”cita od nule samo u uskomintervalu oko x0, u tom uskom intervalu je f(x) pribli”zno konstantna i jednaka f(x0)

∫ +∞

−∞f(x) δ(x− x0) dx ≈ f(x0)

∫ +∞

−∞δ(x− x0) dx = f(x0)

723

724 DODATAK B. DELTA FUNKCIJA

(2) Pogledajmo sada δ funkciju s ne”sto slo”zenijim argumentom. Zapo”cnimo s najjednostav-nijim slu”cajem kada je argument linearna funkcija

∫ +∞

−∞f(x) δ(c x− x0) dx, x0, c = const. 6= 0.

Neka je c > 0 i uvedimo novu varijablu c x − x0 = y. Koriste”ti rezultat iz to”cke (1), dobivase

∫ +∞

−∞f(x) δ(c x− x0) dx =

1

c

∫ +∞

−∞f

(y + x0c

)δ(y) dy =

1

cf(x0c

).

Ako je c < 0, opet uvodimo novu varijablu c x− x0 = y. Sada je

∫ +∞

−∞f(x) δ(c x− x0) dx =

1

c

∫ −∞

+∞f

(y + x0c

)δ(y) dy

= − 1

c

∫ +∞

−∞f

(y + x0c

)δ(y) dy = − 1

cf(x0c

)=

1

|c|f(x0c

).

Budu”ti da se δ funkcija u umno”scima s drugim funkcijama pojavljuje u integralima, dvagornja reda se mogu sa”zeti u

δ(c x− x0) =1

|c| δ(x− x0/c).

Ako odaberemo c = −1 i x0 = 0, gornja relacija nam ka”ze da je δ funkcija parna

δ(x) = δ(−x).

(3) Pogledajmo sada slu”caj kada je argument δ funkcije, kvadratna funkcija∫ ∞

−∞f(x) δ(x2 − a2) dx, a = const. 6= 0.

Budu”ti da se u gornjem izrazu a pojavljuje samo kroz a2, bez gubitka op”tenitosti, mo”zemoodabrati da je a > 0

∫ ∞

−∞f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx =

∫ 0

−∞f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx+

∫ ∞

0

f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx.

U prvom integralu desne strane, argument δ funkcije i”s”cezava samo u x = −a, pa stogamo”zemo pisati

∫ 0

−∞f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx ≈

∫ 0

−∞f(x) δ[(−2a)(x+ a)] dx =

∫ 0

−∞f(x) δ[−2ax− 2a2)] dx.

Na gornji izraz primjenimo rezultat iz to”cke (2), uz c ≡ −2a i x0 ≡ 2a2, ”sto vodi na

∫ 0

−∞f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx =

1

| − 2a| f(

2a2

−2a

)=

1

|2a| f (−a) .

725

Sli”cnim se postupkom dobije i

∫ ∞

0

f(x) δ[(x− a)(x+ a)] dx =1

|2a| f(2a2

2a

)=

1

|2a| f (a) ,

pa tako kona”cnomo”zemo napisati da je

∫ ∞

−∞f(x) δ(x2 − a2) dx =

f(a) + f(−a)|2a| .

Na isti rezultat vodi i jednakost

δ(x2 − a2) =δ(x− a) + δ(x+ a)

|2a| .

Primjetimo da gornji izvod vrijedi samo za a 6= 0.

(4) Neka je sada argument δ funkcije nekakva op”ta funkcija g(x) koja ima N izoliranih nul-to”caka

g(xn) = 0, n = 1, 2, · · · , N.

Na”s je zadatak izra”cunati∫ ∞

−∞f(x) δ[g(x)] dx.

U okolini svake nul-to”cker g(x), vrijedi Taylorov razvoj oblika

g(x) = (x− xn)∂ g

∂ x

∣∣∣∣xn

+O[(x− xn)2].

Stoga je i

δ[g(x)] ≈ δ[(x− xn) g′(xn)],

gdje smo s g ′(xn) ozna”cili derivaciju g u to”cki x = xn. No, gornja δ funkcija je time postalaδ funkcija s linearnim argumentom, koju smo rije”sili u to”cki (2): c ≡ g ′(xn) i x0 ≡ xn g

′(xn).

∫ ∞

−∞f(x) δ[g(x)] dx =

N∑

n=1

∫ xn+∆

xn−∆

f(x) δ[g ′(xn) x− xn g′(xn)] dx

=

N∑

n=1

1

|g ′(xn)|f

(xn g

′(xn)

g ′(xn)

)=

N∑

n=1

1

|g ′(xn)|f(xn).

S ∆ je ozna”cena proizvoljna pozitivna konstanta koja samo osigurava da podru”cje integracijesadr”zi nulu δ funkcije. Isti rezultat kao gore, se dobije i iz jednakosti

δ[g(x)] =N∑

n=1

δ(x− xn)

|g ′(xn)|.


(5) Pogledajmo sada integrale koji sadr”ze derivaciju δ funkcije. Zadatak je izra”cunati∫ ∞

−∞f(x)

d δ(x− x0)

d xdx.

Budu”ti da smo pretpostavili da je f(x) derivabilna, mo”zemo provesti parcijalnu itegraciju

f(x)d δ(x− x0)

d x=

d

d x[f(x) δ(x− x0)]−

d f(x)

d xδ(x− x0),

”sto izravno vodi na∫ ∞

−∞f(x)

d δ(x− x0)

d xdx =

∫ ∞

−∞

d

d x[f(x) δ(x− x0)] dx−

∫ ∞

−∞

d f(x)

d xδ(x− x0) dx

= [f(x) δ(x− x0)]+∞−∞ − d f(x)

d x

∣∣∣∣x0

.

No, δ(x− x0) = 0 kada je x = ± ∞ 6= x0, pa prvi ”clan desne strane gornjeg izraza i”s”cezavai preostaje

∫ ∞

−∞f(x)

d δ(x− x0)

d xdx = − d f(x)

d x

∣∣∣∣x0

.

Na isti na”cin kao gore (parcijalnim integriranjem), mo”ze se ra”cunati drug, tre”ta i op”teniton-ta derivacija δ funkcije, s rezultatom

∫ ∞

−∞f(x)

dn δ(x− x0)

d xndx = (−)n

dn f(x)

d xn

∣∣∣∣x0

,

za n puta derivabilnu funkciju f(x).

(6) Do sada smo promatrali δ funkciju jednog argumenta. ”Sto ako δ funkcija ovisi o vi”se argu-menata? Npr. δ(~r−~r0) je funkcija tri varijable, jer ~r opisuje polo”zaj to”cke u trodimenzijskomprostoru. Integral

∫

V

δ(~r − ~r0) d3r

je jednak jedinici ako se to”cka ~r0 nalazi u volumenu V , a jednak je nuli, ako je ~r0 izvan togvolumena. Pretpostavimo nadalje da volumen V obuhva”ta sav prostor, tako da je to”cka ~r0uvijek sadr”zana u njemu.

U pravokutnom koordinatnom sustavu je d3 r = dx dy dz, pa iz∫ +∞

−inftydx

∫ +∞

−∞dy

∫ +∞

−∞dz δ(~r − ~r0) = 1,

zaklju”cujemo da je

δ(~r − ~r0) = δ(x− x0) δ(y − y0) δ(z − z0) .

727

Na sli”can na”cin, u sfernom koordinatnom sustavu je

∫ +∞

0

r2 dr

∫ π

0

sin θ dθ

∫ 2π

0

dϕ δ(~r − ~r0) = 1,

iz ”cega zaklju”cujemo da je

δ(~r − ~r0) =δ(r − r0)

r20

δ(θ − θ0)

sin θ0δ(ϕ− ϕ0).

U cilindri”cnom koordinatnom sustavu je

∫ +∞

0

ρ dρ

∫ 2π

0

dϕ

∫ +∞

−∞dz δ(~r − ~r0) = 1,

iz ”cega slijedi

δ(~r − ~r0) =δ(ρ− ρ0)

ρ0δ(ϕ− ϕ0) δ(z − z0) .

Dodatak C

Presjeci stosca: kruznica, elipsa,parabola i hiperbola

U ovom cemo dodatku izvesti jednadzbe krivulja koje se dobiju kao rezultat presjeka stosca iravnine pod razlicitim kutovima, pa se stoga i zovu presjeci stosca. Ove krivulje cine jednuposebnu familiju rjesenja opce algebarske jednadzbe drugog reda u varijablama x i y

Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 (C.1)

(uz uvjet da je bar jedan od koeficijenata A,B ili C razlicit od nule) i bila su poznata jos isterogrckim matematicarima oko 300. godine p.n.e. ( Apolonije iz Aleksandrije ). Ove cemokrivulje koristiti najvise u poglavlju 7 (o gravitaciji), pa cemo zato, osim u pravokutnom, navestii njihove oblike u polarnom koordinatnom sustavu.

Neka je pravac AB (koji cemo zvati direktrisa) za D udaljen od ishodista (ili fokusa) O, kaona slici C.1. U polarnom koordinatnom sustavu je polozaj tocke P odre”den koordinatama ρ iϕ. Udaljenost tocke P od pravca AB cemo oznaciti s d. ”Zelimo odrediti jednadzbu krivuljepo kojoj se giba tocka P uz uvjet da je omjer udaljenosti P do fokusa i P do direktrise ABjednak jednoj bezdimenzijskoj konstanti koju cemo zvati ekscentricitet i oznaciti s ǫ

ρ

d= ǫ = const. (C.2)

U tocki Q trazene krivulje je ρ = p i d = D, pa je zato i ǫ = p/D (primjetimo da u ovomodjeljku p ne oznacava kolicinu gibanja cestice, nego je parametar koji ima dimenziju duljine,a kojim cemo definirati krivulju u ravnini). Iz trigonometrije se dobije

D = d+ ρ cosϕ.

Uvrstivsi za D = p/ǫ, a za d = ρ/ǫ, dolazi se do trazene jednadzbe krivulje u polarnomkoordinatnom sustavu, ρ = ρ(ϕ), u obliku

ρ(ϕ) =p

1 + ǫ cosϕ. (C.3)

Ova jednadzba opisuje familiju krivulje koje se zovu presjeci stosca. Pokazat cemo da,ovisno o iznosu ekscentriciteta ǫ, gornja jednadzba opisuje:

729

730 DODATAK C. PRESJECI STOSCA

Slika C.1: Uz izvod jednadzbe krivulja presjeka stosca.

ǫ → 0 kruznicu,

0 < ǫ < 1 elipsu,

ǫ = 1 parabolu,

ǫ > 1 hiperbolu.

Kruznica: ǫ→ 0 .Kruznica se definira kao ravninska krivulja kojoj je udaljenosti svake njezine tocke od zadanefiksne tocke, konstantna. U jednadzbi (C.3) to znaci da ρ ne ovisi o kutu ϕ, tj. ǫ → 0 iρ = p = const za sve kutove. Buduci da ǫ → 0, da bi ρ = ǫ d = p bio konstantan, premajednadzbi (C.2), mora d → ∞, tj. direktrisa kruznice je beskonacno udaljena od njezinogsredista.U pravokutnom koordinatnom sustavu, zahtjev da je svaka tocka (x, y) kruznice jednako uda-ljena od jedne fiksne tocke (sredista) (x0, y0), pisemo pomocu Pitagorinog poucka

√(x− x0)2 + (y − y0)2 = p,

gdje smo s p oznacili polumjer kruznice. Kvadriranjem i raspisom gornje jednadzbe, dobivamojednadzbu tipa (C.1)

x2 + y2 − 2xx0 − 2yy0 + x20 + y20 − p2 = 0.

Prijelazom u polarne koordinate: x = ρ cosϕ i y = ρ sinϕ, dobivamo jednadzbu kruznicepolumjera p, sa sredistem u ishodistu, u jednostavnom obliku ρ = p, sto je upravo izraz odkojega smo i krenuli.Kruznica se dobije presjecanjem stosca ravninom paralelnom s bazom stosca.

731

Elipsa: 0 < ǫ < 1 .Elipsa se definira kao ravninska krivulja kojoj je zbroj udaljenosti svake njezine tocke od dvijefiksne tocke (fokusa O i O ′ , slika C.2) konstantan i jednak 2a. Izvedimo jednadzbu elipse kaoposeban slucaj jednadzbe presjeka stosca (C.3). Prema definiciji elipse je

ρ+ PO ′ = 2a ⇒ (ϕ = π/2) ⇒ p+QO ′ = 2a.

Na oznaceni pravokutni trokut (slika C.2) primjenimo Pitagorin1 poucak i dobijemo

p2 + 4c2 = (QO ′ )2 = (2a− p)2 ⇒ p = a− c2

a. (C.4)

Za kutove ϕ = 0 i ϕ = π, sa slike C.2 i iz jednadzbe (C.3), slijedi

ϕ = 0 ⇒ ρ = OV ⇒ OV =p

1 + ǫ,

ϕ = π ⇒ ρ = OU ⇒ OU =p

1− ǫ.

Sa slike C.2 je OV +OU = 2a, dok je prema gornjim jednadzbama

Slika C.2: Uz izvod jednadzbe elipse: C je srediste elipse; CV = CU = a je duljina velike poluosi; CW = CS = bje duljina male poluosi; CO = CO ′ = c je udaljenost od sredista elipse do fokusa.

2a = OV +OU =p

1 + ǫ+

p

1− ǫ⇒ p = a(1− ǫ2). (C.5)

Uvrstimo li to u opci jednadzbu presjeka stosca, (C.3), dobivamo za jednadzbu elipse

ρ =a(1− ǫ2)

1 + ǫ cosϕ. (C.6)

Pokazimo da je ekscentricitet manji od jedinice. Sa slike C.2 je, prema Pitagorinom poucku,(OW )2 = b2 + c2. Duljinu c mozemo dobiti izjednacavanjem (C.4) i (C.5)

c = aǫ.1Mozda nije suvisno spomenuti da Pitagora nije prvi covjek koji je uocio vezu izme”du kvadrata hipotenuze i zbroja kvadrata

kateta (ta je veza bila poznata vec dugi vremena prije Pitagore), ali je on prvi koji je tu vezu dokazao.


Za elipsu je zbroj udaljenost svake njezine tocke od oba fokusa jednak 2a. Tocka W je jednakoudaljena od oba fokusa, pa je zato

OW +O ′W = 2a, OW = O ′W, ⇒ O ′W = OW = a.

Gore dobivene vrijednosti za c i OW mozemo uvrstiti u

(OW )2 = b2 + c2 ⇒ a2 = b2 + a2ǫ2 ⇒ ǫ =

√a2 − b2

a< 1.

Za one koji se bolje snalaze u pravokutnom koordinatnom sustavu, prevedimo jednadzbu (C.6)

u pravokutne koordinate (x, y) ravnine. Umjesto ρ pisemo√x2 + y2, a umjesto cosϕ =

x/√x2 + y2. Nakon kraceg sre”divanja, se dobije

(x+ ǫa

a

)2

+

(y

a√1− ǫ2

)2

= 1.

Prisjetimo li se da je c = aǫ, a iz jednadzbe za ekscentricitet slijedi da je manja poluos b =a√1− ǫ2, vidimo da gornja jednadzba prikazuje elipsu sa sredistem u tocki (−c, 0) i poluosima

a i b(x− (−c)

a

)2

+(yb

)2= 1.

U posebnom slucaju kada je a = b, elipsa degenerira u kruznicu (c = ǫ = 0).Elipsa se dobije presjecanjem stosca ravninom koja nije paralelnom niti s bazom niti s izvodni-com stosca.

Parabola: ǫ = 1 .Parabola se definira kao skup tocaka u ravnini kojima je udaljenost do fiksne tocke (fokusa)jednaka udaljenosti do fiksnog pravca (direktrise), slika C.3. U nasim oznakama to znaci daje ρ = d, tj. prema (C.2) je ǫ = 1. S obzirom da vec imamo izvedenu jednadzbu elipse,do jednadzbe parabole mozemo doci granicnim prijelazom elipse kojoj velika poluos divergiraa → ∞ (sto je ekvivalentno zahtjevu ǫ = 1, jer za veliki a, iz

√a2 − b2 = aǫ, slijedi ǫ = 1) uz

uvjet da je, prema (C.5),

p = a(1− ǫ2) = const.

Tada jednadzba parabole (u polarnim koordinatma) glasi

ρ =p

1 + cosϕ. (C.7)

Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadzbu uobliku

y2 = p2 − 2px.

Parabola se dobije presjecanjem stosca ravninom paralelnom s izvodnicom stosca. .....

Hiperbola: ǫ > 1 .

733

Slika C.3: Uz izvod jednadzbe parabole.

Hiperbola se definira kao skup tocaka u ravnini sa svojstvom da je razlika udaljenosti svaketocke krivulje, P , od dvije fiksne tocke (fokusa, O,O′) konstantna (slika C.4)

PO′ − PO = 2a.

Spustimo li se hiperbolom iz tocke P u tocku Q, gornja jednadzba postaje

QO′ − p = 2a.

pomocu gornje relacije i trokuta (O,O′, Q), dolazimo do izraza za p u obliku

(2c)2 + p2 = QO′2 = (2a+ p)2,

p =c2

a− a. (C.8)

Stavimo li u jednadzbu (C.3) za kut ϕ = 0, dobivamo

ρ = OV = OC − CV = c− a,

pri cemu je i d = V E. Sada iz definicije ekscentriciteta slijedi

ǫ =ρ

d=c− a

V E⇒ V E =

c− a

ǫ.

S druge strane, za kut ϕ = 2 π u jednadzbi (C.3), dobivamo

d = OE = OV + V E = c− a+ V E,

uz ρ = p. Ponovo iz ekscentriciteta dobivamo

ǫ =ρ

d=

p

c− a + V E⇒ V E =

p

ǫ− c+ a.

Izjednacavanjem gornja dva izraza za V E, dobivamo

ǫ =c

a> 1


jer je c > a. Iz gornjeg izraza mozemo c uvrstiti u (C.8) i dobiti

p = a(ǫ2 − 1),

sto konacno vodi na jednadzbu hiperbole

ρ(ϕ) =a(ǫ2 − 1)

1 + ǫ cosϕ.

Nadalje se lako pokazuje da je mala poluos b = a√ǫ2 − 1, a polozaj direktrise je xD = a(ǫ2−1)/ǫ.

Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadzbu u

Slika C.4: Uz izvod jednadzbe hiperbole.

obliku

(x− ǫ a)2

a2− y2

a2 (ǫ2 − 1)= 1.

Jedna grana hiperbole se dobije presjecanjem stosca ravninom okomitom na bazu stosca.

Asimptote krivulja u polarnim koordinatama

dovrsiti

Dodatak D

Elementi Fourierove analize

Osnovni problem koji se tretira u ovom dodatku jeste slijedeci: periodicku funkciju f(x) =f(x+ 2π) treba aproksimirati trigonometrijskim polinomom N -tog reda oblika

PN (x) =1

2A0 + A1 cosx+ A2 cos 2x+ · · ·+ AN cosNx (D.1)

+ B1 sin x+B2 sin 2x+ · · ·+BN sinNx, (D.2)

uz uvjet da zbroj kvadrata odstupanja prave vrijednosti funkcije od njezine polinomne aproksi-macije, [f(x)−Pn(x)]2, bude sto manji1. Buduci da je f(x) zadana na kontinuiranom intervalu(0, 2π), ovaj ce zbroj zapravo biti integral

IN =

∫ 2π

0

[f(x)− Pn(x)]2 dx = min. (D.3)

Da (D.1) zaista prikazuje polinom N tog reda u sin x i cosx, mozemo se uvjeriti tako sto cemose sjetiti da se svaki sinnx i cosnx mogu napisati kao polinom n-tog reda od sin nx i cosnx.Tako je npr.

sin 2x = 2 sinx cos x, cos 2x = cos2 x− sin2 x.

Kako iz uvjeta (D.1) odrediti koeficijente polinoma? Uvrstimo u

IN =

∫ 2π

0

f 2(x) dx− 2

∫ 2π

0

f(x)PN(x)dx+

∫ 2π

0

P 2N(x) dx

polinom PN . Za srednji clan se dobije∫ 2π

0

f(x)PN(x)dx =1

2A0

∫ 2π

0

f(x)dx + A1

∫ 2π

0

f(x) cosxdx+ · · ·+ AN

∫ 2π

0

f(x) cosNxdx

+ B1

∫ 2π

0

f(x) sin xdx+ · · ·+BN

∫ 2π

0

f(x) sinNxdx.

Uvedimo sada konstante koje cemo zvati Fourierove konstante ili Fourierovi koeficijentifunkcije f(x)

a0 =1

π

∫ 2π

0

f(x) dx, an =1

π

∫ 2π

0

f(x) cosnx dx, bn =1

π

∫ 2π

0

f(x) sinnx dx,

(D.4)

1Ideja o najmanjem kvadratnom odstupanju kao mjeri tocnosti aproksimacije, Potjece od njemackog astronoma i matematicaraF. Bessela, Minden 1784 - Konigsberg 1846.

735

736 DODATAK D. FOURIEROVI REDOVI

za sve n = 1, 2, · · · , N . Pomocu Fourierovih koeficijenata mozemo napisati∫ 2π

0

f(x)PN(x)dx = π

(1

2A0a0 + A1a1 + · · ·+ ANaN +B1b1 + · · ·+BNbN

).

Pogledajmo sada clan s kvadratom polinoma PN . Opcenito je

(c0 + c1 + c2 + · · ·+ cN)2 = c20 + c21 + · · ·+ c2N

+ 2c0(c1 + c2 + · · ·+ cN )

+ 2c1(c2 + c3 + · · ·+ cN )...

+ 2cN−1cN .

Identifikacijom c0 = A0 i cn = An cosnx+Bn sin nx, slijedi

P 2N(x) =

1

4A2

0 +N∑

n=1

A2n cos

2 nx+ 2N∑

n=1

An cosnxBn sinnx+N∑

n=1

B2n sin

2 nx

+ 21

2A0

N∑

n=1

(An cosnx+Bn sinnx)

+ 2(A1 cos x+B1 sin x)

N∑

n=2

(An cosnx+Bn sinnx)

+ 2(A2 cos 2x+B2 sin 2x)N∑

n=3

(An cos nx+Bn sin nx)

...

+ 2[AN−1 cos(N − 1)x+BN−1 sin(N − 1)x] [AN cosNx+BN sinN)x].

Pri integraciji P 2N , pojavit ce se integrali oblika (za prirodne brojeve p 6= k)

0 =

∫ 2π

0

sin px dx =

∫ 2π

0

cos px dx,

0 =

∫ 2π

0

sin px cos kx dx =

∫ 2π

0

sin px sin kx dx =

∫ 2π

0

cos px cos kx dx

π =

∫ 2π

0

sin2 px dx =

∫ 2π

0

cos2 px dx,

pa ce u integralu od P 2N preostati

∫ 2π

0

P 2N(x) dx = π

(1

2A2

0 + A21 + · · ·+ A2

N +B21 + · · ·+B2

N

).

Sve zajedno, za IN smo dobili

IN =

∫ 2π

0

f 2(x) dx − 2π

(1

2A0a0 + A1a1 + · · ·+ ANaN +B1b1 + · · ·+BNbN

)

+ π

(1

2A2

0 + A21 + · · ·+ A2

N +B21 + · · ·+B2

N

).

737

Izracunajmo sada integral IN ako umjesto koeficijenata polinoma An, Bn uvrstimo Fourierovekoeficijente an, bn. Oznacimo taj novi integral s IN . Prema gornjem izrazu, slijedi

IN =

∫ 2π

0

f 2(x) dx − 2π

(1

2a0a0 + a1a1 + · · ·+ aNaN + b1b1 + · · ·+ bNbN

)

+ π

(1

2a20 + a21 + · · ·+ a2N + b21 + · · ·+ b2N

)

=

∫ 2π

0

f 2(x) dx − π

[1

2a20 +

N∑

n=1

(a2n + b2n)

].

Izracunajmo razliku IN − IN

IN − IN =

∫ 2π

0

f 2(x) dx− 2π

[1

2A0a0 +

N∑

n=1

(Anan +Bnbn)

]+ π

[1

2A2

0 +

N∑

n=1

(A2n +B2

n)

]

−∫ 2π

0

f 2(x) dx+ π

[1

2a20 +

N∑

n=1

(a2n + b2n)

]

= π

[1

2(−2A0a0 + A2

0 + a20) +N∑

n=1

(−2Anan − 2Bnbn + A2n +B2

n + a2n + b2n)

]

= π

[1

2(A0 − a0)

2 +

N∑

n=1

[(An − an)2 + (Bn − bn)

2]

].

Buduci da se na desnoj strani nalazi zbroj kvadrata realnih velicina, to ce uvijek biti IN ≥ IN .Dakle, najmanju vrijednost kvadratnog odstupanja (D.3) dobijemo ako za koeficijente polinomauvrstimo upravo Fourierove koeficijente (D.4).

738 DODATAK D. FOURIEROVI REDOVI

Dodatak E

Vucedolski kalendar

http://www.vjesnik.hr/html/2001/04/01/Clanak.asp?r=kul&c=1

Najstariji europski kalendar otkrio sam sasvim slucajno! Dr. Aleksandar Durman: Najstarijiindoeuropski kalendar otkrio sam na loncu iz Vinkovaca na koji isprva nisam obracao paznju.Moja teza jest da je u seobenom valu u kojem je naseljen Vucedol, naseljena i Troja cime suse otvorila vrata broncanog doba! Takoder mislim da je Krist u narodnoj tradiciji preuzeo ukasnijim vremenima Orionovu simboliku. Izlozba ≫Vucedolski Orion≪ ce vjerojatno gostovati iu Parizu, Ottawi, Pragu, Ankari i Ljubljani!Televizijske kamere BBC-a i CNN-a, po svemu sudeci, imaju izvanredan razlog dolaska u Za-greb! I Hrvati imaju svog Arthura Clarkea! Kapitalna su, naime, istrazivanja dr. AleksandraDurmana koji na izlozbi ≫Vucedolski Orion≪ u Arheoloskom muzeju predstavlja svoja sjajnaotkrica vezana uz vucedolsku kulturu. Ne samo da je na jednom loncu iz Vinkovaca dr. Dur-man ≫desifrirao≪ simboliku najstarijeg indoeuropskog kalendara, s prikazom zvijezda nocnogneba(!), vec je iznio pregrst novih teza o vucedolskoj kulturi sto se 3000. godine prije Kristarazvijala na desnoj obali Podunavlja, istodobno sa civlizacijama Starog Egipta, Sumerskomkuturom i Trojom I.Procelnik Odsjeka za arheologiju zagrebackog Filozofskog fakulteta dr. Aleksandar Durmanznanstvenik je impresivne karijere. Vodio je pedesetak arheoloskih iskopavanja diljem Hrvatskevezanih uz prapovijesne i anticke lokalitete. Kao predavac je gostovao na prestiznim svjet-skim sveucilistima u Heidelbergu, Nottinghamu, Tubingenu, Cornell University, Wake Forrestsveucilistu kao i nekoliko manjih univerziteta drzave New York. Sjajnu izlozbu, koju vec danasmozemo uvrstiti u kulturni dogadaj godine i jedan od najvaznijih izlozbenih projekata Hrvatskeu svijetu (pregovara za se gostovanja izlozbe u Parizu, Pragu, Ljubljani, Ottawi i Ankari), uz dr.Durmana, osmislila je ekipa vrhunskih strucnjaka: Zeljko Kovacic (postav), Ivan Antonovic (vi-zualni identitet), Stanko Juzbasic (glazbena podloga sto prati kretanje zvijezda(!), JacquelineBalen i Mirela Dalic (strucne suradnice), te Rujana Kren (skulpture nadahnute vucedolskomkulturom).U kakvom je stanju lokalitet Vucedol?– Imali smo ≫srece≪ da je sest stotina nalaza iz jednog podruma u Vukovaru odneseno u NoviSad, a ne unisteno. Vec smo dobili neke informacije da su tamosnji strucnjaci voljni vratitimaterijal. Sam lokalitet u dobrom je stanju, stovise, u tijeku je realizacija ideje da se Vucedolpretvori u europski arheoloski park!Vucedol, smjesten cetiri kilometra od Vukovara, na karakteristicnom je podrucju, kakvom?– Vucedolska kultura se rasprostirala na lesnom grebenu od Erduta uz Dunav pa sve do Fruskegore. Kako je Dunav svoju desnu obalu nagrizao i podlokavao, stvorio se vertikalan ≫zid≪ visok

739

740 DODATAK E. VUCEDOLSKI KALENDAR

25 metara jos u davnim geoloskim vremenima ledenog doba. Taj prirodni ≫plato≪ se od Nustrapocinje dizati prema Vukovaru tako da se negdje od 86. metara popne na cak 115. metaranadmorske visine. Tlo, tzv. les, na tom je podrucju vrlo porozno, sto znaci da njemu gotovonema raslinja, cineci ga nekom vrstom stepe sto je i pogodovalo istocnim narodima koji su doslina taj prostor (takoder sa stepa) oko 3000. godine prije Krista na prvim europskim kolima!Vucedolska metalurgija najrazvijenija u Europi

Tko su bili Vucedolci?– Vucedolci su bili prvi indoeuropski narod koji je na ove prostore dosao u velikom globalnomvalu nakon badenske kulture. Kao i drugi orijentalni narodi, stabiliziraju se na ovom prostoru,gdje ih je zaustavila konfiguracija terena. Isprva stocari, u kasnijim se fazama bave rudarstvom imetalurgijom bakra, a njihova ce keramika postati slavna diljem Europe. Vrlo je vazno istaknutida im je na nasem prostoru trebalo cak 200 godina da od Vucedola dodu do drugog velikognaselja Vinkovci, gdje su stigli u zonu velikih suma. Tamo im kola nisu funkcionirala, stokaim se nije mogla napasati, te su morali promijeniti ekonomiju, zbog cega su postali lovci i topoglavito na jelene!

Kakva je to bila zajednica?– Bila je to dobro organizirana zajednica, u kojoj, doduse, ne mozemo govoriti o rodovskomuslojavanju u njenoj ranoj (3000.-2800. g. pr. Kr.) i klasicnoj fazi (2800.-2600. pr. Kr.),vec tek u kasnoj (2600.-2400. pr.Kr.) kada imamo i neku vrstu prvih vladara knezova stopotvrduju dva knezevska groba od kojih je jedan doista znacajan otkriven u Tivatskom polju.U njemu je bio pokojnik sa zlatnom sjekirom, bodezom, privjescima u kosi i po svemu sudeciprvom europskom krunom!

Rijec je o kulturi paralelnoj s velikim civilizacijama?– Da. Od 3000. godine pr. Kr. pocinje period starog carstva u Egiptu. Od 2470. do 2400.godine pr. Kr. grade se piramide, dakle, na samom kraju vucedolske kulture. S druge strane,u isto vrijeme u Mezopotamiji nastaje fascinantna kultura Sumerana (3000. do 2400. pr. Kr.),gdje takoder nastaju prvi vladarski grobovi sa svom poznatom pompom koja se moze mjeriti sTutankamonovim bogatstvima. Osim toga, vucedolska se kultura razvija paralelno i s TrojomI. i pocetnom fazom Troje II. Mozemo cak govoriti i o tome da postoji veza Vucedola i Troje!Vucedolska predodzba svijeta i svemira – na terinama

Kako to mislite?– Moja teza jest da je u seobenom valu u kojem je naseljen Vucedol, naseljena i Troja! Za-kljucio sam to na osnovu keramickih analogija, odnosno, na osnovu slicne metalurgije, naime,tehnologija vezana uz metalurgiju u Troji je vrlo slicna vucedolskoj. Cak mislim da je s nasegtla krenula ideja kositrene rudace koja u dodatku bakra otvara vrata broncanog doba! Stovise,Vucedolska metalurgija upravo i jest jedan od razloga sirenja kulture u kasnoj fazi prema sje-veru Europe (iza 2600. godine pr. Kr.), do Praga, ali i prema jugu. Zauzela je vucedolskakultura sva podrucja bogata bakrom, jer je vucedolska metalurgija dosegnula takav stupanjumijeca koji je nadilazio sva iskustva koja su u Europi tada postojala.

Izlozba predstavlja vucedolsku predozbu svijeta na posudama. O cemu je rijec?– Vucedolci su kao i svi stari narodi imali specifican odnos prema smrti koju nisu mogli defini-rati. Iznad glave su im se rasprostirale zvijezde, Sunce, Mjesec i planeti, sto je moglo izgledatikao slika vjecnosti. Medutim, gledajuci u nebo, Vucedolci su kao i svi stari narodi uocili nizpromjena. Pojava svakodnevnog izlaska i zalaska sunca opjevana je u svim civilizacijama kaonajvazji trenutak dana. Cjelokupna vucedolska predozba svijeta i svemira (nastala promatra-njem neba) iskazana je na njihovim posudama, prije svega terinama. Predodzba izlazeceg suncana terinama je prikazana tocno na polovini, prijelomu posude ciji donji dio sugerira dubinu oce-ana i mraka, a gornja polovina izlazi iznad obzora. Sunce, dakle, nije dano u svojoj cijelosti

741

vec kao kanon stoji na tom prijelomu. Vazno je reci da segment ispod bikonicnog prijelomavucedolskih posuda nikada nije uresen, buduci da je to dio ispod naseg obzora, dakle, svijettame i smrti, a preko nekih drugih posuda mozemo shvatiti da je to svijet voda u koji povremenotonu Sunce i zvijezda. I Biblija, uostalom, spominje boravak sunca u mraku, a Homer i Hesiodspominju ≫pobjedu sunca nad smrcu≪. Jos jedan znak cesto stoji na istom mjestu kao sunce –pet zvijezdica slozenih u romb od kojih su tri horizontalno smjestene ravno na tom prijelomu.Tih pet zvijezda simboliziraju veliko zimsko zvijezde Orion koji je u vucedolsko vrijeme dakleoko 2800. g. pr. Kr. zalazio za obzor 21. ozujka, tocno na dan proljetne ravnodnevnice. To jeujedno i pocetak vucedolske godine i pocetak novog ciklusa radanja.

Na jednom loncu nasli ste i najraniji indoeuropski kalendar, sto je doista fantasticno!– U Vinkovcima smo 1978. u jednom podrumu, gdje se u drevnim vremenima nalazila jamaljevaca bakra (na mjestu temelja buduceg hotela ≫Slavonija≪), otkopali cijele posude, kolekcijuod 5 dvodjelnih kalupa za lijevanje bakrenih sjekira s posudom u kojoj se topio bakar. Jamaje do trenutka zatrpavanja sluzila kao podrum vezan uz kucu, a potom i kao odlagaliste zaotpad. Uz kalupe na dnu jame nadene su tri posebno ukrasene posude. Dvije posude svojimukrasima nisu pripadale vremenski kasnoj vec klasicnoj fazi vucedolske kulture. Dok je jednaposuda bila amforica iz kasne faze kulture, druga je bila tzv. ≫kadionica≪ u cijem su se donjemdijelu nalazile tri kamene kuglice, sto znaci da je posuda sluzila kao zvecka u klasicnoj fazivucedolske kulture. Treci i najvazniji nalaz (takoder iz klasicnog doba), na kojeg isprva nisamobracao posebnu paznju, bio je osteceni lonac za kojeg se u vucedolskoj kulturi moze nacimalo analogija. Upravo na njemu sam otkrio oslikani najraniji cjeloviti europski (indoeuropski)kalendar. Kalendar je, valja reci, istovremeni sumerskom i egipatskom i nije njihova kopija jerje uspostavljen na daleko sjevernijoj 45. paraleli!

Mozete li ukratko pojasniti simboliku?– Lonac se sastoji od 4 pojasa od kojih na gornja tri nedostaje nekoliko polja. Svaki pojasima vise kvadrata od kojih su gornja tri polja dosta ostecena. Medutim donji pojas broji 12kvadrata od kojih je svaki drugi prazan. U ≫punim≪ kvadratima su simboli zvijezda koje sepojavljuje u tom dijelu godine. U prvoj zoni prikaz je proljeca. To je jedina zona na loncuu kojoj se javlja Sunce. Redom se javljaju (s praznim kvadratima izmedu) – Sunce, Orion,opet Sunce, a ostalo je odlomljeno. U drugom, nizem i najsirem pojasu prikazano je ljetokoje ima tek dva dominantna zvijezda – sto znaci da opet naizmjenicno idu Plejade, Labud,Kasiopeja, Plejade. Posebno je zanimljivo zvijezde Kasiopeje u obliku slova W koje tada nijebilo cirkumpolarno, a na ljetnu je dugodnevnicu izlazilo sa zalaskom sunca u 20 sati. Labud(prikazan poput kriza sv. Andrije) je visoko nad istocnim obzorjem, a treci znak Plejada svise koncentricnih krugova prikazan je poput Marsa. Treci pojas nosi Plejade, Blizance, Pegazi Ribe te opet Plejade. Zvijezda Pegaza i Riba najcesce su prikazivani kao dva dijagonalnopreklopljena kvadrata, ali se javljaju u jos barem dvije likovne varijante. Najzanimljiviji jecetvrti, ocuvani pojas sa zimskim nebom u 12 kvadrata sto nosi Kasiopeju, Pegaz/Ribe, Orion,Plejade, Pegaz i Blizance. Kalendar, u stvari prepoznaje 4 godisnja doba i 12 polja (tjedana?)u svakom pojasu. Istoznacna Orionova i smrt Kristova

Zasto su dominanta zvijezda u vucedolskoj kulturi?– Vidite, u stepi bez istaknutih prirodnih ≫kontura≪, bilo je vrlo tesko pratiti visinu sunca. Zatomegaliticke civilizacije grade kamene blokove da bi pratile kretanje sunca. U prostorima gdje jeravno obzorje stari su narodi pratili dva tipa zvijezda – ona koja se krecu ravno iznad nasih glava(Veliki medvjed i Velika kola) i tzv. umiruca zvijezda koja je pratila vucedolska kultura. Rijecje o zvijezdima koja se javljaju nisko na obzoru i povremeno se tijekom godine gube s obzora.Vrlo je bitan upravo Orion kojega nema osam mjeseci, a vraca se pocetkom zime. S drugestrane, baveci se kalendarom, naisao sam na problem precesije. Zbog ≫razlokane≪ zemaljske

742 DODATAK E. VUCEDOLSKI KALENDAR

osi, naime, stvara se imaginarna kruznica na nebu koja se zatvara svakih 26.000 godina, stoznaci da je danasnja Sjevernjaca Vucedolcima prije pet tisuca godina bila nevazna zvijezda, asjevernjaca im je bio Thuban u zvijezdu Zmaja. To jasno vidimo i na egipatskim piramidama.To znaci da je Orion bio najvaznije zvijezde u kozmogoniji Vucedolaca?– Moja ideja jest da je Krist u narodnoj tradiciji preuzeo u kasnijim vremenima Orionovusimboliku. Kako je Orion tonuo za obzor na sam dan proljetne ravnodnevnice, biljezio jekraj zime, to jest njezinu smrt. Vezujem to dakle uz hrvatsku tradiciju. Na granici izmeduDalmacije i Hercegovine panj se na Badnjak ukrasavao s pet zvijezdica na isti nacin kakoVucedolac prikazuje Orion. Pojava Oriona na nebu pokriva vrijeme od pocetka zime do krajaproljeca u koji period mozemo svrstati i dva najvaznija datuma vezana uz Krista – njegovorodenje i smrt. Orionova smrt oznacava dominaciju sunca, kao sto i Kristova smrt i UskrsnuceBoga – covjeka uzdize u Boga! I staronjemacka tradicija spominje tri zvijezde iz Orionovapojasa kao tri maga.!Kako povezujete cinjenicu da je kalendar bio u jami ljevaca bakra?– Gledajte, Vucedolci su vjerovali da je metalurg onaj koji moze nasilno iz utrobe zemlje izvucirudacu i posebnim procesima pretvoriti taj metal u uporabni predmet. To znaci da su Vucedolcivjerovali da je metalurg onaj koji moze zaustaviti ili ubrzati vrijeme, odnosno skratiti proceserasta metala u zemljinoj utrobi, do njegovog konacnog oblika – zlata. Danas ne bi trebalo cuditizasto je kalendar naden u jami ljevaca bakra. Kalendar je u biti bio samo banalna kontrolavremena koju je metalurg i tako vec imao! Svojom funkcijom ≫operatera vjecnoscu≪, metalurgje, u stvari, bio saman, a kao sto je poznato samanska tehnika se sastojala od ≫odlaska≪ u svijetmrtvih i povratka u svijet zivih, tj. od donosenja poruka s onoga svijeta. Otkrice kalendarana neki nam je nacin zatvorilo cijelu pricu o vucedolskoj religiji i vjeri. Kalendar je u bititehnikalija koja je trebala opisati nebeska zbivanja vezana uz pojavu i nestanak zvijezda, ali jeistovremeno mogla i prepoznavati neke od planeta koje putuju kroz ta zvijezda (ne zaboravimoda rijec planet dolazi od grcke rijeci lutalica).Posebno su intrigantni nalazi ljudskih zrtava na Vucedolu. Kakvi?– Da. Grob s osam pokojnika otkopan 1985. godine iz rane faze vucedolske kulture u kojemse nalazio muskarac i sedam zena od kojih su sest imale udubljenja na glavi nastala kapljomusijanog metala – jako je vazan. Jedna zena i muskarac, zanimljivo, imali su samo jednu kapljuizazvanu metalom na lubanji i sahranjeni su tako da gledaju u nebo, dok su sve ostale zeneimale po dva udubljenja na glavi i bile su sahranjene s licem prema zemlji. Svi su kosturi bilizatrpani s debelim slojem drvenog ugljena, sto upucuje na ritualnu zrtvu. Uz brojne posudenadene u tom grobu isticala se terina koja nam je pojasnila situaciju u grobu. Ukras na terinipredocava muskarca simbolom Marsa, zenu simbolom Venere, a ostale zene veze u zvijezdePlejade. Uz njih je cetiri puta prikazano zvijezde Oriona, sa sedam sunaca na obzoru. Svrhatog zrtvovanja bila je da se s metalom provede inicijacija, odnosno, da se ti ljudi obiljeze kaozastupnici nebeskih tijela, a moguce je da se dogodilo i to da su Mars i Venera prosli u vrlokratko vrijeme kroz zvijezde Plejada i da je zbog toga pala ljudska zrtva!

Bibliografija

[1] Aganovic I., Veselic K., Uvod u analiticku mehaniku, (Matematicki odjel Prirodoslovno-

matematickog fakulteta, Zagreb, 1990)

[2] Aganovic I., Veselic K., Kraljevic H., Zadaci iz teorijske mehanike, (Liber, Zagreb,1970.)

[3] Antunovic Z., Klasicna mehanika, 2012.

[4] Arfken G. B., Weber H. J., Mathematical Methods for Physicists, (Academic Press,San Diego (etc.), 1995.) 71, 136, 284

[5] Arnold V. I., Mathematical Methods of Classical Mechanics, (Springer-Verlag, New York,1978)

[6] Bazjanac D., Zbirka zadataka iz mehanike (kinematika, statika, dinamika), (Litografija,

Zagreb, 1955)

[7] Bilimovic A., Racionalna mehanika 1, (Naucna knjiga, Beograd, 1950.) 210, 241

[8] Bilimovic A., Racionalna mehanika 2, (Naucna knjiga, Beograd, 1951.)

[9] Bilimovic A., Racionalna mehanika 3, (Naucna knjiga, Beograd, 1954.)

[10] Bilimovic A., Dinamika cvrstog tela, (SANU, Beograd, 1955.)

[11] Blanusa D., Visa matematika II/ 2, (Tehnicka knjiga, Zagreb, 1974.)

[12] Bronstejn I. N., Semendjajev K. A., Matematicki prirucnik za inzenjere i studente,(Tehnicka knjiga, Zagreb, 1975.) 289, 719

[13] Dirac P. A. M., Lectures on Quantum Mechanics, (Belfer Graduate School of Science,

New York, 1964) 630

[14] Glumac Z., Matematicke metode fizike - uvod 11, 35, 70, 84, 86, 206, 236, 237, 307, 326,

437, 443, 444, 472, 598, 599, 685, 686, 702

[15] Glumac Z., Vjerojatnost i statistika - uvod 242, 380, 480, 481, 687

[16] Goldstein H., Classical Mechanics, (Addison-Wesley, 1980.)

[17] Grechko L. G., Sugakov V. I., Tomasevich O. F., Fedorchenko A. M., Pro-blems in Theoretical Physics, (Mir Publishers, Moscow, 1977.)

[18] Ivanovic D. M., Vektorska analiza, (Naucna knjiga, Beograd, 1960.)

743

744 BIBLIOGRAFIJA

[19] Jankovic Z., Teorijska mehanika, (Liber, Zagreb, 1982) 125

[20] Kittel C, Knight W. D., Ruderman M. A., Mehanika, (Tehnicka knjiga, Zagreb,

1982.) 210, 241

[21] Kotkin G. L., Serbo V. G., Zbirka zadataka iz klasiqne mehanike, (Nauka, Moskva, 1977.)

[22] Krpic D., Savic I., Klasicna fizicka mehanika, (Naucna knjiga, Beograd, 1979.)

[23] Landau L. D., Lifsic E. M., Mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd, 1961.)

[24] Markovic Z., Uvod u visu analizu 1, (Nakladni zavod Hrvatske, Zagreb, 1950.)

[25] Markovic Z., Uvod u visu analizu 2, (Skolska knjiga, Zagreb, 1952.) 232

[26] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 1, (McGraw-Hill, New

York, 1953.)

[27] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 2, (McGraw-Hill, NewYork, 1953.)

[28] Niksic T., Klasicna mehanika, 2012.

[29] Purcell E. M., Elektricitet i magnetizam, (Tehnicka knjiga, Zagreb, 1988.)

[30] Rojansky V., Uvod u kvantnu mehaniku, (Naucna knjiga, Beograd, 1963.)

[31] Snieder R., A Guided Tour of Mathematical Physics, 2004. 294

[32] Spiegel M., Theory and Problems of Theoretical Mechanics with an Introduction to La-

grange’s Equations and Hamiltonian Theory, (McGraw-Hill, New York, 1968.)

[33] Spiegel M. R., Vector Analysis and an Introduction to Tensor Analysis, (McGraw-Hill,New York, 1959.)

[34] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 1, (Skolska knjiga, Zagreb , 1974)

[35] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 2, (Skolska knjiga, Zagreb , 1977.)

[36] Targ S. M., Teorijska mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd , 1990.)

[37] Wells D. A., Theory and problems of Lagrangian Dynamics, (McGraw-Hill, New York,1967.)

[38] Yavorsky B., Detlaf A., Handbook of Physics, (Mir Publisher, Moscow, 1975.)

Kazalo autora

Bessel, Friedrich Wilhelm, (1784 - 1846), 685Newton, Sir Isaac, (1642 - 1727), 228

Adams, John Couch, (1819 - 1892), 227Apolonije, (III st. p. n. e.), 679Aristarh, (oko 280. p.n.e.), 225Aristotel, (oko 384. p.n.e.), 225

Bernoulli, Daniel, (1700 - 1782) , 393Bessel, Friedrich Wilhelm, (1784 - 1846) ,

422Binet, Jacques Philippe Marie, (1786 - 1856)

, 266, 276Brache, Tycho, (1546 - 1630), 227, 275Bruno, Giordano, (1548 - 1600), 226

Cavendish, sir Henry, (1731 - 1810), 229Christoffel, Elwin Bruno, (1829 - 1900) , 575Compton, Arthur Holly, (1892 - 1962), 2Coriolis, Gaspard de, (1792 - 1843) , 296,

304Coulomb, Charles Augustin de, (1736 - 1806),

235

D’Alembert, Jean, (1717 - 1783), 357, 400De Broglie, prince Louis-Victor Pierre Raymond,

(1892 - 1958), 3Demokrit, (460 - 370 p. n. e.), 2Dirac, Paul Adrien Maurice, (1902 - 1984),

246

Einstein, Albert, (1879 - 1955), 2, 119Eratosten, (oko 200. p.n.e.), 225Euklid, (oko 300 p.n.e.), 115Euler, Leonhard, (1707 - 1783), 495, 505

Foucault, Jean Bernard Leon, (1819 - 1868), 306

Fourier, Jean Baptiste Joseph de, (1768 -1830), 404

Frenet, Jean Frederic, (1816 - 1900), 109

Galilei, Galileo, (1564 - 1642), 226Gauss, Carl Friedrich, (1777 - 1855), 247Gauß, Carl Friedrich, (1777 - 1855), 35, 40

Hamilton, William Rowan, (1805 - 1865),527, 568, 580

Helmohltz, Hermann Ludwig Ferdinand von,(1821 - 1894), 244

Jacobi, Carl Gustav Jakob, (1804 - 1851),njemacki matematicar i fizicar., 322

Kepler, Jochan, (1571 - 1630), 227, 275Kopernik, Nikola, (1473 - 1543), 226

Lagrange, Joseph Louis comte de, (1736 -1813) , 351, 527, 539, 579

Laplace, Pierre Simon marquis de, (1749 -1827) , 56, 227

Le Verrier, Urbain, (1811 - 1877), 227Liouville, Joseph, (1809 - 1882), 622Lissajous, Jules, (1822 - 1880), 208Lobacevskij, Nikolaj Ivanovic, (1792 - 1856),

2Lorentz, Hendrick Antoon, (1853 - 1928),

163, 202

Maxwell, James Clerck, (1831 - 1879), 245,247

Nother, Amalie Emmy, (1882. – 1935.), 653Newton, sir Isaac, (1642 - 1727), 115, 227

Planck, Max Karl Ernst Ludwig, (1858 -1947), 3

Poisson, Simeon Denis, (1781 - 1840), 589Ptolomej, (oko 150. p.n.e.), 226

Riemann, Georg Friedrich Bernhard, (1826- 1866), 2

Schrodinger, Ervin, (1887 - 1961), 636

745

746 KAZALO AUTORA

Serret, Joseph Alfred, (1819 - 1885), 109Spinoza, Baruch de, (1632 - 1677), 115Steiner, Jakob, (1796 - 1863), 433Stokes, George Gabriel, (1819 - 1903), 49,

184Stokes, Sir George Gabriel, (1819 - 1903) ,

53

Weyl, Hermann Klaus Hugo, (1885 - 1955) ,575

Kazalo pojmova

mehanicizam, 227

amplituda, 175, 188, 193–195apsorpcija, 200, 201

brzina, 101, 184, 451cilindricni koordinatni sustav, 103druga kozmicka, 274fazna, 392, 396, 406kruzna, 451kutna, 111neinercijski sustav, 295plosna, 103polarni koordinatni sustav, 264poopcena, 535povrsinska, 264, 279prava, 101prva kozmicka, 274, 361rakete, 361, 363relativna, 369sferni koordinatni sustav, 103snaga, 103, 122srednja, 101struja, 103

cikloida, 171cirkulacija, 49

deformabilnost, 427dipol

elektricni, 250gravitacijski, 251moment, 251, 254polje, 251potencijal, 250, 251, 254

Diracova δ-funkcija, 246, 256, 673direktrisa, 679, 680divergencija, 39, 244–246djelovanje, 568, 569

ekscentricitet, 679, 681–683

ekvipotencijalna ploha, 31, 234, 267elasticitet, 427elektricni naboj, 235elipsa, 209, 218, 272, 275, 279, 680elipsoid tromosti, 493elongacija, 175energija, 123, 130, 278, 637

graf, 270harmonijskog oscilatora, 178kineticka, 123, 130, 145, 148, 163,

268, 339, 348, 365, 368, 536, 538,573, 586

kineticka, vrtnje, 451, 462, 489nesacuvanje, 148, 155, 157, 188potencijalna, 124, 130, 133, 135,

141, 145, 148, 232–234, 237, 267,268, 271, 340, 343, 351, 355, 365,541, 549, 559, 562, 586, 637

sacuvanje, 130, 178, 189, 203, 260,268, 344

epicikli, 226Eulerovi kutovi, 505, 513

fazna putanja, 622, 623fazni prostor, 622–624foton, 238Fourierov red, 404, 685frekvencija, 169, 177, 183, 194, 208,

396, 406, 410ciklotronska, 165rezonantna, 194, 196vlastita, 175, 196, 201

Frenet-Serretove formule, 109funkcija izvodnica

kanonska preobrazba, 603

glavne osi krutog tijela, 490glavni momenti tromosti, 491gradijent, 31, 32, 124, 129, 235, 243,

251

747

748 KAZALO POJMOVA

gravitacijakonstanta, 229naboj, 231, 235, 251polje, 231, 244–246, 299potencijal, 233, 234, 236

gustocaelekticne struje, 559elekticnog naboja, 559linijska, masena, 234, 326, 330, 389povrsinska, masena, 234, 323, 330reprezentativnih tocaka, 625vjerojatnosti, 178, 637volumna, masena, 234, 253, 319,

330

hamiltonijan, 583, 586, 602, 623, 636harmonijski oscilator, 173, 221, 377,

393, 637dvodimenzijski, 207Greenova funkcija, 206jednodimenzijski, 173nelinearni, 180neperiodicna vanjska sila, 203periodicna vanjska sila, 189prisilni titraji, 189s prigusenjem, 184sa smetnjom, 180trodimenzijski, 212

heliocentricni sustav, 226Hesseova determinanta, 137hiperbola, 682

impuls sile, 130, 349, 359integral

linijski, 25povrinski, 29vektorskog polja, 25

invarijantna linija, 496invarijantna ravnina, 497

Jacobijev identitet, 590jakobijan, 66, 322jednadzba

druga Maxwellova, 245Euler - Lagrangeova, 565, 569Eulerova, 494, 495, 502, 514Hamiltonova, 580, 584, 598, 611,

622, 629, 632prva Maxwellova, 247

Schrodingerova, 636valna, 391, 393, 396, 400, 406, 408,

410, 418jednadzba gibanja, 174, 180, 184, 189,

207, 213, 220Lagrangeova, 527, 539, 541, 542,

549, 562, 569, 583Newtonova, 118, 130, 139, 140, 144,

149, 153, 163, 258, 264, 335, 357,378, 390, 456, 527, 538, 562

kalendar, 225kanonska preobrazba, 626kanonske varijable, 598, 610kinematika, 101klasicni polumjer elektrona, 237koeficijent restitucije, 366kolicina gibanja, 270, 622

poopcena, 539, 542, 559, 579, 587,598

sacuvanje, 133, 258, 336, 367, 371sustava, 334, 346, 367

komutator, 537, 538, 633, 636konstanta

fine strukture, 238vezanja, 174, 229, 235

konzervativan sustav, 586koordinata

cilindricna, 59poopcena, 320, 325, 327, 534, 535,

539, 542, 549, 560, 573, 579, 587,598

pravokutna, 11sferna, 72

koordinatni sustavcilindricni, 59, 267, 677polarni, 59, 111, 275pravokutni, 256, 676sferni, 72, 239, 247, 251, 252, 677

kosi hitacinercijski sustav, 146neinercijski sustav, 303

Kronecker-delta, 397kruznica, 167, 170, 211, 216, 274, 279,

680kruto tijelo, 427kvadrupol

gravitacijski, 251moment, 255

KAZALO POJMOVA 749

potencijal, 254, 255kvantna mehanika, 238

prijelaz na, 633

lagranzijan, 541, 549, 560, 562, 568,572, 579

Lagrangeov mnozitelj, 548, 549laplasijan, 56Liouvilleov teorem, 622, 626logaritamski dekrement, 188lorencijan, 202

masareducirana, 261, 369teska, 120, 231, 235troma, 120, 201, 235

matricaantisimetricna, 97hermitska, 98ortogonalna, 93simetricna, 97transponirana, 96unitarna, 98

metricka forma, 86mezon, 238moment

dipola, 254kolicine gibanja, 131, 132, 259, 261,

337, 339, 346, 452, 488kvadrupolni, 255sile, 131, 337, 339, 347, 349tromosti, 429, 451, 492tromosti, devijacijski, 486

naceloD’Alembertovo, 357Hamiltonovo, 569Lagrangeovo, 351neodredenosti, 636pridodavanja, 229, 234, 250

nabla, 31, 39, 56Newtonovi aksiomi, 115, 116, 227, 291

drugi, 117, 130, 139, 144, 163, 262,264, 335, 340

prvi, 116treci, 121, 144, 149, 258, 341

Newtonovo pravilo za sudare, 366,367, 371

njihalo

fizicko, 454, 456Foucaultovo, 306matematicko, 219, 377, 457

nutacija, 515

okomiti hitacinercijski sustav, 146neinercijski sustav, 302

operatorkolicine gibanja, 634, 635koordinate, 634, 635nabla, 31

par sila, 448parabola, 148, 274, 279, 682period, 167, 171, 177, 181, 183, 187,

221–223, 280, 396, 406, 410, 457Poissonove zagrade, 589, 599, 609, 633polje

elektricno, 163, 165, 244elektromagnetsko, 163, 168gravitacijsko, 244konzervativno, 244magnetsko, 163, 166sile, 232, 235skalarno, 8tenzorsko, 8vektorsko, 8, 21

polusirina, 201polumjer tromosti, 431potencijal

monopola, 254multipolni, 249, 254oktupola, 256skalarni, 559, 561, 562vektorski, 559, 561, 562

precesija, 497, 515, 517preobrazba

bazdarna, 571, 572gauge, 571kanonska, 601ortogonalna, 93slicnosti, 99

presjeci stosca, 276, 679problem dva tijela, 257prostor

homogenost, 111, 164, 250izotropnost, 111, 164, 250, 260, 263

proton, 238

750 KAZALO POJMOVA

putanja, 101, 118, 122, 124, 130, 148,155, 167, 170, 262, 286

elipsa, 218kruznica, 216

rad, 122, 123, 145, 163, 232, 237, 342,365

elasticne sile, 178gravitacijske sile, 245sile prigusenja, 189sustava, 339, 342, 343zamisljeni, 351

raketa, 358dvostupanjska, 363

ravninsko gibanje, 428ravnoteza

cestice, 132, 352indiferentna, 133labilna, 133, 283stabilna, 133, 283sustava, 351

refleksija, 16reprezentacija

~p , 635~r, 634impulsna, 635koordinatna, 634

reprezentativna tocka, 622, 624rezonancija, 194, 195rotacija, 49, 124, 129, 244, 267

sacuvanjeenergija, 214moment kolicine gibanja, 213

sila, 118centralna, 212, 261, 267centrifugalna, 285Coriolisova, 304Coulombova, 231, 235, 258doseg, 238elasticna, 130, 173, 178, 207, 209,

212, 262, 376elektrostatska, 235, 236, 244, 262gravitacijska, 130, 144, 145, 148,

153, 163, 228, 229, 231, 232, 235,236, 239, 258, 262, 269, 275, 283,360, 365, 367, 376, 389

impulsna, 558jaka nuklearna, 238

konstantna, 139, 141, 144, 146, 165konzervativna, 124, 130, 141, 145,

148, 163, 178, 232, 260, 267, 340,343, 344, 355, 539, 549

Lorentzova, 130, 163, 559, 560napetosti, 220, 389nekonzervativna, 130, 539ovisna o brzini, 163periodicna, 189poopcena, 536, 541, 550prigusenja, 148, 152, 184, 189, 360teza, 144, 146, 220trenja, 149u atomskoj jezgri, 238vanjska, 189, 199

silnice, 22skalar, 7, 235

gradijent, 31, 32pseudo, 17

slobodan padinercijski sustav, 143, 153, 228neinercijski sustav, 301

snaga, 122, 199apsorbirana, 200

spin, 515srediste mase, 257, 258, 329, 334, 344,

368stozac

krutog tijela, 504prostorni, 504, 505

stupnjevi slobode, 527, 528, 530, 534,539, 560, 582, 589, 612, 622, 633

sudarcentralni, 365, 367, 372elastican, 365, 370necentralni, 365, 370neelastican, 365, 369

sustav, 319diskretni, 319inercijski, 118, 144, 219, 291, 344,

348kontinuirani, 319konzervativan, 542, 622, 623neinercijski, 118, 144, 219, 291, 344,

348nekonzervativan, 542

svojstvena vrijednost, 380, 384

teziste, 330

KAZALO POJMOVA 751

tezina, 144tenzor, 99

drugog reda, 8, 100, 486Levi-Civita, 596metricki, 85, 324, 325nultog reda, 99prvog reda, 99treeg reda, 8tromosti, 486

tenzorikontravarijantni, 84, 573kovarijantni, 84, 573

teoremGaussov, 246, 247Gaußov, 35, 40Liouvilleov, 626o okomitim osima, 434o paralelnim osima, 433Steinerov, 433Stokesov, 53, 129, 245virijalni, 280

titranjesustava, 376

tok, 247translacija, 428trenutna os vrtnje, 484trenutno srediste vrtnje, 463trobrid pratilac, 107

ubrzanje, 104, 109, 118, 232cilindricni koordinatni sustav, 104Coriolisovo, 296kutno, 111neinercijski sustav, 296polarni koordinatni sustav, 220,

264sferni koordinatni sustav, 105

uvjeti, 149, 350, 530, 560holonomni, 530, 531, 535, 539, 542,

549, 558, 568, 580minimuma potencijalne energije, 136neholonomni, 531, 535, 539, 548,

580pocetni, 140, 145, 146, 150, 154,

164, 169, 174, 175, 181, 197, 207,221, 262, 392, 397, 402, 406, 408,410, 623

reonomni, 531, 539, 542, 573

rubni, 392, 402skleronomni, 531, 539, 542, 574,

586

valputujuci, 400stojni, 393

valna duljina, 395valna funkcija, 3, 636, 637varijacijski racun, 563vektor, 7, 235

aksijalni, 17derivacija, 23, 25, 295diferencijalni operatori, 31, 35,

39, 49, 56, 124, 129divergencija, 39integral, 25jedinicni, 10kontravarijantni, 82kovarijantni, 82linijski integral, 26polarni, 17povrsinski integral, 29, 35pseudo, 17, 132, 427rotacija, 49, 124, 129skalarni umnozak, 12, 25, 63, 76,

122, 255skalarno vektorski umnozak, 15,

320svojstveni, 380, 384vektorski umnozak, 13, 64, 76, 324vektorsko vektorski umnozak, 15

virijal, 281vodikov atom, 637vrtnja, 427

zakondrugi Keplerov, 275, 279Gaussov, 247gravitacije, 227, 228prvi Keplerov, 275, 276treci Keplerov, 275, 280

zamisljeni pomak, 351zrcaljenje, 16zvrk, 512

Klasicna mehanika

Documents

Transcript of Klasicna mehanika