KLASIˇCNA MEHANIKA - Studentske web stranice

KLASIČNA MEHANIKA
UVOD
Zvonko Glumac
Osijek, 2006.

v
All science is either physics or stamp collecting.
lord Ernest Rutherford, 1871 - 1937

Sadržaj
1 Uvod 1
I Mehanika jedne čestice 5
2 Matematički uvod - elementi vektorskog računa 7
2.1 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2 Derivacija vektorskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3 Integral vektorskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Vektorski diferencijalni operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.1 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4.2 Divergencija: Gaussov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4.3 Gaussov zakon - dovršiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4.4 Rotacija: Stokesov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.4.5 Laplaceov operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.5 Cilindrični koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6 Sferni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.8 Ortogonalna transformacija (preobrazba) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.9 Svojstva transformacijske matrice A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.10 Tenzori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3 Kinematika 69
3.1 Brzina i ubrzanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2 Trobrid pratilac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3 Frenet-Serretove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.4 Kružno gibanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4 Newtonovi aksiomi gibanja, konzervativnost, rad, energija, momenti 79
4.1 Newtonovi aksiomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.2 Rad, snaga i kinetička energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.3 Konzervativne sile i potencijalna energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.4 Impuls sile i momenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.5 Statika ili ravnoteža čestice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
5 Gibanje čestice u polju konstantne sile i sila ovisnih o brzini 101
5.1 Gibanje u polju konstantne sile: slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
5.2 Gibanje u polju konstantne sile: kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
vii

viii
SADRŽAJ
5.3 Uvjeti na gibanje: sila trenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
5.4 Sile ovisne o brzini: (1) sila prigušenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
5.4.1 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
5.4.2 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
5.5 Sile ovisne o brzini: (2) Lorentzova sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
6 Gibanje pod djelovanjem elastične sile: harmonijski oscilator i matematičko
njihalo 125
6.1 Slobodni harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
6.2 Gustoća vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
6.3 Nelinearni oscilator - račun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
6.4 Prigušeni harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
6.5 Prisilni titraji harmonijskog oscilatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.6 Apsorpcija snage vanjske sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
6.6.1 Neperiodična vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.7 Dvodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
6.8 Matematičko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
7 Gravitacija i centralne sile 165
7.1 Newtonov zakon gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
7.2 Gravitacijsko privlačenje okruglih tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
7.3 Divergencija i rotacija gravitacijskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
7.4 Multipolni razvoj potencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
7.5 Problem dva tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
7.6 Centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
7.7 Jednadžba gibanja čestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
7.8 Potencijalna energija čestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
7.9 Sačuvanje energije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
7.10 Opis gibanja nebeskih tijela pomoću grafa energije . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . 214
7.12 Virijalni teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
7.12.1 Početni uvjeti i putanja satelita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
7.13 Što bi bilo ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
7.14 Raspršenje čestica u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
8 Inercijski i neinercijski sustavi 229
8.1 Vremenska promjena vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
8.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
8.3 Općenito gibanje koordinatnih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
8.3.1 Jednadžba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za površinu Zemlje . 235
8.3.2 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
8.3.3 Okomiti hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240
8.3.4 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
8.3.5 Rijeke i cikloni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
8.4 Foucaultovo njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
8.5 Općenita jednadžba gibanja čestice u neinercijskom sustavu . . . . . . . . . . . 249

SADRŽAJ
ix
9 Specijalna teorija relativnosti 251
9.1 Lorentzove transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
9.2 Relativistička kinematika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
9.3 Relativistička dinamika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
II Mehanika sustava čestica 253
10 Sustavi čestica 255
10.1 Diskretni i kontinuirani sustavi čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
10.2 Središte mase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262
10.3 Količina gibanja sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
10.4 Moment količine gibanja sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
10.5 Energija sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
10.6 Gibanje sustava čestica u odnosu na središte mase . . . . . . . . . . . . . . . . . 272
10.7 Impuls sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276
10.8 Lagrangeovo i D’Alembertovo načelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277
10.9 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
10.10Sudari čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
10.10.1 Centralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289
10.10.2 Necentralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
11 Mali titraji sustava čestica 293
11.1 Mali longitudinalni titraji jednodimenzijskog diskretnog sustava čestica . . . . 293
11.1.1 Granica kontinuuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301
11.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sustava čestica . . . 302
11.2.1 Titranje napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
11.2.2 Nit s oba nepomična ruba: stojni val . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
11.2.3 Nit s oba nepomična ruba: putujući val (J. D’Alembert) . . . . . . . . 309
11.2.4 Nit s nepomičnim lijevim i slobodnim desnim rubom . . . . . . . . . . . 313
11.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomičnim lijevim rubom . . . . . . . . . . 315
11.2.6 Nit slobodna na oba ruba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
11.2.7 Energija titranja napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
11.3 Titranje pravokutne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322
11.4 Titranje kružne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329
12 Ravninsko gibanje krutog tijela 333
12.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333
12.2 Moment tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334
12.3 Teoremi o momentima tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337
12.4 Parovi sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
12.5 Kinetička energija, rad i snaga vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341
12.6 Fizičko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344
12.7 Općenito ravninsko gibanje krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349
12.8 Trenutno središte vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351
12.9 Statika krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354

x
SADRŽAJ
13 Prostorno gibanje krutog tijela 355
13.1 Tenzor tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
13.2 Eulerove jednadžbe gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
13.3 Gibanje Zemlje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
13.4 Eulerovi kutovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370
13.5 Gibanje zvrka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
III Analitička mehanika 383
14 Lagrangeove jednadžbe 385
14.1 Poopćene koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385
14.2 Stupnjevi slobode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
14.3 Neholonomni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389
14.4 Lagrangeove jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
14.5 Lagrangeove jednadžbe za impulsnu silu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401
14.6 Lagrangeova funkcija naelektrizirane čestice u elektromagnetskom polju . . . . 401
14.7 Hamiltonovo načelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405
14.7.1 Primjene Euler - Lagrangeove jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407
14.8 Funkcija djelovanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409
15 Hamiltonove jednadžbe 411
15.1 Hamiltonove jednadžbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411
15.2 Poissonove zagrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416
15.3 Kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418
15.4 Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420
15.5 Prijelaz na kvantnu mehaniku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425
A Delta funkcija 431
B Presjeci stošca 437
C Fourierovi redovi 443
D Vučedolski kalendar 447

Ovo su bilješke s autorovih predavanja iz kolegija Osnovi Teorijske Mehanike 1 i 2, na drugoj
godini studija fizike sveučilišta u Osijeku. Bilješke nisu stručno recenzirane i daju se na uvid
studentima kao orjentacija za pripremanje ispita.
xi

xii
SADRŽAJ

Predgovor
Iz područja teorijske mehanike je već napisano mnoštvo vrlo dobrih knjiga i stoga bi bio vrlo
težak zadatak reći nešto novo ili originalno u ovom području. Umjesto toga, autor si je postavio
puno skromniji cilj, a to je: olakšati praćenje predavanja iz kolegija Klasična mehanika 1 i 2
na studiju fizike osječkog sveučilišta.
Za praćenje izlaganja u ovoj knjizi, dovoljno je elementarno poznavanje vektorskog i integrodiferencijanog
računa, kao i osnovnih pojmova opće fizike.
Iz svojeg višegodišnjeg rada sa studentima, autor je došao do nedvojbenog zaključka da opširnost
knjige nikako ne može biti njezin nedostatak. Stoga su i mnoga objašnjenja, računi i izvodi
dani dosta detaljno, uz izostanak samo najelementarnijih algebarskih operacija.
Pojedine teme su u ovoj knjizi obradene nešto detaljnije i opširnije nego na predavanjima, a
takoder postoje i teme koje su (zbog nedostatka vremena) potpuno izostavljene na predavanjima.
Isto tako postoje cijela područja (poput specijalne teorije relativnosti, mehanike fluida,
teorije elastičnosti i sl.) koja se ne nalaze u ovoj knjizi, a koja zainteresirani čitatelj može naći
u nekima od knjiga navedenih u popisu literature.
Osijek, lipnja 2006.
Autor
xiii

xiv
SADRŽAJ

Kazalo kratica i simbola
⃗A vektorski potencijal
a
velika poluos elipse
⃗a
ubrzanje, ⃗a = d⃗v/dt
⃗B indukcija magnetskog polja
b
mala poluos elipse
c
brzina svjetlosti u vakuumu, 2.9979250(10) 10 8 m s −1
D dimenzija prostora
E ukupna energija
E k ukupna kinetička energija
E k,t translacijska kinetička energija
E k,vrt kinetička energija vrtnje
E p potencijalna energija
⃗E električno polje
ê j jedinični vektori u smjerovima glavnih osi krutog tijela
⃗F sila
G univerzalna konstanta gravitacije, 6.6732(31) 10 −11 N m 2 kg −2
g
standardno ubrzanje u Zemljinom gravitacijskom polju, 9.80665 m s −2
g ij komponente kovarijantnog metričkog tenzora
H Hamiltonova funkcija
h Planckova konstanta, 6.626 . . . · 10 −34 Js
Planckova konstanta podijeljena s 2 π: = h/(2 π)
I, I α α moment tromosti oko zadane osi
I α β devijacijski (centrifugalni) momenti tromosti
J Jacobijeva determinanta
L Lagrangeova funkcija
⃗L moment količine gibanja, L ⃗ = ⃗r × ⃗p
l
duljina
⃗M moment sile, M ⃗ = ⃗r × F ⃗
m masa tijela ili čestice
P snaga, P = d W/d t
⃗p
količina gibanja, ⃗p = m⃗v
R polumjer zakrivljenosti
⃗r
radij vektor
r, ˆr koordinata i jedinični vektor sfernog koordinatnog sustava
S površina; djelovanje
T period, f(t) ≡ f(t + T )
t
vrijeme
xv

xvi
SADRŽAJ
V volumen; skalarni potencijal
⃗v
brzina, ⃗v = d ⃗r/d t
W rad, W = ∫ F ⃗ d⃗r
x, ˆx koordinata i jedinični vektor pravokutnog koordinatnog sustava
y, ŷ koordinata i jedinični vektor pravokutnog koordinatnog sustava
z, ẑ koordinata i jedinični vektor pravokutnog i cilindričnog koordinatnog sustava
⃗α kutno ubrzanje, ⃗α = d⃗ω /dt
γ
koeficijent prigušenja kod harmonijskog titranja
δ(a, b) Kroneckerov simbol: jednak jedinici ako je a = b, a nuli ako je a ≠ b
δ(x − x 0 ) Diracova δ funkcija
ɛ ekscentricitet elipse ɛ = √ a 2 − b 2 /a
Θ jedan od Eulerovih kutova
θ, ˆθ koordinata i jedinični vektor sfernog koordinatnog sustava
κ zakrivljenost ili fleksija κ = 1/R
λ kut kolatitude; valna duljina f(x) = f(x + λ)
λ m linijska masena gustoća, λ m = d m/d l
µ reducirana masa, 1/µ = 1/m 1 + 1/m 2 + · · ·
ν frekvencija, inverzna vrijednost perioda ν = 1/T
ρ, ˆρ koordinata i jedinični vektor cilindričnog (polarnog) koordinatnog sustava
ρ m volumna masena gustoća, ρ m = d m/d V
σ m površinska masena gustoća, σ m = d m/d S
Φ jedan od Eulerovih kutova
ϕ, ˆϕ koordinata i jedinični vektor cilindričnog (polarnog) koordinatnog sustava
Ψ jedan od Eulerovih kutova
ψ otklon čestice sredstva kod titrajnog ili valnog gibanja (valna funkcija)
⃗ω kutna brzina, |⃗ω | = dϕ/dt
Grčko slovo ∆ ispred odredenog simbola označava promjenu označene veličine za konačan iznos.
Npr.
∆ A = A kon − A poč .
Slovo d ispred odredenog simbola označava infinitezimalnu promjenu označene veličine. Npr.
d ⃗ V (q) = ⃗ V (q + d q) − ⃗ V (q).
Diferencijali volumena će se označavati s d V ili s d 3 r, a diferencijali površine s d S ili s d 2 r.

Poglavlje 1
Uvod
Na početku svake knjige, autor je dužan upoznati čitatelje s glavnim likovima koji se u njoj
pojavljuju. Glavni likovi ove knjige o mehanici 1 su pomalo nesvakidašnji: to su vrijeme,
prostor i tvar (ili materija). Reći neku više ili manje preciznu definiciju ovih pojmova je
najvjerojatnije nemoguće. Umjesto toga postoje neke druge mogućnosti kao što su npr.
- nabrajati svojstva pojmova koje ne znamo definirati, nadajući se da ćemo nabrojati toliko
svojstava koliko nema ni jedan drugi pojam i time ih jednoznačno odrediti, ili
- puno jednostavnije, naprosto se pozvati na našu intuiciju: svi mi intuitivno shvaćamo pojmove
prostora, vremena i tvari i stoga ih nije potrebno posebno objašnjavati.
Na toj ili sličnoj liniji razmišljanja je vjerojatno bio i blaženi Augustin kada je (u Državi
Božijoj), govoreći o vremenu, rekao otprilike ovako:
Sve dok me ne pitate što je vrijeme, ja znam što je ono, ali ako me pitate
da vam objasnim, ja ne znam.
Ovom je rečenicom sažeto dano naše znanje o vremenu: intuitivno nam je jasno o čemu se
radi, ali kako to objasniti (npr. nekome došljaku iz svemira tko ne posjeduje našu intuiciju),
to nismo u stanju. Naravno, mi možemo govoriti o vremenskom slijedu, o tome da se jedan
dogadaj dogodio prije nekog drugog dogadaja ili slično, ali time samo govorimo o vremenskim
relacijama, ali ne i o samom vremenu. Vezano za vremenski slijed, treba spomenuti i (naizgled
trivijalnu) usporedbu s prostorom: dok je u prostoru moguće gibanje u proizvoljnim smjerovima,
u vremenu postoji istaknuti smjer koji se naziva budućnost. Vrlo omiljena (unatoč svojim očitim
logičkim kontradikcijama) književna i filmska tema putovanja u prošlost, još nije našla uporište
u fizici.
Ništa manje nije jednostavan ni problem prostora. Dugo je vremena (napose od Newtona, pa
nadalje), Prostor smatran za neku vrstu kazališne pozornice na kojoj glumci (tj. čestice tvari)
izvode svoju predstavu (gibaju se tijekom vremena) koju nazivamo fysis - priroda. Prostor
je naravno bio zamišljan kao ravni trodimenzijski Euklidski prostor. Pri svemu tome, sva su tri
pojma: prostor, vrijeme i tvar smatrani medusobno neovisnim. Početkom dvadesetog stoljeća
dolazi do postupnog povezivanja ovih pojmova. Najprije je Einstein 2 1905. godine u svojoj
Specijalnoj teoriji relativnost povezao pojmove prostora i vremena u jednu jedinstvenu tvorevinu
nazvanu prostor-vrijeme, da bi nešto kasnije, oko 1920. godine, u Općoj teoriji relativnost
pokazao da svojstva prostor-vremena (napose njegova zakrivljenost) ovise o jednom svojstvu
1 Sama riječ mehanika potječe od grčke riječi µηχανη, koja označava orude ili stroj, a označava dio fizike koji proučava gibanje
i mirovanje čestica.
2 Albert Einstein, njemački fizičar, Ulm 1879. - Princeton 1956.
1

2 POGLAVLJE 1. UVOD
tvari koje se zove masa. Prostor bez tvari je ravan (euklidski), dok nazočnost tvari (uslijed
njezine mase) mijenja geometrijska svojstva prostora i čini ga zakrivljenim. Geometriju ovakvih
zakrivljenih prostora, već su ranije razvili Riemann 3 i Lobačevskij 4 . Učinci opisani teorijama
relativnosti postaju zamjetni tek ako se tijela gibaju brzinama bliskim brzini svjetlosti (specijalna
teorija relativnosti) ili ako je masa reda veličine mase planeta ili zvijezda (opća teorija
relativnosti). U ovoj ćemo se knjizi ograničiti na pojave kod kojih učinci opisani teorijama
relativnosti imaju vrlo mali utjecaj i zato ćemo ih u cjelosti zanemariti (čak i u poglavlju o
gravitaciji). Prostor ćemo shvaćati kao ravan euklidski, homogen i izotropan kontinuum.
Svojstvo homogenosti označava da prostor ima ista svojstva u svakoj svojoj točki, tj. sve su
točke ravnopravne, ne postoji istaknuta točka. Izotropnost znači 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 omogućavaju najpogodniji odabir položaja ishodišta
koordinatnog sustava i smjerova koordinatnih osi.
Govoreći o prostoru i vremenu, spomenuli smo i tvar navodeći jedno njezino svojstvo: masu.
Osim mase, tvar može imati i neka druga svojstava kao što su: električni naboj, spin, čestice
tvari se mogu gibati odredenom brzinom, itd. Neka od tih svojstava su nam bliska iz svakodnevnog
života (npr. masa ili brzina), dok postoje svojstva tvari (kao što je npr. spin), koja su
jako daleko od naše svakodnevice, što ih, naravno, ne čini i manje važnima.
Paralelno s Einsteinovim radovima iz teorija relativnosti, u to se doba (početkom dvadesetog
stoljeća) razvijala i jedna nova grana fizike, koja će kasnije biti nazvana kvantnom mehanikom.
Ona je u bitnome promjenila dotadašnje poimanje tvari. Stoljećima se zamišljalo da se
tvar sastoji od malih čestica, koje su još stari Heleni nazvali nedjeljivima (Demokritovi atomi, ili
današnjim jezikom rečeno: elementarne čestice). Gibanje tih malih čestica i njihovo medusobno
povezivanje, tvorilo je sav vidljivi prirodni svijet. Pokusi nad elektronima (npr. Comptonovo
raspršenje) su pokazali da elementarne čestice nemaju samo čestična (korpuskularna) svojstva,
nego imaju i valna svojstva (kao što je npr. ogib). Ukratko, došlo je do shvaćanja da nije
sasvim točno elementarne čestice zamišljati kao jako smanjene biljarske kuglice koje jure kroz
prostor. Slika je ipak nešto složenija: pod odredenim uvjetima tvar pokazuje čestična svojstva,
a pod nekim drugim uvjetima pokazuje valna svojstva. Stoga bi, umjesto izraza čestica ili val,
korektnije bilo koristiti izraz čestica-val ili što slično. Razlog zašto se takav nekakav izraz već
nije udomaćio u literaturi, jeste taj što se dvojni valno-čestični karakter tvari prikazuje tek na
vrlo maloj prostornoj skali, tako da makroskopski - tj. u našem svakidašnjem iskustvu - tvar
mahom pokazuje ili samo svoja čestična ili samo svoja valna svojstva. Prema De Broglieu 5 ,
veza valnih (valna duljina λ) i čestičnih (količina gibanja ⃗p ) svojstava čestice-vala, je dana
izrazom
λ p = h,
gdje je h = 6.626 . . . · 10 −34 Js jedna univerzalna prirodna konstanta, nazvana Planckova 6
konstanta. Evo jednog jednostavnog primjera. Srednja brzina helijeva plina na sobnoj temperaturi
je oko 1 350 m s −1 , a masa atoma helija je približno četiri puta veća od mase protona.
Uvrštavanje ovih vrijednosti u De Broglievu relaciju, daje za valnu duljinu vrijednost od
0.74 · 10 −10 m, što je oko sto puta manje od srednje udaljenosti medu atomima u plinu. Dakle,
helijevi su atomi dovoljno dobro lokalizirani u prostoru, da bi se mogli smatrati česticama.
3 Georg Friedrich Bernhard Riemann, 1826. - 1866., njemački matematičar.
4 Nikolaj Ivanovič Lobačevskij, 1792. - 1856., ruski matematičar.
5 Louis-Victor Pierre Raymond, prince De Broglie, 1892. - 1958., francuski fizičar
6 Max Karl Ernst Ludwig Planck, 1858. - 1947., njemački fizičar

Naprotiv, snižavanjem temperature od sobne na 0.01 K, njihova se brzina smanjuje, a valna
duljina se povećava i postaje stotinjak puta veća od srednjeg razmaka medu atomima. U
ovoj situaciji, kada se valovi (točnije rečeno: valne funkcije) različitih atoma jako preklapaju,
nije moguće primjeniti klasičnu sliku malih čestica, nego je potrebno prijeći sa klasičnog na
kvantnomehanički opis plina.
Svakodnevni život se mahom odvija na sobnoj temperaturi i na makroskopskoj prostornoj
skali i to je razlog zašto se dvojni karakter tvari može opaziti tek vrlo pažljivo pripremljenim
pokusima.
U ovoj ćemo se knjizi baviti pojavama na prostornoj skali puno većoj od valne duljine elementarnih
čestica, tako da ćemo dvojni karakter tvari zanemarivati, praveći time zanemarivu
grešku u našim računima.
3
Na kraju ćemo pokušati sažeto iznijeti i glavni naš cilj u ovome izlaganju klasične mehanike:
ako su nam poznati položaj i brzina čestice u trenutku t 0 , tada je naš zadatak
odrediti položaj te iste čestice u proizvoljnom trenutku t ≠ t 0 .
Ovaj se zadatak može iskazati i pomoću matematičkh simbola
⃗r(t 0 ), ⃗v(t 0 ) ⇒ ⃗r(t) =?
Stranice koje slijede, posvećene su traženju odgovora na ovo pitanje (i njegove brojne varijacije).

4 POGLAVLJE 1. UVOD

Dio I
Mehanika jedne čestice
5

Poglavlje 2
Matematički uvod - elementi
vektorskog računa
Mathematics is part of physics.
Vladimir Igorevich Arnold
2.1 Vektori
U ovom poglavlju krećemo od pretpostavke da su čitatelji već upoznati s pojmom vektora i
njihovim osnovnim svojstvima. Stoga ćemo ovdje dati samo pregled nekih vektorskih definicija,
svojstava i relacija, više sa ciljem da uvedemo notaciju, nego da damo neki sustavan uvod u
vektorski račun.
Po svojem algebarskom značenju, sve su fizičke veličine tenzori odredenog reda.
Ako je za odredenje dane fizičke veličine u D-dimenzijskom prostoru potrebno
D n
realnih brojeva, tada se takva veličina zove tenzor n-tog reda.
n = 0
Najjednostavniji medu njima su tenzori nultog reda ili skalari. Za potpuno odredenje skalara
potreban je D 0 = 1 realan broj (iznos skalara). Skalari su npr.: masa m, temperatura T , rad
W , vrijeme t, energija E, snaga P itd.
n = 1
Nešto su složeniji tenzori prvog reda ili vektori 1 . Za potpuno odredenje vektora potrebno je
D 1 = D realnih brojeva. Za razliku od skalara, vektor je karakteriziran, osim svojim iznosom,
još i smjerom i pravilom zbrajanja. Čitatelji su se zacijelo već susretali s vektorskim veličinama
kao što su sila ⃗ F , brzina ⃗v, radij vektor ⃗r, električno polje ⃗ E , indukcija magnetskog
polja ⃗ B itd.
n ≥ 2
Postoje fizičke veličine (npr. tenzor tromosti, magnetska susceptibilnost, tenzor energije-količine
gibanja, tenzor napona i sl.) za čije je potpuno odredenje potrebno više od D brojeva. Za
1 Vektori se prvi puta spominju u djelima nizozemskog fizičara Simona Stevina (godine 1585.) u vezi zbrajanja sila predstavljenih
usmjerenim dužinama.
7

8 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
potpuno odredenje navedenih veličina, potrebno je D 2 realnih brojeva i zato se one zovu tenzori
drugog reda. U odgovarajućoj bazi, tenzori drugog reda se mogu reprezentirati kvadratnim
matricama.
Skalarni, vektorski ili općenito tenzorski karakter odredene fizičke veličine se vidi iz njezinog
ponašanja u odnosu na vrtnju (zakret) koordinatnog sustava (vidjeti (2.91) i (2.105)). Skalar
je odreden samo jednim brojem, pa ne ovisi o promjeni smjerova koordinatnog sustava, kaže
se da je invarijantan na zakret koordinatnog sustava (npr. zapis mase čestice od 5 kg ostaje
nepromjenjen nakon zakreta sustava za proizvoljni kut).
Za razliku od skalara, vektor je osim svojim iznosom, karakteriziran i smjerom u odnosu na
referentne smjerove koordinatnog sustava. Stoga će promjena referentnih smjerova (pri zakretu
sustava) uzrokovati i promjenu u zapisu vektora (npr. zapisi položaja i brzine spomenute čestice
mase 5 kg, će se promijeniti uslijed zakreta koordinatnog sustava).
Uvedimo sada pojam fizičkog polja. Ako svakoj točki prostora (čiji položaj označavamo s
⃗r), u svakom vremenskom trenutku (koji opet označavamo s t) možemo pridružiti odredenu
vrijednost skalara s, vektora ⃗ V ili tenzora T
s(⃗r, t), ⃗ V (⃗r, t), T (⃗r, t),
tada ćemo takve skalare, vektore ili tenzore, nazivati skalarnim, vektorskim ili tenzorskim
poljem. Npr. skalarno polje temperature T (⃗r, t) daje vrijednost temperature u odredenoj točki
prostora ⃗r u odredenom vremenskom trenutku t. Za fluid koji se giba, može se definirati
vektorsko polje brzine ⃗v(⃗r, t), koje označava brzinu fluida u točki ⃗r u trenutku t. Slično je
i s gravitacijskom privlačnom silom Zemlje F ⃗ G (⃗r): svakoj točki prostora pridružujemo vektor
usmjeren prema središtu Zemlje, iznosa jednakog gravitacijskoj sili u toj točki - skup svih takvih
vektora se zove polje gravitacijske sile Zemlje.
Vektore je uobičajeno prikazivati u koordinatnim sustavima. Najčešće ćemo koristiti pravokutni
(PKS), 2 cilindrični (CKS, odjeljak 2.5) i sferni (SKS, odjeljak 2.6) koordinatni sustav.
Zadržimo se, za sada, na dobro nam poznatom, pravokutnom sustavu.
Bazne vektore
ćemo označavati s
ˆx , ŷ , ẑ .
Svaki od gornjih vektora ima smjer porasta koordinate čije ime nosi. Komponentama vektora
⃗V ćemo nazivati projekcije danog vektora na bazne vektore odabranog koordinatnog sustava:
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ .
Vektori se mogu prikazati i u obliku D × 1 matrice (gdje je D dimenzija prostora; u našim
primjerima je D = 3), tako što će bazni vektori biti stupci oblika
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1
0
0
ˆx =
⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ , ŷ = ⎢ 1
⎥
⎣ ⎦ , ẑ = ⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ ,
0
0
1
2 Pravokutni koordinatni sustav je prvi uveo René Descartes (latinizirano: Cartesius), 1637. godine.

2.1. VEKTORI 9
a sam vektor V ⃗ je tada
⎡
⃗V = V x ⎢
⎣
1
0
0
⎤
⎥
⎦ + V y
⎡
⎢
⎣
0
1
0
⎤
⎥
⎦ + V z
⎡
⎢
⎣
0
0
1
⎤ ⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
V x
V y
V z
⎤
⎥
⎦ .
Iznos
ili norma vektora V ⃗ je skalar iznosa jednakog duljini vektora V ⃗ izraženoj u odgovarajućim
mjernim jedinicama. Označava se s V ili | V ⃗ |. Iznos (kao ni smjer) vektora ne ovise o izboru
koordinatnog sustava. Primjenom Pitagorinog teorema, dolazi se do iznosa vektora
√
| V ⃗ | = Vx 2 + Vy 2 + Vz 2 .
Za dva vektora se kaže da su jednaki, ako imaju isti iznos i smjer (ne nužno i hvatište).
Jedinični vektor
od vektora V ⃗ ćemo označavati s ˆV . To je vektor istog smjera kao i V ⃗ , a jediničnog iznosa.
Očito je
V
ˆV = ⃗ | V ⃗ | . (2.1)
Radij vektorom, ⃗r
neke točke naziva se vektor koji spaja ishodište koordinatnog sustava s promatranom točkom.
U pravokutnom koordinatnom sustavu, radij vektor je
⃗r = x ˆx + y ŷ + z ẑ ,
|⃗r| = r = √ x 2 + y 2 + z 2 .
Računske operacije koje se mogu izvodi s vektorima jesu: zbrajanje vektora, množenje vektora
skalarom, množenje vektora vektorom (na više načina), deriviranje i integriranje vektora. Dijeljenje
vektorom nije definirana računska operacija.
Zbrajanje vektora
⃗V i ⃗ U se izvodi po pravilu paralelograma (slika 2.1): početak vektora ⃗ U translatiramo na kraj
vektora ⃗ V , a zatim spojimo početak od ⃗ V sa krajem od ⃗ U. Iz opisanog postupka je očito da je
zbrajanje komutativno: ⃗ V + ⃗ U = ⃗ U + ⃗ V . Primjetimo da vrtnje (zakreti, rotacije) za konačni
kut oko zadane osi nisu vektori iako imaju iznos (to je kut zakreta) i smjer (to je smjer osi

10 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.1: Uz zbrajanje vektora.
oko koje se vrši zakret). Nisu vektori upravo zato jer ne zadovoljavaju pravilo komutativnosti 3 .
Promotrimo, za primjer, dva zakreta za konačni kut: Z z = (π/2, ẑ ) je zakret za π/2 oko osi ẑ ,
a Z x = (π/2, ˆx ) je zakret za π/2 oko osi ˆx . Iznos ovih veličina je π/2, a njihov smjer je smjer
osi oko koje se vrši zakret. Sa slike 2.2 se vidi da
Z z + Z x ≠ Z x + Z z .
Slika 2.2: Uz nekomutativnost vrtnji za konačni kut.
3 Zakreti za infinitezimalni kut zadovoljavaju pravilo komutativnosti i zato kutna brzina, definirana relacijom (3.15), jeste vektor.

2.1. VEKTORI 11
Dekompozicija ili rastav
vektora je postupak suprotan zbrajanju vektora, gdje se jedan vektor rastavlja na dva (ili više)
vektora koji, zbrojeni, daju opet početni vektor. Ovaj je postupak koristan npr. kod analize sila
koje djeluju na promatrano tijelo, pri čemu se sile rastavljaju na svoje komponente u prikladno
odabranim smjerovima (za ilustraciju pogledati npr. sliku 5.3) Iz definicije zbrajanja vektora
slijedi da je zbrajanje vektora asocijativno: ⃗ V + ( ⃗ U + ⃗ W ) = ( ⃗ V + ⃗ U) + ⃗ W . Primjenom svojstva
asocijativnosti, zbrajanje proizvoljnog broja vektora se svodi na zbrajanje dva vektora.
Množenje vektora V ⃗ skalarom s
mijenja duljinu (normu, iznos) vektora tako da ona postaje jednaka s | V ⃗ |, a smjer vektora
ostaje nepromjenjen: sV ⃗ = s | V ⃗ | ˆV . Množenje skalarom je distributivno (tj. može se
shvatiti i kao linearni operator): s ( V ⃗ + U) ⃗ = s V ⃗ + s U. ⃗ Ovo možemo primjeniti i na rastav
vektora po komponentama
s ⃗ V = s V x ˆx + s V y ŷ + s V z ẑ .
Kod množenja vektora vektorom, razlikuju se dva slučaja: skalarno množenje, gdje je rezultat
množenja dva vektora, skalar i vektorsko množenje, gdje je rezultat množenja dva vektora
neki treći vektor.
Skalarni umnožak
dva vektora ⃗ V i ⃗ U je skalar, definiran kao
⃗V · ⃗U = | ⃗ V | | ⃗ U| cos( ⃗ V , ⃗ U), (2.2)
gdje je s cos( V ⃗ , U) ⃗ označen kosinus kuta izmedu vektora V ⃗ i U. ⃗ Očito je skalarni umnožak
dva medusobno okomita vektora, jednak nuli: V ⃗ ⊥ U ⃗ ⇔ V ⃗ · U ⃗ = 0. Prema samoj definiciji,
skalarni je umnožak komutativan: V ⃗ · ⃗U = U ⃗ · ⃗V . Skalarni umnošci baznih vektora pravokutnog
koordinatnog sustava su, redom:
ˆx · ˆx = 1, ˆx · ŷ = 0, ˆx · ẑ = 0,
ŷ · ˆx = 0, ŷ · ŷ = 1, ŷ · ẑ = 0, (2.3)
ẑ · ˆx = 0, ẑ · ŷ = 0, ẑ · ẑ = 1,
Geometrijski, umnožak |U| cos( V ⃗ , U) ⃗ je komponenta od U ⃗ u smjeru V ⃗ . Jedna od fizičkih
realizacija skalarnog umnoška je pojam rada: kod izračunavanja rada sile pri pomaku čestice,
važna je samo ona komponeta sile koja leži u smjeru pomaka, a ona je upravo dana skalarnim
umnoškom sile i radij vektora pomaka čestice, F ⃗ · d⃗r. Primjenom definicije (2.2) na rastav
vektora V ⃗ i U ⃗ po komponentama, a uzevši u obzir ortonormiranost baze, (2.3), dolazi se do
⃗V · ⃗U = (V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ ) · (U x ˆx + U y ŷ + U z ẑ ) = V x U x + V y U y + V z U z ,
Iznos (norma) vektora se može napisati preko skalarnog umnoška kao
√ √
V = ⃗V · V ⃗ = Vx 2 + Vy 2 + Vz 2 .
Pomoću skalarnog umnoška se i kut medu vektorima može napisati kao: ˆV ·Û = 1·1 cos( ⃗ V , ⃗ U),
što možemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova

12 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
koje zatvara s koordinatnim osima. Npr. za pravokutni koordinatni sustav:
/
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ
· ˆx
⃗V · ˆx = V x .
No, prema definiciji skalarnog umnoška (2.2), je
⃗V · ˆx = V cos( V ⃗ , ˆx ),
pa se, usporedbom s gornjim izrazom, dobiva
V x = V cos( V ⃗ , ˆx ).
Sličnim se postupkom dobiva i
V y = V cos( V ⃗ , ŷ ), V z = V cos( V ⃗ , ẑ ),
što, sve zajedno, vodi na
⃗V = V
[
cos( V ⃗ , ˆx ) ˆx + cos( V ⃗ , ŷ ) ŷ + cos( V ⃗ ]
, ẑ ) ẑ . (2.4)
Vektorski umnožak
dva vektora, V ⃗ i U, ⃗ je vektor W ⃗ = V ⃗ × U, ⃗ okomit na vektore V ⃗ i U ⃗ čiji je smjer odreden
smjerovima V ⃗ i U ⃗ i pravilom desne ruke: ako prstima desne ruke idemo u smjeru od prvog
vektora iz umnoška prema drugom, tada palac pokazuje smjer rezultantnog vektora (kao na
slici 2.3). Iznos vektorskog umnoška je dan površinom paralelograma čije su stranice vektori V ⃗
Slika 2.3: Uz vektorski umnožak dva vektora.
i ⃗ U, pa se može napisati da je
⃗W = |V | |U| sin( ⃗ V , ⃗ U) Ŵ . (2.5)

2.1. VEKTORI 13
Prema samoj definiciji, slijedi da je vektorski umnožak antikomutativan: ⃗ V × ⃗ U = − ⃗ U × ⃗ V .
Iz definicije takoder slijedi i da su dva vektora paralelna ako im je vektorski umnožak jednak
nuli:
⃗V × ⃗ U = 0 ⇔ ⃗ V ‖ ⃗ U.
Svoju fizičku realizaciju vektorski umnožak nalazi u izračunavanju momenta sile ⃗ M = ⃗r × ⃗ F ,
momenta količine gibanja ⃗ L = ⃗r × ⃗p , indukcije magnetskog polja ⃗ B (preko Biot-Savartovog
zakona) i drugih veličina.
Vektorski umnošci baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava su:
ˆx × ˆx = 0, ˆx × ŷ = ẑ , ˆx × ẑ = −ŷ ,
ŷ × ˆx = −ẑ , ŷ × ŷ = 0, ŷ × ẑ = ˆx , (2.6)
ẑ × ˆx = ŷ , ẑ × ŷ = −ˆx , ẑ × ẑ = 0,
Pomoću gornjih umnožaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoška dva opća
vektora
⃗V × U ⃗ = (V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ ) × (U x ˆx + U y ŷ + U z ẑ )
= V x U x ˆx × ˆx + V x U y ˆx × ŷ + V x U z ˆx × ẑ
+ V y U x ŷ × ˆx + V y U y ŷ × ŷ + V y U z ŷ × ẑ
+ V z U x ẑ × ˆx + V z U y ẑ × ŷ + V z U z ẑ × ẑ
= ˆx (V y U z − V z U y ) + ŷ (V z U x − V x U z ) + ẑ (V x U y − V y U x )
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoška: x → y → z → x →
y → · · · . Vektorski umnožak se može pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
ˆx ŷ ẑ
⃗V × ⃗ U =
V x V y V z
U x U y U z
Za vektorski umnožak vrijedi i distributivnost prema zbrajanju: ⃗ V × ( ⃗ U + ⃗ W ) = ⃗ V × ⃗ U +
⃗V × ⃗ W .
Višestruki umnošci
Pomoću definicije skalarnog i vektorskog umnoška, mogu se konstruirati i višestruki umnošci
vektora. Tako se npr. vektorski umnožak može skalarno pomnožiti s nekim trećim vektorom i
dobiti skalarno vektorski umnožak. Za ovaj se umnožak lako pokazuje cikličnost
⃗V · ( U ⃗ × W ⃗ ) =
∣
V x V y V z
U x U y U z
W x W y W z
∣ ∣∣∣∣∣
= ⃗ U · ( ⃗ W × ⃗ V ) = ⃗ W · ( ⃗ V × ⃗ U). (2.7)
Ovo je svojstvo posljedica geometrijskog značenja gornjeg umnoška: budući da je | ⃗ U × ⃗ W |
površina paralelograma sa stranicama ⃗ U i ⃗ W , to je gornji umnožak jednak V · cos α · | ⃗ U × ⃗ W |,

14 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.4: Uz skalarno vektorski umnožak.
gdje je α kut izmedu vektora ⃗ V i ⃗ U × ⃗ W , a to nije ništa drugo do volumen paralelopipeda sa
stranicama ⃗ V , ⃗ U i ⃗ W (slika 2.4).
Rezultat dvostrukog vektorskog umnoška tri nekomplanarna vektora ⃗ V , ⃗ U i ⃗ W je opet vektor
−→ D = ⃗ V × ( ⃗ U × ⃗ W )
Ovakav se umnožak naziva vektorsko vektorski umnožak. Budući da je U ⃗ × W ⃗ vektor
okomit na ravninu odredenu vektorima U ⃗ i W ⃗ , to će vektor V ⃗ × ( U ⃗ × W ⃗ ) ležati u toj istoj
ravnini, pa postoji zapis oblika
−→ D = ⃗ V × ( ⃗ U × ⃗ W ) = β ⃗ U + γ ⃗ W .
Naš je zadatak odrediti skalare β i γ. Promotrimo sliku 2.5. S ˆn je označen jedinični vektor
okomit na ⃗ W , koji leži u ( ⃗ U, ⃗ W ) ravnini, a usmjeren je tako da su ˆn , ⃗ U i ⃗ W zakrenuti u
pozitivnom smjeru gledano s vrha vektora ⃗ U × ⃗ W . Pomnožimo
ˆn · −→ D = ˆn · (β ⃗ U + γ ⃗ W ) = β ˆn · ⃗U,
(zato jer je ˆn okomit na ⃗ W , pa je ˆn · ⃗W = 0). S druge strane, taj isti umnožak možemo napisati
(zbog cikličnosti skalarno vektorskog umnoška) i kao
ˆn · −→ D = ˆn · [ ⃗ V × ( ⃗ U × ⃗ W )] = ( ⃗ U × ⃗ W ) · (ˆn × ⃗ V ) = ⃗ V · [( ⃗ U × ⃗ W ) × ˆn ].
No, prema definiciji vektorskog umnoška je
( ⃗ U × ⃗ W ) × ˆn = Ŵ |⃗ U × ⃗ W | |ˆn | sin( ⃗ U × ⃗ W , ˆn )
= Ŵ U W sin(⃗ U, ⃗ W ) 1 sin(π/2)
= Ŵ U W sin(⃗ U, ⃗ W ) = ⃗ W U sin( ⃗ U, ⃗ W ).

2.1. VEKTORI 15
Slika 2.5: Uz vektorsko vektorski umnožak.
Sa slike 2.5 se vidi da vrijedi
∠( U, ⃗ W ⃗ ) = π 2 − ∠(ˆn , U) ⃗
sin( U, ⃗ W ⃗ ( π
) = sin
2 − ∠(ˆn , U) ⃗ )
= cos(ˆn , U). ⃗
Pomoću gornje relacije postaje
U sin( U, ⃗ W ⃗ ) = U cos(ˆn , U) ⃗ = U ⃗ · ˆn .
Uvrstimo li ovo u izraz za ˆn · −→ D , dobivamo
ˆn · −→ D = V ⃗ [ W ⃗ (ˆn · ⃗U)] = ( V ⃗ · ⃗W )(ˆn · ⃗U).
Ako sada gornji izraz usporedimo s (2.8), zaključujemo 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 možemo napisati
⃗V × ( U ⃗ × W ⃗ ) = ( V ⃗ · ⃗W ) U ⃗ − ( V ⃗ · ⃗U) W ⃗ . (2.8)
Zrcaljenjem

16 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
ili refleksijom ili prostornom inverzijom nazivamo operaciju kojom mijenjamo smjerove koordinatnih
osi. U pravokutnom koordinatnom sustavu, to znači da treba zamijeniti
ˆx → −ˆx , ŷ → −ŷ , ẑ → −ẑ .
Ovom se transformacijom vektor ⃗ V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ prevodi u
⃗V −→ V x (−ˆx ) + V y (−ŷ ) + V z (−ẑ ) = − ⃗ V .
Dakle, operacijom zrcaljenja vektor mijenja svoj predznak (prema svojoj definiciji, skalar ne
ovisi o smjerovima u prostoru, pa se on ne mijenja operacijom zrcaljenja). Promotrimo kako
se neke veličine konstruirane od vektora, transformiraju uslijed operacije zrcaljenja:
• skalarni umnožak
• vektorski umnožak
• skalarno vektorski umnožak
• vektorsko vektorski umnožak
⃗V · ⃗U −→ (− ⃗ V ) · (− ⃗ U) = ⃗ V · ⃗U.
⃗V × ⃗ U −→ (− ⃗ V ) × (− ⃗ U) = ⃗ V × ⃗ U.
⃗V · ( ⃗ U × ⃗ W ) −→ (− ⃗ V ) · [(− ⃗ U) × (− ⃗ W )] = − ⃗ V · ( ⃗ U × ⃗ W ).
⃗V × ( ⃗ U × ⃗ W ) −→ (− ⃗ V ) × [(− ⃗ U) × (− ⃗ W )] = − ⃗ V × ( ⃗ U × ⃗ W ).
Vidimo da se skalarni umnožak transformira kao pravi skalar (ne mijenja predznak), a da
se vektorsko vektorski umnožak transformira kao pravi vektor (mijenja predznak). Rezultat
skalarno vektorskog umnoška je skalar koji mijenja predznak uslijed zrcaljenja, pa se takav
skalar obično naziva pseudo skalar. Slično tome, vektorski umnožak je vektor, ali ne mijenja
predznak uslijed zrcaljenja, pa se obično naziva pseudo vektor. Može se reći da se u odnosu
na operaciju zrcaljenja vektori dijele na prave ili polarne vektore i pseudo (lažne) ili aksijalne
vektore. Pravi se vektori nazivaju i polarni zato jer su vezani za neku točku (pol), kao npr.
radij vektor, brzina ili sila. Pseudo vektori se nazivaju aksijalnima zato jer su povezani s nekom
odredenom osi zakreta (kao kod momenta sile ili momenta količine gibanja) ili sa smjerom
obilaska neke krivulje (kao kod magnetskog polja, Biot-Savartov zakon). U odnosu na operaciju
zrcaljenja, pravi vektori mijenjaju svoj predznak, dok pseudo vektori ne mijenjaju predznak.
Npr. radij vektor ⃗r = xˆx + yŷ + zẑ je pravi vektor jer zrcaljenjem mijenja svoj predznak,
⃗r = xˆx + yŷ + zẑ → −xˆx − yŷ − zẑ = −⃗r.
Primjer pseudo vektora je moment količine gibanja ⃗ L = ⃗r × ⃗p , gdje je količina gibanja, ⃗p =
m(d⃗r/dt), pravi vektor. Operacijom zrcaljenja će i ⃗r i d⃗r promjeniti predznak, tako da će
ostati nepromjenjen.
⃗L → (−⃗r) × (−⃗p ) = ⃗ L

2.2. DERIVACIJA VEKTORSKOG POLJA 17
2.2 Derivacija vektorskog polja
Osim zbrajanja i množenja, vektori se mogu derivirati i integrirati. Komponete vektora ⃗ V
mogu biti funkcije neke nezavisne varijable: prostornih koordinata, vremena, kuteva i slično.
Kada svakoj vrijednosti nezavisne varijable možemo jednoznačno pridružiti vektor, tada o tom
vektoru govorimo kao o vektorskom polju ili vekorskoj funkciji (slika 2.6)
⃗V (⃗r), ⃗ V (t), ⃗ V (⃗r, t), ⃗ V (x, y, z), ⃗ V (θ, ϕ), · · · .
Vektorska polja je zgodno prikazati u prostoru pomoću linija koje se zovu silnice. Silnice su
Slika 2.6: Vektorsko polje ⃗ V (⃗r, t) : (A) u jednoj točki i različitim vremenskim trenucima ili (B) u jednom
vremenskom trenutku, ali u različitim prostornim točkama (crtkana linija prikazuje silnicu).
prostorne krivulje sa svojstvom tangenta na krivulju u svakoj točki ima smjer vektora u toj
točki, a iznos vektora je jednak gustoći silnica u toj točki (desna strana slike 2.6).
Za derivacije vektorskih polja vrijede pravila koja se lako izvode iz pravila za derivaciju običnih
skalarnih polja (tj. funkcija, kako se nazivaju u matematici). Sjetimo se definicije derivacije
funkcije f(x) po varijabli x: promatraju se dvije veličine koje svaka za sebe iščezavaju, ali
njihov omjer ne mora biti jednak nuli, nego je općenito različit od nule i zove se derivacija
funkcije u točki 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 .
Pokušajmo, pomoću gornjeg izraza, naći derivaciju vektorskog polja ⃗ V koje ovisi samo o jednoj
varijabli koju ćemo označiti s q (ovaj q može biti vrijeme, prostorna koordinata ili što slično)
⃗V (q) = ˆx V x (q) + ŷ V y (q) + ẑ V z (q).
Napravimo razliku ⃗ V u bliskim točkama q i q + ∆ q
⃗V (q + ∆ q) − V ⃗ (q) = ˆx V x (q + ∆ q) + ŷ V y (q + ∆ q) + ẑ V z (q + ∆ q) − ˆx V x (q) − ŷ V y (q) − ẑ V z (q)
[
] [
] [
]
= ˆx V x (q + ∆ q) − V x (q) + ŷ V y (q + ∆ q) − V y (q) + ẑ V z (q + ∆ q) − V z (q) .

18 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Izvedemo li sada granični prijelaz
lim
∆ q → 0
⃗V (q + ∆ q) − ⃗ V (q)
∆ q
= ˆx lim
∆ q → 0
+ ŷ lim
∆ q → 0
+ ẑ lim
∆ q → 0
V x (q + ∆ q) − V x (q)
∆ q
V y (q + ∆ q) − V y (q)
∆ q
V z (q + ∆ q) − V z (q)
.
∆ q
No, gornje granične vrijednosti prepoznajemo kao derivacije skalarnih funkcija - komponenata
vektorskog polja
lim
∆ q → 0
⃗V (q + ∆ q) − ⃗ V (q)
∆ q
= ˆx d V x
d q + ŷ d V y
d q + ẑ d V z
d q = d d q
Tako smo došli do izraza za derivaciju vektorskog polja
[
]
ˆx V x (q) + ŷ V y (q) + ẑ V z (q) = d V ⃗
d q .
d ⃗ V
d q =
lim
∆ q → 0
⃗V (q + ∆ q) − ⃗ V (t)
∆ q
= ˆx d V x
d q + ŷ d V y
d q + ẑ d V z
d q . (2.9)
Za skalarno polje s(q) i vektorska polja ⃗ V (q), ⃗ U(q) se lako dokazuje (npr. raspisom po komponentama
u pravokutnom koordinatnom sustavu) da vrijede slijedeća pravila:
d (s ⃗ V )
d q
d ( V ⃗ · ⃗U)
d q
d ( ⃗ V × ⃗ U)
d q
= d s
d q ⃗ V + s d ⃗ V
d q ,
= d ⃗ V
d q ⃗ U + ⃗ V d ⃗ U
d q ,
= d ⃗ V
d q × ⃗ U + ⃗ V × d ⃗ U
d q .
Primjenimo li prvo od gornja tri pravila na zapis vektora u obliku ⃗ V (q) = V (q) ˆV (q), dobivamo
d V ⃗
d q = d (V ˆV )
d q
= d V
d q ˆV + V d ˆV
d q ,
pri čemu smo uzeli u obzir mogućnost da smjer vektora ⃗ V (odreden jediničnim vektorom ˆV )
ovisi o varijabli q.
Pokažimo da je derivacija jediničnog vektora okomita na sam jedinični vektor
ˆV = ˆV (q). Derivirajmo po q skalarni umnožak
/
ˆV · ˆV d
= 1
d q ,
pa ćemo dobiti
d ˆV
d q · ˆV + ˆV · d ˆV
d q = 0 ⇒ 2 ˆV · d ˆV
d q = 0 ⇒ ˆV ⊥
d ˆV
d q . (2.10)

2.3. INTEGRAL VEKTORSKOG POLJA 19
Zaista, kada bi derivacija jediničnog vektora imala komponentu u smjeru samog vektora, onda
bi ta komponenta vodila na promjenu duljine vektora i on više ne bi bio jedinične duljine. Zato
derivacija jediničnog vektora ne može 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, drukčije rečeno, integral je linearni operator), neodredeni integral od V ⃗ (q) se računa kao
∫
∫
⃗V (q) dq =
[ˆx V x (q) + ŷ V y (q) + ẑ V z (q)]
dq
∫
∫
∫
= ˆx V x (q) dq + ŷ V y (q) dq + ẑ V z (q) dq,
i slično za odredeni integral
∫ q2
q 1
⃗ V (q) dq = ˆx
∫ q2
q 1
V x (q) dq + ŷ
∫ q2
q 1
V y (q) dq + ẑ
∫ q2
q 1
V z (q) dq. (2.11)
Ukoliko postoji vektorsko polje U, ⃗ takvo da je V ⃗ (q) = d U(q)/d ⃗ q, tada je
∫
∫ d U(q) ⃗
⃗V (q) dq = dq = U(q)
d q
⃗ + ⃗c 0 . (2.12)
U tom je slučaju i odredeni integral jednak
∫ q2
q 1
⃗ V (q) dq =
∫ q2
q 1
d ⃗ U(q)
d q
dq = ⃗ U(q 2 ) − ⃗ U(q 1 ). (2.13)
Linijski integral:
Neka je ⃗r(t) = ˆx x(t) + ŷ y(t) + ẑ z(t) radij vektor čestice koja se giba po krivulji C (slika
2.7). U trenutku t 1 , čestica se nalazi u točki T 1 s radij vektorom ⃗r 1 = ⃗r(t 1 ) = −−→ O T 1 , a u
kasnijem trenutku t 2 , ona je u točki ⃗r 2 = ⃗r(t 2 ) = −−→ O T 2 . Vektor ∆ ⃗r = ⃗r 2 − ⃗r 1 ima smjer sekante
krivulje C. Ako se vremenski razmak t 2 − t 1 , neizmjerno smanjuje, tj. ako su točke T 1 i T 2
neizmjerno blizu jedna drugoj, vektor ∆ ⃗r će prijeći u d⃗r, a sekanta će prijeći u tangentu. Kaže
se da diferencijal d⃗r ima smjer tangente na krivulju C u okolici točke ⃗r (slika 2.7). Prema
samom značenju skalarnog umnoška, V ⃗ · d⃗r je projekcija vektora V ⃗ na smjer d⃗r, tj. to je
tangencijalna komponeneta vektora V ⃗ (naravno, pomnožena s dr) u svakoj točki krivulje C.
Integral tangencijalne komponente V ⃗ duž C od T 1 do T 2 se zove linijski integral
∫ T2
∫
V ⃗ d ⃗r = ⃗V d ⃗r = (ˆx V x + ŷ V y + ẑ V z ) (ˆx dx + ŷ dy + ẑ dz)
T 1
∫C
C
∫
= (V x dx + V y dy + V z dz)
C
∫ ∫ ∫
= V x dx + V y dy + V z dz.
Ako je C zatvorena krivulja, linijski integral se označava kao
∮ ∮ ∮ ∮
⃗V d ⃗r = V x dx + V y dy +
C
C
C
V z dz. (2.14)

20 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.7: Razlika ∆ ⃗r = ⃗r 2 − ⃗r 1 ima smjer sekante, a diferencijal d⃗r ima smjer tangente na krivulju C.
Površinski integral:
Na sličan se način definira i površinski integral vektorskog polja (slika 2.8)
Slika 2.8: Uz površinski integral.
∫
∫
⃗V d S ⃗ =
∫
V x dS x +
∫
V y dS y +
V z dS z , (2.15)
gdje je d ⃗ S vektor kojemu je iznos jednak diferencijalu plohe dS, a smjer je dan okomicom 4 na
taj isti diferencijal plohe
d ⃗ S = d S ˆn ,
gdje je ˆn jedinični vektor okomit na element d S. Dakle, skalarnim umnoškom V ⃗ d S ⃗ se u
svakoj točki plohe računa komponeta polja okomita na malu okolicu promatrane točke
⃗V d ⃗ S = V ⊥ d S,
4 Sama ploha S po kojoj se integrira, nipošto ne mora biti ravnina, ali diferencijal d S se uvijek smatra toliko malenim da se jako
dobro aproksimira ravninom i zato je na tu ravninu moguće definirati okomicu.

2.3. INTEGRAL VEKTORSKOG POLJA 21
vrijednosti svih tih okomitih komponenata se zbrajaju po svim točkama plohe i rezultat je
gornji površinski integral.
Ako se radi o zatvorenoj plohi, integral se označava kao
∮ ∮ ∮ ∮
⃗V d S ⃗ = V x dS x + V y dS y + V z dS z ,
a smjer d ⃗ S je iz unutrašnjosti plohe prema van.
Primjetimo da je obični integral vektorskog polja, opet neki vektor kao npr. (2.11), (2.12)
ili (2.13), dok su linijski (2.14) i površinski integrali (2.15), po svom algebarskom karakteru
skalari.
Primjer: 2.1 Zadano je vektorsko polje F ⃗ = ˆx (2xy+z 3 )+ŷ (x 2 +2y)+ẑ (3xz 2 −2). Izračunajte
linijski integral polja ∫ F ⃗ d ⃗r po putu od (0, 0, 0) do (1, 1, 1), ako je put zadan sa: (a)
c
x = t, y = t 2 , z = t 3 , (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) . Zašto su rezultati u (b), (c) i (d) medusobno
jednaki? Može li ovo polje predstavljati elektrostatsko polje i zašto? Izračunajte
funkciju f koja zadovoljava relaciju F ⃗ = −→ ∇ f.
∫
R: (a) Integral se računa po komponentama: F ⃗ d ⃗r = ∫ (F c c x d x + F y d y +
F z d z). Iz x = t slijedi d x = d t, y = t 2 daje d y = 2t d t i z = t 3 daje d z = 3t 2 d t.
Uvrštavanje u gornji integral daje
∫ ∫ 1
⃗F d ⃗r = (−6t 2 + 8t 3 + 10t 9 ) d t = 1.
c
0
(b) Integral po cijelom putu je zbroj integrala po dijelovima puta:
∫ ∫ (0,0,1) ∫ (0,1,1) ∫ (1,1,1)
= + + .
c
(0,0,0)
(0,0,1)
(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 trećem dijelu puta je y = z = 1, d y = d z = 0, pa tu preostaje
∫ 1
0
(2x + 1) d x = 2.
Ukupno riješenje je zbroj integrala po dijelovima puta.
∫
⃗F d ⃗r = −2 + 1 + 2 = 1.
c

22 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
(c) Jednadžba zadanog pravca je x = y = z, pa je time i d x = d y = d z. Uvrštavanje
ovoga u integral vodi do
∫ ∫ 1
⃗F d ⃗r = (−2 + 2x + 3x 2 + 4x 3 ) d x = 1.
c
0
Polje je konzervativno (rotacija mu je jednaka nuli), pa zato linijski integrali ne
ovise o putu (ukoliko su konačne točke iste). Konzervativnost je i razlog zašto ovo
polje može predstavljati elektrostatsko polje. Funkcija f sa svojstvom ⃗ F = −→ ∇ f tj.
F x = ∂ f / ∂ x, F y = ∂ f / ∂ y, F z = ∂ f / ∂ z, se može dobiti iz donjih jednadžba:
∂ f
∂ x = 2xy + z3 ⇒ f = x 2 y + xz 3 + c 1 (y, z)
∂ f
∂ y = x2 + 2y ⇒ f = x 2 y + xy 2 + c 2 (x, z)
∂ f
∂ x = 3xz2 − 2 ⇒ f = xz 3 − 2z + c 3 (x, y),
Gdje su c j funkcije označenih varijabla. Usporedbom ovih jednadžba, slijedi
f = x 2 y + xz 3 + y 2 − 2z + const.
2.4 Vektorski diferencijalni operatori
Za opis prostornih promjena, bilo skalarnih, s(x, y, z), bilo vektorskih, ⃗ V (x, y, z), polja, korisno
je uvesti operatore
gradijenta,
divergencije,
rotacije.
Sva su ova tri operatora izgradena od vektorskog diferencijalnog operatora nabla 5 , s oznakom
−→ ∇, koji se u pravokutnom koordinatnom sustavu definira kao
−→ ∇ = ˆx
∂
∂ x + ŷ ∂ ∂ y + ẑ ∂ ∂ z . (2.16)
Nabla je diferencijalni operator zato jer se njegovo djelovanje na neku funkciju sastoji u parcijalnom
deriviranju te funkcije po označenoj koordinati, a vektorski je operator zato jer rezultatu
deriviranja pridružuje odredeni smjer u prostoru (usmjerena derivacija).
5 Operator −→ ∇ je prvi uveo irski fizičar, astronom i matematičar, William Rowan Hamilton (o kojemu će više riječi biti u poglavlju
15). Hamilton je takoder uveo pojam vektorskog polja i definirao osnovne diferencijalne operacije nad poljima.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 23
2.4.1 Gradijent
Neka je zadano skalarno polje s(x, y, z). U različitim točkama prostora, ono ima općenito različite
vrijednosti. Ako se postavimo u jednu prostornu točku i promatramo vrijednosti polja
u susjednim točkama, uočit ćemo da promjena vrijednosti polja nije ista u svim smjerovima:
postoje smjerovi u kojima se polje mijenja za veći iznos i postoje smjerovi u prostoru u kojima
se polje mijenja za manji iznos. Naš je zadatak odrediti
smjer u kojemu se polje mijenja za najveći iznos,
ili drugim riječima, treba odrediti smjer najveće strmine polja.
Nazovimo ekvipotencijalnom plohom onu plohu u prostoru na kojoj skalarno polje s(x, y, z)
ima konstantnu vrijednost 6 . Promatrajmo sada dvije bliske ekvipotencijalne plohe, odredene
sa s(x, y, z) = s 0 i s(x, y, z) = s 0 + ds (slika 2.9.A). Bliske male djelove ekvipotencijalnih ploha,
Slika 2.9: Uz ilustraciju gradijenta kao smjera najbrže promjene skalarnog polja.
možemo smatrati ravninama. Prijelazom iz bilo koje početne točke P na plohi s = s 0 , u bilo
koju krajnu točku K j na plohi s = s 0 + ds, vrijednost polja s se promjenila za isti iznos
ds. Neka je udaljenost izmedu početne i krajnje točke označena s d l j . Ako je krajnja točka
okomito iznad početne (u položaju K 1 , slika 2.9.B), tada je dl 1 = P K 1 najkraća udaljenost
izmedu P i bilo koje točke iz infinitezimalne okoline točke K 1 , pa je tada
ds
dl 1
= max.
U svakoj drugoj krajnjoj točki K 2 je dl 2 > dl 1 , pa je i
ds
< ds .
dl 2 dl 1
Označimo li s ˆl 1 jedinični vektor u smjeru spojnice P K 1 , tada je sa slike 2.9.B, očito da je
najbrža promjena skalarnog polja s dana preko derivacije u okomitom smjeru. Usmjerena
6 Npr. ako je s = x 2 + y 2 + z 2 , tada je ekvipotencijalna ploha s = s 0 sfera polumjera √ s 0 sa središtem u ishodištu

24 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
derivacija
ds
dl 1
ˆl1 ,
se naziva gradijent skalarnog polja s(⃗r). Iz izvoda se vidi da gradijent ima smjer najbrže
promjene polja, tj. da je okomit na ekvipotencijalnu plohu. Da bi se dobio oblik gradijenta
u pravokutnom koordinatnom sustavu, jedinični vektor smjera ˆl 1 možemo razviti po vektorima
baze pravokutnog koordinatnog sustava, kao što je pokazano u (2.4)
ˆl1 = (ˆl 1 · ˆx ) ˆx + (ˆl 1 · ŷ ) ŷ + (ˆl 1 · ẑ ) ẑ
= cos α x ˆx + cos α y ŷ + cos α z ẑ ,
gdje je α x kut izmedu ˆl 1 i ˆx i slično za ostale kutove. Time se za gradijent dobiva
No, sa slike 2.9.B se vidi da je
ds
ˆl1 = ds (cos α x ˆx + cos α y ŷ + cos α z ẑ ). (2.17)
dl 1 dl 1
i slično za kutove prema osima y i z
cos α x = dl 1
dx
cos α y = dl 1
dy , cos α z = dl 1
dz .
Uvrštavanjem ova tri kosinusa u izraz za gradijent (2.17) i primjenom pravila za derivaciju
složene funkcije, dobiva se
ds
ˆl1 = ds ( dl1
dl 1 dl 1 dx ˆx + dl 1
dy ŷ + dl )
1
dz ẑ = ∂s ∂s ˆx +
∂x ∂y ŷ + ∂s (
∂z ẑ = ˆx ∂
∂x + ŷ ∂ ∂y + ẑ ∂ )
s = −→ ∇s.
∂z
Time smo pokazali da je smjer najbrže promjene skalarnog polja može napisati pomoću djelovanja
operatora nabla
grad s = −→ ∇s =
(
ˆx ∂ ∂ x + ŷ ∂ ∂ y + ẑ ∂ )
s = ˆx ∂ s
∂ z ∂ x + ŷ ∂ s
∂ y + ẑ ∂ s
∂ z . (2.18)
Primjetimo da je gradijent skalarnog polja jedno novo vektorsko polje −→ ∇s. Operacija
gradijenta podsjeća na množenje vektora ( −→ ∇) skalarom (s), s tom razlikom što sada binarna
relacija nije množenje nego deriviranje.
Primjer: 2.2 Skalarni potencijal električnog dipola s dipolnim momentom ⃗p je dan izrazom
V (⃗r) = 1
4πɛ 0
Izračunajte električno polje ⃗ E = − −→ ∇ V .
R: Prema definiciji gradijenta (2.18) je
⃗p · ⃗r
r 3 .
⃗E = − −→ ∇ V = −ˆx ∂ V
∂ x − ŷ ∂ V
∂ y − ẑ ∂ V
∂ z .

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 25
Za primjer izračunavamo prvi član desne strane:
∂ V
∂ x = 1
4πɛ 0
1
=
4πɛ 0
∂ p x x + p y y + p z z
∂ x (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2
p x r 2 − 3x(⃗p · ⃗r)
.
r 5
Preostala dva člana se dobiju na sličan način. Zbroj svih članova daje električno
polje dipola
⃗E = 1
4πɛ 0
−⃗p (⃗r · ⃗r) + 3⃗r (⃗p · ⃗r)
r 5 = 1
4πɛ 0
−⃗p + 3ˆr (⃗p · ˆr )
r 3 .
Zbog sferne simetrije dipolnog potencijala, isti se račun može provesti i u sfernim
koordinatama: Postavi li se koordinatni sustav tako da je dipol u smjeru ẑ ,
pa je
V (⃗r) = 1
4πɛ 0
− −→ (
∇ V = − ˆr ∂ ∂ r + ˆθ
r
=
=
p r cos θ
r 3
= V (r, θ),
∂
∂ θ + ˆϕ
r sin θ
(
p
ˆr 2 cos θ + ˆθ
)
sin θ
4 π ɛ 0 r 3 r r 2
)
∂ p cos θ
∂ ϕ 4 π ɛ 0 r 2
p
(3 ˆr cos θ − ẑ ) = 1 −⃗p + 3ˆr (⃗p · ˆr )
.
4 π ɛ 0 4πɛ 0 r 3
2.4.2 Divergencija: Gaussov teorem
Tok:
Zadani su vektorsko polje V ⃗ (⃗r) = ˆx V x (x, y, z) + ŷ V y (x, y, z) + ẑ V z (x, y, z) i zatvorena ploha
S. Definirajmo tok Φ vektorskog polja V ⃗ kroz prostor omeden zatvorenom plohom S kao
površinski integral
∮
Φ = ⃗V d S ⃗ .
S
Sjetimo se da je diferencijal površine d S ⃗ uvijek usmjeren prema van u odnosu na zatvorenu
plohu S. Podijelimo zatim unutrašnjost plohe S, dodatnom ravnom plohom S ′ na dva dijela
(slika 2.10). Time smo dobili dvije zatvorene plohe S 1 i S 2 , koje imaju jedan zajednički dio, a
to je ploha S ′ . Izračunajmo tok V ⃗ kroz dvije novonastale zatvorene plohe S 1 + S ′ i S 2 + S ′
∮
∮
V ⃗ d S ⃗ 1 + V ⃗ d S ⃗ 2 = ?
S 1 +S ′ S 2 +S ′
Budući da je d ⃗ S uvijek usmjeren izvan plohe, to će se doprinosi toku od plohe S ′ u oba gornja
integrala medusobno egzaktno poništiti
∫ (1)
∫ (2)
V ⃗ d S ⃗ = −
S ′ S ′
⃗ V d ⃗ S

26 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.10: Uz izvod Gaussova teorema.
i bit će
∮
S
∮
∮
⃗V d S ⃗ = V ⃗ d S ⃗ 1 + V ⃗ d S ⃗ 2 .
S 1 +S ′ S 2 +S ′
Prostor unutar plohe S možemo u mislima nastaviti dijeliti na N sve manjih i manjih djelića,
pri čemu će se, slično gornjem primjeru, integrali po unutrašnjim plohama poništiti i za svaki
N će vrijediti
∮
S
⃗V d ⃗ S =
N∑
∮
j=1
S j
⃗ V d ⃗ S j .
Divergencija:
Jasno je da u granici N → ∞ plohe S j postaju iščezavajuće malene, pa će i integrali po tim
malenim plohama takoder iščezavati:
∮
S j
⃗ V d ⃗ S j → 0.
U istoj granici, N → ∞, i mali djelići volumena, ∆ v j , ograničeni plohama S j iščezavaju:
Pitanje je
∆ v j → 0.
što se dogada s omjerom ove dvije iščezavajući male veličine?
Je li on konačan, beskonačan ili je jednak nuli?
}
lim N→∞
⃗
∮S j
V d S ⃗ j = 0
lim N→∞ ∆ v j = 0
lim
∆ v j → 0
∮
S j
⃗ V d ⃗ S j
∆ v j
= ? (2.19)

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 27
Diferencijalno male volumene ∆ v j možemo zamisliti kao male kvadre duljine stranica dx, dy, dz
i promatrati tok polja ⃗ V (x, y, z) = ˆx V x (x, y, z)+ŷ V y (x, y, z)+ẑ V z (x, y, z) kroz njih (slika 2.11).
Izostavimo li za trenutak, radi jednostavnosti, indeks j, gornji površinski integral po plohama
kvadra, možemo napisati kao zbroj površinskih integrala po stranicam kvadra
∮
S
∫
⃗V d S ⃗ =
Gor+Dolj
∫
⃗V d S ⃗ +
Lij+Des
∫
⃗V d S ⃗ +
Nap+Nat
⃗V d ⃗ S .
Diferencijali površine na pojedinim plohama su:
Slika 2.11: Tok polja kroz diferencijalni volumen.
dolje : d S ⃗ = −ẑ dx dy,
gore : d S ⃗ = +ẑ dx dy,
lijevo : d S ⃗ = −ˆx dy dz,
desno : d S ⃗ = +ˆx dy dz,
naprijed : d S ⃗ = −ŷ dx dz,
natrag : d S ⃗ = +ŷ dx dz.
Budući da su plohe diferencijano male, vrijednost polja u bilo kojoj točki plohe je približno
konstantna i jednaka vrijednosti polja u središtu te plohe, pa ju zato možemo izvući ispred
integrala. U toj aproksimaciji integracija polja po gornjoj i donjoj plohi daje
∫
G+D
⃗V d ⃗ S =
≃
∫
∫
⃗V ẑ dx dy + ⃗V (−ẑ ) dx dy
G
D
V z (x + dx/2, y + dy/2, z + dz) dx dy (+1) − V z (x + dx/2, y + dy/2, z) dx dy.

28 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Razvije li se desna strana gornje jednakosti u Taylorov red oko točke (x, y, z), dobije se
∫
(
⃗V d S ⃗ = dx dy V z + dx ∂ V z
G+D
2 ∂ x + dy ∂ V z
2 ∂ y + dz ∂ V )
z
∂ z + · · · (
− dx dy V z + dx ∂ V z
2 ∂ x + dy )
∂ V z
2 ∂ y + · · ·
L+D
= dx dy dz ∂ V z
∂ z + O(d4 ),
gdje smo s O(d 4 ) označili umnoške četiri i više diferencijala dx, dy i dz. Slično se i za preostala
dva para ploha dobiva
∫
⃗V d S ⃗ = dx dy dz ∂ V ∫
x
∂ x + O(d4 ),
⃗V d S ⃗ = dx dy dz ∂ V y
∂ y + O(d4 ),
N+N
pa je ukupan tok polja kroz promatrani mali kvadar jednak
∮
(
V ⃗ d S ⃗ ∂ Vx
j = dx dy dz
∂ x + ∂ V y
∂ y + ∂ V )
z
+ O(d 4 ).
∂ z
S j
Umnožak dx dy dz prepoznajemo kao mali volumen ∆ v. Vratimo li se sada početnom omjeru
(2.19), možemo pisati
lim
∆ v j → 0
∮
S j
⃗ V d ⃗ S j
∆ v j
= lim
∆ v j → 0
1
dx dy dz
= ∂ V x
∂ x + ∂ V y
∂ y + ∂ V z
∂ z .
[
dx dy dz
( ∂ Vx
∂ x + ∂ V y
∂ y + ∂ V ) ]
z
+ O(d 4 )
∂ z
U granici kada se promatrani mali voluman steže u točku, gornji se izraz odnosi na točku u
prostoru i zove se divergencija vektorskog polja ⃗ V .
Iz gornjeg izraza se vidi i fizičko značenje divergencije: to je omjer toka polja kroz zatvorenu
plohu i volumena definiranog tom plohom u granici kada se ploha neizmjerno smanjuje -
koliko polja izvire ili ponire u toj točki prostora 7 . Upravo je izveden oblik divergencije u
pravokutnom koordinatnom sustavu,
div ⃗ V = ∂ V x
∂ x + ∂ V y
∂ y + ∂ V z
∂ z .
Divergenciju vektorskog polja možemo zapisati i pomoću operatora nabla (2.16),
div V ⃗ = −→ (
∇V ⃗ = ˆx ∂ ∂ x + ŷ ∂ ∂ y + ẑ ∂ )
(V xˆx + V y ŷ + V z ẑ )
∂ z
div ⃗ V = −→ ∇ ⃗ V = ∂ V x
∂ x + ∂ V y
∂ y + ∂ V z
∂ z . (2.20)
7 Tako npr. (statička) Maxwellova jednadžba −→ ∇ ⃗ E = ρ el /ɛ 0 , kaže da su su izvori i ponori električnog polja u električnim nabojima
koji se u gornjoj jednadžbi pojavljuju kroz gustoću električnog naboja ρ el

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 29
Gornji je rezultat dobiven izravnom primjenom pravila za derivaciju umnoška dvije funkcije.
Tako npr. član s derivacijom po x daje
ˆx ∂ ∂ x
(
)
V xˆx + V y ŷ + V z ẑ
= ˆx ∂ V xˆx
∂ x
+ ˆx ∂ V yŷ
∂ x
+ ˆx ∂ V yŷ
(
∂ x
= ˆx ˆx ∂ V )
x
∂ x + V ∂ ˆx
x + ˆx
∂ x
= ∂ V x
∂ x ,
(
ŷ ∂ V y
∂ x + V y
) (
∂ ŷ
+ ˆx ẑ ∂ V )
z
∂ x ∂ x + V ∂ ẑ
z
∂ x
gdje smo koristili činjenice da su vektori ˆx , ŷ , ẑ medusobno okomiti i konstantni po svom iznosu
i smjeru, tako da su njihove derivacije i medusobni skalarni umnošci, jednaki nuli. Sličan je
postupak i za ostale komponente. Rezultat divergencije vektorskog polja V ⃗ je skalarno
polje −→ ∇V ⃗ dano izrazom (2.20).
Sjetimo se što smo zapravo htjeli izračunati? Računali smo tok polja V ⃗ kroz zatvorenu plohu
S i dobili smo
∮
[
Φ = ⃗V d S ⃗ N∑
∮ ] /
/ ∫
1
= ∆ v j V ⃗ d ⃗
N → ∞
S j = ∑
S
∆ v N
j S j j=1 ∆ v j → ∫ = d 3 r −→ ∇V v(S) d3 r
⃗ .
j=1
Budući da nismo tražili da ⃗ V zadovoljava nikakva posebna svojstva osim derivabilnosti, možemo
reći da za proizvoljno derivabilno vektorsko polje ⃗ V vrijedi Gaussov teorem 8
v(S)
∮
S
∫
⃗V d S ⃗ =
v(S)
−→ ∇ ⃗ V d 3 r, (2.21)
gdje je v(S) volumen odreden zatvorenom plohom S.
Primjer: 2.3 Izračunajte tok radij vektora ⃗r kroz plohu valjka polumjera baze R i visine H,
ako je središte baze u ishodištu koordinatnog sustava, a os valjka se podudara sa osi
ẑ , kao što je to prikazano slikom 2.12.
R: U ovom je primjeru vektorsko polje naprosto zadano radij vektorom, ⃗ V = ⃗r.
Treba, dakle izračunati
∮
⃗r d ⃗ S ,
pri čemu integral ide po površini plohe valjka. Zbog simetrje plohe, prirodno je
odabrati cilindični koordinatni sustav (odjeljak 2.5). U njemu je ⃗r = ρˆρ +zẑ , a dS ⃗ =
dB 1 (−ẑ ) + dB 2 (+ẑ ) + dP ˆρ , gdje dB j označava diferencijale površine na bazama
valjka, a dP na njegovom plaštu. Uzmemo li u obzir ortonormiranost vektora ˆρ i
8 Koji treba razlikovati od Gaussovog zakona iz elektrostatike.

30 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.12: Tok radij vektora kroz plohu valjka.
ẑ , slijedi
∮
∮
⃗r dS ⃗ = (ρˆρ + zẑ ) [dB 1 (−ẑ ) + dB 2 (+ẑ ) + dP ˆρ ]
∫ [ ( ) ( ) ]
−H H
= RdP − dB 1 + dB 2
2
2
∫
= R dP + H ∫
dB 1 + H ∫
dB 2 = 3R 2 πH.
2 2
Do istog se rezultata može doći i primjenom Gaussova teorema. Tako je npr. u
pravokutnom koordinatnom sustavu u kojemu znamo oblik divergencije i gdje je
⃗r = xˆx + yŷ + zẑ
∮
∫
⃗r dS ⃗ =
( −→ ∫
∇⃗r) d 3 r =
( ∂x
∂x + ∂y
∂y + ∂z )
∂z
∫
d 3 r = 3
d 3 r = 3V valj. = 3R 2 πH.
Primjer: 2.4 Iz elektrostatike je poznat izraz za električno polje jednoliko naelektrizirane kugle
polumjera R i ukupnog naboja Q
⃗E < = ρ 0
⃗r, r ≤ R,
3 ɛ 0
1
⃗E > = Q ⃗r r ≥ R,
4πɛ 0 r 3
gdje je ρ 0 = Q/(4R 3 π/3) (primjetimo da je polje izvan kugle jednako polju točkastog
naboja iznosa Q). Provjerite prvu Maxwellovu jednadžbu na ovom primjeru.
R: Prema prvoj Maxwellovoj jednadžbi je −→ ∇ ⃗ E = ρ el /ɛ 0 . Unutar kugle je
ρ el = ρ 0 , a izvan kugle je ρ el = 0, pa se treba uvjeriti da Maxwellova jednadžba

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 31
glasi
−→ ∇ ⃗ E = ρ0 /ɛ 0 , r ≤ R,
−→ ∇ ⃗ E = 0, r ≥ R.
Za r ≤ R je ⃗ E = ⃗ E < = [ρ 0 /(3 ɛ 0 )](ˆx x + ŷ y + ẑ z), pa je
E x = ρ 0
x, E y = ρ 0
y, E z = ρ 0
z,
3 ɛ 0 3 ɛ 0 3 ɛ 0
−→ ∇ E ⃗
∂ E x =
∂ x + ∂ E y
∂ y + ∂ E z
∂ z
= ρ 0
3 ɛ 0
+ ρ 0
3 ɛ 0
+ ρ 0
3 ɛ 0
= ρ 0
ɛ 0
,
a to je upravo prva Maxwellova jednadžba u prostoru unutar kugle.
Izvan kugle je E ⃗ = E ⃗ > ili po komponetama
1
x
E x = Q
4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) , ∂ E x
3/2 ∂ x = 1 ( ) 1
Q
4πɛ 0 r − 3x2
3 r 5
1
y
E y = Q
4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) , ∂ E y
3/2 ∂ y = 1 ( ) 1
Q
4πɛ 0 r − 3y2 ,
3 r
( 5 1
E z =
r − 3z2
3
1
4πɛ 0
Q
z
(x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 , ∂ E z
∂ z = 1
4πɛ 0
Q
Sveukupno se za divergencioju polja izvan kugle dobije
−→ ∇ E ⃗
∂ E x =
∂ x + ∂ E y
∂ y + ∂ E z
∂ z
[( )
1 1
= Q
4πɛ 0 r − 3x2
3 r 5
( ) 1
+
r − 3y2 +
3 r 5
što je u skladu s prvom Maxwellovom jednadžbom.
2.4.3 Gaussov zakon - dovršiti
r 5 )
.
( 1
r 3 − 3z2
r 5 )]
= 0
Uvedimo pojam toka ili fluksa Φ vektorskog polja E ⃗ , kao integrala polja po zatvorenoj plohi
S
∮
Φ = ⃗E d S ⃗ . (2.22)
Diferencijal površine d ⃗ S = dS ˆn je usmjeren prema van u odnosu na površinu.
S
dovršiti
Izvedimo najprije jednostavni račun toka polja točkastog naboja kroz sfernu plohu polumjera
r sa središtem u točki gdje se nalazi naboj.
∮ ∫
⃗E d S ⃗ 1 q
=
4πɛ 0 r ˆr 2 r2 d Ω ˆr = 1 q 4 π = q (2.23)
4πɛ 0 ɛ 0
S

32 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Primjetimo da zbog toga što polje opada s kvadratom udaljenosti, a diferencijal površine raste
s kvadratom te iste udaljenosti, tok ne ovisi o polumjeru sfere, tj. isti je kroz svaku sferu.
Neka se sada točkasti naboj q nalazi unutar zatvorene plohe S proizvoljnog oblika (ne nužno
sfernog) kao na slici. Izračunajmo tok polja točkastog naboja kroz tu plohu
∮
1 q
Φ =
ˆr dS ˆn = (2.24)
2
=
S 4πɛ 0 r
1
4πɛ 0
∮S
q
dS cos α.
r2 Ako se uočeni diferencijal plohe d ⃗ S = dS ˆn nalazi na udaljenosti r od naboja i vidljiv je pod
prostornim kutom dΩ, tada je njegova projekcija na smjer ˆr s jedne strane jednaka d ⃗ S · ˆr =
dS cos α, a s druge strane to je upravo jednako diferencijalu površine kugline plohe na toj istoj
udaljenosti i pod istim prostornim kutom r 2 dΩ
r 2 dΩ = dS cos α. (2.25)
Time tok polja točkastog naboja kroz proizvoljnu plohu koja ga okružuje, postaje
Φ = 1 ∮
q dΩ = 1 q 4 π = q . (2.26)
4πɛ 0 4πɛ 0 ɛ 0
S
Tok ne ovisi niti o obliku plohe S niti o položaju naboja unutar te plohe. Ukoliko zatvorena
ploha ne sadrži naboj (ili je suma naboja unutar plohe jednaka nuli), tok električnog polja kroz
plohu je jednak nuli. Neka je tok kroz zatvorenu plohu S jednak q/ɛ 0 . Deformiramo li plohu
kao na donjoj slici, dolazimo do
dovršiti
S = S 1 + S 2 (2.27)
Φ = Φ 1 + Φ 2 .
Kako je sav naboj sadržan u plohi S 1 , to mora biti i Φ 1 = q/ɛ 0 iz čega zaključujemo da je tok
kroz zatvorenu plohu koja ne sadrži naboj, jednak nuli Φ 2 = 0. Primjetimo da iako je tok kroz
zatvorenu plohu S 2 jednak nuli, to nipošto ne znači da je i polje u unutrašnjosti plohe jednako
nuli.
Prema načelu pridodavanja sila tj. polja, tok od N točkastih naboja unutar plohe S će biti
jednak sumi tokova pojedinih naboja
ili, kraće,
⃗E (q 1 + q 2 + · · · ) = E ⃗ 1 (q 1 ) + E ⃗ 2 (q 2 ) + · · · (2.28)
∮
∮ ∮
⃗E dS ⃗ = ⃗E 1 dS ⃗ + ⃗E 2 dS ⃗ + · · · (2.29)
S
∮
S
S
= q 1
ɛ 0
+ q 2
ɛ 0
+ · · ·
⃗E d ⃗ S = 1 ɛ 0
N
∑
n=1
S
q n = Q S
ɛ 0
, (2.30)

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 33
gdje je Q S ukupan naboj sadržan unutar zatvorene plohe S. U slučaju kontinuirane raspodjele
naboja
N
1 ∑
q n → 1 ∫
dq = 1 ∫
ρ(⃗r) d 3 r, (2.31)
ɛ 0 ɛ 0
ɛ 0
n=1
V (S)
V (S)
pa je time
∮
⃗E dS ⃗ = 1 ∫
ɛ 0
S
V (S)
ρ(⃗r) d 3 r, (2.32)
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
silu čije polje opada s kvadratom udaljenosti i za koju vrijedi načelo pridodavanja (kao npr. za
gravitacijsku silu, pri čemu ρ označava masenu gustoću, a umjesto konstante 1/ɛ 0 dolazi 4π G).
Gaussov zakon je posebno pogodan za izračunavanje električnog polja raspodjele naboja s
visokim stupnjem simetrije.
Primjer: 2.5 Gaussov zakon
Koristeći Gaussov zakon, izračunajte električno polje beskonačno duge i beskonačno
tanke žice naelektrizirane konstantnom linijskom gustoćom naboja λ 0 .
R: Zbog simetrije problema, prirodno je odabrati cilindrični koordinatni sustav
(ρ, ϕ, z). Budući da je žica beskonačno duga, polje ne može ovisiti o pomacima u
smjeru osi z. Takoder, zbog invarijantnosti na rotaciju u ravnini (x, y), polje ne može
ovisiti niti o koordinati ϕ. Ono, dakle, može ovisiti samo o radijalnoj udaljenosti
od žice ρ i može imati samo smjer ˆρ
⃗E (⃗r) = E(ρ) ˆρ . (2.33)
Ako sada za plohu integracije S u izrazu (2.32) odaberemo valjak duljine h i polumjera
baze ρ, koncentrično postavljen oko žice, dobit ćemo
∫
∫
∫
E(ρ) ˆρ dS ẑ + E(ρ) ˆρ dS ˆρ + E(ρ) ˆρ dS (−ẑ ) = λ ∫ h+z
0
dz. (2.34)
B g pl
B d
ɛ 0 z
Prvi i treći integral lijeve strane su jednaki nuli jer je ˆρ · ẑ = 0. U bilo kojoj točki
plašta valjka je polje istog iznosa, pa se kao konstantno može izvući ispred integrala,
tako da se drugi integral lijeve strane svodi na | ⃗ E (ρ)| puta površina plašta valjka
tj. dobivamo isti izraz kao i ranije izravnom integracijom
| ⃗ E (ρ)| 2 ρ π h = λ 0
ɛ 0
h, (2.35)
⃗E (ρ) = λ 0 1 ˆρ . (2.36)
2 π ɛ 0 ρ
Primjer: 2.6 Ako bismo umjesto beskonačno tanke plohe promatrali beskonačno debelu plohu
vodiča koja zauzima poluprostor x < 0, na čijoj se granici nalazi naboj rasporeden

34 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
konstantnom gustoćom σ 0 , postupkom kao gore, dobilo bi se
1 · R 2 π E = 1 ɛ 0
σ 0 R 2 π
⃗E = σ 0
ɛ 0
ˆx . (2.37)
(Kasnije ćemo pokazati da je u unutrašnjosti vodiča polje jednako nuli.)
Ako su zadane dvije beskonačno velike i beskonačno tanke paralelno postavljnene ravnine naelektrizirane
konstantnim gustoćama naboja σ 1 i −σ 2 , tada su iznosi polja od pojedinih ploča
jednaki
E 1 = σ 1
, E 2 = σ 2
, (2.38)
2 ɛ 0 2 ɛ 0
a smjerovi su prikazani na slici. Izvan ploča su silnice antiparalelne, pa je
Unutar ploča su silnice paralelne, pa je
E out = σ 1 − σ 2
2 ɛ 0
. (2.39)
E in = σ 1 + σ 2
2 ɛ 0
. (2.40)
Specijalno, ako je σ 1 = σ 2 = σ 0 , polje izvan ploča je jednako nuli, a polje unutar ploča je
E in = σ 0
ɛ 0
. (2.41)
To je upravo polje ravnog pločastog kondenzatora (o kojemu ćemo govoriti kasnije).
Primjer: 2.7 Da bismo izračunali polje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremo koncentričnu
sferu, ali je ona sada polumjera r > R.
∫
E out (r) ˆr r 2 dΩ ˆr = 1 ∫
ρ 0 d 3 r
ɛ 0
E out (r) r 2 4 π = 1 4
ɛ 0 3 R3 π ρ 0 = Q ɛ 0
⃗E out = 1 Q ˆr . (2.42)
4 π ɛ 0 r2 Polje izvan kugle opada s udaljenošću od središta. i isto je kao polje točkastog
naboja iznosa jednakog ukupnom naboju kugle Q = ρ 0 (4/3)R 3 π.
2.4.4 Rotacija: Stokesov teorem
Promatrajmo linijski integral proizvoljnog vektorskog polja V ⃗ (⃗r) po zatvorenoj usmjerenoj
krivulji C. Krivulja ne mora ležati u ravnini, a pozitivnim smjerom obilaska krivulje se naziva
smjer suprotan gibanju kazaljke na satu. Takav se integral naziva cirkulacija polja V ⃗ (⃗r) i
označava se s Γ
∮
Γ = ⃗V (⃗r) d⃗r.
C

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 35
Slika 2.13: Uz definiciju cirkulacije vektorskog polja..
Diferencijal d⃗r ima smjer obilaska krivulje, a sama krivulja ne mora nužno ležati u ravnini.
Podijeli li se zatvorena krivulja C na dvije zatvorene krivulje, kao na slici 2.13, lako se vidi
da se integrali po zajedničkom dijelu krivulje poništavaju zbog suprotnog smjera obilaska tog
dijela krivulje, pa je zato
∮
∮
∮
Γ = ⃗V (⃗r) d⃗r = V ⃗ (⃗r1 ) d⃗r 1 + V ⃗ (⃗r2 ) d⃗r 2 .
C
C 1 C 2
Očito će se nastavljanjem dijeljenja gornje dvije zatvorene krivulje na sve manje i manje dijelove,
opet medusobno poništavati integrali po zajedničkim dijelovima, i za podjelu početne zatvorene
krivulje na N manjih će vrijediti
∮
Γ =
C
⃗V (⃗r) d⃗r =
N∑
∮
j=1
C j
⃗ V (⃗rj ) d⃗r j .
Za N >> 1, tj. kada je početna krivulja podjeljena na puno vrlo malih zatvorenih krivulja,
svakoj toj maloj krivulji C j se može pridružiti ravna ploha ∆ S ⃗ j = ˆn ∆ S j čiji je iznos odreden
površinom plohe definirane krivuljom, a smjer okomicom na plohu i pravilom desne ruke. U
granici N → ∞, male krivulje C j iščezavaju, pa iščezava i integral polja po toj krivulji. Isto
tako iščezava i površina ∆ S j . Ako dvije veličine svaka za sebe iščezavaju, nije nužno da iščezava
i njihov omjer. Izračunajmo slijedeću graničnu vrijednost
}
lim N→∞
⃗
∮C j
V (⃗rj ) d⃗r j = 0
lim N→∞ ∆ S j = 0
lim
C j ,∆ S j → 0
∮
C j
⃗ V (⃗rj ) d⃗r j
∆ S j
= ?.
Ograničimo se na j-tu krivulju, tako da možemo izostaviti indeks j. Radi jednostavnosti, neka
je mala zatvorena krivulja pravokutnog oblika i neka leži u ravnini z = const. kao na slici 2.14.
Općenito je, u pravokutnom koordinatnom sustavu,
⃗V (⃗r) = ˆx V x (x, y, z) + ŷ V y (x, y, z)ŷ + ẑ V z (x, y, z).

36 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.14: Uz izvod Stokesova teorema.
Slično je i
⃗r = ˆx x + ŷ y + ẑ z,
pa je, uz konstantni z,
d⃗r = ˆx dx + ŷ dy,
z = const.
Izračunajmo sada cirkulaciju po malom pravokutniku imajući u vidu da d⃗r ima smjer obilaska
krivulje:
∮
∮ [
]
⃗V d⃗r = V x (x, y, z) dx + V y (x, y, z) dy
C
=
+
C
∫ x+dx
x
∫ x
x+dx
V x (x, y, z) dx +
∫ y+dy
V x (x, y + d y, z) dx +
y
∫ y
V y (x + d x, y, z) dy
y+dy
V y (x, y, z) dy .
Budući da su pravokutnici infinitezimalni, vrijednost polja je približno konstantna u svim
točkama stranica pravokutnika i približno je jednaka vrijednosti na polovici promatrane stranice.
Zato je promatrani integral približno jednak
≃ V x (x + dx/2, y, z) dx + V y (x + dx, y + dy/2, z) dy − V x (x + dx/2, y + dy, z) dx − V y (x, y + dy/2, z) dy.
Za male dx, dy i dz, komponente polja V x,y,z se mogu razviti u Taylorov red
[
= V x (x, y, z) + dx ] [
∂ V x
2 ∂ x + · · · dx + V y (x, y, z) + dx ∂ V y
∂ x + dy ]
∂ V y
2 ∂ y + · · · dy
[
− V x (x, y, z) + dx ∂ V x
2 ∂ x + dy ∂ V ] [
x
∂ y + · · · dx − V y (x, y, z) + dy ]
∂ V y
2 ∂ y + · · · dy
( ∂ Vy
=
∂ x − ∂ V )
x
dx dy + O(d 3 )
∂ y

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 37
Uvedimo pojam rotacije vektorskog polja ⃗ V , slijedećom definicijom (u pravokutnom
koordinatnom sustavu)
rot ⃗ V = ˆx
( ∂ Vz
∂ y − ∂ V )
y
+ ŷ
∂ z
( ∂ Vx
∂ z − ∂ V )
z
+ ẑ
∂ x
( ∂ Vy
∂ x − ∂ V )
x
.
∂ y
Uočimo cikličnost (x → y → z → x → y → · · · ) u definiranju komponenata vektora rotacije,
slično kao i kod definicije vektorskog umnoška dva vektora.
Sada možemo u gornjem rezultatu za cirkulaciju, prepoznati z-komponentu vektora rotacije
polja V ⃗ ∮ ( ∂ Vy
⃗V d⃗r =
∂ x − ∂ V )
x
dx dy + O(d 3 ) = ( −→ ∇ × V
∂ y
⃗ ) z dx dy + O(d 3 ) (2.43)
C
Takoder, možemo izračunati i početni limes
lim
C j ,∆ S j → 0
∮
C j
[
V ⃗ (⃗rj ) d⃗r j
( −→ ∇ ×
= lim
⃗ ]
V ) z dx dy
+ O(d3 )
= ( −→ ∇ × V
∆ S j dx,dy → 0 dx dy dx dy
⃗ ) z .
Slični bi se izrazi dobili i za preostale komponente rotacije (pri čemu gornju zatvorenu krivulju
shvaćamo kao projekciju neke male prostorne krivulje na ravninu (x, y))
(rot ⃗ V ) x = ∂ V z
∂ y − ∂ V y
∂ z ,
(rot ⃗ V ) y = ∂ V x
∂ z − ∂ V z
∂ x .
Primjetimo da rotaciju vektorske funkcije možemo zapisati i pomoću operatora nabla, (2.16),
rot V ⃗ = −→ (
∇ × V ⃗ = ˆx ∂ ∂ x + ŷ ∂ ∂ y + ẑ ∂ )
× (V xˆx + V y ŷ + V z ẑ ) (2.44)
∂ z
=
ˆx ŷ ẑ
∂ ∂ ∂
= ˆx
∂x ∂y ∂z
V x V y V z
( ∂ Vz
∂ y − ∂ V ) (
y ∂ Vx
+ ŷ
∂ z ∂ z − ∂ V )
z
+ ẑ
∂ x
( ∂ Vy
∂ x − ∂ V )
x
,
∂ y
tj.
rot ⃗ V ≡ −→ ∇ × ⃗ V = ˆx
( ∂ Vz
∂ y − ∂ V ) (
y ∂ Vx
+ ŷ
∂ z ∂ z − ∂ V )
z
+ ẑ
∂ x
( ∂ Vy
∂ x − ∂ V )
x
.
∂ y
(2.45)
Rezultat rotacije vektorskog polja V ⃗ je novo vektorsko polje −→ ∇ × V ⃗ .
Sada se možemo vratiti početnom izrazu za cirkulaciju vektorskog polja, koji u granici N → ∞

38 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
postaje
∮
C
⃗V (⃗r) d⃗r =
=
[
N∑
∮
]
1
N∑
∆ S j V ⃗ (⃗rj ) d⃗r j = ∆ S j ˆn j ( −→ ∇ × V
∆ S ⃗ )
j=1
j C j j=1
/
/ ∫
N → ∞
∑ N
j=1 ∆ S j ˆn j → ∫ d⃗ = ( −→ ∇ × V
S
⃗ ) dS ⃗ .
S(C)
S ˆn j je označen jedinični vektor okomit na malu plohu d S. Time su povezani linijski integral
vektorskog polja po zatvorenoj krivulji C i površinski integral rotacije tog istog polja po površini
S(C) definiranoj krivuljom C, a dobivena se veza zove Stokesov teorem
S(C)
∮
C
∫
⃗V (⃗r) d⃗r = ( −→ ∇ × V ⃗ ) dS ⃗ . (2.46)
S(C)
Primjetimo da jedna jedina krivulja C definira beskonačno mnogo ploha S(C) čiji je ona rub.
Fizičko značenje rotacije jeste opis jednog svojstva vektorskog polja koje se naziva vrtložnost.
Ono se može iščitati iz relacije (2.43): zamislimo da V ⃗ opisuje brzinu fluida, tada je integral
na lijevoj strani različit od nule samo u onom dijelu prostora gdje fluid ima vrtloge (virove) i
tada je i odgovarajuća komponenta rotacije V ⃗ različita od nule. Naprotiv, ako je −→ ∇ × V ⃗ = 0,
kaže se da je polje bezvrtložno.
Primjer: 2.8 Izravnim računom izračunajte cirkulaciju vektorskog polja ⃗ V = x 2 y 3ˆx + ŷ + zẑ
po kružnici x 2 + y 2 = R 2 , z = 0. Isti račun provedite koristeći Stokesov teorem, ako
se za plohu integracije odabere polukugla z = + √ R 2 − x 2 − y 2 .
R: Izračunajmo cirkulaciju
∮
Γ =
C
⃗V (⃗r) d⃗r.
Uvrstimo veze pravokutnog i cilindričnog koordinatnog sustava, odjeljak 2.5,
C
⃗r = R ˆρ ,
d⃗r = R dˆρ = R dϕ ˆϕ ,
ˆϕ = −ˆx sin ϕ + ŷ cos ϕ,
x = R cos ϕ, y = R sin ϕ,
tako da je
∮
∫ 2π
⃗V (⃗r) d⃗r = R
(−R 5 sin 4 ϕ cos 2 ϕ dϕ +
0
∫ 2π
0
)
cos ϕ dϕ = − π R6
8 .
Naravno, do istog se rezultata može doći i računom pomoću Stokesova teorema.
Uvrštavanjem veze pravokutnog i sfernog koordinatnog sustava, odjeljak 2.6:
dS ⃗ = ˆr R 2 sin θdθdϕ, ˆr = ˆx sin θ cos ϕ + ŷ sin θ sin ϕ + ẑ cos θ,
x = R sin θ cos ϕ, y = R sin θ sin ϕ,

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 39
i integracijom po gornjoj polusferi
∫
( −→ ∇ × V ⃗ ) dS ⃗ =
∫ π/2
S(C)
0
sin θdθ
dobijemo iti rezultat za cirkulaciju.
∫ 2π
0
dϕR 2ˆr (−3x 2 y 2 ẑ ) = −3R 6 · 1
6 · π
4
= −π
R6
8 .
Primjer: 2.9 Zadano je vektorsko polje iz primjera 2.1 ⃗ F = ˆx (2xy + z 3 ) + ŷ (x 2 + 2y) +
ẑ (3xz 2 − 2). Izračunajte −→ ∇ × ⃗ F . Razumijet li sada zašto su rezultati u (a), (b) i
(c) iz primjera 2.1 medusobno jednaki? Može li ovo polje predstavljati elektrostatsko
polje i zašto?
R: Izravnim uvrštavanjem ⃗ F u (2.44) i deriviranjem, odmah se dobiva
−→ ∇ × ⃗ F = ˆx (0 − 0) + ŷ (3z 2 − 3z 2 ) + ẑ (2x − 2x) = 0.
Polje je konzervativno (rotacija mu je jednaka nuli), pa zato linijski integrali ne ovise
o putu (ukoliko su konačne točke iste). Konzervativnost je i razlog zašto ovo polje
može predstavljati elektrostatsko polje.
Primjer: 2.10 Pokažimo da polje točkastog naboja zadovoljava drugu Maxwellovu jednadžbu
−→ ∇ × ⃗ E = 0.
R: Polje točkastog naboja iznosa q smještenog u ishodištu je
⃗E (⃗r) = 1
4πɛ 0
ili, po komponentama pravokutnog sustava
E x =
E y =
E z =
(
−→ ∇ × E ⃗ ∂ Ez
= ˆx
∂ y − ∂ E )
y
+ ŷ
∂ z
q
⃗r, (2.47)
r3 1 x
q
, (2.48)
4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 )
3/2
1 y
q
4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
1 z
q
4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) . 3/2
( ∂ Ex
∂ z − ∂ E )
z
+ ẑ
∂ x
( ∂ Ey
∂ x − ∂ E )
x
. (2.49)
∂ y
Izravnom derivacijom se lako dobije da je svaka od okruglih zagrada jednaka nuli,
pa je i njihov zbroj jednak nuli.

40 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
2.4.5 Laplaceov operator
Od osobite je važnosti (napose u izučavanju valnih pojava u mehanici ili elektrostatskih pojava
u elektromagnetizmu) operator nastao djelovanjem divergencije na gradijent skalarnog polja
s(x, y, z). Taj se operator naziva Laplaceov 9 operator ili laplasijan. U pravokutnom koordinatnom
sustavu je on oblika
div (grad s) =
(
ˆx ∂ ∂ x + ŷ ∂ ∂ y + ẑ ∂ ∂ z
gdje je s ∇ 2 označen Laplaceov operator
) (
ˆx ∂ s
∂ x + ŷ ∂ s
∂ y + ẑ ∂ s )
= ∂2 s
∂ z ∂ x + ∂2 s
2 ∂ y + ∂2 s
2 ∂ z ≡ ∇ 2 s
2
∇ 2 = ∂2
∂ x 2 + ∂2
∂ y 2 + ∂2
∂ z 2 . (2.50)
Operacije gradijenta, divergencije i rotacije se mogu i kombinirati. Tako je npr. lako pokazati
(izravnim uvrštavanjem prema definicijama) da je za svako vektorsko polje ⃗ V
Slično je i za svako skalarno polje s
div rot ⃗ V ≡ −→ ∇ · ( −→ ∇ × ⃗ V ) = 0. (2.51)
rot grad s ≡ −→ ∇ × ( −→ ∇ s) = 0. (2.52)
Primjer: 2.11 Pokažite da vrijedi
−→ ∇ × (
−→ ∇ × ⃗ V ) =
−→ ∇(
−→ ∇ ⃗ V ) − ∇
2⃗ V . (2.53)
R:
Primjer: 2.12 Iz elektrostatike je poznata veza izmedu električnog polja ⃗ E i električnog potencijala
V
⃗E = − −→ ∇ V.
Pokažite da iz nje izravno slijedi druga Maxwellova jednadžba −→ ∇ × ⃗ E = 0.
R:
−→ ∇V = ˆx
∂V
∂x + ŷ ∂V
∂y + ẑ ∂V
∂z
(
−→ −→ ∂ ∂V
∇ × ( ∇V ) = ˆx
∂y ∂z − ∂ ) (
∂V ∂ ∂V
+ ŷ
∂z ∂y ∂z ∂x − ∂ )
∂sV
+ ẑ
∂x ∂z
9 Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizičar, astronom, matematičar i filozof,
( ∂ ∂V
∂x ∂y − ∂ )
∂V
= 0.
∂y ∂x

2.5.
CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 41
Primjer: 2.13 Pokažite da vrijede slijedeće relacije:
−→ −→ −→ ∇ × (ϕ ⃗a ) = ϕ ∇ × ⃗a + ( ∇ϕ) × ⃗a (2.54)
−→ ∇(⃗a × ⃗ b ) = ⃗
−→ −→ b ( ∇ × ⃗a ) − ⃗a ( ∇ × ⃗ b ). (2.55)
−→ ∇ × (a ⃗
−→ b ) = a( ∇ × ⃗
−→ b ) + ( ∇ a) × ⃗ b . (2.56)
R:
Primjer: 2.14 Poznat je električni potencijal izmedu dvije beskonačne paralelne vodljive ploče
koje su okomite na os x
V (x) = A x 4/3 + B x + C,
A, B, C = const.
Odredite raspodjelu naboja koja stvara takav potencijal.
R: Iz elektrostatike je poznata veza izmedu potencijala i gustoće električnog naboja
u obliku Possonove jednadžbe
∇ 2 V (⃗r) = − ρ el(⃗r)
ɛ 0
.
Raspisana u pravokutnom koordinatnom sustavu, gornja jednadžba vodi na
− ρ el
= ∂2 V
ɛ 0 ∂ x + ∂2 V
2 ∂ y 2
= A 4 1
3 3 x−2/3
ρ el (x) = −A ɛ 0
4
9
1
x 2/3 .
+ ∂2 V
∂ z 2
2.5 Cilindrični koordinatni sustav
Kao što smo spomenuli na početku ovog odjeljka, pored pravokutnog koordinatnog sustava
postoje i drugi koordinatni sustavi. Odabir odredenog sustava ovisi o simetriji problema koji
se rješava. U situacijama kada je razmatrani problem simetričan na zakret oko nepomične
osi, koristi se cilindrični koordinatni sustav. Položaj točke u prostoru se, unutar cilindričnog
koordinatnog sustava, opisuje koordinatama: ρ, ϕ i z, gdje je z jedna od koordinata pravokutnog
koordinatnog sustava. Koordinata ρ ima vrijednost okomite udaljenosti promatrane točke od
osi z. Koordinata ϕ je kut koji dužina ρ zatvara s pozitivnim smjerom osi x. Svakoj točki
prostora je jednoznačno pridružena trojka brojeva (ρ, ϕ, z), pri čemu ρ, ϕ i z mogu poprimati
vrijednosti iz slijedećih intervala
ρ ∈ (0, ∞), ϕ ∈ (0, 2π), z ∈ (−∞, +∞).

42 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.15: Uz definiciju koordinata cilindričnog koordinatnog sustava.
Cilindrični koordinatni sustav ograničen na ravninu (x, y), se zove polarni koordinatni
sustav , slika 2.16. Veze pravokutnih i cilindričnih koordinata se dobivaju elementarnom
trigonometrijom
x = ρ cos ϕ, ρ = √ x 2 + y 2 ,
y = ρ sin ϕ, ϕ = arctan y x , (2.57)
z = z.
Slika 2.16: Uz definiciju koordinata polarnog koordinatnog sustava.
Svakoj od koordinata ρ, ϕ i z, se pridružuju jedinični vektori smjera ˆρ , ˆϕ i ẑ , koji su

2.5.
CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 43
usmjereni u pravcu porasta odgovarajuće koordinate
(slika 2.15) uz konstantne vrijednosti preostale dvije koordinate. Ako radij vektoru ⃗r povećavamo
koordinatu ρ za infinitezimalni iznos dρ, a ϕ i z držimo konstantnim, rezultatntni
vektor,
⃗r(ρ + dρ, ϕ, z) − ⃗r(ρ, ϕ, z)
ima smjer ˆρ . Isti smjer ima i gornji vektor pomnožen skalarom 1/dρ. Smjer se neće promijeniti
ni kada izvedemo granični prijelaz dρ → 0, koji zatim prepoznajemo kao derivaciju ⃗r po ρ
( )
⃗r(ρ + dρ, ϕ, z) − ⃗r(ρ, ϕ, z) ∂ ⃗r
ˆρ ∼ lim
= .
dρ→0 dρ
∂ ρ
No, gornji vektor još ne mora biti i jediničnog iznosa. Da bismo ga napravili jediničnim, treba
ga podijeliti njegovim iznosom, kao u (2.1),
( ) / ∣
∂ ⃗r
∣∣∣∣ ( )
∂ ⃗r
ˆρ =
∂ ρ
∂ ρ ∣
Na sličan način se odreduju i preostala dva jedinična vektora ˆϕ i ẑ
( ) / ∣
∂ ⃗r
∣∣∣∣ ( )
∂ ⃗r
( ) / ∣ ∂ ⃗r ∣∣∣∣ ( ) ∂ ⃗r
ˆϕ =
∂ ϕ
∂ ϕ ∣ ,
ẑ = ∂ z
∂ z
ρ,z
ρ,z
ϕ,z
Izračunajmo ove jedinične vektore, koristeći izraz za radij vektor u pravokutnom koordinatnom
sustavu ⃗r = x ˆx + y ŷ + z ẑ i vezu cilindričkog s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.57).
Započnimo s jediničnim vektorom ˆρ
pa je
( ∂ ⃗r
∂ ρ
)
( )
∂ ⃗r
∣ ∂ ρ
ϕ,z
ϕ,z
∣
= ∂ ∂ ρ
ϕ,z
(
)
xˆx + yŷ + zẑ
ϕ,z
ρ,ϕ
ϕ,z
[
ˆx (ρ cos ϕ) + ŷ (ρ sin ϕ) + ẑ z
= ∂ ∂ ρ
= ˆx cos ϕ + ŷ sin ϕ,
√
= cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1,
ˆρ = ˆρ (ϕ) = ˆx cos ϕ + ŷ sin ϕ. (2.58)
Na sličan način se odreduju i preostala dva jedinična vektora ˆϕ i ẑ :
( ) ∂ ⃗r
= ∂ (
)
xˆx + yŷ + zẑ
∂ ϕ
ρ,z
∂ ϕ
ρ,z
= ∂ [
( )
∂ ⃗r
∣ ∂ ϕ
ρ,z
∣
=
=
]
ˆx (ρ cos ϕ) + ŷ (ρ sin ϕ) + ẑ z
]
,
∂ ϕ
[
ˆx ρ(−) sin ϕ + ŷ ρ cos ϕ
√
ρ 2 (sin 2 ϕ + cos 2 ϕ) = ρ,
]
ϕ,z
ρ,z
ρ,ϕ
∣ .

44 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
pa je
ˆϕ = ˆϕ (ϕ) = −ˆx sin ϕ + ŷ cos ϕ. (2.59)
Vektor ẑ je naprosto ẑ koji smo upoznali još kod pravokutnog koordinatnog sustava i tu se
ne treba ništa računati.
Ove jedinične vektore možemo prikazati i u obliku jednostupčanih matrica
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1
0
0
ˆρ =
⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ , ˆϕ = ⎢ 1
⎥
⎣ ⎦ , ẑ = ⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ ,
0
0
1
Pravokutnu i cilindričnu bazu možemo povezati matricom M
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎣ ˆρˆϕ
ẑ
⎦ = M
⎣ ˆx ŷ
ẑ
⎦ , M = ⎣
Lako je vidjeti da je inverzna matrica jednaka transponiranoj
M −1 = M T ,
cos ϕ sin ϕ 0
− sin ϕ cos ϕ 0
0 0 1
⎤
⎦ .
M T · M = M · M T = 1,
iz čega odmah slijedi
⎡
⎣ ˆx ŷ
ẑ
⎤ ⎡
⎦ = M T ⎣ ˆρˆϕ
ẑ
⎤
⎡
⎦ , M T = ⎣
cos ϕ − sin ϕ 0
sin ϕ cos ϕ 0
0 0 1
⎤
⎦ . (2.60)
U skladu s gornjom analizom, zaključujemo da se proizvoljni vektor V ⃗
jednostupčana matrica
⎡ ⎤
⃗V =
⎢
⎣
V ρ
V ϕ
⎥
⎦ .
može prikazati kao
Posebno, radij vektor je oblika
⎡
⃗r = ρ (ˆx cos ϕ + ŷ sin ϕ) + z ẑ = ρ ˆρ + z ẑ =
⎢
⎣
V z
ρ
0
z
⎤
⎥
⎦ .

2.5.
CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 45
Iznos vektora je dan Pitagorinim poučkom
| V ⃗ √
| = Vρ 2 + Vϕ 2 + Vz 2 .
Množenje vektora sklarom s
s ⃗ V = s V ρ ˆρ + s V ϕ ˆϕ + s ⃗ V z ẑ .
U skladu s definicijom skalarnog umnoška, a pomoću relacija (2.58) i (2.59), za bazne vektore
vrijedi
ˆρ · ˆρ = 1, ˆρ · ˆϕ = 0, ˆρ · ẑ = 0,
ˆϕ · ˆρ = 0, ˆϕ · ˆϕ = 1, ˆϕ · ẑ = 0, (2.61)
ẑ · ˆρ = 0, ẑ · ˆϕ = 0, ẑ · ẑ = 1.
Iz gornje tablice slijedi izraz za skalarni umnožak dva proizvoljna vektora
⃗V · ⃗U = (V ρ ˆρ + V ϕ ˆϕ + V z ẑ ) · (U ρ ˆρ + U ϕ ˆϕ + U z ẑ ) = V ρ U ρ + V ϕ U ϕ + V z U z .
Pomoću skalarnog umnoška se i kut medu vektorima može napisati kao: ˆV ·Û = 1·1 cos( ⃗ V , ⃗ U),
što možemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova
koje zatvara s koordinatnim osima.
ˆV · ˆρ = cos( V ⃗ V
, ˆρ ) = ⃗ V · ˆρ = V ρ ˆρ + V ϕ ˆϕ + V z ẑ
· ˆρ = V ρ
[
V
V
⃗V = V cos( V ⃗ , ˆρ ) ˆρ + cos( V ⃗ , ˆϕ ) ˆϕ + cos( V ⃗ ]
, ẑ ) ẑ .
⇒ V ρ = V cos( ⃗ V , ˆρ ),
Iz relacija (2.58) i (2.59) se takoder dolazi i do izraza za vektorske umnoške baznih vektora
ˆρ × ˆρ = 0, ˆρ × ˆϕ = ẑ , ˆρ × ẑ = − ˆϕ ,
ˆϕ × ˆρ = −ẑ , ˆϕ × ˆϕ = 0, ˆϕ × ẑ = ˆρ , (2.62)
ẑ × ˆρ = ˆϕ , ẑ × ˆϕ = −ˆρ , ẑ × ẑ = 0.
Pomoću gornjih umnožaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoška dva opća
vektora
⃗V × ⃗ U = ˆρ (V ϕ U z − V z U ϕ ) + ˆϕ (V z U ρ − V ρ U z ) + ẑ (V ρ U ϕ − V ϕ U ρ ).
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoška: ρ → ϕ → z → ρ →
ϕ → · · · . Vektorski umnožak se može pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
ˆρ ˆϕ ẑ
⃗V × ⃗ U =
V ρ V ϕ V z
U ρ U ϕ U z
.
Usporedbom rastava ⃗ V u pravokutnoj i cilindričnoj bazi
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ = V ρ ˆρ + V ϕ ˆϕ + V z ẑ ,

46 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
i koristeći (2.58) i (2.59), zaključujemo da postoji slijedeća veza medu komponentama
⎡
⎣ V ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x
V y
⎦ ,
⎦ = M ⎦ .
V z
⎤ ⎡
⎦ = M T ⎣ V ρ
V ϕ
V z
⎣ V ρ
V ϕ
V z
⎣ V x
V y
V z
Za razliku od vektora ˆx , ŷ , ẑ koji su istog smjera u svakoj točki prostora (slika 2.17.A), iz relacija
(2.58) i (2.59) se jasno vidi da, kako se mijenja položaj točke u prostoru, tako se mijenjaju i
smjerovi baznih vektora u ravnini (x, y) (slika 2.17.B) Izračunajmo promjene smjerova vektora
Slika 2.17: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i cilindričnog (tj. polarnog) (B) koordinatnog sustava.
ˆρ i ˆϕ (iznosi su im jedinični, pa se oni ne mogu mijenjati, mijenja im se samo smjer). Prema
relacijama (2.58) i (2.59) je
dˆρ = −ˆx sin ϕdϕ + ŷ cos ϕdϕ = ˆϕ dϕ,
d ˆϕ = −ˆx cos ϕdϕ − ŷ sin ϕdϕ = −ˆρ dϕ, (2.63)
dẑ = 0.
Primjetimo da je promjena baznih vektora okomita na same vektore, tj. da je
dˆρ · ˆρ = d ˆϕ · ˆϕ = 0
kao što i mora biti, jer bi npr. promjena ˆρ u smjeru ˆρ promjenila normu od ˆρ i on više ne bi
bio jedinični vektor 10 .
Pomoću gornjih diferencijala možemo izračunati diferencijalni volumen u okolici točke ⃗r. Neka
se koordinata ρ promjeni od vrijednosti ρ na ρ + dρ, koordinata ϕ od ϕ na ϕ + dϕ i koordinata
z od z na z + dz. Zbog infinitezimalnog karaktera ovih promjena, dobiveni infinitezimalni
volumen se može aproksimirati paralelopipedom čiji su vektori bridova ⃗a , ⃗ b ,⃗c , upravo jednaki
10 Usporedite s relacijom (2.10)

2.5.
CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 47
(slika 2.18)
⃗a = ⃗r(ρ + dρ, ϕ, z) − ⃗r(ρ, ϕ, z) = ∂ ⃗r dρ = ˆρ dρ,
∂ρ
⃗
∂ ⃗r
b = ⃗r(ρ, ϕ + dϕ, z) − ⃗r(ρ, ϕ, z) = dϕ = ρ ˆϕ dϕ,
∂ϕ
⃗c = ⃗r(ρ, ϕ, z + dz) − ⃗r(ρ, ϕ, z) = ∂ ⃗r dz = ẑ dz.
∂z
Prema (2.7) volumen se računa pomoću mješovitog umnoška vektora
Slika 2.18: Uz diferencijal volumena u cilindričnom koordinatnom sustavu.
d 3 r ≡ dV = ⃗a · ( ⃗ b × ⃗c ) = ˆρ dρ · (ρ ˆϕ dϕ × ẑ dz) = ρ dρ dϕ dz.
Na sličan način se može izračunati i diferencijal zakrivljene plohe z = const. Prema relaciji
(2.5) površina paralelograma je dana iznosom vektorskog umnoška vektora stranica |⃗a × ⃗ b |. U
našem primjeru je
d 2 r ≡ dS = |ˆρ dρ × ρ ˆϕ dϕ| = ρdρ dϕ.
Izračunajmo još i udaljenost ds dvije bliske točke: (ρ, ϕ, z) i (ρ + dρ, ϕ + dϕ, z + dz). U
pravokutnom koordinatnom sustavu bi se ta udaljenost lako izračunala pomoću Pitagorinog
poučka: koordinate točaka bi bile (x, y, z) i (x + dx, y + dy, z + dz), a kvadrat udaljenosti
ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 .
Koristeći veze (2.57) izmedu pravokutnog i cilindričnog sustava, lako se dobiva
dx = dρ cos ϕ − ρ sin ϕ dϕ,
dy = dρ sin ϕ + ρ cos ϕ dϕ,
ds 2 = (dρ) 2 + ρ 2 (dϕ) 2 + (dz) 2 .

48 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Pored gore opisanog cilindričnog sustava koji se naziva još i kružni cilindrični sustav, postoji
još nekoliko cilindričnih sustava, definiranih na slijedeći način:
(a) eliptički cilindar
(b) parabolički cilindar
x = a cosh u cos v,
y = a sinh u sin v.
x = ξ η,
y = 1 ) (η 2 − ξ 2 .
2
(c) bipolarni
x =
y =
a sinh η
cosh η − cos ξ ,
a sin η
cosh η − cos ξ .
2.6 Sferni koordinatni sustav
Pored pravokutnog i cilindričnog koordinatnog sustava, često se koristi i sferni koordinatni
sustav. Ako je sustav koji se razmatra invarijantan na zakrete oko nepomične točke, tada je
najćešće korisno raditi u sfernom koordinatnom sustavu. Položaj točke u prostoru se, unutar
sfernog koordinatnog sustava, opisuje koordinatama: r, θ i ϕ (slika 2.19). Koordinata r ima
Slika 2.19: Uz definiciju koordinata sfernog koordinatnog sustava.
vrijednost radijalne udaljenosti promatrane točke od ishodišta. Koordinata θ je kut koji radij
vektor zatvara s pozitivnim smjerom osi z, a ϕ je kut koji projekcija radij vektora na ravninu
(x, y), zatvara s pozitivnim smjerom osi x (slika 2.19). Svakoj točki prostora je jednoznačno
pridružena trojka brojeva (r, θ, ϕ), pri čemu r, θ i ϕ mogu poprimati slijedeće vrijednosti
r ∈ (0, ∞), θ ∈ (0, π) , ϕ ∈ (0, 2π).

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 49
Veze pravokutnih i sfernih koordinata se dobivaju elementarnom trigonometrijom
x = r sin θ cos ϕ, r = √ x 2 + y 2 + z 2 ,
y = r sin θ sin ϕ,
z
θ = arccos √
x2 + y 2 + z , 2 (2.64)
z = r cos θ, ϕ = arctan y x .
Svakoj od koordinata r, θ i ϕ, se pridružuju jedinični vektori smjera ˆr , ˆθ i ˆϕ , koji su usmjereni
u pravcu porasta odgovarajuće koordinate (slika 2.19) uz konstantne vrijednosti preostale dvije
koordinate. Npr. ako radij vektoru ⃗r povećavamo koordinatu r za infinitezimalni iznos dr, pri
čemu kutove θ i ϕ držimo konstantnim, rezultantni vektor
⃗r(r + dr, θ, ϕ) − ⃗r(r, θ, ϕ)
ima smjer ˆr . Ako gornji vektor pomnožimo skalarom 1/dr i izvedemo granični prijelaz dr → 0,
smjer vektora će i dalje biti smjer ˆr . No, prema definiciji derivacije, dobiveni izraz je upravo
derivacija ⃗r po r
ˆr ∼ lim
dr→0
⃗r(r + dr, θ, ϕ) − ⃗r(r, θ, ϕ)
dr
=
( ) ∂ ⃗r
.
∂ r
θ,ϕ
Je li gornji vektor naš traženi vektor ˆr ? Ne nužno. Naime, gornji vektor ne mora biti jediničnog
iznosa. No, poznato je (relacija (2.1)) kako se od proizvoljnog vektora napravi jedinični vektor
istog smjera: treba ga jednostavno podijeliti njegovom normom
ˆr =
( ∂ ⃗r
∂ r
)
θ,ϕ
/ ∣ ∣∣∣∣ ( ∂ ⃗r
∂ r
Na sličan način se odreduju i preostala dva jedinična vektora ˆθ i ˆϕ
( ) / ∣
∂ ⃗r
∣∣∣∣ ( )
∂ ⃗r
( ) / ∣ ∂ ⃗r ∣∣∣∣ ( ) ∂ ⃗r
ˆθ =
∂ θ
∂ θ ∣ , ˆϕ = ∂ ϕ
∂ ϕ
r,ϕ
r,ϕ
Izračunajmo ove jedinične vektore, koristeći vezu s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.64)
i ⃗r = xˆx + yŷ + zẑ . Krenimo s jediničnim vektorom ˆr
( ) ∂ ⃗r
= ∂ (
)
xˆx + yŷ + zẑ
∂ r
θ,ϕ
∂ r
θ,ϕ
=
[ˆx ∂ ∂ r (r sin θ cos ϕ) + ŷ ∂ ∂ r (r sin θ sin ϕ) + ẑ ∂ ]
∂ r (r cos θ)
)
θ,ϕ
= ˆx sin θ cos ϕ + ŷ sin θ sin ϕ + ẑ cos θ.
Sada još treba izračunati iznos gornjeg vektora
( )
∂ ⃗r
√
∣ ∂ r ∣ = sin 2 θ cos 2 ϕ + sin 2 θ sin 2 ϕ + cos 2 θ = 1,
pa je
θ,ϕ
ˆr = ˆr (θ, ϕ) = ˆx sin θ cos ϕ + ŷ sin θ sin ϕ + ẑ cos θ. (2.65)
∣ .
r,θ
r,θ
∣ .
θ,ϕ

50 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Sličnim putem se dolazi i do preostala dva jedinična vektora.
( ) ∂ ⃗r
= ∂ ∂ θ
r,ϕ
∂ θ (xˆx + yŷ + zẑ ) r,ϕ
=
[ˆx ∂ ∂ θ (r sin θ cos ϕ) + ŷ ∂ ∂ θ (r sin θ sin ϕ) + ẑ ∂ ]
∂ θ (r cos θ)
= r (ˆx cos θ cos ϕ + ŷ cos θ sin ϕ − ẑ sin θ) .
Izračunajmo i iznos gornjeg vektora
( )
∂ ⃗r
√
∣ ∂ θ ∣ = r 2 (cos 2 θ cos 2 ϕ + cos 2 θ sin 2 ϕ + sin 2 θ) = r,
pa je
r,ϕ
ˆθ = ˆθ (θ, ϕ) = ˆx cos θ cos ϕ + ŷ cos θ sin ϕ − ẑ sin θ. (2.66)
r,ϕ
( ) ∂ ⃗r
∂ ϕ
r,θ
= ∂
∂ ϕ (xˆx + yŷ + zẑ ) r,θ
[
= ˆx ∂
∂
∂
(r sin θ cos ϕ) + ŷ (r sin θ sin ϕ) + ẑ
∂ ϕ ∂ ϕ ∂ ϕ
]r,θ
(r cos θ)
= [ˆx r sin θ(−) sin ϕ + ŷ r sin θ cos ϕ + ẑ · 0] .
Izračunajmo i iznos gornjeg vektora
( )
∂ ⃗r
√
∣ ∂ ϕ ∣ = r 2 (sin 2 θ sin 2 ϕ + sin 2 θ cos 2 ϕ) = r · sin θ,
pa je
r,θ
ˆϕ = ˆϕ (ϕ) = −ˆx sin ϕ + ŷ cos ϕ. (2.67)
Primjetimo da sva tri jedinična vektora ovise o kutovima θ i/ili ϕ, pa prema tome nisu konstantni,
već ovise o položaju pojedine točke. Ove jedinične vektore možemo prikazati i u obliku
D × 1 matrice (gdje je D = 3 dimenzija prostora)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
1
0
0
ˆr =
⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ ,
ˆθ = ⎢ 1
⎥
⎣ ⎦ , ˆϕ = ⎢ 0
⎥
⎣ ⎦ ,
0
0
1
Nadalje, pravokutnu i sfernu bazu možemo povezati matricom M
⎡ ⎤ ⎡
ˆr
⎣ ˆθ ⎦ = M ⎣ ˆx ⎤
⎡
sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ cos θ
ŷ ⎦ , M = ⎣ cos θ cos ϕ cos θ sin ϕ − sin θ
ˆϕ
ẑ
− sin ϕ cos ϕ 0
⎤
⎦ .

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 51
Lako je vidjeti da je inverzna matrica jednaka transponiranoj M −1 = M T
M T · M = M · M T = 1,
iz čega odmah slijedi
⎡
⎣ ˆx ⎤ ⎡
ŷ ⎦ = M T ⎣
ẑ
ˆr
ˆθ
ˆϕ
⎤
⎡
⎦ , M T = ⎣
sin θ cos ϕ cos θ cos ϕ − sin ϕ
sin θ sin ϕ cos θ sin ϕ cos ϕ
cos θ − sin θ 0
⎤
⎦ .
U skladu s gornjom analizom, zaključujemo da se proizvoljni vektor V ⃗
jednostupčana matrica
⎡ ⎤
⃗V =
⎢
⎣
V r
V θ
⎥
⎦ .
može prikazati kao
V ϕ
Posebno, radij vektor je oblika
⃗r = r ˆr =
⎡
⎢
⎣
r
0
0
⎤
⎥
⎦ .
Iznos vektora je dan preko Pitagorina poučka
| V ⃗ √
| = Vr 2 + Vθ 2 + V ϕ 2 .
Množenje vektora ⃗ V sklarom s raspisano po komponentama
s ⃗ V = s V r ˆr + s V θ ˆθ + s ⃗ V ϕ ˆϕ .
U skladu s definicijom skalarnog umnoška, a pomoću relacija (2.65) - (2.67), za bazne vektore
vrijedi
ˆr · ˆr = 1, ˆr · ˆθ = 0, ˆr · ˆϕ = 0,
ˆθ · ˆr = 0, ˆθ · ˆθ = 1, ˆθ · ˆϕ = 0, (2.68)
ˆϕ · ˆr = 0, ˆϕ · ˆθ = 0, ˆϕ · ˆϕ = 1,
Prema gornjoj tablici, skalarni umnožak dva vektora je
⃗V · ⃗U = (V r ˆr + V θ ˆθ + Vϕ ˆϕ ) · (U r ˆr + U θ ˆθ + Uϕ ˆϕ ) = V r U r + V θ U θ + V ϕ U ϕ ;
Pomoću skalarnog umnoška se i kut medu vektorima može napisati kao: ˆV ·Û = 1·1 cos( ⃗ V , ⃗ U),
što možemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova
koje zatvara s koordinatnim osima.
ˆV · ˆr = cos( V ⃗ V
, ˆr ) = ⃗ V · ˆr = V r ˆr + V θ ˆθ + Vϕ ˆϕ
· ˆr = V r
[
V
V
⃗V = V cos( V ⃗ , ˆr ) ˆr + cos( V ⃗ , ˆθ ) ˆθ + cos( V ⃗ ]
, ˆϕ ) ˆϕ .
⇒ V r = V cos( ⃗ V , ˆr ),

52 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Iz relacija (2.65) - (2.67) lako se može doći do izraza za vektorske umnoške baznih vektora
ˆr × ˆr = 0, ˆr × ˆθ = ˆϕ , ˆr × ˆϕ = −ˆθ
ˆθ × ˆr = − ˆϕ , ˆθ × ˆθ = 0, ˆθ × ˆϕ = ˆr (2.69)
ˆϕ × ˆr = ˆθ , ˆϕ × ˆθ = −ˆr , ˆϕ × ˆϕ = 0
Pomoću gornjih umnožaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoška dva opća
vektora
⃗V × ⃗ U = (V r ˆr + V θ ˆθ + Vϕ ˆϕ ) × (U r ˆr + U θ ˆθ + Uϕ ˆϕ )
= V r U r ˆr × ˆr + V r U θ ˆr × ˆθ + V r U ϕ ˆr × ˆϕ
+ V θ U r ˆθ × ˆr + Vθ U θ ˆθ × ˆθ + Vθ U ϕ ˆθ × ˆϕ
+ V ϕ U r ˆϕ × ˆr + V ϕ U θ ˆϕ × ˆθ + V ϕ U ϕ ˆϕ × ˆϕ
= ˆr (V θ U ϕ − V ϕ U θ ) + ˆθ (V ϕ U r − V r U ϕ ) + ˆϕ (V r U θ − V θ U r ).
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoška: r → θ → ϕ → r →
θ → · · · . Vektorski umnožak se može pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
ˆr ˆθ ˆϕ
⃗V × ⃗ U =
V r V θ V ϕ .
U r U θ U ϕ
S obzirom da bazni vektori zadovoljavaju relacije (2.68) i (2.69), oni čine ortonormiranu desnu
bazu trodimenzijskog prostora.
Usporedbom rastava ⃗ V u pravokutnoj i sfernoj bazi,
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ = V r ˆr + V θ ˆθ + Vϕ ˆϕ ,
i korištenjem relacija (2.65) - (2.67), dolazimo do slijedeće veze medu komponentama
⎡
⎣ V ⎤ ⎡
x
V y
⎦ = M T ⎣ V ⎤
⎡
r
V θ
⎦ , ⎣ V ⎤ ⎡
r
V θ
⎦ = M ⎣ V ⎤
x
V y
⎦ .
V z
V ϕ
V ϕ
V z
Za razliku od vektora ˆx , ŷ , ẑ koji su istog smjera u svakoj točki prostora (slika 2.20.A), iz
relacija (2.65) - (2.67) se jasno vidi da, kako se mijenja položaj točke u prostoru, tako se
mijenjaju i smjerovi baznih vektora (slika 2.20.B). Izračunajmo promjenu smjera vektora ˆr
(iznos mu je jedinični, pa se on ne može mijenjati, mijenja se samo smjer). Prema relaciji
(2.65) je
dˆr = ˆx d(sin θ cos ϕ) + ŷ d(sin θ sin ϕ) + ẑ d(cos θ) (2.70)
= (ˆx cos θ cos ϕ + ŷ cos θ sin ϕ − ẑ sin θ)dθ + (−ˆx sin θ sin ϕ + ŷ sin θ cos ϕ)dϕ
= ˆθ dθ + ˆϕ sin θdϕ.

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 53
Slika 2.20: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i sfernog (B) koordinatnog sustava.
Primjetimo da je promjena dˆr okomita na sam vektor ˆr , tj. da je dˆr · ˆr = 0 kao što i mora
biti, jer bi promjena ˆr u smjeru ˆr promjenila normu od ˆr i on više ne bi bio jedinični vektor.
Na sličan način se i iz relacije (2.66) dobije
dˆθ = ˆx d(cos θ cos ϕ) + ŷ d(cos θ sin ϕ) − ẑ d(sin θ) (2.71)
= (−ˆx sin θ cos ϕ − ŷ sin θ sin ϕ − ẑ cos θ)dθ + (−ˆx cos θ sin ϕ + ŷ cos θ cos ϕ)dϕ
= −ˆr dθ + ˆϕ cos θdϕ.
I ovdje je dˆθ okomito na ˆθ . I na kraju, vektor d ˆϕ
Opet je
d ˆϕ = (−ˆx cos ϕ − ŷ sin ϕ)dϕ = (− sin θˆr − cos θˆθ )dϕ. (2.72)
dˆr · ˆr = dˆθ · ˆθ = d ˆϕ · ˆϕ = 0.
Pomoću gornjih diferencijala možemo izračunati diferencijalni volumen u okolici točke ⃗r. Neka
se koordinata r promjeni od vrijednosti r na r + dr, koordinata θ od θ na θ + dθ i koordinata
ϕ od ϕ na ϕ + dϕ. Zbog infinitezimalnog karaktera ovih promjena, dobiveni infinitezimalni
volumen se može aproksimirati paralelopipedom čiji su vektori stranica ⃗a , ⃗ b ,⃗c , upravo jednaki
(slika 2.21)
⃗a = ⃗r(r + dr, θ, ϕ) − ⃗r(r, θ, ϕ) = ∂ ⃗r dr = ˆr dr,
∂r
⃗ b =
∂ ⃗r
⃗r(r, θ + dθ, ϕ) − ⃗r(r, θ, ϕ) =
∂θ dθ = rˆθ dθ,
⃗c = ⃗r(r, θ, ϕ + dϕ) − ⃗r(r, θ, ϕ) = ∂ ⃗r dϕ = r sin θ ˆϕ dϕ.
∂ϕ
Prema (2.7) volumen računamo pomoću mješovitog umnoška vektora
dV = ⃗a · ( ⃗ b × ⃗c ) = ˆr dr · (rˆθ dθ × r sin θ ˆϕ dϕ) = r 2 sin θdrdθdϕ.

54 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.21: Uz diferencijal volumena u sfernom koordinatnom sustavu.
Na sličan način se može izračunati i diferencijal sferne plohe r = const. Prema relaciji (2.5)
površina paralelograma je dana iznosom vektorskog umnoška vektora stranica | ⃗ b × ⃗c |. U našem
primjeru je (slika 2.21)
∣
dS = ∣rˆθ dθ × r sin θ ˆϕ dϕ∣ = r 2 sin θdθdϕ.
Za diferencijal prostornog kuta se obično korisiti oznaka dΩ ≡ sin θdθdϕ, tako da je puni
prostorni kut jednak
∫ ∫ π ∫ 2π
dΩ = sin θ dθ dϕ = 4π.
0
0
Izračunajmo još i udaljenost ds dvije bliske točke: (r, θ, ϕ) i (r + dr, θ + dθ, ϕ + dϕ). Kao i
kod cilindričnog koordinatnog sustava i ovdje krećemo od pravokutnog koordinatnog sustava
i Pitagorinog poučka: koordinate točaka bi bile (x, y, z) i (x + dx, y + dy, z + dz), a kvadrat
udaljenosti
ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 .
Koristeći veze (2.64) izmedu pravokutnog i sfernog sustava, lako se dobiva
(ds) 2 = (dr) 2 + r 2 (dθ) 2 + r 2 sin θ 2 (dϕ) 2 .
Sferni koordinatni sustav se može i poopćiti s tri dimenzije na proizvoljan broj dimenzija D.
Neka su, umjesto s x, y, z, pravokutne koordinate označene s
x 1 , x 2 , · · · , x D ,

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 55
a
R, θ 1 , θ 2 , · · · , θ D−1
neka su sferne koordinate u D-dimenzijskom prostoru. Veza medu njima je dana relacijama
x 1 = R cos θ 1 ,
x 2 = R sin θ 1 cos θ 2 ,
x 3 = R sin θ 1 sin θ 2 cos θ 3 ,
Odgovarajući integrali se računaju kao
∫
∫ ∫ ∞
∫
d D x = d Ω D R D−1 d R =
0
∫
∫ 2π ∫ π
d Ω D = d θ 1 sin θ 2 d θ 2 · · ·
0
.
x D−1 = R sin θ 1 sin θ 2 · · · sin θ D−2 cos θ D−1 ,
x D = R sin θ 1 sin θ 2 · · · sin θ D−2 sin θ D−1 .
0
d Ω D−1
(
sin θ D−1
) D−2
d θD−1
∫ ∞
∫ π
0
(
sin θ D−1
) D−2
d θD−1 = 2 π D/2
Γ(D/2) .
2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora
Naka su u trodimenzijskom prostoru zadana tri nekomplanarna vektora
⃗e 1 , ⃗e 2 , ⃗e 3 .
0
R D−1 d R,
Ovi vektori ne moraju biti medusobno okomiti i ne moraju biti jedinične duljine. Pomoću ovih
vektora se može proizvoljni vektor ⃗ V napisati u obliku njihove linearne kombinacije
⃗V = V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3
(primjetimo da sada V 2 ne znači V · V , nego je to samo oznaka za drugu komponetu vektora).
Pomoću vektora ⃗e j definiramo novi skup vektora
⃗e 1 , ⃗e 2 , ⃗e 3 ,
tako da vektor ⃗e i bude okomit na ravninu u kojoj leže vektori ⃗e j i ⃗e k (gdje i, j, k označavaju
ciklični redoslijed . . . , 2, 3, 1, 2, 3, . . .)
U tom slučaju za skalarne umnoške vrijedi
⃗e i = const. ⃗e j × ⃗e k .
⃗e i · ⃗e i = const. (⃗e j × ⃗e k ) · ⃗e i = const. V
⃗e i · ⃗e j = const. (⃗e j × ⃗e k ) · ⃗e j = 0 i ≠ j
gdje je volumen V = (⃗e j ×⃗e k )·⃗e i , a nula u drugoj jednadžbi dolazi od okomitosti (⃗e j ×⃗e k ) ⊥ ⃗e j .
Odaberemo li konstantu u gornjim izrazima tako da bude const. = V −1 , može se jednostavno
napisati
⃗e i = 1 V ⃗e j × ⃗e k , ⃗e i · ⃗e j = δ i,j .

56 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Izračunajmo volumen V paralelopipeda čije su stranice vektori ⃗e i , npr.
V = ⃗e 1 · (⃗e 2 × ⃗e 3 ) = 1 [ 1
V (⃗e 2 × ⃗e 3 ) ·
V (⃗e 3 × ⃗e 1 ) × 1 ]
V (⃗e 1 × ⃗e 2 ) .
Primjenom relacije (2.8), 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 } (2.73)
= 1
V 3 (⃗e 2 × ⃗e 3 ) · {V ⃗e 1 − 0} = 1
V 2 (⃗e 2 × ⃗e 3 ) · ⃗e 1 = 1 V .
Vektori ⃗e i su takoder nekomplanarni, pa se proizvoljni vektor ⃗ V može napisati i u obliku
⃗V = V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3 .
Izrazimo i vektore ⃗e i preko vektora ⃗e i , tako što ćemo (ponovo koristeći (2.8)) izračunati npr.
ili, općenito
Sada je lako vidjeti da je
ili, kraće
⃗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 ] · ⃗e 1 − [(⃗e 3 × ⃗e 1 ) · ⃗e 1 ] · ⃗e 2 } = 1 V ⃗e 1
⇒ ⃗e 1 = V ⃗e 2 × ⃗e 3
⃗e i = V ⃗e j × ⃗e k .
⃗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 ≠ j
⃗e i · ⃗e j = δ i,j .
Sada i skalarni umnožak vektora V ⃗ i U ⃗ možemo napisati kao
( 3∑
) ( 3∑
)
⃗V · ⃗U
3∑ 3∑
= V i ⃗e i · U j ⃗e j = V i U j ⃗e i · ⃗e j =
i=1
j=1 i=1 j=1
( 3∑
) ( 3∑
)
3∑ 3∑
= V i ⃗e i · U j ⃗e j = V i U j ⃗e i · ⃗e j =
i=1
j=1 i=1 j=1
3∑
i=1
3∑
i=1
3∑
j=1
3∑
j=1
V i U j δ i,j =
V i U j δ i,j =
Skupove vektora (⃗e 1 , ⃗e 2 , ⃗e 3 ) i (⃗e 1 , ⃗e 2 , ⃗e 3 ) nazivamo medusobno recipročnim. U odnosu na skup
vektora (⃗e 1 , ⃗e 2 , ⃗e 3 ), komponente V i se nazivaju kontravarijantne, a V i kovarijantne
komponente vektora ⃗ V . U tri dimenzije vektori ⃗e i i ⃗e i se koriste u kristalografiji za opis
kristalne rešetke i njoj recipročne (inverzne) rešetke, a poopćenje na četverodimenzijski prostor
se primjenjuje u teoriji relativnosti.
U posebnom slučaju kada su ⃗e i medusobno okomiti i jediničnog iznosa, tada je i
⃗e i · ⃗e j = δ i,j ,
⃗e i = ⃗e i ,
V i = V i .
3∑
j=1
3∑
j=1
V j U j ,
V j U j .

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 57
Označimo skalarne umnoške vektora ⃗e i i ⃗e i na slijedeći način:
⃗e i · ⃗e j = g i,j , ⃗e i · ⃗e j = g i,j .
Uskoro ćemo, relacijama (2.78) i (2.79), pokazati da veličine g i,j i g i,j odreduju udaljenost
točaka u prostoru i to je razlog zašto se nazivaju elementima metričkog tenzora Zbog
komutativnosti skalarnog umnoška je g i,j = g j,i i g i,j = g j,i , tj. metrički je tenzor simetričan.
Tada je
I slično
⃗e i · ⃗V = ⃗e i · (V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3 ) = V i
V i = ⃗e i · ⃗V
3∑
= ⃗e i V j ⃗e j
V i =
j=1
3∑
V j g j,i . (2.74)
j=1
⃗e i · ⃗V = ⃗e i · (V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3 ) = V i
V i = ⃗e i · ⃗V
3∑
= ⃗e i V j ⃗e j
V i =
j=1
3∑
V j g j,i . (2.75)
j=1
Iz relacija (2.74) i (2.75) se vidi da g i,j i g i,j nisu medusobno nezavisni
(
3∑
3∑ 3∑
)
(
3∑
3∑ 3∑
V j = V i g i,j = V k g k,i g i,j = V j g j,i g i,j + V k
i=1
i=1 k=1
i=1
i=1
Iz gornje jednakosti zaključujemo da je
3∑
i=1
Na sličan način dolazimo i do simetrične relacije
)
3∑
3∑
V j = V i g i,j = V k g k,i g i,j = V j
i=1
i=1
( 3∑
k=1
3∑
i=1
k=1
k≠j
g k,i g i,j
)
g k,i g i,j = δ k,j . (2.76)
3∑
i=1
g j,i g i,j +
3∑
k=1
k≠j
V k ( 3∑
i=1
g k,i g i,j )
g k,i g i,j = δ k,j . (2.77)
Jednadžbe (2.76) i (2.77) možemo preglednije napisati u matričnom obliku
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎤
g 1 1 g 1 2 g 1 3 g 1 1 g 1 2 g 1 3 1 0 0 g 1 1 g 1 2 g 1 3 g 1 1 g 1 2 g 1 3
⎢ g 2 1 g 2 2 g 2 3
⎥
⎣
⎦ ·
⎢ g 2 1 g 2 2 g 2 3
⎥
⎣
⎦ = ⎢ 0 1 0
⎥
⎣ ⎦ = ⎢ g 2 1 g 2 2 g 2 3
⎥
⎣
⎦ ·
⎢ g 2 1 g 2 2 g 2 3
⎥
⎣
⎦ ,
g 3 1 g 3 2 g 3 3 g 3 1 g 3 2 g 3 3 0 0 1 g 3 1 g 3 2 g 3 3 g 3 1 g 3 2 g 3 3
.
.

58 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
tj. matrice [ g i,j ] i [ g i,j ] su jedna drugoj inverzne. Gornje relacije sadrže veze medu kovarijantnim
i kontravarijantnim komponentama metričkog tenzora. Tako je npr.
g 1 1 = g 2 2 g 3 3 − g 3 2 g 2 3
,
g
g 1 2 = − g 2 1 g 3 3 − g 2 3 g 3 1
,
g
g 1 3 = · · · itd. · · · ,
gdje je s g označena determinanta metričkog tenzora
g 1 1 g 1 2 g 1 3
g =
g 2 1 g 2 2 g 2 3
g 3 1 g 3 2 g 3 3
.
Neka vekor ⃗ V označava vektor koji spaja ishodište koordinatnog sustava s točkom V . Kvadrat
udaljenosti točke od ishodišta, ⃗ V · ⃗V , se naziva metrička forma. Ona se može izraziti preko
kontravarijantnih
⃗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 ) (2.78)
= (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 = (V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3 ) · (V 1 ⃗e 1 + V 2 ⃗e 2 + V 3 ⃗e 3 ) (2.79)
= (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
vektora ⃗ V (pri čemu smo uzeli u obzir da je metrički tenzor simetričan) .
I skalarni umnožak dva vektora se može izraziti preko komponenata metričkog tenzora:
⃗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 g i j
= g 1 1 V 1 U 1 + g 2 2 V 2 U 2 + g 3 3 V 3 U 3
+ g 1 2 (V 1 U 2 + V 2 U 1 ) + g 1 3 (V 1 U 3 + V 3 U 1 ) + g 2 3 (V 2 U 3 + V 3 U 2 ),
⃗V · ⃗U =
3∑
V i ⃗e i
3∑
3∑ 3∑
3∑ 3∑
U j ⃗e j = V i U j ⃗e i ⃗e j = V i U j g i j
i=1
j=1
i=1
j=1
= g 1 1 V 1 U 1 + g 2 2 V 2 U 2 + g 3 3 V 3 U 3
+ g 1 2 (V 1 U 2 + V 2 U 1 ) + g 1 3 (V 1 U 3 + V 3 U 1 ) + g 2 3 (V 2 U 3 + V 3 U 2 ).
2.8 Ortogonalna transformacija (preobrazba)
U nastavku ćemo se ograničiti na ortonormirane koordinatne sustave, pa nećemo praviti razliku
izmedu ko- i kontravarijantnih vektora.
i=1
j=1

2.8. ORTOGONALNA TRANSFORMACIJA (PREOBRAZBA) 59
Slika 2.22: Uz ilustraciju ortogonalne transformacije.
Promatrajmo dva pravokutna koordinatna sustava (O, x, y, z) i (O, x ′ , y ′ , z ′ ) sa istim ishodištem
O, ali različitim smjerovima koordinatnih osi, kao na slici 2.22. Za zadani proizvoljni vektor
⃗V (npr. ⃗ V može biti radij vektor ⃗r, vektor brzine ⃗v, sile ⃗ F ili bilo koji drugi vektor), glavni
zadatak u ovom odjeljku je naći vezu medu komponentama vektora ⃗ V u sustavu (O, x ′ , y ′ , z ′ )
i sustavu (O, x, y, z).
Označimo s m j kosinuse kutova koje vektor ˆx ′ zatvara redom s vektorima ˆx , ŷ i ẑ . U skladu
s definicijom skalarnog umnoška (2.2), možemo pisati
cos(ˆx ′ , ˆx ) = ˆx · ˆx ′ ≡ m 1 ,
cos(ˆx ′ , ŷ ) = ŷ · ˆx ′ ≡ m 2 ,
cos(ˆx ′ , ẑ ) = ẑ · ˆx ′ ≡ m 3 .
Svaki vektor, pa tako i ˆx ′ , se može napisati kao linearna kombinacija vektora baze (O, x, y, z),
tako da je
ˆx ′ = (ˆx · ˆx ′ ) ˆx + (ŷ · ˆx ′ ) ŷ + (ẑ · ˆx ′ ) ẑ = m 1 ˆx + m 2 ŷ + m 3 ẑ . (2.80)
Neka su n j kosinusi kutova koje vektor ŷ ′ zatvara s vektorima ˆx , ŷ i ẑ , a l j neka su kosinusi
kutova koje vektor ẑ ′ zatvara s vektorima ˆx , ŷ i ẑ . Ako se sustav (O, x ′ , y ′ , z ′ ) vrti u odnosu
na sustav (O, x, y, z), svi su ovi kosinusi smjerova funkcije vremena. Sličnim postupkom kao
gore, dolazi se do
ŷ ′ = n 1 ˆx + n 2 ŷ + n 3 ẑ , (2.81)
ẑ ′ = l 1 ˆx + l 2 ŷ + l 3 ẑ .
Ovih devet kosinusa smjerova, m j , n j i l j , u cjelosti odreduju orjentaciju koordinatnog sustava
(O, x ′ , y ′ , z ′ ) prema (O, x, y, z). No, budući da i vektori ˆx ′ , ŷ ′ i ẑ ′ takoder čine bazu, to se

60 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
svaki vektor, pa tako i ˆx , ŷ i ẑ , mogu prikazati kao njihova linearna kombinacija
ˆx = (ˆx · ˆx ′ ) ˆx ′ + (ˆx · ŷ ′ ) ŷ ′ + (ˆx · ẑ ′ ) ẑ ′ = m 1 ˆx ′ + n 1 ŷ ′ + l 1 ẑ ′ ,
ŷ = (ŷ · ˆx ′ ) ˆx ′ + (ŷ · ŷ ′ ) ŷ ′ + (ŷ · ẑ ′ ) ẑ ′ = m 2 ˆx ′ + n 2 ŷ ′ + l 2 ẑ ′ , (2.82)
ẑ = (ẑ · ˆx ′ ) ˆx ′ + (ẑ · ŷ ′ ) ŷ ′ + (ẑ · ẑ ′ ) ẑ ′ = m 3 ˆx ′ + n 3 ŷ ′ + l 3 ẑ ′ .
Promotrimo sada opći vektor ⃗ V i raspišimo ga po komponentama u oba sustava
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ = V ′
x ˆx ′ + V ′
y ŷ ′ + V ′
z ẑ ′ .
Pomnoži li se gornja relacija najprije skalarno s ˆx ′ , a zatim i sa ŷ ′
relacije
i ẑ ′ , dobiju se slijedeće
V x ′ = m 1 V x + m 2 V y + m 3 V z ,
V y ′ = n 1 V x + n 2 V y + n 3 V z , (2.83)
V z ′ = l 1 V x + l 2 V y + l 3 V z ,
Ovo je veza medu komponentama proizvoljnog vektora u obje baze.
Pokažimo sada ovih devet kosinusa smjerova, m j , n j i l j , nisu svi medusobno nezavisni. Nisu
nezavisni zato jer bazni vektori moraju zadovoljavati šest relacija ortonormiranosti
ˆx · ˆx = ŷ · ŷ = ẑ · ẑ = 1, ˆx · ŷ = ˆx · ẑ = ŷ · ẑ = 0 (2.84)
i slično za ˆx ′ , ŷ ′ i ẑ ′ (ali to vodi na iste uvjete). Ako devet veličina zadovoljava šest jednadžba,
onda to znači da su samo tri medu njima medusobno neovisni, a ostalih šest se može izračuanti
iz ova tri i šest jednadžba uvjeta (2.84). Raspišimo ove uvjete
ˆx · ˆx = 1 = (m 1 ˆx ′ + n 1 ŷ ′ + l 1 ẑ ′ ) · (m 1 ˆx ′ + n 1 ŷ ′ + l 1 ẑ ′ ) = m 2 1 + n 2 1 + l1,
2
ŷ · ŷ = 1 = (m 2 ˆx ′ + n 2 ŷ ′ + l 2 ẑ ′ ) · (m 2 ˆx ′ + n 2 ŷ ′ + l 2 ẑ ′ ) = m 2 2 + n 2 2 + l2,
2
ẑ · ẑ = 1 = (m 3 ˆx ′ + n 3 ŷ ′ + l 3 ẑ ′ ) · (m 3 ˆx ′ + n 3 ŷ ′ + l 3 ẑ ′ ) = m 2 3 + n 2 3 + l3.
2
Tri gornje relacije mogu se sažeti u
Nadalje je
m 2 j + n 2 j + l 2 j = 1, j = 1, 2, 3. (2.85)
ˆx · ŷ = 0 = (m 1 ˆx ′ + n 1 ŷ ′ + l 1 ẑ ′ ) · (m 2 ˆx ′ + n 2 ŷ ′ + l 2 ẑ ′ ) = m 1 m 2 + n 1 n 2 + l 1 l 2 ,
ˆx · ẑ = 0 = (m 1 ˆx ′ + n 1 ŷ ′ + l 1 ẑ ′ ) · (m 3 ˆx ′ + n 3 ŷ ′ + l 3 ẑ ′ ) = m 1 m 3 + n 1 n 3 + l 1 l 3 ,
ŷ · ẑ = 0 = (m 2 ˆx ′ + n 2 ŷ ′ + l 2 ẑ ′ ) · (m 3 ˆx ′ + n 3 ŷ ′ + l 3 ẑ ′ ) = m 2 m 3 + n 2 n 3 + l 2 l 3 .
Ove se tri relacije mogu sažeti u
Obje relacije (2.85) i (2.86) mogu se sažeti u
m i m j + n i n j + l i l j = 0, i ≠ j. (2.86)
m i m j + n i n j + l i l j = δ i,j , i, j = 1, 2, 3. (2.87)
Radi jednostavnijeg označavanja u izvodima koji slijede, prijedimo na slijedeće oznake
x → 1, y → 2, z → 3.

2.8. ORTOGONALNA TRANSFORMACIJA (PREOBRAZBA) 61
Tako npr V x , V y i V z postaju V 1 , V 2 i V 3 , a relacija (2.83) postaje
V 1 ′ = m 1 V 1 + m 2 V 2 + m 3 V 3 ,
V 2 ′ = n 1 V 1 + n 2 V 2 + n 3 V 3 , (2.88)
V 3 ′ = l 1 V 1 + l 2 V 2 + l 3 V 3 .
Gornje su relacije poseban slučaj opće (ne i najopćenitije, jer nema konstantnog aditivnog
člana) linearne transformacije oblika
V 1 ′ = a 1 1 V 1 + a 1 2 V 2 + a 1 3 V 3 ,
V 2 ′ = a 2 1 V 1 + a 2 2 V 2 + a 2 3 V 3 , (2.89)
V 3 ′ = a 3 1 V 1 + a 3 2 V 2 + a 3 3 V 3 .
Kada kažemo opća linearna transformacija, time mislimo reći da su koeficijenti a i j medusobno
nezavisni, dok su koeficijenti iz transformacije (2.88) medusobno povezani relacijama (2.87).
Gornje tri relacije možemo sažeto napisati kao
ili u matričnom obliku
⃗V ′ = A ⃗ V
V ′
i =
3∑
j=1
a i j V j , i, j = 1, 2, 3, (2.90)
⇔
⎡
⎢
⎣
V ′
1
V ′
2
V ′
3
⎤ ⎡
⎤ ⎡
a 1 1 a 1 2 a 1 3
⎥
⎦ = ⎢ a 2 1 a 2 2 a 2 3
⎥ ⎢
⎣
⎦ ⎣
a 3 1 a 3 2 a 3 3
V 1
V 2
V 3
⎤
⎥
⎦ . (2.91)
Ako na gornju transformaciju, tj. na (2.89), nametnemo zahtjev da ne mijenja duljinu vektora,
tj. da je duljina vektora prije transformacije jednaka duljini vektora poslije transformacije
uvrštavanjem (2.90), dolazimo do
3∑
j=1
3∑
i=1
3∑
k=1
3∑
i=1
3∑
j=1
( 3∑
i=1
V ′
i V ′
i =
a i j V j
3∑
i=1
3∑
k=1
a i j a i k
)
3∑
i=1
V i V i ,
V ′
i V ′
i =
a i k V k =
V j V k =
Da bi gornja jednakost bila zadovoljena, očito mora biti
3∑
i=1
3∑
i=1
3∑
i=1
V i V i ,
V i V i ,
V i V i
3∑
a i j a i k = δ j k . (2.92)
i=1

62 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Gornja se relacija naziva uvjet ortogonalnosti i ekvivalentna je s jednadžbom (2.87), tj.
m i m j + n i n j + l i l j = δ i,j . Tako je npr.
j = 1, k = 1 :
3∑
i=1
a i 1 a i 1 = 1,
a 1 1 a 1 1 + a 2 1 a 2 1 + a 3 1 a 3 1 = 1,
m 2 1 + n 2 1 + l1 2 = 1.
j = 1, k = 2 :
3∑
i=1
a i 1 a i 2 = 0,
a 1 1 a 1 2 + a 2 1 a 2 2 + a 3 1 a 3 2 = 0,
m 1 m 2 + n 1 n 2 + l 1 l 2 = 0.
Svaka linearna transformacija (2.89) sa svojstvom (2.92) se zove ortogonalna transformacija.
Matrica A
⎡
⎤
a 1 1 a 1 2 a 1 3
A =
⎢ a 2 1 a 2 2 a 2 3
⎥
⎣
⎦ .
a 3 1 a 3 2 a 3 3
se zove ortogonalna matrica.
Primjetimo da se relacija ⃗ V ′ = A ⃗ V može shvatiti na dva načina:
- koordinatni sustav se zakreće 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
iz dva različita sustava - zakrenutog i nezakrenutog; ovakva se transformacija naziva pasivna
vrtnja i to je smisao koji ćemo koristiti u ovom odjeljku.
- druga je mogućnost da promatramo zakret vektora ⃗ V u fiksnom koordinatnom sustavu;
tada ⃗ V označava vektor prije, a ⃗ V ′ vektor poslije zakreta; u tom slučaju se govori o aktivnoj
vrtnji.
Primjer: 2.15 Pogledajmo jednostavan primjer u dvije dimenzije (slika 2.23). Matrica A je
oblika
⎡
A = ⎣ a ⎤
1 1 a 1 2
⎦ .
a 2 1 a 2 2
Treba postaviti i riješiti relacije ortogonalnosti.
R: U ovom primjeru postoje tri relacije ortogonalnosti (2.92)
a 2 1 1 + a 2 2 1 = 1,
a 2 1 2 + a 2 2 2 = 1, (2.93)
a 1 1 a 1 2 + a 2 1 a 2 2 = 0.

2.9. SVOJSTVA TRANSFORMACIJSKE MATRICE A 63
Slika 2.23: Ortogonalna transformacija u dvije dimenzije.
Dakle, od četiri elementa a i j , samo je 4 − 3 = 1 element nezavisan, a svi ostali se
mogu izraziti preko njega. I zaista, elementarnom trigonometrijom sa slike 2.23 se
zaključuje da je
ˆx ′ = cos ϕ ˆx + sin ϕ ŷ ,
ŷ ′ = − sin ϕ ˆx + cos ϕ ŷ ,
odakle zatim pročitamo koeficijente a i j
a 1 1 = cos ϕ, a 1 2 = sin ϕ,
a 2 1 = − sin ϕ, a 2 2 = cos ϕ.
Jednadžbe uvjeta (2.93) su očito zadovoljene
cos 2 ϕ + (− sin ϕ) 2 = 1,
sin 2 ϕ + cos 2 ϕ = 1,
cos ϕ sin ϕ + (− sin ϕ) cos ϕ = 0.
2.9 Svojstva transformacijske matrice A
• Promatrajmo dvije uzastopne ortogonalne tansformacije opisane matricama A i B
⃗V → ⃗ V ′ : V ′
k =
⃗V ′ → ⃗ V ′ ′ : V ′ ′
i =
3∑
j=1
3∑
k=1
b k j V j ,
a i k V ′
k.

64 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Uvrštavanjem prve u drugu od gornjih relacija, dobiva se
3∑ 3∑
V i ′ ′ = a i k b k j V j
Gdje smo označili
c i j =
=
=
3∑
k=1
k=1
3∑
j=1
3∑
j=1
( 3∑
k=1
j=1
c i j V j ,
a i k b k j
)
V j
a i k b k j ⇔ C = A B. (2.94)
Pokažimo da je i C ortogonalna transformacija. To je ujedno i osnovno svojstvo grupe: rezultat
množenja (ili neke druge binarne operacije) dva elementa grupe daje neki treći element grupe.
Ako je C ortogonalna transformacija, tada za nju mora vrijediti (2.92)
3∑
c i j c i k = δ j k .
i=1
Da bi se to pokazalo, treba naprosto iz (2.94) izraziti c-ove preko a-ova i b-ova, a zatim koristiti
činjenicu (2.92) da A i B jesu ortogonalne transformacije
(
3∑
3∑ 3∑
) ( 3∑
)
c i j c i k =
a i l b l j a i p b p k
i=1
i=1 l=1
p=1
(
3∑ 3∑ 3∑
)
3∑ 3∑
3∑
=
a i l a i p b l j b p k = δ l p b l j b p k = b l j b l k
l=1 p=1 i=1
l=1 p=1
l=1
} {{ }
= δ l p
= δ j k .
• Ortogonalna transformacija općenito nije komutativna
• ali jeste asocijativna
dokaz čega prepuštamo čitatelju.
• Zbrajanje
A B ≠ B A,
(A B) C = A (B C),
C = A + B ⇒ c i j = a i j + b i j .
• Inverznu transformaciju od A ćemo označavati s A −1 , pri čemu je
⃗V ′ = A V ⃗ 3∑
⇔ V k ′ = a k i V i , (2.95)
⃗V = A −1 ⃗ V
′
⇔ V i =
i=1
3∑
j=1
a ′ i j V ′
j ,

2.9. SVOJSTVA TRANSFORMACIJSKE MATRICE A 65
gdje smo s a ′ i j označili matrične elemente inverzne transformacije. Uvrštavanjem gornje dvije
relacije jedne u drugu, dobivamo
(
3∑ 3∑
3∑ 3∑
)
V k ′ = a k i a ′ i j V j ′ = a k i a ′ i j V j ′ .
i=1 j=1
j=1 i=1
Da bi gornja jednakost mogla vrijediti, mora biti izraz u zagradi jednak δ j k
ili matrično
3∑
i=1
a k i a ′ i j = δ j k , (2.96)
A A −1 = 1,
gdje je 1 jedinična 3 × 3 matrica
⎡
1 =
⎢
⎣
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⎤
⎥
⎦
koja predstavlja identičnu transformaciju
⃗V = 1 · ⃗ V , A · 1 = 1 · A = A.
Koristeći (2.95) možemo doći do slijedeće veze
V i =
3∑
j=1
a ′ i j V ′
j =
3∑
j=1
a ′ i j
3∑
k=1
a j k V k =
3∑
k=1
( 3∑
j=1
a ′ i j a j k
)
Usporedbom lijeve i desne strane gornje relacije, zaključujemo da okrugla zagrada mora biti
jednaka δ i k
3∑
a ′ i j a j k = δ i k , (2.97)
ili matrično
j=1
A −1 A = 1.
Iz (2.96) i (2.97) vidimo da vrijedi A A −1 = A −1 A = 1. Da bismo izračunali matrične
elemente inverzne matrice, promotrimo slijedeći dvostruki zbroj
V k .
3∑
k=1
3∑
i=1
a k l a k i a ′ i j. (2.98)
Primjetimo da je, prema (2.92) ∑ 3
k=1 a k l a k i = δ i l , pa je gornji zbroj jednak
3∑
δ i l a ′ i j = a ′ l j. (2.99)
i=1

66 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
No, s druge strane iz zbroja (2.98) možemo izdvojiti i ∑ 3
i=1 a k i a ′ i j, što je prema (2.96) jednako
δ j k , tako da (2.98) postaje
3∑
a k l δ j k = a j l . (2.100)
k=1
Relacije (2.99) i (2.100) su samo dva različita zapisa istog izraza (2.98), pa moraju biti i
medusobno jednake
(
a ′ l j = a j l ⇔
) A
−1 = (A) l j j l . (2.101)
To je traženi izraz za matrične elemente inverzne matrice: oni se dobiju jednostavnom zamjenom
redaka i stupaca u matrici transformacije A. Ova se operacija zove transponiranje, a matrica
se zove transponirana matrica s oznakom A T
(
A
T ) i j = (A) j i .
Inverz ortogonalne matrice je transponirana matrica
A −1 = A T , ⇒ A A T = A T A = 1.
Iz samog izvoda vidimo da su gornje relacije ekvivalentne s (2.92). Determinantu matrice
A ćemo označavati s |A|. Budući da je determinanta umnoška matrica jednaka umnošku
determinanata pojedinih matrica, to iz gornje relacije slijedi
|A T | · |A| = 1 ⇒ |A T | = 1
|A| .
Pojam transponirane matrice se koristi i kod množenja matrice i vektora. Ako je vektor desno
od matrice, shvaćamo ga kao jednostupčanu matricu i pišemo
A ⃗ V
⇔
3∑
j=1
a i j V j . (2.102)
Ako vektor množi matricu s lijeve strane, shvaćamo ga kao matricu s jednim redom
⃗V A
⇔
3∑
j=1
V j a j i ,
a ako s lijeva množi transponiranu matricu
⃗V A T
⇔
3∑
j=1
V j (a T ) j i =
3∑
j=1
V j a i j . (2.103)
Usporedbom (2.102) i (2.103) vidimo da je
⃗V A T = A V ⃗ .
Ako je kvadratna matrica jednaka svojoj transponiranoj matrici
A = A T ⇒ a i j = (a T ) i j = a j i ,

2.9. SVOJSTVA TRANSFORMACIJSKE MATRICE A 67
onda se ona naziva i simetrična matrica. Determinanta simetrične matrice je +1 ili −1
Ako je
|A T | · |A| = |A| 2 = 1 ⇒ |A| = ± 1.
A = −A T ⇒ a i j = −(a T ) i j = −a j i ,
onda se A nasiva antisimetrična matrica. Očito su dijagonalni elementi antisimetrične matrice
jednaki nuli. Sličnim razmatranjem kao gore, zaključuje se da je determinanta antisimetrične
matrice |A| = ± ı.
Iz gornjeg razmatranja se vidi da se svakoj kvadratnoj matrici A mogu pridružiti simetrična i
antisimetrična matrica
A s = 1 2 (A + AT ), A as = 1 2 (A − AT ),
tako da vrijedi
A = A s + A as , A T = A s − A as .
U vezi s pojmom ortogonalnosti je i pojam unitarnosti. Ukoliko su elementi matrice kompleksni,
tada se
A † = (A T ) ∗
naziva hermitski adjungirana matrica matrice A (zvjezdica označava kompleksno konjugiranje).
Unitarnom nazivamo matricu za koju je
A † A = A A † = 1.
Svaka realna ortogonalna matrica je ujedno i unitarna. Matrica koja je jednaka svojoj hermitski
adjungiranoj matrici, A † = A, zove se hermitska matrica.
Relacijom (2.90), tj. (2.91) smo vidjeli kako se transformira vektor uslijed linearne transformacije
koordinata. Sada se možemo zapitati kako se transformira operator uslijed te iste linearne
transformacije koordinata?
Neka je O proizvoljni linearni operator koji djeluje na vektor ⃗ V 1 i kao rezultat daje vektor ⃗ V 2
⃗V 2 = O ⃗ V 1 . (2.104)
Neka je A matrica linearne transformacije koordinatnih sustava. Tada je ⃗ V 2 u novom koordinatnom
sustavu dan sa ⃗ V ′ 2 = A ⃗ V 2 . Isto vrijedi i za vektor ⃗ V 1 , tj. ⃗ V ′ 1 = A ⃗ V 1
A V ⃗ 2 = A O V ⃗ 1 = A O A −1 A V ⃗ 1
⃗V ′ 2 = (A O A −1 ) V ⃗ ′ 1.
No, gornja relacija nije ništa drugo nego (2.104) napisana u transformiranom koordinatnom
sustavu. Iz toga zaključujemo da se operator O transformira iz starog u novi koordinatni
sustav relacijom
O ′ = A O A −1 , (2.105)

68 POGLAVLJE 2.
MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
ili, po komponentama
o ′ i j =
3∑
3∑
a i k o k l (a −1 ) l j =
3∑
3∑
a i k a j l o k l . (2.106)
k=1
l=1
k=1
l=1
Transformacijee gornjeg oblika se zovu transformacije sličnosti.
Lako je dvidjeti da transformacija sličnosti ne mijenja vrijednost determinante operatora
O ′ = A O A −1 / · A
O ′ A = A O
|O ′ | |A| = |A| |O|
|O ′ | = |O|.
2.10 Tenzori
U D-dimenzijskom prostoru, tenzorom n-tog reda ćemo nazivati veličinu sastavljenu od D n
komponenata,
T i1 i 2 ··· i n
, i p = 1, 2, · · · , D,
koja se u donosu na ortogonalnu transformaciju koordinatnog sustava (opisanu matricom A)
transformira kao
T ′
i 1 i 2 ··· i n
=
D∑
j 1 =1
D∑
j 2 =1
· · ·
D∑
j n=1
a i1 j 1
a i2 j 2
· · · a in j n
T j1 j 2 ··· j n
.
Povežimo gornju definiciju s nekima od veličina koje smo već upoznali:
• Prema gornjoj definiciji, tenzor nultog reda ima samo jednu komponentu, koja je samim time
i invarijantna na ortogonalnu transformaciju. Budući da su skalari invarijantni na ortogonalne
transformacije, to tenzor nultog reda nazivamo i skalarom.
• Ograničimo li se na D = 3-dimenzijski prostor, tenzor prvog reda se transformira kao
T ′
i =
3∑
j=1
a i j T j ,
što prepoznajemo kao transformaciju vektora (2.90), tj. tenzori prvog reda su vektori.
• Tenzor drugog reda u D = 3-dimenzijskom prostoru se transformira kao
T ′
i 1 i 2
=
3∑
j 1 =1
3∑
j 2 =1
a i1 j 1
a i2 j 2
T j1 j 2
.
Gornju relaciju prepoznajemo kao operaciju sličnosti (2.105) tj. (2.106). Dakle u odnosu na
ortogonalne transformacije, tenzori drugog reda su isto što i kvadratne matrice.

Poglavlje 3
Kinematika
Kinematika je dio fizike koji se bavi opisom gibanja, ne ulazeći u objašnjavanje toga što je
uzrok gibanja. Sama riječ kinematika, potječe od grčke riječi kinema, što znači gibanje.
Osnovni pojam kinematike jest pojam brzine. Brzina je veličina zadana omjerom prijedenog
puta i proteklog vremena. Prijedeni put je vektor, a proteklo vrijeme je skalar, pa je zato njihov
omjer, brzina, vektorska veličina. Prema tome, brzina ima svoj iznos i smjer, a zbrajanje brzina
je komutativno. Smjer brzine odreduje kojim će prostornim točkama proći čestica u svojem
gibanju. Skup tih točaka se naziva putanja ili trajektorija. Ako je taj smjer stalno isti tokom
vremena, čestica se giba po pravcu, a gibanje se naziva pravocrtno. Sva ostala gibanja
(kod kojih se smjer brzine mijenja u vremenu) se nazivaju krivocrtna gibanja. Posebni
oblik krivocrtnog gibanja je kružno gibanje, kod kojega putanja čestice opisuje kružnicu. Ako
je iznos brzine nepromjenjiv u vremenu, gibanje se naziva jednoliko. Ako se iznos brzine
mijenja u vremenu, gibanje se zove nejednoliko (naziva se ubrzano ako se brzina povećava,
a usporeno ako se brzina smanjuje). Veličina koja opisuje vremenske promjene brzine, zove
se ubrzanje (ili akceleracija) i definirana je kao omjer promjene brzine i proteklog vremena.
Prema ovoj definiciji i ubrzanje je vektor. Deceleracijom (usporavanjem) se naziva smanjenje
iznosa brzine tijekom vremena.
3.1 Brzina i ubrzanje
Promatrajmo česticu koja se giba po krivulji C (slika 3.1). Neka se u trenutku t čestica nalazi u
početnoj točki P čiji položaj odreduje radij vektor ⃗r(t). U nešto kasnijem trenutku t+∆ t, neka
se čestica nalazi u konačnoj točki K opisanoj radij vektorom ⃗r(t + ∆ t) = ⃗r + ∆ ⃗r. Srednjom
brzinom ⃗v čestice na putu ∆ ⃗r se naziva omjer
⃗v = ∆ ⃗r
∆ t .
Omjer vektora i skalara je vektor, pa je srednja brzina vektorska veličina. Po svojoj dimenziji,
srednja brzina je omjer duljine i vremena
[
⃗v
]
=
[∆ ⃗r]
[∆ t] = l t ,
pa se, u SI sustavu, mjeri u jedinicama m s −1 . Po svojem geometrijskom značenju, srednja je
brzina sekanta krivulje C, tj. putanje čestice (slika 3.1). Unutar vremenskog intervala ∆ t,
brzina se može mijenjati (i po iznosu i po smjeru), pa ako želimo doznati pravu (trenutnu)
69

70 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Slika 3.1: Uz definiciju brzine.
brzinu, ⃗v, čestice u promatranoj točki, u definiciji srednje brzine treba izvesti granični prijelaz
∆ t → 0, koji tada prepoznajemo kao definiciju derivacije 1
⃗r(t + ∆ t) − ⃗r(t)
⃗v = lim
∆ t→0 ∆ t
∆ ⃗r
= lim
∆ t→0 ∆ t = d⃗r
dt = ˙⃗r, (3.1)
ili, po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava
⃗v = d⃗r
dt
= ˆx
dx
dt + ŷ dy
dt + ẑ dz
dt = ˆx ẋ + ŷ ẏ + ẑ ż .
Geometrijski, pri graničnom prijelazu ∆ t → 0 će i sekanta sa slike 3.1, prijeći u tangentu na
putanju u promatranoj točki, tj. prava brzina ima smjer tangente na putanju. Prema
Pitagorinom poučku, iznos brzine
√ (dx ) v = |⃗v| =
d⃗r
2 ∣ dt ∣ = +
dt
( ) 2 ( ) 2 dy dz
+ = 1 dt dt dt
√
(dx)2 + (dy) 2 + (dz) 2 = ds
dt
je jednak omjeru infinitezimalne duljine luka krivulje ds = √ (dx) 2 + (dy) 2 + (dz) 2 i vremenskog
intervala dt. Svaki se vektor, pa tako i vektor brzine, može prikazati kao umnožak iznosa v, i
jediničnog vektora smjera ˆv,
⃗v = v ˆv.
Općenito, svaka promjena neke veličine s vremenom se može shvatiti kao brzina. Tako se npr.
upravo uvedena brzina može nazvati i brzinom promjene položaja radij vektora Moguće je
definirati i neke druge brzine:
1 Newton je uveo skraćeno označavanje vremenske derivacije neke veličine točkicom iznad te veličine. Tako se npr. za brzinu
može skraćeno napisati ˙⃗r.

3.1. BRZINA I UBRZANJE 71
♣ Promatrajmo površinu plohe, S, koju opisuje radij vektor čestice u gibanju. Plošnom brzinom,
v pl , nazivamo slijedeći diferencijalni omjer
v pl = dS
dt ,
gdje je dS površina plohe koju je u vremenu dt opisao radij vektor.
♣ Brzinu kojom neka sila obavlja rad, W , nazivamo snagom, P
P = dW dt ,
gdje je dW rad koji je u vremenu dt obavila neka sila.
♣ Brzinu kojom električni naboj Q prolazi kroz zamišljenu ravnu plohu, nazivamo električnom
strujom
I = dQ
dt ,
gdje je dQ količina naboja koja je u vremenu dt prošla kroz plohu.
Brzina u cilindričnom koordinatnom sustavu. U cilindričnom koordinatnom sustavu
je ⃗r(t) = ρ(t) ˆρ (t) + z(t) ẑ , gdje samo jedinični vektor ẑ , ne ovisi o vremenu. Stoga je brzina
jednaka
⃗v = d⃗r
dt = dρ
dt
ˆρ + ρdˆρ
dt + dz
dt ẑ .
U odjeljku 2 smo, relacijom (2.63) pokazali da je dˆρ = ˆϕ dϕ, što, uvršteno u gornji izraz za
brzinu, daje
⃗v = ˙ρ ˆρ + ρ ˙ϕ ˆϕ + ż ẑ . (3.2)
Brzina u sfernom koordinatnom sustavu. U sfernom koordinatnom sustavu je ⃗r(t) =
r(t) ˆr (t), gdje se obje veličine, i iznos r i smjer radij vektora ˆr , mogu mijenjati s vremenom.
Stoga je i brzina jednaka
[ ]
r(t) · ˆr (t)
⃗v = d⃗r
dt = d = dr dˆr ˆr + r
dt
dt dt .
Prvi član opisuje promjenu iznosa radij vektora uz konstantan smjer, a drugi opisuje promjenu
smjera radij vektora uz njegov konstantan iznos. U odjeljku 2 smo, relacijom (2.70) pokazali
da je
što, uvršteno u gornji izraz za brzinu, daje
dˆr = ˆθ dθ + ˆϕ sin θdϕ,
⃗v = ṙˆr + r ˙ˆr = ṙˆr + r(ˆθ ˙θ + ˆϕ sin θ ˙ϕ ) = ṙˆr + r ˙θ ˆθ + r sin θ ˙ϕ ˆϕ . (3.3)
Ubrzanje se definira kao promjena brzine u danoj točki (ili kao brzina kojom se mijenja brzina)
⃗v(t + ∆ t) − ⃗v(t)
⃗a = lim
∆ t→0 ∆ t
= d⃗v
dt = d2 ⃗r
dt 2 = ¨⃗r. (3.4)

72 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Ubrzanje je omjer vektora d⃗v i skalara dt, pa je i samo vektor
⃗a = d⃗v
dt = d dt
( v · ˆv ) =
dv
dt
ˆv + v
dˆv
dt .
Po svojoj dimenziji je ubrzanje omjer duljine i kvadrata vremena
[⃗a ] = [d⃗v]
[dt] = l
t 2 ,
i, u SI sustavu mjernih jedinica, mjeri se u m s −2 . Po komponentama u pravokutnom koordinatnom
sustavu, ubrzanje je jednako
a po svojem iznosu je
⃗a = d2 ⃗r
= ˆx ẍ + ŷ ÿ + ẑ ¨z ,
dt2 a = |⃗a | = √ ẍ 2 + ÿ 2 + ¨z 2 .
Ubrzanje u cilindričnom koordinatnom sustavu. U cilindričnom koordinatnom sustavu
je brzina dan izrazom (3.2), a ubrzanje dobivamo vremenskom derivacijom brzine
⃗a = d⃗v
dt = ¨ρ ˆρ + ˙ρ ˙ˆρ + ˙ρ ˙ϕ ˆϕ + ρ ¨ϕ ˆϕ + ρ ˙ϕ ˙ˆϕ + ¨z ẑ .
U odjeljku 2 smo, relacijama (2.63) pokazali da je
dˆρ = ˆϕ dϕ,
d ˆϕ = −ˆρ dϕ.
što, uvršteno u gornji izraz za ubrzanje, daje
⃗a = (¨ρ − ρ ˙ϕ 2 )ˆρ + (2 ˙ρ ˙ϕ + ρ ¨ϕ ) ˆϕ + ¨z ẑ . (3.5)
Ubrzanje u sfernom koordinatnom sustavu. U sfernom koordinatnom sustavu je brzina
dana izrazom (3.3), a ubrzanje dobivamo vremenskom derivacijm brzine
⃗a = d⃗v
dt = ¨rˆr + ṙ ˙ˆr + ṙ ˙θ ˆθ + r¨θ ˆθ + r ˙θ ˙ˆθ + ṙ sin θ ˙ϕ ˆϕ + r cos θ ˙θ ˙ϕ ˆϕ + r sin θ ¨ϕ ˆϕ + r sin θ ˙ϕ ˙ˆϕ .
U odjeljku 2 smo, relacijama (2.70),(2.71) i (2.72) pokazali da je
dˆr = ˆθ dθ + ˆϕ sin θdϕ, dˆθ = −ˆr dθ + ˆϕ cos θdϕ, d ˆϕ = (− sin θˆr − cos θˆθ )dϕ.
što, uvršteno u gornji izraz za ubrzanje, daje
⃗a = (¨r−r ˙θ 2 −r ˙ϕ 2 sin 2 θ)ˆr +(2ṙ ˙θ +r¨θ −r ˙ϕ 2 sin θ cos θ)ˆθ +(2ṙ ˙ϕ sin θ+2r ˙θ ˙ϕ cos θ+r ¨ϕ sinθ) ˆϕ .
(3.6)
3.2 Trobrid pratilac
Promatrajmo česticu koja se giba po prostornoj krivulji C. Neka je položaj čestice u trenutku
t opisan radij vektorom −→ OP = ⃗r(t) koordinatnog sustava (O, x, y, z) (kao na slici 3.2). Pored

3.2. TROBRID PRATILAC 73
Slika 3.2: Uz trobrid pratilac.
nepomičnog koordinatnog sustava (O, x, y, z), ponekad je korisno uvesti još jedan pravokutni
koordinatni sustav koji se giba zajedno s česticom (prati ju) i koji se naziva trobrid pratilac.
On je definiran trima, medusobno okomitim, jediničnim vektorima. To su :
♠ ˆT jedinični vektor u smjeru tangente na krivulju. Relacijom (3.1) je pokazano da brzina
ima smjer tangente, pa je zato ˆT jednak jediničnom vektoru brzine ˆv
ˆT = ⃗v v
=
d⃗r / dt
ds / dt = d⃗r
ds
= ˆv, (3.7)
gdje je ds duljina luka krivulje C u okolici točke P .
♠ Budući da je derivacija jediničnog vektora okomita na taj isti jedinični vektor (relacija (2.10)),
to je ˆN , jedinični vektor normale, definiran preko derivacije jediničnog vektora vektora
ˆT kao
ˆN = R d ˆT
ds . (3.8)
Sama derivacija d ˆT /ds ne mora biti i jedinične duljine, pa se množitelj R odabire tako da
ˆN bude jedinične duljine. Veličina R se naziva polumjer zakrivljenosti krivulje C u
točki P (i kod gibanja po kružnici je jednak polumjeru kružnice - odatle potječe i oznaka).
Inverz od R se naziva zakrivljenost ili fleksija i označava se s
κ = 1 R .
♠ Sada, kada su poznata dva jedinična i medusobno okomita vektora, lako je pomoću njihovog
vektorskog umnoška, definirati i treći jedinični vektor, ˆB , koji će se zvati vektor binormale,
ˆB = ˆT × ˆN . (3.9)

74 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Prema samoj definiciji vektorskog umnoška, slijedi da je ˆB jediničnog iznosa i da je okomit
i na ˆT i na ˆN .
Ova tri vektora, ˆT , ˆN i ˆB , čine trobrid pratilac čestice.
Izrazimo ubrzanje čestice preko ovih vektora
⃗a = d⃗v
dt = d(v ˆT )
dt
= dv
dt ˆT + v
(
d ˆT
ds
= dv
dt ˆT + v d ˆT
) dt
ds
= dv
dt dt ˆT + v
= dv
dt ˆT + v2
R ˆN ≡ a T ˆT + aN ˆN .
( 1
R ˆN v)
Član a T = dv/dt uz ˆT se naziva tangencijalno, a član a N = v 2 /R uz ˆN normalno ubrzanje.
Koordinatni sustav trobrida pratioca se giba zajedno s česticom duž njezine putanje, i stoga
nije ni statički ni inercijski.
3.3 Frenet-Serretove formule
Frenet - Serret-ove 2 formule, opisuju način na koji se mijenjaju vektori ˆT , ˆN i ˆB duž putanje
čestice.
Pokažimo najprije da jedinični vektori ˆT , ˆN i ˆB čine desnu bazu trodimenzijskog prostora. Iz
(3.9) slijedi
ˆB × ˆT = ( ˆT × ˆN ) × ˆT ,
no, primjenom vektorskog identiteta (2.8) (⃗a × ⃗ b ) × ⃗c = ⃗ b (⃗c⃗a ) −⃗a ( ⃗ b⃗c ) na gornji izraz, dobiva
se
ˆB × ˆT = ˆN ( ˆT ˆT ) − ˆT ( ˆN ˆT ) = ˆN
zbog okomitosti ˆN i ˆT . Na sličan se način, pomoću gornje relacije, dobiva i
ˆN × ˆB = ( ˆB × ˆT ) × ˆB = ˆT ( ˆB ˆB ) − ˆB ( ˆT ˆB ) = ˆT ,
zbog okomitosti ˆT i ˆB . Time je pokazano da vrijedi
ˆT = ˆN × ˆB , ˆN = ˆB × ˆT , ˆB = ˆT × ˆN . (3.10)
Prva od Frenet-Serret-ovih formula je upravo definicija (3.8) vektora ˆN
d ˆT
ds = κ ˆN . (3.11)
2 Jean Frédéric Frenet, 1816 - 1900, i Joseph Alfred Serret, 1819 - 1885, francuski matematičari.

3.4.
KRUŽNO GIBANJE 75
Za izvod treće Frenet-Serret-ove formule (treća je zato jer opisuje promjenu trećeg po redu
vektora , ˆB ), treba krenuti od izraza za ˆB u (3.10)
/
ˆB = ˆT × ˆN
d
d s
d ˆB
d s
= d ˆT
d s × ˆN + ˆT × d ˆN
d s = κ ˆN × ˆN + ˆT × d ˆN
d s = ˆT × d ˆN
d s .
Kao što je već više puta rečeno, (npr. relacija (2.10)), derivacija jediničnog vektora mora biti
okomita na sam vektor i zato d ˆN /d s mora biti neka linearna kombinacija vektora ˆT i ˆB .
Napišimo tu linearnu kombinaciju kao α ˆT + β ˆB . Tada gornji izraz postaje
d ˆB
d s = ˆT × (α ˆT + β ˆB ) = −β ˆN .
Umjesto −β uobičajeno je koristiti oznaku τ = −β koja se naziva i torzija jer se može pokazati
da opisuje torzijska svojstva putanje (zakret oko lokalne osi). Tako smo došli do treće Frenet-
Serret-ove formule
d ˆB
ds = τ ˆN . (3.12)
Za izvod druge Frenet-Serret-ove formule, krećemo od izraza za ˆN u (3.10)
/
ˆN = ˆB × ˆT
d
d s
d ˆN
d s
= d ˆB
d s × ˆT + ˆB × d ˆT
d s = τ ˆN × ˆT + ˆB × κ ˆN = τ(− ˆB ) + κ(− ˆT ).
Tako smo došli i do druge Frenet-Serret-ove formule
Sve tri zajedno glase
d ˆN
ds = −κ ˆT − τ ˆB . (3.13)
d ˆT
ds = κ ˆN ,
d ˆN
ds = −κ ˆT − τ ˆB ,
d ˆB
ds = τ ˆN . (3.14)
3.4 Kružno gibanje
Kao posebno jednostavan oblik gibanja po krivulji, promotrimo gibanje čestice po kružnici.
Krivulja C je sada kružnica polumjera ρ, a zbog homogenosti i izotropnosti prostora, koordinatni
sustav se uvijek može postaviti tako da kružnica leži u ravnini (x, y) sa središtem u
ishodištu koordinatnog sustva, kao na slici 3.3. Smjer brzine je smjer tangenete, a to je smjer
ˆϕ jediničnog vektora polarnog koordinatnog sustava, ⃗v = v ˆϕ . Duljina luka kružnice s i kut ϕ
su povezani jednostavnom relacijom
s = ρ ϕ,

76 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Slika 3.3: Uz gibanje po kružnici.
pa se, za konstantni ρ, brzina čestice može napisati u obliku
⃗v = ds
dt
ˆϕ =
d(ρ ϕ)
dt
ˆϕ = ρ ω ˆϕ ,
gdje je uvedena kutna (ili kružna) brzina, čiji je iznos jednak
Slično se može dobiti i iznos tangencijalnog ubrzanja
gdje je
ω = dϕ
dt . (3.15)
a T = dv
dt = ρ dω
dt = ρ d2 ϕ
dt 2 = ρ α,
α = dω
dt = d2 ϕ
dt 2
iznos kutnog (ili kružnog) ubrzanje. Izračunajmo i normalnu komponentu ubrzanja. Da bismo
to izveli, potrebno je odrediti jedinični vektor ˆN i polumjer zakrivljenosti R. Krenimo od
definicije ˆN uz uvrštavanje ˆT = ˆϕ
ˆN = R d ˆT
ds
= Rd
ˆϕ
ds
= Rd
ˆϕ
dt
No, iz (2.63) znamo da je d ˆϕ = −ˆρ dϕ, a dt/ds je naprosto 1/v uz v = ωρ, što sve zajedno daje
dt
ds .
ˆN = R(−) dϕ
dt ˆρ 1 v = −R ω ωρ ˆρ .
Da bi ˆN bio jedinične duljine, očito za polumjer zakrivljenosti R treba odabrati R = ρ, iz čega
slijedi
ˆN = −ˆρ

3.4.
KRUŽNO GIBANJE 77
i normalna (radijalna) komponenta ubrzanja je a N = v 2 /ρ = ω 2 ρ. Za cijelo ubrzanje se dobije
⃗a = dv v2
ˆϕ −
dt ρ ˆρ .

78 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA

Poglavlje 4
Newtonovi aksiomi gibanja,
konzervativnost, rad, energija,
momenti
Starogrčki matematičar Euklid 1 je u svojem najznačajnijem djelu, Stoicheia (Elementi), izgradio
cijelu geometriju na način koji će budućim naraštajima postati uzor elegancije i strogosti.
Najprije je definirao sve pojmove koje će kasnije koristiti (npr. točka je ono što nema ni duljinu
ni širinu, pravac je ono što ima duljinu, ali nema širinu i slično), a zatim je postavio pet
temeljnih i nedokazivih tvrdnji (postulata ili aksioma) za koje pretpostavlja da vrijede medu
veličinama koje su prethodno definirane. Na temelju (samo) tih pet postulata i logičkog zaključivanja,
Euklid izvodi teoreme o geometriji u ravnini i u prostoru. Ovaj veliki uspjeh da
se cijela geometrija svede na samo pet aksioma, poslužio je slijedećih skoro dvije tisuće godina
kao uzor za izgradnju i drugih znanstvenih disciplina. Tako je npr. Spinoza 2 napisao svoju
Etiku po uzoru na Euklidove elemente: definirao je osnovne etičke pojmove, postulirao veze
medu njima, a zatim je logičkim zaključivanjem izvodio etičke stavove. No, nisu samo filozofi
pokušali izgraditi svoje sustave po uzoru na Euklida. Izgradnje mehanike na aksiomatskim
temeljima poduhvatio se Isaac Newton 3 u svojem glasovitom djelu Principia Mathematica
Philosophiae Naturalis koje se pojavilo u Londonu godine 1687. S obzirom da se u
Newtonovo vrijeme filozofijom prirode nazivalo ono što se danas zove teorijskom fizikom, naslov
bi se mogao prevesti i kao Matematička načela teorijske fizike. U toj je knjizi po prvi puta
uveden diferencijalni račun, objavljen je zakon gravitacije, a najvažnije vezano za ovo poglavlje
je aksiomatski temelj onoga što će se kasnije nazvati klasična mehanika (za razliku od
kvantne mehanike koja će se pojaviti početkom dvadesetog stoljeća). Newton je uveo silu kao
uzrok promjene stanja gibanja čestice i cijelu je mehaniku sažeo u tri aksioma koji govore što
se dogada s česticom kada na nju djeluju ili ne djeluju sile.
Temelj klasične mehanike predstavlja drugi Newtonov aksiom
d 2 ⃗r
d t 2 = 1 m ⃗ F ,
koji, dopunjen početnim uvjetima na brzinu i položaj, kaže da je iz poznavanja svih sila ⃗ F koje
1 Euklid iz Aleksandrije, IV - III stoljeće prije nove ere; trinaest knjiga njegovih Elemenata se moze naći na adresi:
http://aleph0.clarku.edu/∼djoyce/java/elements/toc.html.
2 Baruch de Spinoza, 1632. - 1677.
3 Sir Isaac Newton, 1642 Woolsthorpe, grofovija Lincoln - 31. III 1727 Kensington, bio je svećenik i svoje teološke radove je
smatrao puno važnijim od radova u mehanici i matematici; bio je zastupnik sveučilišta Cambridge u engleskom Parlamentu i
direktor kovnice novca u Londonu. Osim navedenog djela, navedimo još i: Metoda fluksija i beskonačnih redova (koja sadrži otkriće
diferencijalnog i integralnog računa), Rasprava o kvadraturi krivulja, Univerzalna aritmetika, Optika i dr..
79

80POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
djeluju na česticu mase m, rješavanjem gornje diferencijalne jednadžbe, moguće proizvoljno
točno odrediti njezin položaj ⃗r u prostoru u proizvoljnom vremenskom trenutku t, kako prošlom,
tako i budućem. Ova je tvrdnja imala i velike filozofske implikacije, koje je najjasnije izrazio
Laplace 4 kada je 1814., u Filozofskim esejima o vjerojatnosti, rekao
Mi moramo smatrati sadašnje stanje svemira, kao posljedicu njegovog
prethodnog stanja, i kao uzrok onome stanju koje slijedi. Um koji bi u
danom trenutku poznavao sve sile koje djeluju u prirodi, kao i položaje i
brzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban riješiti njihove jednadžbe
gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvećih
zvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu ništa
ne bi bilo nepoznato: pred njegovim bi očima bila sva prošlost, kao i sva
budućnost.
Svjetonazor izgraden na temelju shvaćanja o čvrstoj determiniranosti svih dogadaja u prirodi,
nazvan je mehanicizam.
No, svijet ipak nije tako čvrsto determiniran, kao što su to mislili Laplace i njegovi suvremenici.
Gornja bi tvrdnja bila istinita samo onda, kada bi Newtonova jednadžba gibanja bila primjenjiva
na sve sastavne elemente svemira. Suvremena kvantna fizika nas uči da se ponašanje
mikroskopskih objekata ne pokorava Newtonovoj jednadžbi gibanja, nego da ono zadovoljava
neke druge jednadžbe (Schrödingerovu tj. Heisenbergovu), čija rješenja ne daju točan položaj
i brzinu čestice, nego samo njihovu vjerojatnost. Štoviše, Heisenbergovo načelo neodredenosti
eksplicite tvrdi da se položaj i brzina (točnije rečeno: količina gibanja) mikroskopskog objekta
ne mogu proizvoljno točno odrediti, ili drugim rječima, sam pojam putanje ne postoji. Isto
tako, u analizi gibanja masivnih objekata kao što su zvijezde, galaksije i slično, treba računati
s učincima zakrivljenosti prostor-vremena, kako je to pokazano u Einsteinovoj općoj teoriji
relativnosti. No, ta pitanja već izlaze izvan okvira ove knjige.
4.1 Newtonovi aksiomi
Slijedeće tri tvrdnje predstavljaju aksiome klasične mehanike 5 :
(1)
Corpus omne perseverare in statu suo quiescendi vel movendi uniformiter
in directum, nisi quatenus a viribus impressis cogitur statum
illum mutare.
Prvi se aksiom naziva aksiom tromosti i u slobodnom prijevodu glasi: ukoliko na tijelo (česticu)
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 slijedeći pokus: nekakva vanjska sila (izvodač pokusa)
je kuglicu dovela u stanje gibanja; nakon toga ta vanjska sila više ne djeluje; ako se kuglica
giba po ravnoj podlozi, primjetit ćemo da se kuglica nakon nekog vremena zaustavlja. Je li to
4 Pierre Simon Laplace, 1749 - 1827, francuski matematičar, fizičar, astronom i filozof.
5 Latinski navodi potječu iz reference [17]

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 81
u suprotnosti s gornjim aksiomom koji kaže da bi se kuglica trebala nastaviti gibati beskonačno
dugo istom brzinom koju je imala u trenutku kada je na nju prestala djelovati vanjska sila?
Naravno da nije. Zašto? Zato jer nakon prestanka djelovanja sile koja je kuglicu dovela u
stanje gibanja, na kuglicu sve vrijeme djeluju sile trenja (sa podlogom i s medijem kroz koji se
kuglica giba) pa zato nije ispunjena pretpostavka aksioma, da je zbroj svih sila koje djeluju na
tijelo jednak nuli. Upravo ovo ne računanje sa silama trenja je bio glavni razlog što već ranije
nije došlo do spoznaje gornje relacije. Ako bi se gornji pokus izveo negdje u svemiru tako što
bi astronaut bacio kuglicu u smjeru van Sunčeva sustava, prema nekoj udaljenoj zvijezdi, ta
bi se kuglica, u skladu s gornjim aksiomom, gibala početnom brzinom i pravocrtno. Ovakvo
bi se gibanje odvijalo tako dugo dok kuglica ne bi bila zahvaćena gravitacijskom silom nekog
svemirskog objekta kraj kojega bi prolazila, a tada je dalja sudbina kuglice krajnje neizvjesna.
(2)
Mutationem motus proportionalem esse vi motrici impressae et fieri secundum
lineam rectam qua vis illa imprimitur.
Drugi se aksiom naziva aksiom sile i u slobodnom prijevodu glasi: vremenska promjena količine
gibanja (⃗p = m⃗v) čestice (tijela), jednaka je zbroju svih sila, ⃗ F , koje djeluju na česticu (tijelo)
d⃗p
dt = ⃗ F . (4.2)
Sila vodi na promjenu količine gibanja čestice. Ako se sila jednaka nuli, tada nema ni promjene
količine gibanja, tj. količina gibanja je konstantna, sačuvana veličina. U tom se slučaju kaže
da vrijedi zakon o sačuvanju količine gibanja
⃗p = const. (4.3)
Količina gibanja je vektorska veličina, pa njezina konstantnost znači konstantnost i po iznosu
i po smjeru
p = const.,
ˆp = const.,
ili po komponentma u npr. cilindričnom koordinatnom sustavu
p ρ = const., p ϕ = const., p z = const.
Ne moraju sve komponente količine gibanja biti ili sačuvane ili nesačuvane. Moguće su situacije
u kojima sila djeluje npr. samo u ρ smjeru cilindričnog koordinatnog sustava, a nema
komponenata u ϕ i z smjeru. U tom slučaju p ρ nije konstantan (sačuvan), dok p ϕ i p z jesu
konstantni.
Ukoliko se masa, m, čestice ne mijenja s vremenom, d m/d t = 0, (a što je istina za tijela koja
se gibaju brzinama puno manjim od brzine svjetlosti), tada drugi aksiom glasi
d⃗p
dt = md⃗v dm
+ ⃗v
dt dt = m⃗a = F ⃗ ,

82POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
gdje je ⃗a ubrzanje čestice. No, ubrzanje je druga vremenska derivacija radij vektora čestice,
pa se drugi Newtonov aksiom čita kao nehomogena diferencijalna jednadžba drugog reda za
nepoznatu funkciju ⃗r = ⃗r(t)
d 2 ⃗r
dt 2 = 1 m ⃗ F (⃗r, t), (4.4)
gdje je nehomogeni član srazmjeran zbroju vanjskih sila F ⃗ koje se smatraju poznatim (zadanim)
funkcijama. Rješenje gornje jednadžbe je jednoznačno odredeno početnim uvjetima koji
odreduju stanje gibanja čestice (njezin položaj i brzinu) u nekom odredenom vremenskom
trenutku t 0
⃗r(t = t 0 ) = ⃗r 0 , ⃗v(t = t 0 ) = ⃗v 0 .
Rješenje jednadžbe (4.4)
⃗r = ⃗r(t; ⃗r 0 , ⃗v 0 )
daje položaj čestice u svakom vremenskom trenutku (i prošlom, t < t 0 , i budućem, t > t 0 ).
Drugi Newtonov aksiom se smatra definicijskom jednadžbom za silu iz koje slijedi dimenzija
sile
[ ] [ ]
⃗F
d 2 ⃗r
= [m] = m l
dt 2 t 2
i njezina mjerna jedinica koja se u SI sustavu zove njutn i označava s N
N = kg m s 2 .
♣ Na ovom mjestu je zgodno uvesti pojmove inercijskog i neinercijskog koordinatnog ili referentnog
sustava. Svi koordinatni sustavi u kojima vrijedi drugi Newtonov aksiom se zovu
inercijski sustavi. Svaki sustav 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 pravokutna
koordinatna sustva: S = (O, x, y, z) i S ′ = (O ′ , x ′ , y ′ , z ′ ) kao na slici 4.1. Neka se čestica
(trome) mase m giba kroz prostor tako da se u trenutku t nalazi u točki P . Gledano iz sustava
S, njezin je radij vektor tada ⃗r(t), a gledano iz sustva S ′ , radij vektor je ⃗r ′ (t) (primjetimo da
smo ovime implicitno pretpostavili da su vremena u oba sustava ista, tj. da je t = t ′ ). Ova
su dva vektora povezana jednostavnom relacijom ⃗r = ⃗ R + ⃗r ′ (sjetimo se pravila o zbrajanju
vektora sa str. 9). Promatrač koji miruje u sustavu S, opisuje gibanje čestice jednadžbom (4.4)
m ¨⃗r = ⃗ F ,
gdje ⃗ F označava zbroj svih sila koje djeluju na česticu u sustavu S. Promatrač koji miruje u
sustavu S ′ , takoder opisuje gibanje čestice jednadžbom (4.4)
m ⃗ ¨ r ′ = F ⃗ ′ ,
gdje sada ⃗ F ′ označava zbroj svih sila koje djeluju na česticu u sustavu S ′ . Ove dvije jednadžbe
gibanja su povezane relacijom ⃗r = ⃗ R + ⃗r ′
⃗F = m¨⃗r = m( ¨⃗ R + ⃗ ¨′
r) = m ¨⃗ R + F ⃗ ′
⃗F = m ¨⃗ R + ⃗ F ′ .

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 83
Slika 4.1: Uz definiciju (ne)inercijskog sustava.
Zaključak je: ukoliko je relativno ubrzanje,
¨⃗R, izmedu oba sustva jednako nuli, na česticu
djeluju iste sile, bez obzira opisuje li se gibanje iz sustava S ili S ′ . Ubrzanje je nula kada je
brzina konstantna, pa se može reći da su svi sustavi koji se gibaju konstantnom (po iznosu i
smjeru) brzinom u odnosu na neki inercijski sustav, i sami inercijski. U svim takvim sustavima
djeluju iste sile
⃗F = ⃗ F ′ = · · · = inv.
Ukoliko ubrzanje medu sustavima nije jednako nuli, tada osim vanjskih sila djeluje još i inercijska
sila m ¨⃗ R.
Kao referentni inercijski sustav, najćešće se uzima sustav fiksiran uz zvijezde stajaćice. Jedan
primjer neinercijskog sustava je i sama Zemlja na čijoj površini mi svi živimo. U odnosu na
sustav zvijezda stajaćica, Zemlja se ne giba konstantnom brzinom: ona se vrti oko svoje osi,
giba se po eliptičnoj putanji oko Sunca i zajedno sa cijelim sunčevim sustavom se giba oko
središta naše galaksije. O učincima ovih gibanja će biti više riječi u poglavlju 8.
Detaljnija analiza gibanja u odnosu na različite sustave koji se i sami relativno gibaju dovela
je A. Einsteina 6 1905. godine do otkrića Specijalne teorije relativnosti. Pokazalo se
da su relativistički učinci važni za opis gibanja tek kod brzina bliskim brzini svjetlosti c ≃
300 000 km s −1 . Za opis gibanja čestica koje se gibaju bitno manjim brzinama nego što je c,
relativistički se učinci mogu zanemariti.
♣ U vezi s Newtonovim aksiomima potrebno je posebno komentirati i pojam mase koji se
pojavljuje u drugom aksiomu
6 Alber Einstein, Ulm 14. III 1879. - Princeton 1955.
⃗a = 1 m ⃗ F .

84POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
Gornja je jednadžba primjer jednog cijelog tipa jednadžba koje se pojavljuju u fizici, a koje su
oblika
[ sustav ] = [odziv] · [vanjska smetnja],
gdje se promatra medudjelovanje sustava i okolice, a odzivna funkcija mjeri kako jako ili kako
slabo se sustav mijenja uslijed djelovanja vanjske smetnje. Npr. ako na dva tijela, jedno male
mase m i drugo velike mase M, djeluje ista sila, tada će tijelo manje mase m dobiti veće
ubrzanje, nego tijelo veće mase M. Vidimo da se tu masa pojavljuje kao veličina koja odreduje
odziv (odzivna funkcija, susceptibilnost) tijela (sustava) na vanjsku pobudu (silu): što je veća
masa, manja je reakcija (ubrzanje). Masa se dakle, pojavljuje kao mjera tromosti, kao osobina
kojom se čestica odziva na djelovanje vanjske pobude (sile). Zbog ove svoje osobine, masa koja
se pojavljuje u gornjoj jednadžbi se naziva troma masa.
Drugo svojstvo mase se sastoji u slijedećem: u poglavlju 7 ove knjige ćemo vidjeti (takoder
zahvaljujući Newtonovu otkriću) da se čestice (tijela) jedna na drugu djeluju privlačnom (gravitacijskom)
silom
∣ F ⃗ ∣ ∣∣ m 1 m 2
G = G ,
koja je utoliko veća ukoliko je veće jedno svojstvo čestice koje se naziva teška masa. Ovo je
svojstvo zgodno usporediti sa električnim nabojem: kao što znamo točkasti električni naboji
djeluju jedni na druge silom koja je srazmjerna umnošku naboja i obratno srazmjerna kvadratu
njihove medusobne udaljenosti
∣ F ⃗ ∣ ∣∣ 1 q 1 q 2
C = ,
4πɛ 0
(Coulombova elektrostatska sila). Što je više naboja i sila je veća. Slično se može i teška masa
zamisliti kao neka vrsta gravitacijskog naboja koja je izvor gravitacijske sile, baš kao što
su i električni naboji izvor električne sile 7 .
Uočimo da se radi o dva posve različita svojstva čestice: odzivu i naboju. Jedno je odziv
čestice (sustava) na djelovanje neke vanjske pobude (sile), a drugo je svojstvo koje samoj čestici
omogućava da bude izvor sile (naboj) u odnosu na okolinu. Eksperimentalno je s vrlo velikim
stupnjem točnosti utvrdeno da su ova dva svojstva numerički jednaka (istog su iznosa iako im
je fizičko značenje posve različito) i zato se za njih koristi ista oznaka m, a oba se svojstva
nazivaju jednostavno masa, bez preciziranja radi li se o tromoj ili teškoj masi.
r 2 1,2
r 2 1,2
Nakon ovih malih digresija, vratimo se Newtonovim aksiomima. Treći Newtonov aksiom izvorno
glasi:
(3 )
Actioni contrariam semper et aequalem esse reactionem sive corporum
duorum actiones in se mutuo semper esse aequales et in partes contrarias
dirigi.
7 Postoji naravno i razlika: električni naboji mogu biti pozitivni i negativni, dok je gravitacijski naboj uvijek pozitivan. Posljedica
ovoga je da se medudjelovanje električnih naboja može ostvariti na dva načina: medudjelovanje istoimenih i medudjelovanje
raznoimenih naboja, što vodi na odbojne i privlačne sile. Gravitacijski naboj je uvijek istog predznaka i zato sila ima uvijek isti -
privlačni - karakter.

4.2. RAD, SNAGA I KINETIČKA ENERGIJA 85
On se naziva aksiom djelovanja i protudjelovanja (akcije i reakcije) i u slobodnom prijevodu
glasi: ako čestica (tijelo) A djeluje na česticu (tijelo) B silom ⃗ F AB , tada i čestica (tijelo) B
djeluje na česticu (tijelo) A silom ⃗ F BA , istog iznosa, a suprotnog smjera
⃗F AB = − ⃗ F BA . (4.5)
Nerazumjevanje ovog aksioma je izvor mnogih prividnih paradoksa. Jedan od najčešćih je
pitanje kako objasniti da konj vuče kola: ako konj djeluje na kola istom silom kao i kola na
konja, onda bi i konj i kola trebali ostati na mjestu. To se ipak ne dogada. Zašto?
4.2 Rad, snaga i kinetička energija
Neka se čestica nalazi u točki opisanoj radij vektorom ⃗r. Pomakne li se čestica za d⃗r u polju
konstantne vanjske 8 sile ⃗ F , definira se diferencijal rada W (od engl. work) kao
dW = ⃗ F · d⃗r = F dr cos( ⃗ F , d⃗r). (4.6)
Prema samoj definiciji skalarnog umnoška slijedi da je komponenta sile paralelna s pomakom
čestice, upravo dana množiteljem F cos( ⃗ F , d⃗r). Prema tome, ako je cos( ⃗ F , d⃗r) > 0, pomak
čestice je u smjeru paralelne komponente sile i kaže se da sila (okolina) obavlja rad nad
česticom (sustavom). Ako je cos( ⃗ F , d⃗r) < 0, tada je pomak čestice u smjeru suprotnom od
smjera paralelne komponente vanjske sile i kaže se da čestica obavlja rad nad okolinom. Ako
je cos( ⃗ F , d⃗r) = 0, tada sila nema komponentu u smjeru pomaka čestice i nije obavljen nikakv
rad. Iz gornje definicijske jednakosti, jedinica za rad je umnožak jedinice za silu i jedinice za
put. U SI sustavu ta se jedinica zove džul 9 i označava se s J
Po svojim dimenzijama, rad je
J = N m = kg m 2
s 2 .
[W ] = [m] [L 2 ]
[T 2 ] .
Izraz (4.6) daje rad na diferencijalnom dijelu puta. Kako izračunati rad na konačnom dijelu puta
(slika 4.2), ako uzmemo u obzir da sila ne mora biti ista u svakoj točki putanje? Razdijelimo u
mislima putanju čestice u N djelića d⃗r koji su toliko mali da je sila približno konstantna unutar
svakog tog djelića. Sada možemo pomoću gornjeg zaokvirenog izraza izračunati diferencijal
rada unutar svakog tog djelića putanje, a ukupan rad po cijeloj putanji od početne točke P
do konačne točke K računamo tako da zbrojimo radove po svim djelićima od kojih se sastoji
8 Sila se može shvatiti kao način na koji okolina djeluje na česticu
9 James Prescot Joul, engleski fizičar, 1818 - 1889, prvi je shvatio vezu izmedu mehaničkog rada, energije i topline.

86POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
Slika 4.2: Uz definiciju rada.
putanja. U granici kada N → ∞, ovaj zbroj prelazi u integral, pa se za ukupan rad dobiva
W 1,2 =
∫ K
P
∫
⃗F · d⃗r =
c
⃗F · d⃗r =
∫ ⃗rK
⃗r P
⃗ F · d⃗r. (4.7)
Integrira se po putanji C od početne do konačne točke.
SNAGA, P (od engl. power) se definira kao brzina kojom se obavlja rad
P = d W
d t
= ⃗ F d ⃗r
d t
= ⃗ F ⃗v. (4.8)
U SI sustavu, jedinica za snagu se zove vat 10 s oznakom W i definira se kao
Po dimenziji, snaga je
W = J s = N m s = kg m 2
s 3 .
[P ] = [m] [L 2 ]
[T 3 ] .
ENERGIJA, E: čestica može posjedovati dvije vrste mehaničke energije: jedna - kinetička
- potječe od gibanja čestice, a druga - potencijalna - potječe od položaja čestice u polju konzervativne
sile (o konzervativnim silama ćemo govoriti u slijedećem odjeljku). Neka se čestica
mase m giba od početne točke s radij vektorom ⃗r P , u kojoj ima brzinu ⃗v P , do konačne točke
10 u čast engl. fizičara i inženjera Watta, koji je ....

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 87
s radij vektorom ⃗r K , u kojoj ima brzinu ⃗v K . Izračunajmo ukupan rad koji sila ⃗ F obavi nad
česticom pri njezinom gibanju od početne do konačne točke. U skladu s drugim Newtonovim
aksiomom (4.2), umnožak mase i ubrzanja čestice jednak je sili koja djeluje na česticu, pa je
stoga rad (4.7) jednak
W P,K =
∫ ⃗rK
⃗r P
⃗ F · d⃗r =
∫ ⃗rK
⃗r P
m d⃗v
dt d⃗r = m ∫ ⃗vK
⃗v P
⃗v d⃗v = m⃗v 2 K
2
− m⃗v 2 P
2
≡ E k (K) − E k (P ). (4.9)
Vidimo da je rad obavljen na račun promjene jedne veličine koja ovisi samo o svojstvima
čestice: njezinoj masi i brzini. Ta se veličina naziva kinetička energija i označava se s E k
E k = m⃗v 2
2 .
Ako je konačna kinetička energija veća od početne, E k (K) > E k (P ), vanjska sila (okolina) je
obavila rad nad česticom i povećala joj brzinu. Ako se kinetička energija smanjila, E k (K) <
E k (P ), tada je čestica dio svoje kinetičke energije potrošila na obavljanje rada nad okolicom
(savladavanje vanjske sile).
Iz činjenice da je rad jednak razlici kinetičkih energija, slijedi zaključak da su i rad i kinetička
energija istih dimenzija i da se mjere u istim jedinicama, džulima.
4.3 Konzervativne sile i potencijalna energija
U prirodi postoji jedna vrsta sila koje zovemo konzervativne sile i koje imaju vrlo posebno
svojstvo u odnosu na rad koji obavljaju nad česticom:
rad konzervativnih sila ne ovisi o obliku putanje
po kojoj se rad obavlja, nego samo o početnoj i konačnoj točki. To je osnovno fizičko značenje
pojma konzervativnosti: rad ne ovisi o obliku puta. Ovaj se fizički sadržaj može matematički
iskazati u integralnom i diferencijalnom obliku. Integralni iskaz bi mogao biti ovakav:
kontinuirano i derivabilno polje sila F ⃗ je konzervativno, ako je rad takve sile po svakoj zatvorenoj
(takvoj da su početna i konačna točka iste) jednostavnoj (nema samopresjecanja) putanji
jednak nuli
∮
⃗F · d⃗r = 0. (4.10)
c
Pokazat ćemo da se u tom slučaju sila može napisati u obliku (negativnog) gradijenta jedne
skalarne funkcije koja se naziva potencijalna energija, E p (to je diferencijalni oblik zapisa
konzervativnosti)
⃗F = − −→ ∇E p . (4.11)
Primjetimo da je ovako definirana potencijalna energija neodredena do na konstantu, zato
jer i E p i E p + const. daju istu silu. Ako se čitatelj pita zašto je potreban minus u gornjoj
definiciji, onda se treba prisjetiti odjeljka 2.4.1 u kojem je pokazano da gradijent ima smjer

88POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
najbržeg porasta funkcije. Odabir minusa znači da sila ima smjer najbržeg opadanja funkcije
potencijalne energije, tj. sila ima smjer prema lokalnom minimumu potencijalne energije. Na
primjeru gravitacijske sile (za koju će se kasnije pokazati da je takoder konzervativna) to znači
da voda sama od sebe teče niz brdo, a ne uz brdo kao što bi to bio slučaj kada u gornjoj
definiciji ne bi bilo minusa. Taj minus je dakle odabrala priroda, a ne fizičari.
Konzervativne sile imaju i to svojstvo da je njihova rotacije jednaka nuli (to su bezvrtložna
polja)
−→ ∇ × ⃗ F = 0. (4.12)
Najprije ćemo pokazati da za konzervativne sile vrijedi (4.10), a zatim ćemo pokazati da su
sva tri gornja iskaza: (4.10), (4.11) i (4.12), medusobno ekvivalentna.
(ako rad ne ovisi o obliku putanje) ⇒ ( ∮ F ⃗ d⃗r = 0)
Dokažimo relaciju (4.10): pretpostavimo da polje sile jeste konzervativno (da rad ne ovisi o
putu i pokažimo da je tada rad po zatvorenoj putanji jedank nuli. Na slici 4.3.A je prikazana
jedna zatvorena putanja P AKBP . Tu ćemo putanju rastaviti na dva dijela P AK i KBP (koje
zajedno čine cijelu zatvorenu putanju) i izračunati zbroj integrala po te dvije putanje
∮ ∫ ∫
∫ ∫
⃗F d⃗r = ⃗F d⃗r + ⃗F d⃗r = − ⃗F d⃗r + ⃗F d⃗r.
P AK
KBP
No, prema našoj pretpostavci, integrali ovise samo o početnoj i konačnoj točki, a one su iste
u gornja dva integrala, pa je zbog negativnog predznaka ispred prvog integrala, njihov zbroj
jednak nuli, tj.
∮
⃗F d⃗r = 0,
čime je dokazana polazna tvrdnja.
KAP
KBP
( ∮ ⃗ F d⃗r = 0) ⇒ ( rad ne ovisi o obliku putanje)
Slično se dokazuje i suprotan smjer tvrdnje: ako pretpostavimo da je integral po zatvoremoj
putanji jednak nuli, treba pokazati da integral po bilo kojoj putanji ovisi samo o početnoj i
konačnoj točki te putanje
∮
⃗F d⃗r = 0 =
∫
⇒
KAP
∫
⃗F d⃗r +
P AK
∫
⃗F d⃗r =
∫
KBP
KBP
⃗F d⃗r,
∫
⃗F d⃗r = −
KAP
⃗F d⃗r +
tj. integral od početne točke P do konačne točke K je isti bez obzira ide li putanja preko točke
A ili točke B, dakle ne ovisi o obliku putanje.
∫
KBP
⃗F d⃗r
( rad ne ovisi o obliku putanje) ⇒ ( ⃗ F = − −→ ∇E p )
Pretpostavimo da vrijedi (4.10), tj. rad ne ovisi o obliku putanje i pokažimo da tada vrijedi
(4.11). Početna točka je konstantna s koordinatama (x P , y P , z P ), a konačna je varijabilna s

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 89
Slika 4.3: Uz dokaz konzervativnosti.
koordinatama (x, y, z), kao na slici 4.3.B. Označimo s E P slijedeći integral
E P (x, y, z) = −
= −
= −
∫ (x,y,z)
(x P ,y P ,z P )
∫ (x,y,z)
(x P ,y P ,z P )
∫ (x,y,z)
(x P ,y P ,z P )
⃗F d⃗r (4.13)
[
]
F x (x, y, z)dx + F y (x, y, z)dy + F z (x, y, z)dz
F x (x, y, z)dx −
∫ (x,y,z)
(x P ,y P ,z P )
F y (x, y, z)dy −
∫ (x,y,z)
(x P ,y P ,z P )
F z (x, y, z)dz.
Po pretpostavci, gornji integral ne ovisi o putanji, pa za putanju C, možemo odabrati slijedeći
niz od tri pravaca 11 :
p 1 : (x P , y P , z P ) → (x, y P , z P ) ,
p 2 : (x, y P , z P ) → (x, y, z P ),
p 3 : (x, y, z P ) → (x, y, z).
C ≡ p 1 ⊕ p 2 ⊕ p 3 .
Na prvom se pravcu samo x mijenja od x P do x, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene
vrijednosti y P i z P . Zato je na ovom pravcu
dx ≠ 0, dy = dz = 0
i od gornja tri integrala, doprinos različit od nule dolazi samo od prvog člana
−
∫ x
11 Pravce odabiremo zato jer je po njima lagano integrirati.
x P
F x (η, y P , z P ) d η.

90POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
(nijema varijabla, po kojoj se integrira, označena je s η). Na drugom se pravcu samo y mijenja
od y P do y, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene vrijednosti x i z P . Zato je na
ovom pravcu
dy ≠ 0, dx = dz = 0
i od tri integrala iz (4.13), doprinos različit od nule dolazi samo od drugog člana
−
∫ y
y P
F y (x, η, z P ) d η.
I na trećem pravcu se samo z mijenja od z P do z, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene
vrijednosti x i y. Zato je na ovom pravcu
dz ≠ 0, dx = dy = 0
i od tri integrala iz (4.13), doprinos različit od nule dolazi samo od trećeg člana
Sada (4.13) glasi
E p (x, y, z) = −
∫ x
x P
−
∫ z
F x (η, y P , z P ) d η −
z P
F z (x, y, η) d η.
∫ y
y P
F y (x, η, z P ) d η −
Ako se gornja relacija parcijalno derivira 12 po z, dobit će se
∫ z
z P
F z (x, y, η) d η. (4.14)
∂E p (x, y, z)
= −F z (x, y, z), (4.15)
∂z
zato što u prva dva člana desne strane (4.14) varijabla z ima konstantnu vrijednost z P , pa
derivacija konstante iščezava. Ako se (4.14) parcijalno derivira po y, dobiva se
∂E p (x, y, z)
∂y
= −F y (x, y, z P ) −
Ako se u gornji izraz za F z uvrsti (4.15), slijedi
∂E p (x, y, z)
∂y
= −F y (x, y, z P ) +
∫ z
∫ z
∂ F z (x, y, η)
z P
∂y
z P
d η.
∂ ∂E p (x, y, η)
∂y ∂η
dη
= −F y (x, y, z P ) +
∫ z
z P
∂
∂η
[ ]
∂Ep (x, y, η)
∂y
dη
= −F y (x, y, z P ) + ∂E p(x, y, z)
∂y
− ∂E p(x, y, z P )
∂y
⇒ ∂E p(x, y, z P )
∂y
= −F y (x, y, z P ),
12 Parcijalna derivacija odredenog integrala se izvodi na slijedeći način (vidjeti npr. referencu [3], str. 507)
d
d α
Z h(α)
g(α)
Z h(α)
f(η, α) d η =
g(α)
∂ f(η, α)
∂ α
d η + f(h(α), α) d h(α)
d α
− f(g(α), α)
d g(α)
d α .

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 91
No, ono što vrijedi za z P , vrijedi za svaki drugi z, pa iz gornjeg izraza slijedi
∂E p (x, y, z)
∂y
= −F y (x, y, z). (4.16)
Ako se sada (4.14) parcijalno derivira još i po x, dobiva se
∂E p (x, y, z)
∂x
= −F x (x, y P , z P ) −
∫ y
Za F z i F y se uvrsti (4.15) i (4.16), pa slijedi
∂ F y (x, η, z P )
y P
∂x
d η −
∫ z
∂ F z (x, y, η)
z P
∂x
d η. (4.17)
∂E p (x, y, z)
∂x
= −F x (x, y P , z P ) +
∫ y
y P
∂ ∂E p (x, η, z P )
∂x ∂η
d η +
∫ z
z P
∂ ∂E p (x, y, η)
∂x ∂η
d η
= −F x (x, y P , z P ) +
∫ y
y P
∂
∂η
[ ]
∂Ep (x, η, z P )
∂x
d η +
∫ z
z P
∂
∂η
[ ]
∂Ep (x, y, η)
∂x
d η
= −F x (x, y P , z P ) + ∂E p(x, y, z P )
∂x
− ∂E p(x, y P , z P )
∂x
+ ∂E p(x, y, z)
∂x
− ∂E p(x, y, z P )
∂x
⇒ ∂E p(x, y P , z P )
∂x
= −F y (x, y P , z P ).
Ono što vrijedi za y P i z P , vrijedi za svaki drugi y i z, pa je
∂E p (x, y, z)
∂x
= −F x (x, y, z). (4.18)
Relacijama (4.15), (4.16) i (4.18) je pokazano da iz pretpostavke o neovisnosti integrala o
putanji slijedi ⃗ F = − −→ ∇E p .
( ⃗ F = − −→ ∇E p ) ⇒ ( ∮ ⃗ F · d⃗r = 0)
Pretpostavimo da vrijedi (4.11) i pokažimo da je tada zadovoljena relacija (4.10). Podsjetimo
se najprije kako izgleda diferencijal funkcije tri varijable
P
∫ P
dE p (x, y, z) = ∂ E p
∂x dx + ∂ E p
∂y dy + ∂ E p
∂z dz.
Izračunajmo rad sile oblika (4.11) od točke P do točke K duž proizvoljne putanje
∫ K
∫ K
(
W P,K = ⃗F · d⃗r = − ˆx ∂E p
∂x + ŷ ∂E p
∂y + ẑ ∂E p
∂z
=
=
K
∫ P
K
P
( ∂Ep
∂x dx + ∂E p
∂y dy + ∂E p
∂z dz )
)
(ˆx dx + ŷ dy + ẑ dz)
dE p = E p (x P , y p , z P ) − E p (x K , y K , z K ). (4.19)

92POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
Ovime je pokazano da rad ne ovisi o obliku putanje, nego samo o početnoj i konačnoj točki.
Ako je putanja zatvorena, P ≡ K i gornji je rad jednak nuli.
( ⃗ F = − −→ ∇E p ) ⇒ ( −→ ∇ × ⃗ F = 0)
Već je ranije, relacijom (2.52), pokazano da je rotacija gradijenta jednaka nuli, pa time odmah
iz pretpostavke da vrijedi (4.11) slijedi (4.12)
−→ ∇ × ⃗ F = −
−→ ∇ × (
−→ ∇Ep ) = 0.
( −→ ∇ × ⃗ F = 0) ⇒ ( ⃗ F = − −→ ∇E p )
Suprotan smjer: pretpostavimo da je −→ ∇ × ⃗ F = 0, što daje tri skalarne jednadžbe
∂ F z
∂ y = ∂ F y
∂ z ,
∂ F x
∂ z = ∂ F z
∂ x ,
∂ F y
∂ x = ∂ F x
∂ y . (4.20)
Očito će gornje jednadžbe biti zadovoljene, ako je svaka komponenta sile srazmjerna derivaciji
neke skalarne funkcije po toj istoj komponenti radij vektora,
F x = − ∂E p
∂x ,
Uz gornje veze, zadovoljene su relacije (4.20)
No, (4.21) je upravo (4.11).
∂ ∂E p
∂ y ∂z
∂ ∂E p
∂ z ∂x
∂ ∂E p
∂ x ∂y
F y = − ∂E p
∂y ,
= ∂ ∂E p
∂ z ∂y
= ∂ ∂E p
∂ x ∂z
= ∂ ∂E p
∂ y ∂x .
F z = − ∂E p
∂z . (4.21)
( −→ ∇ × ⃗ F = 0) ⇒ ( ∮ ⃗ F · d⃗r = 0) i (
∮ ⃗F · d⃗r = 0) ⇒ (
−→ ∇ × ⃗ F = 0)
Oba smjera proizlaze iz Stokesova teorema (odjeljak 2.4.4).
Primjer: 4.1 Nadite rad obavljen po dijelu jedinične kružnice od 0 do π u ravnini (x, y), protiv
sile dane sa
y
⃗F = −ˆx
x 2 + y + ŷ x
2 x 2 + y . 2
Uočite da obavljeni rad ovisi o putu. Čemu je jednaka rotacija ⃗ F ? Objasnite ovaj
rezultat.
R:

4.4. IMPULS SILE I MOMENTI 93
Sačuvanje mehaničke energije. Iz drugog Newtonovog aksioma smo došli do veze (4.9)
izmedu obavljenog rada i kinetičke energije, a u (4.19) smo povezali rad s potencijalnom energijom
čestice u polju konzervativne sile. Kombiniranjem ova dva izraza, dolazi se do
E k (K) − E k (P ) = W P,K = E P (P ) − E P (K),
E k (P ) + E P (P ) = E k (K) + E P (K),
tj. zbroj kinetičke i potencijalne energije čestice je isti u točki P kao i u točki K. Budući da
te točke nisu ni po čemu posebne, zaključujemo da je zbroj kinetičke i potencijalne energije
konstantan u svakoj točki prostora. Ova se konstanta naziva mehanička energija
E k + E p = E meh. = const. (4.22)
Gornja relacija predstavlja zakon o sačuvanju mehaničke energije. Naglasimo još jednom da
ona vrijedi samo u slučaju kada su sve sile koje djeluju na česticu, konzervativne. Neke od
konzervativnih sila s kojima ćemo se još susretati su: gravitacijska, elastična, Lorentzova, ...
Recimo na kraju i kakve su to nekonzervativne sile. Nekonzervativne sile su sve one sile
koje 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 putanje
od početne do krajnje točke. Više matematički rečeno, to su sve one sile koje se ne mogu
napisati u obliku gradijenta nekog skalarnog polja (ne postoji njima pridružena potencijalna
energija).
4.4 Impuls sile i momenti
Impuls sile. Promatra li se sila kao vektorsko polje, ona može ovisiti i o prostornim i o
vremenskoj kooordinati F ⃗ = F ⃗ (⃗r, t). Sa stanovišta vremenske ovisnosti, sila ne mora biti
konstantna u vremenu: njezini iznos i smjer se mogu mijenjati tijekom vremena. Rezultat
djelovanja sile unutar vremenskog intervala t P ≤ t ≤ t K , jeste promjena količine gibanja čestice
∫ tK
t P
⃗ F (t) dt =
∫ tK
t P
d⃗p
dt dt = ⃗p (t K) − ⃗p (t P ). (4.23)
Gornji integral se naziva impuls sile. Primjetimo da ovaj rezultat vrijedi i ako se masa čestice
mijenja s vremenom, kao i da ne ovisi o tome je li sila konzervativna ili nije.
Moment sile i moment količine gibanja. Za česticu koja se giba po putanji opisanoj
radij vektorom ⃗r(t) u odnosu na ishodište nekog koordinatnog sustava O (slika 4.4) u polju sile
⃗F , definira se moment sile M ⃗ u odnosu na ishodište, relacijom
⃗M = ⃗r × ⃗ F . (4.24)
Iznos momenta sile | ⃗ M| je mjera učinka zakreta koji sila izvodi nad česticom. Slično se definira
i moment količine gibanja čestice, ⃗ L ,
⃗L = ⃗r × ⃗p . (4.25)

94POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
Slika 4.4: Uz definiciju momenta sile i momenta količine gibanja.
Pokažimo vezu koja postoji izmedu ova dva momenta. Izraz za drugi Newtonov aksiom (4.2),
pomnožimo s lijeva vektorski s ⃗r
/
d⃗p
⃗r ×
dt = F ⃗ ⇒ ⃗r × d⃗p
dt = ⃗r × F ⃗ .
Na desnoj strani prepoznajemo ⃗ M = ⃗r × ⃗ F , a lijevu stranu možemo napisati kao
⃗r × d⃗p
dt = d dt
(⃗r × ⃗p )
} {{ }
= ⃗ L
− d⃗r
dt × ⃗p
} {{ }
Drugi član desne strane je jednak nuli zato jer su d⃗r/dt = ⃗v i ⃗p = m ⃗v kolinearni vektori, pa
je po definiciji, njihov vektorski umnožak jednak nuli. Kombiniranjem gornje dvije jednadžbe,
zaključujemo da je
= 0
.
d ⃗ L
dt = ⃗ M. (4.26)
Time je pokazano da izmedu momenta količine gibanja i momenta sile postoji ista veza kao i
izmedu količine gibanja i sile (drugi Newtonov aksiom (4.2), d⃗p /dt = ⃗ F ). Gornji izraz vrijedi i
ako je masa čestice promjenjiva i za sve sile (a ne samo za konzervativne). Ukoliko je moment
sila jednak nuli
d ⃗ L
dt = 0 ⇒ ⃗ L = const.,
moment količine gibanja je konstantan u vremenu. Kaže se da tada vrijedi zakon o sačuvanju
momenta količine gibanja. Ako je samo jedna od komponenata ⃗ M jednaka nuli, npr. M z = 0,
tada je samo z komponeta momenta količine gibanja sačuvana, dok su druge dvije komponente

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEŽA ČESTICE 95
promjenjive
M x ≠ 0 ⇒ L x ≠ const.,
M y ≠ 0 ⇒ L y ≠ const.,
M z = 0 ⇒ L z = const.
Podsjetimo se da su i moment sile, kao i moment količine gibanja pseudo vektori, zato jer ne
mijenjaju svoj predznak kada koordinatne osi promjene predznak
i slično za ⃗ L .
⃗M(−x, −y, −z) = (−⃗r) × (− ⃗ F ) = ⃗r × ⃗ F = ⃗ M(x, y, z),
Rezimirajmo: za sve sile (i konzervativne i nekonzervativne) vrijede relacije:
W P,K =
∫ K
P
⃗F d⃗r = E k (K) − E k (P ),
a samo za konzervativne sile vrijedi:
∫ tK
t P
⃗ F (t) dt = ⃗p K − ⃗p P ,
d ⃗ L
dt = ⃗ M,
∫ K
P
⃗F d⃗r = E p (P ) − E p (K),
E k + E p = const..
4.5 Statika ili ravnoteža čestice
Ravnotežnim stanjem čestice nazivamo situaciju u kojoj je zbroj svih sila koje djeluju na česticu
jednak nuli i čestica miruje ili se giba konstantnom brzinom u odnosu ne neki inercijski sustav.
Shvati li se mirovanje kao poseban slučaj gibanja konstantnom brzinom jednakom nuli, u skladu
s drugim Newtonovim aksiomom, (4.2), uvjet ravnoteže čestice se može napisati kao
⃗F = 0, (4.27)
gdje je ⃗ F zbroj svih sila koje djeluju na česticu. U ovom je slučaju količina gibanja čestice
konstantna
d⃗p
dt = ⃗ F = 0
⃗p = ⃗p 0 = const.,
Količina gibanja je konstantna i jednaka svojoj početnoj vrijednosti. Ako je čestica u početnom
trenutku mirovala i ako na nju ne djeluju sile, ona će ostati u stanju mirovanja. To je zakon
sačuvanja količine gibanja: količina gibanja je konstantna u vremenu. Ako je samo jedna od
komponenata ⃗ F jednaka nuli, npr. F z = 0, tada je samo z komponeta količine gibanja sačuvana,
dok su druge dvije komponente promjenjive
F x ≠ 0 ⇒ p x ≠ const.,
F y ≠ 0 ⇒ p y ≠ const.,
F z = 0 ⇒ p z = const.

96POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
Ako su sile koje djeluju na česticu konzervativne, a pripadna potencijalna energija je E p , tada
se nužan uvjet ravnoteže u točki (x 0 , y 0 , z 0 ), može napisati kao
⃗F = − −→ ∂E p
∇E p = 0 ⇔ ∣ = ∂E p
∣ = ∂E p
∂x
∂y
∂z ∣ = 0. (4.28)
(x0 ,y 0 ,z 0 )
∣
(x0 ,y 0 ,z 0 )
∣
(x0 ,y 0 ,z 0 )
Ravnoteža čestice može biti stabilna, labilna i indeferentna (slika 4.5).
Slika 4.5: Uz definiciju (A) stabilne, (B) labilne i (C) indiferentne ravnoteže čestice i tijela.
♣ Stabilna ravnoteža, slika 4.5.A, odgovara lokalnom minimumu potencijalne energije: na
česticu koja se malo otkloni od položaja ravnoteže, djeluju sile koje ju nastoje vratiti u ravnotežni
položaj. Ako otklon čestice od položaja ravnoteže nije mali, čestica može prijeći u neki
drugi lokalni položaj ravnoteže.
♣ Labilna ravnoteža, slika 4.5.B, odgovara lokalnom maksimimu potencijalne energije: na
česticu koja se malo otkloni od položaja ravnoteže, djeluju sile koje ju udaljavaju od početnog
ravnotežnog položaja.
♣ Indiferentna ravnoteža, slika 4.5.C, odgovara lokalno konstantnoj vrijednosti potencijalne
energije: mali otklon od početnog položaja ne dovodi do djelovanja nikakve sile na česticu. Sve
točke iz male okolice početne točke su medusobno ekvivalentne.
Da je (4.28) nužan, ali ne i dovoljan uvjet ravnoteže, vidi se iz slijedećeg primjera.

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEŽA ČESTICE 97
Primjer: 4.2 Pokažite da polje potencijalne energije E p (x, y) = x · y, iako zadovoljava relaciju
(4.28), ipak nema ekstrem u točki (0, 0), tj. ishodište nije ravnotežni položaj.
R: Pokažimo majprije da E p zadovoljava uvjete(4.28):
Slika 4.6: Ilustracija sedlaste plohe potencijalne energije.
x*y
100
50
0
-50
-100
10
5
x
0
-5
-10
5
10
0
-5
-10
y
∂E p
∂x = y = 0 za x = y = 0, i ∂E p
∂y
= x = 0 za x = y = 0.
Dakle, i E p (x, y) i njezine prve derivacije su jednake nuli u ishodištu. Nacrtamo li
E p uokolici ishodišta, dobit ćemo sedlastu plohu (pozitivan E p u prvom i trećem, a
negativan u drugom i četvrtom kvadrantu) kao na slici 4.6. Očito je da ishodište
nije ekstremna tj. ravnotežna točka čestice u polju potencijalne energije E p .
Dakle, u prostoru dimenzije veće od jedan, relacije (4.28) jesu nužan, ali ne i dovoljan uvjet
za odredivanje ravnotežnog položaja čestice. Da bi se odredio ravnotežan položaj, potrebno je
studirati i druge parcijalne derivacije potencijalne energije. Radi jednostavnosti, zadržat ćemo
se na dvodimenzijskom primjeru. Razvijmo u red funkciju potencijalne energije u okolici točke
(x 0 , y 0 )
E p (x, y) = E p (x 0 , y 0 ) + (x − x 0 ) ∂E p
∂x ∣ + (y − y 0 ) ∂E p
x0 ,y 0
∂y ∣
x0 ,y 0
+ 1 2 (x − x 0) 2 ∂ ∣ 2 E p ∣∣∣x0
+ (x − x
∂x 2 0 )(y − y 0 ) ∂ 2 E p
,y 0
∂x∂y ∣ + 1
x0 ,y 0
2 (y − y 0) 2 ∂ ∣ 2 E p ∣∣∣x0
+ · · · ,
∂y 2 ,y 0

98POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
gdje su točkicama označeni članovi višeg reda u (x −x 0 ) n (y −y 0 ) m , tj. oni za koje je n +m > 2.
Da bi (x 0 , y 0 ) bila točka ravnoteže, nužno je, prema (4.28),
∂E p
∂x ∣ = ∂E p
x0 ,y 0
∂y ∣ = 0. (4.29)
x0 ,y 0
Radi kraćeg zapisa, označimo
∆ x = x − x 0 , ∆ y = y − y 0 , A = ∂ 2 E p
∂x 2 ∣ ∣∣∣x0
,y 0
,
B = ∂ 2 E p
∂x∂y ∣ ,
x0 ,y 0
C = ∂ 2 E p
∂y 2 ∣ ∣∣∣x0
,y 0
.
U ovim oznakama, razvoj za potencijalnu energiju glasi
E p (x, y) = E p (x 0 , y 0 ) + 1 (
∆ x 2 A + 2∆ x∆ y B + ∆ y 2 C ) + · · ·
2
= E p (x 0 , y 0 ) + ∆ E p .
Ako otklon od (x 0 , y 0 ) povećava vrijednost potencijalne energije, onda je (x 0 , y 0 ) položaj lokalnog
minimuma
(x 0 , y 0 ) = min. ⇒ ∆ x 2 A + 2∆ x∆ yB + ∆ y 2 C > 0.
Naprotiv, ako otklon od (x 0 , y 0 ) snižava vrijednost potencijalne energije, tada je (x 0 , y 0 ) lokalni
maksimum
(x 0 , y 0 ) = max. ⇒ ∆ x 2 A + 2∆ x∆ yB + ∆ y 2 C < 0.
Potražimo koje uvjete mora zadovoljavati potencijalna energija, pa da (x 0 , y 0 ) bude njezin
lokalni minimum
∆ E p ≡ ∆ x 2 A + 2∆ x∆ yB + ∆ y 2 C > 0.
Prijedimo s pravokutnih varijabli ∆ x i ∆ y, na polarne varijable ρ i ϕ (ρ ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π)
∆ x = ρ cos ϕ, ∆ y = ρ sin ϕ.
Izravnim trigonometrijskim preobrazbama, za ∆ E p se dobiva
∆ E p
ρ 2 = A cos 2 ϕ + 2B sin ϕ cos ϕ + C sin 2 ϕ
= A + C
2
= A + C
2
gdje je konstantni kut δ odreden relacijom
+ A − C cos 2ϕ + B sin 2ϕ
√
2
( ) 2 A + C
+ B 2 − AC +
sin(2ϕ + 2δ),
2
tan 2δ =
2B
A − C .
Tražimo da bude ∆ E p /ρ 2 > 0 za svaku vrijednost sin(2ϕ + 2δ), pa i za njegovu najmanju

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEŽA ČESTICE 99
vrijednost −1:
√
( ) 2
A + C
A + C
− B
2
2 − AC +
> 0
2
√
( ) / 2
A + C
A + C
> B
2
2 − AC +
2
( ) 2 ( ) 2
A + C
A + C
> B 2 − AC +
2
2
AC > B 2 .
2
Budući da je B 2 > 0, iz gornjeg izraza zaključujemo da su A i C istog predznaka, a budući da
tražimo da bude ∆ E p pozitivan, i A i C moraju biti pozitivni. Tako smo dobili tri uvjeta da
točka (x 0 , y 0 ) bude lokalni minimum, tj, položaj stabilne ravnoteže: A > 0, C > 0, AC − B 2 >
0. U početnim oznakama ovi uvjeti (zajedno s uvjetima iščezavanja prvih parcijalnih derivacija
(4.29)) glase:
∂E p
∂x
∣ = ∂E p
x0 ,y 0
∂y ∣ = 0,
x0 ,y 0
∣ ∣
∂ 2 E p ∣∣∣x0 ∂ 2 E p ∣∣∣x0
> 0,
> 0, (4.30)
∂x 2 ,y 0
∂y 2 ,y
[
0
( ) ]
∂ 2 E p ∂ 2 E p ∂ 2 2
∂x 2 ∂y − E p
> 0.
2 ∂x ∂y
x 0 ,y 0
To su uvjeti da točka (x 0 , y 0 ) bude točka stabilne ravnoteže čestice u polju sile opisane potencijalnom
energijom E p (x, y). Ovaj se posljednji uvjet može napisati i u obliku determinante
∂ 2 E p
∂x 2
∂ 2 E p
∂x ∂y
∂ 2 E p
∂x ∂y
> 0.
∂ 2 E p
Sličnim se postupkom dobiju uvjeti da je točka (x 0 , y 0 , z 0 ), točka stabilne ravnoteže čestice u

100POGLAVLJE 4. NEWTONOVI AKSIOMI GIBANJA, KONZERVATIVNOST, RAD, ENERGIJA, MOMENTI
trodimenzijskom prostoru:
∂E p
∂x ∣ = ∂E p
x0 ,y 0 ,z 0
∂y ∣ = ∂E p
x0 ,y 0 ,z 0
∂z ∣
x0 ,y 0 ,z 0
= 0, (4.31)
∂ 2 E p
∂x 2 ∣ ∣∣∣
x0 ,y 0 ,z 0
> 0,
∂ 2 E p
∂x 2
∂ 2 E p
∂x ∂y
∂ 2 E p
∂x ∂y
> 0,
∂ 2 E p
∂ 2 E p
∂x 2
∂ 2 E p
∂y ∂x
∂ 2 E p
∂z ∂x
∂ 2 E p
∂x ∂y
∂ 2 E p
∂y 2
∂ 2 E p
∂z ∂y
∂ 2 E p
∂x ∂z
x 0 ,y 0 ,z 0
∂ 2 E p
∂y ∂z
> 0.
∂z 2
∂ 2 E p
Determinante koje se pojavljuju u gornjim izrazima se zovu Hesseove 13 determinante.
13 L. O. Hesse, 1811 - 1874.

Poglavlje 5
Gibanje čestice u polju konstantne sile
i sila ovisnih o brzini
5.1 Gibanje u polju konstantne sile: slobodan pad
U prethodnom smo se poglavlju upoznali s drugim Newtonovim aksiomom, tj. jednadžbom
gibanja, (4.4), čestice pod djelovanjem sila ⃗ F
d 2 ⃗r
dt 2 = 1 m ⃗ F . (5.1)
Ponovimo još jednom da je to diferencijalna jednadžba drugog reda i da je njezino rješenje
⃗r = ⃗r(t; ⃗r 0 , ⃗v 0 ) (5.2)
jednoznačno odredeno zadavanjem početnih uvjeta, tj. poznavanjem položaja i brzine čestice
u jednom odredenom trenutku t 0
⃗r 0 = ⃗r(t 0 ), ⃗v 0 = ⃗v(t 0 ).
U ovom ćemo se poglavlju baviti rješavanjem ove jednadžbe u osobito jednostavnim slučajevima
kada je sila (desna strana jednadžbe) konstantna. Budući da je sila vektor, njezina konstantnost
znači konstantnost i po iznosu i po smjeru.
Evo najjednostavnijeg primjera: sila je konstantna i nema nikakvih dodatnih uvjeta na gibanje.
Zbog općenitosti ćemo pretpostaviti da je sila koja djeluje na česticu oblika
⃗F = ˆx F 0,x + ŷ F 0,y + ẑ F 0,z ,
(slika 5.1), gdje su F 0,x , F 0,y i F 0,z konstante. Ako se u trenutku t 0 čestica nalazila u točki
⃗r 0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) i imala brzinu ⃗v 0 = (v 0,x , v 0,y , v 0,z ), treba odrediti položaj, brzinu i ubrzanje
čestice u proizvoljnom trenutku t (bez obzira prošlom, t < t 0 , ili budućem, t > t 0 ). Postavimo
jednadžbu gibanja (5.1) i raspišimo ju po komponentama u pravokutnom koordinatnom sustavu
d 2 x
dt 2 = F 0,x
m ,
d 2 y
dt 2 = F 0,y
m ,
Navedimo i početne uvjete u pravokutnom koordinatnom sustavu:
x(t = t 0 ) = x 0 , y(t = t 0 ) = y 0 , z(t = t 0 ) = z 0 ,
v x (t = t 0 ) = v 0,x , v y (t = t 0 ) = v 0,y , v z (t = t 0 ) = v 0,z .
101
d 2 z
dt 2 = F 0,z
m . (5.3)

102 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Slika 5.1: U trenutku t 0 , konstantna sila ⃗ F = ˆx F 0,x + ŷ F 0,y + ẑ F 0,z počinje djelovati na česticu mase m. Na
slici su označeni i početni uvjeti.
Iz jednadžba (5.3) se vidi da su gibanja u smjerovima x, y i z osi medusobno nepovezana i
mogu se rješavati neovisno jedno o drugom. Gibanja po sve tri osi imaju jednadžbe i početne
uvjete istog oblika, pa će im i rješenja biti istog oblika. Stoga je dovoljno rješavati samo jednu
od njih, npr. onu za koordinatu x. Integracijom ubrzanja, dobit će se brzina
∫ t
/
d 2 x
dt
= F 0,x
t 0
dt 2 m
∫ t
( )
d d x
dt = F ∫ t
0,x
dt
t 0
( d x
dt
dt
)
−
t
dt
( d x
dt
)
m
t 0
t 0
= F 0,x
m (t − t 0).
Prvi član lijeve strane je x komponenta brzine u trenutku t, a drugi član je x komponenta
brzine u trenutku t 0 , koja je po početnim uvjetima, jednaka v 0,x , što sve zajedno daje za brzinu
po osi x
( ) d x
v x (t) ≡ = v 0,x + F 0,x
dt
t
m (t − t 0).
Integracijom brzine dolazi se do položaja
∫ t
t 0
d x
dt dt = ∫ t
t 0
v 0,x dt +
∫ t
x(t) − x(t 0 ) = v 0,x (t − t 0 ) + 1 2
F 0,x
t 0
m
(t − t 0) dt
F 0,x
m (t − t 0) 2 .
Prema početnim uvjetima je x(t 0 ) = x 0 , pa ukupno rješenje (položaj, brzina i ubrzanje) za
gibanje u smjeru osi x glasi
x(t) = x 0 +v 0,x (t−t 0 )+ 1 2
F 0,x
m (t−t 0) 2 , v x (t) = v 0,x + F 0,x
m (t−t 0), a x = F 0,x
m . (5.4)

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE: SLOBODAN PAD 103
Sličnim bi se postupkom dobile odgovarajuće jednadžbe položaja i brzine i za preostale dvije
koordinate. Ukupno rješenje koje daje položaj, brzinu i ubrzanje (u pravokutnim koordinatama)
čestice mase m koja se giba pod djelovanjem konstantne sile ⃗ F = ˆx F 0,x + ŷ F 0,y + ẑ F 0,z uz
zadane početne uvjete, za sve tri koordinate je
x(t) = x 0 + v 0,x (t − t 0 ) + 1 2
F 0,x
m (t − t 0) 2 , v x (t) = v 0,x + F 0,x
m (t − t 0), a x = F 0,x
m ,
F 0,y
y(t) = y 0 + v 0,y (t − t 0 ) + 1 2 m (t − t 0) 2 , v y (t) = v 0,y + F 0,y
m (t − t 0), a y = F 0,y
m ,
z(t) = z 0 + v 0,z (t − t 0 ) + 1 F 0,z
2 m (t − t 0) 2 , v z (t) = v 0,z + F 0,z
m (t − t 0), a z = F 0,z
m .
(5.5)
Gornji izrazi su komponente rješenja (5.2) u pravokutnom koordinatnom sustavu.
Konstantna sila je konzervativna. Pokazat ćemo da rad konstantne sile ne ovisi o obliku
putanje, nego samo o početnoj i konačnoj točki, tako što ćemo izračunati njezin rad od početne
točke (x 0 , y 0 , z 0 ) do proizvoljne krajnje točke (x, y, z)
W =
∫ (x,y,z)
(x 0 ,y 0 ,z 0 )
⃗F · d⃗r =
∫ (x,y,z)
(x 0 ,y 0 ,z 0 )
(ˆx F 0,x + ŷ F 0,y + ẑ F 0,z ) · (ˆx dx + ŷ dy + ẑ dz)
∫ x ∫ y ∫ z
= F 0,x dx + F 0,y dy + F 0,z dz
x 0 y 0 z 0
= F 0,x (x − x 0 ) + F 0,y (y − y 0 ) + F 0,z (z − z 0 ). (5.6)
Vidimo da rad ne ovisi o obliku putanje, pa zaključujemo da je konstantna sila konzervativna.
Budući da je sila konzervativna, može joj se, relacijom F ⃗ = − −→ ∇E p , pridružiti potencijalna
energija E p (x, y, z)
(
ˆx F 0,x + ŷ F 0,y + ẑ F 0,z = − ˆx ∂E p
∂x + ŷ ∂E p
∂y + ẑ ∂E )
p
∂z
⇒
F 0,x = − ∂E p
∂x ,
F 0,y = − ∂E p
∂y ,
F 0,z = − ∂E p
∂z .
Sve su tri jednadžbe istog oblika, pa je dovoljno rješavati samo jednu od njih, npr.
koordinatu
∫ /
dx
F 0,x = − ∂E p
∂x
∫
F 0,x x = −
i slično za preostale dvije jednadžbe. Sve zajedno se dobije
∂Ep
∂x dx = −E p(x, y, z) + f 1 (y, z) + c 1
za x
F 0,x x = −E p (x, y, z) + f 1 (y, z) + c 1 ,
F 0,y y = −E p (x, y, z) + f 2 (x, z) + c 2 ,
F 0,z z = −E p (x, y, z) + f 3 (x, y) + c 3 ,

104 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
gdje je su c i konstante. Iz gornjeg izraza se očitava cijeli izraz za potencijalnu energiju
E p (x, y, z) = −F 0,x x − F 0,y y − F 0,z z + c 0 , (5.7)
gdje je c 0 proizvoljna konstanta. Ovaj je rezultat konzistentan s rezultatom (5.6) za rad konstantne
sile, jer je
W p,k = E p (x 0 , y 0 , z 0 ) − E p (x, y, z).
Primjeri gibanja u polju konstantne sile:
Primjenimo relacije (5.5) na nekoliko jednostavnih primjera.
Slobodan pad:
Jedan primjer konstantne sile je i sila kojom Zemlja privlači tijela u svojoj blizini. Zemlja
djeluje privlačnom silom na sva tijela (tijelom nazivamo skup čestica). Ta se sila zove gravitacijska
sila i uz odredena zanemarivanja, može se smatrati konstantnom silom (o gravitacijskoj
sili će više biti riječi u poglavlju 7). Gravitacijska je sila usmjerena (približno - vidjeti poglavlje
8) prema središtu Zemlje, a po iznosu je jednaka umnošku mase tijela na koje djeluje i jednog
ubrzanja koje se zove Zemljino gravitacijsko ubrzanje, ⃗g . U blizini Zemljine površine ovo
ubrzanje iznosi približno
g = 9.80665 m s 2
i malo se mijenja ovisno o zemljopisnoj širini mjesta na kojemu se ono mjeri. Kada se kaže u
blizini Zemljine površine, onda se misli na udaljenosti od površine koje su male u odnosu na
polumjer Zemlje.
Ako promatramo česticu mase m koja se giba u blizini Zemljine površine pod djelovanjem
gravitacijske sile i ako zanemarimo sile trenja koje dolaze od otpora koje pružaju čestice zraka
iz atmosfere, možemo reći da se čestica giba pod djelovanjem konstantne sile. Promatramo
li gibanja na prostornoj skali maloj u usporedbi s polumjerom Zemlje, možemo dio Zemljine
kugle zamjeniti ravninom. Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da ravnina (x, y) leži
na površini Zemlje, a da je os z okomita na nju i usmjerena prema gore. U tom koordinatnom
sustavu je gravitacijska sila Zemlje
⃗F G = −m g ẑ .
Gornja sila je sila kojom Zemlja privlači sva tijela u svojoj blizini i naziva se još i sila teža.
Težinom tijela, s oznakom ⃗ G , ćemo označavati silu kojom tijelo djeluje na podlogu na kojoj
se nalazi ili na objesište o koje je obješeno. U inercijskim sustavima (vidjeti poglavlje 8) ove
su dvije sile istog iznosa. U neinercijskim sustavima (npr. u dizalu koje se ubrzano giba), ove
sile nisu istog iznosa 1 Primjetimo još i da sila teža i težina tijela nisu sile akcije i reakcije o
kojima se govori u trećem Newtonovom aksiomu (4.5). U trećem aksiomu se govori o dva tijela
koji jedan na drugi djeluju silama. Sada imamo tri tijela: Zemlja, tijelo mase m i podloga (ili
objesište). Sila teža je sila kojom Zemlja djeluje na tijelo mase m, a težina je sila kojom to isto
tijelo mase m djeluje na podlogu (ili objesište) na kojoj se nalazi.
1 U tekućini, zbog uzgona, ove sile takoder neće biti istog iznosa.

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE: SLOBODAN PAD 105
Gibanje tijela u smjeru prema tlu, pod djelovanjem sile teže (i nijedne druge sile) u blizini
Zemljine površine, naziva se slobodan pad. Neka se čestica mase m u trenutku t 0 nalazi u točki
i neka ima brzinu
⃗r 0 = (0, 0, z 0 )
⃗v 0 = (0, 0, v 0 )
(v 0 > 0 ako se čestica giba prema gore, a v 0 < 0, ako se čestica giba prema dolje). Jednadžba
gibanja (4.4) glasi
d 2 ⃗r
= −gẑ . (5.8)
dt
2
Ova je jednadžba istog oblika kao i (5.1), s tom razlikom da su sada sila i početni uvjeti drukčiji.
Uzme li se to u obzir, možemo iskoristiti rješenja (5.5)
x(t) = 0, v x (t) = 0, a x (t) = 0,
y(t) = 0, v y (t) = 0, a y (t) = 0, (5.9)
z(t) = z 0 + v 0 (t − t 0 ) − 1 2 g(t − t 0) 2 , v z (t) = v 0 − g(t − t 0 ), a z (t) = −g.
Iako jednostavno, gornje rješenje sadrži jednu važnu informaciju: u njemu se ne pojavljuje
masa tijela koje pada, ili drugim rječima, tijela različitih masa, padaju na isti način. Ovo
je dakako istina samo dotle dok možemo zanemariti otpor zraka (kao što je i napravljeno u
gornjem računu). Ako uzmemo u obzir i otpor zraka (odjeljak 5.4), vidjet ćemo da gibanje
tijela ovisi i o masi i o obliku tijela. Prigodom jednog od spuštanja američkih astronauta na
površinu Mjeseca, izveden je jedan jednostavan pokus: čekić i ptičje pero pušteni su padati s
približno iste visine prema površini Mjeseca. Budući da Mjesec gotovo i nema atmosferu, nije
bilo ni otpora sile trenja i oba tijela, čekić i pero, su pali na površinu Mjeseca u približno istom
trenutku, u skladu s gornjim jednadžbama.
Primjenom rezultata (5.7) za potencijalnu energiju konstantne sile na ovaj posebni primjer
gravitacijske sile, dobije se gravitacijska potencijalna energija čestice mase m u obliku
E p = mgz. (5.10)
Primjetimo da se ovako napisana gravitacijska potencijalna energija može shvatiti i kao rad sile
teže (mg) pri pomaku čestice od površine z = 0 do točke z, bez obzira na vrijednosti x i y
koordinata. Sada z označava položaj čestice iznad Zemljine površine, tj. njezinu visinu h, pa
se gravitacijska potencijalna energija često piše i kao E p = mgh.
Budući da je gravitacijska sila konzervativna, mora biti zbroj kinetičke i potencijalne energije
čestice, koja se giba u njezinom polju, konstantan u vremenu i prostoru. Pokažimo da je
E meh (⃗r, t) = E meh (⃗r 0 , t 0 ) = const.,
tj. da je zbroj kinetičke i potencijalne energije u svakom trenutku jednak zbroju kinetičke i
potencijalne energije u početnom trenutku. Uvrstimo izraze za kinetičku i potencijalnu energiju

106 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
čestice
E meh (⃗r, t) = E k (⃗r, t) + E p (⃗r, t) = mv 2 (t)
2
= m ]
[v0 2 − 2v 0 g(t − t 0 ) + g 2 (t − t 0 ) 2
2
+ mgz(t) = m 2 (v 2 x + v 2 y + v 2 z ) + mgz
+ mg
[z 0 + v 0 (t − t 0 ) − 1 ]
2 g(t − t 0) 2
= mv 2 0
2
+ mgz 0
= E meh (⃗r 0 , t 0 ).
5.2 Gibanje u polju konstantne sile: kosi hitac
Kosi hitac je, slično slobodnom padu, takoder gibanje pod djelovanjem samo sile teže (otpor
zraka se ponovo zanemaruje)
d 2 ⃗r
dt = −gẑ ⇒ d 2 x
2 dt = 0, d 2 y
2 dt = 0, 2
d 2 z
= −g, (5.11)
dt
2
ali ga od slobodnog pada razlikuju početni uvjeti. U početnom trenutku (koji, radi jednostavnosti,
odabiremo tako da je t 0 = 0) čestica ima brzinu iznosa v 0 koja zatvara kut α prema
Zemljinoj površini. Postavimo koordinatni sustav tako da u početnom trenutku brzina ima
Slika 5.2: Uz kosi hitac.
samo y i z komponentu (kao na slici 5.2). U tom slučaju početni uvjeti glase
x(0) = 0, y(0) = 0, z(0) = z 0 , (5.12)
v x (0) = 0, v y (0) = v 0 cos α, v z (0) = v 0 sin α.
Gornji početni uvjeti sadrže u sebi i posebne slučajeve okomitog hica, α = π/2; vodoravnog
hica, α = 0 i hica prema dolje, α = −π/2. Jednadžbe gibanja (5.11) su istog oblika kao i

5.2. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE: KOSI HITAC 107
jednadžbe (5.3), pa će zato i rješenja biti oblika (5.5)
x(t) = 0, v x (t) = 0, a x (t) = 0,
y(t) = v 0 t cos α, v y (t) = v 0 cos α, a y (t) = 0, (5.13)
z(t) = z 0 + v 0 t sin α − 1 2 gt 2 , v z (t) = v 0 sin α − gt, a z (t) = −g.
Razmislimo o gornjem rješenju. Budući da je x(t) uvijek nula, zaključujemo da se gibanje sve
vrijeme odvija u ravnini (y, z) (u odjeljku 8 ćemo uzeti u obzir i vrtnju Zemlje oko svoje osi i
tada ćemo vidjeti da ovo više neće 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 ni
promjene brzine, ona je ista kao i na početku gibanja v y (t) = v y (0) = v 0 cos α. Sila djeluje
samo u smjeru osi z i u tom smjeru je gibanje sastavljeno od dvije vrste gibanja: početnog
jednolikog gibanja (konstantnom brzinom v 0 sin α ) u smjeru +ẑ i jednoliko ubrzanog
gibanja u smjeru −ẑ (padanja konstantnim ubrzanjem, g).
Izračunajmo maksimalnu visinu H koju postigne čestica kod kosog hica uz konstantnu
početnu brzinu v 0 i konstantni kut ispaljenja α. Jasno je da će čestica dostići najvišu točku
putanje u onom trenutku t = t H kada njezina okomita komponenta brzine bude jednaka nuli,
tj. kada z koordinata dostigne svoju ekstremni (maksimalni) iznos
v z (t = t H ) = d z
d t ∣ = 0 ⇒ (5.13) ⇒ t H = v 0 sin α
.
t=tH
g
To je vrijeme potrebno čestici da dostigna najvišu točku putanje. Najvišu točku, z max = H,
izračunavamo tako da u z(t) uvrstimo t H
H = z(t = t H ) = z 0 + 1 2
v0 2 sin 2 α
. (5.14)
g
Koliki je doseg, D, kosog hica uz konstantnu početnu brzinu v 0 i konstantni kut ispaljenja α.
Da bismo to izračunali, treba najprije naći vrijeme t D u kojemu će čestica ponovo pasti na tlo.
Uvjet da u trenutku t D čestica bude na tlu glasi
z(t = t D ) = 0 = z 0 + v 0 t D sin α − 1 2 gt 2 D.
Gornja kvadratna jednadžba ima formalno dva rješenja za t D . Od ta dva rješenja jedno je
manje od nule, pa ga odbacujemo jer nas zanima samo gibanje čestice nakon početnog trenutka
t = 0. Pozitivno rješenje glasi
√
t D = v 0 sin α v0 2 sin 2 α
+
+ 2z 0
g
g 2 g .
Primjetimo da ako se čestica u početku nalazila na tlu (z 0 = 0), tada je t D = 2 t H . Koordinata
y opisuje otklon od početne točke u vodoravnom smjeru, pa se doseg dobije tako da se izračuna
koliki je y(t = t D )
( √
)
D = y(t = t D ) = v 0
2
2 g sin 2α 1 + 1 + 2z 0g
v0 2 sin 2 . (5.15)
α

108 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Prema (5.14) i (5.15), visina H i doseg D ovise o početnoj brzini v 0 i kutu ispaljenja α, pa se
može postaviti slijedeće pitanje: ako se projektil ispaljuje s tla, z 0 = 0 i ako je brzina ispaljenja
v 0 konstantna, koliki treba biti kut α, pa da visina H i doseg D budu maksimalni? Uz ove
uvjete, visina i doseg su funkcije kuta, H = H(α) i D = D(α), pa se njihov ekstrem, u ovom
slučaju maksimum, odreduje iz uvjeta
(5.14) ⇒ ∂ H
∂ α
(5.15) ⇒ ∂ D
∂ α
∣ = 0, ⇒ α max,H = π
αmax,H
2 ,
∣ = 0 ⇒ α max,D = π
αmax,D
4 .
Primjetimo da (kada se ispaljenje vrši s tla, z 0 = 0), tada je α max,H = 2 α max,D . Kada se iz
gornjih jednadžba nadu α max,H i α max,D , maksimalni visina i doseg se dobiju kao
H max = H(α max,H ) = 1 2
v 2 0
g ,
D max = D(α max,D ) = v 2 0
g = 2 H max.
Izračunajmo i oblik putanje čestice, tako što ćemo iz rješenja za y u jednadžbi gibanja (5.13)
eliminirati vrijeme
y
t =
v 0 cos α
i uvrstiti ga u jednadžbu za z
z − z 0 = y tan α −
g
2v 2 0 cos 2 α y 2 .
Gornju jednadžbu prepoznajemo kao jednadžbu parabole u (y, z) ravnini.
Kao i kod slobodnog pada, i ovdje djeluje samo gravitacijska konzervativna sila, pa zato mora
biti zbroj kinetičke i potencijalne energije čestice konstantan. Pokažimo da je
E meh (⃗r, t) = E meh (⃗r 0 , 0) = const
Uvrstimo izraze za kinetičku i potencijalnu energiju čestice
E meh (⃗r, t) = E k (⃗r, t) + E p (⃗r, t) = mv 2 (t)
+ mgz(t) = m 2
2 (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 ) + mgz
= m 2 (0 + v 0 2 cos 2 α + v0 2 sin 2 α − 2v 0 gt sin α + g 2 t 2 ) + mg
(z 0 + v 0 t sin α − 1 )
2 gt 2
= mv 2 0
2
+ mgz 0 = E meh (⃗r 0 , 0).
Ako bismo u račun uzeli i silu trenja izmedu čestice koja se giba i molekula zraka iz zemljine
atmosfere, tada ukupna mehanička energija neće biti sačuvana, nego će se smanjivati
(dE meh / dt) < 0, a smanjenje mehaničke energije čestice je po iznosu jednako (a po predznaku
suprotno) povećanju mehaničke energije gibanja molekula zraka. Promatra li se sustav koji se
sastoji od čestice i zraka kroz koji se ona giba, opet će mehanička energija takvog sustava ostati
nepromjenjena u vremenu.

5.3. UVJETI NA GIBANJE: SILA TRENJA 109
5.3 Uvjeti na gibanje: sila trenja
Postoje situacije u kojim je čestica prisiljena gibati se duž neke odredene površine ( npr. kosine,
slika 5.3.A) ili krivulje (npr. po unutrašnjosti zakrivljene plohe, slika 5.3.B). U takvim se
Slika 5.3: Uz definiciju uvjeta na gibanje.
slučajevima kaže da je gibanje čestice podvrgnuto odredenim uvjetima. Uslijed djelovanja
vanjskih sila (npr. sile teže), čestica će djelovati silom na plohu kojom se giba, pa će u skladu s
trećim Newtonovim aksiomom (4.5), i ploha djelovati na česticu silom iste jakosti, ali suprotnog
smjera, N ⃗ . Osim ove sile reakcije podloge, postoji još jedna sila koja je posljedica postojanja
uvjeta na gibanje, a zove se trenje. Uslijed privlačnog medudjelovanja čestice s molekulama
podloge po kojoj se giba, pojavit će se sile koje nastoje zustaviti česticu u njezinom gibanju.
Fenomenološki se ta sila naziva trenjem, F ⃗ tr i opisuje se preko koeficijenta trenja µ
F tr = µ N.
Koeficijent trenja se eksperimantalno odreduje. Smjer sile trenja je suprotan smjeru gibanja
čestice,
⃗F tr = −µ N ˆv.
Ilustrirajmo ovo primjerom gibanja čestice po kosini kuta nagiba α (slika 5.3.A). Jednostavnom
trigonometrijom se dolazi do
Jednadžba gibanja glasi
ê 1 = ˆx cos α − ŷ sin α,
ê 2 = ˆx sin α + ŷ cos α,
m(ẍ ˆx + ÿ ŷ ) = −mgŷ + Nê 2 − F tr ê 1
= −mgŷ + N(ˆx sin α + ŷ cos α) − F tr (ˆx cos α − ŷ sin α),

110 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
ili, po komponentama
mẍ = N sin α − F tr cos α = N (sin α − µ cos α),
mÿ = −mg + N cos α + F tr sin α = −mg + N (cos α + µ sin α),
uz početni uvjet da je čestica u t = 0 mirovala na vrhu kosine:
x(0) = 0, y(0) = y 0 ,
ẋ (0) = 0, ẏ (0) = 0.
Sa slike 5.3.A je
N = mg cos α,
što uvršteno u jednadžbe gibanja daje za ubrzanje čestice
ẍ = g cos α(sin α − µ cos α),
ÿ = −g sin α(sin α − µ cos α),
a = √ ẍ 2 + ÿ 2 = g(sin α − µ cos α).
Sile, tj. desne strane gornjih jednadžba su konstantne, pa možemo primjeniti rješenja (5.5) ili
ih izravno rješavati. Integracijom po vremenu dobivamo brzinu
ẋ = gt cos α(sin α − µ cos α),
ẏ = −gt sin α(sin α − µ cos α),
v = √ ẋ 2 + ẏ 2 = gt(sin α − µ cos α),
a integracijom brzine po vremenu dobivamo koordinate položaja čestice
x(t) = 1 2 gt 2 cos α(sin α − µ cos α),
y(t) = y 0 − 1 2 gt 2 sin α(sin α − µ cos α).
Prijedeni put od početka gibanja pa do trenutka t je jednak
√
x
2
+ (y − y 0 ) 2 = 1 2 gt 2 sin α(sin α − µ cos α).
5.4 Sile ovisne o brzini: (1) sila prigušenja
Čestica koja se giba kroz neko sredstvo, sudara se s česticama tog sredstva i tijekom tih sudara,
izmjenjuje s njima energiju i količinu gibanja. Makroskopski učinak ovih sudara je sličan
djelovanju jedne sile, koju ćemo zvati silom otpora, prigušenja ili disipativnom silom, ⃗ F prig , a

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (1) SILA PRIGUŠENJA 111
koja ima smjer suprotan smjeru gibanja čestice. Najčešća aproksimacija se sastoji u tome da
se pretpostavi da je sila otpora srazmjerna nekoj potenciji brzine, v(t), čestice,
⃗F prig = −ˆv β v n , β > 0
β je pozitivna konstanta srazmjernosti koja, osim što prilagodava mjerne jedinice na lijevoj
i desnoj strani, opisuje (eksperimentalno) svojstva medija u kojem se odvija gibanje i oblik
(geometriju) tijela koje se giba.
5.4.1 Slobodan pad
Pogledajmo kako se mijenja jednadžba gibanja čestice u konstantnom polju gravitacijske sile,
kada uključimo i djelovanje otpora zraka, kada je otpor srazmjeran prvoj potenciji brzine.
Jednadžba gibanja sada ima dva člana na desnoj strani
m d 2 ⃗r
dt 2 = −mgẑ + ⃗ F prig = −mgẑ − β⃗v.
Za razliku od (5.8), gdje se masa kraćenjem nestala iz jednadžbe, u gornjoj jednadžbi ostaje
masa, tj. neće se tijela različitih masa gibati na isti način (što nam je blisko iz svakodnevnog
iskustva). Gornju jednadžbu još treba nadopuniti početnim uvjetima:
t 0 = 0 : ⃗r(0) = ẑ z 0 , ⃗v(0) = ẑ v 0 .
Raspisane po komponentama, jednadžbe gibanja glase
mẍ = −βẋ , mÿ = −βẏ , m¨z = −mg − βż .
Primjetimo da se tijekom padanja, z koordinata čestice smanjuje, tako da je dz < 0 dok je
dt > 0, pa je ż = dz/dt < 0.
Gornje su jednadžbe medusobno nezavisne, pa se može rješavati svaka posebno. Jednadžbe i
početni uvjeti za x i y komponentu su istog oblika, pa će i rješenja biti istog oblika. Riješimo
zato samo jednadžbu za komponentu x. Uvedimo novu varijablu v x = ẋ , u kojoj jednadžba za
komponentu x glasi
∫ vx (t)
v x (0)
m dv x
= −βv x
dt
dv x
= − β /∫ t
v x m dt
ln v x(t)
v x (0)
dv x
v x
= − β m
= − β m t
∫ t
0
dt
v x (t) = v x (0) e −β t/m .
No, prema početnim je uvjetima, u početnom trenutku, x komponenta brzine jednaka nuli,
v x (0) = 0, pa iz toga slijedi
v x (t) = 0.
0

112 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Ako je x komponenta brzine sve vrijeme jednaka nuli, tada je položaj čestice po osi x nepromjenjen
i jednak položaju u trenutku t 0 = 0, tj.
x(t) = const. = x(0) = 0.
Istim postupkom se i za položaj po osi y dobije
Preostaje jednadžba za z komponentu
y(t) = 0.
¨z = −g − β mż .
Kao što je već spomenuto, tijekom padanja, z koordinata čestice smanjuje, tako da je dz < 0
dok je dt > 0, pa je ż = dz/dt < 0. Uvedimo novu varijablu Z = −g − βż /m. U varijabli Z,
jednadžba gibanja postaje
− m β
dZ
dt = Z.
Integracijom od početnog do trenutka t, se dobije
∫ Z(t)
Z(0)
dZ
Z = − β m
Vratimo li se u početne oznake
∫ t
0
ż (t) = − mg
β
dt ⇒ Z(t) = Z(0) e −β t/m .
( ) mg
+ β + v 0
e −β t/m . (5.16)
Primjetimo da se, u granici t → ∞, brzina približava konačnoj graničnoj vrijednosti
lim
t→∞
ż (t) = −mg
β .
Vremenskom derivacijom izraza za brzinu (5.16), dobiva se ubrzanje čestice u sredstvu s otporom
(
¨z = − g + β )
m v 0 e −β t/m , (5.17)
a integracijom (5.16), se dobiva položaj, tj. putanja z = z(t):
∫ t
( ) ∫
dz
m t
0 dt dt = −m β gt + β g + v −β t/m
0 dt e
0
z(t) = z 0 − mg
β t − m ( ) mg [
β β + v 0 e −β t/m − 1]
.
Granični slučaj slobodnog pada (bez otpora sredstva) dobiva se kada β u gornjem izrazu
iščezava. U tom slučaju može se razviti eksponencijana funkcija po malom argumentu βt/m i
dobiti
lim
β→0 z(t) = z 0 − m β gt − m β
= z 0 + v 0 t − 1 2 gt 2 ,
( m
β g + v 0) [
1 − β m t + 1 2
]
β 2
m t 2 + · · · − 1
2

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (1) SILA PRIGUŠENJA 113
što je upravo rezultat (5.9) koji se dobije promatranjem slobodnog pada bez učinka trenja.
Izračunajmo mehaničku energiju u proizvoljnom trenutku t > 0 i pokažimo da je manja od
početne energije mgz 0 + mv0 2 /2, a da je smanjenje energije srazmjerno s koeficijentom β koji
odreduje silu prigušenja. U trenutku t > 0, energija je jednaka E = m g z + m ż 2 /2. Izravnom
derivacijom E po vremenu, i uvrštavanjem (5.16) i (5.17), dolazi se do
dE
dt
= mż (g + ¨z ) =
−1
β
[
mg ( 1 − e −βt/m) − βv 0 e −βt/m ] 2.
Desna je strana uvijek manja od nule, što znači da se energija smanjuje s vremenom (vrijeme
uvijek ide u jednom smjeru, pa je zato dt uvijek veći od nule; da bi i lijeva strana bila negativna
mora biti d E < 0, tj. energija se mora smanjivati). Primjetimo da gubitak energije nije
ravnomjeran u vremenu, tako npr. za male vrijednosti β i/ili t je
dE
dt = −β(v 0 − gt + · · · ) 2 .
(od t = 0 pa do t = v 0 /g se gubitak energije smanjuje, a zatim se ponovo povećava). U granici
β → 0, energija ostaje sačuvana.
5.4.2 Kosi hitac
Jednadžbama kosog hica (5.11), dodajmo član s trenjem
m d 2 ⃗r
dt = −gẑ − β ⃗v ⇒ d 2 x
2 dt = − β 2 mẋ , d 2 y
dt = − β 2 m ẏ , d 2 z
dt = −g − β 2 mż . (5.18)
Jednadžbe za x i y koordinatu su istog oblika, pa je dovoljno riješiti samo jednu od njih, npr.
za komponentu x (slično kao kod slobodnog pada)
Slično bi se dobilo i za v y (t)
∫ vx(t)
v x (0)
m dv x
= −βv x
dt
dv x
= − β /∫ t
v x m dt
ln v x(t)
v x (0)
dv x
v x
= − β m
= − β m t
∫ t
0
dt
v x (t) = v x (0) e −β t/m .
v x (t) = v x (0) e −β t/m , v y (t) = v y (0) e −β t/m .
Prema početnim uvjetima je v x (0) = 0, v y (0) = v 0 cos α, što vodi na
v x (t) = 0, v y (t) = v 0 cos α e −β t/m .
Rješavanje z komponente takoder ide kao i kod slobodnog pada: uvodi se nova varabla Z =
−g − βż čime jednadžba za z komponentu postaje
− β dZ
m dt = Z,
0

114 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
s rješenjem (kada se vratimo u početne oznake)
v z (t) = v 0 sin α e −β t/m − m β g (
1 − e −β t/m ).
Sada, kada su poznate svi tri komponente brzine, njihovom integracijom uz uvrštavanje početnih
uvjeta, dobiju se položaji
x(t) = 0,
y(t) = m β v 0 cos α
z(t) = z 0 + m β v 0 sin α
(1 − e −β t/m )
,
(1 − e −β t/m )
− m β g t + m 2
β 2 g (
1 − e −β t/m ).
(5.19)
U granici β → 0, kada sila trenja iščezava, iz (5.19) i odgovarajućih derivacija, dobiju se
rezultati za kosi hitac bez trenja
lim y(t) = v 0 t cos α,
β → 0
lim v y(t) = v 0 cos α,
β → 0
lim a y(t) = 0,
β → 0
lim
β → 0 z(t) = z 0 + v 0 t sin α − 1 2 g t2 ,
lim v z(t) = v 0 sin α − g t,
β → 0
lim a z(t) = −g.
β → 0
Slično kao i kod slobodnog pada, i sada se može pokazati da mehanička energija nije sačuvana,
nego se smanjuje uslijed trenja. Izravnom derivacijom ukupne mehaničke energije
E = m 2 (ẏ 2 + ż 2 ) + mgz
po vremenu, i uvrštavanjem (5.19) i odgovarajućih derivacija, dolazi se do
dE
dt
= mẏ ÿ + mż (g + ¨z )
= −β
{
v 2 0 cos 2 α e −2β t/m +
[
v 0 sin α e −β t/m − m g
β
(
1 − e −β t/m ) ] 2 }
Izraz u vitičastoj zagradi gornjeg izraza je zbroj dva pozitivna broja, pa je i sam uvijek pozitivan,
što znači da se energija smanjuje s vremenom U granici slabog prigušenja, tj. za male vrijednosti
β je
dE
(
)
dt = −β v0 2 − 2 v 0 g t sin α + g 2 t 2 − β 2 g t2
m
(v 0 sin α − 1 2 g t )
)
+ O
(β 3 .

5.5. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 115
U granici β → 0, energija ostaje sačuvana.
početak balistike
5.5 Sile ovisne o brzini: (2) Lorentzova sila
Ovaj ćemo odjeljak posvetiti analizi gibanja čestice u još jednom polju sile koje nije konstantno.
To je primjer gibanja čestice koja, osim mase, posjeduje i električni naboj iznosa
q ≶ 0 i koja se giba u elektromagnetskom polju koje je konstantno i u prostoru i u vremenu.
Elektromagnetsko polje opisujemo dvama vektorima: vektorom jakosti električnog polja ⃗ E i
vektorom indukcije magnetskog polja ⃗ B . Sila koja djeluje na česticu je oblika
⃗F L = q ⃗ E + q ⃗v × ⃗ B (5.20)
i zove se Lorentzova sila 2 Sastoji se od dva člana: prvog koji predstavlja silu od električnog
polja i drugog koji predstavlja silu od magnetskog polja. Ova je druga sila osobita po tome što
ovisi o brzini čestice ⃗v = ⃗v(t) koja ne mora biti konstanatna u vremenu, pa time i cijela sila
može ovisiti o vremenu. Lorentzova je sila konzervativna, što se lako vidi ako se izračuna
rad F ⃗ L izmedu dvije točke. Za polja E ⃗ i B ⃗ konstantna u prostoru (neovisna o ⃗r) je
∫ ⃗r ∫ ⃗r
∫ ⃗r
( )
W = FL ⃗ d⃗r = (qE ⃗ + q⃗v × B ⃗ )d⃗r = qE ⃗ d⃗r
(⃗r − ⃗r 0 ) + q d⃗r ·
⃗r 0 ⃗r 0
⃗r 0
dt × B ⃗ = qE ⃗ (⃗r − ⃗r 0 )
} {{ }
= 0
koji ovisi samo o početnoj ⃗r 0 i konačnoj točki ⃗r, a ne i o obliku putanje izmedu te dvije točke.
Budući da je sila konzervativna, može joj se pridružiti potencijalna energija. O tome će više
riječi biti u odjeljku 14.6, jednadžba (14.21).
Takoder treba primjetiti i da sav rad potječe od električne komponente sile: magnetski dio ne
vrši rad, jer je magnetska komponenta sile uvijek okomita na pomak čestice (zato je magnetski
član i jednak nuli). Ovaj rad Lorentzove sile mijenja kinetičku energiju čestice, kao u (4.9), tj.
iznos brzine čestice. Vidjet ćemo da magnetska komponenta sile, iako ne mijenja iznos brzine,
mijenja njezin smjer.
Radi jednostavnosti, u ovom ćemo primjeru zanemariti utjecaj gravitacijske sile i sile trenja na
gibanje čestice. U tom slučaju, drugi Newtonov aksiom, tj. jednadžba gibanja čestice (4.4),
glasi
d 2 ⃗r
dt 2 = 1 m
(
qE ⃗ + q d⃗r )
dt × B ⃗ .
Rješenje jednadžbe gibanja je jednoznačno odredeno početnim uvjetima: neka se u trenutku
t = 0, čestica nalazi u točki ⃗r 0 i ima brzinu ⃗v 0 . Vektori polja E ⃗ i B ⃗ neka zatvaraju neki prizvoljni
kut θ. Zbog izotropnosti prostora, koordinatni sustav možemo orjentirati tako da os z ima
smjer vektora B ⃗ = Bẑ (uz B > 0), a da vektor E ⃗ leži u ravnini (y, z). Zbog homogenosti
2 Hendrick Antoon Lorentz, nizozemski fizičar, 1853 - 1928; zajedno s P. Zeemanom, 1902. god. je dobio Nobelovu nagradu za
fiziku.

116 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
prostora, ishodište koordinatnog sustava možemo postaviti u točku ⃗r 0 (slika 5.4). Uz ovaj
odabir, početni uvjeti glase:
Napišimo jednadžbu gibanja
⃗r(0) = ⃗0,
⃗v(0) = ⃗v 0 = v 0,x ˆx + v 0,y ŷ + v 0,z ẑ .
(5.21)
Slika 5.4: Uz Lorentzovu silu.
po komponentama
m¨⃗r = q E (ŷ sin θ + ẑ cos θ) + q ˙⃗r × ẑ B,
(
)
= q E (ŷ sin θ + ẑ cos θ) + q ẋ ˆx + ẏ ŷ + ż ẑ × ẑ B,
(
)
= q E (ŷ sin θ + ẑ cos θ) + q Bq, − ẋ ŷ + ẏ ˆx ,
ẍ = qB m ẏ = ω ẏ ,
ÿ = qE m sin θ − qB m ẋ = qE m sin θ − ω ẋ ,
¨z = qE m
cos θ,
gdje je uvedena tzv. ciklotronska frekvencija
ω = qB m .
Primjetimo da je predznak ω jednak predznaku naboja čestice: sgn ω = sgn q. Prve dvije
jednadžbe, za x i y, su medusobno povezane, dok je gibanje u smjeru osi z neovisno o gibanju
u ravnini (x, y).

5.5. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 117
Promatrajući jednadžbu gibanja u smjeru osi z, primjećujemo da je desna strana jednadžbe
konstantna, tj. tu se radi o gibanju u polju konstantne sile, koje smo već riješili na početku
ovog poglavlja, (5.5), uz z(0) = 0, v z (0) = v 0,z i F 0,z = qE cos θ. Primjenom tog rješenja na
ovaj problem, može se odmah napisati
z(t) = v 0,z t + 1 2
qE cos θ
m t 2 qE cos θ
, v z (t) = v 0,z +
m t, a z(t) =
qE cos θ
m . (5.22)
Vezani 2 × 2 sustav diferencijalnih jednadžba za x i y koordinate, ćemo riješiti uvodenjem
kompleksne varijable
ζ = x + i y,
gdje je i 2 = −1, imaginarna jedinica. Pomnožimo li jednadžbu za y s i i zbrojimo ju s jednadžbom
za x, dobit ćemo
ẍ + iÿ = ωẏ + i qE m
¨ζ + iω ˙ζ = i qE m
sin θ − iωẋ
sin θ. (5.23)
Prema konstrukciji gornje jednadžbe, njezin realni dio je rješenje za x, a imaginarni dio je
rješenje za y. Gornju ćemo jednadžbu rješavati postupno.
♣ Radi jednostavnosti, ograničimo se najprije na slučaj gibanja u (samo) električnom polju:
B = 0 = ω i E ≠ 0. Tada jednadžba (5.23) postaje
¨ζ = ẍ + ı ÿ = i qE m
sin θ.
Izjednačimo realne i imaginarne dijelove na lijevoj i desnoj strani
ẍ = 0,
ÿ = qE m
sin θ.
No, to su jednadžbe istog oblika kao i u odjeljku 5.1, uz konstantne komponente sile
F 0,x = 0, F 0,y = q E sin θ.
Rješenja ove jednadžbe su nam poznata iz (5.5) (dodajmo još i rješenje (5.22) za z)
x(t) = v 0,x t, y(t) = v 0,y t + 1 2
q E sin θ
m
t 2 , z(t) = v 0,z t + 1 2
qE cos θ
m t 2 .
To je rješenje za
(5.24)
E ≠ 0, B = 0.
Gibanje u smjeru osi x je jednoliko i odvija se konstantnom početnom brzinom v 0,x . U smjeru
osi y i z postoji ubrzanje koje dolazi od y i z komponenata sile električnog polja, F 0,y = q E sin θ
i F 0,z = q E cos θ.

118 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
♣ Neka se sada čestica giba (samo) u magnetskom polju, tj. neka je: E = 0, a B ≠ 0. Tada
jednadžba (5.23) prelazi u
¨ζ + iω ˙ζ = 0. (5.25)
Funkcija čija je druga derivacija srazmjerna prvoj derivaciji, mora biti (do na konstantu) jednaka
eksponencijalnoj funkciji. Zato rješenje gornje jednadžbe tražimo 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 jednadžbe (5.25) i dva početna uvjeta
(5.21). Uvrštavanje gornjeg rješenja u jednadžbu daje
b c e c t (c + iω) = 0 ⇒ c = −iω
Preostale dvije konstante a i b se odreduju iz početnih uvjeta
ζ(0) = x(0) + i y(0) = 0 = a + b ⇒ a = −b,
˙ζ (0) = ẋ (0) + i ẏ (0) = v 0,x + iv 0,y = b(−iω),
a = −b = −iv 0,x + v 0,y
.
ω
Uvrstimo ove vrijednosti za konstante a, b i c u ζ = x + i y i odvojimo realni x i imaginarni y
dio
v 0,y
Re (ζ) = x(t) =
ω + v 0,x
ω sin ωt − v 0,y
cos ωt,
ω
Im (ζ) = y(t) = − v 0,x
ω + v 0,x
ω cos ωt + v 0,y
ω
sin ωt.
Ova rješenja možemo napisati preglednije, uvedemo li veličine R i Φ relacijama
√
v0,x 2 + v0,y
2
R =
, tan Φ = v 0,y
.
|ω|
v 0,x
Primjetimo da R i Φ ovise o početnim uvjetima, tj. početnim brzinama. Sada za ukupno
rješenje x, y i z možemo napisati
x(t) − v 0,y
ω = R sin(ωt − Φ), y(t) + v 0,x
ω = R cos(ωt − Φ), z(t) = v 0,z t.
To je rješenje za
(5.26)
E = 0, B ≠ 0.
U gornjim su jednadžbama vrijednosti x i y odredene parametarski preko vremena t kao parametra.
Ako se želi dobiti eksplicitna veza izmedu x i y, treba eliminirati parametar tj. vrijeme.
Za gornje je jednadžbe to lako napraviti koristeći relaciju
sin 2 α + cos 2 α = 1.

5.5. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 119
Ovime se iz gornjih jednadžba, dobiva
(
x − v ) 2 (
0,y + y + v ) 2
0,x = R 2 .
ω
ω
Lako vidi da čestica u ravnini (x, y) opisuje kružnicu, (slika 5.5.A), s jednadžbom
i sa središtem u točki
i polumjerom
(x − x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 = R 2 (5.27)
(x 0 , y 0 ) = (v 0,y /ω, −v 0,x /ω)
R =
√
v0,x 2 + v0,y
2 .
|ω|
Polumjer ovisi o početnim uvjetima: što su početne brzine veće, veći je i polumjer kružnice.
Udaljenost od središta kružnice do ishodišta je
√
x 2 0 + y 2 0 = R,
pa kružnica prolazi ishodištem. Smjer kruženja ovisi o predznaku ω tj, o predznaku naboja.
Slika 5.5: (A) Gibanje po kružnici u ravnini (x, y). (B) Gibanje po zavojnici u prostoru.
Period kruženja je odreden zahtjevima
x(t) = x(t + T ), y(t) = y(t + T ).
Oba ova zahtjeva su ispunjena ako je
[
]
sin(ωt − Φ) = sin ω(t + T ) − Φ = sin(ωt − Φ) cos(ωT ) + cos(ωt − Φ) sin(ωT ).

120 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Gornja relacija vrijedi ako je ωT = ±n · 2π za svaki n = 1, 2, 3, · · · .
vrijeme koje zadovoljava ovu relaciju, pa je zato
T = 2π
|ω| = 2π
m
|q| B .
Period je najkraće
Primjetimo da period ne ovisi o početnim uvjetima, tj. početnim brzinama.
Uzmemo li u obzir i jednoliko gibanje u smjeru osi z = v 0,z t, zaključujemo da se čestica giba po
krivulji oblika zavojnice (spirale) koja nastaje kombiniranjem jednolikog pravocrtnog gibanja
u smjeru vektora ⃗ B i jednolikog kruženja u ravnini okomitoj na ⃗ B . Zavojnica je namotana na
valjak polumjera R, čija je jedna izvodnica os z. Visina hoda zavojnice je (slika 5.5.B)
∆ z = z(t + T ) − z(t) = v 0,z T = v 0,z
Naboji izbačeni iz ishodišta istom početnom brzinom v 0,z , a različitim početnim brzinama v 0,x
i v 0,y , gibat će se po zavojnicama različitih polumjera R, ali će se ponovo sastati u točkama
(0, 0, z(n · T )), jer im za jedan ophod treba isto vrijeme T (koje ne ovisi o početnim brzinama).
2π
|ω| .
♣ Promotrimo sada i najopćenitiji slučaj kada su i električno i magnetsko polje različiti od
nule. U tom slučaju treba riješiti nehomogenu diferencijalnu jednadžbu
¨ζ + iω ˙ζ qE sin θ
= i
m .
Opće rješenje ovakve jednadžbe je zbroj rješenja homogene, ζ H i partikularnog rješenja, ζ P
nehomogene jednadžbe
ζ = ζ H + ζ P .
Homogeno rješenje znamo iz (5.25) da je oblika ζ H = a + b exp(−iωt) (frekvencija vrtnje ω je
ista kao i ranije, dok konstante a i b ovise o početnim uvjetima na cijelo rješenje i neće biti
iste kao ranije). Lako je provjeriti da je partikularno rješenje jednostavno linearna 3 funkcija
ζ P = A · t. Očito je
ζ P = A · t, ˙ζ P = A, ¨ζ P = 0,
pa odabir konstante A = E sin θ/B, zadovoljava jednadžbu. Tako smo došli do općeg rješenja
u obliku
ζ = a + be −iωt + E sin θ
B t,
gdje se konstante a i b odreduju iz početnih uvjeta:
ζ(0) = x(0) + i y(0) = 0 = a + b ⇒ a = −b,
˙ζ (0) = ẋ (0) + i ẏ (0) = v 0,x + iv 0,y = b(−iω) + E sin θ
B ,
a = ı E sin θ
ωB − ıv 0,x + iv 0,y
.
ω
b = −ı E sin θ
ωB + ıv 0,x + iv 0,y
.
ω
3 Općenita linearna funkcija je oblika a + A · t, no konstantni član a je već uračunat kod homogenog dijela rješenja.

5.5. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 121
Uvrštavanjem ovih konstanata u izraz za ζ = x + i y i razdvajanjem realnog i imaginarnog
dijela, dobivamo rješenja za x i y
v 0,y
Re (ζ) = x(t) =
ω
+ E sin θ (
B t + − E sin θ
ωB + v )
0,x
sin ωt − v 0,y
cos ωt,
ω
ω
Im (ζ) = y(t) = − v 0,x
ω
+ E sin θ (
ωB + − E sin θ
ωB + v )
0,x
cos ωt + v 0,y
sin ωt.
ω
ω
Ponovo se gornja rješenja mogu preglednije zapisati preko veličina R i Φ, ovoga puta definiranih
relacijama
√
[v 0,x − E sin θ/B] 2 + v0,y
2 v 0,y
R =
, tan Φ =
|ω|
v 0,x − E sin θ/B .
Pomoću ovih veličina, rješenja za x, y i z komponente vektora položaja čestice, tj.
putanja, glasi
njihova
x(t) −
y(t) +
(
v0,y
ω
(
v0,x
ω
+ E sin θ
B t )
= R sin(ωt − Φ),
− E sin θ )
= R cos(ωt − Φ),
ωB
(5.28)
z(t) = v 0,z t + 1 2
qE cos θ
m t 2 .
To je putanja kada su
E ≠ 0, B ≠ 0.
Sada se u ravnini (x, y), čestica se giba po krivulji koja nastaje gibanjem po kružnici (5.27)
kada se i samo središte kružnice (x 0 (t), y 0 ), uz
x 0 (t) = v 0,y
ω
giba konstantnom brzinom
u smjeru osi x (slika 5.6.A)
[ (
v0,y
x −
ω
+ E sin θ
B t, y 0 = − v 0,x
ω
− E sin θ
ωB ,
ẋ 0 = E sin θ
B , ẏ 0 = 0.
[ ] 2 [ ] 2
x − x 0 (t) + y − y 0 = R 2 ,
+ E sin θ )] 2 [ (
B t v0,x
+ y +
ω
− E sin θ )] 2
= R 2 .
ωB
Kombinacija ova dva gibanja (kruženje i jednoliko gibanje po pravcu) u ravnini (x, y), daje

122 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Slika 5.6: Gibanje uz ⃗ E ≠ 0 i ⃗ B ≠ 0: (A) u ravnini (x, y); (B) u trodimenzijskom prostoru.
krivulju koja se zove cikloida 4 , čija je općenita parametarska jednadžba oblika
x = a ϕ − b sin ϕ, y = a − b cos ϕ. (5.29)
Gornje su jednadžbe istog oblika kao i jednadžbe (5.28) za x i y komponentu položaja. Cikloida
može biti:
obična a = b,
produljena b > a,
(prolate, extended)
skraćena b < a,
(curtate, contracted)
ovisno o omjeru putova koje prede čestica gibajući se po kružnici i po pravcu (slika 5.7) gibajući
se brzinom ẋ 0 . U vremenu od jednog perioda T , čestica obide cijelim opsegom kružnice što
iznosi 2Rπ, a pravocrtno se pomakne za T E sin θ/B
2πR > E sin θ
B T produljena,
2πR = E sin θ
B T obična,
2πR < E sin θ
B T skraćena.
Ukupno, trodimenzijsko, gibanje čestice je kombinacija gibanja po cikloidi u ravnini (x, y) i
jednoliko ubrzanog gibanja u smjeru osi z (slika 5.6.B).
4 Cikloida je krivulja koju opisuje točka na kružnici, kada se kružnica kotrlja po pravcu.

5.5. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 123
Slika 5.7: Cikloide, odozgo prema dolje: obična, skraćena i produljena.
4
2
0
6
4
2
0
6
4
2
0
-2
0 50 100 150 200
Pokažimo da su jednadžbe za x i y iz (5.28) oblika jednadžba cikloide (5.29). Nazovimo
Tada jednadžbe za x i y iz (5.28), glase
ϕ = ωt − Φ.
x(t) − v 0,y
ω
− E sin θ
ω B Φ = E sin θ ϕ + R sin ϕ,
ω B
y(t) + v 0,x
ω
Uvedu li se nove (pomaknute) koordinate
= E sin θ
ωB
+ R cos ϕ.
˜x(t) = x(t) − v 0,y
ω
− E sin θ
ω B Φ,
ỹ(t) = y(t) + v 0,x
ω ,
tada su gornje parametarske jednadžbe za ˜x(t) i ỹ(t) upravo oblika jednadžba cikloide (5.29)
˜x(t) = a ϕ + b sin ϕ,
ỹ(t) = a + b sin ϕ,
uz
a ≡ E sin θ
ω B ,
b ≡ −R.

124 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Sada se usporedba a i b svodi na usporedbu
ili, ako su umjesto |ω| koristi T = 2π/|ω|
E sin θ
|ω| B R,
E sin θ
B 2 π R.

Poglavlje 6
Gibanje pod djelovanjem elastične sile:
harmonijski oscilator i matematičko
njihalo
6.1 Slobodni harmonijski oscilator
U prethodnom poglavlju smo upoznali konstantnu silu, silu trenja i neke od sila ovisnih o brzini
čestice. U ovom ćemo poglavlju upoznati elastičnu silu koja ovisi o koordinati, tj. o udaljenosti
čestice od njezinog položaja ravnoteže. Kao vektorska veličina, sila je karakterizirana
svojim iznosom i smjerom. Kod elastične sile
iznos sile
smjer sile
ovisi linearno o udaljenosti od položaja ravnoteže, a
je smjer prema položaju ravnoteže.
Čestica koja se giba (samo) pod djelovanjem elastične sile se zove slobodni harmonijski
oscilator ili linearni oscilator.
Najjednostavnija realizacija harmonijskog oscilatora jeste elastična opruga, čiji je jedan kraj
pričvršćen za nepomičnu stjenku, a za drugi je kraj pričvršćena čestica mase m (slika 6.1.A).
Postavimo koordinatni sustav tako da se čestica nalazi u ishodištu kada je opruga nerastegnuta.
Slika 6.1: Uz definiciju elastične sile.
125

126POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Ako se čestica pomakne iz ravnotežnog položaja lijevo ili desno po osi x, opruga će se rastegnuti
ili sabiti (slike 6.1.B i C) za neki iznos x. Ako je x mali prema duljini opruge, tada će opruga na
česticu djelovati silom koja je srazmjerna pomaku x (Hookov 1 zakon) i bit će uvijek usmjerena
prema položaju ravnoteže (u ovom slučaju prema ishodištu)
⃗F el = −K x ˆx .
Konstanta K je primjer nečega što se općenito naziva konstantom vezanja. To je konstanta
koja opisuje jakost medudjelovanja promatranog sustava i okoline. U ovom primjeru, sustav je
jednostavno jedna čestica, a okolina s kojom ona medudjeluje je opruga. Pozitivna konstanta
K se naziva konstanta opruge ili elastična konstanta, a opisuje kako se lako ili teško opruga
rasteže. Podrijetlo elastične sile je u (električnim) silama koje djeluju medu molekulama tvari
od koje je izradena opruga. Ako zanemarimo trenje izmedu čestice i podloge kao i trenje izmedu
čestice i molekula sredstva kroz koje se čestica giba, jedina sila koja djeluje je elastična sila
i sustav sa slike 6.1 predstavlja slobodni harmonijski oscilator. Jednadžba gibanja čestice na
koju djeluje samo elastična sila glasi
mẍ = −Kx,
a sustav čije je gibanje opisano gornjom jednadžbom se zove slobodni jednodimenzijski
harmonijski oscilator (ili linearni harmonijski oscilator). Samo gibanje se zove harmonijsko
gibanje. Riješimo jednadžbu gibanja uz najopćenitije početne uvjete: u početnom trenutku
t = 0, čestica je otklonjena iz položaja ravnoteže za x 0 i ima brzinu v 0
t = 0 : x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 . (6.1)
Uvede li se pozitivna konstanta ω 0 = √ K/m, jednadžba gibanja glasi
ẍ = −ω 2 0 x. (6.2)
Gornja jednadžba kaže da treba naći funkciju čija je druga derivacija srazmjerna negativnoj
vrijednosti same funkcije. Takvo svojstvo imaju funkcije
Eulerovom relacijom
sin αt, cos αt, e ı αt , e −ı αt .
e ±ı αt = cos αt ± ı sin αt,
povezane su eksponecijalna i trigonometrijske funkcije, pa se možemo zadržati npr. samo na
trigonometrijskim funkcijama. Zbog linearnosti diferencijalne jednadžbe (6.2), njezino opće
rješenje je linearna kombinacija sinusa i kosinusa
x(t) = C cos αt + S sin αt
s nepoznanicama C, S i α. Ove tri nepoznanice ćemo odrediti pomoću tri jednadžbe: jednadžbe
gibanja (6.2) i dvije jednadžbe početnih uvjeta (6.1).
Uvrštavanjem gornjeg izraza u (6.2), slijedi
α = ± ω 0 .
Budući da su C i S još neodredene, možemo odabrati bilo koji predznak, npr. pozitivni 2
x(t) = C cos ω 0 t + S sin ω 0 t.
1 Robert Hook, engleski fizičar, 1635 - 1703
2 Odabir negativnog predznaka samo znači redefiniciju S → −S.

6.1. SLOBODNI HARMONIJSKI OSCILATOR 127
Preostale dvije nepoznate konstante, C i S, ćemo odrediti iz dva početna uvjeta (6.1).
x(t = 0) = x 0 = C · 1 + S · 0 ⇒ C = x 0 ,
ẋ (t = 0) = v 0 = ω 0 (−x 0 · 0 + S · 1) ⇒ S = v 0
ω 0
,
x(t) = x 0 cos ω 0 t + v 0
ω 0
sin ω 0 t.
Umjesto zbroja funkcija sinusa i kosinusa, gornje rješenje možemo napisati i kao jednu od tih
funkcija, ali s pomakom u fazi. Tako se npr. uvodenjem konstanata A (amplituda) i Φ (pomak
u fazi)
√
A =
x 2 0 + v2 0
, tan Φ = v 0
, (6.3)
ω0
2 ω 0 x 0
rješenje za trenutni otklon od položaja ravnoteže (tj. putanju), x(t), dobiva u obliku (slika 6.2)
x(t) = A cos(ω 0 t − Φ). (6.4)
Trenutni otklon od položaja ravnoteže, x(t), se naziva i elongacija. Maksimalni otklon kod
titranja nazivamo amplituda i ona je, prema gornjem izrazu, jednaka ±A. Osim o K i m,
amplituda ovisi i o početnim uvjetima x 0 i v 0 . Čestica titra oko položaja ravnoteže kružnom
frekvencijom ω 0 koja se naziva vlastita frekvencija titranja.
Slika 6.2: Otklon x(t) = 0.5 cos(2 t − 0.8).
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
x ( t )
0
-0.1
-0.2
-0.3
-0.4
-0.5
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
t
Ako nismo dovoljno dosjetljivi da pogodimo rješenje jednadžbe, onda ju trebamo riješiti.
Zaboravimo na trenutak na gornje rješenje i počnimo rješavati jednadžbu gibanja (6.2). Pomnožimo
li obje strane jednadžbe s 2ẋ
2 ẋ ẍ = −2 ω 2 0 x ẋ ,

128POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
na lijevoj strani prepoznajemo vremensku derivaciju kvadrata brzine, a na desnoj strani prepoznajemo
vremensku derivaciju kvadrata pomaka
d 2 = −ω 2 d
0
dtẋ dt x2 .
Integracijom po vremenu od početnog trenutka 0 do nekog općeg t, dobivamo
∫ t
0
∫ t
d 2 dt = −ω0
2 dtẋ
∫ t
0
∫ t
d
dt x2 dt
d(ẋ 2 ) = −ω0
2 d(x 2 )
0
0
[
]
ẋ 2 (t) − ẋ 2 (0) = −ω0
2 x 2 (t) − x 2 (0) .
No, ẋ 2 (0) je kvadrat brzine u početnom trenutku, v 2 0, a x 2 (0) je kvadrat položaja čestice u
početnom trenutku, x 2 0. Uvrštavanjem se dobije izraz za brzinu u proizvoljnom trenutku
ẋ (t) ≡ dx(t)
dt
= ± ω 0
√ ( v
2
0
ω 2 0
)
√
+ x 2 0 − x 2 (t) = ± ω 0 A2 − x 2 (t). (6.5)
Pozitivan predznak brzine se odnosi na onaj dio gibanja kada se čestica pomiče desno od
položaja ravnoteže (kada je dx > 0, opruga se rasteže), a negativni se predznak odnosi na
pomak čestice lijevo od položaja ravnoteže (kada je dx < 0, opruga se sabija). Budući da je
brzina realna veličina, mora izraz pod korjenom biti veći ili jednak nuli. To je moguće samo
onda ako se gibanje čestice odvija po ograničenom dijelu osi x iz intervala −A ≤ x ≤ +A (gdje
smo se poslužili pokratom (6.3)). Opišimo gibanje počevši od proizvoljnog trenutka u kojemu
je x > 0. Prema jednadžbi (6.5), brzina se smanjuje i postaje jednaka nuli kada čestica dode u
točku x = +A. U toj točki brzina mijenja predznak i postaje negativna. Brzina ima negativne
vrijednosti sve dok čestica ne dode u točku x = −A, kada opet mijenja predznak i postaje
pozitivna, itd. Očito će brzina biti najveća u trenutku prolaska kroz položaj ravnoteže, x = 0.
Ovime smo pokazali kako iz samih jednadžba (6.2) i (6.5), a bez njihova rješavanja, možemo
zaključiti da će se čestica pod djelovanjem elastične sile, gibati periodički izmedu x = +A i
x = −A. Ovaj se zaključak ne može izvesti iz samog oblika elastične sile. Nastavimo sada
rješavati jednadžbu (6.5) tako što ćemo se ograničiti na početni uvjet v 0 > 0 i zadržati samo
pozitivni predznak. Izvedimo zatim razdvajanje varijabli
/∫
dx
+ √ = ω 0 dt
A2 − x 2
∫ x
x 0
∫
dx
t
√ = ω 0 dt
A2 − x 2 0
arcsin x ∣ x (
= ω 0 t ⇒ x(t) = A sin
A x 0
ω 0 t + arcsin x 0
A
Čitateljima prepuštamo da pokažu identičnost gornjeg rješenja s rješenjem (6.4).
)
.
Period:
Periodom T ćemo nazivati najkraći vremenski interval izmedu dva uzastopna identična položaja

6.1. SLOBODNI HARMONIJSKI OSCILATOR 129
čestice. Prema (6.4), može se napisati
x(t) = x(t + T )
A cos(ω 0 t − Φ) = A cos
A cos(ω 0 t − Φ) = A
[
ω 0 (t + T ) − Φ
]
[
]
= A cos (ω 0 t − Φ) + ω 0 T
[
cos(ω 0 t − Φ) cos(ω 0 T ) − sin(ω 0 t − Φ) sin(ω 0 T )
Usporedbom lijeve i desne strane gornje jednadžbe, zaključujemo da mora biti
cos(ω 0 T ) = 1, sin(ω 0 T ) = 0, ⇒ ω 0 T = 2π · n,
gdje je n neki cijeli broj. Period je najkraće vrijeme koje zadovoljava gornji uvjet, pa zato
odabiremo n = 1,
T = 2π √ m
= 2π
ω 0 K .
Primjetimo da početni uvjeti odreduju amplitudu A i početnu fazu Φ, ali ne i na period titranja.
Period je odreden samo svojstvima sustava: konstantom vezanja K i masom čestice m.
Frekvencija:
Frekvencijom ν se naziva broj titraja u jednoj sekundi
ν = 1 T = ω 0
2π = 1
2π
√
K
m . (6.6)
]
konzervativnost:
Pokažimo da je elastična sila konzervativna, tako što ćemo pokazati da rad elastične sile ovisi
samo o početnoj i konačnoj točki putanje.
W x0 ,x =
∫ x
x 0
F el dx = −K
∫ x
x 0
x dx = − 1 2 K x2 + 1 2 K x2 0
U skladu s (4.19), iz izraza za rad očitavamo i potencijalnu energiju elastične sile
W x0 ,x = E p (x 0 ) − E p (x) = − 1 2 K x2 + 1 2 K x2 0,
iz čega se zaključuje da je potencijalna energija pridružena elastičnoj sili
E p (x) = 1 2 K x2 .
sačuvanje energije:
Izračunajmo mehaničku energiju harmonijskog oscilatora u proizvoljnom vremenskom trenutku
t
E meh (t) = E k (t) + E p (t) = 1 2 m ẋ 2 + 1 2 K x2
= m [
] 2 K
[
] 2 1
− ω 0 A sin(ω 0 t − Φ) + A cos(ω 0 t − Φ) =
2
2
2 K A2
= 1 ( )
2 K x 2 0 + v2 0
= 1 2 m v2 0 + 1 2 K x2 0
ω 2 0
= E k (0) + E p (0) = E meh (0).

130POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Mehanička je energija ista u početnom kao i u bilo kojem slijedećem trenutku, E meh (0) =
E meh (t), tj. ona je konstantna (sačuvana)
E k + E p = const. (6.7)
U odjeljku 6.4 ćemo pokazati kako medudjelovanje čestice s medijem u kojem se odvija titranje,
vodi na smanjenje energije čestice (relacija (6.22)).
6.2 Gustoća vjerojatnosti
U ovom odjeljku želimo odgovoriti na slijedeće pitanje: ako se tijekom vremena, oscilator giba
po osi x unutar intervala (−A, +A), kolika je vjerojatnost da se u danom trenutku oscilator
nalazi unutar infinitezimalnog intervala [x, x + d x]? Tu ćemo vjerojatnost označiti s d P (x).
Budući da se oscilator mora nalaziti negdje u intervalu −A ≤ x ≤ +A, to za d P (x) mora
vrijediti (normiranje vjerojatnosti)
∫ +A
−A
d P (x) = 1.
Umjesto same vjerojatnosti dP (x), uobičajeno je uvesti gustoću vjerojatnosti ρ(x). I gustoća
vjerojatnosti se definira kao i sve ostale gustoće s kojima smo se do sada susretali (gustoća
mase, naboja, energije, . . . ): ako je dP (x) vjerojatnost nalaženja oscilatora negdje u intervalu
[x, x + dx], tada je gustoća vjerojatnosti dana omjerom
a uvjet normiranja glasi
ρ(x) = d P (x)
d x ,
∫ +A
−A
ρ(x) dx = 1.
Izračunajmo gustoću vjerojatnosti ρ(x) za harmonijski oscilator iz prethodnog odjeljka. Najprije
ćemo gornju relaciju normiranja transformirati tako što ćemo s integracije po prostoru,
prijeći na vremensku integraciju: dx = v dt
∫ +A
−A
ρ(x) dx =
∫ T/2
0
ρ v dt = 1.
Lako je uvjeriti se da će gornja relacija biti zadovoljena ako je
jer je tada
∫ T/2
0
ρ v dt =
ρ = 2/(vT ),
∫ T/2
0
2
v T v dt =
2 T
T
2 = 1.
Da bismo iz ρ = 2/(vT ) mogli pročitati ρ kao funkciju položaja x, treba brzinu izraziti kao
funkciju od x. Prema (6.5) je
v = dx
dt
= ω 0
√
A2 − x 2

6.3. NELINEARNI OSCILATOR - RAČUN SMETNJE 131
Primjetimo da je brzina najmanja i jednaka je nuli u točkama okretišta, x = ± A, a najveća
je pri prolazu kroz položaj ravnoteže x = 0. Pomoću gornjeg izraza za brzinu, za gustoću
vjerojatnosti, ρ = 2/(vT ), se dobiva (slika 6.3)
ρ(x) = 1 π
1
√
A2 − x 2 .
Najmanja je vjerojatnost da ćemo oscilator zateći tamo gdje se on najbrže giba, a to je u
8
Slika 6.3: Gustoća vjerojatnosti nalaženja harmonijskog oscilatora ρ(x) = 1/ √ 1 − x 2 .
7
6
5
ρ ( x )
4
3
2
1
0
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
x
okolini točke x = 0. Naprotiv, najveća je vjerojatnost da ćemo naći oscilator tamo gdje se on
najsporije giba (jer tamo provodi najviše vremena), a to je u okolini točaka x = ± A.
Primjer: 6.1 tekst primjera
R: tekst rješenja
6.3 Nelinearni oscilator - račun smetnje
Ako sila koja djeluje na česticu, pored člana linearnog s udaljenošću od položaja ravnoteže,
sadrži i članove viših potencija,
F = −K x + K 2 x 2 + K 3 x 3 + · · · ,
tada se sustav sastavljen od čestice i sile koja na nju djeluje, naziva neharmonijski ili nelinearni
oscilator ili oscilator sa smetnjom. Na primjeru opruge, viši članovi u izrazu za silu će
se pojaviti ako rastezanje ili sabijanje opruge više nije malo u odnosu na nerastegnutu duljinu
opruge. Očekujemo da najveći doprinos sili potječe od linearnog člana, dok su doprinosi
ostalih članova po iznosu utoliko manji ukoliko im je potencija viša. Slijedeći primjer nelinernosti
možemo naći kod matematičkog njihala, relacija (6.56), gdje je vodeći nelinearni član u

132POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
izrazu za silu, srazmjeran trećoj potenciji kuta otklona od položaja ravnoteže. Postupak kojim
ćemo izračunavati putanju čestice pod djelovanjem nelinearne sile je primjer jednog općenitog
postupka koji se naziva račun smetnje. Naziv dolazi od toga što se ovi dodatni nelinearni
članovi sile shvaćaju kao smetnja u odnosu na gibanje čestice koje bi se odvijalao kada tih
članova ne bi bilo. Osnovna pretpostavka računa smetnje je da se putanja čestice sa smetnjom
malo razlikuje od putanje nesmetane čestice. Ili, više tehnički rečeno, da postoji mala veličina
po kojoj se može izvesti razvoj veličina od interesa (npr. otklona i kružne frekvencije, relacije
(6.9)).
Ako se, radi jednostavnosti, zadržimo samo na vodećem (kvadratnom) nelinearnom članu, jednadžba
gibanja glasi
mẍ = −Kx + K 2 x 2 .
Zbog pretpostavke da su dodatni članovi (u odnosu na elastičnu silu) mali, očekujemo da će se
rješenje gornje jednadžbe malo razlikovati od rješenja harmonijskog oscilatora i da će u granici
K 2 → 0, prijeći u (6.4). Takoder ćemo se ograničiti na traženje periodičkih rješenja za koja
je x(t) = x(t + T ). Za period titranja T = 2π/ω očekujemo da će se razlikovati od perioda
linearnog oscilatora 2π/ω 0 , kao i da će ta razlika iščezavati u granici K 2 → 0.
Umjesto vremena, uvedimo novu bezdimenzijsku varijablu ϕ = ωt u kojoj jednadžba gibanja
postaje
ω 2 d2 x
dϕ = 2 −ω2 0x + K /
2
1
m x2 ω0
2
( ) 2 ω d 2 x
ω 0 dϕ + x − ɛ 2 x2 = 0, (6.8)
gdje smo uveli pokratu ɛ = K 2 /(mω0) 2 (primjetimo da ɛ ima dimenziju inverzne duljine). Zbog
pretpostavke da je kvadratni član u izrazu za silu malen, očekujemo da je otklon x i kružnu
frekvenciju ω, moguće napisati u obliku razvoja u red po maloj veličini ɛ
∞∑
( ) 2 ω
∞∑
x(ϕ) = a n (ϕ) ɛ n ,
= b n (ϕ) ɛ n . (6.9)
ω 0
n=0
Kako bismo u granici ɛ → 0 dobili rješenja linearnog oscilatora (uz iste početne uvjete), mora
biti a 0 jednako rješenju (6.4), a b 0 mora biti jednako jedinici.
Početne uvjete ćemo odabrati tako da je
x(ϕ = 0) = x 0 , ẋ (ϕ = 0) = 0 (6.10)
(primjetimo da su ovi uvjeti nešto jednostavniji od uvjeta (6.1). Prevedeno na jezik koeficijenata
a n , ovi uvjeti glase
a 0 (ϕ = 0) = x 0 , a n (ϕ = 0) = 0, n = 1, 2, · · · (6.11)
ȧ n (ϕ = 0) = ω d a n
d ϕ ∣ = 0, n = 0, 1, 2, · · ·
ϕ=0
n=0
Uvrstimo razvoje (6.9) u jednadžbu gibanja (6.8)
(
∑ ∞
) ( ∞
) (
∑
b n ɛ n d 2 ∞
)
a n
∑
dϕ 2 ɛn + a n ɛ n − ɛ
n=0
n=0
n=0
(
∑ ∞
) 2
a n ɛ n = 0.
n=0

6.3. NELINEARNI OSCILATOR - RAČUN SMETNJE 133
Grupiraju li se članovi s istom potencijom ɛ, dobit će se red čijih nekoliko prvih članova izgleda
ovako
[b 0 a 0 ′ ′ + a 0 ] ɛ 0 + [ ]
b 0 a 1 ′ ′ + b 1 a 0 ′ ′ + a 1 − a 2 0 ɛ 1 + [b 0 a 2 ′ ′ + b 1 a 1 ′ ′ + b 2 a 0 ′ ′ + a 2 − 2a 0 a 1 ] ɛ 2 + · · · = 0
(crticom su označene derivacije po ϕ). Zanemareni su članovi s trećom i višim potencijama
ɛ. S obzirom da je ɛ konstanta, gornja jednadžba može biti zadovoljena samo ako je svaka od
uglatih zagrada jednaka nuli, što vodi na sustav jednadžba (gdje smo uzeli u obzir da je b 0 = 1)
ɛ 0 : a 0 ′ ′ + a 0 = 0,
ɛ 1 : a 1 ′ ′ + a 1 = a 2 0 − b 1 a 0 ′ ′ , (6.12)
ɛ 2 : a 2 ′ ′ + a 2 = 2a 0 a 1 − b 1 a 1 ′ ′ − b 2 a 0 ′ ′ .
Rješavanje jednadžbe uz ɛ 0 uz početne uvjete (6.11) ide isto kao i rješavanje jednadžbe linearnog
oscilatora i daje
a 0 = x 0 cos(ωt), b 0 = 1. (6.13)
Sada ovo rješenje za a 0 uvrštavamo u jednadžbu uz ɛ 1 i dolazimo do
a 1 ′ ′ + a 1 = x2 0
2 + b 1x 0 cos ϕ + x2 0
cos 2ϕ.
2
To je nehomogena diferencijalna jednadžba, pa je njezino opće rješnje zbroj homogenog i partikularnog
rješenja a 1 = a 1,H + a 1,P . Homogeno rješenje je očito oblika A cos ϕ + B sin ϕ, dok
ćemo partikularno rješenje potražiti u obliku
a 1,P = c 1 + c 2 ϕ sin ϕ + c 3 cos 2ϕ.
Uvrštavanjem u jednadžbu za a 1 i usporedbom lijeve i desne strane jednadžbe, zaključujemo
da konstante c j moraju biti jednake
c 1 = x2 0
2 , c 2 = b 1x 0
2 , c 3 = − x2 0
6 .
No, dio rješenja srazmjeran s ϕ sin ϕ nije periodičan, pa ga moramo odbaciti, tj. njegov
koeficijent, c 2 , mora biti jednak nuli, a to je moguće samo ako je b 1 = 0. Sada za cijelo
(homogeno plus partikularno) rješenje a 1 preostaje
a 1 = A cos ϕ + B sin ϕ + x2 0
2 − x2 0
cos 2ϕ.
6
Konstante A i B odredujemo iz početnih uvjeta (6.11): A = −x 2 0/3, B = 0,
a 1 = x2 0
2 − x2 0
3 cos(ωt) − x2 0
6 cos(2ωt), b 1 = 0. (6.14)
Za izračunavanje a 2 (ϕ) treba riješiti treću od jednadžba (6.12)
a ′ ′
2 + a 2 = 2a 0 a 1 − b 1 a ′ ′
1 − b 2 a ′ ′
0 = 2a 0 a 1 + b 2 a 0 .
Nakon uvrštavanja rješenja (6.13) i (6.14) za a 0 i a 1 , desna strana gornje jednadžbe je oblika
c n · cos(nϕ)
a 2 ′ ′ + a 2 = − x3 0
3 + x 0(b 2 + 5 6 x2 0) cos ϕ − x3 0
3 cos 2ϕ − x3 0
6
cos 3ϕ. (6.15)

134POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Iz rješavanja jednadžbe za a 1 smo vidjeli da član s cos ϕ na desnoj strani, vodi na neperiodički
dio rješenja za a 1 , pa se stoga taj član ne smije pojaviti niti na desnoj strani jednadžbe za
a 2 , tj. mora biti b 2 = −5x 2 0/6. Jednadžba za a 2 je nehomogena, pa je njezino rješenje zbroj
rješenja homogene i partikularnog rješenja nehomogene jednadžbe: a 2 = a 2,H +a 2,P . Homogeno
rješenje je opet oblika A cos ϕ + B sin ϕ, dok ćemo za partikularno rješenje pretpostaviti red
oblika c n cos nϕ (izostavivši član s n = 1, koji vodi na neperiodičnost)
a 2,P = c 0 + c 2 cos 2ϕ + c 3 cos 3ϕ.
Konstante c j odredujemo iz zahtjeva da a 2,P zadovoljava jednadžbu (6.15)
Ukupno rješenje za a 2
c 0 = − x3 0
3 , c 2 = x3 0
9 , c 3 = x3 0
48 .
a 2 = A cos ϕ + B sin ϕ − x3 0
3 + x3 0
9 cos 2ϕ + x3 0
cos 3ϕ,
48
sadrži konstante A i B koje se odrede iz početnih uvjeta (6.11): A = 29x 3 0/144, B = 0,
a 2 = − x3 0
3 + 29 x3 0
144 cos ϕ + x3 0
9 cos 2ϕ + x3 0
48 cos 3ϕ, b 2 = − 5 6 x2 0. (6.16)
Uvrštavanje rješenja (6.13), (6.14) i (6.16) u razvoj (6.9) za otklon x(ϕ) daje
( 1
x(ϕ) = x 0 cos ϕ+
2 − cos ϕ ) (
cos 2ϕ
− x 2 0 ɛ 1 + − 1 )
29 cos ϕ cos 2ϕ cos 3ϕ
+ + + x 3 0 ɛ 2 +· · ·
3 6
3 144 9 48
(6.17)
Nakon preraspodjele članova, izraz za otklon, se može napisati preglednije kao
{ ( 1
x = x 0
2 x 0 ɛ − 1 ) (
3 x2 0 ɛ 2 + · · · + 1 − 1 3 x 0 ɛ + 29
)
144 x2 0 ɛ 2 + · · · cos ωt (6.18)
(
+ − 1 6 x 0 ɛ + 1 ) ( ) }
1
9 x2 0 ɛ 2 + · · · cos 2ωt +
48 x2 0 ɛ 2 + · · · cos 3ωt .
Kružna frekvencija ω iz gornjeg izraza je takoder poznata s točnošću od O(ɛ 3 ). Razvoj (6.9)
za ω daje
(
ω = ω 0 1 − 5
)
12 x2 0 ɛ 2 + · · · . (6.19)
Vidimo da uvodenje nelinearnog člana snižava frekvenciju (tj. povećava period) titranja u
odnosu na frekvenciju linearnog oscilatora (6.6). Takoder primjećujemo da sada frekvencija (pa
time i period) ovise i o početnim uvjetima (kroz x 0 ), a ne samo o svojstvima sustava (masa i
konstanta vezanja) kao kod linearnog oscilatora.
Osim ovog primjera nelinearnog oscilatora, račun smetnje se može primjeniti i na već spomenuti
primjer matematičkog njihala. Više detalja o ovome primjeru se može naći u odjeljku 15.3
reference [18] ili na str. 130 reference [5].

6.4.
PRIGUŠENI HARMONIJSKI OSCILATOR 135
6.4 Prigušeni harmonijski oscilator
Na harmonijski oscilator koji titra u nekom sredstvu (zraku, tekućini) djelovat će i sila prigušenja
(otpora, trenja). Ova je sila rezultat medudjelovanja čestice koja titra i čestica sredstva
u kojemu se odvija titranje. Eksperimentalno je ustanovljeno da sila prigušenja ovisi o brzini
čestice (ili tijela) koja se giba kroz sredstvo i da ima smjer suprotan smjeru trenutne brzine.
Radi jednostavnosti, pretpostavit ćemo da je sila prigušenja, ⃗ F prig , srazmjerna prvoj potenciji
brzine (prisjetiti se sličnog računa iz odjeljka 5.4). Za gibanje po osi x je
⃗F prig = −β ⃗v = −β v ˆx = −β dx ˆx , β > 0.
dt
Koeficijent prigušenja β je pozitivna konstanta koja opisuje oblik tijela i svojstva sredstva u
kojemu se odvija titranje 3 .
Uz elastičnu silu i silu prigušnja, jednadžba gibanja glasi
Postavimo i početne uvjete
mẍ = F el + F prig = −Kx − βẋ . (6.20)
x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 .
Uvede li se konstanta γ = β/(2m), gornja jednadžba gibanja se može preglednija napisati kao
ẍ + 2γẋ + ω 2 0x = 0. (6.21)
To je homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda, čija ćemo rješenja potražiti u
obliku eksponencijalne funkcije
x(t) = a e b t ,
za konstantne a i b. Uvrštavanje u jednadžbu vodi do
i dva rješenja za b
(b 2 + 2 γ b + ω 2 0) a e b t = 0.
b ± = −γ ±
√
γ 2 − ω 2 0.
Označimo izraz pod korjenom (diskriminantu) s D 2 = γ 2 − ω 2 0. Uz pretpostavku da je D 2 ≠ 0,
postoje dva rješenja za x, pa je opće rješenje njihova linearna kombinacija
x(t) = a + e b + t + a − e b − t .
Dvije konstante a ± se odreduju iz dva početna uvjeta: početni položaj i početna brzina.
(D 2 > 0) Ako je D 2 = γ 2 − ω 2 0 > 0, tada je u početnim oznakama β 2 > 4mK; to je granica
jakog prigušenja. Obje vrijednosti b ± = −γ ± √ γ 2 − ω 2 0 su realne i negativne, uz 0 > b + > b −
x(t) = a + e −|b +| t + a − e −|b −| t
( √
)
= e −γ t a + e t γ 2 −ω0 2 +
√γ a− e −t 2 −ω0
2 .
3 Takva je npr. sila viskoznosti koja djeluje na tijelo koje se giba kroz viskozni fluid. Ova sila ovisi o obliku tijela, a u slučaju
kugle polumjera r, ona je po svojem iznosu, dana sa F = 6πηrv, gdje je η koeficijent viskoznosti, a v brzina. Ovakva sile se zove
Stokesova sila.

136POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Slika 6.4: Jako prigušeno titranje uz D 2 = γ 2 − ω 2 0 > 0.
4
3
( A )
2
a
+ > 0, a - > 0
1
x ( t )
0
-1
-2
a +
< 0, a
- < 0
-3
-4
0 5 10 15 20 25 30
t
x(t)
1
0.5
0
-0.5
-1
a
+ - | a - | < 0 ( B )
-1.5
0 5 10 15 20 25 30
t
Ako su a + i a − istog predznaka (a to ovisi o početnim uvjetima), i otklon x(t) će biti stalno
istog predznaka, pa će se čestica približavati položaju ravnoteže samo s jedne strane (slika
6.4.A), ne prelazeći niti jednom na drugu stranu.
Ako je a − (koji stoji uz exp(−|b − |t), koji brže opada jer je |b + | < |b − |) suprotnog predznaka,
a većeg iznosa od a + , tada čestica započinje gibanje s jedne strane, prijede na drugu stranu i s
te druge strane se približava položaju ravnoteže (slika 6.4.B).
Ovaj oblik rješenja se naziva neperiodičkim.
(D 2 = 0) Ako je D 2 = 0 ili γ 2 = ω 2 0, tada je i b − = b + = −γ, pa imamo samo jedno rješenje
za x
x 1 = e −γ t ,
a ne dva. Drugo rješenje, linearno nezavisno od ovoga, doznajemo iz teorije rješavanja diferencijalnih
jednadžba, relacija (6.49), i ono je oblika
x 2 = t · e −γ t .
Uvrštavanjem ovog izraza u jednadžbu gibanja harmonijskog oscilatora s prigušenjem, lako je
uvjeriti se da ono zadovoljava jednadžbu. Sada opet imamo dva linearno nezavisna rješenja, i

6.4.
PRIGUŠENI HARMONIJSKI OSCILATOR 137
ukupno rješenje je njihova linearna kombinacija
x(t) = a x 1 (t) + b x 2 (t), a, b = const.
= a e −γ t + b t · e −γ t = e −γ t (a + b t).
Konstante a i b se odreduju iz početnih uvjeta. Ovo je granični slučaj neperiodičkog gibanja.
Za male t, eksponencijalni je član približno jednak jedan, pa x(t) linearno raste s t. Kasnije
eksponencijalni član postaje dominantan i cijelo rješenje eksponencijalno trne. Kao rezultat
kompeticije ova dva člana, vremenska će ovisnost otklona od položaja ravnoteže, x(t), izgledati
kao na slici 6.5. Koordinate maksimalnog otklona (t max , x max ), odredujemo iz uvjeta
7
Slika 6.5: Titranje uz D 2 = 0. Otklon je x(t) = e −0.5 t (1 + 8 t).
6
5
x ( t )
4
3
2
1
t max
0
0 5 10 15 20 25 30
t
d x
d t = 0 ⇒ t max = b − γ a , x max = x(t max ) = b b γ
γ e −(1−γ a/b) .
(D 2 < 0) Ako je D 2 = γ 2 − ω0 2 < 0, tada je u početnim oznakama β 2 < 4mK; to je granica
slabog prigušenja.
√
b ± = −γ ± i ω0 2 − γ 2
( √
√ )
x(t) = e −γ t a + e it ω0 2−γ2 + a − e −it ω0 2−γ2 .
Nazovemo li ω = √ ω0 2 − γ 2 , rješenje za otklon x(t) možemo napisati kao
⎡
⎤
x(t) = e −γ t ⎢
⎥
⎣ (a + + a − ) cos ωt + ı(a
} {{ }
+ − a − ) sin ωt⎦ .
} {{ }
= C
= S
Uz oznake
A 0 = √ C 2 + S 2 , tan Φ = S C ,

138POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
otklon se može napisati u obliku
x(t) = A(t) cos(ωt − Φ),
A(t) = A 0 e −γ t
gdje se konstante A 0 i Φ odreduju iz početnih uvjeta na položaj i brzinu čestice. Rješenje je
prikazano na slici 6.6: to je kosinus čija amplituda, A(t) = A 0 e −γ t , nije konstantna u vremenu,
nego eksponencijalno opada. Ovaj oblik rješenja se naziva periodičkim. Period ovog prigušenog
Slika 6.6: Titranje uz D 2 = γ 2 − ω0 2 < 0. Otklon je x(t) = 10 e −0.3 t
pokazuje titranje bez trenja.
10
cos(2t − 4). Za usporedbu, zelena linija
5
x(t)
0
-5
-10
0 5 10 15 20
t
titranja
T = 2π ω =
2π
√
ω
2
0 − γ 2
je veći od perioda slobodnog (neprigušenog , γ ≡ 0) harmonijskog oscilatora.
Izračunajmo vrijednost otklona za dvije susjedne vrijednosti t (označene s t n i t n+1 ) za koje je
cos(ωt n − Φ) = 1 i cos(ωt n+1 − Φ) = 1
t = t n , → x = x n
t = t n+1 = t n + T, → x = x n+1
x n = A e −γ tn · 1
x n+1 = A e −γ t n+1 −γ (tn+T )
· 1 = A e
x n
x n+1
=
A e −γ t n
A e −γ tn e −γ T
= e γ T
Veličinu koja opisuje brzinu opadanja amplitude na logaritamskoj skali, zovemo logaritamski
dekrement i označavamo ju s δ
δ = ln x n
x n+1
= γT =
2πγ
√
ω
2
0 − γ 2 .

6.5. PRISILNI TITRAJI HARMONIJSKOG OSCILATORA 139
Primjetimo zajedničku karakteristiku sva tri tipa gornjih rješenja (D 2 > 0, D 2 = 0 i D 2 < 0):
amplituda svih ovih rješenja eksponencijalno trne s vremenom, tj. nakon dovoljno dugo
vremena, njihova će amplituda postati proizvoljno mala. To je upravo učinak prigušenja. U
nastavku ovog odjeljka ćemo pokazati kako se zbog prigušenja smanjuje i energija oscilatora, a
u slijedećem odjeljku ćemo pokazati kako vanjska sila može nadoknaditi ovaj gubitak energije
i održati titranje oscilatora, unatoč gubicima energije kroz prigušenje.
Energija:
Pokažimo da sada, kada na česticu djeluje i sila prigušenja 4 , mehanička enegija čestice nije
sačuvana, nego s s vremenom smanjuje.
E meh = mẋ 2
dE meh
dt
2
+ Kx2
2
= m 2 2ẋ ẍ + K 2xẋ = ẋ (mẍ + Kx).
2
No, prema jednadžbi gibanja (6.20), izraz u okrugloj zagradi je upravo jednak −βẋ , pa je
vremenska promjena mehaničke energije (tj. snaga) jednaka
dE meh
dt
= −β ẋ 2 . (6.22)
Ako nema prigušenja (β ≡ 0), energija je sačuvana E meh (t) = const., kao što smo i dobili kod
izvoda (6.7). Budući da je β > 0, desna je strana negativna, što znači da se energija čestice
smanjuje s vremenom. Lako je vidjeti da je ovaj gubitak energije rezultat rada sile prigušenja
P prig = d W prig F
= ⃗ prig d⃗r
= F
d t d t
⃗ prig ⃗v = (−βẋ ) ẋ = −β ẋ 2 .
Jedno od osnovnih načela fizike kaže da se energija ne može ni povećati ni smanjiti. Iz toga
zaključujemo da ako se energija čestice oscilatora smanjila, neka se druga energija morala
povećati, tako da je njihov zbroj nepromjenjen. Čestica oscilatora se u svom gibaju sudara s
česticama sredstva u kojemu se odvija titranje i prenosi na njih dio svoje energije (pogledati
dio o sudarima). Time se povećava kinetička energija čestica sredstva. U statističkoj fizici se
srednja kinetička energija čestica povezuje s temperaturom, tako da viša energija odgovara višoj
temperaturi. Prema tome možemo reći da se mehanička energija čestice oscilatora postupno
pretvara u energiju toplinskog gibanja čestica sredstva u kojemu se nalazi oscilator.
Primjer: 6.2 tekst primjera
R: tekst rješenja
6.5 Prisilni titraji harmonijskog oscilatora
Pretpostavimo sada da na harmonijski oscilator, osim elastične sile i sile prigušenja, djeluje
još i periodična vanjska sila F ⃗ v (t) u smjeru osi x. Sila je periodična s periodom T , tako da je
⃗F v (t) = F ⃗ v (t + T ).
4 Prigušenje nije konzervativna sila, pa nema potencijalnu energiju.

140POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Jednadžba gibanja tada glasi
mẍ = −Kx − βẋ + F v (t).
Uz oznake ω 2 0 = K/m i 2γ = β/m, gornja jednadžba postaje linearna nehomogena diferencijalna
jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima
Zadajmo i početne uvjete
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = 1 m F v(t).
x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 .
Opće rješenje nehomogene jednadžbe, x(t), je zbroj rješenja homogene jednadžbe x H (koje već
znamo iz prethodnog odjeljka) i partikularnog rješenja x P nehomogene jednadžbe, koje ćemo
sada izračunati
x = x H + x P .
No, prije toga primjetimo jednu posljedicu linearnosti gornje jednadžbe: ako se vanjska sila
može napisati kao zbroj dva člana, npr.
tada je i partikularno rješenje oblika
gdje je x P,1 partikularno rješenje jednadžbe
a x P,2 je partikularno rješenje jednadžbe
Zaista, ako se u jednadžbu
uvrsti za x = x P,1 + x P,2 , dobit će se
F v (t) = F v,1 (t) + F v,2 (t),
x P = x P,1 + x P,2 ,
ẍ P,1 + 2 γ ẋ P,1 + ω 2 0 x P,1 = 1 m F v,1(t), (6.23)
ẍ P,2 + 2 γ ẋ P,2 + ω 2 0 x P,2 = 1 m F v,2(t). (6.24)
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = 1 m F v,1(t) + 1 m F v,2(t)
(ẍ P,1 + ẍ P,2 ) + 2 γ (ẋ P,1 + ẋ P,2 ) + ω 2 0 (x P,1 + x P,2 ) = 1 m F v,1(t) + 1 m F v,2(t)
[
ẍ P,1 + 2 γ ẋ P,1 + ω0 2 x P,1 − 1 ] [
m F v,1(t) + ẍ P,2 + 2 γ ẋ P,2 + ω0 2 x P,2 − 1 ]
m F v,2(t) = 0.
No, x P,1 je rješenje od (6.23), a x P,2 rješenje od (6.24) i zato su obje gornje uglate zagrade
jednake nuli. Očito je da se gornje razmatranje može primjeniti i na slučaj kada je vanjska sila
dana u obliku zbroja proizvoljno mnogo članova
F v = ∑ j
F v,j .

6.5. PRISILNI TITRAJI HARMONIJSKOG OSCILATORA 141
Tada je partikularno rješenje zbroj rješenja koja odgovaraju svakom pojedinom članu vanjske
sile
x P = ∑ x P,j . (6.25)
j
Kao što je pokazano u dodatku C , svaka se periodična funkcija može napisati u obliku beskonačnog
reda trigonometrijskih funkcija. Shodno tomu, i vanjska se periodična sila F v može
napisati kao
F v (t) = 1 2 C 0 +
∞∑
j=1
[
Cj cos (j ω t) + S j sin (j ω t)]
,
gdje je ω kružna frekvencija koja odgovara periodu vanjske sile ω = 2 π/T , a C j i S j su poznati
koeficijenti razvoja
C 0 = 2 T
C j = 2 T
S j = 2 T
∫ T
0
∫ T
0
∫ T
0
F v (t) d t,
F v (t) cos (j ω t) d t,
F v (t) sin (j ω t) d t.
Uz ovakav izraz za vanjsku silu, potrebno je naći partikularna rješenja slijedećih jednadžba:
x (0)
P
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = C 0
2 m ,
x (c)
P
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = C j
m
x (s)
P
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = S j
m
a ukupno partikularno rješenje je njihov zbroj
x P = x (0)
P
+ ∞
∑
j=1
[
x (c)
P
]
+ x (s)
P
cos (j ω t), (6.26)
sin (j ω t).
Lako je vidjeti da je partikularno rješenje prve od jednadžba (6.26), naprosto konstanta
(6.27)
x (0)
P = C 0
. (6.28)
2 m ω0
2
Potražimo sada rješenje druge i treće od jednadžba (6.26) za j = 1. Rješenja za ostale j-ove
ćemo dobiti tako što ćemo u j = 1 rješenje uvesti zamjene
ω → j ω, C 1 → C j , S 1 → S j . (6.29)
Uz oznake f 0 = C 1 /m i g 0 = S 1 /m, jednadžbe čija partikularna rješenje tražimo, postaju
ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = f 0 cos ω t, ẍ + 2 γ ẋ + ω 2 0 x = g 0 sin ω t. (6.30)
Jednadžbe su istog oblika, pa je dovoljno rješavati jednu od njih, npr. prvu. Pretpostavimo da
će se, uslijed djelovanja vanjske sile, titranje odvijati kružnom frekvencijom vanjske

142POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
sile ω i da će zato otklon x (c) (t) biti oblika
P
x (c)
P (t) = C P cos ωt + S P sin ωt,
ẋ (c)
P (t) = −ω C P sin ωt + ω S P cos ωt,
[ ]
ẍ (c)
P (t) = −ω2 C P cos ωt + S P sin ωt ,
gdje su C P i S P nepoznate konstante koje treba odrediti. Uvrštavanjem ovog pretpostavljenog
rješenja u prvu od jednadžba gibanja (6.30), dolazi se do
sin ωt [ −2C P γω + S P (ω 2 0 − ω 2 ) ] + cos ωt [ C P (ω 2 0 − ω 2 ) + 2S P γω − f 0
]
= 0.
Budući da sinusi i kosinusi iz gornje jednadžbe ne mogu istovremeni biti jednaki nuli, zaključujemo
da svaka od gornjih uglatih zagrada mora zasebno iščezavati
−2 C P γ ω + S P (ω 2 0 − ω 2 ) = 0,
C P (ω 2 0 − ω 2 ) + 2 S P γ ω = f 0 .
To je 2 × 2 sustav za nepoznanice C P i S P , koji daje njihova rješenja
C P =
f 0
4γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 (ω2 0 − ω 2 ), S P =
f 0
4γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2
2γω,
a time i partikuarno rješenje x (c)
P
x (c)
P
=
f
[
0
4γ 2 ω 2 + (ω0 2 − ω 2 ) 2
= A (c) (ω) cos
[
ωt − Φ(ω)
]
(ω0 2 − ω 2 ) cos ωt + 2γω sin ωt ,
]
(6.31)
gdje smo uveli frekventno ovisan pomak u fazi Φ(ω) relacijom
tan Φ(ω) =
i frekventno ovisnu amplitudu
A (c) (ω) =
2 γ ω
ω 2 0 − ω 2 , 0 ≤ Φ ≤ π (6.32)
f 0
√
4 γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 = C 1
m √ 4 γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 . (6.33)
Sličnim se putem za drugu jednadžbu iz (6.30), dobije
x (s)
P
= A (s) (ω) sin
s istim faznim pomakom Φ(ω) i amplitudom
A (s) (ω) =
[ ]
ωt − Φ(ω)
g 0
√
4 γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 = S 1
m √ 4 γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 . (6.34)

6.5. PRISILNI TITRAJI HARMONIJSKOG OSCILATORA 143
Pomoću rješenja (6.28) i gornja dva rješenja za x (c)
P
dolazi se do partikularnog rješenja jednadžbi (6.26) u obliku (6.27)
x P (t) = C 0
2 m ω 2 0
+
∞∑
j=1
C j
i x (s)
P
, jednostavnim zamjenama iz (6.29),
[
] [
]
cos jωt − Φ(j ω) + S j sin jωt − Φ(j ω)
√
] ,
2
m 4γ 2 (j ω) 2 +
[ω0 2 − (j ω) 2
i, dodavanjem rješenja homogene jednadžbe, do općeg rješenja
[
] [
]
x(t) = x H (t) + C ∞∑ C j cos jωt − Φ(j ω) + S j sin jωt − Φ(j ω)
0
+
√
2 m ω0
2 ] ,
2
j=1
m 4γ 2 (j ω) 2 +
[ω0 2 − (j ω) 2
gdje su faze Φ(j ω) zadane sa
tan Φ(j ω) =
2 γ j ω , 0 ≤ Φ ≤ π. (6.35)
ω0 2 − j 2 ω2 Kao što smo pokazali u prethodnom odjeljku, sva rješenja homogene jednadžbe eksponencijalno
trnu s vremenom kao e −γ t , i zato su važna samo u kratkom vremenskom intervalu nakon
uključivanja vanjske sile - zovu se tranzijentna ili prijelazna rješenja zato jer opisuju prijelazni
režim titranja harmonijskog oscilatora (prijelaz iz režima kada ne djeluje vanjska sila, u
režim kada vanjska sila počinje djelovati)
lim x H(t) = 0.
t→∞
To je razlog zašto izvan tog prijelaznog vremenskog intervala, možemo zanemariti utjecaj homogenog
rješenja i smatrati da je gibanje harmonijskog oscilatora odredeno samo partikularnim
rješenjem. Ovo partikularno rješenje se naziva i stacionarno rješenje, zato jer je to ono
rješenje koje se opaža u dugom vremenskom intervalu nakon početka djelovanja vanjske sile.
Vidimo da sada čestica titra frekvencijom vanjskog polja, uz pomak u fazi Φ j , a taj je pomak
uzrokovan silom prigušenja opisanom koeficijentom γ = β/(2m). Zbog otpora čestica sredstva,
harmonijski oscilator ne može točno slijediti titranje vanjske sile, nego malo kasni za njim.
Rezonancija
Radi jednostavnosti dalje analize, ograničimo se na jednostavnu periodičnu silu čiji je samo
jedan koeficijent, neka to bude C 1 ≡ F 0 iz (6.26), različit od nule. Promotrimo amplitudu
(6.33) stacionarnog titranja (slika 6.7)
A(ω) =
f 0
√
4γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 , f 0 = F 0
m .
Primjećujemo da amplituda ovisi o kružnoj frekvenciji vanjskog polja, A = A(ω), i da je najveća
na frekvenciji koju ćemo nazvati rezonantnom kružnom frekvencijom ω R
dA
dω ∣ = 0 ⇒ ωR 2 = ω0 2 − 2γ 2 f 0
⇒ A max = A(ω R ) =
ω=ωR 2γ √ ω0 2 − γ . (6.36)
2
Blizu ove kružne frekvencije, amplitude titranja harmonijskog oscilatora su vrlo velike i mogu

144POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Slika 6.7: Amplituda titraja, (6.33), u slučaju rezonancije s prigušenjem, za ω 0 = 2 Hz.
0.8
γ = 0.3 Hz
γ = 0.5 Hz
γ = 1.0 Hz
γ = 2.0 Hz
0.6
A (ω) / f 0
0.4
0.2
0
0 1 2 3 4 5
ω
oštetiti 5 sam sustav koji titra. Ta se pojava naziva rezonancija. Izraz za amplitudu može se
napisati i preko ω R
A(ω) =
=
f 0
√
4γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 = f 0
√
4γ2 ω 2 + (ω 2 0 − 2γ 2 + 2γ 2 − ω 2 ) 2
f
√ 0
4γ2 ω 2 + [(ωR 2 − ω2 ) + 2γ 2 ] = · · · = f
√ 0
. (6.37)
2 4γ2 (ω0 2 − γ 2 ) + (ω 2 − ωR 2 )2
Granične vrijednosti amplitude za male i velike frekvencije, slijede iz (6.33)
A(ω → 0) =
f 0
√
ω
4
0 + 0 = f 0
ω 2 0
= const.,
A(ω → ∞) =
f 0
√
ω4 + 0 = f 0
ω 2 → 0.
Iako graf A(ω) nije simetričan u varijabli ω, on je simetričan oko ω R u varijabli ω 2 . Neka je
ω 2 = ω 2 R ± ∆ 2 , tada je prema (6.37)
pa je
A(ω 2 = ω 2 R ± ∆ 2 ) =
f 0
√
4γ2 (ω 2 0 − γ 2 ) + (ω 2 R ± ∆ 2 − ω 2 R )2 = f 0
√
4γ2 (ω 2 0 − γ 2 ) + ∆ 4 ,
A(ω 2 = ω 2 R + ∆ 2 ) = A(ω 2 = ω 2 R − ∆ 2 ).
Gornja relacija vrijedi za 0 ≤ ∆ ≤ ω R , kako bi ω 2 = ω 2 R ± ∆ 2 bilo uvijek pozitivno ili nula.
5 Vjerojatno najpoznatiji primjer destruktivnog učinka rezonancije je rušenje Tacoma mosta. Ovaj viseći most je pušten u promet
1. VII 1940., a spajao je dvije strane zaljevskog tjesnaca Pudget Sound u američkoj državi Washington. Ukupna dužina mu je bila
od oko dva kilometra, a najveći raspon mosta je bio 853 m. Samo četiri meseca kasnije, 7. XI 1940., vjetar brzine od oko 60 km/h
ga je doveo u rezonantno torzijsko stanje titranja perioda oko 5 s. Budući da je cijelo je titranje trajalo oko sat vremena, svi koji su
se tada zatekli na mostu imali su dovoljno vremena da se maknu s njega, a bilo je vremena i za dolazak snimatelja koji su snimili
most za vrijeme titranja i rušenja. Dio snimka možete pogledati na http://www.youtube.com/watch?v=j-zczJXSxnw&feature=fvst
.

6.5. PRISILNI TITRAJI HARMONIJSKOG OSCILATORA 145
Rezonancija bez prigušenja:
Promotrimo sada detaljnije situaciju kada na harmonijski oscilator djeluje vanjska periodična
sila, ali kada nema otpora sredstva β = γ = 0. Tada je, prema (6.36), rezonantna
frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji slobodnog harmonijskog oscilatora
ω R = ω 0 .
Riješimo jednadžbu gibanja kada je ω = ω R = ω 0
ẍ + ω 2 0x = f 0 cos ω 0 t. (6.38)
Ukupno rješenje je opet zbroj homogenog i partikularnog rješenja x = x H +x P . Kao i u odjeljku
6.1, lako je uvjeriti se da je homogeno rješenje linearna kombinacija sinusa i kosinusa
x H (t) = C cos ω 0 t + S sin ω 0 t,
dok iz teorije diferencijalnih jednadžba (slično kao kod D 2 = 0 rješenja sa strane 136 ili (6.50)),
slijedi da je drugo linearno nezavisno rješenje oblika
(
)
x P (t) = t C P cos ω 0 t + S P sin ω 0 t .
Uvrštavanjem gornjeg x P u jednadžbu gibanja (6.38) i izjednačavanjem članova uz sin ω 0 t i
cos ω 0 t na lijevoj i desnoj strani jednadžbe, dobivamo dvije jednadžbe za dvije nepoznanice:
C P i S P
−2ω 0 C P = 0 ⇒ C P = 0,
2ω 0 S P = f 0 ⇒ S P = f 0
2ω 0
.
Ukupno je rješenje (slika 6.8)
(
x(t) = x H + x P = C cos ω 0 t + S + t f )
0
sin ω 0 t
2ω
[ ]
0
≡ A(t) cos ω 0 t − Φ(t) . (6.39)
gdje smo uveli vremenski ovisnu amplitudu A = A(t)
√
(
A(t) ≡ C 2 + S + t f ) 2
0
2ω 0
i vremenski ovisan pomak u fazi Φ(t)
tan Φ(t) = 1 C
(
S + t f 0
2ω 0
)
(konstante C i S odreduju se iz početnih uvjeta: x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 ). Vidimo da sada
amlituda titranja, A(t), raste s vremenom, što će, nakon dovoljno dugo vremena, dovesti
do raspada sustava.
Takoder treba primjetiti i da pomak u fazi Φ(t) ovisi o vremenu, pa se vremena t u kojima je
x(t) = 0 :
razlikuju od onih za f 0 ≡ 0
ω 0 t + Φ(t) = (2n + 1) π 2 .

146POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
30
Slika 6.8: Elongacija (6.39) za slučaj rezonancije bez prigušenja.
20
10
x ( t )
0
-10
-20
-30
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t
Primjer: 6.3 Izvedite izraz za struju u strujnom krugu sa slike 6.9, ako je vanjski napon oblika
V (t) = V 0 sin ωt.
Slika 6.9: Uz primjer 6.3.
R: Izjednačimo napone u strujnom krugu
V 0 sin ωt = R I + L d I
d t + Q C .
Da bi se ovaj primjer povezao s modelom harmonijskog oscilatora, derivirajmo gor-

6.5. PRISILNI TITRAJI HARMONIJSKOG OSCILATORA 147
nju jednadžbu po vremenu i podijelimo ju s L
d 2 I
d t 2 + R L
d I
d t + 1
L C I = V 0 ω
L
cos ωt. (6.40)
No, gornja je jednadžba upravo oblika (6.26), s prigušenjem danim sa
vlastitom frekvencijom
i vanjskom periodičnom silom
2 γ = R L ,
ω 2 0 = 1
L C ,
F v = V 0 ω
L
cos ωt.
Ukupno rješenje za struju je zbroj homogenog i partikularnog rješenja, pri čemu
homogeno rješenje eksponencijalno trne s vremenom i važno je samo u kratkom
vremenskom intervalu nakon iključenja vanjskog napona. Ono što odreduje oblik
struje nakon uključenja vanjskog napona je partikularno rješenje I P koje ćemo sada
izračunati. Pretpostavljamo da će struja u krugu titrati frekvencijom vanjskog
napona, tj. da će biti oblika
I P (t) = C cos ωt + S sin ωt. (6.41)
Uvrštavanje ovog izraza za sruju u (6.40), vodi na
[
cos ωt −ω 2 C + R L ω S + 1
L C C − V ] [
0 ω
+ sin ωt −ω 2 S − R L
L ω C + 1 ]
L C S = 0.
Buduću da sinusi i kosinusi ne mogu istovremeno biti jednaki nuli, mora svaka od
gornjih uglatih zagrada zasebno iščezavati
( 1
L C − ω2 )
C + R ω
L S = V 0 ω
L ,
− R ω
L C + ( 1
L C − ω2 )
S = 0.
Rješavanje gornjeg 2 × 2 sustava za C i S daje
C =
S =
V 0
R 2 + ( 1
ω C − ω L) 2
V 0
R 2 + ( 1
ω C − ω L) 2 R
( 1
ω C − ω L )
,
Uvrštavane gornjih vrijednosti u (6.41), daje konačni izraz za struju u stacionarnom
režimu
I P (t) = A cos(ωt − Φ),

148POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
gdje su
A =
tan Φ =
V 0
√
R 2 + ( ,
1
− ω L) 2
ω C
R
1
− ω L.
ω C
Primjetimo još da uvjet rezonancije (maksimalne amplitude)
d A
d t = 0,
daje da je rezonantna frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji
ω R = ω 0 = 1 √
L C
.
6.6 Apsorpcija snage vanjske sile
Radi jednostavnosti, ograničimo se opet na vanjsku silu čiji je koeficijent C 1 ≡ F 0 razvoja (6.26),
različit od nule, dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli. Djelujući na harmonijski oscilator,
vanjska sila F ⃗ v (t) = F 0 cos ωt ˆx nad njim obavlja odredeni rad i time povećava njegovu
energiju. U ovom ćemo odjeljku izračunati koliko je to povećanje energije po jedinici vremena
tako što ćemo izračunati snagu vanjske sile P v
P v = d W v
d t
= ⃗ F v d ⃗r
d t
= ⃗ F v ⃗v = F 0 cos ωt ˆx ẋ ˆx = F 0 ẋ cos ωt.
Brzinu ẋ ćemo izračunati pomoću stacionarnog (partikularnog) rješenja (6.31) jer nas zanima
ponašanje sustava u vremenima nakon uključenja sile, a ne sam prijelazni režim u trenutku
uključenja. Vremenskom derivacijom (6.31) i uvrštavanjem u gornji izraz za snagu, dobije se
trenutna apsorbirana snaga vanjske sile kao
P v (t) = − F 2 0
m
ω
√
4γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2
sin(ωt − Φ) cos ωt.
Budući da se vanjska sila mijenja s vremenom, isto tako će se s vremenom mijenjati i apsorbirana
snaga. Kako je sila periodična s periodom T = 2 π/ω, relevantna je srednja snaga
apsorbirana tijekom jednog perioda. Opći izraz za račun srednje vrijednosti periodične
funkcije 〈 f 〉 tijekom jednog perioda je
〈 f 〉 = 1 T
∫ t+T
t
f(t) d t. (6.42)
Primjenimo gornji izraz na račun srednje apsorbirane snage
〈P v 〉 = − F 2 0
m
= − F 2 0
m
ω
√ 〈 sin(ωt − Φ) cos ωt 〉
4γ2 ω 2 + (ω0 2 − ω 2 )
2
( )
ω
1
√
4γ2 ω 2 + (ω0 2 − ω 2 ) 2 2 cos Φ 〈 sin 2ωt 〉 − sin Φ 〈 cos2 ωt 〉 .

6.6. APSORPCIJA SNAGE VANJSKE SILE 149
Elementarnom integracijom se dobiva
〈 sin 2ωt 〉 = 1 T
〈 cos 2 ωt 〉 = 1 T
što, uvršteno u izraz za srednju snagu, daje
∫ t+T
t
∫ t+T
t
sin 2ωt d t = 0, (6.43)
cos 2 ωt d t = 1 2 ,
〈P v 〉 = 1 2
F 2 0
m
ω
√ sin Φ.
4γ2 ω 2 + (ω0 2 − ω 2 )
2
Trigonometrijskim preobrazbama se iz (6.32) dobije
sin Φ =
2 γ ω
√
4γ2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 ,
pa je konačno
〈P v 〉 = γ F 2 0
m
ω 2
4γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 . (6.44)
Gornji izraz je predstavlja snagu (usrednjenu po jednom priodu) koju vanjska sila predaje harmonijskom
oscilatoru (slika 6.10). Vidi se da apsorbirana snaga ovisi o frekvenciji vanjske sile:
na nekim je frekvencijama apsorpcija veća, a na nekima je manja. Sad je prirodno postavi-
Slika 6.10: Snaga, (6.44), usrednjena po jednom periodu koju vanjska sila predaje harmonijskom oscilatoru (za
ω 0 = 2 Hz).
3
2.5
γ = 0.3 Hz
γ = 0.5 Hz
γ = 1.0 Hz
γ = 2.0 Hz
2
)
< P
v > m / ( γ F 0
2
1.5
1
0.5
0
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
ω
ti slijedeće pitanje: koliku frekvenciju treba imati vanjska sila, pa da apsorpcija snage bude
maksimalna? Kao i obično, ekstrem funkcije tražimo izjednačavanjem njezine prve derivacije s
nulom
d
d ω 〈P v〉 = 0,

150POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
što je zadovoljeno ako je
ω = ω 0 .
Dakle, kao što se moglo i očekivati, sustav apsorbira najviše energije (po jedinici vremena), ako
vanjska sila titra vlastitom frekvencijom samog sustava. Maksimalna apsorbirana snaga je
〈P v 〉 max = 〈P v 〉 ω=ω0 = 1 4
F 2 0
γ m . (6.45)
Apsorpcija snage je veća ako je veći intezitet vanjske sile, ako je manje prigušenje i ako je manja
masa čestice koja titra (ovdje je riječ o tromoj masi).
poluširina linije:
Osim položaj maksimuma 〈P v 〉, oblik apsorpcijske linije sa slike 6.10 se opisuje i pojmom
poluširine linije. Poluširina se definira tako što se pitamo za koliko se treba pomaknuti na
lijevu i desnu stranu od maksimuma, ω = ω 0 ± ∆ ω, pa da vrijednost 〈P v 〉 bude jednaka
polovici maksimalne? Kada nademo ∆ ω, tražena poluširina je 2 ∆ ω. Sama ∆ ω je dakle
rješenje jednadžbe
〈P v 〉 ω=ω0 ±∆ ω = 1 2 〈P v〉 max .
Izravnim uvrštavanjem (6.44) i (6.45) u gornju jednadžbu, i njezinim rješavanjem, dobiva se
√
∆ ω = γ − ω 0 + γ 2 + ω0.
2
U granici slabog prigušenja γ

6.6. APSORPCIJA SNAGE VANJSKE SILE 151
Sačuvanje energije:
Na kraju još jedna mala provjera cijelog računa. Upravo smo ustanovili da, uslijed rada vanjske
sile, postoji tok energije u sustav (harmonijski oscilator). Budući da smo sve smo vrijeme
radili sa stacionarnim rješenjem (6.31), zaključujemo da istovremeno mora postojati i tok
energije 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 mehanizmom
prigušenja (medudjelovanja harmonijskog oscilatora sa česticama okoline). Ovaj gubitak
energije smo već izračunali u (6.22), i on je jednak
P prig = d E meh
d t
= −β ẋ 2 = −2 m γ ẋ 2 .
Uvrsti li se za ẋ brzina dobivena iz stacionarnog rješenja (6.31) i izvede li se vremensko usrednjenje
po jednom periodu, nakon kraćeg računa dolazi se do
(
)
〈 P prig 〉 = −2 γ m ω 2 A 2 (ω) cos 2 Φ〈 sin 2 ωt 〉 + sin 2 Φ〈 cos 2 ωt 〉 − 2 sin Φ cos Φ 〈sin ωt cos ωt〉
= −γ m ω 2 A 2 (ω),
gdje smo za izračunavanje vremenskih srednjih vrijednosti koristili (6.43). Uvrštavanjem amplitude
iz (6.33), dobije se brzina gubitka energije kao
〈 P prig 〉 = − γ F 2 0
m
ω 2
4γ 2 ω 2 + (ω 2 0 − ω 2 ) 2 . (6.46)
Usporedimo li gornji izraz sa (6.44), vidimo da je ukupna bilanca energije
ili
〈 P prig 〉 + 〈P v 〉 = 0,
| 〈 P prig 〉 | = 〈P v 〉.
Ostvaren je stacionarni protok energije: koliko energije posredstvom vanjske sile ude u sustav
(harmonijski oscilator), toliko i izade procesom prigušenja.
6.6.1 Neperiodična vanjska sila
Do sada smo govorili o harmonijskom oscilatoru na koji djeluje periodična vanjska sila. Pogledajmo
sada što se može reći o rješenju jednadžbe gibanja oscilatora, ako vanjska sila nije
nužno periodična?
Radi jednostavnosti, izostavit ćemo učinke prigušenja i promatrati gibanje čestice pod djelovanjem
samo elastične sile i vanjske sile F v (t). Jednadžba gibanja je
m ẍ + K x = F v (t),
a početni uvjeti neka su: x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 . Opće rješenje gornje jednadžbe je zbroj
homogenog i partikularnog rješenja x = x H + x P . Homogeno rješenje je oblika
gdje su C H i S H konstante, a ω 0 = √ K/m.
x H = C H cos ω 0 t + S H sin ω 0 t,

152POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Ukupno rješenje (dakle, ne samo partikularno) ćemo potražiti polazeći od homogenog rješenja
i koristeći metodu varijacije konstanata. Kao što je poznato iz matematičke analize
(vidjeti npr. [23], str. 535) ukupno rješenje gornje jednadžbe se traži u obliku
x(t) = C(t) cos ω 0 t + S(t) sin ω 0 t,
pri čemu su funkcije S(t) i C(t), rješenja 2 × 2 sustava
C ′ cos ω 0 t + S ′ sin ω 0 t = 0,
tj. (nakon deriviranja)
C ′ (cos ω 0 t) ′ + S ′ (sin ω 0 t) ′ = F v ,
C ′ cos ω 0 t + S ′ sin ω 0 t = 0,
−C ′ sin ω 0 t + S ′ cos ω 0 t = F v
ω 0
.
Prva od gornjih jednadžba se pomnoži sa sin ω 0 t, a druga s cos ω 0 t, a zatim se dobivene jednadžbe
zbroje. Rezultat je
d S
= 1 / ∫ t
F v (t) cos ω 0 t
d t
d t ω 0 0
S(t) − S(0) = 1 ∫ t
F v (s) cos ω 0 s d s.
ω 0
0
Na sličan način (množenjem prve jednadžbe s cos ω 0 t, a druge sa sin ω 0 t i oduzimanjem prve
od druge), dobiva se i
d C
= − 1 / ∫ t
F v (t) sin ω 0 t
d t (6.47)
d t ω 0 0
C(t) − C(0) = − 1 ∫ t
F v (s) sin ω 0 s d s.
ω 0
Sada je opće rješenje
x(t) =
+
0
[S(0) + 1 ω 0
∫ t
0
[C(0) − 1 ω 0
∫ t
Uvrstimo u gornje rješenje početne uvjete:
0
]
F v (s) cos ω 0 s d s
]
F v (s) sin ω 0 s d s
sin ω 0 t
cos ω 0 t.
x(0) = x 0 = 0 +
[ ]
C(0) − 0
⇒ C(0) = x 0 .
Račun početnog uvjeta na brzinu
x(t) = C(t) cos ω 0 t + S(t) sin ω 0 t
ẋ (t) = C ′ (t) cos ω 0 t − ω 0 C(t) sin ω 0 t
+ S ′ (t) sin ω 0 t + ω 0 S(t) cos ω 0 t,
ẋ (0) = v 0 = C ′ (0) + ω 0 S(0).

6.6. APSORPCIJA SNAGE VANJSKE SILE 153
Iz relacije (6.47) se očitava C ′ (0) = 0, pa je
Sada se cijelo rješenje može napisati u obliku
x(t) = x 0 cos ω 0 t + v 0
0
ω 0
S(0) = v 0
ω 0
.
sin ω 0 t
+ 1 ∫ t [
]
F v (s) sin ω 0 t cos ω 0 s − cos ω 0 t sin ω 0 s d s
ω 0
= x 0 cos ω 0 t + v 0
sin ω 0 t + 1 ∫ t
F v (s) sin ω 0 (t − s) d s
ω 0 ω 0 0
= x H + x P ,
gdje smo prepoznali homogeno rješenje x H , poznato iz odjeljka 6.1 (koje preostane ako nema
vanjske sile: F v = 0)
i drugi dio koji je partikularno rješenje
x H = x 0 cos ω 0 t + v 0
ω 0
x P = 1 ω 0
∫ t
0
sin ω 0 t
F v (s) sin ω 0 (t − s) d s.
Općenitije:
Gore izložena teorija se odnosi na neprigušeni harmonijski oscilator na koji djeluje neperiodična
vanjska sila. No, to je samo poseban slučaj općenitog problema traženja partikularnog rješenja
diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima
ẍ + p ẋ + q x = f(t), (6.48)
gdje su p i q konstante. Gornjoj se diferencijalnoj jednadžbi pridružuje algebarska jednadžba
ϕ(k) = k 2 + p k + q = 0
koja se naziva karakteristična jednadžba. Navodimo rješenja jednadžbe (6.48) za dva moguća
oblika funkcije f(t).
(1)
f(t) = e a t P n (t),
gdje je P n (t) polinom n-tog reda u varijabli t. Ako a nije korjen karakteristične jednadžbe, tj.
ako je
tada se partikularno rješenje traži u obliku
ϕ(a) ≠ 0,
x p = e a t Q n (t),

154POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
gdje je Q n (t) polinom n-tog reda u varijabli t, čiji se koeficijenti odreduju uvrštavanjem x p
u jednadžbu i usporedbom članova s istom potencijom t. Ako a jeste korjen karakteristične
jednadžbe, tj. ako je
tada se partikularno rješenje traži u obliku
ϕ(a) = 0,
gdje je r višestrukost korjena a (tj. r = 1 ili je r = 2).
x p = x r e a t Q n (t), (6.49)
(2)
Ako je nehomogeni dio oblika
[ ]
f(t) = e a t P n (t) cos bt + Q m (t) sin bt
gdje su P n (t) i Q m (t) polinomi n-tog i m-tog reda u varijabli t.
karakteristične jednadžbe, tj. ako je
Ako a ± ı b nisu korjeni
tada se partikularno rješenje traži u obliku
ϕ(a ± ı b) ≠ 0,
x p = e a t [
C N (t) cos bt + S N (t) sin bt
gdje su C N (t) i S N (t) polinomi reda N = max {n, m} u varijabli t, čiji se koeficijenti odreduju
uvrštavanjem x p u jednadžbu i usporedbom članova s istom potencijom t i uz istu trigonometrijsku
funkciju. Ako a ± ı b jeste korjen karakteristične jednadžbe, tj. ako je
tada se partikularno rješenje traži u obliku
ϕ(a ± ı b) = 0,
]
,
x p = x r e a t [
C N (t) cos bt + S N (t) sin bt
gdje je r višestrukost korjena a ± ı b (tj. r = 1 ili je r = 2).
]
, (6.50)
Primjer: 6.4 tekst primjera
R: tekst rješenja
6.7 Dvodimenzijski harmonijski oscilator
U prethodnim smo odjeljcima promatrali isključivo jednodimenzijsko gibanje čestice pod djelovanjem
elastične sile (i sile prigušenja, vanjske sile itd.) Promotrimo sada dvodimenzijsko
gibanje čestice pod djelovanjem samo elastične sile u ravnini (x, y)
⃗F = −K x x ˆx − K y y ŷ , (6.51)

6.7. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 155
Slika 6.11: Elastična sila u dvije dimenzije.
gdje su K x i K y pozitivne konstante (slika 6.11). Primjetimo da za K x ≠ K y , sila nije usmjerena
prema ishodištu . Jednadžba gibanja čestice mase m pod djelovanjem gornje sile je
m d2 ⃗r
d t 2 = −K x x ˆx − K y y ŷ ,
raspisana po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava postaje
ẍ = −ω 2 0,x x, ω 2 0,x = K x
m ,
ÿ = −ω 2 0,y y, ω 2 0,y = K y
m , (6.52)
¨z = 0.
Osim gornjim jednadžbama, gibanje je odredeno i početnim uvjetima:
x(0) = x 0 , ẋ (0) = v 0 x , y(0) = y 0 , ẏ (0) = v 0 y , z(0) = 0, ż (0) = 0.
Uz ove uvjete, čestica će se sve vrijeme gibati u ravnini (x, y). Dobila su se dva nevezana jednodimenzijska
slobodna harmonijska oscilatora, čije su jednadžbe gibanja već rješne u odjeljku
6.1
x(t) = C x cos ω 0,x t + S x sin ω 0,x t = A x cos(ω 0,x t − Φ x ),
y(t) = C y cos ω 0,y t + S y sin ω 0,y t = A y cos(ω 0,y t − Φ y ).
To su parametarske jednadžbe s vremenom t kao parametrom. Konstante C j i S j , tj. A j i Φ j
se odreduju iz gornjih početnih uvjeta na položaj i brzinu čestice, kao u (6.3)
√
A x =
A y =
√
x 2 0 + v2 0 x
ω 2 0 x
, tan Φ x = v 0 x
ω 0 x x 0
,
y0 2 + v2 0 y
, tan Φ
ω0 2 y = v 0 y
.
y
ω 0 y y 0

156POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Putanje koje čestica opisuje u ravnini (x, y) se zovu Lissajousove 6 krivulje. Nekoliko različitih
Lissajousovih krivulja je prikazano na slici 6.12. Razmotrimo neke njihove najjednostavnije
Slika 6.12: Lissajousova krivulje kao rješenja jednadžba: x = A sin(ω 0,x t + δ), y = A sin(ω 0,y t) za δ = π/2 i
navedene vrijednosti ω 0,x i ω 0,y , pri čemu je ω 0,x neparan prirodan broj i |ω 0,x − ω 0,y | = 1
ω 0,x = 1, ω 0,y = 2 ω 0,x = 3, ω 0,y = 2 ω 0,x = 3, ω 0,y = 4
slučajeve:
ω 0,x = 5, ω 0,y = 4 ω 0,x = 5, ω 0,y = 6 ω 0,x = 9, ω 0,y = 8
♣ Neka su frekvencije titranja iste ω 0,x = ω 0,y = ω 0 , tj. K x = K y . Sada je, prema
(6.51), elastična sila usmjerena prema ishodištu. Rješenja za pomak u x i y smjeru su
x
= cos ω 0 t cos Φ x + sin ω 0 t sin Φ x , (6.53)
A x
y
= cos ω 0 t cos Φ y + sin ω 0 t sin Φ y .
A y
To su parametarske jednadžbe krivulje u ravnini (x, y), s vremenom t kao parametrom. Eliminirat
ćemo vrijeme, kako bismo dobili izravnu vezu x i y. Pomnožimo gornju jednadžbu s
cos Φ y , a donju s − cos Φ x i zbrojimo ih
x
A x
cos Φ y − y A y
cos Φ x = sin ω 0 t sin(Φ x − Φ y ).
Ako sada gornju od jednadžba (6.53) pomnožimo sa − sin Φ y , a donju sa sin Φ x i zbrojimo,
dobivamo
− x A x
sin Φ y + y A y
sin Φ x = cos ω 0 t sin(Φ x − Φ y ).
6 Ove su krivulje proučavali Nathaniel Bowditch 1815, a kasnije, 1857, i puno detaljnije Jules Antoine Lissajous.

6.7. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 157
Ako sada gornje dvije jednadžbe kvadriramo i zbrojimo, vrijeme t nestaje iz jednadžbe i preostaje
( ) 2 x
− 2 xy
( ) 2 y
cos(Φ x − Φ y ) + = sin 2 (Φ x − Φ y ). (6.54)
A x A x A y A y
Gornja jednadžba predstavlja elipsu u ravnini (x, y) sa središtem u ishodištu i s glavnom
Slika 6.13: Elipsa kao Lissajousova krivulja.
osom zakrenutom za odredeni kut Φ prema pozitivnom smjeru osi x (slika 6.13). S gibanjem
čestice po elipsi uslijed djelovanja elastične sile u smjerene prema ishodištu, ćemo se susresti
ponovo u poglavlju 7 o centralnim silama.
Lako je odrediti kut zakreta Φ. Uvedimo pomoćni koordinatni sustav (x ′ , y ′ ) kao na slici 6.13.
U tom koordinatnom sustavu su osi elipse usmjerene duž koordinatnih osi x ′ i y ′ , pa jednadžba
elipse glasi
( ) x
′ 2 ( ) y
′ 2
+ = 1.
A ′ x
A ′ y
Veza (x ′ , y ′ ) s (x, y) sustavom je dana relacijama
x = x ′ cos Φ − y ′ sin Φ,
y = x ′ sin Φ + y ′ cos Φ.
Pomoću gornjih relacija ćemo elipsu (6.54) napisati u koordinatama x ′ i y ′
[ ]
cos
x ′ 2 2 Φ sin 2Φ
· − cos(Φ
A 2 x − Φ y ) + sin2 Φ
x A x A y A 2 y
[
]
+x ′ y ′ sin 2Φ cos 2Φ
sin 2Φ
· − − 2 cos(Φ
A 2 x − Φ y ) +
x A x A y A 2 y
[ sin
+ y ′ 2 2 ]
Φ sin 2Φ
· + cos(Φ
A 2 x − Φ y ) + cos2 Φ
= sin 2 (Φ
x A x A y A 2 x − Φ y ).
y

158POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Gornje dvije jednadžbe prikazuju istu elipsu, pa moraju biti jednake, tj.
umnošku x ′ · y ′ , mora biti jednak nuli, a to je moguće samo ako je
sin 2Φ cos 2Φ
sin 2Φ
− − 2 cos(Φ
A 2 x − Φ y ) +
x A x A y A 2 y
= 0,
član srazmjeran
ili, nakon kraćeg sredivanja,
tan 2Φ = 2A xA y
cos(Φ
A 2 x − A 2 x − Φ y ),
y
što predstavlja jednadžbu za odredivanje kuta zakreta koordinatnih sustava, Φ. Usporedbom
gornjih izraza još zaključujemo i da je
( )/
cos
(A ′ x) −2 2 Φ sin 2Φ
= − cos(Φ x − Φ y ) + sin2 Φ
sin 2 (Φ x − Φ y )
A x A y
(A ′ y) −2 =
A 2 x
( sin 2 Φ
+
A 2 x
A 2 y
sin 2Φ
cos(Φ x − Φ y ) + cos2 Φ
A x A y A 2 y
)/
sin 2 (Φ x − Φ y ).
Promotrimo neke posebne slučajeve jednadžbe (6.54):
Ako je Φ x = Φ y , tada se jednadžba elipse, (6.54), degenerira u
( x
A x
− y A y
) 2
= 0 ⇒ y = A y
A x
x
pravac koji leži na dijagonali pravokutnika duljine stranica A x i A y (slika 6.14.A).
Slika 6.14: Elipsa - posebni slučajevi .
Ako je Φ x = Φ y + π, tada se jednadžba elipse degenerira u
( x
A x
+ y A y
) 2
= 0 ⇒ y = − A y
A x
x
pravac koji leži na drugoj dijagonali pravokutnika duljine stranica A x i A y (slika 6.14.B).

6.7. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 159
Ako je Φ x = Φ y + π/2, tada je putanja čestice elipsa, a kut zakreta Φ = 0
( ) 2 ( ) 2 x y
+ = 1,
A x A y
a titranje u smjeru osi x je za 1/4 perioda ispred titranja u smjeru osi y (slika 6.14.C).
Ako je Φ x = Φ y + 3π/2, tada je putanja čestice opet elipsa s kutom zakreta Φ = 0
( ) 2 ( ) 2 x y
+ = 1,
A x A y
a titranje u smjeru osi x za 1/4 perioda kasni u odnosu na titranje u smjeru osi y (slika 6.14.C).
Ako je još i A x = A y , elipsa degenerira u kružnicu.
Gornja je analiza primjenjiva na opis polarizacije elektromagnetskog vala. Električna
i magnetska komponenta vala titraju u ravnini okomitoj na smjer širenja vala i još su medusobno
okomite. Uzme li se za tu ravninu upravo ravnina (x, y), tada jednostavna promjena notacije
x → E i y → B, prevodi gornju analizu na opis linearno, kružno i eliptički polariziranog
elektromagnetskog vala. Kružna i eliptička polarizacija još mogu biti lijevo ili desno orjentirane,
ovisno o tome vrti li se vrh vektora električnog (pa time i magnetskog) polja u smjeru ili suprotno
smjeru kazaljke na satu.
♠
Ako je ω 0,x = 2 ω 0,y i razlika u fazama Φ x − Φ y = π , Lissajousova krivulja je parabola7
2
x(t)
A x
= cos(2 ω 0,y t − Φ y − π/2),
y(t)
A y
= cos(ω 0,y t − Φ y ).
Eliminacijom vremena iz gornjih parametarskih jednadžba, dolazi se do
( )
√
2
x ±
y
= − sin Φ y + 2 sin Φ y ± 2 y ( ) 2 y
sin 2 Φ y + (1 + sin 2 Φ y ) ,
A x A y A y A y
ili, jednostavnije, ako je početna faza Φ y = 0, tada je
( ) 2
x ± y
= ±2 .
A x A y
♠ Napomenimo samo još i to da u slučaju kada je ω 0,x = 1, a ω 0,y = n, gdje je n prirodan
broj, a razlika u fazama
Φ x − Φ y = N − 1 π
N 2 ,
Lissajousove krivulje su Čebiševljevi polinomi prve vrste i stupnja n.
7 Primjetimo da sada sila više nije centralna, tj. nije usmjerena prema ishodištu.

160POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
♠ U općem slučaju ω 0,x ≠ ω 0,y , u skladu s relacijama (6.52), elastična sila nije usmjerena
prema ishodištu koordinatnog sustava i putanja čestice će biti znatno složenija (što nećemo
dalje diskutirati).
Primjer: 6.5 tekst primjera
R: tekst rješenja
6.8 Matematičko njihalo
Matematičko njihalo, slika 6.15, je sustav koji se sastoji od čestice mase m pričvršćene za jedan
kraj niti duljine l. Drugi kraj niti je pričvršćen za nepomičnu točku objesišta O. Masa i
rastezivost niti se zanemaruju. Ako se čestica otkloni od položaja ravnoteže u točki A i otpusti,
ona će se njihati lijevo i desno od točke A.
Izvedimo i rješimo jednadžbu gibanja matematičkog njihala uz zanemarivanje sile otpora koja
potječe od sudara čestice njihala sa česticama sredstva u kojemu se odvija njihanje i od trenja
u točki objesišta. Takoder ćemo zanemariti i učinke od vrtnje Zemlje oko svoje osi, tj.
pretpostavit ćemo da se njihanje odvija u inercijskom sustavu (učincima neinercijalnosti ćemo
se posvetiti u poglavlju 8 - Foucaultovo njihalo). Zbog toga što se gibanje odvija u ravnini,
Slika 6.15: Matematičko njihalo .
prirodno je postaviti jednadžbu gibanja u polarnom koordinatnom sustavu. Položaj čestice je
odreden vektorom ⃗r(t) = lˆρ (t), a sile koje djeluju na česticu jesu sila teža mgˆx i sila napetosti
niti ⃗ F nap = −F nap ˆρ (t). Stoga je jednadžba gibanja
m¨⃗r = mgˆx − ˆρ F nap .
U odjeljku 3.1 smo izračunali opći izraz (3.5) za ubrzanje u polarnom koordinatnom sustavu
¨⃗r = (¨ρ − ρ ˙ϕ 2 )ˆρ + (ρ ¨ϕ + 2 ˙ρ ˙ϕ) ˆϕ .

6.8.
MATEMATIČKO NJIHALO 161
Sada je ρ = l = const., zbog nerastezivosti niti, pa je ˙ρ = ¨ρ = 0. Iz relacije (2.60) takoder
znamo i da je
Uvrštavanjem u jednadžbu gibanja, slijedi
ili, po komponentama
Prva jednadžba daje napetost niti
ˆx = ˆρ cos ϕ − ˆϕ sin ϕ.
m(−l ˙ϕ 2 ˆρ + l ¨ϕ ˆϕ ) = mg(ˆρ cos ϕ − ˆϕ sin ϕ) − ˆρ F nap ,
−l ˙ϕ 2 = g cos ϕ − F nap
m ,
l ¨ϕ = −g sin ϕ.
F nap = mg cos ϕ + mlω 2
kao zbroj dva doprinosa: prvog od radijalne komponente sile teže i drugog od centrifugalne sile
(ω = ˙ϕ ). Druga jednadžba
¨ϕ = − g l
sin ϕ. (6.55)
je jednadžba njihanja koju treba riješiti i naći kut otklona ϕ kao funkciju vremena.
Za male kutove otklona ϕ (izraženog u radijanima), vrijedi Taylorov razvoj
pa jednadžba gibanja, s točnošću reda O(ϕ 3 ), glasi
Označi i se
sin ϕ = ϕ − 1 6 ϕ3 + O(ϕ 5 ), (6.56)
¨ϕ = − g l ϕ.
ω 2 0 = g l ,
gornju jednadžbu prepoznajemo kao jednadžbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog oscilatora
(6.2)
Opće rješenje gornje jednadžbe je
¨ϕ = −ω 2 0 ϕ.
ϕ(t) = C cos ω 0 t + S sin ω 0 t,
gdje se konstante C i S odreduju iz početnih uvjeta: ϕ(0) = ϕ 0 , ˙ϕ (0) = 0. Uvrštenje početnih
uvjeta daje
ϕ(t) = ϕ 0 cos ω 0 t.

162POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK
Period njihanja, T , se odreduje iz zahtjeva periodičnosti
ϕ(t) = ϕ(t + T ) ⇒ T = 2π
ω 0
= 2π
√
l
g . (6.57)
Vidimo da se rješavanje problema njihanja matematičkog njihala kada su amplitude male, svodi
na problem slobodnog harmonijskog oscilatora.
No, što ako amplitude nisu male? Tada postoje dva puta: egzaktno (kao u nastavku ovog
odjeljka) ili računom smetnje (kao u [18], str 130 ili u odjeljku 15.3 reference [5]).
Evo egzaktnog računa. Ako amplituda nije mala, tada zadržavanje vodećeg člana u razvoju
sinusa u (6.56) nije opravdano i treba rješavati cijelu jednadžbu (6.55). Uvedimo
i shvatimo ju kao funkciju kuta ϕ. tada je
d 2 ϕ
dt 2
ω = ω(ϕ) = dϕ
dt
= dω
dt = dω dϕ
dϕ dt = ω dω
dϕ
Uvrštavanjem ove zamjene u jednadžbu gibanja (6.55), sa varijable vremena t, prelazimo na
kutnu varijablu ϕ,
∫ ϕ
ω dω
dϕ = −g l
ωdω = − g l
sin ϕ
sin ϕ dϕ
∫ t
ωdω = − g sin ϕ dϕ
ϕ 0
l 0
1
2 ω2 (ϕ) − 1 2 ω2 (ϕ 0 ) = g [
]
cos ϕ(t) − cos ϕ(0) .
l
Uzmemo li u obzir početne uvjete: ϕ(0) = ϕ 0 , ω(0) = 0,
ω = dϕ
dt = ± √2 g l
(
cos ϕ − cos ϕ 0
)
.
/∫ t
Odlučimo se sa predznak. U vremenskom intervalu 0 ≤ t ≤ T/4, vrijeme raste, dt > 0, a kut
ϕ se smanjuje od maksimalne vrijednosti ϕ 0 do nule, tj. dϕ < 0. Zato je omjer dϕ/dt < 0
i mi u gornjem izrazu odabiremo negativni predznak (držeći na umu da smo se ograničili na
0 ≤ t ≤ T/4)
−
∫ T/4
0
√
dϕ
= − 2 g ( )
cos ϕ − cos ϕ 0
dt
l
√
dt = − T ∫
4 = l 0
2g ϕ 0
√
∫
l
ϕ0
T = 4
2g
0
dϕ
√ cos ϕ − cos ϕ0
dϕ
√ cos ϕ − cos ϕ0
= 2
√
l
g
∫ ϕ0
0
0
≡
∫ ϕ
ϕ 0
dϕ
√
sin 2 (ϕ 0 /2) − sin 2 (ϕ/2)

6.8.
MATEMATIČKO NJIHALO 163
Uvedimo sada novu varijablu Φ relacijom
U varijabli Φ, jednadžba za period glasi
sin(ϕ/2) = sin(ϕ 0 /2) sin Φ.
√
l
T = 4
g
∫ π/2
0
dΦ
√
1 − k2 sin 2 Φ , (6.58)
gdje je
k 2 = sin 2 (ϕ 0 /2).
Integral koji se pojavljuje na desnoj strani se zove eliptički integral prve vrste i ne može
se izraziti preko elementarnih funkcija. Koristeći se binomnim teoremom
(1 + x) p = 1 + px +
p(p − 1)
1 · 2 x2 +
p(p − 1)(p − 2)
x 3 + · · · ,
1 · 2 · 3
korjen pod integralom može razviti u red potencija. Uz p = −1/2 i x = −k 2 sin 2 Φ, binomni
teorem možemo primjeniti na razvoj podintegralne funkcije u izrazu za period
√
∫
l π/2
(
T = 4 dΦ 1 + 1 g
2 k2 sin 2 Φ + 1 · 3
2 · 4 k4 sin 4 Φ + 1 · 3 · 5
)
2 · 4 · 6 k6 sin 6 Φ · · · .
Svi su integrali s desne strane rješivi
0
∫ π/2
0
(sin x) 2n dx =
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n)
Uvrštavanjem ovih rješenja, dobije se period matematičkog njihala za proizvoljnu
vrijednost amplitude ϕ 0 , u obliku beskonačnog reda potencija u varijabli k
π
2 .
√
l
T = 2π
g
[ ( ) 2 1
1 + k 2 +
2
( ) 2 1 · 3
k 4 +
2 · 4
( ) ]
2 1 · 3 · 5
k 6 + · · · . (6.59)
2 · 4 · 6
U granici malih amplituda ϕ 0 , i k će biti mala veličina, pa najveći doprinos periodu dolazi od
prvog člana koji prepoznajemo kao (6.57), T = 2π √ l/g.
Primjer: 6.6 tekst primjera
R: tekst rješenja

164POGLAVLJE 6. GIBANJE POD DJELOVANJEM ELASTIČNE SILE: HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČK

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 privlačilo pozornost ljudi još od najdavnijih vremena. Vrlo rano
(Babilon, Asirija, Maye), promatranjem noćnog neba, ljudi su uočili da se nebeska tijela gibaju
u odnosu na nepomične točke na Zemlji. Ta su se gibanja pokazala periodičnim, i poslužila
su za stvaranje kalendara. Jedan od najstarijih kalendara naden je u ovom našem području,
a potječe iz bakrenog doba (prije otprilike 5 000 godina) i nalazi se na jednoj glinenoj posudi
koja pripada Vučedolskoj kulturi, a pronadena je na nalazištu u blizini Vinkovaca (slika 7.1,
dodatak D ).
Slika 7.1: Orionov kalendar - vučedolska kultura, nalazište kod Vinkovaca.
165

166 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
U vrijeme procvata helenske kulture, pitanjem gibanja nebeskih tijela se bavio i Aristarh sa
otoka Samosa (oko 280 god. p.n.e., dakle suvremenik Euklida i Apolonija) Koliko je poznato,
on je prvi čovjek koji je dao cjeloviti prikaz heliocentričnog sustava, no postoje indicije da
je samo učenje o heliocentričnom sustavu bilo pozanto još polaznicima Platonove Akademije,
stotinjak godina prije Aristarha. U isto doba je i Eratosten (bibliotekar u Aleksandriji, oko
200 god. p.n.e.), smatrao da je Zemlja loptastog oblika i razmjerno točno je izračunao njezin
polumjer. No, u to vrijeme, ljudi su više pozornosti poklanjali nekim drugim pitanjima filozofije,
matematike, književnosti, itd., tako da su Aristarhova i Eratostenova otkrića prošla gotovo
nezapaženo i s vremenom su pala u zaborav 1 . Kasnije, s propašću helenske civilizacije, došlo
je do bitne promjene u gledanju i objašnjavanju prirodnih pojava. To je vrijeme kada je
u Europi kršćanstvo, putem crkvene organizacije, postalo apsolutni arbitar u svim poljima
duhovnog i svjetovnog života europskih naroda. Zaboravljena i zanemarena su ne samo znanja
iz astronomije i matematike, već i gotovo cjelokupno književno nasljede stare Helade i Rima.
Biblija i spisi svetih otaca (i odabranih antičkih filozofa poput Aristotela) su bili jedini priznati
izvor sveg znanja, označenog kao dogma. Izmedu ostalog, Crkva je naučavala da je Zemlja
središte svemira oko kojega se okreću i Sunce i Mjesec i svih sedam (tada poznatih) planeta. Da
bi se tom sklopu objasnile astronomske pojave, konstruirane su složene teorije (epicikli) koje su
opisivale putanje nebeskih tijela. To je Ptolomjev geocentrični sustav svijeta. Duhovna je
klima tada bila posve drukčija nego u vrijeme Aristarha i Eratostena. Za razliku od razmjerno
slobodoumnih Helena koji su uvažavali tude mišljenje, ako je valjano argumentirano, sada je
svako odstupanje od crkvenog učenja proglašavano herezom i potpadalo je pod jurisdikciju
posebno osnovanog suda - inkvizicije. Postupni i spori razvoj znanja iz područja matematike i
mehanike, vodio je do zaključaka suprotnih učenju Crkve: Sunce je nepomično, Zemlja i ostali
planeti se okreću oko njega. Time Zemlja, pa i čovjek koji živi na njoj, gube središnje mjesto
u Svemiru. Naravno da je ovakvo stajalište bilo neprihvatljivo za Crkvu i da su širitelji takvog
učenja bili proganjani.
Razvoj mehanike i astronomije se ipak nije mogao spriječiti (nego samo usporiti) i 1543. godine
je (posmrtno) izašla rasprava poljskog svećenika i astronoma (a bavio se i medicinom) Nikole
Kopernika 2 O gibanju nebeskih tijela, kojom je konačno ustoličen heliocentrični sustav sa
Suncem u središtu oko kojega se gibaju planeti i ostala nebeska tijela. Ovu je knjigu, godine
1616., inkvizicija stavila na Indeks (popis knjiga koje su vjernicima zabranjene za čitanje).
Galileo Galilei je 1610. podržao Kopernikovu teoriju, a 1632. je izdao (uz suglasnost pape
Urbana VIII) i knjigu Dijalog o dvama glavnim sustavima svijeta. Unatoč svojim
dobrim odnosima s papom, Galilei biva pozvan u Rim pred inkviziciju i prisiljen da se odrekne
svojeg učenja:
Ja, Galileo Galilei, učitelj matematike i fizike u Firenzi, odričem se toga
što sam učio da je Sunce središte svijeta i nepokretno, a da Zemlja nije
njegovo središte i da se kreće. Zaklinjem se, proklinjem i odbacujem s
iskrenošću srca i s uvjerenjem sve one zablude i sve ono heretičko, kao i
druge nazore koji se protive svetoj Crkvi.
Navodno je, nakon izricanja presude, promrmljao ono čuveno E pur si muove - ipak se okreće,
no nikada nećemo znati je li to uistinu rečeno ili su to naknadno dodali povjesničari radi
dramatskog učinka. Poslije ovoga, Galilei se nastavio baviti svojim radom, što je imalo za
posljedicu njegove dalje sukobe s Crkvom.
1 Postoje indicije da je starim Helenima bilo poznato i načelo rada parnog stroja, što je takoder zaboravljeno i ponovo otkriveno
tek puno kasnije.
2 Nikola Kopernik, 1473. - 1543., De revolutionibus orbium coelestium, izašlo godine 1543. Na margini jednog Kopernikovog
rukopisa je pronadeno i Aristarhovo ime, što sugerira da je Koperniku bilo poznato njegovo učenje.

Pored Galilejevog, iz tog nam je razdoblja ostao svakako najpoznatiji primjer Giordana Bruna
(Napulj 1548 - Rim 1600). On je nadogradio Kopernikovo učenje tvrdnjom da naš Sunčev
sustav nije nikakva posebnost, već da u svemiru postoji mnoštvo zvijezda sličnih našemu Suncu,
sa planetima na kojima žive razumna bića slična nama. Zbog odbijanja da se odrekne toga
učenja, inkvizicija ga je javno spalila 1600. godine na trgu Campo dei Fiori u Rimu. Ovako
različite sudbine Galileia i Bruna će, većini današnjih ljudi, stav Bruna učiniti u najmanju ruku
dvojbenim. Zacijelo bi i starim Helenima bilo neshvatljivo da jedan čovjek ubije drugog (i to
na veoma okrutan način) zato jer se ne slažu oko toga vrti li se Zemlja oko Sunca ili Sunce oko
Zemlje.
Iz istog razdoblja potječu i rezultati astronomskih opažanja velikog danskog astronoma Tycho
Brachea. Ova je opažanja Jochan Kepler 3 , sažeo u tri poznata zakona koja su dobila njegovo
ime (odjeljak 7.11).
Teorijsko obrazloženje ovih opažajna je dao Isaac Newton, godine 1687. izdavši u Londonu
svoje glasovito djelo
Principa Mathematica Philosophia Naturalis - Matematička načela fizike
(tada se fizika nazivala filozofijom prirode), gdje se izlažu osnovni aksiomi dinamike, a zatim i
zakon gravitacije koji se primjenjuje na objašnjenje gibanja planeta.
Le Verrier 4 i Adams 5 su 1846. godine, a na temelju odstupanja putanje planeta Urana od
putanje izračunate na temelju zakona gravitacije, zaključili da mora postojati još jedan planet
čija gravitacijska sila izaziva uočena odstupanja. Oni su uspjeli odrediti kakva mora biti putanja
tog nepoznatog planeta, pa da proizvede opažena odstupanja Urana. Na temelju njihovih
proračuna, Galle je 23. IX 1844. zaista i ugledao novi, do tada nepoznati planet koji je dobio
ime Neptun 6 . Suvremenici su zbog toga ustvrdili da je Neptun otkriven vrhom pera. Na sličan
je način, 1929. godine otkriven i deveti planet, Pluton.
Ovaj i mnogi drugi uspjesi Newtonove teorije su doveli do razvoja čitavog jednog novog pogleda
na svijet nazvanog mehanicizam. Suština je ovog svjetonazora da se svijet promatra kao jedan
veliki mehanički stroj. Ovaj je stroj sastavljen od dijelova koji se mogu proučavati neovisno
jedan o drugom i razumjeti (isključivo) pomoću zakona mehanike. Ovo je najsažetije izrazio
Laplace 7 u svojem djelu Essai philosophique sur les probabilités (Filozofski esej o vjerojatnosti)
izašlom godine 1814:
Mi moramo smatrati sadašnje stanje svemira, kao posljedicu njegovog
prethodnog stanja, i kao uzrok onome stanju koje slijedi. Um koji bi u
danom trenutku poznavao sve sile koje djeluju u prirodi, kao i položaje i
brzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban riješiti njihove jednadžbe
gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvećih
zvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu ništa
ne bi bilo nepoznato: pred njegovim bi očima bila sva prošlost, kao i sva
budućnost.
Suvremene spoznaje (poglavito kvantna teorija) sve više odbacuju ideju o svijetu kao mehaničkom
stroju i naglašavaju njegovo jedinstvo u kojemu je svijet kao cjelina (puno) više nego
zbroj njegovih dijelova.
167
3 Jochan Kepler, 1571. - 1630., njemački astronom
4 Urbain Le Verrier, 1811. - 1877., francuski astronom
5 John Couch Adams, 1819. - 1892., engleski astronom
6 zapravo je otkriven malo dalje od mjesta gdje je proračun pokazivao, zbog utjecaja tada takoder još nepoznatog Plutona
7 Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizičar, astronom, matematičar i filozof,

168 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Pogledajmo sada detaljnije u čemu se sastoji hereza zbog koje je Giordano Bruno završio na
lomači. 8
7.1 Newtonov zakon gravitacije
Sir Isaac Newton (1642 Woolsthorpe - 1727 Kensington) je prvi čovjek koji je uočio i precizno
izrazio identičnost sile koja izaziva slobodni pad tijela u blizini Zemljine površine (dakle,
jedno pravocrtno gibanje) i sile kojom medudjeluju nebeska tijela (a koja vodi na krivocrtno
gibanje). Razlika u obliku putanje u slučaju ova dva spomenuta gibanja dolazi, kao što ćemo
uskoro vidjeti, od razlike u početnim uvjetima. Ta je sila nazvana gravitacijska 9 sila i ima
Slika 7.2: Gravitacijska sila izmedu čestice mase m 1 u točki ⃗r 1 i čestice mase m u točki ⃗r.
slijedeća svojstva:
- djeluje medu parovima čestica,
- srazmjerna je umnošku masa čestica,
- obrnuto je srazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti,
- uvijek je privlačna.
Masa o kojoj se ovdje govori jeste teška masa.
8 Više detalja o životu Giordana Bruna se može naći npr. na http://www.moljac.hr/biografije/bruno.htm
9 od lat. gravitas = težina, teret.

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 169
Preciznije, neka je čestica mase m 1 smještena u točki ⃗r 1 , a čestica mase m u točki ⃗r. Tada je
gravitacijska sila kojom čestica mase m 1 djeluje na česticu mase m, dana sa (slika 7.2)
⃗F G (⃗r) = −G m 1 m ⃗r − ⃗r 1
|⃗r − ⃗r 1 | 3 , (7.1)
gdje je
−11 Nm2
G = 6.6732 · 10
kg , 2
univerzalna gravitacijska konstanta koja ima ulogu konstante vezanja, tj. opisuje jakost
kojom medudjeluju mase m i m 1 . Prvi ju je eksperimentalno izračunao H. Cavendish 10 , 1798.
godine.
Sada se možemo zapitati kolika gravitacijska sila djeluje na česticu mase m, ako se ona nalazi
u blizini dvije čestice masa m 1 i m 2 ? Odgovor na to pitanje nije sadržan u (7.1), nego je
dobiven iskustvom (eksperimentom), a glasi da je rezultantna sila jednostavno jednaka vektorskom
zbroju sile od prve i druge čestice. Zato se kaže da za gravitacijsku silu vrijedi načelo
pridodavanja ili superpozicije. Općenito sila kojom N čestica djeluje na promatranu česticu,
jednaka je vektorskom zbroju sila svake pojedine od tih N čestica (slika 7.3.A)
Slika 7.3: Načelo pridodavanja za gravitacijsku silu: (A) za skup čestica; (B) za tijelo.
⃗F G (⃗r) = −G m
10 Sir Henry Cavendish, 1731 - 1810, engleski fizičar i kemičar
N∑
j=1
m j
⃗r − ⃗r j
|⃗r − ⃗r j | 3 . (7.2)

170 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Gornjom formulom možemo računati i gravitacijsko privlačenje koje potječe izmedu čestice
mase m i makroskopskog tijela. U tu ćemo svrhu, u mislima, podijeliti cijelo tijelo na vrlo
veliki broj, N >> 1, djelića mase ∆ m j (slika 7.3.B). Ti su djelići dovoljno mali da se za
svaki od njih može točno definirati vektor njihovog položaja ⃗r j . Na svaki od tih malih djelića
primjenimo gornji izraz i za silu gravitacijskog privlačenja izmedu čestice i tijela dobijemo
⃗F G = −G m
N∑
j=1
∆ m j
⃗r − ⃗r j
|⃗r − ⃗r j | 3 .
Promatrani dijelovi ∆ m j su mali u odnosu na ukupnu masu tijela, ali oni još uvijek sadrže
ogroman broj (reda 10 23 ) atoma ili molekula. Zbog tog velikog broja gradivnih čestica pojam
masene volumne gustoće tijela, ρ m (⃗r j ), u okolici točke ⃗r j je dobro definiran i dan je omjerom
mase ∆ m j i volumena ∆ V j promatranog malog dijela tijela
ρ m (⃗r j ) = ∆ m j
∆ V j
,
gdje ∆ V j označava mali volumen u okolici točke ⃗r j . Uz ove oznake, možemo za silu napisati
⃗F G = −G m
N∑
j=1
∆ V j ρ m (⃗r j )
⃗r − ⃗r j
|⃗r − ⃗r j | 3 .
U granici kada podjela na male djeliće postaje sve finija i finija, tj. kada N → ∞, gornji zbroj
prelazi u integral, a zbrajanje po indeksu j prelazi u integraciju po varijabli ⃗r j → ⃗r ′ , koja
prolazi svim točkama tijela
N∑
j=1
∆ V j
→
∫
d V (⃗r ′ ).
Slovom V ćemo uskoro početi označavati gravitacijski potencijal, pa ćemo zato za diferencijal
volumena koristiti oznaku d 3 r ′ , umjesto d V (⃗r ′ ). Time za gravitacijsku silu izmedu čestice
mase m u točki ⃗r i tijela opisanog masenom gustoćom ρ m (⃗r ′ ), dobivamo
∫
⃗F G (⃗r) = −G m
ρ m (⃗r ′ )
⃗r − ⃗r ′
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ . (7.3)
Integrira se po volumenu tijela, tj. po dijelu prostora u kojemu je ρ m (⃗r ′ ) ≠ 0.
Na sličan način, primjenom načela pridodavanja, možemo izračunati i silu gravitacijskog privlačenja
izmedu dva tijela A i B (slika 7.4). Rastavimo, u mislima, oba tijela na male dijelove
masa d m A i d m B . Ti su dijelovi toliko mali da na njih možemo primjeniti izraz za silu izmedu
čestica
d ⃗ F G = −G d m A d m B
⃗r A − ⃗r B
|⃗r A − ⃗r B | 3 .
Ukupna sila izmedu tijela A i B se dobije zbrajanjem (tj. integracijom) sila medu pojedinim
djelićima oba tijela
∫ ∫
⃗r A − ⃗r B
⃗F G = −G d m A d m B
A B |⃗r A − ⃗r B | . 3

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 171
Slika 7.4: Gravitacijska sila izmedu dva tijela.
Uvedu li se volumne masene gustoće oba tijela ρ m (⃗r A,B ) = d m A,B /d V (⃗r A,B ), ukupna sila je
∫
∫
⃗F G = −G ρ m (⃗r A ) d 3 ⃗r A ρ m (⃗r B ) d 3 ⃗r A − ⃗r B
⃗r B
|⃗r A − ⃗r B | . 3
A
B
Gravitacijsko polje:
Iz relacije (7.3) se vidi da je sila na česticu mase m koje se nalazi u točki ⃗r jednostavna
jednaka umnošku mase čestice i jednog vektora. Taj se vektor općenito naziva polje pridruženo
odgovarajućoj sili, u ovom slučaju je to polje gravitacijske sile
⃗g = ⃗ F G
m
⃗g (⃗r) = − G
∫
ρ m (⃗r ′ )
⃗r − ⃗r ′
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ . (7.4)
Ako se radi o diskretnoj raspodjeli N čestica mase m j u točkama ⃗r j , tada je, prema (7.2), polje
u točki ⃗r jednako
⃗g (⃗r) = −G
N∑
j=1
m j
⃗r − ⃗r j
|⃗r − ⃗r j | 3 .
Posebno jednostavno je polje koje u točki ⃗r stvara jedna jedina čestica mase m 1 smještena u
ishodištu (tako da je ⃗r 1 = 0). U skladu s gornjim izrazom, ono je jednako
⃗g (⃗r) = −G m 1
⃗r
|⃗r| 3 . (7.5)

172 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Sama gravitacijska sila je jednaka umnošku mase čestice, koja u ovom slučaju ima značenje
teške mase ili gravitacijskog naboja, i gravitacijskog polja 11
⃗F G = m⃗g .
Primjetimo da gravitacijsko polje ima dimenziju ubrzanja. Uvodenjem pojma polja je riješen
tzv. problem djelovanja na daljinu. Naime, ljudi su se pitali: kako to da čestica u točki ⃗r zna
da se u točki ⃗r ′ nalazi neka druga čestica koja na nju djeluje nekakvom silom? Odgovor je
pronaden u pojmu polja: svaka čestica (pa time i tijelo), uslijed svoje mase, stvara oko sebe
gravitacijsko polje. Ovo polje mijenja svojstva prostora u okolici čestice u smislu da ako se u
blizini ove čestice (ili tijela) izvora polja, nade neka druga (probna) čestica, na nju će djelovati
sila. Ova je sila jednaka umnošku mase m (tj. naboja - gravitacijskog ili električnog, ovisno o
kojoj se sili radi) probne čestice i vrijednosti vektora polja čestice izvora, ⃗g (⃗r) u onoj točki u
kojoj se nalazi probna čestica.
konzervativnost:
Promatrajmo česticu mase m koja se giba u polju gravitacijske sile koja potječe od čestice
mase m 1 koja se nalazi u točki ⃗r 1 . Dokažimo da je gravitacijska sila konzervativna tako što
ćemo pokazati da rad gravitacijske sile obavljen nad česticom mase m na putu izmedu bilo koje
početne točake ⃗r = ⃗r p i bilo koje konačne točke ⃗r = ⃗r k , ne ovisi o obliku putanje koja povezuje
te dvije točke, nego samo o krajnjim točkama.
W p,k =
∫ ⃗rk
⃗r p
⃗ FG (⃗r) d⃗r = −G m m 1
∫ ⃗rk
⃗r − ⃗r 1
⃗r p
|⃗r − ⃗r 1 | d⃗r. 3
Pod integralom je ⃗r 1 konstantno, pa je d⃗r = d(⃗r − ⃗r 1 ). Uvedemo li novu varijablu ⃗ R = ⃗r − ⃗r 1 ,
lako se pokazuje da je ⃗ R d ⃗ R = RdR
⃗R · d ⃗ R = R ˆR · d(R ˆR ) = R ˆR · (dR ˆR + Rd ˆR ).
Budući da je d ˆR okomit na sam jedinični vektor ˆR , to će drugi član na desnoj strani gornjeg
izraza biti jednak nuli. Sada za rad možemo napisati
∫ ⃗R k
W p,k = − G m m 1 dR R (
)
⃗R p
R = − G m m 1
3 1
|⃗r p − ⃗r 1 | − 1
.
|⃗r k − ⃗r 1 |
Vidimo da rad ovisi samo o početnom i konačnom položaju čestice mase m, tj. sila koja je
obavila rad je konzervativna. U odjeljku 4.3 je pokazano da se za konzervativne sile može
definirati skalarno polje, koje se naziva potencijalna energija E p ,
⃗F G = − −→ ∇E p ,
a rad se obavlja na račun promjene potencijalne energije
W p,k = −∆E p = E p (⃗r p ) − E p (⃗r k ).
Usporedbom dva gornja izraza za W p,k , se vidi da je potencijalna energija čestice mase m koja
se nalazi u točki ⃗r, dana sa
E p (⃗r) = − G m m 1
|⃗r − ⃗r 1 | + c 0,
11 Slično kao što je elektrostatske Coulombova sila (str. ) jednaka umnošku električnog naboja i elektrostatskog polja.

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 173
gdje je c 0 konstanta. Beskonačno daleko od čestica izvora gravitacijske sile, gravitacijska potencijalna
energija iščezava, tj, E p (⃗r → ∞) = 0, pa je i c 0 = 0.
Zamislimo sada da imamo dvije čestice: (m 1 , ⃗r 1 ) i (m 2 , ⃗r 2 ) na konačnoj medusobnoj udaljenosti
|⃗r 1 −⃗r 2 |. Beskonačno daleko od njih se nalazi treća čestica mase m 3 . Budući da je potencijalana
energija beskonačno razmaknutih čestica jednaka nuli, potencijalna energija sustava ove tri
čestice je jednaka naprosto potencijalnoj energiji izmedu prve i druge čestice
E p = − G m 1 m 2
|⃗r 1 − ⃗r 2 | .
Ako tu treću česticu želimo dovesti u blizinu prve dvije, u točku ⃗r 3 , gravitacijska će sila obaviti
odredeni rad i time promjeniti potencijalnu energiju sustava ove tri čestice. Prema načelu
pridodavanja, sila na česticu mase m 3 je vektorski zbroj sila od čestica masa m 1 i m 2 , pa će i
rad ukupne sile biti jednak zbroju radova pojedinih sila
∫ ⃗r3
∞
⃗F d⃗r =
∫ ⃗r3
∞
( ⃗ F 1,3 + ⃗ F 2,3 ) d⃗r = G m 1 m 3
|⃗r 1 − ⃗r 3 | + G m 2 m 3
|⃗r 2 − ⃗r 3 | .
Potencijalna energija sustava ove tri čestice se promijenila za iznos jednak ovome radu. Time
se za potencijalnu energiju sustava tri čestice dobiva izraz
(
m1 m 2
E p = − G
|⃗r 1 − ⃗r 2 | + m 1 m 3
|⃗r 1 − ⃗r 3 | + m )
2 m 3
.
|⃗r 2 − ⃗r 3 |
Protegne li se ovaj način razmišljanja na sustav od N čestica masa m j smještenih u točke ⃗r j ,
lako se dolazi do izraza za potencijalnu energiju cijele nakupine
E p = − 1 2 G
N
∑
j=1
N∑
k=1
j≠k
m j m k
|⃗r j − ⃗r k |
(7.6)
(množitelj 1/2 dolazi od dvostrukog brojanja istog para čestica u zbrajanju po j i po k).
Slično kao što se pojam polja izvodi iz pojma sile,
tako se i pojam potencijala
⃗g = ⃗ F
m ,
V = E p
m
uvodi kao potencijalna energija koju bi čestica mase m imala u točki ⃗r. Kao i potencijalna
energija, i potencijal je definiran samo u smislu razlike potencijala izmedu dvije točke, pa se
zato može napisati
d V = 1 m d E p = − 1 m ⃗ F d⃗r = −⃗g d⃗r,
što nakon integracije od početne ⃗r p do konačne točke ⃗r k , daje
V (⃗r k ) − V (⃗r p ) = −
∫ ⃗rk
⃗r p
⃗g d⃗r. (7.7)

174 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Gravitacijski potencijal koji u točki ⃗r stvara čestica mase m smještena u ishodištu je (uzmimo
⃗r p = ∞ uz V (∞) = 0 i ⃗r k = ⃗r)
∫ ⃗r
m
V (⃗r) − V (∞) = G
∞ r dr 2
V (⃗r) = − G m r . (7.8)
Prema načelu pridodavanja sila, a time i polja, slijedi da je potencijal koji u točki ⃗r stvara
mnoštvo čestica masa m j koji se nalaze u točkama ⃗r j jednak zbroju potencijala koje stvaraju
pojedine čestica
N∑
N∑ m j
V (⃗r) = V j (⃗r) = −G
|⃗r − ⃗r j | . (7.9)
j=1
U granici kontinuirane raspodjele mase
N∑
j=1
m j
→
∫
∫
dm =
j=1
ρ m (⃗r ′ ) d 3 r ′ ,
(⃗r ′ je nijema varijabla integracije), pa konačni izraz za računanje gravitacijskog potencijala u
točki ⃗r, koji potječe od kontinuirane raspodjele mase opisane volumnom gustoćom ρ m (⃗r ′ ) glasi
V (⃗r) = − G
∫
ρ m (⃗r ′ )
|⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′ . (7.10)
U slučaju površinske raspodjele mase opisane površinskom gustoćom σ m (⃗r ′ ), potencijal je dan
sa
∫
σ m (⃗r ′ )
V (⃗r) = − G
|⃗r − ⃗r ′ | d2 r ′
a u slučaju linijske raspodjele mase opisane linijskom gustoćom λ m (⃗r ′ ), potencijal je dan sa
∫
λ m (⃗r ′ )
V (⃗r) = − G
|⃗r − ⃗r ′ | dr ′ .
Integrali se protežu po dijelu prostora u kojemu je masena gustoća različita od nule.
Skup točaka u prostoru na kojima je potencijal konstantan
V (⃗r) = const.
se zove ekvipotencijalna ploha . Npr. ako je masa rasporedena s konstantnom gustoćom
unutar kugle, ekvipotencijalne plohe su sfere sa središtem u točki gdje je i središte kugle.
Uočimo u jednadžbi (7.6)
E p = − 1 2 G N
∑
j=1
N∑
k=1
j≠k
m j m k
|⃗r j − ⃗r k |

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 175
izraz za potencijal (7.9) u točki ⃗r j koji stvara preostalih N − 1 čestica u točkama ⃗r k . Time se
potencijalna energija može napisati kao
E p = 1 2
N∑
m j V (⃗r j ).
j=1
Opet u granici kontinuirane raspodjele mase, kao gore,
N∑
j=1
m j
→
∫
∫
d m =
ρ m (⃗r) d 3 r,
dobiva se izraz za potencijalnu energiju kontinuirane raspodjele mase
E p = 1 ∫
ρ m (⃗r) V (⃗r) d 3 r. (7.11)
2
Izmedu gravitacijskog polja i potencijala vrijedi ista relacija kao i izmedu gravitacijske sile i
potencijalne energije
⃗F G = − −→ ∇E p , ⃗g = − −→ ∇V. (7.12)
U konkretnim računima je često jednostavnije raditi s potencijalnom energijom ili potencijalom,
koji su skalari, nego sa silom ili gravitacijskim poljem koji je vektori (dakle kombinacija tri
skalara).
Napomena o elektrostatskoj sili:
Sva gore navedena svojstva gravitacijske sile, mogu se izravno primjeniti i na elektrostatsku
Coulombovu 12 silu, ⃗ FC , kojom medudjeluju dvije naelektrizirane čestice s nabojima q 1 i q, a
koje se nalaze, redom, u točkama ⃗r 1 i ⃗r. Umjesto masa dolaze električni naboji, a umjesto
konstante vezanja −G dolazi jedna druga konstanta vezanja 1/(4πɛ 0 ) 13
⃗F C (⃗r) = 1
4πɛ 0
q 1 q ⃗r − ⃗r 1
|⃗r − ⃗r 1 | 3 (7.13)
(usporediti sa (7.1)). Bitna je razlika izmedu gravitacijske i elektrostatske sile u tome što je
gravitacijska sila uvijek privlačna, dok elektrostaska sila može biti i privlačna (medu raznoimenim
nabojima) i odbojna (medu istoimenim nabojima). Može se reći da postoji samo jedan
gravitacijski naboj (to je masa 14 ), dok postoje dva električna naboja (pozitivni i negativni 15 ).
U dvočestičnom medudjelovanju, jedan gravitacijski naboj se može kombinirati samo sam sa
nekim drugim istovrsnim nabojem, pa zato gravitacijska sila ima samo jedan (privlačan) karakter.
Naprotiv, dva električna naboja se u parnom medudjelovanju mogu kombinirati na dva
12 Charles Augustin de Coulomb, 1736 - 1806, francuski fizičar. Pomoću vrlo osjetljive torzijske vage, mjerio je silu kojom
medudjeluju električni naboji smješteni na krajevima dugog štapa. Ustanovio je da je sila srazmjerna umnošku naboja, a obrnuto
srazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti. Mémoires del’Acad. r. des sc. izdano u razdoblju od 1785 do 1789.
13 ɛ 0 = 8.854 · 10 −12 F/m, se naziva permitivnost vakuuma. Ako se električni naboji nalaze u nekom sredstvu, dolazi do
medudjelovanja naboja s česticama sredstva (polarizacija) i sila medu njima se mijenja (smanjuje). Ova je promjena opisana
bezdimenzijskom veličinom koja se zove relativna dielektrična konstanta ɛ r , koja se u izrazu za silu pojavljuje kroz 1/(4πɛ 0 ɛ r ).
14 Preciznije rečeno radi se o teškoj masi, za razliku od trome mase koja je je mjera tormosti kojom se tijelo opire promjeni
stanja gibanja - str. 84
15 Primjetimo da je označavanje jedne vrste električnih naboja kao pozitivnih, a drugih kao negativnih, samo zgodna matematička
dosjetka koja počiva na činjenici da je (−) · (−) = (+) · (+) = +, a (−) · (+) = −, pa sila medu električnim nabojima zapisana
u obliku (7.13) ima privlačan smjer za raznoimene, a odbojini za istoimene naboje. U samim nabojima (elektronima, protonima,
itd.) nema ničeg ni pozitivnog ni negativnog. Oni su mogli biti označeni i kao crni i bijeli naboj, ili kao gornji i donji naboj, pri
čemu bi zapis sile morao biti nešto drukčiji.

176 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
različita načina (dva istoimena i dva raznoimena naboja) što rezultira dvojnim karakterom sile:
privlačnim i odbojnim.
Uvažavajući ovu razliku u pogledu privlačnosti/odbojnosti izmedu gravitacijske i elektrostatske
sile, sva se gornja razmatranja mogu provesti i za elektrostatsku silu uz zamjene konstante
i naboja tj. gustoće naboja
−G ⇔ 1
4πɛ 0
(7.14)
m ⇔ q, ρ m ⇔ ρ q . (7.15)
Tako je npr. elektrostatski potencijal dan izrazom
V (⃗r) = 1 ∫
ρ q (⃗r ′ )
4πɛ 0 |⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′ . (7.16)
Evo i nekoliko primjera:
Primjer: 7.1 Izračunajte gravitacijski potencijal kugle polumjera R, ispunjene masom konstantne
gustoće ρ 0 .
R: Polazimo od izraza
V (⃗r) = − G
∫
ρ m (⃗r ′ )
|⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′
u kojemu je gustoća konstantna ρ m (⃗r ′ ) = ρ 0 . Zbog simetrije problema, integraciju
izvodimo u sfernom koordinatnom sustavu, tako da je d 3 r ′ = r ′ 2 sin θ ′ dr ′ dθ ′ dϕ ′ .
Takoder zbog sferne simetrije, točku u kojoj računamo potencijal, možemo staviti
na os ẑ , ⃗r = r ẑ , tako da izraz za potencijal postaje
V (⃗r) = −G ρ 0
∫ 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 ′
vodi na
V (⃗r) = −2πG ρ 0
∫ R
= − 2πGρ 0
r
= − 2πGρ 0
r
t = r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′
d t = 2rr ′ sin θ ′ dθ ′ ,
0
∫ R
0
∫ R
0
r ′ 2 dr ′
∫ t(π)
t(0)
dt
2rr ′
1 √t
r ′ dr ′ (√
r2 + r ′ 2 + 2rr ′ − √ r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ )
r ′ dr ′ (r + r ′ − |r − r ′ |) .
Sada postoje dvije mogućnosti: r < R, potencijal unutar kugle i r > R, potencijal
izvan kugle.
• Unutar kugle je
∫ R ∫ r ∫ R
= + .
0 0 r

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 177
U prvom integralu desne strane je r ′ < r, a u drugom integralu je r ′ > r, što vodi
na izraz za potencijal unutar kugle
V in (⃗r) = − 2πGρ (∫ r
∫ R
)
0
r ′ dr ′ 2 r ′ + r ′ dr ′ 2 r = −2πGρ 0
(R 2 − 1 )
r
3 r2 .
0
• Izvan kugle je r > R > r ′ > 0, pa je potencijal dan sa
V out (⃗r) = − 2πGρ 0
r
∫ R
0
r
r ′ dr ′ 2 r ′ = − 4πGρ 0 R 3
dakle isto kao i potencijal čestice mase m, smještene u središtu kugle.
3 r
= −G m r , (7.17)
Primjer: 7.2 Kugla polumjera R je jednoliko ispunjena masom konstantne volumne gustoće
ρ 0 . Izračunajte potencijalnu energiju kugle, tj. rad koji treba utrošiti da bi se svi
djelići kugle razmaknuli na medusobno beskonačnu udaljenost.
R: Izraz (7.11) za E p primjenimo na zadanu raspodjelu mase
E p = 1 ∫
ρ(⃗r) V (⃗r) d 3 r.
2
Gustoća je
ρ(r) =
{
ρ0 0 ≤ r ≤ R
0 r > R.
Iz prehodnog primjera znamo da se potencijal ima različite vrijednosti unutar kugle
(gdje je ρ = ρ 0 ) i izvan kugle (gdje je ρ = 0)
E p = 1 2
E p = 1 2
∫ R
∫ R
0
ρ 0 V in d 3 r + 1 2
gdje je m = ρ 0 4πR 3 /3 ukupna masa kugle.
0
∫ ∞
R
0 · V out d 3 r.
(
ρ 0 (−2πG)ρ 0 R 2 − 1 )
3 r2 d 3 r = −G 3 m 2
5 R , (7.18)
Gornji račun može poslužiti za definiciju klasičnog polumjera elektrona. Naime, ako
bismo elektron zamislili kao točkastu česticu, tada bi, u skladu sa (7.8), potencijal u blizini
elektrona neizmjerno rastao po iznosu, što je fizički neprihvatljivo. Zato se krenulo sa slijedećom
zamisli: neka je elektron sličan maloj kuglici polumjera R e unutar koje je jednoliko rasporeden
naboj elektrona q e . Isti bi račun kao gore, dao za elektrostatsku (vlastitu) potencijalnu energiju
elektrona (uz −G → 1/(4πɛ 0 ) i m → q e )
E p = 3 5
qe
2 1
.
4 π ɛ 0 R e
Izjednači li se ova energija s relativističkim izrazom za energiju
E = m 0 c 2 ,

178 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
gdje je m 0 masa mirujućeg elektrona, a c brzina svjetlosti u vakuumu, dolazi se do izraza za
klasični polumjer elektrona
R e = 3 5
qe
2 1
4 π ɛ 0 m 0 c = 1.69 · 2 10−15 m. (7.19)
Je li ovime riješen problem elektrona? Naravno da nije! Ovako zamišljena tvorevina bi, zbog
snažnog elektrostatskog odbijanja pojedinih dijelova elektrona, bila posve nestabilna, tj. ovakav
bi elektron eksplodirao. Pa ipak ova ideja klasičnog polumjer elektrona nije lišena svog
značenja. Ona nam daje ocjenu reda veličine (to je 10 −15 m) gdje pojmovi i predstave klasične
fizike prestaju vrijediti i gdje je potrebno uvesti kvalitativno novi pristup kakav je dan u
kvantnoj mehanici. Ovo je samo jedan od primjera iz kojih se vidi da se mikroskopski objekti
ne mogu zamišljati jednostavno kao proizvoljno smanjeni makroskopski objekti (konkretno,
elektroni nisu nikakve proizvoljno smanjene kuglice).
Napomena o silama u atomskoj jezgri : Atomska jezgra je nakupina protona (elektropozitivnih
čestica) i neutrona (elektroneutralnih čestica) na maloj medusobnoj udaljenosti
(reda 10 −14 m). Upravo smo vidjeli da izmedu istoimenih električnih naboja djeluju odbojne
električne sile. Prirodno je onda zapitati se kako to da se jezgra ne razleti uslijed snažnog elektrostatskog
odbijanja istoimenih električnih naboja na maloj udaljenosti? Odgovor je da osim
elektrostatske, medu protonima i neutronima djeluje i privlačna jaka nuklearna sila, koja
je po iznosu puno jača od električne sile (konstanta fine strukture je 1/137, to je mjera jakosti
električne ili općenitije govoreći elektromagnetske sile, dok je konstanta vezanja jake nuklearne
sile jednaka 10, iz čega se zaključuje da je jaka sila oko stotinu puta jača od elektromagnetske
sile). Druga važna razlika izmedu elektromagnetske i jake nuklearne sile je u dosegu. Doseg
elektromagnetske sile je beskonačan (što je povezano s činjenicom da foton γ - nositelj elektromagnetske
sile - ima masu mirovanja jednaku nuli), dok je doseg jake nuklerane sile vrlo mali
i reda je 10 −15 m (što je opet povezano s činjenicom da čestice nositelji jake sile - π mezoni -
imaju konačnu masu mirovanja). Stoga na makroskopskim udaljenostima (svakako većim od
10 −15 m), medu protonima djeluje odbojna kulonska sila, dok na vrlo malim udaljenostima na
protone djeluju i odbojna kulonska i privlačna jaka nuklearna sila.
7.2 Gravitacijsko privlačenje okruglih tijela
Ako Vas netko zapita kako izračunati gravitacijsko privlačenje izmedu Zemlje i Sunca, Vaš će
odgovor, zacijelo glasiti otprilike ovako: u formulu (7.1) treba uvrstiti mase Zemlje, Sunca i
srednje udaljenosti medu njima (jer mi znamo da se Zemlja giba po elipsi, pa udaljenost do
Sunca nije uvijek ista) i izvrijedniti
F G = G m Z m S
R 2 .
No, sada Vas taj netko može dalje zapitati zašto koristite (7.1) koji vrijedi za čestice, tj.
geometrijske točke, kada ni Zemlja ni Sunce nisu čestice, nego su tijela koja zauzimaju vrlo
velike dijelove prostora?
Odgovor na ovo pitanje se nalazi u nastavku ovog odjeljka.

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLAČENJE OKRUGLIH TIJELA 179
Krenimo od jednog malo općenitije postavljenog problema. Izračunat ćemo gravitacijsku silu
izmedu homogene šuplje kugle mase M, unutrašnjeg polumjera R u , vanjskog polumjera R v i
čestice mase m koja se nalazi na udaljenosti r od središta kugle (slika 7.5). Ako se odabere
R u = 0, dobit će se obična puna kugla.
Važno svojstvo kugle je da ona ima konstantnu masenu gustoću ρ 0 = 3M/[4(R 3 v − R 3 u)π]. Zbog
Slika 7.5: Gravitacijska sila šuplje kugle.
sferne simetrije problema, koristit ćemo sferni koordinatni sustav, koji ćemo postaviti tako da
se čestica nalazi na osi z, a središte kugle je u ishodištu. Sila na česticu mase m u točki ⃗r = rẑ
je
⃗F G (⃗r) = − G m
∫
ρ 0
⃗r − ⃗r ′
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ .
Integrira po dijelu prostora u kojemu je gustoća šuplje kugle različita od nule.
⃗F G (⃗r) =
−3GmM
4(R 3 v − R 3 u)π
∫ Rv
R u
∫ π ∫ 2π
r ′ 2 dr ′ sin θ ′ dθ ′
0
0
dϕ ′ rẑ − r ′ ˆr ′
(r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′ ) 3/2 .
Uvrstimo li za ˆr ′ = ˆx sin θ ′ cos ϕ ′ + ŷ sin θ ′ sin ϕ ′ + ẑ cos θ ′ (dobiven ranije u (2.65)),
razlomak podintegralnog izraza postaje
r ′ (sin θ ′ cos ϕ ′ˆx + sin θ ′ sin ϕ ′ ŷ ) + (r − r ′ cos θ ′ )ẑ
(r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′ ) 3/2 ,
lako se vidi da integracija po ϕ ′ u članovima uz ˆx i ŷ daje nulu, a uz član ẑ daje 2π
ˆx
∫ 2π
0
dϕ ′ cos ϕ ′ = 0,
ŷ
∫ 2π
Tako se, nakon integracije po ϕ ′ , dolazi do
⃗F G (⃗r) = ẑ
−3GmM
2(R 3 v − R 3 u)
∫ Rv
R u
0
r ′ 2 dr ′ ∫ π
dϕ ′ sin ϕ ′ = 0,
0
ẑ
∫ 2π
0
dϕ ′ = 2π.
sin θ ′ dθ ′ r − r ′ cos θ ′
(r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′ ) 3/2 .

180 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Za integraciju po θ ′ , uvodimo novu varijablu v relacijom
v 2∣ ∣ r+r ′
|r−r ′ |
= r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cos θ ′∣ ∣ π , 0
2vdv = 2rr ′ sin θ ′ dθ ′ ,
cos θ ′ = −v2 + r 2 + r ′ 2
.
2rr ′
Nakon uvrštavanja u izraz za silu i skraćivanja, dobiva se
⃗F G (⃗r) = ẑ −3GmM
2(R 3 v − R 3 u)
∫ Rv
= ẑ −3GmM
2r 2 2(Rv 3 − Ru)
3
2vdv r − r ′ (−v 2 + r 2 + r ′ 2 )/(2rr ′ )
,
|r−r ′ | 2rr ′ v 3
(
r ′ dr ′ 2r ′ + (r − r )
′ )(r + r ′ )
− |r − r ′ | . (7.20)
R u
|r − r ′ |
R u
r ′ 2 dr ′ ∫ r+r ′
∫ Rv
Sada trebamo razmotriti tri moguća položaja čestice u odnosu na šuplju kuglu:
IN: čestica može biti u šupljini,
INTER: čestica može biti u prostoru izmedu R u i R v , i
OUT: čestica može biti izvan kugle.
IN: unutar šupljine je uvijek r < R u ≤ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r ′ − r, pa (7.20) postaje
⃗F G IN (⃗r) = −3GmM ∫
ẑ
Rv
[
r ′ dr ′ 2r ′ + (r − r ]
′ )(r + r ′ )
− (r ′ − r)
2(Rv 3 − Ru)
3 2r 2 R u
r ′ − r
= −3GmM ∫
ẑ
Rv
r ′ dr ′ [2r ′ − (r + r ′ ) − (r ′ − r)] = 0.
2(Rv 3 − Ru)
3 2r 2 R u
⃗F G IN
F
(⃗r) = 0, =⇒ ⃗g IN = ⃗ G
IN
= 0. (7.21)
m
Dobili smo važan rezultat: sila na česticu mase m koja se nalazi u šupljini kugle, je jednaka
nuli.
INTER: kolika je sila F ⃗ INT ER
G na česticu koja se nalazi u dijelu prostora R u ≤ r ≤ R v ? U ovom
slučaju integraciju u (7.20) treba rastaviti na dva dijela:
R u ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r − r ′ | = r − r ′ ,
r ≤ r ′ ≤ R v ⇒ |r − r ′ | = r ′ − r.
Za silu F ⃗ INT ER
G u prostoru izmedu R u i R v , dobiva se
INT ER ⃗F G (⃗r) = −3GmM
2(Rv 3 − Ru)
3
= −3GmM
2(Rv 3 − Ru)
3
= −ẑ G m · m INT ER
r 2 ,
(∫
ẑ r
r ′ dr ′ 4r ′ +
2r 2 R u
ẑ 4
2r 2 3 (r3 − Ru) 3 = −Gm
)
r ′ dr ′ · 0
r
[
]
4
ẑ
ρ 0
3 (r3 − Ru)π
3
∫ Rv
gdje je s m INT ER označen dio mase kugle sadržan u dijelu prostora izmedu R u i r
m INT ER = ρ 0
4 π
3 (r3 − R 3 u).
r 2

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLAČENJE OKRUGLIH TIJELA 181
Iz gornjeg izraza za silu se vidi da na česticu mase m, djeluje ista sila kao da se u ishodištu
koordinatnog sustava nalazi jedna druga čestica (a ne šuplja kugla), mase jednake m INT ER .
Kada se čestica mase m ne bi nalazila na osi ẑ , nego u nekoj općoj točki u prostoru, izraz za
silu bi glasio
⃗F
INT ER
G
(⃗r) = −G m m INT ER
ˆr
r 2 =⇒ ⃗g INT ER (⃗r) = −G m INT ER
ˆr
r 2 . (7.22)
U slučaju pune kugle, R u = 0, polje je
⃗g = − G 4 π
3 ρ 0 r ˆr , (7.23)
tj. u unutrašnjosti pune homogene kugle, polje raste linearno s udaljenošću od ishodišta.
OUT: pogledajmo na kraju i silu F ⃗ G
OUT
r > R v ≥ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r − r ′
koja djeluje na česticu smještenu izvan kugle, gdje je
⃗F G OUT (⃗r) = −3GmM
2(Rv 3 − Ru)
3
∫
ẑ
Rv
r ′ dr ′ 4r ′ = −3GmM ẑ 4
2r 2 R u
2(Rv 3 − Ru)
3 2r 2 3 (R3 v − Ru) 3 = − G m M ẑ .
r 2
Za česticu mase m izvan osi ẑ , bi se očito dobio ovaj izraz za silu
⃗F G
OUT (⃗r) = − G m M ˆr
r 2
Izvan kugle je sila na česticu ista kao i da se umjesto šuplje kugle, u ishodištu nalazi čestica
mase jednake ukupnoj masi kugle M. Gravitacijsko polje izvan kugle je
F
⃗g = ⃗ G
OUT
m = − G M ˆr . (7.24)
r2 Gornji rezultati sadrže dva granična slučaja:
(1) u granici kada R u → 0, gornji se rezulatati svode na privlačenje izmedu čestice i pune kugle
polumjera R v = R;
(2) u granici kada R u → R v = R, gornji se rezultati svode na privlačenje čestice i sferne ljuske
mase M i polumjera R.
Sada možemo razumijeti odgovor na pitanje s početka ovog odjeljka. Rastavimo u mislima Zemlju
na velik broj malih dijelova. Na svaki taj djelić Sunce djeluje istom silom kao i da umjesto
njega imamo česticu iste mase na mjestu njegova središta. U skladu s načelom pridodavanja,
ukupna sila na cijelu Zemlju je jednaka zbroju sila na svaki njezin dio, a to je upravo izraz
s početka odjeljka (istina je da se pojedini dijelovi Zemlje nalaze na različitim udaljenostima
od središta 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 privlačenje
planeta i ostalih sfernih objekata.
Pokažimo da se do istog rezultata za silu, može doći i računom potencijala i korištenjem veze
sile i potencijala: F ⃗
−→ = − ∇Ep = −m −→ ∇V . Gravitacijski potencijal ćemo računati izrazom
(7.10)
V (⃗r) = − G
∫
ρ m (⃗r ′ )
|⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′ .

182 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Koristeći oznake sa slike 7.5, možemo napisati
V (⃗r) = −G ρ 0
∫ Rv
R u 0
r ′ 2 dr ′ ∫ π
sin θ ′ dθ ′ ∫ 2π
Sličnim postupkom kao kod računa sile, kutni dio integracije daje
0
dϕ ′ 1
|⃗r ′ − rẑ |
∫ π
0
sin θ ′ dθ ′ ∫ 2π
0
dϕ ′ 1
|⃗r ′ − rẑ |
=
∫ π
0
= 2 π
rr ′
sin θ ′ dθ ′
√
r
′ 2
+ r 2 − 2rr ′ cos θ ′
(r ′ + r − |r ′ − r|),
∫ 2π
0
dϕ ′
što vodi na integral za potencijal
V (r) = − G ρ 0
2 π
r
∫ Rv
R u
r ′ dr ′ (r ′ + r − |r ′ − r|).
Sada opet razlikujemo tri moguća položaja čestice u odnosu na šuplju kuglu:
IN: čestica može biti u šupljini,
INTER: čestica može biti u prostoru izmedu R u i R v , i
OUT: čestica može biti izvan kugle.
IN: unutar šupljine je r < R u ≤ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r ′ − r
V IN = − G ρ 0
2 π
r
∫ Rv
Potencijal u šupljini je konstantan.
R u
r ′ dr ′ (r ′ + r − r ′ + r) = − G 2 π ρ 0 (R 2 v − R 2 u). (7.25)
INTER: U ovom dijelu prostora, integraciju treba rastaviti na dva dijela:
tako da je
R u ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r − r ′ | = r − r ′ ,
r ≤ r ′ ≤ R v ⇒ |r − r ′ | = r ′ − r.,
∫ Rv
R u
dr ′ =
∫ r
R u
dr ′
} {{ }
r ′ < r
+
∫ Rv
dr ′
r
} {{ }
r ′ > r
Uz gornji rastav, za potencijal se dobiva,
[∫
2 π r
V INT ER (r) = − G ρ 0 r ′ dr ′ (r ′ + r + r ′ − r) +
r R
( u
= −G 2 π ρ o Rv 2 − r2
3 − 2 )
R3 u
3 r
.
∫ Rv
r
]
r ′ dr ′ (r ′ + r − r ′ + r)
(7.26)

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLAČENJE OKRUGLIH TIJELA 183
OUT: neka se sada čestica nalazi izvan kugle, r > R v ≥ r ′ , pa je i |r − r ′ | = r − r ′
V OUT (r) = − G ρ 0
2 π
r
∫ Rv
R u
r ′ dr ′ (r ′ + r + r ′ − r)
= − G ρ 0
4 π
3 (R3 v − R 3 u) 1 r = −G M r , (7.27)
a to je isti potencijal kao da umjesto šuplje kugle mase M, u ishodištu imamo česticu iste mase.
Pokažimo još i da se iz ovih potencijala, dobivaju ranije izračunati izrazi za sile. Sila i potencijal
su vezani operacijom gradijenta, koja je u pravokutnom koordinatnom sustavu, oblika
⃗F = − −→ ∇E p = −m −→ ∇V = −m
(
ˆx
∂
∂ x + ŷ
∂
∂ y + ẑ
∂
∂ z
)
V.
IN: unutar šupljine je potencijal konstantan, (7.25), pa je sukladno gornjem izrazu derivacija
konstante jednaka nuli i sila u šupljini je jednaka nuli, F ⃗ G IN = 0, baš kao i u (7.21).
INTER: Potencijal V INT ER je dan izrazom (7.26). Izračunajmo najprije samo x komponente
sile u prostoru izmedu R u u R v :
(
INT ER
FG x = G 2 π ρ o m ∂ Rv 2 − x2 + y 2 + z 2
−
∂x
3
= G m 4 π
3 ρ 0
(
−x + R3 u
r 3 x )
i slično za y i z komponentu sile. Sve zajedno, za F ⃗ INT ER
G
dobivamo, baš kao i u (7.22)
gdje smo prepoznali
INT ER ⃗F G = −G m 4 π
3 ρ 0
= ˆx F
)
2 Ru
3
3 √ x 2 + y 2 + z 2
INT ER
G x
+ŷ F
(
⃗r − R3 u
r 3 ⃗r )
= −G m m INT ER (r) ˆr r 3 ,
m INT ER (r) = 4 π
3 ρ 0 (r 3 − R 3 u).
INT ER
G y
INT ER
+ẑ FG z ,
OUT: Izvan kugle je potencijal dan sa (7.27). Ponovo je dovoljno izračunati samo jednu, npr.
x, komponentu sile
F OUT
G x = G m M ∂
∂x
1
√
x2 + y 2 + z 2 = −G m M x r 3
i slično za preostale dvije komponente. Sve zajedno, F ⃗ OUT
G
dobivamo kao i u (7.24)
= ˆx F OUT
G x
+ ŷ F OUT
G y
+ ẑ F OUT
G z ,
⃗F OUT
G = −G m M ⃗r r 3 .
O tome kako izgleda gravitacijski potencijal koji potječe od nesfernih objekata (kao što su
npr. dvojne zvijezde, spiralne ili eliptičke galaksije), bit će više riječi u odjeljku o multipolnom
razvoju potencijala.

184 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Svi gornji računi i rezulatati vrijede i za elektrostatsku silu, ako se u odgovarajućim izrazima
izvedu zamjene (7.14) i (7.15). Primjetimo da je važan dio u gornjim računima pretpostavka o
konstantnoj gustoći kojom je masa (za gravitacijsku silu ili električni naboj za elektrostatsku
silu) rasporedena u prostoru.
7.3 Divergencija i rotacija gravitacijskog polja
Prema Helmohltzovu 16 teoremu, vektorsko je polje u cjelosti odredeno svojom rotacijom i
divergencijom. U ovom ćemo odjeljku izračunati divergenciju i rotaciju gravitacijskog polja
∫
⃗g (⃗r) = − G ρ m (⃗r ′ ⃗r − ⃗r ′
)
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ , (7.28)
a sve što izvedemo za gravitacijsko polje, može se relacijama (7.14) i (7.15) prevesti u termine
elektrostatskog polja ⃗ E .
Relacijom (7.12) je pokazano da je gravitacijsko polje dano negativnim gradijentom potencijala,
a budući da smo već pokazali, relacijom (2.52), i da je rotacija gradijenta jednaka nuli, to odmah
slijedi
−→ ∇ × ⃗g = 0. (7.29)
Gornja jednadžba je jedan od mogućih načina da se matematički kaže da je gravitacijsko polje
konzervativno. Izračunamo li plošni integral gornje jednadžbe
∫
( −→ ∇ × ⃗g ) d ⃗ S = 0
i primjenimo Stokesov teorem (2.46)
∫
( −→ ∮
∇ × ⃗g ) dS ⃗ =
⃗g d⃗r = 0,
dolazimo do tvrdnje da je rad gravitacijskog polja (tj. sile) po zatvorenoj krivulji jednak
nuli (tako npr. Zemlja ne obavlja nikakav rad gibajući se oko Sunca). Elektrostatsko je polje
takoder konzervativno i za njega vrijedi
−→ ∇ × E ⃗ = 0.
Ova se jednadžba naziva druga Maxwellova 17 jednadžba.
Primjer: 7.3 Pokažimo da gravitacijsko polje čestice na svim udaljenostima i gravitacijsko
polje homogene kugle na udaljenostima većim od polumjera kugle, zadovoljava jednadžbu
(7.29).
R: Polje čestice mase m smještene u ishodištu koordinatnog sustava je
⃗g (⃗r) = −G m r 3 ⃗r
16 Hermann Ludwig Ferdinand von Helmohltz, 1821 - 1894, njemački fizičar
17 James Clerck Maxwell, 1831 - 1879, škotski fizičar

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 185
(a kao što znamo iz (7.24), to je i polje kugle, ako je r veće od polumjera kugle).
Raspisano po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava
g x =
x
−G m
(x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
g y =
y
−G m
(x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
g z =
z
−G m
(x 2 + y 2 + z 2 ) . 3/2
Komponente rotacije u pravokutnim koordinatama su
(
−→ ∂ gz
∇ × ⃗g = ˆx
∂ y − ∂ g ) (
y ∂ gx
+ ŷ
∂ z ∂ z − ∂ g )
z
+ ẑ
∂ x
( ∂ gy
∂ x − ∂ g )
x
.
∂ y
Izravnom derivacijom se lako dobije da je svaka od okruglih zagrada jednaka nuli
−→ ∇ × ⃗g = 0.
−→
Da bismo izračunali divergenciju gravitacijskog polja, ∇⃗g (⃗r), trebamo najprije primjetiti da
operator nabla djeluje na koordinatu ⃗r (a ne na ⃗r ′ ) na desnoj strani relacije (7.28). Ovo
ćemo naglasiti time što ćemo (samo u ovom odjeljku) umjesto −→ ∇ pisati −→ ∇ r . Integrira se po
koordinati ⃗r ′ , pa je dozvoljeno komutirati integraciju i −→ ∇ r
∫
−→ ∇ r ⃗g = −G ρ m (⃗r ′ ) −→ ⃗r − ⃗r ′
∇ r
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ .
Neka je ⃗r ≠ ⃗r ′ . Izračunajmo rezultat djelovanja −→ ∇ r
(
−→ ⃗r − ⃗r ′
∇r = ˆx ∂
|⃗r − ⃗r ′ | 3 ∂ x + ŷ ∂
∂ y + ẑ ∂ ) ˆx (x − x ′ ) + ŷ (y − y ′ ) + ẑ (z − z ′ )
(7.30)
∂ z [(x − x ′ ) 2 + (y − y ′ ) 2 + (z − z ′ ) 2 ] 3/2
= ∂
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(x − ˆx ) (
′ ) 2 1
+
3 |⃗r − ⃗r ′ | 5 |⃗r − ⃗r ′ | − 3(y − ŷ ) (
′ ) 2 1
+
3 |⃗r − ⃗r ′ | 5 |⃗r − ⃗r ′ | − 3(z − ẑ )
′ ) 2
3 |⃗r − ⃗r ′ | 5
= 0.
Izračunajmo sada
∫
d 3 r −→ ∇ r
⃗r − ⃗r ′
|⃗r − ⃗r ′ | 3

186 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
po kugli unutar koje se nalazi i točka ⃗r = ⃗r ′ . Umjesto ⃗r, uvedimo novu varijablu ⃗ R = ⃗r − ⃗r ′ ,
tako da je d 3 r = d 3 R i −→ ∇ r = −→ ∇ R . Primjenom Gaussova teorema (2.21), prelazimo s integracije
po volumenu kugle, na integraciju po površini sfere
∫
d 3 R −→ ∇ R
⃗ R
R 3 = ∮
d ⃗ S ⃗ R
R 3 = ∮Ω
ˆR R 2 dΩ ˆR R
R 3 = 4π. (7.31)
Funkcija koje jednaka nuli kada je njezin argument različit od nule, a integral koje je jednak
jedinici kada područje integracije sadrži i točku koja poništava njezin argument, naziva se
Diracova 18 δ-funkcija . O definiciji i svojstvima δ-funkcije, vidjeti više u dodatku A i [3]. Iz
relacija (7.30) i (7.31) zaključujemo da je
Sada je
−→ ∇⃗g (⃗r) = −G
∫
−→ ∇ r
⃗r − ⃗r ′
|⃗r − ⃗r ′ | 3 = 4πδ(⃗r − ⃗r ′ ).
ρ m (⃗r ′ ) −→ ⃗r − ⃗r ′
∫
∇ r
|⃗r − ⃗r ′ | 3 d3 r ′ = −G
Time smo došli do jednadžbe za divergenciju gravitacijskog polja
ρ m (⃗r ′ )4πδ(⃗r − ⃗r ′ ) d 3 r ′ = −4πGρ m (⃗r).
−→ ∇⃗g (⃗r) = − 4 π G ρm (⃗r). (7.32)
Odgovarajuća elektrostatska jednadžba
−→ ∇ ⃗ E (⃗r) =
ρ q (⃗r)
ɛ 0
se naziva prva Maxwellova jednadžba. Gornju jednadžbu možemo napisati i u integralnom
obliku, koristeći Gaussov teorem
∫
d 3 r −→ ∫
∇⃗g = −4 π G d 3 r ρ m
∮
⃗g dS ⃗ = −4 π G m S , (7.33)
S
gdje m S označava masu sadržanu unutar zatvorene plohe S. Gornja jednadžba kaže da je tok
gravitacijskog polja kroz proizvoljnu zatvorenu plohu, srazmjeran količini mase sadržane unutar
plohe. Odgovarajući iskaz za električno polje se zove Gaussov zakon
∮
⃗E d ⃗ S = q S
ɛ 0
.
Gornji su izrazi jako pogodni račun gravitacijskog ili elektrostatskog polja, kada su masa ili
električni naboj na neki posebno jednostavan i simetričan način rasporedeni u prostoru. Ovu
tvrdnju ilustriramo slijedećim primjerom.
18 Paul Adrien Maurice Dirac, 1902 - 1984, engleski fizičar

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 187
Primjer: 7.4 Koristeći jednadžbu (7.33), izračunajte gravitacijsko polje šuplje kugle jednolike
gustoće (to smo već izračunali na drugi način - izravnom integracijom - u odjeljku
7.2).
R: Zbog sferne simetrije odabiremo sferni koordinatni sustav s koordinatama
(r, θ, ϕ) i s ishodištem u središtu kugle. Isto tako zbog sferne simetrije je jasno
da polje ne može ovisiti o kutovima θ i ϕ, nego samo o odaljenosti r i da mora biti
usmjereno samo u ˆr smjeru
⃗g (⃗r) = g(r) ˆr . (7.34)
IN: izračunajmo najprije polje u šupljini kugle na udaljenosti r od ishodišta. Da
bismo to izveli, za plohu integracije, u izrazu (7.33), uzimamo sferu polumjera r <
R u , tako da je dS ⃗ = ˆr r 2 dΩ, pa je lijeva strana (7.33) jednaka
∮
∫
⃗g IN dS ⃗ = g IN (r) ˆr ˆr r 2 dΩ = g IN (r) r 2 4 π.
S
Ω
Na desnoj strani (7.33) se pojavljuje m S , masa obuhva”ena plohom integracije. No
ploha integracije (sfera polumjera r < R u ) se u cjelosti nalazi unutar šupljine, pa
zato ne obuhvaća nikakvu masu, tj. m S = 0 i Gaussov zakon u šupljini kugle glasi
g IN (r) r 2 4 π = 0,
tj. ⃗g IN = 0, kao što smo dobili i ranije u (7.21).
INTER: izračunajmo sada polje na udaljenosti r od ishodišta, gdje je R u ≤ r ≤ R v .
Za plohu integracije opet odabiremo sferu polumjera R u ≤ r ≤ R v sa središtem u
ishodištu. Lijeva strana (7.33) je opet jednaka
∮
∫
⃗g INT ER dS ⃗ = g INT ER (r) ˆr ˆr r 2 dΩ = g INT ER (r) r 2 4 π,
S
Ω
no masa obuhvaćena plohom integracije je sada jednaka onome što smo gore označavali
sa m INT ER (r) ≡ m S = ρ 0 [(4 π/3) r 3 − (4 π/3) R 3 u], pa Gaussov zakon
daje
g INT ER (r) r 2 4 π = −4 π G m INT ER (r) ⇒ ⃗g INT ER (r) = −G m INT ER (r) ˆr r 2 ,
baš kao i u (7.22).
OUT: da bismo izračunali polje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremo
koncentričnu sferu, ali je ona sada polumjera r > R v . Kao i u dva prethodna slučaja,
lijeva strana (7.33) je opet jednaka g OUT (r) r 2 4 π. Masa obuhvaćena plohom integracije,
koja se sada pojavljuje na desnoj strani (7.33), je upravo cijela masa šuplje
kugle M, pa Gaussov zakon glasi
g OUT (r) r 2 4 π = −4 π G M =⇒ ⃗g OUT (r) = −G M ˆr r 2 ,
što je isto kao i u (7.24): polje ima oblik polja čestice.

188 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Primjer: 7.5 Polazeći od relacije (7.28) pokažite da se gravitacijsko polje može prikazati kao
gradijent jedne skalarne funkcije i odredite tu skalarnu funkciju.
R: Primjetimo da je
(
−→ 1
∇r = ˆx ∂
|⃗r − ⃗r ′ | ∂ x + ŷ ∂
∂ y + ẑ ∂ ) [(x
− x ′ ) 2 + (y − y ′ ) 2 + (z − z ′ ) 2] −1/2
∂ z
= ˆx
−2(x − x ′ )
2 [(x − x ′ ) 2 + (y − y ′ ) 2 + (z − z ′ ) 2 ] 3/2
+ ŷ
−2(y − y ′ )
2 [(x − x ′ ) 2 + (y − y ′ ) 2 + (z − z ′ ) 2 ] 3/2
+
−2(z − z ′ )
ẑ
2 [(x − x ′ ) 2 + (y − y ′ ) 2 + (z − z ′ ) 2 ] 3/2
′
⃗r − ⃗r
= −
|⃗r − ⃗r ′ | 3
Pomoću gornjeg izraza, možemo gravitacijsko polje napisati kao
∫ (
⃗g (⃗r) = −G ρ m (⃗r ′ ) − −→ )
1
∇ r d 3 r ′ = − −→ ∫
∇
|⃗r − ⃗r ′ r
(−G
|
gdje je
= − −→ ∇V (⃗r),
V (⃗r) = −G
∫
ρm (⃗r ′ )
|⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′ .
)
ρ m (⃗r ′ 1
)
|⃗r − ⃗r ′ | d3 r ′
Primjer: 7.6 Od ranije, relacije (7.23) i (7.24), nam je poznato gravitacijsko polje kugle jednolike
masene gustoće ρ 0 i ukupne mase m, sa središtem u ishodištu koordinatnog
sustava. Uvjerimo se da to polje zadovoljava relaciju (7.32).
R: Znamo da je za r ≤ R
a za r ≥ R je
⃗g IN = − 4πGρ 0
⃗r = − 4πGρ 0
(xˆx + yŷ + zẑ ),
3
3
⃗g OUT = −G m ⃗r r 3 = −G m
xˆx + yŷ + zẑ
(x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
gdje je ρ 0 = 3m/(4R 3 π), konstantna masena gustoća kugle. Unutar kugle je gustoća
ρ = ρ 0 , dok izvan kugle nema mase pa je tamo ρ = 0. Prema jednadžbi (7.32), treba
dobiti
−→ ∇⃗g IN = −4πGρ 0
−→ ∇⃗g OUT = 0.

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 189
Divergencija je naprosto zbroj parcijalnih derivacija komponenata polja
−→ ∇⃗g =
∂g x
∂x + ∂g y
∂y + ∂g z
∂z .
Unutar kugle, x-komponenta divergencije daje
∂g x
∂x = ∂
∂x
−4πGρ 0
3
x = −4πGρ 0
.
3
Isti rezultat daju i y i z komponenta, pa je konačno
−→ ∇⃗g IN = 3 −4πGρ 0
3
Izvan kugle, x-komponenta divergencije daje
= −4πGρ 0 .
∂g x
∂x = ∂
∂x (−G) mx
(x 2 + y 2 + z 2 )
[ 3/2
]
1
= −Gm
r + 3 x(−3/2)(x2 + y 2 + z 2 ) −5/2 2x
i simetrično za y i z komponentu. Sve zajedno daje
−→ ∇⃗g OUT = −Gm
( 1
r 3 − 3x2
r 5
kao što i treba biti.
+ 1 r 3 − 3y2
r 5
7.4 Multipolni razvoj potencijala
[ ] 1
= −Gm
r − 3x2
3 r 5
+ 1 ) ( )
r − 3z2
3
= −Gm
3 r 5 r − 3r2
3 r 5
U odjeljku 7.2, riješen je jednostavan problem izračunavanja potencijala tj. gravitacijske i
elektrostatske sile, koja potječe od sfernih objekata. Vidjeli smo da je sila u prostoru izvan
sfere ista kao i sila od čestice koja bi se nalazila na mjestu središta sfere, a čija je masa (naboj)
ista kao i ukupna masa (naboj) sfere.
Pogledajmo sada slijedeći elektrostatski problem: dva naboja istog iznosa, a suprotnog predznaka
se nalaze na medusobnoj udaljenosti l; zadatak je izračunati potencijal ovog sustava na
udaljenostima ⃗r velikim u usporedbi s medusobnom udaljenošću naboja
r >> l.
Promatran u gornjoj granici, ovaj sustav dva naboja se naziva električni dipol i prikazan
je na slici 7.6. Zbog homogenosti i izotropnosti prostora, koordinatni sustav možemo postaviti
tako da se ishodište nalazi na polovištu spojnice naboja, os z leži u smjeru spojnice. U skladu s
načelom pridodavanja, potencijal zbroja naboja je jednak zbroju potencijala pojedinih naboja.
Označimo li s V + potencijal naboja +q koji se nalazi u točki (l/2)ẑ , a s V − potencijal naboja
−q koji se nalazi u točki (−l/2)ẑ , tada je njihovu ukupni potencijal, V dip jednak
pri čemu su potencijali točkastih naboja
V dip (⃗r) = V + (⃗r) + V − (⃗r),
V ± (⃗r) = 1
4πɛ 0
±q
|⃗r − ⃗r ± | .
= 0,

190 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.6: Električni dipol.
Ukupni, dipolni, potencijal je tada jednak
(
)
1 1
V dip (⃗r) = q
4πɛ 0 |⃗r − ẑ l/2| − 1
|⃗r + ẑ l/2|
[ (
1 q
=
1 − cos θ l 4πɛ 0 r
r + 1 )
l 2 −
1 (
2
− 1 + cos θ l 4 r 2 r + 1 4
U granici r >> l, na gornji se izraz može primjeniti Taylorov razvoj
za |x| < 1, pri čemu je
)
l 2 −
1
]
2
.
r 2
(1 + x) − 1 2 = 1 −
1
2 x + 1 · 3
2 · 4 x2 − 1 · 3 · 5
2 · 4 · 6 x3 + O(x 4 ), (7.35)
x ≡ ∓ cos θ l r + 1 4
Uvrštavanjem vrijednosti za x i sredivanjem dobivenog razvoja, za dipolni potencijal se dobije
V dip (⃗r) = 1 [ ( )]
q l l
3
4πɛ 0 r r cos θ + O .
r 3
Drugi član na desnoj strani gornjeg izraza označava zanemarene članove razvoja, koji su zbog
uvjeta r >> l manji od člana koji je zadržan. U nastavku, taj član više nećemo eksplicitno
navoditi. Definiramo li vektor dipolnog momenta (usmjerenog od negativnog prema pozitivnom
naboju) kao ⃗p = qlẑ , tada se dipolni potencijal može napisati u uobičajenom obliku
V dip (⃗r) = 1
4πɛ 0
⃗p · ˆr
r 2 . (7.36)
Primjetimo da, za razliku od potencijala jednog točkastog naboja, koji opada kao 1/r, potencijal
dipola opada brže, kao 1/r 2 . Iz poznatog potencijala, polje se računa kao ⃗ E dip = − −→ ∇V dip .
l 2
r 2 .

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 191
Operator gradijenta u sfernom koordinatnom sustavu se može naći npr. u [10], pa jednostavnom
derivacijom, dobivamo polje dipola
(
⃗E dip = − ˆr ∂ ∂r + ˆθ 1 ∂
r ∂θ + ˆϕ 1 )
∂ 1 p cos θ
r sin θ ∂ϕ 4πɛ 0 r 2
1 p
(
)
= 2 cos θˆr + sin θˆθ = 1 1
(3p cos θˆr − pẑ ) .
4πɛ 0 r 3 4πɛ 0 r3 Prepoznamo li u gornjem izrazu p cos θ kao skalarni umnožak ⃗p · ˆr , a pẑ kao ⃗p , električno
polje dipola postaje
⃗E dip (⃗r) = 1
4πɛ 0
3(⃗p · ˆr )ˆr − ⃗p
r 3 .
Za razliku od polja točkastog naboja (7.5) (uz zamjene m → q i −G → 1/4 π ɛ 0 ) koje je
sferno simetrično, polje dipola nije sferno simetrično, već ovisi o kutu θ koji mjeri otklon od
osi dipola. Sila kojom ovaj dipol djeluje na točkasti naboj iznosa q koji se nalazi u točki ⃗r je
jednaka ⃗ F dip = q ⃗ E dip (⃗r).
S obzirom da električni naboji mogu biti pozitivni i negativni, a gravitacijski naboj (teška masa)
je uvijek pozitivan, možemo se zapitati postoji li neki gravitacijski sustav tijela koji bi proizveo
dipolni potencijal oblika (7.36)? Pogledajmo sliku 7.7. Dvojni sustav zvijezda sastavljen od
Slika 7.7: Uz objašnjenje gravitacijskog dipola.
jedne velike i jedne male zvijezde ili sustav sastavljen od zvijezde i masivnog planeta, možemo
zamisliti kao rezultat zbrajanja (pridodavanja) potencijala od velike mase iznosa M + m i
dvaju manjih masa iznosa ± m ′ od kojih je jedna negativna. Ova negativna masa je samo
fikcija korisna za razumjevanje oblika potencijala. Na udaljenostima velikim u usporedbi s
dimenzijom sustava, gravitacijski potencijal će biti približno jednak zbroju potencijala velike
mase iznosa M + m (to je potencijal točkastog izvora) i potencijala dipola sastavljenog od
pozitivne i negativne mase m ′ .
Ukoliko se promatra sustav dvije zvijezde jednakih masa, kao na slici 7.8, rezultantni potencijal
zbog simetrije mase obje zvijezde, neće sadržavati dipolni nego će poslije monopolnog, prvi

192 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.8: Uz objašnjenje gravitacijskog kvadrupola.
slijedeći neiščezavajući član biti kvadrupolni.
Gornja se razmatranja mogu dalje poopćavati. Što ako nemamo dva naboja (ili dvije masene
čestice), nego imamo nekakav skup od N naboja (ili masa) rasporeden unutar nekog ograničenog
dijela prostora? Kako će izgledati potencijal ove nakupine na udaljenostima velikim u
usporedbi s dimenzijama same nakupine (slika 7.9)? Evo nekoliko primjera:
(1) astronomija - nebeska tijela kao što su dvojne zvijezde, galaksije, nakupine plina, nisu uvijek
sfernog oblika i nalaze se na udaljenostima puno većim nego što su prostorne dimenzije
samih tijela;
(2) nuklearne fizika - atomske jezgre teških elemenata često nisu okruglog oblika: ili su malo
izdužene u oblik cigare, ili su spljoštene u oblik palačinke. Zato električna sila kojom djeluju
na elektrone iz elektronskog plašta atoma, nije ista kao sila od kuglastog objekta (koju smo
računali u odjeljku 7.2). Srednja udaljenost elektrona od jezgre je oko pet redova veličine
veća od dimenzije same jezgre, pa smo i ovdje u situaciji da nas zanima sila (tj. potencijal
iz kojega ćemo dobiti silu) na udaljenostima velikim u usporedbi s prostornim dimenzijama
koje zauzima izvor sile (tj. potencijala);
(3) atomska fizika - atomi su kao cjeline električki neutralni jer imaju isti broj elektrona u
plaštu, kao i protona u jezgri, no zbog nejednolike raspodjele naboja unutar atoma, u
točkama izvan atoma postojat će elektrostatski potencijal različit od nule.
Radi odredenosti, u nastavku ćemo govoriti o elektrostatskom potencijalu, a zamjenama (7.14)
i (7.15) sve se može prevesti i u jezik gravitacijskog potencijala.
Postavimo koordinatni sustav tako da je položaj točke u kojoj računamo potencijal odreden
sfernim koordinatama (r, θ, ϕ), položaj točaka u kojima se nalaze izvori potencijala je označen

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 193
Slika 7.9: Uz multipolni razvoj gravitacijskog potencijala.
s (r ′ , θ ′ , ϕ ′ )
⃗r = r(ˆx sin θ cos ϕ + ŷ sin θ sin ϕ + ẑ cos θ) = rˆr ,
⃗r ′ = r ′ (ˆx sin θ ′ cos ϕ ′ + ŷ sin θ ′ sin ϕ ′ + ẑ cos θ ′ ) = r ′ ˆr ′ .
Smatrat ćemo da su točke izvori potencijala kontinuirano raspodjeljene gustoćom naboja ρ q (⃗r ′ )
po konačnom dijelu prostora u okolici ishodišta (slika 7.9). U skladu s gornjom diskusijom,
ograničit ćemo se na račun potencijala u točkama na udaljenostima r za koje vrijedi
r >> r ′ .
Gornja nejednakost nam omogućava definirati malu veličinu r ′ /r po kojoj razvijamo nazivnik
iz podintegralne funkcije u izrazu za potencijal (7.16)
[
1
|⃗r − ⃗r ′ | = 1
√
r2 − 2rr ′ (ˆr · ˆr ′ ) + r = 1 1 − 2 r ( ) ] ′
r ′ 2 r r (ˆr · ˆr ′ ′ 2 −1/2
) +
.
r
Koristeći Taylorov (7.35) uz:
x ≡ −2 r ( ) ′
r
r (ˆr · ˆr ′ ′ 2
) + ,
r
( ) r
x 2 ′ 2 ( r
= 4 (ˆr · ˆr ′ ) 2 ′
− 4
r
r
( r
x 3 ′
= −8
r
dobivamo
1
|⃗r − ⃗r ′ | = 1 r
{
1 + r ′
r (ˆr · ˆr ′ ) + 1 2
) 3
(ˆr · ˆr ′ ) 3 + O
( r
′ 4
r 4 )
.
) 3
(ˆr · ˆr ′ ) + O
( r
′ 4
r 4 )
,
( ) r
′ 2
[3(ˆr · ˆr ′ ) 2 − 1] + 3 ( r
′
2
r
r
) 3 [ ( )
5 r
(ˆr · ˆr ′ )
3 (ˆr · ˆr ′ ) 2 ′ 4
− 1]
+ O
r 4

194 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Uvrštavanjem gornjeg razvoja u izraz za elektrostatski potencijal, (7.16), dobiva se
V (⃗r) = V (⃗r) mon + V (⃗r) dip + V (⃗r) kva + V (⃗r) okt + · · · (7.37)
Prvi član gornjeg razvoja je monopolni potencijal , tj. potencijal koji dolazi od ukupnog naboja
cijelog sustava
V (⃗r) mon = 1 ∫
1
ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ = 1 q
4πɛ 0 r
4πɛ 0 r . (7.38)
Ako je ukupan naboj cijelog sustava jednak nuli (kao što je to npr. slučaj kod neutralnih atoma
gdje je q = q + + q − = 0), onda ovaj član iščezava.
Drugi član se naziva dipolni potencijal
V (⃗r) dip = 1
4πɛ 0
1
r 2 ∫
Nazovemo li dipolnim momentom ⃗p
ˆr · ˆr ′ r ′ ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ = 1
4πɛ 0
∫
⃗p =
tada je gornji dipolni potencijal oblika kao i (7.36)
∫
ˆr
r 2
⃗r ′ ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ .
⃗r ′ ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ , (7.39)
V (⃗r) dip = 1
4πɛ 0
⃗p ˆr
r 2 . (7.40)
Ako u (7.39) uvrstimo da je gustoća naboja ρ q (⃗r ′ ) različita od nule samo u dvije točke: ±(l/2)ẑ
u kojima ima vrijednost ±q, dobit ćemo rezultat ⃗p = qlẑ s početka ovog odjeljka (gornji je
izraz za ⃗p je puno općenitiji od ⃗p = qlẑ koji vrijedi samo za dva točkasta naboja). Za razliku
od potencijala monopola, dipolni potencijal opada brže, kao 1/r 2 .
Treći se član naziva kvadrupolni potencijal i opada još brže (kao 1/r 3 ) od prethodna dva člana.
V (⃗r) kva = 1 1 1
4πɛ 0 r 3 2
∫
r ′ 2 [3(ˆr · ˆr ′ ) 2 −1]ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ = 1 1 1
4πɛ 0 r 3 2
Raspišimo izraz iz uglate zagrade u pravokutnim koordinatama
∫
[3(ˆr ·⃗r ′ ) 2 −r ′ 2 ]ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′ .
(7.41)
ˆr = ˆx sin θ cos ϕ + ŷ sin θ sin ϕ + ẑ cos θ ≡ ˆx r x + ŷ r y + ẑ r z ,
⃗r ′ = ˆx x ′ + ŷ y ′ + ẑ z ′ ,
3(ˆr · ⃗r ′ ) 2 − r ′ 2 = 3(r x x ′ + r y ŷ + r z ẑ ) 2 − (x ′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2 )
= 3(rxx 2 ′ 2 + ryy 2 ′ 2 + rzz 2 ′ 2 + 2r x r y x ′ y ′ + 2r x r z x ′ z ′ + 2r y r z y ′ z ′ ) − x ′ 2 − y ′ 2 − z ′ 2 .
Čitatelj će se lako uvjeriti, izravnim množenjem, da se gornji izraz može preglednije napisati
pomoću matrice T (⃗r ′ ) definirane donjim izrazom
⎡
< ˆr |T (⃗r ′ )|ˆr >= [ ]
r x r y r z
⎣ 2x ⎤ ⎡
′ 2 − y ′ 2 − z ′ 2 3x ′ y ′ 3x ′ z ′
3y ′ x ′ 2y ′ 2 − x ′ 2 − z ′ 2 3y ′ z ′ ⎦ ⎣ r x
r y
3z ′ x ′ 3z ′ y ′ 2z ′ 2 − x ′ 2 − y ′ 2 r z
⎤
⎦
Uvedemo li sada realnu i simetričnu matricu koja se, u analogiji s dipolnim momentom (koji je
vektor), naziva kvadrupolni moment Q
∫
Q = ρ q (⃗r ′ ) T (⃗r ′ ) d 3 r ′ , (7.42)

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 195
kvadrupolni potencijal možemo zapisati u obliku
V (⃗r) kva = 1 1 < ˆr |Q |ˆr >
.
4πɛ 0 r 3 2
Uvedimo lijeve < λ j | i desne svojstvene vektore |λ j > i njima pridružene svojstvene vrijednosti
λ j , matrice Q
Q |λ j >= λ j |λ j >, < λ j |Q = λ j < λ j |,
za j = 1, 2, 3. Ovi svojstveni vektori čine ortonormiran i potpun skup
< λ i |λ j >= δ i,j ,
3∑
|λ j >< λ j | = 1,
j=1
gdje 1 označava jedniničnu 3 × 3 matricu. Primjenom relacije potpunosti, slijedi
< ˆr |Q |ˆr >=< ˆr |Q
3∑
|λ j >< λ j |ˆr >=
j=1
3∑
λ j < ˆr |λ j >< λ j |ˆr > .
j=1
No, < ˆr |λ j >=< λ j |ˆr > su samo oznake za skalarne umnoške dva jedinična vektora i zato je
< ˆr |λ j >=< λ j |ˆr >= cos Ψ j ,
gdje smo s Ψ j označili kutove koje ˆr zatvara sa smjerovima svojstvenih vektora matrice Q
(slika 7.10). Pomoću ovih veličina, kvadrupolni elektrostatski potencijal glasi
Slika 7.10: Smjerovi svojstvenih vektora matrice Q .
V (⃗r) kva = 1 1 1
4πɛ 0 r 3 2
3∑
λ j cos 2 Ψ j ,
j=1

196 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
a gravitacijski kvadrupolni potencijal je
V (⃗r) kva = −G 1 r 3 1
2
3∑
λ j cos 2 Ψ j . (7.43)
j=1
Četvrti se član naziva oktupolni potencijal i opada kao 1/r 4 ,
V (⃗r) okt = 1 ∫
1 3
4πɛ 0 r 4 2
[ ]
5
r ′ 3 3 (ˆr · ˆr ′ ) 3 − (ˆr · ˆr ′ ) ρ q (⃗r ′ ) d 3 r ′ . (7.44)
Odgovarajuće gravitacijske potencijale dobivamo iz gornjih izraza zamjenama (7.14) i (7.15).
S obzirom da Zemlja nije savršena kugla i da njezina masena gustoća nije konstantna, rezultat
(7.17) dobiven za kuglu konstantne gustoće neće biti potpuno primjenjiv na Zemlju. Naravno
da će odstupanja biti mala, a ta mala odstupanja su upravo dana izrazima (7.40), (7.43) i
(7.44). Ukupan gravitacijski potencijal je dan sa (7.37), a to je potencijal homogene kugle plus
male korekcije od nehomogenosti i nesferičnosti. Više o gravitacijskom potencijalu Zemlje može
se naći u [28].
Primjer: 7.7 Pokažite da za sustav električnih naboja sa slike 7.6, vrijedi: V mon = V kva =
V okt = 0.
R: gustoća naboja koja se pojavljuje u izrazima za potencijale, je različita od
nule samo u dvije točke: z = ± l/2 i u tim točkama ima vrijednost ± q. Ovo
možemo zapisati pomoću Diracove δ-funkcije u npr. pravokutnom koordinatnom
sustavu
ρ q (⃗r ′ ) = + q δ(x ′ ) δ(y ′ ) δ(z ′ − l/2) − q δ(x ′ ) δ(y ′ ) δ(z ′ + l/2).
Monopolni potencijal gornje raspodjele naboja, računamo prema (7.38)
V (⃗r) mon =
=
−
=
1 1
4πɛ 0 r
1 q
4πɛ 0 r
∫ +∞
−∞
1 q
4πɛ 0 r
∫
ρ q (⃗r ′ )d 3 r ′
{ ∫ +∞
−∞
δ(x ′ ) δ(y ′ ) δ(z ′ − l/2) dx ′ dy ′ dz ′
δ(x ′ ) δ(y ′ ) δ(z ′ + l/2) dx ′ dy ′ dz ′ }
(1 − 1) = 0.

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 197
Kvadrupolni potencijal računamo pomoću (7.41
∫
1 1 1
V (⃗r) kva =
[3(ˆr · ⃗r ′ ) 2 − r ′ 2 ]ρ
4πɛ 0 r 3 q (⃗r ′ )d 3 r ′
2
1 1 1
{
=
[3(ˆr · ⃗r ′ ) 2 − r ′ 2 ] (+q) ∣ 4πɛ 0 r 3 2
x ′ =y ′ =0,z ′ =l/2
+ [3(ˆr · ⃗r ′ ) 2 − r ′ 2 ] (−q) ∣ }
x ′ =y ′ =0,z ′ =−l/2
{[ ( ) 2 ( ] [
2 (
1 1 1 l l
=
3 − q + 3 −
4πɛ 0 r 3 2 2 2)
2) l 2 (
− − l ) ] }
2
(−q)
2
= 0,
a oktupolni, pomoću (7.44)
∫ [ ]
1 1 3 5
V (⃗r) okt =
r ′ 3
4πɛ 0 r 4 2 3 (ˆr · ˆr ′ ) 3 − (ˆr · ˆr ′ ) ρ q (⃗r ′ ) d 3 r ′ .
⎡√ ( ) 23 ( )
√ ⎤
(
1 1 3
= ⎣ l 5
4πɛ 0 r 4 2 2 3 − 1 (+q) + − l ) 23 ( ) 5
2 3 − 1 (−q) ⎦
= 0.
7.5 Problem dva tijela
U svakodnevnom govoru je uobičajeno reći: Zemlja se giba oko Sunca po elipsi, pri čemu
Sunce miruje u jednom od žarišta elipse. Strogo gledano, ta tvrdnja nije točna. U ovom ćemo
odjeljku pokazati da se i Zemlja i Sunce gibaju oko jedne točke koju ćemo kasnije u poglavlju
10.2 prepoznati kao središte mase. No, zbog toga što je masa Sunca puno veća od mase Zemlje
(a i svih ostalih planeta uzetih zajedno), ova se točka nalazi tako blizu središta Sunca da se u
jako dobroj približnosti može smatrati da Sunce miruje. Radi jednostavnosti, promatrat ćemo
samo medudjelovanje Zemlje i Sunca, a utjecaj ostalih nebeskih tijela ćemo zanemariti.
U odjeljku 7.2 smo pokazali da se, u odnosu na gravitacijsku silu, a zbog svojeg približno
kuglastog oblika, Sunce i planeti mogu tretirati kao čestice. Opišimo zato općenito gibanje
dvije čestice masa m 1 i m 2 medu kojima djeluje gravitacijska sila (slika 7.11) iznosa
F G = G m 1 m 2
|⃗r 1 − ⃗r 2 | 2 .
Ova formulacija, osim gravitacijske, obuhvaća i Coulombovu silu
F C = 1
4πɛ 0
q 1 q 2
|⃗r 1 − ⃗r 2 | 2 ,
koja djeluje medu česticama raznoimenih električnih naboja (s time da se tu javlja i, klasičnim
pojmovima nerješiv, problem zračenja naboja koji se ubrzano giba. Prema trećem Newtonovom
aksiomu je F ⃗ 2,1 = −F ⃗ 1,2 , pa jednadžbe gibanja za obje čestice glase
m 1
d 2 ⃗r 1
d t 2 = ⃗ F 2,1 ,
m 2
d 2 ⃗r 2
d t 2 = ⃗ F 1,2 = − ⃗ F 2,1 .

198 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.11: Uz problem dva tijela.
Zbrajanjem gornjih jednadžba, dolazi se do zakona o sačuvanju ukupne količine gibanja
d 2 ⃗r 1
m 1
d t + m d 2 ⃗r 2
2 2 = 0,
d t 2
d
[
]
m 1 ⃗˙r 1 + m 2 ⃗˙r
2 = 0,
d t
m 1 ⃗˙r 1 + m 2 ⃗˙r 2 = const.,
tj. ukupna količina gibanja sustava se ne mijenja u vremenu. Ako uvedemo pojam središta
mase sustava ⃗r SM
⃗r SM = m 1⃗r 1 + m 2 ⃗r 2
m 1 + m 2
,
tada je i
d 2 ⃗r 1
m 1
d t + m d 2 ⃗r 2
2 2
d t = (m 2 1 + m 2 )¨⃗r SM = 0,
pa je ˙⃗r SM = const., tj. središte mase sustava dvije čestice se giba konstantnom brzinom
(konstantnom po iznosu i po smjeru), a budući da je konstantna, onda je i jednaka brzini u
početnom trenutku. Primjetimo na ovom mjestu, da ako je jedna masa puno veća od druge,
npr. m 1 >> m 2 (kao što je to slučaj u sustavu Sunce - Zemlja), tada će se središte mase
nalaziti vrlo blizu položaja masivnijeg tijela. Taylorovim razvojem izraza za ⃗r SM po maloj
veličini m 2 /m 1 , lako se dolazi do
m 1 >> m 2 ⇒ ⃗r SM = ⃗r 1 + m 2
m 1
(⃗r 2 − ⃗r 1 ) + · · · .
Pokažimo još i da je i moment količine gibanja cijelog sustava konstantan u vremenu.
⃗r 1 × m 1⃗ ¨r 1 = ⃗r 1 × F ⃗ 2,1 ,
⃗r 2 × m 2⃗ ¨r 2 = ⃗r 2 × F ⃗ 1,2 = −⃗r 2 × F ⃗ 2,1 .

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 199
Zbrajanjem gornje dvije jednadžbe, dobiva se
⃗r 1 × m 1⃗ ¨r 1 + ⃗r 2 × m 2⃗ ¨r 2 = (⃗r 1 − ⃗r 2 ) × F ⃗ 2,1 = 0,
d
d t (⃗r 1 × m 1 ⃗˙r 1 + ⃗r 2 × m 2 ⃗˙r) 2 = 0.
Desne strane gornjih jednadžba su jednake nuli zato jer sila F ⃗ 2,1 ima smjer spojnice točaka ⃗r 1
i ⃗r 2 , pa je kolinearna s (⃗r 1 − ⃗r 2 ) i vektorski umnožak na desnoj strani je jednak nuli. Definira
li se moment količine gibanja cijelog sustava L ⃗ izrazom
⃗L = ⃗r 1 × m 1 ⃗˙r 1 + ⃗r 2 × m 2 ⃗˙r, 2 (7.45)
tada iz gornjeg razmatranja zaključujemo da je ⃗ L konstantan u vremenu i jednak vrijednosti
momenta količine gibanja u početnom trenutku. Ovu konstantnu vrijednost ćemo označavati s
⃗L 0 .
Postavimo sada ishodište koordinatnog sustava u točku središte mase, ⃗r SM = (m 1 ⃗r 1 +m 2 ⃗r 2 )/(m 1 +
m 2 ) = 0 (slika 7.12). Tada je po komponentama
Slika 7.12: Ishodište koordinatnog sustava je u središtu mase.
m 1 x 1 + m 2 x 2 = 0, m 1 y 1 + m 2 y 2 = 0, m 1 z 1 + m 2 z 2 = 0. (7.46)
U koordinatnom sustavu u kojemu je ⃗r SM = 0 je i ukupna količina gibanja m 1 ⃗˙r+m 1 2 ⃗˙r 2 = (m 1 +
m 2 ) ˙⃗r SM = 0, pa jedini konstantni vektor koji nam preostaje je vektor ukupnog momenta količine
gibanja. On predstavlja istaknuti smjer u prostoru. Zbog izotropnosti prostora, koordinatne
osi možemo usmjeriti kako želimo, a u ovom je slučaju je prirodno jednu od osa postaviti u
smjer momenta količine gibanja. Neka to bude os z. Sada je L ⃗ = L 0 ẑ . U ovako postavljenom
koordinatnom sustavu, a prema relaciji (7.45), je
L x = 0 = m 1 (y 1 ż 1 − z 1 ẏ 1 ) + m 2 (y 2 ż 2 − z 2 ẏ 2 ),
L y = 0 = m 1 (z 1 ẋ 1 − x 1 ż 1 ) + m 2 (z 2 ẋ 2 − x 2 ż 2 ),
L z = L 0 = m 1 (x 1 ẏ 1 − y 1 ẋ 1 ) + m 2 (x 2 ẏ 2 − y 2 ẋ 2 ).
Gornje su jednadžbe zadovoljene ako je z 1 = z 2 = 0. Time smo došli do dva važna zaključka:
(1) da se čestice gibaju oko središta mase u ravnini (x, y), i
(2) da je ta ravnina okomita na konstantni vektor momenta količine gibanja ⃗ L 0 .

200 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Kao što smo pokazali na strani 172, gravitacijska je sila konzervativna, a za konzervativne
sile vrijedi zakon o sačuvanju mehaničke energije (zbroj kinetičke i potencijalne energije je
konstantan). Izračunajmo ukupnu mehaničku energiju ovog sustava
E = m 1
2 (ẋ2 1 + ẏ 2 1) + m 2
2 (ẋ2 2 + ẏ 2 2) − G m 1m 2
|⃗r 1 − ⃗r 2 | ,
Uvedimo relativne koordinate
|⃗r 1 − ⃗r 2 | = √ (x 1 − x 2 ) 2 + (y 1 − y 2 ) 2 .
x = x 2 − x 1 , y = y 2 − y 1 .
U sustavu s ishodištem u središtu mase je, prema (7.46),
x 2 = − m 1
m 2
x 1 , y 2 = − m 1
m 2
y 1
(sjetimo se da smo postavili koordinatni sustav tako da je z 1 = z 2 = 0). Gornje veze nam
omogućavaju izraziti x j i y j preko relativnih koordinata x i y
x 1 = x 2 − x = − m 1
m 2
x 1 − x ⇒ x 1 = − m 2
x 2 = − m 1
m 2
x 1 =
m 1
m 1 + m 2
x,
m 1 + m 2
x,
y 1 = y 2 − x = − m 1
m 2
y 1 − y ⇒ y 1 = − m 2
y 2 = − m 1
m 2
y 1 =
m 1
m 1 + m 2
y,
m 1 + m 2
y,
Označimo li s ρ medusobnu udaljenost čestica, ρ = √ x 2 + y 2 , tada energiju dobivamo izraženu
preko relativnih koordinata
E = m [
]
1 m 2 2
m 2
2 (m 1 + m 2 ) 2 ẋ2 2
+
(m 1 + m 2 ) 2 ẏ2 + m [
]
2 m 2 1
m 2
2 (m 1 + m 2 ) 2 ẋ2 1
+
(m 1 + m 2 ) 2 ẏ2 − G m 1m 2
ρ
= 1 (m 1 + m 2 )m 1 m 2 (ẋ 2 + ẏ 2 )
− G m 1m 2
.
2 (m 1 + m 2 ) 2 ρ
Uvede li se reducirana masa µ
ukupna je energija jednaka
1
µ = 1 m 1
+ 1 m 2
, µ = m 1m 2
m 1 + m 2
,
E = 1 2 µ ˙ρ2 − G m 1m 2
.
ρ
Opet vidimo da ako je m 1 >> m 2 , reducirana je masa približno jednaka manjoj masi m 2 i sva
kinetička energija (energija gibanja) dolazi od gibanja čestice manje mase: samo se mala masa
giba, a velika masa približno miruje u ishodištu.

7.6. CENTRALNE SILE 201
Na sličan se način može i ukupan moment količine gibanja izraziti u relativnim koordinatma
L 0 = L z = m 1 (x 1 ẏ 1 − y 1 ẋ 1 ) + m 2 (x 2 ẏ 2 − y 2 ẋ 2 )
[
m 2 m 2
= m 1 x ẏ − m ]
2 m 2
y ẋ
m 1 + m 2 m 1 + m 2 m 1 + m 2 m 1 + m 2
= (m 1 + m 2 )m 1 m 2 (xẏ − yẋ)
(m 1 + m 2 ) 2 = µ(⃗ρ × ⃗˙ρ) z .
Ovime smo, sve zajedno, dobili deset konstantnih veličina:
- položaj središta mase, 3 konstante,
- brzina središta mase (tj. ukupna količina gibanja), 3 konstante,
- ukupan moment količine gibanja, 3 konstante,
- mehanička energija, 1 konstanta.
Ovih deset konstanata je dovoljno za potpuno odredenje gibanja dva tijela. Problem gibanja
tri i više tijela nije rješiv, jer je broj zakona sačuvanja isti (to su gornja 4 zakona), dok broj
koordinata čestica sustava raste s porastom broja čestica.
7.6 Centralne sile
Gravitacijska sila iz prethodnog odjeljka je poseban slučaj općeg oblika sila koje se jednim
imenom zovu centralne sile. U ovom ćemo se odjeljku posvetiti proučavanju općih svojstava
centralnih sila, imajući sve vrijeme na umu gravitacijsku silu kao posebno važan primjer centralne
sile.
Navedimo dvije osnovne karakteristike centralnih sila (slika 7.13):
smjer Sila na česticu je uvjek usmjerena duž spojnice čestice i nepomične točke O koja se
zove centar sile. Ako je sila usmjerena od čestice prema O, sila je privlačna, a ako je
usmjerena od točke O prema čestici, sila je odbojna.
iznos Iznos sile ovisi samo o udaljenosti r od čestice do točke O (a ne i kutovima kao npr.
kod sile od dipola ili kvadrupola).
Oba se gornja svojstva mogu sažeti u izraz
⃗F = f(r) ˆr . (7.47)
Sila je privlačna ako je f(r) < 0, a odbojna ako je f(r) > 0. Elastična sila (u jednoj dimenziji),
gravitacijska i elektrostatska sila su primjeri centralnih sila. Elastična sila u dvije ili tri
dimenzije s različitim konstantama vezanja, zatim sile od dipola i viših multipola gravitacijske
ili elektrostatske sile, su primjeri necentralnih sila.
Oblik sile kao u (7.47) ima dvije važne posljedice:
ravninska krivulja:
Pokažimo da je putanja (ili orbita ili trajektorija) čestice, ravninska krivulja, tj. pod djelovanjem
centralnog polja sila, čestica se sve vrijeme giba u jednoj ravnini 19 . Obično se uzima da je
19 U slučaju gibanja Zemlje, ta se ravnina naziva ravnina ekliptike.

202 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.13: Uz svojstva centralne sile.
to ravnina (x, y), slika 7.14 u pravokutnom koordinatnom sustavu, ili (ρ, ϕ) ravnina cilindričnog
koordinatnog sustava (u odjeljku 2.5 smo tu ravninu zvali polarna ravnina). Primjetimo da je
moment centralne sile jednak nuli
Prema drugom Newtonovom aksiomu je
⃗F = f(r) ˆr ⇒ ⃗r × ⃗ F = f(r) ⃗r × ˆr = 0.
⃗r× / m ˙⃗v = ⃗ F
m ⃗r × ˙⃗v = ⃗r × ⃗ F = 0 ⇒ ⃗r × ˙⃗v = 0.
Izračunajmo vremensku promjenu momenta količine gibanja
⃗L = ⃗r × ⃗p = m ⃗r × ⃗v,
uzevši u obzir rezultat koji smo upravo dobili: ⃗r × ˙⃗v = 0,
d ⃗ L
d t = m d d t (⃗r × ⃗v) = m(⃗v × ⃗v + ⃗r × ˙⃗v) = 0.
Budući da su oba člana desne strane gornjeg izraza jednaka nuli, zaključujemo da se moment
količine gibanja ne mijenja u vremenu
⃗L = ⃗r × m⃗v = const. = ⃗ L 0 (7.48)
Moment količine gibanja je dakle sve vrijeme gibanja konstantan po iznosu i smjeru i jednak je
momentu količine gibanja u početnom trenutku
⃗L 0 = ⃗r 0 × m ⃗v 0 .
Ako je u tom početnom trenutku početna brzina ⃗v 0 bila jednaka nuli ili je bila kolinearna s ⃗r 0 ,
početni moment količine gibanja ⃗ L 0 je jednak nuli. Takvo smo gibanje proučavali u prethodnim

7.6. CENTRALNE SILE 203
odjeljcima. Tek ako je L ⃗ 0 različit od nule (početna brzina nije kolinearna s ⃗r 0 ) i dovoljno velik,
gibanje će biti krivocrtno. Ovdje se jasno vidi kako oblik putanje ovisi o početnim uvjetima.
Moguće oblike tog gibanja ćemo proučiti u ovom odjeljku. Npr. jabuka s drveta pada ravno
na tlo, jer je njezin početni moment količine gibanja jednak nuli. Naprotiv, Mjesec se giba oko
Zemlje jer je u trenutku formiranja Sunčevog sustava (to je početni trenutak za opis Mjesečevog
gibanja oko Zemlje) imao dovoljno veliki L ⃗ 0 . Na oba tijela, jabuku i Mjesec, djeluje ista,
gravitacijska sila. Razlika je jedino u početnim uvjetima. Zbog medusobne okomitosti vektora
⃗r i ⃗r × ⃗v, skalarni umnožak ⃗r sa L ⃗ 0 je jednak nuli
⃗r(t) · ⃗L 0 = m ⃗r · (⃗r × ⃗v) = 0.
Geometrijski to znači da je projekcija vektora položaja čestice ⃗r(t), na smjer konstantnog
vektora L ⃗ 0 , jednaka nuli za svaki trenutak t, tj. za sve vrijeme gibanja. Drugim riječima,
čestica se giba u ravnini okomitoj na vektor L ⃗ 0 .
Zbog izotropnosti prostora, smjerove koordinatnih osa možemo odabrati proizvoljno. Opis
gibanja ćemo pojednostaviti, odaberemo li ẑ za smjer vektora L ⃗ 0 . U tom će se slučaju čestica
gibati u ravnini (x, y) tj. u ravnini (ρ, ϕ) polarnog koordinatnog sustava (slika 7.14.A):
Slika 7.14: (A): Pod djelovanjem centralne sile, čestica se giba u ravnini okomitoj na konstantni vektor ⃗ L 0 .
(B) Pod djelovanjem centralne sile, čestica se giba tako da u jednakim vremenskim intervalima, opisuje jednake
površine.
x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,
⃗r → ⃗ρ , ˆr → ˆρ ,
⃗F = f(ρ)ˆρ .
površinska brzina:
Pokažimo da se čestica giba tako da radij vektor (spojnica točke izvora sile i trenutnog položaja

204 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
čestice) u jednakim vremenskim razmacima opisuje jednake površine (slika 7.14.B). Definirajmo
površinsku brzinu Ṡ kao omjer površine ∆ S koju u vremenu ∆ t opiše radij vektor.
∆S
Ṡ = lim
∆t→0 ∆t .
Pokažimo da je ta brzina konstantna: opisanu površinu (slika 7.14.B) možemo izraziti vektorskim
umnoškom
∆S ≃ 1 |⃗ρ × ∆⃗ρ |.
2
Umjesto znaka jednakosti doalzi znak približno jednako, jer smo zanemarili označeni dio izmedu
vektora ∆⃗ρ i linije same putanje. U granici kada ∆t postaje iščezavajuće malen, i ovaj znak
približno jednako prelazi u pravu jednakost. Iz gornjeg izraza slijedi
∆S
∆t = 1 2
∆⃗ρ
∣⃗ρ × ∆t ∣ = 1 2 |⃗ρ × ⃗v| = |⃗ L 0 |
= const. (7.49)
2m
Pod djelovanjem centralne sile, čestica se dakle giba tako da radij vektor u jednakim vremenskim
intervalima opisuje jednake površine. Kao što će se uskoro vidjeti, ova tvrdnja je sadržaj jednog
od Keplerovih zakona.
7.7 Jednadžba gibanja čestice u polju centralne sile
U prethodnom odjeljku smo zaključili da se, pod djelovanjem centralne sile, čestica giba u
ravnini. Za tu ravninu smo odabrali ravninu polarnog koordinatnog sustava. Brzinu i ubrzanje
u polarnom koordinatnom sustavu smo izračunali ranije relacijama (3.2) i (3.5)
⃗ρ ˙ = ˙ρˆρ + ρ ˙ϕ ˆϕ ,
¨⃗ρ = (¨ρ − ρ ˙ϕ 2 )ˆρ + (ρ ¨ϕ + 2 ˙ρ ˙ϕ) ˆϕ .
U slučaju kada na promatranu česticu djeluje samo centralna sila, jednadžba gibanja (drugi
Newtonov aksiom), m ¨⃗ρ = ⃗ F , glasi
ili, po komponentama
m(¨ρ − ρ ˙ϕ 2 ) ˆρ + m(ρ ¨ϕ + 2 ˙ρ ˙ϕ) ˆϕ = f(ρ) ˆρ ,
ˆρ : m (¨ρ − ρ ˙ϕ 2 ) = f(ρ), (7.50)
ˆϕ : m (ρ ¨ϕ + 2 ˙ρ ˙ϕ) = 0.
Pogledajmo najprije drugu od gornjih jednadžba. Primjetimo da je
d
[ ]
ρ 2 (t) ˙ϕ(t) = 2ρ ˙ρ ˙ϕ + ρ 2 ¨ϕ = ρ(ρ ¨ϕ + 2 ˙ρ ˙ϕ).
d t
Pomoću gornjeg rezultata, možemo drugu od jednadžba (7.50) napisati u obliku
tj.
m
ρ
d
d t (ρ2 ˙ϕ) = 0,
ρ 2 ˙ϕ = const.

7.7.
JEDNADŽBA GIBANJA ČESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 205
je konstantno u vremenu. Primjetimo da je ovo konstanta s kojom smo se već sreli: u polarnom
koordinatnom sustavu je moment količine gibanja
⃗L 0 = m⃗ρ × ˙ ⃗ρ = m⃗ρ × ( ˙ρˆρ + ρ ˙ϕ ˆϕ ) = mρ 2 ˙ϕẑ = const. ⇒ ρ 2 ˙ϕ = |⃗ L 0 |
m
= const.
U jednadžbi gibanja (7.50), se pojavljuju ρ i ϕ kao funkcije vremena,
ρ = ρ(t),
ϕ = ϕ(t),
uz uvjet da je ρ 2 ˙ϕ konstantno u vremenu. Ta se jednadžba može rješavati na dva načina:
(1) parametarski: pomoću uvjeta ρ 2 ˙ϕ = const., eliminirati kutnu varijablu ϕ i dobiti jednadžbu
za ρ kao funkciju vremena: ρ = ρ(t); riješiti tu jednadžbu i zatim taj ρ = ρ(t)
uvrstiti u ρ 2 ˙ϕ = const.; time dobivamo diferencijalnu jednadžbu za ϕ kao funciju vremena:
ϕ = ϕ(t)
ρ = ρ(t),
ϕ = ϕ(t).
(2) eksplicitno: shvatiti ρ kao složenu funkciju u smislu da ρ ovisi o vremenu samo kroz
kutnu varijablu ϕ, tj. da je ρ = ρ(ϕ) i ϕ = ϕ(t)
ρ = ρ( ϕ(t) ).
(1): Pogledajmo prvi način: u jednadžbu (7.50)
¨ρ − ρ ˙ϕ 2 = f(ρ)
m ,
uvrstimo ˙ϕ iz ρ 2 ˙ϕ = L 0 /m = const. i dobijemo
¨ρ − L2 0
m 2 ρ 3 = f(ρ)
m , (7.51)
jednadžbu za ρ = ρ(t) u kojoj je eliminirana kutna varijabla. Kada se riješi ova jednadžba,
dobit će se eksplicitna ovisnost ρ = ρ(t). Ovo rješenje za ρ uvrsti se zatim u ρ 2 ˙ϕ = L 0 /m i ta
se jednadžba riješi po ϕ
∫ ϕ
d ϕ
d t
=
| L ⃗ 0 |
m ρ 2 (t)
d ϕ = |⃗ L 0 |
ϕ 0
m
∫ t
t 0
ϕ = ϕ 0 + |⃗ L 0 |
m
d t
ρ 2 (t)
∫ t
t 0
d t
ρ 2 (t) = ϕ(ϕ 0, L 0 , t 0 ; t).

206 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
(2): Drugi način je ovaj: uvedimo novu varijablu
koju shvaćamo kao funkciju kuta ϕ
˙ρ = d ρ
d t = d ρ
d ϕ
¨ρ = d ˙ρ
d t = d d t
u(ϕ) = 1/ρ
L 0
m = ρ2 ˙ϕ = 1 u 2 ˙ϕ ⇒ ˙ϕ = L 0
m u2
d ϕ
d t = d u−1 −1 d u ˙ϕ =
d ϕ u 2 d ϕ
(
− L )
0 d u
= − L 0
m d ϕ m
= − L 0
m ˙ϕ d2 u
d ϕ 2 = − L2 0
m 2 u2 d2 u
d ϕ 2 .
Sada jednadžba gibanja (7.50), poprima oblik
L 0
m u2 = − L 0 d u
m d ϕ ,
d d u
d ϕ d t = −L 0
m
d
d ϕ
( d u
d ϕ
)
d ϕ
d t
(
m − L2 0 d2 u
m 2 u2 d ϕ − 1 2 u
m(¨ρ − ρ ˙ϕ 2 ) = f(ρ)
)
L 2 0
m 2 u4
= f(1/u)
/
·
−m
L 2 0u 2 ,
d 2 u
d ϕ + u = − m f(1/u)
, (7.52)
2 L 2 0 u 2
gdje je u = u(ϕ), tj. eliminirano je vrijeme. Gornja se jednadžba zove Binetova 20 formula.
Ako se sada vratimo u varijablu ρ = 1/u,
d u
d ϕ = d
d ϕ
d 2 u
= d
d ϕ 2 d ϕ
1
ρ = −1 d ρ
ρ 2 d ϕ ,
( ) −1 d ρ
ρ 2 d ϕ
= 2 ( ) 2 d ρ
− 1 d 2 ρ
ρ 3 d ϕ ρ 2 d ϕ , 2
Binetovu formulu (7.52) možemo napisati i u varijabli ρ = ρ(ϕ)
( ) 2
2 d ρ
− 1 d 2 ρ
ρ 3 d ϕ ρ 2 d ϕ + 1 2 ρ = m ρ 2 f(ρ)
L 2 0
/
· (−ρ 2 ),
d 2 ρ
d ϕ − 2 ( 2 d ρ
− ρ = 2 ρ d ϕ) m ρ 4 f(ρ) (7.53)
L 2 0
20 Jacques Philippe Marie Binet, 1786. - 1856., francuski matematičar.

7.8. POTENCIJALNA ENERGIJA ČESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 207
7.8 Potencijalna energija čestice u polju centralne sile
Pokažimo da je centralno polje sile konzervativno (kao što smo već pokazali za gravitacijsku
silu), tako što ćemo pokazati da je njegova rotacija jednaka nuli. Operator rotacije u
cilindričnom koordinatnom sustavu se može naći npr. u [12]
[
−→ ∇ × F ⃗ 1 ∂ F z =
ρ ∂ ϕ − ∂ F ] [
ϕ ∂ Fρ
ˆρ +
∂ z ∂ z − ∂ F ]
z
ˆϕ + 1 [ ∂ (ρFϕ )
− ∂ F ]
ρ
ẑ .
∂ ρ ρ ∂ ρ ∂ ϕ
Za centralne sile je ⃗ F = f(ρ)ˆρ , pa su F ϕ = F z = 0, a F ρ = f(ρ) ovisi samo o varijabli ρ, tako
da su svi članovi desne strane gornjeg izraza jednaki nuli
−→ ∇ × ⃗ F = 0.
Budući da je centralno polje sila konzervativno, može se definirati potencijalna energija E p sa
svojstvom
⃗F = − −→ ∇E p .
Uvrštavanjem gradijenta u cilindričnom koordinatnom sustavu, (koji se takoder može naći u
[12]),
dolazi se do tri skalarne jednadžbe
−f(ρ) ˆρ = −→ ∇E p = ˆρ ∂ E p
∂ ρ + ˆϕ ∂ E p
ρ ∂ ϕ + ẑ ∂ E p
∂ z ,
s rješenjima
∫
E p = −
∂ E p
∂ ρ = −f(ρ),
∂ E p
∂ ϕ = 0,
∂ E p
∂ z = 0,
f(ρ)dρ + c 1 (ϕ, z), E p = c 2 (ρ, z), E p = c 3 (ϕ, z).
Sve tri gornje jednadžbe su zadovoljne za potencijalnu energiju
∫
E p = − f(ρ)dρ + c 0 .
Konstanta c 0 se odreduje odabirom ekvipotencijalne plohe na kojoj je potencijalna energija
jednaka nuli. Npr. kod elastične sile se obično odabire E p (ρ = 0) = 0, dok se kod gravitacijske
sile najčešće odabire E p (ρ → ∞) = 0.
7.9 Sačuvanje energije
Ukupna mehanička energija u polju konzervativne sile je
Kinetička energija je
E k = mv2
2
E = E k + E p = const.
= m 2 ( ˙ρˆρ + ρ ˙ϕ ˆϕ )2 = m 2 ( ˙ρ2 + ρ 2 ˙ϕ 2 ).

208 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Do na aditivnu konstantu, potencijalna je energija
∫
E p = − f(ρ) dρ,
pa je ukupna energija
E = m ∫
2 ( ˙ρ2 + ρ 2 ˙ϕ 2 ) −
f(ρ) dρ = const. (7.54)
Uvrštavanjem ˙ϕ iz uvjeta ρ 2 ˙ϕ = L 0 /m = const., u jednadžbu (7.54), dolazi se do jednadžbe za
energiju izražene preko ρ = ρ(t)
E = m ( ) ∫
˙ρ 2 + L2 0
− f(ρ) dρ = const.
2 m 2 ρ 2
Shvatimo li još i ρ kao funkciju od ϕ(t), dolazi se do jednadžbe za energiju izražene preko
ρ = ρ(ϕ)
d ρ
= d ρ d ϕ
d t d ϕ d t = d ρ
d ϕ ˙ϕ = d ρ L 0
d ϕ mρ ,
[ 2 (
E = m ) ]
2 d ρ L 2 ∫
0
2 d ϕ m 2 ρ + L2 0
4 m 2 ρ + − f(ρ)dρ,
2
[ ( ) ]
L 2 2 ∫
0 d ρ
E =
+ ρ 2 − f(ρ)dρ.
2mρ 4 d ϕ
U terminima varijable u(ϕ) = 1/ρ(ϕ), jednadžba sačuvanja energije se može napisati kao
d ρ
d ϕ = d 1
d ϕ u = −1 d u
u 2 d ϕ ,
[ ( ) ]
2
E − E p = L2 0 1 d u
2m u4 + 1 u 4 d ϕ u 2
= L2 0
2m
[ ( ) ] 2 d u
+ u 2 ,
d ϕ
2m(E − E p )
L 2 0
=
( ) 2 d u
+ u 2 . (7.55)
d ϕ
Pomoću jednadžbe (7.54), dolazi se do izraza za proteklo vrijeme gibanja čestice. Riješimo
tu jednadžbu po nepoznanici ˙ρ
˙ρ 2 = 2 (
)
E − E p (ρ) − L2 0
m
2 m ρ 2
√ (
)
d ρ 2
= E − E p (ρ) − L2 0
(7.56)
d t m
2 m ρ 2
(zadržali smo samo pozitivan predznak, jer je na lijevoj strani iznos brzine koji je nužno pozitivan).
Sada izvedimo razdvajanje varijabli i integraciju od početnog trenutka t 0 kada se čestica

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 209
nalazila u točki ρ(t 0 ) = ρ 0 , do nekog općeg trenutka t kada se čestica nalazi u ρ
√ ∫ m ρ
d t =
t 0
2 ρ 0
√ m
t = t 0 +
2
∫ t
d ρ
√
E − Ep (ρ) − L 2 0/(2 m ρ 2 )
∫ ρ
ρ 0
d ρ
√
E − Ep (ρ) − L 2 0/(2 m ρ 2 )
t = t(t 0 , E, L 0 , ρ 0 ; ρ).
Pomoću gornjih izraza, može se doći i do relacije koja daje opisani kut kao funkciju koordinate
ρ. Krenimo od relacije (7.56), prema kojoj je
√ m d ρ
d t = √
2 E − Ep (ρ) − L 2 0/(2 m ρ 2 )
i d t izrazimo preko d ϕ koristeći izraz za konstantnost momenta količine gibanja L 0 d t =
d ϕ m ρ 2 . Tako dobivamo
∫ ϕ
d ϕ = L √
0 m
m ρ 2 2
ϕ 0
d ϕ =
∫ ρ
ρ 0
ϕ = ϕ 0 +
d ρ
√
E − Ep (ρ) − L 2 0/(2 m ρ 2 )
d ρ
ρ 2 √ 2 m (E − E p (ρ))/L 2 0 − 1/ρ 2
∫ ρ
ρ 0
ϕ = ϕ(ϕ 0 , E, ρ 0 , L 0 ; ρ).
d ρ
ρ 2 √ 2 m (E − E p (ρ))/L 2 0 − 1/ρ 2
Dobili smo ϕ kao funkciju konstanti i trenutnog položaja ρ.
7.10 Opis gibanja nebeskih tijela pomoću grafa energije
Nebeska se tijela gibaju pod utjecajem gravitacijske sile, a jedan zgodan način za razumijevanje
njihova gibanja je opis preko grafa energije. Vratimo se dakle gravitacijskoj sili, kao jednom
važnom primjeru centralnih sila.
Ono što se naziva graf energije, se dobije tako da se na ordinatu nanosi energija (ukupna,
kinetička, potencijalna), a na apscisu relativna udaljenost promatranog tijela i drugih tijela s
kojim ono medudjeluje.
Npr. promatrajmo gibanje nebeskog tijela mase m uslijed gravitacijskog djelovanja Sunca
mase M, pri čemu ćemo zanemariti gravitacijski utjecaj ostalih tijela na promatrano tijelo.
Takoder ćemo 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
E = E k + E p = p2
2m − GmM ρ ,
gdje je ρ udaljenost izmedu središta mase tijela i Sunca, a ⃗p = m⃗v je količina gibanja središta
mase tijela. Rastavimo li količinu gibanja na komponentu ⃗p ⊥ okomitu na radij vektor i
komponentu ⃗p ‖ paralelnu s radij vektorom (slika 7.15), tada je

210 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.15: Rastav vektora količine 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 točki (odjeljak 3).
⃗p = ⃗p ‖ + ⃗p ⊥ ,
⃗p 2 = p 2 ‖ + p 2 ⊥.
Primjetimo da je, prema istoj slici, moment količine gibanja
Sada se za energiju može napisati
⃗L 0 = ⃗ρ × (⃗p ⊥ + ⃗p ‖ ) = ρp ⊥ ẑ , ⇒ p ⊥ = L 0
ρ
E = p2 ‖
2m + p2 ⊥
2m − GmM ρ
= p2 ‖
2m + L2 0
2 m ρ 2 − GmM ρ .
Prvi član desne strane ćemo nazivati kinetičkom energijom E ‖ k
jer ovisi o paralelnoj komponenti
brzine tijela kroz p ‖ . Druga dva člana ovise samo o položaju tijela (kroz radij vektor ρ), pa
ćemo ih nazvati efektivnom potencijalnom energijom
E ef.
p = L2 0
2mρ 2 − GmM ρ .
Efektivna potencijalna energija se sastoji od dva člana: prvi je uvijek pozitivan, a drugi je uvijek
negativan. Ovisno o tome koji je od ta dva člana veći, Ep
ef. može biti pozitivna, negativna i
jednaka nuli. Kinetička energija je uvijek pozitivna, tako da ukupna energija E = E ‖ k + Eef. p
takoder može biti i veća i manja i jednaka nuli.
Graf efektivne potencijalne energije, za danu konstantnu vrijednost L ⃗ 0 , je prikazan na slici
7.16.A (primjetimo da se Ep
ef. asimptotski približava nultoj vrijednosti, kada ρ teži prema
beskonačnosti). Promotrimo detaljnije sliku 7.16.B. Tijelo uvijek ima konstantnu vrijednost
momenta količine gibanja L 0 , pa je i oblik efektivne potencijalne energije konstantan. Kao posljedica
zakona o sačuvanju energije, zbroj kinetičke i potencijalne energije tijela je konstantan
tijekom cijelog gibanja.

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 211
Slika 7.16: (A) Graf efektivne potencijalne energije. (B) Oblik putanje tijela ovisi o njegovoj ukupnoj mehaničkoj
energiji.
Promotrimo nekoliko tipičnih situacija:
(1) Neka se tijelo giba s ukupnom mehaničkom energijom koju ćemo označiti s E elp < 0
(slika 7.16.B). U točkama ρ 1 i ρ 2 vrijedi da je
pa u tim točkama mora biti
E elp = E ‖ k + Eef. p < 0 (7.57)
E elp = E ef.
p ,
tj.
E ‖ k = p2 ‖
2m = 0
v ‖ (ρ = ρ 1,2 ) = 0, v ⊥ ≠ 0.
Na udaljenostima manjim od ρ 1
i većim od ρ 2 , je (slika 7.16.B)
E elp < E ef.
p ,
pa da bi relacija (7.57) bila zadovoljena morala bi biti i
E ‖ k = p2 ‖
2m < 0,
no to je nemoguće jer je p 2 ‖/(2m) uvijek pozitivno (radijalna komponenta brzine ne može biti
imaginarna, to je fizički neprihvatljivo). Iz tog razloga zaključujemo da će se tijelo gibati

212 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.17: (A) Periodička putanja. (B) Neperiodička putanja.
u ograničenom dijelu prostora izmedu ρ 1 (najmanja udaljenost tijela od Sunca) i ρ 2 (najveća
udaljenost tijela od Sunca) (slika 7.17). Ova putanja općenito ne mora biti zatvorena (slika 7.17
B ). Može se pokazati da je u posebnim slučajevima, ako je sila koja izvodi gibanje harmonijska
ili gravitacijska (kao u ovom primjeru), putanja je uvijek zatvorena. To je elipsa smještena u
dijelu ravnine izmedu kružnica polumjera ρ 1 i ρ 2 sa izvorom sile u jednom od fokusa (ako je
sila obrnuto srazmjerna kvadratu udaljenosti, kao kod gravitacijske sile), tj. sa izvorom sile u
središtu elipse (ako je sila srazmjerna udaljenosti, kao kod elastične sile - odjeljak 6).
Pokažimo kako ukupna energija tijela odreduje veliku poluos elipse. Na udaljenostima ρ = ρ 1
i ρ = ρ 2 , vrijedi
E elp = E ef.
p = L2 0
2mρ 2 − K ρ , K ≡ G M m.
Riješenja po ρ gornje jednadžbe su upravo ρ = ρ 1 i ρ = ρ 2
( √
)
ρ 1,2 = 1 − K K
±
2
+ 2L2 0
,
2 E elp mE elp
E 2 elp
a njihov zbroj je (slike 7.16.B ili 7.17A), jednak 2a
a = 1 2 (ρ 1 + ρ 2 ) = − 1 2
K
E elp
.
Time smo dobili vezu izmedu ukupne energije tijela koje se giba po elipsi i velike poluosi elipse
E elp = − K 2a . (7.58)
(2) Ako je energija tijela najmanja moguća E = E kru < 0, tada je u svakoj točki putanje
E kru = Ep
ef = min, a E ‖ k = 0. S obzirom da je E‖ k = 0 to je i v‖ = 0, tj. brzina tijela je u svakoj

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 213
Slika 7.18: (A) Putanja kružnica ako je E = E kru < 0, udaljenost od Sunca je konstantna i jednaka ρ 0 . (B)
Putanja parabola ako je E = E par = 0, najmanja udaljenost od Sunca je ρ 3 < ρ 0 . (C) Putanja je hiperbola ako
je E = E hip > 0, najmanja udaljenost od Sunca je ρ 4 < ρ 3
točki putanje okomita na radij vektor. Udaljenost tijela od Sunca je ρ = ρ 0 = const., tj. tijelo
se giba po kružnici polumjera ρ 0 (slika 7.18.A). Položaj minimuma Ep
ef. , tj. udaljenost tijela
od izvora sile, je lako odrediti kao ekstrem funkcije Ep
ef. (ρ)
∂Ep
ef.
= 0 ⇒ ρ
∂ρ ∣ 0 = L2 0
mK .
ρ0
Sada možemo izračunati i energiju tijela koje se giba po kružnici
E kru = Ep ef (ρ 0 ) = − 1 mK 2
2 L 2 0
= − K 2ρ 0
. (7.59)
Iz (1) i (2) zaključujemo da negativne vrijednosti energije, vode na gibanje po zatvorenim
krivuljama u polju gravitacijske i harmonijske sile. Za druge oblike centralnih sila, krivulje ne
moraju biti zatvorene, ali se gibanje i dalje odvija u jednom ograničenom dijelu prostora.
(3) Neka je sada ukupna mehanička energija tijela konstantna i jednaka nuli:
ili veća od nule
E = E par = 0
E = E hip > 0
(slika 7.18 B i C). U tom slučaju postoji samo najmanja dozvoljena udaljenost tijela od Sunca,
ρ 3 , tj. ρ 4 . Najveća udaljenost tijela od Sunca nije ograničena. U nastavku ovog odjeljka ćemo
pokazati da ova gibanja jesu gibanja po paraboli (E = E par = 0) i hiperboli (E = E hip > 0).
Ova se gibanja dakle odvijaju u neograničenom dijelu prostora.
Podsjetimo se još jednom, da se sva gibanja, opisana u (1), (2) i (3) odvijaju u ravnini okomitoj
na konstantni vektor momenta količine gibanja tijela ⃗ L 0 . Primjetimo da što je energija tijela
veća (pozitivnija), to se tijelo više približava izvoru sile - Suncu (čije se središte nalazi u ρ = 0).

214 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije
Vratimo se opet gravitacijskoj sili kao važnom primjeru centralne sile.
Na temelju velikog broja osmatračkih podataka o položajima planeta, do kojih je došao Tycho
Brache 21 , formulirao je njegov učenik Johannes Kepler 22 tri zakona o gibanjima planeta
oko Sunca (slika 7.19):
Slika 7.19: Uz Keplerove zakone o gibanju planeta (P ) oko Sunca (S).
(1) svaki se planet giba po eliptičnoj putanji sa Suncem u jednom od žarišta elipse; elipse svih
planata imaju jedno zajedničko žerište u kojemu se nalazi Sunce;
(2) radij vektor, tj. spojnica Sunce-planet, u jednakim vremenima opisuje jednake površine (tj.
površinska brzina je konstantna) 23 ;
(3) kvadrati ophodnih vremena planeta oko Sunca, srazmjerni su kubovima velikih poluosa
njihovih orbita.
Izvod gravitacijske sile iz Keplerovih zakona :
Pokažimo da se iz Keplerovih zakona može izvesti Newtonov izraz za gravitacijsku silu.
Prema prvom Keplerovom zakonu (koji je rezultat opažanja), planeti se oko Sunca gibaju po
elipsama. Izvedimo oblik sile koja izaziva gibanje po takvoj orbiti. Jednadžba elipse sa jednim
od žarišta u točki ishodišta, ρ = ρ(ϕ), u polarnim koordinatama je (dodatak B)
ρ(ϕ) = a(1 − ɛ2 )
1 + ɛ cos ϕ ,
21 Tycho Brache, 1546. - 1630., švedski astronom i astrolog danskog kralja Fridricha II; nije vjerovao da se Zemlja giba oko Sunca.
22 Johannes Kepler, 1571. - 1630., njemački astronom
23 Dakle linijska brzina nije konstantna, već se planet brže giba kada je bliže Suncu.

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 215
gdje je a velika poluos elipse, b je mala poluos, a ekscentricitet
√
a2 − b
ɛ =
2
< 1.
a
Iz poznate putanje, sila se može izračunati iz Binetove formule (7.52)
( )
f(ρ) = − L2 0u 2 d 2 u
m d ϕ + u ,
2
gdje je u(ϕ) = 1/ρ(ϕ).
d u
d ϕ = − ɛ sin ϕ
a(1 − ɛ 2 ) , d 2 u −ɛ cos ϕ
=
d ϕ2 a(1 − ɛ 2 ) .
Uvrštavanjem u izraz za silu, slijedi
[
f = − L2 0u 2 −✘ ɛ cos ✘✘✘ ϕ
m a(1 − ɛ 2 ) + 1 + ]
✘✘✘✘ ɛ cos ϕ L 2 0 1
= −
a(1 − ɛ 2 ) ma(1 − ɛ 2 ) ρ = −K 2 ρ . 2
Dobivena je privlačna sila obrnuto srazmjerna kvadratu udaljenosti od točke izvora sile, a to je
upravo gravitacijska sila. Pozitivnom konstantom K smo označili
K =
L 2 0
ma(1 − ɛ 2 )
(7.60)
koja se u Newtonovom obliku piše kao GMm (tj. kao −q 1 q 2 /(4πɛ 0 ) za Coulombovu elektrostatsku
silu).
Izvod prvog Keplerovog zakona iz Newtonovog zakona gravitacije:
Pokažimo sada da su putanje tijela (planete, komete, sateliti, . . .) koja se gibaju u polju privlačne
sile inverznog kvadrata, presjeci stošca (kružnica, elipsa, parabola ili hiperbola). Neka je
sila oblika
f(ρ) = − K ρ 2 = −K u2 ,
uz pozitivnu konstantu K danu sa (7.60). U Binotovom obliku jednadžbe gibanja (7.52), sada
je poznat oblik sile f, a nepoznanica je u tj. ρ = ρ(ϕ)
d 2 u
d ϕ + u = − m
2 L 2 0u f = − m
2 L 2 0u (−K 2 u2 ) = Km
L 2 0
Rješenje nehomogene diferencijalne jednadžbe
d 2 u
d ϕ + u = Km
2 L 2 0
potražimo u obliku zbroja rješenja pripadne homogene jednadžbe i partikularnog rješenja nehomogene
jednadžbe
u = u H + u P .

216 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Homogena varijanta gornje jednadžbe nam je dobro poznata iz odjeljka 6, gdje je opisivala gibanje
čestice pod djelovanjem elastične sile (sada s ω 0 = 1). Njezina su rješenja trigonometrijske
funkcije, koje sažeto možemo napisati u obliku
u H = C 0 cos(ϕ − ϕ 0 ),
uz konstantne C 0 i ϕ 0 koje se odreduju iz početnih uvjeta na cijelo rješenje u = u H + u P . Lako
je uvjeriti se da je partikularno rješenje konstanta
pa je cijelo rješenje
u P = Km ,
L 2 0
u = u H + u P = C 0 cos(ϕ − ϕ 0 ) + Km .
L 2 0
Zbog izotropnosti prostora, smjerovi koordinatnih osi se mogu postaviti tako da je početni
otklon ϕ 0 = 0. Vratimo li se u varijablu ρ = 1/u, gornje rješenje je
ρ(ϕ) =
L
[
2 0/(Km)
]
1 + C 0 L 2 0/(Km)
,
cos ϕ
što prepoznajemo kao jednadžbu presjeka stošca iz dodatka B,
p
ρ(ϕ) =
1 + ɛ cos ϕ ,
uz p = L 2 0/(Km) i ɛ = C 0 p > 0. Ovime je pokazano da su putanje tijela u polju privlačne sila
inverznog kvadrata, oblika presjeka stošca. Primjetimo da smo, pomoću Binetove formule, iz
oblika putanje jednoznačno dobili oblik sile, ali da iz oblika sile dobivamo više mogućih oblika
putanje. Stvarni oblik putanje ovisi o početnim uvjetima.
Povežimo konstantu C 0 s ukupnom energijom tijela E. Gibanje u polju sile inverznog kvadrata
se može odvijati po zatvorenoj (planeti, sateliti) ili otvorenoj putanji (komete, meteori), ovisno
o tome je li ukupna mehanička energija objekta koji se giba E < 0 ili E ≥ 0. Iz razmatranja o
energiji, (7.55 ), znamo da je
Uvrsti li se u gornji izraz
dolazi se do
2m
E + 2mK
L 2 0 L 2 0
2m(E − E p )
L 2 0
=
( ) 2 d u
+ u 2 .
d ϕ
u = C 0 cos ϕ + Km , E
L 2 p = −K u,
0
(
C 0 cos ϕ + Km )
(
= C 2
L 2 0 sin 2 ϕ + C 0 cos ϕ + Km ) 2
.
0
L 2 0
Rješavanjem gornje jednadžbe po C 0 , dolazi se do
C 0 = K m
√
1 + 2L2 0
L 2 0 K 2 m E,

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 217
pa je
ɛ = L2 0
Km C 0 =
Iz dodatka B znamo da vrijednost ɛ odreduje oblik putanje:
√
1 + 2L2 0
E. (7.61)
mK2 ɛ = 0
kružnica
0 < ɛ < 1 elipsa
ɛ = 1
ɛ > 1
parabola
hiperbola
Na kružnici je ɛ = 0, pa je, prema (7.61), energija kružnog gibanja
upravo kao što smo i dobili iz razmatranje grafa energije (7.59).
Na elipsi je 0 < ɛ < 1 i zato, prema (7.61), energija mora biti
E = E kru = − mK2 , (7.62)
2L 2 0
− mK2
2L 2 0
< E < 0.
Za gibanje po paraboli, energija mora biti jednaka nuli, a za gibanje po hiperboli, mora biti
pozitivna.
Gornja razmatranja možemo pregledno prikazati na slijedeći način:
E = −mK 2 /(2L 2 0) ⇔ ɛ = 0 ⇒ kružnica, (7.63)
−mK 2 /(2L 2 0) < E < 0 ⇔ ɛ < 1 ⇒ elipsa,
E = 0 ⇔ ɛ = 1 ⇒ parabola,
E > 0 ⇔ ɛ > 1 ⇒ hiperbola.
I ovdje se vidi kako početni uvjeti (ovdje je to vrijednost energije koja je konstantana, dakle
ista kao i u početnom trenutku), utječu na oblik 24 putanje tijela.
Izvod drugog Keplerovog zakona iz zakona gravitacije :
Ranije smo, relacijom (7.49), već pokazali da je općenito u polju bilo koje centralne sile (pa
tako i gravitacijske), površinska brzina konstantna
i time je drugi Keplerov zakon dokazan.
dS
dt = L 0
2m = const.
24 Primjetimo da je energija E zbroj kinetičke i potencijalne energije.

218 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Primjetimo usput i to, da u tom slučaju sama linijska (obodna) brzina čestice, v = dl/dt, nije
konstantna, nego je veća kada je čestica bliže izvoru sile (žarištu elipse), a manja kada je čestica
dalje od izvora sile. Relacijom (7.58), smo pokazali da je energija gibanja po eliptičkoj putanji
E elp = − K 2a . (7.64)
S druge je strane, ukupna mehanička energija jednaka zbroju kinetičke i potencijalne energije
mv 2
− K 2 ρ 2a/ = E = − K 2
m , (7.65)
v 2 = K ( 2
m ρ a)
− 1 .
Kao posljedicu konstantnosti površinske brzine, dobili smo linijsku brzinu koja nije konstantna,
nego je najveća kada je planet najbliži Suncu (tj. kada je ρ najmanji), a najmanja kada je
najdalje od njega (tj. kada je ρ najveći).
Izvod trećeg Keplerovog zakona iz Newtonovog zakona gravitacije :
Treći Keplerov zakon kaže da je omjer kvadrata ophodnog vremena T planeta oko Sunca i kuba
velike poluosi a njegove putanje konstantan za sve planete. Ako poluosi elipse po kojoj se giba
planet označimo s a i b, tada je površina elipse jednaka abπ. Površinska brzina Ṡ je konstantna
i jednaka je L 0 /(2m). U vremenu od jednog perioda, planet će opisati površinu cijele elipse, pa
je
L 0
2m = abπ
T
⇒
T = 2m
L 0
Da bi se dobila veza izmedu perioda T i velike poluosi a, treba malu poluos b izraziti preko a.
Iz definicije ekscentriciteta, ɛ = √ a 2 − b 2 /a, je
b = a √ 1 − ɛ 2 .
Izračunamo li ɛ iz (7.61), tako što ćemo uvrstiti energiju E elp = −K/(2a), dobivamo
abπ.
ɛ 2 = 1 − L2 0
Kam ⇒ 1 − ɛ2 = L2 0
Kam .
Uvrštavanjem gornjeg 1 − ɛ 2 u izraz za b, slijedi
Sada je površina elipse
b = a √ 1 − ɛ 2 = a
√
L
2
0
Kam .
abπ = a 2 π
Uvrštavanje abπ u izraz za period, daje
√
L
2
0
Kam = π √
L
2
0 a 3
Km .
T = 2πm
√
L
2
0 a 3
L 0 Km
/ 2
⇒ T 2 = 4π2 m 2
L 2 0
L 2 0a 3
Km = 4π2 m
K a3 .

7.12. VIRIJALNI TEOREM 219
Uvrštavanjem K = GMm dobiva se
T 2
a 3
= 4π2
GM .
Iako su svaki za sebe, T i m različiti za različite planete, omjer T 2 /a 3 ovisi samo o masi Sunca
M i nekoliko konstanata, pa je zato isti za sve planete.
7.12 Virijalni teorem
Promatrajmo česticu s količinom gibanja ⃗p , koja se giba u polju sile ⃗ F (⃗r) i definirajmo veličinu
T izrazom
T = ⃗r · ⃗p .
T je iste dimenzije kao i moment količine gibanja ⃗ L = ⃗r × ⃗p , ali, kao što ćemo uskoro vidjeti,
ima posve drukčije fizičko značenje. Pogledajmo kako se T mijenja u vremenu
d T
d t
= d ⃗r d ⃗p
⃗p + ⃗r
d t d t
= ⃗v ⃗p + ⃗r F ⃗ = ⃗p 2
= 2E k + ⃗r ⃗ F .
m + ⃗r ⃗ F
Usrednjimo gornji izraz po vremenu od početnog trenutka t = 0 do t = t 0 prema slijedećem
obrascu
Lijeva strana je jednaka
〈 d T
d t
〈 f(t) 〉 = 1 t 0
∫ t0
〈 d T
d t
〉
〉
= 1 t 0
∫ t0
0
0
dt f(t),
= 2 〈 E k 〉 + 〈 ⃗r ⃗ F 〉.
dt d T
d t = 1 [
]
T (t 0 ) − T (0) .
t 0
Ako je gibanje periodično s periodom T = t 0 , tada je T (t 0 ) = T (0), pa je
〈 d T
d t
〉
= 0.
Ako gibanje nije periodično, ali se odvija u konačnom dijelu prostora, tada ⃗r i ⃗p imaju konačne
vrijednosti, pa i T (t) = ⃗r · ⃗p koji je dan njihovim umnoškom i sam mora biti konačan. U tom
slučaju je i razlika T (t 0 ) − T (0), konačna, pa će, za dovoljno velike vremenske intervale t 0 biti
〈 d T
d t
〉
= T (t 0) − T (0)
t 0
= 0.
Tako dolazimo do zaključka da je za periodična i prostorno ograničena neperiodična gibanja
〈 ˙ T 〉 = 0,

220 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
što znači da je
〈 E k 〉 = − 1 2 〈 ⃗r · ⃗F 〉. (7.66)
Gornji se izraz zove virijalni teorem, a sama veličina
−〈 ⃗r · ⃗F 〉/2
se zove virijal jedne čestice.
kinetičke energije jednaka virijalu.
Virijalni teorem kaže da je vremenska srednja vrijednost
Prmjenimo virijalni teorem na gibanje čestice u polju centralne sile: ⃗r = ⃗ρ
Iz gornjih jednadžba slijedi
Prema virijalnom teoremu je
Specijalno, u polju gravitacijske sile je
⃗F = f(ρ)ˆρ ,
⃗F = − −→ ∇E p = − d E p
d ρ ˆρ .
⃗ρ ⃗ F = −ρˆρ d E p
d ρ ˆρ = −ρd E p
d ρ .
〈 E k 〉 = − 1 2 〈 ⃗ρ · ⃗F 〉 = 1 2
〈
ρ d E p
d ρ
〉
.
E p = −G mM ρ , ⇒ d E p
d ρ = G mM
ρ 2 ,
ρ d E p
= G mM = −E p ,
d ρ ρ
〈 E k 〉 = 1 〈
ρ d E 〉
p
= − 1 2 d ρ 2 〈 E p 〉.
Sada je vremenska srednja vrijednost ukupne mehaničke energije jednaka
〈 E 〉 = 〈 E k 〉 + 〈 E p 〉 = − 1 2 〈 E p 〉 + 〈 E p 〉 = 1 2 〈 E p 〉,
tj. gravitacijsku silu (i općenito za privlačnu centralnu silu koja opada s kvadratom udaljenosti)
je
〈 E 〉 = 1 2 〈 E p 〉.
Gornji je izraz u skladu s (7.64): E elp = −K/(2a).

7.13. ŠTO BI BILO ... 221
7.12.1 Početni uvjeti i putanja satelita
7.13 Što bi bilo ...
Kao rezultat pretpostavke da izmedu Zemlje i Sunca djeluje gravitacijska sila, dobili smo eliptičku
putanju Zemlje oko Sunca (uz drukčije početne uvjete, ona bi se gibala po hiperboli,
paraboli ili čak pravocrtno prema Suncu, ali tada život na Zemlji ne bi bio moguć, pa ni mi ne
bismo došli u situaciju da o tome razmišljamo).
No, u našim smo računima propustili primjetiti jednu važnu stvar, a to je da osim Sunca, na
Zemlju djeluje i gravitacijsko privlačenje od drugih tjela sunčevog sustava:
planeta, meteora, kometa itd. Ovo je privlačenje naravno po iznosu puno manje od Sunčevog,
ali ipak treba proučiti i njegov utjecaj. U nekim situacijama i mala promjena vanjskih uvjeta
može izazvati velike promjene u stanju sustava. Npr. mala kuglica na vrhu brijega se nalazi
u stanju (labilne) ravnoteže (slika 7.20.A). Ako se vanjski uvjeti ne promjene, ona će ostati u
tom položaju beskonačno dugo. No, ako neka vanjska sila malo pomakne česticu iz njenog
Slika 7.20: Uz ilustraciju stabilnosti kuglice.
položaja, ona će se otkotrljati niz strminu i zauzeti neki novi položaj ravnoteže, udaljen od
početnog za neki konačan iznos. Drukčija je situacija ako se čestica nalazina dnu jame kao
na slici 7.20.B. Tada mali pomaci od početnog položaja neće izazvati trajno udaljavanje od
početnog položaja: čestica se nalazi u stanju stabilne ravnoteže. Slično je i sa gibanjem Zemlje:
gravitacijsko privlačenje Sunca i uvjeti koji su vladali u vremenu formiranja Zemlje, doveli su
Zemlju u eliptičnu putanju oko Sunca. Kada ne bi bilo gravitacijskih utjecaja drugih nebeskih
tijela, Zemlja bi se vječito (ili bar dok postoji Sunce) gibala po savršenoj elipsi (sa žarištem u
središtu mase sustava Zemlja - Sunce). No ostala nebeska tijela predstavljaju vanjsku smetnju
u odnosu na sustav Zemlja - Sunce. Ona svojom gravitacijskom silom otklanjaju Zemlju sa
eliptične putanje. Pitanje je hoće li se Zemlja pod utjecajem ove smetnje ponašati kao kuglica
na vrhu brijega ili kao kuglica na dnu jame? S obzirom da smo mi u situaciji da možemo o tome
raspravljati, jasno je da se Zemlja ponaša kao čestica na dnu jame. U ostatku ovog odjeljka
ćemo pokušati razjasniti i zašto je to tako.

222 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
U odjeljku 7.3 smo pokazali, relacijom (7.32), da gravitacijsko polje zadovoljava jednadžbu
−→ ∇ ⃗g = −4πGρm (⃗r).
Izračunajmo gravitacijsko polje Sunca u D-dimenzijskom prostoru.
ρ m ≡ 0 i gornja se jednadžba svodi na
Izvan Sunčeve kugle je
−→ ∇ ⃗g = 0.
Budući da je Sunce sferno simetrično tijelo, njegovo gravitacijsko polje mora odražavati tu
sfernu simetriju, tj. u koordinatnom sustavu sa ishodištem u središtu Sunca, ono mora biti
oblika
⃗g (⃗r) = f(r) ⃗r.
Označimo komponente vektora ⃗g , ⃗r i −→ ∇ u D-dimenzijskom pravokutnom koordinatnom sustavu
sa
⃗g = ˆx 1 g 1 + ˆx 2 g 2 + · · · + ˆx D g D ,
⃗r = ˆx 1 x 1 + ˆx 2 x 2 + · · · + ˆx D x D ,
−→ ∂ ∂
∂
∇ = ˆx 1 + ˆx 2 + · · · + ˆx D
∂x 1 ∂x 2 ∂x D
(za D = 3 je ˆx 1 = ˆx , ˆx 2 = ŷ , ˆx 3 = ẑ , a komponente vektora su g 1 = g x , g 2 = g y , g 3 = g z
i x 1 = x, x 2 = y, x 3 = z). U ovom koordinatnom sustavu, raspisana po komponentama,
divergencija polja je
−→ ∇ ⃗g =
∂ g 1
∂x 1
+ ∂ g 2
∂x 2
+ · · · + ∂ g D
∂x D
=
D∑
j=1
∂ g j
∂x j
,
pri čemu je g j = f(r) x j . Izračunajmo gornje parcijalne derivacije
∂ g j
∂x j
=
∂ [f(r) x j ] = ∂ f(r) x j + f(r) ∂ x j
∂x j ∂ x j ∂x j
Prema poopćenom Pitagorinom poučku je
= d f(r)
d r
∂ r
∂x j
x j + f(r).
r =
( N
∑
j=1
x 2 j) 1/2
⇒
(
∂ r
= 1 ∂x j 2 2x ∑ N
j
j=1
x 2 j
) −1/2
= x j
r ,
što, uvršteno u gornju parcijalnu drivaciju, daje
∂ g j
= d f(r) x 2 j
∂x j d r r + f(r).
Sada možemo izračunati i −→ ∇⃗g
−→ ∇ ⃗g =
D
∑
j=1
∂ g j
∂x j
=
D∑
( d f(r)
j=1
d r
x 2 )
j
r + f(r) = r d f(r) + D f(r).
d r

7.13. ŠTO BI BILO ... 223
Primjetimo da se u gornjoj jednakosti prostorna dimenziju D pojavljuje kao parametar. Riješimo
sada jednadžbu za gravitacijsko polje u prostoru gdje nema mase
−→ d f(r)
∇ ⃗g = 0 = r + D f(r)
d r
d f
= −D d r
f
r
f(r) = const. ⇒ ⃗g = ˆr const.
r D r . D−1
Kako bi gravitacijsko polje bilo usmjereno prema središtu Sunca (ishodištu koordinatnog sustava),
konstantu odabiremo tako da je const. = −K, pri čemu je K > 0
⃗g = −ˆr
K
r D−1 .
U trodimenzijskom svijetu, to je polje koje opada s kvadratom udaljenosti (7.4). Gravitacijska
sila kojom Sunce djeluje na Zemlju je ⃗ F G = m z ⃗g . Radi jednostavnosti, pretpostavit ćemo da
Zemlja ima takvu ukupnu mehaničku energiju da joj je putanja kružnica (o ovisnosti oblika
putanje i ukupne mehaničke energije, vidjeti odjeljak 7.10). U tom je slučaju gravitacijska sila
uravnotežena centrifugalnom silom
⃗F G + ⃗ F cf = 0.
Izjednačavanjem iznosa ove dvije sile, dobije se brzina Zemlje
√
K
v = . (7.67)
rD−2 Pretpostavimo sada da osim Sunčeve gravitacije, na Zemlju djeluje i gravitacija nekog drugog
tijela čija je masa puno manja od Sunčeve, npr. neki planet ili asteroid. Utjecaj ovog drugog
tijela će malo promjeniti putanju Zemlje, tako da njezin položaj više neće biti ⃗r, nego ⃗r + δr ˆr ,
pri čemu je |δr| 0, Zemlja se udaljila od prvobitne
putanje, pa ukupna promjena sile δF ⃗ G + δF ⃗ cf mora vratiti Zemlju prema Suncu, tj. mora imati
smjer −ˆr . S druge strane, ako je δr < 0, Zemlja se približila Suncu, pa ukupna promjena
sile δF ⃗ G + δF ⃗ cf mora odmaknuti Zemlju od Sunca, tj. mora imati smjer +ˆr . Oba ova slučaja
možemo sažeti u relaciju
(δF ⃗ G + δF ⃗ cf ) · δr ˆr < 0. (7.68)
Izračunajmo promjenu gravitacijske sile uslijed promjene udaljenosti za δr:
⃗F G + δF ⃗ m z
G = −K
(r + δr) ˆr = −K m [
z
D−1 r ˆr 1 − (D − 1) δr ]
D−1 r + · · ·
= −K m z
r ˆr + K(D − 1)m z δr
D−1 r ˆr + · · ·
D
⇒ δF ⃗ G = K(D − 1) m z
δr ˆr . (7.69)
rD

224 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.21: Uz ilustraciju stabilnosti gravitacijske sile.
Primjetimo da promjena gravitacijske sile ovisi o prostronoj dimenziji D. Prije izračunavanja
promjene centrifugalne sile, prisjetimo se da je, prema (7.48), moment količine gibanja u polju
centralne sile, konstantan, tj. da je
L(r) = L(r + δr),
m z v(r)r = m z v(r + δr)(r + δr) = m z [v(r) + δv(r)](r + δr),
0 = vδr + rδv + O(δ 2 ),
δ v = − v δ r. (7.70)
r
Izračunajmo sada i promjenu centrifugalne sile:
⃗F cf + δ ⃗ F cf = m z (v + δv) 2
(r + δr)
ˆr = m z v 2 (1 + 2δv/v + · · · )
r(1 + δr/r)
Uvrštavanjem promjene brzine (7.70) u gornji izraz, dobije se
⃗F cf + δF ⃗ cf = m (
z v 2
ˆr 1 − 2 δr ) (
r
r + · · · 1 − δr )
r + · · · = m z v 2
ˆr
r
Iz gornjeg je izraza lako očitati vodeći član za promjenu centrifugalne sile
ˆr
(
1 − 3 δr
r + · · · )
.
δF ⃗ cf = −3 m z v 2
δr ˆr . (7.71)
r 2
Primjetimo da promjena centrifugalne sile ne ovisi o prostornoj dimenziji D. Ukupna promjena
gravitacijske i centrifugalne sile je
δ ⃗ F = δ ⃗ F G + δ ⃗ F cf = K(D − 1) m z
r D δr ˆr − 3m z v 2
r 2 δr ˆr .
Uvrsti li se za brzinu izraz (7.67), dobije se ukupna promjena sile u D-dimenzijskom prostoru
δF ⃗ = (D − 4) Km z
δr ˆr .
rD

7.13. ŠTO BI BILO ... 225
Iz gornjeg izraza zaključujemo da je uvjet stabilnosti putanje (7.68), uvijek zadovoljen, ako je
D < 4.
Važno je primjetiti da gornji uvjet ne ovisi o udaljenosti r planeta od Sunca, tj. da vrijedi
za sve planete jednako (time je isključna mogućnost postojanja odredenih područja u kojima
bi sila bila stabilna ili nestabilna). Dakle, u D = 3-dimenzijskom prostoru u kojemu živimo,
gornji je uvjet zadovoljen i putanje svih planeta su stabilne u odnosu na male gravitacijske
smetnje drugih nebeskih tijela.
Primjer: 7.8 Polazeći od izraza za polje gravitacijske sile u D-dimenzijskom prostoru
⃗g (⃗r) = − K ˆr ,
rD−1 izračunajte gravitacijski potencijal u D = 1, D = 2 i D = 3-dimenzijskom prostoru.
R: Polazimo od izraza
⃗g = − −→ ∇V = −K ⃗r
r D .
(D = 1)
− −→ ∇V = −K ⃗r , ⃗r = xˆx , r = x,
r
ˆx dV
dx = K xˆx x = K ˆx ,
∫
∫
dV = K dx,
V (r) = V (0) + K r.
(D = 2)
− −→ ∇V = −K ⃗r r 2 , ⃗r = xˆx + yŷ , r2 = x 2 + y 2 ,
ˆx ∂V
∂x + ŷ ∂V xˆx + yŷ
= K
∂y x 2 + y , 2
∂V
∂x = K x
x 2 + y , ∂V
2 ∂y = K y
x 2 + y ,
∫
∫
∫ ∫
2
x dx
dV = K
x 2 + y ,
y dy
dV = K
2 x 2 + y , 2
V (⃗r) = V (⃗r 0 ) + K ln r.
(D = 3)

226 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
− −→ ∇V = −K ⃗r r 3 , ⃗r = xˆx + yŷ + zẑ , r2 = x 2 + y 2 + z 2 ,
ˆx ∂V
∂x + ŷ ∂V
∂y + ẑ ∂V xˆx + yŷ + zẑ
= K
∂z x 2 + y 2 + z , 2
∂V
∂x = K x
(x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
∂V
y
= K
∂y (x 2 + y 2 + z 2 ) , 3/2
∂V
z
= K
∂z (x 2 + y 2 + z 2 ) ,
∫
∫
3/2 x dx
dV = K
(x 2 + y 2 + z 2 ) + f 1(y, z),
∫
3/2 y dy
= K
(x 2 + y 2 + z 2 ) + f 2(x, z),
∫
3/2 z dz
= K
(x 2 + y 2 + z 2 ) + f 3(x, y),
3/2
V (⃗r) = −K 1 r .
7.14 Raspršenje čestica u polju centralne sile
U ovom se odjeljku daje prikaz klasičnog opisa raspršenja čestica na polju centralne sile.
Promatra se homogeni snop čestica (elektroni, α-čestice, planeti, · · · ) iste mase i energije, koje se
približavaju centru sile. Uobičajeno je pretpostaviti da sila iščezava u beskonačnosti, tako da se
čestice snopa kada su još daleko od izvora sile, gibaju po pravcu. Upadni je snop karakteriziran
svojim intenzitetom I, koji se još naziva i gustoća toka, a koji je jednak broju čestica snopa
koje u jedinici vremena produ kroz jediničnu plohu postavljenu okomito na smjer snopa. Kako
se čestice približavaju centru sile, one će biti ili privučene njemu (ako je sila privlačna) ili
odbijene od njega (ako je sila odbojna). Kao rezultat ovakvog djelovanja sile, putanja čestice
više neće biti pravocrtna, nego će doći do promjene oblika putanje. Nakon prolaska pored
centra sile i udaljavanjem od njega, putanja će ponovo postati pravocrtna. Dakle i sada će
se čestice snopa gibati po pravcu, ali kao rezultat djelovanja sile, ovaj pravac zatvara odedeni
kut s upadnim pravcem. Kaže se da je došlo do raspršenja. Veličina koja opisuje proces
raspršenja se zove udarni presjek za raspršenje u danom smjeru i označava se s σ(Ω), gdje
Ω označava prostorni kut u smjeru kojega se dogodilo raspršenje
σ(Ω) d Ω =
broj čestica raspršenih u prostorni kut d Ω u jedinici vremena
.
upadni intenzitet
S d Ω je označen diferencijal prostornog kuta
d Ω = sin θ d θ d ϕ.
U literaturi se σ(Ω) naziva i diferencijalni udarni presjek. Uobičajeno je koordinatni sustav
postaviti tako da upadni snop leži na osi z. Zbog simetrije centralne sile, sada je cijeli sustav
(snop + polje sile) invarijantan na zakrete oko osi z, tj. neće ovisiti o kutu ϕ, po kojemu se

7.14.
RASPRŠENJE ČESTICA U POLJU CENTRALNE SILE 227
može printegrirati, tako da je sada
d Ω = 2 π sin θ d θ.
Cijeli se proces raspršenja opisuje jednim kutom, θ, koji opisuje otklon čestica snopa od upadnog
smjera (slika 7.22 prikazuje raspršenje na odbojnoj sili) i zove se kut raspršenja. Primjetimo
Slika 7.22: Raspršenje upadnog snopa na odbojnom centru sile.
još i da izraz udarni presjek potječe od toga što σ(Ω) ima dimenziju površine.
Za svaku pojedinu česticu se parametri putanje, pa time i raspršenja, odreduju iz njezine
energije i momenta količine gibanja. Uobičajen je iznos momenta količine gibanja izraziti preko
energije i jedne veličine koja se naziva 25 upadni parametar, s oznakom s, a koja predstavlja
okomitu udaljenost izmedu središta sile i smjera upadne brzine (slika 7.22). Ako se s v 0 označi
iznos upadne brzine čestica, tada je
L 0 = s m v 0 = s √ 2mE.
Odabir E i s, jednoznačno odreduje kut raspršenja θ. Polazi se od pretpostavke da različite
vrijednosti s, ne mogu voditi na isti kut raspršenja θ. Prema ovoj pretpostavci je broj čestica
koje se rasprše u prostorni kut d Ω omeden s θ i θ+d θ jednak broju čestica koje su se u ulaznom
snopu nalazile unutar eliptičnog područja izmedu s i s + d s.
25 engl. impact parameter

228 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE

Poglavlje 8
Inercijski i neinercijski sustavi
U ovom ćemo se poglavlju detaljnije baviti učincima neinercijalnosti sustava u kojemu se odvija
gibanje. Napose ćemo detaljno razmotriti slučaj gibanja u sustavu vezanom za površinu Zemlje.
Zemlja se vrti oko svoje osi, pa su zbog toga svi sustavi koji miruju prema Zemljinoj površini
- neinercijski.
8.1 Vremenska promjena vektora
Do sada smo promatrali gibanje čestice u sustavima za koje smo pretpostavili da su inercijski
(tj. da u njima vrijede Newtonovi aksiomi). U mnogim slučajevima od praktične važnosti,
ta je pretpostavka pogrešna. Tako npr. koordinatni sustav vezan za Zemljinu površinu nije
inercijski zbog Zemljine vrtnje oko svoje osi, njezinog gibanja oko Sunca itd. Sukladno tome,
opis gibanja čestice u sustavu vezanom za površinu Zemlje može rezultirati pogreškom (ovisno
o točnosti kojom se opisuje gibanje).
Sada ćemo proučiti opis gibanja čestice u sustavu koji se vrti u odnosu na inercijski sustav.
Uvedimo najprije oznake:
(X, Y, Z) će označavati nepomični, inercijski koordinatni sustav s ishodištem u točki O
(origin). Veličine koje se odnose na taj sustav, biti će označene indeksom in.
(x, y, z) će označavati koordinatni sustav koji se vrti u odnosu na sustav (X, Y, Z), sa ishodištem
u istoj točki O. Veličine koje se odnose na taj sustav, biti će označene indeksom nin,
zato jer je , uslijed svoje vrtnje, ovaj sustav neinercijski.
Promotrimo proizvoljni vektor ⃗ V (slika 8.1) u neinercijskom (x, y, z) sustavu
Osnovni zadatak u ovom odjeljku jeste
⃗V = V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ .
pronaći vezu izmedu vremenske promjene vektora ⃗ V
u inercijskom i neinercijskom sustavu.
Sa stanovišta promatrača nepomičnog u (x, y, z) sustavu, smjerovi ˆx , ŷ i ẑ se ne mjenjaju
229

230 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 označena s ⃗ω .
u vremenu, pa sva vremenska promjena vektora V ⃗ dolazi od vremenske promjene njegovih
komponenata
d V ⃗ = d V x
d t ∣ d t ˆx + d V y
d t ŷ + d V z
d t ẑ .
nin
Zanima nas kako izgleda vremenska promjena vektora V ⃗ , gledana iz nepomičnog koordinatnog
sustava (X, Y, Z),
d V ⃗ = ?
d t ∣
in
Sa stanovišta promatrača u nepomičnom sustavu, u vremenu se mijenjaju i komponente vektora
⃗V , ali se mijenjaju i smjerovi (ne i iznosi, jer se radi o jediničnim vektorima) jediničnih vektora
ˆx , ŷ , ẑ sustava koji se vrti
d ⃗ V
d t
= d V x
∣ d t ˆx + d V y
d t ŷ + d V z
d t ẑ (8.1)
in
d ˆx
+ V x
d t + V d ŷ
y
d t + V d ẑ
z
d t .
Prvi red gornje jednažbe opisuje promjene komponenata V ⃗ uz konstantne ˆx , ŷ , ẑ , pa je to
upravo (d V ⃗ /d t) nin
d V ⃗ = d ⃗ V
d ˆx
+ V x
d t ∣ d t ∣ d t + V d ŷ
y
d t + V d ẑ
z
d t .
in nin
Izračunajmo sada vremensku promjenu baznih vektora (x, y, z) sustava, gledano iz nepomičnog
sustava. Neka se sustav (x, y, z) vrti oko sustava (X, Y, Z) tako da je os vrtnje vektor ⃗ω , slika

8.1. VREMENSKA PROMJENA VEKTORA 231
8.1, a iznos kutne brzine vrtnje neka je ω = d ϕ/d t (⃗ω ne mora biti konstanta u vremenu).
Sa ⃗ U označimo bilo koji konstantni vektor u (x, y, z) sustavu. Kasnije ćemo ⃗ U identificirati
s ˆx , ŷ ili ẑ . Gledano iz (X, Y, Z) sustava, ⃗ U će se, uslijed vrtnje sustava (x, y, z) oko osi ⃗ω
nepomične 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 ‖ = ˆω · (ˆω · ⃗U),
⃗U ⊥ = ⃗ U − ˆω · (ˆω · ⃗U).
Primjetimo da je, gledano iz nepomičnog (inercijskog) sustava,
Slika 8.2: (A) Rastav vektora ⃗ U na komponente paralelne i okomite na ⃗ω . (B) Zakret sustava. (C) Hvatište
vektora ⃗ V nije na osi vrtnje.
⃗U(t) = ⃗ U ⊥ (t) + ⃗ U ‖ ,
tj. s vremenom se mijenja samo okomita, ali ne i paralelna komponenta vektora ⃗ U. Definirajmo
novi pomoćni vektor ⃗ b tako da bude okomit i na ⃗ U ⊥ i na ⃗ω
⃗ b = ˆω × ⃗ U⊥
b = U ⊥ .
Da bismo izračunali vremensku promjenu (derivaciju) U ⊥ (t), postupamo ovako: za kratko vrijeme
d t, sustav (x, y, z) će se zakrenuti za dϕ = ω d t u odnosu na nepomični sustav (slika
8.2.B). Sa slike se vidi da je
⃗U ⊥ (t + ∆ t) = cos ω∆ t · U ⊥ (t) Û⊥(t) + sin ω∆ t · U ⊥ (t) ˆb(t),
= cos ω∆ t · ⃗U ⊥ (t) + sin ω∆ t ·⃗b (t),
⃗U ⊥ (t + ∆ t) − U ⃗ ⊥ (t) = (cos ω∆ t − 1) · ⃗U ⊥ (t) + sin ω∆ t ·⃗b (t).

232 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
U granici kada ∆ t postaje iščezavajuće malen, dobiva se
d ⃗ U ⊥
d t
⃗U ⊥ (t + ∆ t) − U
= lim
⃗ ⊥ (t)
∆ t→0 ∆ t
Tako smo dobili
(cos ω∆ t − 1) ·
= lim
⃗U ⊥ (t) + sin ω∆ t ·⃗b (t)
∆ t→0
∆ t
]
= lim
∆ t→0
= lim
∆ t→0
[
1 − (ω∆ t) 2 /2 + · · · − 1
[(
− 1 )
2 ω2 ∆ t + · · · · ⃗U ⊥ (t) +
d ⃗ U ⊥
d t
Budući da je ⃗ U ‖ konstantno u vremenu, to je
· ⃗U ⊥ (t) +
= ω ⃗ b .
[
]
ω∆ t − (ω∆ t) 3 /6 + · · · ·⃗b (t)
∆ t
(ω − ω3 (∆ t) 2
6
) ]
+ · · · ·⃗b (t) = ω ⃗ b .
Kako je ⃗ b definiran kao
d U ⃗
d t = d U ⃗ ⊥
d t
= ω ⃗ b .
⃗ b = ˆω × ⃗ U⊥ ,
a zbog kolinearnosti ˆω i ⃗ U ‖ , to je i
⃗ b = ˆω × ( ⃗ U⊥ + ⃗ U ‖ ) = ˆω × ⃗ U.
Uvrsti li se ovo u gornju jednadžbu, dobiva se da, za svaki vektor ⃗ U, konstantan u
sustavu koji se vrti, a gledan iz nepomičnog sustava, vrijedi
d ⃗ U
d t = ⃗ω × ⃗ U, (8.2)
gdje je ⃗ω vektor vrtnje (x, y, z) sustava oko nepomičnog sustava (X, Y, Z).
Ako se sada vektor ⃗ U identificira redom sa vektorima ˆx , ŷ , ẑ , dobiva se
d ˆx
d ŷ
= ⃗ω × ˆx ,
d t d t = ⃗ω × ŷ , d ẑ
d t = ⃗ω × ẑ .
Ovi se rezultati mogu primjeniti na problem traženja veze izmedu vremenskih promjena vektora
⃗V gledano iz nepomičnog i sustava koji se vrti, postavljen jednadžbom (8.1)
d ⃗ V
d t
= d ⃗ V
+ V x (⃗ω × ˆx ) + V y (⃗ω × ŷ ) + V z (⃗ω × ẑ )
∣ d t ∣
in nin
= d V ⃗ + ⃗ω × (V x ˆx + V y ŷ + V z ẑ )
d t ∣
nin

8.2. BRZINA I UBRZANJE U SUSTAVU KOJI SE VRTI 233
d ⃗ V
d t
= d V ⃗
∣ d t
in
+ ⃗ω × V
∣ ⃗ . (8.3)
nin
Gornji izraz povezuje vremensku promjenu proizvoljnog vektora u inercijskom i neinercijskom
sustavu i predstavlja središnji rezultat ovog odjeljka .
Što ako vektor V ⃗ nema hvatište na osi vrtnje (slika 8.2.C)? U tom slučaju postoje vektori B ⃗ i
⃗C sa hvatištem na osi vrtnje, takvi da je C ⃗ = V ⃗ + B ⃗ . U tom slučaju je
d ⃗ V
d t
pa vidimo da ista relacija vrijedi i za taj vektor.
= d ⃗ C
− d ⃗ B
∣ d t ∣ d t ∣
in in in
= d C ⃗ + ω × C
d t ∣ ⃗ − d ⃗ B
− ω × B
d t ∣ ⃗
nin nin
= d ( C ⃗ − B ⃗ )
∣ ∣ + ω × ( C
d t
⃗ − B ⃗ )
∣nin
= d V ⃗ + ω × V
d t ∣ ⃗ ,
nin
8.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti
Uzme li se za vektor V ⃗ upravo radij vektor, V ⃗ ≡ ⃗r, jednadžba (8.3) daje veze medu brzinama
mirujućeg i sustava koji se vrti
d ⃗r
d t ∣ = d ⃗r
in
d t ∣ + ⃗ω × ⃗r ⇐⇒ ⃗v in = ⃗v nin + ⃗ω × ⃗r.
nin
Ubrzanje u mirujućem sustavu se dobije tako da za V ⃗ u (8.3) uvrstimo ⃗v in
⃗a in = d d t∣ (⃗v nin + ⃗ω × ⃗r) + ⃗ω × (⃗v nin + ⃗ω × ⃗r)
nin
= ⃗a nin + d ⃗ω
∣ d t ∣ × ⃗r + ⃗ω × ⃗v nin + ⃗ω × ⃗v nin + ⃗ω × (⃗ω × ⃗r).
nin
Time se dobila veza izmedu ubrzanja mirujućeg i sustava koji se vrti
⃗a in = ⃗a nin + d ⃗ω
d t ∣ × ⃗r + 2 ⃗ω × ⃗v nin + ⃗ω × (⃗ω × ⃗r). (8.4)
nin
Prvi član na desnoj strani očito predstavlja ubrzanje onako kako ga vidi nepomični promatrač
u sustavu koji se vrti. Drugi, treći i četvrti član su rezultat vrtnje (svi su srazmjerni s ⃗ω )
i čine razliku ubrzanja koje vidi nepomični promatrač u nepomičnom sustavu u odnosu na
nepomičnog promatrača u sustavu koji se vrti. Drugi član desne strane potječe od vremenske
promjene brzine vrtnje i on je jednak nuli ako je brzina vrtnje konstantna. Treći se član,

234 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.3: Coriolisovo ubrzanje.
2 ⃗ω × ⃗v nin , naziva Coriolisovo ubrzanje i okomito je (slika 8.3 ) na smjer brzine kojom
se čestica giba u sustavu koji se vrti (okomito je i na ⃗ω ). Posljednji član gornjeg izraza je
centripetalno ubrzanje, ⃗ω × (⃗ω × ⃗r). Ako su ⃗ω , ⃗r i ⃗v medusobno okomiti vektori, tada
je v = ωr i centripetalno ubrzanje dobivamo u poznatom obliku v 2 /r. Veličina −⃗ω × (⃗ω × ⃗r)
se zove centrifugalno ubrzanje.
8.3 Općenito gibanje koordinatnih sustava
Promatrajmo sada situaciju kada se (x, y, z) sustav vrti oko nepomičnog sustava ali tako da
im se ishodišta ne poklapaju (slika 8.4) nego su medusobno povezana vektorom ⃗ R . U tom
Slika 8.4: Gibanje sustava (Q; x, y, z) u odnosu na inercijski sustav (O; X, Y, Z).

8.3.
OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 235
slučaju su ⃗ ˙ R i
¨⃗R brzina i ubrzanje ishodišta sustava koji se vrti prema ishodištu nepomičnog
sustava. Označi li se s ⃗r položaj točke P u neinercijskom sustavu, tada je položaj te iste točke
P promatran iz nepomičnog sustava jednak
⃗r in = R ⃗ / d + ⃗r
∣
d t∣
d ⃗r in
d t
Slično se dobivaju i veze medu ubrzanjima
d 2 ⃗r in
d t 2
∣ = d ⃗ R
+ d ⃗r
∣
in
d t ∣ d t
in
∣
in
⃗v in = ˙ ⃗ Rin + ⃗v nin + ⃗ω × ⃗r. (8.5)
∣ ∣∣∣in
= ¨⃗ Rin + d2 ⃗r
d t 2 ∣ ∣∣∣in
⇒ (8.4) ⇒
∣
in
⃗a in = ¨⃗ Rin + ⃗a nin + ˙ ⃗ω nin × ⃗r + 2 ⃗ω × ⃗v nin + ⃗ω × (⃗ω × ⃗r). (8.6)
8.3.1 Jednadžba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za površinu Zemlje
Ono što zanima nas koji živimo na površini Zemlje, jeste kako izgleda gibanje promatrano iz
neinercijskog sustava, tj. zanima nas ⃗a nin .
Drugi Newtonov aksiom vrijedi u inercijskim sustavima. Iz prethodnog odjeljka se vidi da je
umnožak mase i ubrzanja u neinercijskom sustavu jednak
m⃗a nin = m⃗a in − m ¨⃗ Rin − m ˙ ⃗ω nin × ⃗r − 2m⃗ω × ⃗v nin − m⃗ω × (⃗ω × ⃗r). (8.7)
Umnožak mase i ubrzanja u inercijskom sustavu, m⃗a in = F ⃗ jeste sila videna iz inercijskog
sustava, dok su ostali članovi posljedica neinercijalnosti. Za sustav vezan s površinom Zemlje,
R ima značenje udaljenosti do središta Zemlje.
Nadimo jednadžbu gibanja čestice u odnosu na promatrača na površini Zemlje. Zbog jednostavnosti,
pretpostavit ćemo da je Zemlja kugla sa središtem u točki O (slika 8.5.A). U tom je
slučaju, slika 8.5.B, istok (E) u smjeru +ŷ , zapad (W ) je u smjeru −ŷ , jug (S) je u smjeru +ˆx ,
a sjever (N) je u smjeru −ˆx . Zemlja se vrti oko osi Z konstantnom kutnom brzinom Ω ⃗ = Ω Ẑ
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 približno jednaka
ω z−s =
2π
365 · 86 164 s ≃ 2 · 10−7 s −1 .
Cijeli se Sunčev sustav giba oko središta galaksije kutnom brzinom koja je približno jednaka
ω s−g =
2π
6.3 · 10 15 s ≃ 1 · 10−15 s −1 .

236 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.5: Zemlja kao neinercijski sustav (λ je kolatituda).
Svakoj od gornjih kutnih brzina se može pridružiti period T relacijom T = 2π/ω (odgovarajuća
kutna brzina). Ako je vrijeme trajanja pokusa puno manje od nekog od ovih perioda, tada
se učinak tog neinercijskog gibanja može zanemariti u računu. Tako npr. ako se promatrano
gibanje odvija u vremenskom intervalu manjem od jedne godine, s visokom točnošću se mogu
zanemariti neinercijski učinci koji potječu od gibanja Zemlje oko Sunca i Sunca oko središta
galaksije. U ovoj ćemo aproksimaciji, sustav vezan za središte Zemlje smatrati inercijskim.
Prema relaciji (8.4) je
¨⃗R ∣ = ¨⃗
∣
∣∣nin
R + ⃗ ˙ Ω × R ⃗ + 2Ω ⃗ ×
in
˙ ⃗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 član sadrži malu veličinu Ω 2 pomnoženu s polumjerom Zemlje R, tako da je cijeli
taj član reda veličine Ω .
¨⃗R ∣ = Ω ⃗ × ( Ω ⃗ × R ⃗ ).
in
Uvrštavanjem gornjeg izraza u jednadžbu gibanja u neinercijskom sustavu (8.7), uz izostavljanje
oznaka in i nin, dolazi se do
m d2 ⃗r
d t 2 = ⃗ F − 2m ⃗ Ω × ⃗v − m ⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗r) − m ⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗ R ).
Oznakom ⃗ F su predstavljene sve sile koje djeluju na česticu, gledane iz inercijskog sustva
vezanog za središte Zemlje. Jedna od tih sila je uvijek i gravitacijska sila
⃗F G = − G M Z m
⃗ R + ⃗r
| ⃗ R + ⃗r| 3 .
Ako je gravitacijska sila i jedina sila koja djeluje, jednadžba gibanja glasi
✟m d2 ⃗r
d t 2 = −GM Z ✟m ⃗ R + ⃗r
| ⃗ R + ⃗r| 3 − ✟m⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗ R ) − 2 ✟m ⃗ Ω × ⃗v − ✟m ⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗r).

8.3.
OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 237
Definira li se gravitacijsko polje (tj. ubrzanje) ⃗g kao
⃗g = −G M Z
⃗ R + ⃗r
| ⃗ R + ⃗r| 3 − ⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗ R ), (8.8)
jednadžba gibanja postaje
d 2 ⃗r
d t 2 = ⃗g − 2⃗ Ω × ⃗v − ⃗ Ω × ( ⃗ Ω × ⃗r).
Ako je ⃗r malen u usporedbi s polumjerom Zemlje, tada je posljednji član gornje jednadžbe
srazmjeran s Ω 2 , pa je zato puno manji od prethodna dva člana koji su reda veličine Ω i može
se zanemariti. Uz ovu aproksimaciju, jednadžba gibanja se dalje pojednostavljuje do
d 2 ⃗r
d t 2 = ⃗g − 2⃗ Ω × ⃗v.
Ako osim gravitacijske sile djeluju još neke sile ⃗ F j , desnoj strani gornje jednadžbe treba dodati
članove oblika ⃗ F j /m.
d 2 ⃗r
= ⃗g + 1 ∑
⃗F
d t 2 j − 2Ω m
⃗ × d ⃗r
d t ,
j
F
= ⃗ m − 2⃗ Ω × d ⃗r
d t
gdje su s F ⃗ /m = ⃗g + ∑ ⃗ j
F j /m označene sve sile (podijeljene s masom). Rješenje gornje jednadžbe
je potpuno odredeno zadavanjem početnih uvjeta. Postavit ćemo najopćenitije početne
uvjete: neka je u t = 0 položaj čestice ⃗r(0) = ⃗r 0 , a brzina neka je ˙⃗r(0) = ⃗v 0 . Jednadžbu ćemo
rješavati uz:
♣ pretpostavku da su Ω ⃗ i F ⃗ konstantni u vremenu, i
♣ zanemarivanje članova srazmjernih s Ω 2 , Ω 3 , · · · .
Integracijom po vremenu gornje jednadžbe, dolazi se do
d 2 ⃗r F
= ⃗ d t 2 m − 2⃗ Ω × d ⃗r
d t
/ ∫ t
dt
˙⃗r(t) − ˙⃗r(0) = ⃗ F
m t − 2⃗ Ω × [⃗r(t) − ⃗r(0)]
⃗v(t) = ⃗v 0 + ⃗ F
m t − 2⃗ Ω × ⃗r(t) + 2 ⃗ Ω × ⃗r 0 .
Uvrštavanjem gornjeg izraza za brzinu u (8.9)
F ¨⃗r = ⃗ [
m − 2⃗ F
Ω × ⃗v 0 + ⃗ ]
m t − 2⃗ Ω × ⃗r(t) + 2Ω ⃗ × ⃗r 0
i zanemarivanjem članova srazmjernih s Ω 2 , Ω 3 , · · · , dolazi se do
¨⃗r = ⃗ F
m − 2⃗ Ω × ⃗v 0 − 2t
m ⃗ Ω × ⃗ F + O(Ω 2 ).
0
(8.9)

238 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
U gornjoj je jednadžbi sva ovisnost o vremenu na desnoj strani, eksplicitna i zato se jednadžba
može riješiti izravnom integracijom
¨⃗r = ⃗ F
m − 2⃗ Ω × ⃗v 0 − 2t
m ⃗ Ω × ⃗ F + O(Ω 2 )
/ ∫ t
dt
˙⃗r(t) − ˙⃗r(0) =
F ⃗ m t − 2⃗ Ω × ⃗v 0 t − 2 t 2 Ω
m 2 ⃗ × F ⃗ + O(Ω 2 )
˙⃗r(t) =
F
⃗v 0 + ⃗ m t − 2t⃗ Ω × ⃗v 0 − t2 Ω
m ⃗ × F ⃗ + O(Ω 2 )
0
/ ∫ t
dt
F
⃗r(t) − ⃗r(0) = ⃗v 0 t + ⃗ t 2
m 2 − t2 Ω ⃗ × ⃗v0 − t3
Ω
3m ⃗ × F ⃗ + O(Ω 2 )
F
⃗r(t) = ⃗r 0 + ⃗v 0 t + ⃗ 2m t2 − t 2 Ω ⃗ × ⃗v0 − t3
Ω
3m ⃗ × F ⃗ + O(Ω 2 ).
Gornja jednadžba daje položaj čestice 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 na
česticu i kada bi bilo Ω = 0). Da bismo gornju vektorsku jednadžbu rastavili na njezine
skalarne komponente, moramo najprije raspisati vektorske umnoške na desnoj strani. Sa slike
8.6 vidimo da je
0
Slika 8.6: Uz prikaz ⃗ Ω u sustavu (x, y, z).
⃗Ω = Ω Ẑ
Ẑ = (Ẑ · ˆx )ˆx + (Ẑ · ŷ )ŷ + (Ẑ · ẑ )ẑ
= cos(λ + π/2)ˆx + 0 · ŷ + cos λẑ
= − sin λ ˆx + cos λ ẑ
⃗Ω = Ω (− sin λˆx + cos λẑ ).

8.3.
OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 239
Za općeniti vektor ⃗ V je
⃗Ω × V ⃗ = Ω (− sin λˆx + cos λẑ ) × (V xˆx + V y ŷ + V z ẑ )
= Ω (− sin λV y ẑ + sin λV z ŷ + cos λV x ŷ − cos λV y ˆx )
= −Ω cos λV y ˆx + Ω (sin λV z + cos λV x )ŷ − Ω sin λV y ẑ .
Primjenom gornjeg izraza na V ⃗ ≡ ⃗v 0 i V ⃗ ≡ F ⃗ , dolazi se do skalarnih komponenata rješenja
jednadžbe gibanja
x(t) = x 0 + v 0,x t + F x
2m t2 + t 2 Ω v 0,y cos λ + t3
3m Ω cos λF y + O(Ω 2 ), (8.10)
y(t) = y 0 + v 0,y t + F y
2m t2 − t 2 Ω (v 0,z sin λ + v 0,x cos λ) − t3
3m Ω (F z sin λ + F x cos λ) + O(Ω 2 ),
z(t) = z 0 + v 0,z t + F z
2m t2 + t 2 Ω v 0,y sin λ + t3
3m Ω F y sin λ + O(Ω 2 ).
Recimo još jednom, da su gornje jednadžbe izvedene uz pretpostavku da je sila konstantna.
8.3.2 Slobodan pad
Rješimo jednadžbe gibanja (8.10) iz prethodnog odjeljka na slučaju slobodnog pada u gravitacijskom
polju Zemlje u blizini njezine površine. U odjeljku 5.1 je pokazano da se gibanje čestice
koja slobodno pada u inercijskom sustavu, odvija po pravcu (bio je to pravac koji je ležao na
osi z). Početni uvjeti i vanjske sile kod slobodnog pada su zadani na slijedeći način
x 0 = y 0 = 0, z 0 = h,
v 0,x = v 0,y = v 0,z = 0,
F x = F y = 0, F z = −mg.
Uvrštavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.10), dobiva se
x(t) = O(Ω 2 ),
y(t) = t3 3 Ω g sin λ + O(Ω 2 )
z(t) = h − 1 2 gt2 + O(Ω 2 ).
I na sjevernoj (gdje je 0 ≤ λ ≤ π/2) i na južnoj polusferi (gdje je π/2 ≤ λ ≤ π) je sin λ > 0
pa, za razliku od slobodnog pada u inercijskom sustavu, dolazi do otklona na istok (slika
8.7) u odnosu na okomicu. U trenutku t 0 pada na zemljinu površinu, je z(t 0 ) = 0, pa je vrijeme
padanja t 0 = √ 2h/g, tako da je u trenutku pada na tlo, otklon na istok od okomice jednak
√
y(t 0 ) = 2 3 h Ω 2h
sin λ.
g
primjetimo da je otklon srazmjeran s Ω i da je najveći na ekvatoru, λ = π/2, gdje je sin λ = 1,
a otklona nema na polovima, λ = 0 ili λ = π.

240 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.7: Uz slobodan pad, okomiti hitac i kosi hitac u neinercijskom sustavu.
8.3.3 Okomiti hitac
Promotrimo sada slučaj gibanja čestice koja je konačnom početnom brzinom izbačena okomito
u vis - okomiti hitac. U inercijskom sustavu se čestica sve vrijeme giba po pravcu. Pogledajmo
učinke neinercijalnosti. Početni uvjeti i sila na česticu su dani slijedećim jednadžbama:
x 0 = y 0 = z 0 = 0,
v 0,x = v 0,y = 0, v 0,z = v 0 ,
F x = F y = 0, F z = −mg.
Uvrštavanjem gornjih vrijednosti u rješenje (8.10), dobiva se
x(t) = O(Ω 2 ),
y(t) = −Ω t 2 sin λ (v 0 − gt
3 ) + O(Ω 2 )
z(t) = v 0 t − 1 2 gt2 + O(Ω 2 ).
Čestica postiže maksimalnu visinu u trenutku t = t max , kada je ż(t = t max ) = 0, tj. kada je
v 0 = g t max . U tom je trenutku
y(t max ) = −Ω v2 0
g sin λ(v 2 0 − g v 0
3 g ) + O(Ω 2 )
= − 2 3 Ω v3 0
g 2 sin λ + O(Ω 2 ) < 0,
pa je otklon prema zapadu. U trenutku ponovnog pada na Zemlju je z(t 0 ) = 0, pa je
t 0 = 2v 0 /g = 2t max . Uvrštavanjem ovog vremena u izraz za y, dobije se otklon prema zapadu
(slika 8.7) u iznosu od
y(2 t max ) = − 4 3 Ω v3 0
g 2 sin λ + O(Ω 2 ).

8.3.
OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 241
8.3.4 Kosi hitac
Promatrajmo sada slučaj kada je čestica ispaljena početnom brzinom v 0 pod kutom α u odnosu
na ravninu (x, y) (slika 8.8). Neka u početnom trenutku smjer brzine leži u ravnini (x, z). Kao
Slika 8.8: Uz kosi hitac u neinercijskom sustavu.
što znamo iz odjeljka 5.2, u inercijskom će se sustavu, čestica sve vrijeme gibati u toj istoj (z, x)
ravnini. Sada ćemo pokazati da gibanje u neinercijskom sustavu vodi na otklon putanje u
odnosu na početnu ravninu.
x 0 = y 0 = 0, z 0 = 0,
v 0,x = v 0 cos α, v 0,y = 0, v 0,z = v 0 sin α,
F x = F y = 0, F z = −mg.
Uvrštavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.10), dobiva se
x(t) = v 0 t cos α + O(Ω 2 ),
y(t) = −Ω t 2 v 0 (sin α sin λ + cos α cos λ) + t3 3 Ω g sin λ + O(Ω 2 )
= −Ω t 2 v 0 cos(α − λ) + t3 3 Ω g sin λ + O(Ω 2 )
z(t) = v 0 t sin α − 1 2 gt2 + O(Ω 2 ).
Gornje jednadžbe opisuju položaj čestice u proizvoljnom trenutku t > 0 nakon početka gibanja,
a prije ponovnog pada na tlo. Primjećujemo otklon u y smjeru u odnosu na gibanje u početnoj
(x, z) ravnini. Ovaj je otklon srazmjeran s Ω . Izračunajmo otklon u trenutku t 0 kada čestica
pada na tlo. U trenutku pada na tlo je vrijednost z koordinate jednaka nuli, pa se t 0 odreduje
kao rješenje jednadžbe
z(t 0 ) = 0 = v 0 t 0 sin α − 1 2 gt2 0.

242 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
To je kvdratna jednadžba, pa ima dva rješenja
t (1)
0 = 0, t (2)
0 = 2v 0 sin α
.
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. Konačni otklon od početne (x, z) ravnine dobijemo tako da izračunamo
vrijednost y(t (2)
0 )
y(t (2)
0 ) = − 4 3
Ω v 3 0 sin 2 α
g 2
(3 cos α cos λ + sin α sin λ).
Na sjevernoj polusferi, na kojoj mi živimo, je 0 < λ < π/2, pa su cos λ i sin λ pozitivni i cijeli
je otklon ŷ y(t (2)
0 ) < 0. Čestica 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 čini da na sjevernoj polusferi, rijeke pri svom toku više
potkopavaju desnu nego lijevu obalu (slika 8.9.A). Postavimo koordinatni sustav tako da je z
okomica, a smjer rijeke (lokalno) ima smjer osi y. Tada je brzina rijeke ⃗v = vŷ , a kutna brzina
vrtnje Zemlje je Ω ⃗ = Ω Ẑ . Zbog Coriolisove sile, na element riječnog toka mase m i brzine ⃗v,
djeluje sila
⃗F Cor = −2 m ⃗ Ω × ⃗v = −2 m
[
]
Ω (− sin λˆx + cos λẑ ) × vŷ = F ⃗ Cor vod + F ⃗ Cor oko ,
gdje su vodoravna ⃗ F vod
Cor
i okomita ⃗ F oko
Cor
komponenta sile jednake
⃗F Cor vod = 2 m Ω cos λ v ˆx ,
⃗F Cor oko = 2 m Ω sin λ v ẑ .

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 243
Vidimo da je, na zapadnoj polusferi (0 ≤ λ ≤ π/2 i cos λ ≥ 0), vodoravna komponenta Coriolisove
sile uvijek usmjerena na desnu obalu rijeke (ima smjer + ˆx ). Na južnoj polusferi je
π/2 ≤ λ ≤ π i cos λ ≤ 0 i smjer Coriolisove sile je − ˆx . Tamo rijeke potkopavaju svoju lijevu
obalu.
Okomita komponena, F ⃗ Cor oko , samo podiže razinu vode.
Isti način razmišljanja primjenjen gore na opis gibanja riječnih masa, može se primjeniti i
na opis gibanja zračnih masa. Na gibanje zračne mase djeluje Coriolisova sila koja zračnu
struju otklanja u desno. Kombinacija otklona brzine u desno za sve zračne struje koje se
gibaju prema središtu ciklona, na sjevernoj Zemljinoj polusferi rezultira vrtnjom zračnih masa
u smjeru suprotnom od kazaljke na satu, kao što je skicirano na slici 8.9.B (primjetimo da
Coriolisova sila djeluje udesno bez obzira iz kojeg smjera dolazi pojedina zračna struja). Isti
ovaj mehanizam možemo svaki dan primjetiti u vlastitoj kupaonici: voda u kadi koja se zavrti
prije izlaska kroz slivnik, čini to zbog Coriolisove sile i vrtnje Zemlje.
Na južnoj polusferi, i zračne struje i voda u kupaonici se vrte u smjeru kazaljke na satu.
8.4 Foucaultovo njihalo
U odjeljku 6.8 smo se upoznali s gibanjem matematičkog njihala u inercijskom sustavu. Pored
ostalog, konstatirali smo da se njihanje odvija stalno u istoj ravnini. U ovom ćemo odjeljku
proučiti gibanje matematičkog njihala u neinercijskom sustavu. Glavni je rezulatat da se u
neinercijskom sustavu vezanom za površini Zemlje, njihanje više neće odvijati stalno u istoj
ravni, već će doći do zakreta ravnine njihanja na takav način da unutar jednog dana ravnina
njihanja napravi jedan puni okret.
Promotrimo njihalo koje se sastoji od duge i približno nerastezive niti na čijem je kraju obješena
teška kugla. Trenje u točki objesišta i trenje s česticama zraka se zanemaruje. Pretpostavimo
da je njihalo otklonjeno iz položaja ravnoteže i ostavljeno da slobodno njiše u okomitoj ravnini.
Ovaj je pokus prvi izveo Jean Foucault, godine 1851. u zgradi pariškog Panteona s njihalom
duljine 67 m i mase 28 kg (slika 8.10.A). Pod je bio posut pijeskom, a na kugli se nalazio šiljak
koji je ostavljao trag po pijesku, tako da se lako mogao uočiti položaj ravnine u kojoj njihalo
trenutno njiše. Kao što će se uskoro pokazati, uslijed vrtnje Zemlje, ravnina njihanja će se
postupno zakretati oko okomite osi. Na sjevernoj polusferi, zakret je u smjeru kazaljke na
satu (slika 8.10.B), ako gledamo odozgo prema dolje, a na južnoj je polusferi zakret u smjeru
suprotnom od gibanja kazaljke na satu (slika 8.10.C).
Opišimo matematički rezultat Foucaultovog pokusa (slika 8.11.A). Ukupna sila koja djeluje na
česticu je zbroj gravitacijske sile F ⃗ G = −mgẑ i napetosti niti F ⃗ nap . Sa slike 8.11.B i C se vidi
da je
cos( ⃗ F nap , ˆx ) = cos(π − β x ) = − cos β x = − x l ,
cos( ⃗ F nap , ŷ ) = cos(π − β y ) = − cos β y = − y l ,
cos( F ⃗ nap , ẑ ) = cos(π/2 − β x ) = sin β x = l − z .
l
= cos(π/2 − β y ) = sin β y = l − z .
l

244 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.10: Uz Foucaultovo njihalo.
Slika 8.11: Uz odredenje sila na česticu Foucaultovog njihala.
⃗F nap = ( ⃗ F nap · ˆx )ˆx + ( ⃗ F nap · ŷ )ŷ + ( ⃗ F nap · ẑ )ẑ
= F nap cos( F ⃗ nap , ˆx )ˆx + F nap cos( F ⃗ nap , ŷ )ŷ + F nap cos( F ⃗ nap , ẑ )ẑ
(
= F nap − x l ˆx − y l ŷ + l − z )
ẑ .
l
Budući da ⃗ F nap ovisi o x, y i z, a ovi opet ovise o vremenu, izlazi da cijela sila na česticu
⃗F = ⃗ F G + ⃗ F nap ovisi o vremenu, pa se ne mogu primjeniti rješenja (8.10) koja vrijede samo
za sile konstantne u vremenu. Umjesto toga treba rješiti jednadžbu
m¨⃗r = ⃗ F − 2 m ⃗ Ω × ˙⃗r
U kojoj je ⃗ F = ⃗ F G + ⃗ F nap . Vektorski umnožak na desnoj strani je jednak
⃗Ω × ˙⃗r = Ω (− sin λˆx + cos λẑ ) × (ẋˆx + ẏŷ + żẑ )
= −Ω cos λ ẏ ˆx + Ω (sin λ ż + cos λ ẋ) ŷ − Ω sin λ ẏ ẑ .
Uvrštavanjem gornjeg izraza i izraza za sile, u jednadžbu gibanja, dolazi se do slijedeće tri

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 245
skalarne jednadžbe
m ẍ = − x l
F nap + 2 m Ω ẏ cos λ
m ÿ = − y F nap − 2 m Ω (ẋ cos λ + ż sin λ)
l
m ¨z = −mg + l − z F nap + 2 m Ω ẏ sin λ
l
Pojednostavimo ove jednadžbe pretpostavkom da su amplitude njihanja male, tako da se
kugla približno nalazi u ravnini poda što je (x, y) ravnina. U matematičkom jeziku to znači da
pretpostavljamo da je ¨z = ż = z ≃ 0. Uz ovu pretpostavku, iz posljednje od gornjih jednadžba
slijedi iznos sile napetosti niti
F nap = m g − 2 m Ω ẏ sin λ
Uvrštavanjem ovog izraza za napetost u preostale dvije jednadžbe, dolazi se do
ẍ = − g l
ÿ = − g l
2 Ω sin λ
x + 2 Ω ẏ cos λ +
l
2 Ω sin λ
y − 2 Ω ẋ cos λ +
l
Za pretpostavljene male amplitude titraja, nelinearni članovi xẏ i yẏ su manji od ostalih
članova, pa ih zato zanemarujemo. Preostaje vezani 2 × 2 linearni sustav diferncijalnih jednadžba
za x i y
ẍ = − g l x + 2 Ω ẏ cos λ
x ẏ
y ẏ.
ÿ = − g l
y − 2 Ω ẋ cos λ.
Definirajmo početne uvjete gibanja, uz koje ćemo tražiti rješenje. Neka se u početnom
trenutku t = 0, njihalo nalazi u ravnini (y, z) otklonjeno za A u smjeru osi y (slika 8.12).
Uz pokrate ω 2 0 = g/l i α = Ω cos λ, jednadžbe gibanja glase
x(0) = 0, ẋ(0) = 0, (8.11)
y(0) = A, ẏ(0) = 0.
ẍ = −ω0 2 x + 2α ẏ
ÿ = −ω0 2 y − 2α ẋ.
Pomnožimo drugu od gornjih jednadžba imaginarnom jedinicom i i zbrojimo obje jednadžbe
ẍ + iÿ = ω 2 0(x + iy) − 2iα(ẋ + iẏ).
U novoj kompleksnoj varijabli ζ = x + iy, gornja jednadžba postaje
¨ζ + 2iα ˙ζ + ω 2 0 ζ = 0,
što po obliku prepoznajemo kao jednadžbu harmonijskog oscilatora s prigušenjem srazmjernim
brzini (relacija (6.21)), ali je koeficijent prigušenja imaginaran. Potražimo rješenje gornje
homogene jednadžbe u obliku
ζ(t) = c e γ t ,

246 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.12: Ilustracija početnih uvjeta za opis gibanja Foucaultovog njihala.
s konstantnim c i γ.
ζ [ γ 2 + 2αγi + ω 2 0]
= 0,
√
γ ± = −iα ± i α 2 + ω0.
2
Budući da je Ω 2 ≃ 10 −10 s −2 , to je α 2 = Ω 2 cos 2 α

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 247
dolazi se do
c 4 = c 2
√
g/l − Ω cos λ
√
g/l + Ω cos λ
= c 2
1 − Ω cos λ √ l/g
1 − Ω cos λ √ l/g = c 2 + O(Ω ).
Uvrštavanjem početnih uvjeta za y, dobiva se
y(0) = A = c 2 + c 4 = 2 c 2 ⇒ c 2 = c 4 = 1 2 A
/ /
ẏ(0) = 0 = −c 1 (α − ω 0 ) − c 3 (α + ω 0 ) ⇒ c 1 = −c 3
⇒ 2 ω 0 c 1 = 0 ⇒ c 1 = c 3 = 0.
Time je, konačno
c 1 = 0, c 2 = A/2, c 3 = 0, c 4 = A/2.
x(t) = A [
]
sin(α − ω 0 )t + sin(α + ω 0 )t = A sin αt cos ω 0 t,
2
y(t) = A [
]
cos(α − ω 0 )t + cos(α + ω 0 )t = A cos αt cos ω 0 t.
2
Prisjetimo li se da je α = Ω cos λ, a ω 0 = √ g/l, konačno rješenje je
x(t) =
(√ ) g
A cos
l t · sin(Ω t cos λ),
y(t) =
(√ ) g
A cos
l t · cos(Ω t cos λ).
Pogledajmo fizičko značenje ovog rješenja: položaj kugle njihala je dan radij vektorom
[
] (√ ) g
⃗r(t) = x(t) ˆx + y(t) ŷ = A ˆx sin(Ω t cos λ) + ŷ cos(Ω t cos λ) cos
l t .
Izraz u uglatoj zagradi je vektor jedinične duljine, čiji se smjer mijenja s vremenom.
Označimo ga s ˆn (t)
ˆn (t) ≡ ˆx sin(Ω t cos λ) + ŷ cos(Ω t cos λ).
Vektor ˆn (t) odreduje smjer njihanja, a amplituda je A
( √ ) g
⃗r(t) = ˆn (t) A cos t . (8.12)
l
Taj se smjer periodički mijenja u vremenu s periodom
T n =
2π
Ω | cos λ|
≃ 24 h,
ravnina njihanja se zakreće tako da za 24 h napravi jedan puni okret. Ovaj zakret ravnine
njihanja je izravna posljedica vrtnje Zemlje oko svoje osi. Ovaj je period puno veći od samog
perida titranja T 0
T 0 = 2 π
ω 0
√
l
= 2π ≃ 16.41 s,
g l
= 67 m

248 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
T n >> T 0 ,
tj. njihalo napravi puno titraja prije nego što mu se ravnina zakrene za puni kut.
Pokažimo da se ravnina njihanja zakreće u suprotnim smjerovima na sjevernoj i južnoj Zemljinoj
polusferi. Pomoću T n , može se ˆn (t) napisati u obliku
ˆn (t) = ˆx sin(Ω t cos λ) + ŷ cos(Ω t cos λ)
(
= ˆx sin sgn(cos λ) 2 π t ) (
+ ŷ cos sgn(cos λ) 2 π t )
,
T n T n
Neka u t = 0, njihalo njiše u (y, z) ravnini, tj. neka je
ˆn (0) = ŷ .
Nakon vremena t = T n /4, na sjevernoj polusferi je 0 ≤ λ ≤ π/2, pa će biti i cos λ > 0
( ( 2 π t
2 π t
ˆn (t = T n /4) = ˆx sin
+ ŷ cos
= ˆx ,
T n
)t=T n /4
T n
)t=T n /4
tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru kazaljke na satu (slika 8.13.A).
Na južnoj polusferi je π/2 ≤ λ ≤ π, pa će biti i cos λ < 0
ˆn (t) =
(
ˆx sin − 2 π t
(
+ ŷ cos −
T n
)t=T n /4
T n
)t=T n /4
= −ˆx ,
tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru suprotnom od kazaljke na satu (slika 8.13.B).
Slika 8.13: Zakret ravnine njihanja Foucaultovog njihala. .

8.5.
OPĆENITA JEDNADŽBA GIBANJA ČESTICE U NEINERCIJSKOM SUSTAVU 249
8.5 Općenita jednadžba gibanja čestice u neinercijskom sustavu
Izvedimo sada općenitu jednadžbu gibanja čestice u neinercijskom sustavu bez pretpostavke
da je kutna brzina vrtnje ω konstantna u vremenu i bez pretpostavke da je kutna brzina vrtnje
mala po iznosu. Takoder ćemo dozvoliti da sila ⃗ F (koja djeluje i kada je ω = 0) može ovisiti o
vremenu. Jednadžba gibanja je
m¨⃗r = ⃗ F (t) − m ˙ ⃗ω × ⃗r − 2m⃗ω × ˙⃗r − m⃗ω × (⃗ω × ⃗r).
⃗ω = ωẐ = ω(−ˆx sin λ + ẑ cos λ),
⃗ω ˙ = ˙ω(−ˆx sin λ + ẑ cos λ).
⃗ω ˙ × ⃗r = ˙ω(−ˆx sin λ + ẑ cos λ) × (xˆx + yŷ + zẑ )
= −ˆx ˙ωy cos λ + ŷ ˙ω(x cos λ + z sin λ) − ẑ ˙ωy sin λ,
⃗ω × ˙⃗r = ω(−ˆx sin λ + ẑ cos λ) × (ẋˆx + ẏŷ + żẑ )
= −ˆx ωẏ cos λ + ŷ ω(ẋ cos λ + ż sin λ) − ẑ ωẏ sin λ,
⃗ω × (⃗ω × ⃗r) = ω(−ˆx sin λ + ẑ cos λ) × [−ˆx ωy cos λ + ŷ ω(x cos λ + z sin λ) − ẑ ωy sin λ]
= ω 2 [ˆx (−x cos 2 λ − z sin λ cos λ) + ŷ (y sin 2 λ − y cos 2 λ) + ẑ (−x sin λ cos λ − z sin 2 λ) ] .
Uvrštavanjem gornjih izraza u početnu vektorsku jednadžbu, dobivaju se tri skalarne jednadžbe
gibanja
mẍ = F x (t) + my ˙ω cos λ + 2mẏω cos λ + mω 2 (x cos 2 λ + z sin λ cos λ),
mÿ = F y (t) − m ˙ω(x cos λ + z sin λ) − 2mω(ẋ cos λ + ż sin λ) − mω 2 y(sin 2 λ − cos 2 λ),
m¨z = F z (t) + my ˙ω sin λ + 2mẏω sin λ + mω 2 (x sin λ cos λ + z sin 2 λ),
koje se dalje rješavaju ovisno o konkretnom obliku sile i kutne brzine kao funkcije vremena.

250 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI

Poglavlje 9
Specijalna teorija relativnosti
Brzina svjetlosti u vakuumu, c, je najveća moguća brzina i približno iznosi 300 000 km/s.
Gibanja brzinama bliskim ovoj brzini bitno se razlikuju po svojim fizičkim svojstvima od gibanja
brzinama puno manjim od c. U ovom ćemo se poglavlju detaljnije baviti učincima na gibanje
tijela koji dolaze od gibanja brzinama bliskim brzini svjetlosti.
9.1 Lorentzove transformacije
9.2 Relativistička kinematika
9.3 Relativistička dinamika
251

252 POGLAVLJE 9. SPECIJALNA TEORIJA RELATIVNOSTI

Dio II
Mehanika sustava čestica
253

Poglavlje 10
Sustavi čestica
10.1 Diskretni i kontinuirani sustavi čestica
U prethodnim smo poglavljima razmatrali objekte čije se gibanje može opisati kao gibanje
čestice, tj. objekta konačne mase, ali beskonačno malog volumena. Sada ćemo promatrati
gibanja objekata kod kojih aproksimacija česticom nije opravdana. To će biti sustavi izgradeni
od mnoštva čestica.
Ako smo u mogućnosti razlikovati pojedine čestice sustava, govorit ćemo o diskretnom sustavu
čestica, gdje ćemo sa ⃗r j i m j označavati položaj i masu j-te čestice sustava za j = 1, · · · , N.
Ukupna masa sustava m je naprosto jednaka zbroju masa pojedinih čestica sustava
m =
N∑
j=1
m j .
Ako pojedine čestice sustava ne možemo razlikovati, nego su one približno kontinuirano raspodjeljene
u jednom dijelu prostora (onako kako smo to opisali u poglavlju o gravitaciji, str.
170), tada govorimo o kontinuiranom sustavu čestica. Raspodjela mase u prostoru se opisuje
funkcijom koja se zove masena gustoća.
Volumna masena gustoća:
Raspodjela mase tijela koja se protežu u trodimenzijskom prostoru, se opisuje volumnom masenom
gustoćom ρ m (⃗r)
ρ m (⃗r) = lim
∆V →0
[ρ m ] = [m]
[l 3 ] ,
∆ m
∆ V = d m
d V ,
gdje je d V ≡ d 3 r diferencijal volumena u okolini točke ⃗r (slika 10.2.A), a dm je masa sadržana
u tom volumenu. Uglatom zagradom je označena dimenzija gustoće. Ako ρ m (⃗r) ima istu
vrijednost u svim točkama sustava, onda je gustoća konstantna i jednaka je omjeru ukupne
mase m i ukupnog volumena V sustava, ρ m = m/V . Za zadanu volumnu gustoću, masa m(V 0 )
sustava sadržana u dijelu volumena V 0 < V , računa se kao
∫
m(V 0 ) = ρ m (⃗r) dV.
V 0
255

256 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadržana unutar volumena V 0
m(V 0 ) = m V 0 /V .
je jednaka
Za odredivanje položaj točaka sustava u trodimenzijskom prostoru, potrebna su nam tri broja,
tj. tri koordinate. To mogu biti pravokutne, sferne ili koje druge pogodno odabrane koordinate.
Općenito ćemo te koordinate označavati s q 1 , q 2 i q 3 i zvat ćemo ih poopćene koordinate
⃗r = ⃗r(q 1 , q 2 , q 3 ).
U skladu s geometrijskim značenjem mješovitog umnoška vektora (str. 14), diferencijal volumena
u okolini točke ⃗r, računamo kao
dV = d ⃗q 1 · (d ⃗q 2 × d ⃗q 3 ),
gdje su d ⃗q j vektori u smjeru porasta poopćene koordinate q j (slika 10.1)
Slika 10.1: Smjer porasta koordinate q 1 .
d ⃗q 1 = ⃗r(q 1 + dq 1 , q 2 , q 3 ) − ⃗r(q 1 , q 2 , q 3 ) = ∂ ⃗r
∂q 1
dq 1
d ⃗q 2 = ⃗r(q 1 , q 2 + dq 2 , q 3 ) − ⃗r(q 1 , q 2 , q 3 ) = ∂ ⃗r
∂q 2
dq 2
d ⃗q 2 = ⃗r(q 1 , q 2 , q 3 + dq 3 ) − ⃗r(q 1 , q 2 , q 3 ) = ∂ ⃗r
∂q 3
dq 3
Ukoliko su poopćene koordinate uvedene preko pravokutnih
relacijama
⃗r = ˆx x + ŷ y + ẑ z,
x = x(q 1 , q 2 , q 3 ), y = y(q 1 , q 2 , q 3 ), z = z(q 1 , q 2 , q 3 ),

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 257
tada je i
d ⃗q 1 = ∂⃗r (
dq 1 = ˆx ∂x + ŷ ∂y + ẑ ∂z )
∂q 1 ∂q 1 ∂q 1 ∂q
(
1
d ⃗q 2 = ∂⃗r
∂q 2
dq 2 =
d ⃗q 3 = ∂⃗r
∂q 3
dq 3 =
ˆx ∂x
∂q 2
+ ŷ ∂y
∂q 2
+ ẑ ∂z
∂q 2
)
(
ˆx ∂x
∂q 3
+ ŷ ∂y
∂q 3
+ ẑ ∂z
∂q 3
)
Uvrštavanjem gornjeg izraza u izraz za diferencijal volumena i koristeći zapis mješovitog umnoška
pomoću determinante, dobiva se
dq 1
dq 2 .
dq 3 .
∂x
∂y
∂z
∂q 1
∂q 1
∂q 1
dV =
∂x
∂q 2
∂x
∂q 3
∂y
∂q 2
∂y
∂q 3
∂z
dq 1 dq 2 dq 3 .
∂q 2
∂z
∂q 3
Gornja se determinanta naziva jakobijan ili Jacobi-jeva 1 determinanta i označava se sa
J =
∂(x, y, z)
∂(q 1 , q 2 , q 3 ) .
U poopćenim koordinatama je
∫
m(V 0 ) = ρ m (q 1 , q 2 , q 3 ) J dq 1 dq 2 dq 3 , (10.1)
V 0
a sam obujam volumena je
∫
V 0 = J dq 1 dq 2 dq 3 .
V 0
Primjer: 10.1 Izračunajte masu kugle polumjera R, čija se masena gustoća ρ m mijenja kao
ρ m (⃗r) = ρ 0 (r/R) 2 , gdje je ρ 0 konstanta, a r je udaljenost od središta kugle.
R: U ovom primjeru možemo sferne koordinate shvatiti kao poopćene koordinate
što daje jakobijan
q 1 = r, q 2 = θ, q 3 = ϕ,
J = r 2 sin θ.
Prema izrazu za masu (10.1), slijedi
∫ R ∫ ( r
) 2
∫
m = r 2 ρ R
0
dr dΩ ρ 0 = 4π r 4 dr = 4π
0
Ω R R 2 5 ρ 0R 3 .
0

258 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.2: Uz definiciju volumne (A), površinske (B) i linijske (C), masene gustoće.
Površinska masena gustoća:
Ako se sustav s kontinuiranom raspodjelom mase proteže po površini, tada se u okolini točke
⃗r definira površinska masena gustoća σ m (⃗r) kao omjer diferencijala mase d m i površine d S na
kojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.B)
σ m (⃗r) = lim
∆S→0
[σ m ] = [m]
[l 2 ] .
∆ m
∆ S = d m
d S ,
Uglatom zagradom je označena dimenzija površinske gustoće. Ako σ m (⃗r) ima istu vrijednost u
svim točkama sustava, onda je gustoća konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupne
površine S sustava, σ m = m/S. Za zadanu površinsku gustoću, masa m(S 0 ) sustava sadržana
na dijelu površine S 0 < S, računa se kao
∫
m(S 0 ) = σ m (⃗r) dS.
S 0
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadržana na površini S 0 je jednaka m(S 0 ) =
m S 0 /S. Kao dvodimenzijski objekt, plohu je moguće opisati s dva parametra, ili dvije poopćene
koordinate q 1 i q 2 , tj. ⃗r = ⃗r(q 1 , q 2 ). U skladu s definicijom vektorskog umnoška, str. 12,
diferencijal ploštine plohe je dan sa
dS = |d ⃗q 1 × d ⃗q 2 |,
gdje su d ⃗q 1 i d ⃗q 2 tangencijalni vektori koordinatnih linija (pokazuju smjer porasta odgovarajuće
koordinate)
d ⃗q 1 = ∂⃗r (
dq 1 = ˆx ∂x + ŷ ∂y + ẑ ∂z )
dq 1
∂q 1 ∂q 1 ∂q 1 ∂q 1
d ⃗q 2 = ∂⃗r
∂q 2
dq 2 =
1 Carl Gustav Jakob Jacobi, 1804 - 1851
(
ˆx ∂x
∂q 2
+ ŷ ∂y
∂q 2
+ ẑ ∂z
∂q 2
)
dq 2 .

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 259
Izravnim uvrštavanjem gornjih izraza u vektorski umnožak za diferencijal površine, dobiva se
√ ( ∂y ∂z
|d ⃗q 1 × d ⃗q 2 | =
− ∂z ) 2 (
∂y ∂z ∂x
+ − ∂x ) 2 (
∂z ∂x ∂y
+ − ∂y ) 2
∂x
dq 1 dq 2 .
∂q 1 ∂q 2 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 1 ∂q 2 ∂q 1 ∂q 2
Izraz pod korjenom se dalje može raspisati, a zatim se dobiveni članovi grupiraju tako da cijeli
izraz poprimi pregledniji oblik
√
dS = |d ⃗q 1 × d ⃗q 2 | = g 11 g 22 − g12 2 dq 1 dq 2 ,
gdje su g ij veličine koje se nazivaju kovarijantne komponente metričkog tenzora
zadane plohe
( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ∂x ∂y ∂z
g 11 = + + ,
∂q 1 ∂q 1 ∂q 1
( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ∂x ∂y ∂z
g 22 = + + ,
∂q 2 ∂q 2 ∂q 2
g 12 = ∂x
∂q 1
∂x
∂q 2
+ ∂y
∂q 1
∂y
∂q 2
+ ∂z
∂q 1
∂z
∂q 2
= g 21 .
Primjetimo da se pod korjenom izraza za dS pojavljuje determinanta drugog reda
g 11 g 12
g 21 g 22
u kojoj je g 12 = g 21 . Sada masu raspodjeljenu po površini računamo slijedećim integralom
∫
√
m(S 0 ) = σ m (q 1 , q 2 ) g 11 g 22 − g12 2 dq 1 dq 2 ,
S 0
a sama je ploština površine jednaka je
S 0 =
∫S 0
√
g 11 g 22 − g 2 12 dq 1 dq 2 .
Posebno, ako je jednadžba površine zadana eksplicitno jednadžbom z = z(x, y), tada x i y
shvaćamo kao gornje poopćene koordinate (parametre) q 1 i q 2 , tj.
x ≡ q 1 , y ≡ q 2 , z = z(x, y).
Ovo pojednostavljuje komponente metričkog tenzora, pa se za masu dobiva
√
∫
( ) 2 ( ) 2 ∂z ∂z
m(S 0 ) = σ m (x, y) 1 + + dx dy, (10.2)
S 0
∂x ∂y
a za ploštinu površine
∫
S 0 =
S 0
√
1 +
( ) 2 ∂z
+
∂x
( ) 2 ∂z
dx dy,
∂y

260 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Primjer: 10.2 Izračunajte masu pravokutnika duljine stranica a i b, koji leži u ravnini (x, y),
a čija se površinska gustoća σ m mijenja kao σ m (⃗r) = σ 0 (x/a) n , gdje je σ 0 konstanta,
n ≠ −1, a a je duljina stranice u smjeru osi x.
R: Sada se nalazimo u, gore spomenutoj, jednostavnoj situaciji, kada je jednadžba
plohe eksplicitno zadana (10.2)
z = 0, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b,
pa x i y shvaćamo kao poopćene koordinate. Izraz pod korjenom u gornjem izrazu
za masu je naprosto jednak jedinici. Prema tom istom gornjem izrazu za masu,
slijedi
m =
∫ a
0
dx
∫ b
0
dy σ 0
( x
a
) n
=
σ 0 b
a n
∫ a
0
x n dx = σ 0
n + 1 ab.
Linijska masena gustoća:
Ako se sustav s kontinuiranom raspodjelom mase proteže duž neke krivulje (linije u trodimenzijskom
prostoru), tada se, u oklici točke ⃗r definira linijska masena gustoća λ m (⃗r) kao diferencijalni
omjer mase d m i duljine krivulje d l na kojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.C)
λ m (⃗r) = lim
∆l→0
[λ m ] = [m]
[l] .
∆ m
∆ l
= d m
d l ,
Uglatom zagradom je označena dimenzija linijske gustoće. Ako λ m (⃗r) ima istu vrijednost u
svim točkama sustava, onda je gustoća konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupne
duljine l krivulje, λ m = m/l. Za zadanu linijsku gustoću, masa m(l 0 ) sustava sadržana na dijelu
krivulje duljine l 0 < l, računa se kao
∫
m(l 0 ) = λ m (⃗r) dl.
l 0
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadržana na duljini l 0 je jednaka m(l 0 ) = m l 0 /l.
Za opis jednodimenzijskog objekta kao što je krivulja, dovoljan je jedan parametar, tj. jedna
poopćena koordinata q 1 . To znači da, npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu, postoje veze
oblika
x = x(q 1 ), y = y(q 1 ), z = z(q 1 ), (10.3)
diferencijal duljine luka krivulje je, prema Pitagorinom teoremu,
dl = √ dx 2 + dy 2 + dz 2 =
√ ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 dx dy dz
+ + dq 1 .
dq 1 dq 1 dq 1
Uvrštavanje gornjeg diferencijala u izraz za masu, daje
√
∫
( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 dx dy dz
m(l 0 ) = λ m (q 1 )
+ +
l 0
dq 1 dq 1 dq 1
dq 1 . (10.4)

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 261
Očito ćemo samu duljinu luka krivulje dobiti kao
√
∫ ( ) 2 dx
l 0 =
+
dq 1
l 0
( dy
dq 1
) 2
+
Ukoliko je krivulja zadana eksplicitno jednadžbama
l 0
y = y(x),
z = z(x),
( dz
dq 1
) 2
dq 1 . (10.5)
tada x shvaćamo kao poopćenu koordinatu (parametar) x ≡ q 1 i primjenjujemo gornji izraz
√
∫
( ) 2 ( ) 2 dy dz
m(l 0 ) = λ m (x) 1 + + dx,
dx dx
a duljinu lika krivulje računamo kao
√
∫
l 0 = 1 +
l 0
( ) 2 dy
+
dx
( ) 2 dz
dx,
dx
Primjer: 10.3 Tanka žica je savijena u obliku zavojnice polumjera R i hoda h. Linijska masena
gustoća je dana izrazom
λ m = A + B sin 2 ϕ,
gdje su A i B konstante, a ϕ je kut u ravnini okomitoj na os zavojnice, mjeren u
odnosu na odabranu početnu točku. Ako su
x = R cos ϕ, y = R sin ϕ, z = h
2π ϕ,
parametarske jednadžbe zavojnice, izračunajte duljinu i masu N zavoja zavojnice.
R: Sada se nalazimo u situaciji da imamo jednadžbu krivulje zadanu u parametarskom
obliku (10.3), gdje je parametar, tj. poopćena koordinata q 1 = ϕ, pa
možemo primjeniti izraze (10.5) i (10.4). Duljina N zavoja je jednaka N puta duljina
jednog zavoja l = l 1 · N
√
∫ 2π ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 dx dy dz
l = N
+ + dϕ = N √ 4π
dϕ dϕ dϕ
2 R 2 + h 2 ,
0
Masa N zavoja je N puta masa jednog zavoja m = N · m 1 , a tu masu odredimo
pomoću (10.4) uz ϕ kao poopćenu koordinatu (parametar)
√
∫ 2π
( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 dx dy dz
m = N (A + B sin 2 ϕ) + + dϕ.
dϕ dϕ dϕ
0
Iskoristimo li cos 2ϕ = cos 2 ϕ − sin 2 ϕ = 1 − 2 sin 2 ϕ, elementarna integracija daje
m = N √ (
4π 2 R 2 + h 2 A + 1 )
2 B = l λ 0 ,
gdje smo s l označili ukupnu duljinu zavojnice a λ 0 = (A + B/2) je gustoća koju bi
imala homogena zavojnica iste mase i duljine.
Na sličan se način mogu uvesti i pojmovi volumne, površinske i linijske gustoće električnog
naboja, energije, struje itd.

262 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
10.2 Središte mase
Promatrajmo diskretni sustav od N čestica čije su mase označene s m 1 , m 2 , · · · , m N , a vektori
položaja s ⃗r 1 , ⃗r 2 , · · · , ⃗r N , kao na slici 10.3.A. Središte mase se definira kao točka s vektorom
Slika 10.3: Uz definiciju središta mase (A) diskretnog i (B) kontinuiranog sustava čestica.
položaja ⃗r SM
⃗r SM = m 1 ⃗r 1 + m 2 ⃗r 2 + · · · + m N ⃗r N
m 1 + m 2 + · · · + m N
=
∑ N
j=1 m j ⃗r j
∑ N
j=1 m j
= 1 m
N∑
m j ⃗r j , (10.6)
j=1
gdje s m = ∑ N
j=1 m j označena ukupna masa sustava.
Za kontinuirani sustav koji se nalazi unutar volumena V (slika 10.3.B), središte mase se definira
tako da se cijeli volumen podjeli na male dijelove mase d m j . Ovi su dijelovi toliko mali da se
svakome može pridružiti radij vektor položaja ⃗r j koji opisuje približni položaj d m j . Središte
mase se tada računa kao
⃗r SM =
∑ N
j=1 d m j ⃗r j
∑ N
j=1 d m .
j
Ovaj način računa ⃗r SM sadrži pogrešku koja potječe od zbrajanja masa kockica sa ruba tijela:
glatke stranice kockica ne mogu pratiti općenito zaobljeni oblik tijela. Da bi se ova greška
smanjila, povećava se broj kockica, tj. smanjuje se njihov volumen. U granici kada broj
kockica N → ∞, one će savršeno dobro pratiti (proizvoljni) oblik tijela. No tada će i gornji
zbroj prijeći u integral, pa će se za položaj središta mase dobiti
∫
dm(⃗r) ⃗r
V
⃗r SM = ∫
dm(⃗r) = 1 ∫
dm(⃗r) ⃗r.
m
V
V

10.2.
SREDIŠTE MASE 263
Uvedu li se gustoće: volumna ρ m = dm/dV , površinska σ m = dm/dS i linijska λ m = dm/dl,
položaj središta mase i ukupna masa volumne raspodjele čestica se odreduje pomoću
∫
V
⃗r SM =
⃗r ρ m(⃗r) dV
∫
ρ V m(⃗r) dV
∫V
, m = ρ m (⃗r) dV ;
položaj središta mase i ukupna masa površinske raspodjele čestica se odreduje pomoću
∫
S
⃗r SM =
⃗r σ ∫
m(⃗r) dS
∫
σ m = σ m (⃗r) dS;
S m(⃗r) dS
S
i položaj središta mase i ukupna masa linijske raspodjele čestica se odreduje pomoću
∫
l
⃗r SM =
⃗r λ ∫
m(⃗r) dl
∫
λ m = λ m (⃗r) dl.
l m(⃗r) dl
l
Svaka od gornje tri vektorske relacije za račun položaja središta mase, se može napisati i kao tri
skalarne relacije. Npr. raspis prve od njih u pravokutnom koordinatnom sustavu (za diskretnu
i kontinuiranu raspodjelu čestica), vodi na
x SM = 1 m
y SM = 1 m
z SM = 1 m
N∑
m j x j = 1 ∫
m
j=1
N∑
m j y j = 1 ∫
m
j=1
N∑
m j z j = 1 ∫
m
j=1
V
V
V
x ρ m (x, y, z) dx dy dz,
y ρ m (x, y, z) dx dy dz,
z ρ m (x, y, z) dx dy dz.
Slično se dobije i za raspis u drugim koordinatnim sustavima. Ukoliko gustoću mase shvatimo
kao funkciju gustoće raspodjele P m (⃗r) = ρ m (⃗r), tada se ⃗r SM pojavljuje kao prvi moment te
raspodjele. Opći n-ti moment raspodjele se dobije kao
∫
〈 ⃗r n V
〉 =
⃗r n P m (⃗r) d 3 r
∫V P m(⃗r) d 3 r .
Slične izraze smo već dobivali u poglavlju o gravitaciji: (7.39) i (7.42).
Ako se sutav nalazi u jednolikom gravitacijskom polju, tada se središte mase naziva i središte
gravitacije ili težište. Naime, ako brojnik i nazivnik izraza za ⃗r SM pomnožimo s g, ubrzanjem
Zemljinog gravitacijskog polja, dobivamo za ⃗r SM
⃗r SM =
∑ N
j=1 g m j ⃗r j
∑ N
j=1 g m j
=
∑ N
j=1 F G,j ⃗r j
∑ N
j=1 F G,j
,
što je upravo definicija težišta.
Pokažimo da položaj središta mase ne ovisi o izboru ishodišta koordinatnog sustava.
Postavimo dva koordinatna sustava, jedan s ishodištem u točki O i drugi s ishodištem u točki
O ′ , kao na slici 10.4.A. S ⃗r j je označen položaj j-te čestice s masom m j u odnosu na sustav s

264 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.4: (A) Dva koordinatna sustava. (B) četiri točke u prostoru.
ishodištem u točki O, a s ⃗r j
′
točki O ′ . Položaj središta mase u oba koordinatna sustava je dan izrazima
⃗r SM =
Sa slike 10.4.A vidimo da je
N∑
j=1
je označen položaj j-te čestice u odnosu na sustav s ishodištem u
∑ N
j=1 m j ⃗r j
∑ N
j=1 m j
⃗r j = −−→ OO ′ + ⃗r ′
j
m j ⃗r j = −−→ OO ′
, ⃗r ′
SM =
N
∑
j=1
m j +
N∑
j=1
m j ⃗r ′
j
∑ N
j=1 m j ⃗r j
′
∑ N
j=1 m .
j
/ N
∑
m ⃗r SM = −−→
/ 1
OO ′ m + m ⃗r SM
′
m
⃗r SM = −−→ OO ′ + ⃗r SM. ′
(10.7)
Ako pretpostavimo da se položaj središta mase S u koordinatnom sustavu s ishodištem u O
i položaj središta mase S ′ u koordinatnom sustavu s ishodištem u O ′ razlikuju, tada, prema
slici 10.4.B, zaključujemo da mora biti
⃗r SM = −−→ OO ′ + ⃗r SM ′ + −−→ S ′ S. (10.8)
Usporedbom izraza (10.7) i (10.8), zaključuje se da je −−→ S ′ S = 0, tj. da položaj središta mase ne
ovisi o izboru ishodišta (niti smjerova osi) koordinatnog sustava.
10.3 Količina gibanja sustava čestica
Govoreći o jednoj čestici, u odjeljku 4 smo definirali količinu gibanja čestice, ⃗p , kao umnožak
njezine mase i brzine: ⃗p = m ⃗v. Sada imamo N čestica označenih indeksom j = 1, · · · , N,
j=1
m j

10.3.
KOLIČINA GIBANJA SUSTAVA ČESTICA 265
tako da je masa j-te čestice sustava m j , a brzina ⃗v j ≡ ˙⃗r j . Ukupnu količinu gibanja sustava je
najprirodnije definirati kao zbroj količina gibanja pojedinih čestica sustava
N∑ N∑
⃗p = ⃗p j = m j ˙⃗rj .
j=1
Za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase, u gornjem izrazu treba zbroj zamijeniti integralom,
a masu m j zamijeniti diferencijalom mase u okolini promatrane točke
N∑
∫
−→
j=1
j=1
m j −→ d m(⃗r).
Na taj način, ukupna količina gibanja kontinuiranog sustava čestica postaje
∫
∫
⃗p = d m(⃗r) ⃗v = ⃗v ρ m (⃗r) d 3 r.
j=1
V
Vremenskom derivacijom vektora položaja središta mase dobivamo
⃗r SM = 1 N∑
m j ⃗r j = 1 ∫
/
⃗r ρ m (⃗r) d 3 r
m
m
dobivamo brzinu središta mase
˙⃗r SM = 1 N∑
m j ⃗v j = 1 ∫
m
m
j=1
V
V
V
{ [
⃗v ρ m (⃗r) + ⃗r
( −→ ∇ ρ m ) ⃗v + ∂ ρ m
∂ t
d
dt
]}
d 3 r
Usporedbom gornjeg i izraza za količinu gibanja cijelog sustava ⃗p , dolazi se do
⃗p = m ˙⃗r SM , (10.9)
tj. ukupna količina gibanja sustava čestica se dobije kao umnožak ukupne mase sustava i brzine
središta mase.
Sile:
Pogledajmo sada koji je učinak djelovanja sila na čestice sustava? Sve sile koje djeluju na
čestice sustava, se mogu podijeliti u dvije skupine: unutarnje (ili medučestične) i vanjske.
Unutarnje sile su one kojima jedna čestica sustava djeluje na neku drugu česticu sustava, a
vanjske su sile kojima okolina djeluje na sustav (njihovi se izvori nalaze izvan sustava). Zbroj
svih vanjskih sila koje djeluju na j-tu česticu sustava, označit ćemo s F ⃗ v,j , a silu kojom i-ta
čestica sustava djeluje na j-tu česticu, ćemo označiti s f ⃗ i,j . Naravno da je f ⃗ j,j ≡ 0, tj. da
čestica ne djeluje silom na samu sebe, i da je prema trećem Newtonovom aksiomu f ⃗ i,j = −f ⃗ j,i .
Napišimo jednadžbu gibanja (drugi Newtonov aksiom) za j-tu česticu sustava i zbrojimo sve
te jednadžbe
/
d⃗p j
= d 2
dt dt (m j⃗r 2 j ) = F ⃗ N∑
∑ N
v,j + ⃗f i,j .
i=1
j=1

266 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Lijeva strana je očito jednaka vremenskoj promjeni ukupne količine gibanja sustava, dok na
desnoj strani dobivamo dva člana
N
d⃗p
dt = ∑
N∑ N∑
⃗F v,j + ⃗f i,j . (10.10)
j=1
Prvi član desne strane je zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na sve čestice sustava i označit
ćemo ga s F ⃗ v
N∑
Fv ⃗ = ⃗F v,j .
j=1
Drugi član je zbroj svih medučestičnih sila:
N∑ N∑
⃗f i,j = 0 + f ⃗ 1,2 + f ⃗ 1,3 + f ⃗ 1,4 + · · · + f ⃗ 1,N i = 1 (10.11)
i=1
j=1
i=1
j=1
+ ⃗ 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, budući da je f ⃗ 1,2 = −f ⃗ 2,1 , f ⃗ 1,3 = −f ⃗ 3,1 , · · · , f ⃗ 1,N = −f ⃗ N,1 itd., očito je gornji zbroj
jednak nuli.
U prethodnom je odjeljku pokazano da je ⃗p = m ˙⃗r SM , što uvršteno u (10.10), daje
d ⃗p
dt = d 2
dt 2 (m ⃗r SM) = ⃗ F v . (10.12)
Pod djelovanjem vanjskih sila, sustav se giba kao čestica smještena u točki
⃗r SM , čija je masa jednaka ukupnoj masi sustava, a na koju djeluje sila jednaka
zbroju svih vanjskih sila koje djeluju na sustav.
Ako je zbroj svih vanjskih sila jednak nuli, tada vrijedi relacija koja se naziva zakon o
sačuvanju količine gibanja sustava čestica
d⃗p
dt = 0 ⇒ ⃗p = const. (10.13)
Ukupna količina gibanja sustava, ⃗p = m ˙⃗r SM je konstantna u vremenu. U tom slučaju, središte
mase sustava ili miruje ili se giba konstantnom brzinom (konstantnom po smjeru - gibanje po
pravcu, i konstatno po iznosu - jednoliko gibanje).
Moguće je da na sustav djeluju vanjske sile samo u jednom smjeru. Npr. nalazi li se sustav u
Zemljinom gravitacijskom polju u blizini njezine površine, na sve će čestice djelovati gravitacijska
sila u smjeru −ẑ i zato z komponenta količine gibanja neće biti sačuvana, dok će preostale
dvije komponente (okomite na z) ostati sačuvane
p x = const. p y = const. p z ≠ const.

10.4. MOMENT KOLIČINE GIBANJA SUSTAVA ČESTICA 267
10.4 Moment količine gibanja sustava čestica
Moment količine gibanja jedne čestice, u odnosu na zadano ishodište, se definira kao ⃗ L = ⃗r× ⃗p .
S tim u skladu, moment količine gibanja sustava od N čestica se definira kao zbroj pojedinačnih
momenata količina gibanja svih čestica sustava
⃗L =
N∑
j=1
⃗L j =
N∑
⃗r j × m j ⃗v j ,
j=1
ili, za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase
∫
∫
⃗L = ⃗r × dm ⃗v =
⃗r × ⃗v ρ m (⃗r) d 3 r.
Neka je, ponovo, Fv,j ⃗ oznaka za zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na j-tu česticu sutava
(radi jednostavnosti, radit ćemo sa sustavom s diskretnom raspodjelom čestica). Veličinu ⃗r j ×
⃗F v,j , nazivat ćemo momentom vanjskih sila j-te čestice, u odnosu na zadano ishodište. Zbroj
momenata vanjskih sila svih čestica sustava ćemo označiti s ⃗ M v
⃗M v =
N∑
⃗r j × F ⃗ v,j .
j=1
˙
Iz odjeljka 4.3, relacija (4.26), znamo da za sustav od jedne čestice vrijedi ⃗ L = M. ⃗ Ispitajmo
vrijedi li slična relacija i za sustav čestica? Krenimo opet od jednadžbe gibanja j-te čestice,
koju ćemo sada s lijeva vektorski pomnožiti s ⃗r j
d⃗p j
dt
d
dt (⃗r j × m j ˙⃗rj ) −
} {{ }
˙⃗r j × m j ˙⃗rj
} {{ }
= L ⃗ j
= 0
= ⃗ F v,j +
N∑
i=1
⃗r j × d dt (m j ˙⃗r j ) = ⃗r j × ⃗ F v,j +
d
dt
d ⃗ L j
dt
N∑
⃗L j =
j=1
= ⃗r j × ⃗ F v,j +
= ⃗r j × ⃗ F v,j +
⃗f i,j
/
N∑ (⃗r j × f ⃗ )
i,j
i=1
N∑ (⃗r j × f ⃗ )
i,j
i=1
N∑ (⃗r j × f ⃗ )
i,j
i=1
N∑
⃗r j × F ⃗ v,j +
j=1
N∑
j=1
N∑ (⃗r j × f ⃗ )
i,j
i=1
⃗r j ×
/ N
∑
Lijevu stranu gornje jednakosti prepoznajemo kao vremensku promjenu momenta količine gibanja
cijelog sustava, ⃗ L, a prvi član desne strane je ukupni moment vanjskih sila M. ⃗ Pokažimo
˙
da je drugi član desne strane jednak nuli, ako su sile medu česticama usmjerene duž njihovih
spojnica, tj. ako je
⃗f i,j = f i,j
⃗r i − ⃗r j
|⃗r i − ⃗r j | .
j=1

268 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Dvostruki zbroj na desnoj strani sadrži članove oblika
· · · + ⃗r j × ⃗ f i,j + · · · + ⃗r i × ⃗ f j,i + · · ·
Prema trećem Newtonovom aksiomu je ⃗ f j,i = − ⃗ f i,j , pa gornja dva člana možemo zbrojiti u
· · · + (⃗r j − ⃗r i ) × ⃗ f i,j + · · ·
Budući da su medučestične sile usmjerene duž spojnica čestica, to je
(⃗r j − ⃗r i ) × ⃗ f i,j = (⃗r j − ⃗r i ) × ⃗r i − ⃗r j
|⃗r i − ⃗r j | f i,j = 0, (10.14)
zato jer je vektorski umnožak dva kolinearna vektora jednak nuli. Tako smo, krenuvši od
jednadžbe gibanja, došli do
dL
⃗
dt = M ⃗ v . (10.15)
Vremenska promjena momenta količine gibanja sustava čestica jednaka je momentu svih vanjskih
sila koje djeluju na čestice sustava. Ovaj rezultat vrijedi uz pretpostavku da su medučestične
sile usmjerene duž spojnica čestica (primjer sile koja nema samo radijalnu komponentu, su dipolne
sile koje se izvode iz dipolnog potencijala, odjeljak 7.4).
Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, Mv ⃗ = 0, tada je i
d ⃗ L
dt = 0, ⇒ ⃗ L =
N
∑
j=1
m j ⃗r j × ⃗v j = const. (10.16)
tj. moment količine gibanja sustava čestica je konstantan u vremenu. Gornja jednadžba se
zove i zakon o sačuvanju momenta količine gibanja sustava čestica .
Opet, kao i kod sačuvanja količine gibanja, str. 266, možemo pretpostaviti da su neke komponente
⃗ M v jednake nuli, a neke nisu. Npr. neka je u cilindričnom koordinatnom sustavu
M v,ϕ = 0, a preostale dvije komponente neka su različite od nule. Tada je
10.5 Energija sustava čestica
L ρ ≠ const. L ϕ = const. L z ≠ const.
Kinetička energija
sustava čestica se definira kao zbroj kinetičkih energija svih čestica sustava (ponovo ćemo, radi
jednostavnosti, raditi s diskretnim sustavom)
E k =
N∑
E k,j = 1 2
j=1
N∑
j=1
m j ⃗v 2
j =
N∑
j=1
⃗p 2 j
2m j
.
Označimo s ⃗ F j zbroj svih sila, vanjskih i medučestičnih, koje djeluju na j-tu česticu sustava
⃗F j = ⃗ F v,j +
N∑
⃗f i,j .
i=1

10.5. ENERGIJA SUSTAVA ČESTICA 269
želimo izračunati rad koji obave ove sile pri pomaku cijelog sustava iz početne konfiguracije
označene s
u konačnu konfiguraciju iznačenu s
poč = (⃗r 1,p , ⃗r 2,p , · · · , ⃗r N,p ),
kon = (⃗r 1,k , ⃗r 2,k , · · · , ⃗r N,k ).
Taj je rad jednak zbroju radova nad svakom pojedinom česticom
W poč,kon =
N∑
W j, poč,kon =
j=1
N∑
∫ kon
j=1 poč
⃗F j d⃗r j .
Povežimo ovaj rad s promjenom ukupne kinetičke energije sustava. Prema drugom Newtonovom
aksiomu je ˙⃗p j = ⃗ F j , iz čega slijedi (uz zanemarivanje relativističkih učinaka):
W poč,kon =
=
N∑
j=1
∫ kon
poč
⃗F j d⃗r j =
N∑
j=1
N∑
∫ kon
m j d⃗v j ⃗v j =
j=1
poč
∫ kon
N∑
j=1
poč
⃗v j
2
m j
2
d⃗p j
dt d⃗r j =
∣
kon
poč
=
N∑
j=1
N∑
j=1
∫ kon
d⃗v j
m j
poč dt d⃗r j
( 1
2 m j⃗v j,k 2 − 1 )
2 m j⃗v j,p
2
= E k (kon) − E k (poč). (10.17)
Ukupan obavljeni rad je, dakle, jednak razlici konačne i početne kinetičke energije cijelog sustava.
Konzervativne sile:
Pretpostavimo sada da su sve sile, i vanjske i unutarnje, koje djeluju na čestice sustava konzervativne.
Svaka konzervativna sila se može napisati kao negativni gradijent odgovarajuće
potencijalne energije. Tako ćemo vanjskim silama pridružiti vanjsku potencijalnu energiju Ep,
v
a unutarnjim silama, unutarnju potencijalnu energiju Ep u .
Rad unutarnjih sila:
Pogledajmo najprije unutarnje sile i njima pridruženu potencijalnu energiju. Preciznije, potencijalnu
energiju i-te čestice u odnosu na j-tu česticu, ćemo označiti s Ep,i,j. u Ta energija ovisi
samo o medusobnoj udaljenosti dvije promatrane čestice r i,j
√
r i,j = r j,i = (x i − x j ) 2 + (y i − y j ) 2 + (z i − z j ) 2 (10.18)
i zato je simetrična
E u p,i,j(r i,j ) = E u p,j,i(r j,i ).
Zbog ovog svojstva možemo izostavljati indekse i, j i jednostavno pisati E u p (r i,j ). Primjetimo
da E u p (r i,j ) ovisi o šest koordinata
E u p (r i,j ) = E u p (x i , y i , z i , x j , y j z j ),

270 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Pa je zato njezin potpuni diferencijal jednak
d E u p = ∂Eu p
∂x i
dx i + ∂Eu p
∂y i
dy i + ∂Eu p
∂z i
dz i + ∂Eu p
∂x j
dx j + ∂Eu p
∂y j
dy j + ∂Eu p
∂z j
dz j . (10.19)
Pokažimo da ovakva potencijalna energija vodi na sile koje zadovoljavaju treći Newtonov aksiom
(akcije i reakcije). Sila kojom i-ta čestica djeluje na j-tu česticu je
⃗f i,j = − −→ ∇ j E u p (r i,j ) = −ˆx ∂Eu p (r i,j )
∂x j
− ŷ ∂Eu p (r i,j )
∂y j
− ẑ ∂Eu p (r i,j )
∂z j
.
Oznaka −→ ∇ j znači da se derivacije računaju po koordinatama s indeksom j. Isto tako je i sila
kojom čestica j djeluje na česticu i jednaka
⃗f j,i = − −→ ∇ i E u p (r j,i ),
zbog simetrije potencijalne energije E u p (r i,j ) = E u p (r j,i ), gornji izraz prelazi u
⃗f j,i = − −→ ∇ i E u p (r i,j ).
No, u skladu s (10.18), derivacije po koordinatama i i j se razlikuju u predznaku, npr.
i zato je
∂Ep u (r i,j )
= ∂Eu p (r i,j ) ∂r i,j
= ∂Eu p (r i,j )
(−) ∂r i,j
= − ∂Eu p (r i,j )
∂x i ∂r i,j ∂x i ∂r i,j ∂x j ∂x j
− −→ ∇ i E u p (r i,j ) = + −→ ∇ j E u p (r i,j ) = − ⃗ f i,j ,
tj. ⃗ f j,i = − ⃗ f i,j u skladu s trećim Newtonovim aksiomom.
Izračunajmo rad medučestičnih sila pri infinitezimalnom pomaku j-te čestice za d⃗r j i i-te
čestice za d⃗r i
(
)
⃗f i,j d⃗r j + f ⃗ j,i d⃗r i = − ˆx ∂Eu p (r i,j )
+ ŷ ∂Eu p (r i,j )
+ ẑ ∂Eu p (r i,j )
(ˆx dx j + ŷ dy j + ẑ dz j )
∂x j ∂y j ∂z j
(
)
− ˆx ∂Eu p (r i,j )
+ ŷ ∂Eu p (r i,j )
+ ẑ ∂Eu p (r i,j )
(ˆx dx i + ŷ dy i + ẑ dz i )
∂x i ∂y i ∂z i
( ∂E
u
p (r i,j )
= −
dx j + ∂Eu p (r i,j )
dy j + ∂Eu p (r i,j )
dz j
∂x j ∂y j ∂z j
)
+ ∂Eu p (r i,j )
dx i + ∂Eu p (r i,j )
dy i + ∂Eu p (r i,j )
dz i .
∂x i ∂y i ∂z i
Desna strana je upravo potpuni diferencijal unutarnje potencijalne energije (10.19), koja je
funkcija šest varijabli: x i , y i , z i , x j , y j , z j , tj. dobili smo da je
⃗f i,j d⃗r j + ⃗ f j,i d⃗r i = −dE u p (r i,j ).
Zbrojimo gornju jednadžbu po i i j:
N∑
i=1
N∑
j=1
⃗f i,j d⃗r j +
N∑
i=1
N∑
j=1
⃗f j,i d⃗r i = −
N∑
i=1
N∑
dEp u (r i,j ).
j=1

10.5. ENERGIJA SUSTAVA ČESTICA 271
Zamijenom (nijemih) indeksa po kojima se zbraja u drugom članu lijeve strane, dobiva se
N∑
i=1
N∑
j=1
⃗f i,j d⃗r j +
N∑
j=1
N∑
i=1
N∑
i=1
N∑
j=1
⃗f i,j d⃗r j = −
⃗f i,j d⃗r j = − 1 2
N∑
i=1
N∑
i=1
N∑
dEp u (r i,j )
j=1
N∑
dEp u (r i,j ).
U gornjem zbroju se izostavljaju članovi i = j. Izračunajmo sada rad, W u poč,kon medučestičnih
(unutarnjih) sila pri pomaku sustava iz početne konfiguracije poč u konačnu konfiguraciju kon,
tako što ćemo prointegrirati gornji izraz
W u poč,kon =
Uz oznake
N∑
i=1
N∑
j=1
∫ kon
poč
⃗f i,j d⃗r j = − 1 2
E u p = 1 2
dobivamo rad medučestičnih sila u obliku
N∑
i=1
N∑
i=1
N∑
j=1
∫ kon
poč
N∑
Ep u (r i,j ),
j=1
j=1
dE u p (r i,j ) = − 1 2
N∑
i=1
N∑
]
[Ep u (r i,j ) kon − Ep u (r i,j ) poč
W u poč,kon = E u p (poč) − E u p (kon). (10.20)
j=1
Rad vanjskih sila:
Prijedimo sada na rad vanjskih sila, koje su po pretpostavci takoder konzervativne, i daju se
izraziti kao negativni gradijent vanjske potencijalne energije Ep(r v j ) (primjetimo da ova potencijalna
energija ovisi o položaju samo jedne čestice, tj. o njezine tri koordinate, npr.: x j , y j , z j )
⃗F v,j = − −→ /
∇ j Ep(r v j )
d⃗r j ·
⃗F v,j d⃗r j = − −→ ∇ j Ep(r v j )d⃗r j
(
)
= − ˆx ∂Ev p(r j )
+ ŷ ∂Ev p(r j )
+ ẑ ∂Ev p(r j )
)
(ˆx dx j + ŷ dy j + ẑ dz j
∂x j ∂y j ∂z j
( ∂E
v
)
p (r j )
= − dx j + ∂Ev p(r j )
dy j + ∂Ev p(r j )
dz j .
∂x j ∂y j ∂z j
Izraz u gornjoj zagradi prepoznajemo kao potpuni diferencijal dE v p(r j ), pa je
N∑
j=1
∫ kon
poč
∫ kon
poč
⃗F v,j d⃗r j = = −dE v p(r j )
⃗F v,j d⃗r j = −
⃗F v,j d⃗r j =
N∑
j=1
∫ kon
poč
dE v p(r j ) = E v p(r j ) poč − E v p(r j ) kon
/
[E v p(r j ) poč − E v p(r j ) kon
]
.
/ ∫ kon
poč
∑ N
j=1

272 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Značenje lijeve strane gornjeg izraza je jasno: to je rad vanjskih sila pri pomaku sustava iz
početne u konačnu konfiguraciju; označit ćemo ga s Wpoč,kon v . Isto je tako jasno i značenje desne
strane: označimo li s Ep v ukupnu potencijalnu enegiju sustava čestica u odnosu na vanjske sile
E v p =
N∑
Ep(r v j ),
j=1
tada je rad vanjskih sila nad sustavom jednak razlici vanjskih potencijalnih energija sustava
W v poč,kon = E v p(poč) − E v p(kon).
Ukupan rad nad sustavom je rad koji potječe i od unutarnjih i od vanjskih sila
Označimo s
W poč,kon = W u poč,kon + W v poč,kon = E u p (poč) − E u p (kon) + E v p(poč) − E v p(kon).
E p = E u p + E v p,
zbroj potencijalnih energija koje potječu od unutarnjih i vanjskih sila. Relacijom (10.17) smo
povezali rad i promjenu kinetičke energije, a relacijom (10.20) smo povezali rad i promjenu
potencijalne energije, pa je stoga
E k (kon) − E k (poč) = W poč,kon = E p (poč) − E p (kon)
E k (kon) + E p (kon) = E k (poč) + E p (poč).
Budući da gornje početne i konačne konfiguracije nisu ni po čemu posebne, zaključujemo da je
zbroj kinetičke i potencijalne energije konstantna za svaku konfiguraciju sustava
E k + E p = const. (10.21)
Gornja relacija izražava zakon o sačuvanju mehaničke energije sustava čestica i vrijedi samo
uz pretpostavku da su sve sile - i vanjske i unutarnje - konzervativne.
Ovime smo pokazali da postoji sedam veličina koje (pod odredenim uvjetima koje smo naveli
tokom izlaganja) su konstante gibanja sustava čestica: to su tri komponente ukupne količine
gibanja, tri komponente ukupnog momenta količine gibanja i energija.
10.6 Gibanje sustava čestica u odnosu na središte mase
Često je korisno opisivati gibanje sustava čestica u odnosu na položaj središta mase. Zato
ćemo pored nepomičnog (inercijskog) koordinatnog sustava označenog s (O, x, y, z), uvesti i
(neinercijski) koordinatni sustav (O ′ , x ′ , y ′ , z ′ ), čije se ishodište O ′ nalazi u središtu mase
sustava (slika 10.5) i koji se giba u skladu s gibanjem svih čestica sustava.
Količina gibanja:
Pokažimo da je u tom koordinatnom sustavu 2 ⃗r SM ′ = 0 kao i da je ukupna količina gibanja svih
čestica sustava, mjerena iz (O ′ , x ′ , y ′ , z ′ ), jednaka nuli
⃗r ′
SM = 0, ⃗p ′ = 0.
2 to je zapravo već i učinjeno pri kraju odjeljka 10.2, gdje je pokazano da položaj središta mase ne ovisi o izboru ishodišta
koordinatnog sustava

10.6. GIBANJE SUSTAVA ČESTICA U ODNOSU NA SREDIŠTE MASE 273
Slika 10.5: Veza nepomičnog i sustava vezanog uz središte mase.
Sa slike se vidi veza položaja j-te čestice u crtkanom ⃗r ′
j i necrtkanom sustavu ⃗r j
⃗r j = ⃗r SM + ⃗r ′
j
/ d
d t
⇒ ⃗v j = ⃗r SM + ⃗v ′
j. (10.22)
Prema definiciji položaja središta mase u necrtkanom i crtkanom sustavu je
⃗r SM = 1 m
⃗r ′
SM = 1 m
Zbog veze ⃗r j = ⃗r SM + ⃗r ′
j , za ⃗r SM možemo pisati
⃗r SM = 1 m
N∑
m j ⃗r j = 1 m
j=1
N∑
j=1
No, ∑ N
j=1 m j = m, tako da se dobiva
⃗r SM = ⃗r SM + 1 m
Iz gornje jednadžbe zaključujemo da je
N∑
m j ⃗r j ,
j=1
N∑
j=1
m j ⃗r ′
j .
m j (⃗r SM + ⃗r ′
j ) = ⃗r SM
m
N∑
j=1
⃗r ′
SM = 1 m
N∑
m j + 1 m
j=1
m j ⃗r ′
j = ⃗r SM + ⃗r ′
SM.
N∑
j=1
N∑
j=1
m j ⃗r ′
j .
m j ⃗r ′
j = 0. (10.23)
Dakle, zbroj umnožaka mase i radij vektora svih čestica sustava, računat u odnosu na koordinatni
sustav sa ishodištem u središtu mase, jednak je nuli. To je i razlog zašto se središte mase

274 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
zove središte. Vremenskom derivacijom gornje jednadžbe se dobiva upravo zbroj količina
gibanja svih čestica sustava izražen u odnosu na položaj središta mase
N∑
/ d
m j ⃗r j ′ = 0
dt
j=1
⃗p ′ =
N∑
j=1
m j ⃗v ′
j = 0, (10.24)
tj. ukupna količina gibanja sustava u odnosu na središte mase je jednaka nuli.
Moment količine gibanja:
Povežimo sada ukupni moment količine gibanja sustava čestica, prikazan u sustavima (O, x, y, z)
i (O ′ , x ′ , y ′ , z ′ ). Uvrštavanjem veza (10.22) u izraz za ukupni moment količine gibanja
⃗L =
=
N∑
m j ⃗r j × ⃗v j =
j=1
N∑
j=1
N∑
j=1
m j (⃗r SM + ⃗r ′
j ) × (⃗v SM + ⃗v ′
j)
m j (⃗r SM × ⃗v SM + ⃗r SM × ⃗v ′
j + ⃗r ′
j × ⃗v SM + ⃗r ′
j × ⃗v ′
j)
= m ⃗r SM × ⃗v SM + ⃗r SM ×
( N
∑
j=1
m j ⃗v ′
j
)
} {{ }
⃗p ′ = 0
+
( N
∑
j=1
m j ⃗r ′
j
)
} {{ }
⃗r ′
SM = 0 × ⃗v SM +
N∑
j=1
m j ⃗r ′
j × ⃗v ′
j.
Prema relacijama (10.23) i (10.24) su drugi i treći član gornjeg izraza jednaki nuli, tako da
preostaje
⃗L = m ⃗r SM × ⃗v SM +
N∑
j=1
m j ⃗r j ′ × ⃗v j
′
⃗L = m ⃗r SM × ⃗v SM + ⃗ L ′ , (10.25)
gdje smo uveli oznaku L ⃗ ′ = ∑ N
j=1 m j⃗r j ′ × ⃗v j. ′ Moment količine gibanja je zbroj dva člana:
prvi predstavlja gibanje sustava kao cjeline u odnosu na ishodište O (brzinom ⃗v SM ), a drugi
je zbroj momenata količine gibanja čestica u odnosu na ishodište O ′ vezano za središte mase
sustava.
Potražimo još i vezu izmedu momenta vanjskih sila i momenta količine gibanja sustava čestica.
Od ranije, relacijom (10.15), znamo da u koordinatnom sustavu (O, x, y, z), vrijedi da je
d ⃗ L
dt = ⃗ M v ,

10.6. GIBANJE SUSTAVA ČESTICA U ODNOSU NA SREDIŠTE MASE 275
pri čemu je
a iz (10.25) znamo da je
⃗L =
⃗M v =
N∑
⃗r j × F ⃗ v,j ,
j=1
N∑
m j ⃗r j × ⃗v j = m ⃗r SM × ⃗v SM + L ⃗ ′ .
j=1
Uvrštavanjem ⃗r j = ⃗r SM + ⃗r ′
j u gornje izraze, dobiva se
dL
⃗
dt
d
(
m⃗r SM × ⃗v SM + L
dt
⃗ )
′ .
m ⃗v SM × ⃗v } {{ SM +⃗r } SM × m d⃗v SM
dt
= 0
+ d⃗ L ′
dt
= ⃗ M v ,
=
N∑
j=1
= ⃗r SM ×
(⃗r SM + ⃗r ′
j ) × ⃗ F v,j (10.26)
N∑
j=1
⃗F v,j +
N∑
j=1
⃗r ′
j × ⃗ F v,j .
Pogledajmo sada detaljnije što smo dobili. Prvi član lijeve strane je vektorski umnožak dva
jednaka vektora, pa je time jednak nuli. Da bismo prepoznali drugi član lijeve strane, prisjetimo
se jednadžbe gibanja j-te čestice iz prethodnog odjeljka
N∑
j=1
d⃗p j
dt
m j
d⃗v j
dt
= ⃗ F v,j +
=
N∑
i=1
N∑
⃗F v,j +
j=1
Kao što smo pokazali relacijom (10.11), ∑ N
i,j=1
m d⃗v SM
dt
=
⃗f i,j
/ N
∑
N∑
j=1
N∑
i=1
⃗f i,j .
j=1
⃗ f i,j = 0, pa iz gornje relacije preostaje
N∑
⃗F v,j . (10.27)
Prema gornjoj relaciji zaključujemo da se drugi član lijeve strane i prvi član desne strane izraza
(10.26) ukidaju, tako da u tom izrazu preostaje
✘✘✘✘ ✘ ✘✘
⃗r ✘
SM × m d⃗v SM
+ d⃗ L ′
dt dt
d ⃗ L ′
dt
=
=
j=1
N∑
N∑
⃗r SM × ⃗F v,j +
✟ ✟✟✟✟✟✟✟ j=1 j=1
N∑
⃗r j ′ × F ⃗ v,j .
j=1
⃗r ′
j × ⃗ F v,j .
Fizički sadržaj gornje relacije je očit: nazovemo li moment vanjskih sila u koordinatnom sustavu
(O ′ , x ′ , y ′ , z ′ )
⃗M ′
v =
N∑
j=1
⃗r ′
j × ⃗ F v,j ,

276 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
tada vrijedi
d ⃗ L ′
dt
= ⃗ M ′
v. (10.28)
Gornja relacija vrijedi ne samo u inercijskim sustavima, nego i u neinercijskim sustavima
(koji se na proizvoljan način gibaju zajedno sa središtem mase).
Kinetička energija:
Pogledajmo još i kako izgleda izraz za kinetičku energiju u koordinatnom sustavu (O ′ , x ′ , y ′ , z ′ ).
Izravnim uvrštavanjem veze medu brzinama u oba koordinatna sustava, se dolazi do
E k = 1 2
= 1 2
N∑
j=1
N∑
j=1
m j ⃗v 2
j = 1 2
= 1 2 m⃗v 2
SM + ⃗v SM
N∑
j=1
m j (⃗v SM + ⃗v ′
j) 2
m j (⃗v 2
SM + 2⃗v SM ⃗v ′
j + ⃗v ′ 2
j )
N
∑
j=1
m j ⃗v ′
j
} {{ }
= 0
+ 1 2
N∑
j=1
m j ⃗v ′ 2
j
} {{ }
= E k
′
Prema relaciji (10.24), drugi član desne strane je jednak nuli, pa za kinetičku energiju preostaje
izraz
E k = 1 2 m⃗v 2
SM + E ′ k. (10.29)
.
Kinetička energija sustva čestica je jednaka zbroju od dva člana: prvi član opisuje energiju
translacijskog gibanja sustava kao cjeline, brzinom ⃗v SM , a drugi član opisuje kinetičku energiju
gibanja čestica u odnosu na središte mase sustava.
10.7 Impuls sile
Neka je ⃗ F v (t) zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na sve čestice sustava. One ne moraju biti
konstantne u vremenu, nego o njemu mogu ovisiti na proizvoljan način ⃗ F v = ⃗ F v (t). Ako vanjske
sile djeluju u vremenskom intervalu od t = t poč do t = t kon , tada se integral
∫ tkon
⃗ Fv dt,
t poč
naziva ukupni (linearni) impuls vanjske sile. Pokažimo da je on jednak promjeni ukupne količine
gibanja sustava. Prema relaciji (10.27) je F ⃗ v = m d⃗v SM /dt, što uvršteno u izraz za impuls sile
daje
∫ tkon
t poč
m d⃗v SM
dt
dt = m
∫ tkon
t poč
d⃗v SM = m ⃗v SM,kon − m ⃗v SM,poč = ⃗p kon − ⃗p poč . (10.30)

10.8. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 277
Slična se relacija dobije i za moment vanjskih sila, uz ⃗ M v = d ⃗ L /dt,
∫ tkon
t poč
⃗ Mv dt =
∫ tkon
t poč
d ⃗ L
dt dt = ∫ tkon
t poč
d ⃗ L = ⃗ L kon − ⃗ L poč .
10.8 Lagrangeovo i D’Alembertovo načelo
Kao što prvi Newtonov aksiom opisuje što se dogada s česticom kada na nju ne djeluju sile
(tj. kada je zbroj sila jednak nuli), a drugi aksiom opisuje gibanje čestice pod djelovanjem sila,
tako i Lagrangeovo i D’Alembertovo načelo opisuju to isto, ali za sustav čestica: Lagrangeovo
načelo daje uvjete kada sustav čestica miruje (statika), a D’Alembertovo načelo daje uvjete
pod kojima se sustav čestica giba (dinamika).
uvjeti:
U konkretnim je slučajevima često gibanje čestice ili sustava čestica podvrgnuto različitim
vrstama ograničenja (uvjeta na gibanje). Ovi uvjeti potječu od različitih sila koje djeluju na
čestice i mogu se podijeliti u dvije skupine: uvjeti (ograničenja) koja dolaze od veza medu
česticama sustava (koje potječu od sila medudjelovanja čestica sustava) i uvjeti koji dolaze
od vanjskih sila. Opis ovih sila može biti jako složen i nepraktičan i zato ih je u nekim
situacijama zgodnije izraziti kroz uvjete na gibanje. Od konkretnog problema ovisi koje ćemo
sile tretirati kroz uvjete, a koje ćemo shvatiti kao (prave) aktivne sile. Nekoliko primjera u
ovom odjeljku će razjasniti ove pojmove. Kao primjer veze medu česticama može poslužiti
sustav koji se sastoji od dvije čestice vezane krutim štapom zanemarive mase i duljine d (slika
10.6.A). Položaji čestica nisu nezavisni nego su povezani relacijom |⃗r 1 − ⃗r 2 | = d = const.
Ako je čestica ograničena (vanjskim silama) na gibanje po kružnici polumjera R u ravnini (x, y)
(slika 10.6.B), onda je, umjesto traženja eksplicitnog oblika sile koji uzrokuje to ograničenje,
jednostavnije djelovanje te vanjske sile opisati jednim uvjetom na gibanje . U ovom
jednostavnom primjeru, to je zahtjev da koordinate čestice zadovoljavaju jednadžbu kružnice
x 2 + y 2 − R 2 = 0. U ovom primjeru djelovanje vanjske gravitacijske sile neće biti opisano
uvjetom na gibanje, nego će se u jednadžbi gibanja pojaviti eksplicitno kao m ⃗g .
U oba primjera, dakle, rješavamo jednadžbu gibanja, ali zahtjevamo da rješenja osim te jednadžbe
zadovoljavaju još i odredene uvjete (slično kao što smo u nekim primjerima - npr.
kod harmonijskog oscilatora - zahtijevali da rješenja zadovoljavaju odredene početne ili rubne
uvjete).
Ravnoteža:
Potražimo uvjet ravnoteže sustava čestica. U fiksnom vremenskom trenutku, promatrajmo dvije
moguće bliske konfiguracije sustava od N čestica, koje su u skladu sa silama i uvjetima kojima su
podvrgnute čestice. Ako se prijelaz iz jedne u drugu konfiguraciju, ostvaruje trenutnom (dt =
0) promjenom položaja j-te čestice za δ⃗r j , tada pomak δ⃗r j nazivamo virtualni (ili zamišljeni)

278 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.6: Primjer veze medu česticama (A) i uvjeta od vanjskih sila (B).
pomak. On se razlikuje od pravog pomaka d⃗r j koji se dogada u vremenskom intervalu dt ≠ 0
tijekom kojega se i sile i uvjeti mogu promjeniti (zamišljeni pomak δ⃗r j se dogada uz fiksne sile
i uvjete). 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 čestica na koji djeluju vanjske sile (one koje nisu opisane uvjetima
na gibanje). Vanjsku silu na j-tu česticu ćemo označiti ⃗ F v,j . Zadatak je
naći uvjete pod kojima je ovakav sustav vezanih čestica u ravnoteži.
Zamislimo da je j-ta čestica pomaknuta za δ⃗r j u skladu s vezama medu česticama i vanjskim
silama. Zbog tih istih veza i vanjskih sila, biti će pomaknute i neke druge čestice sustava, pa će
u tom slučaju ukupan zamišljeni rad vanjskih sila obavljen nad cijelim sustavom biti jednak
δW = F ⃗ v,1 δ⃗r 1 + F ⃗ v,2 δ⃗r 2 + · · · + F ⃗ N∑
v,N δ⃗r N = ⃗F v,j · δ⃗r j .
Ako vanjske sile mogu izvršiti (pozitivan) rad nad sustavom vezanih čestica, one će ga i izvršiti
tj. zamišljeni pomaci će se realizirati i sustav će prijeći iz jedne konfiguracije u drugu i δW će
biti različit od nule. Jedino ako pri svim zamišljenim pomacima rad iščezava, sustav će ostati
u mirovanju. Dakle, uvjet ravnoteže sustava vezanih čestica glasi
j=1
δW =
N∑
j=1
⃗F v,j · δ⃗r j = 0. (10.31)
Ta se relacija zove Lagrange-ovo 3 načelo ili načelo zamišljenih (virtualnih) pomaka. Za
sustav nevezanih čestica su pomaci δ⃗r j medusobno neovisni, pa je gornji zbroj jednak nuli
3 Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski matematičar.

10.8. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 279
samo ako su sve F ⃗ v,j = 0. Ovo je lako vidjeti iz slijedećeg rasudivanja: ako su svi pomaci
medusobno neovisni, možemo sve zamišljene pomake, osim prvog, odabrati da su jednaki nuli,
pa iz gornje relacije slijedi da je F ⃗ v,1 = 0. Zatim ostavimo samo drugi zamišljeni pomak
različitim od nule, pa zaključimo da je i Fv,2 ⃗ = 0, itd. za ostale čestice i dobivamo uvjet
ravnoteže nevezanog sustava čestica u obliku
⃗F v,j = 0, j = 1, 2, · · · , N,
a to je upravo prvi Newtonov aksiom za svaku pojedinu česticu. Ako su čestice vezane, gornja
argumentacija nije primjenjiva, jer zbog veze medu česticama nije moguće da pomak samo jedne
čestice bude različit od nule, a pomaci svih ostalih čestica da su jednaki nuli: zbog postojanja
veza medu česticama, pomak jedne od njih, izazvati će i pomake drugih, s njom povezanih
čestica. Stoga je uvjet ravnoteže vezanih čestica izražen gore zaokvirenim izrazom. Taj izraz
vrijedi bez obzira jesu li vanjske sile konzervativne ili nisu. U posebnom slučaju kada su vanjske
sile konzervativne, tj. kada postoji skalarna funkcija potencijalne energije sa osobinom da
je (npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu)
⃗F v,j = − −→ ∇ j E v p = −
(
ˆx ∂Ev p
x j
+ ŷ ∂Ev p
y j
+ ẑ ∂Ev p
z j
)
,
uvjet ravnoteže sustava vezanih čestica se može napisati i u obliku
N∑ ( ) N∑
0 = δW = ⃗Fv,j · δ⃗r j = (F v,j,x δx j + F v,j,y δy j + F v,j,z δz j )
= −
j=1
N∑
( ∂E
v
p
j=1
x j
δx j + ∂Ev p
y j
j=1
δy j + ∂Ev p
z j
δz j
)
= −
N∑
δEp,j v = −δEp.
v
j=1
δE v p = 0. (10.32)
U ravnoteži je potencijalna energija minimalna, tako da svaki pomak povećava potencijalnu
energiju.
Primjer: 10.4 Dva tijela masa m 1 i m 2 se nalaze na nepomičnoj dvostrukoj kosini kao na slici
10.7. Kosina je bez trenja, a tijela su povezane nerastezivom niti duljine l 0 i zanemarive
mase, prebačenom preko koloture (takoder bez trenja). Načelom zamišljenih
pomaka pokažite da u ravnoteži vrijedi
sin α 1
= m 2
.
sin α 2 m 1
R: U ovom se primjeru pojavljuje posebno jednostavan sustav koji se sastoji
od samo dvije čestice. Gibanje čestica je podvrgnuto trima silama: gravitaciji m j ⃗g ,
otporu podloge po kojoj se gibaju (kosina) ⃗ R j i napetosto niti ⃗ F nap,j (uz zanemarivanje
sile trenja) i jednom uvjetu: nepromjenjivoj duljini niti
⃗F v,j = m j ⃗g + F ⃗ nap,j + R ⃗ j
l 0 = r 1 + r 2 = const.

280 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.7: Uz primjer 10.4: dvostruka kosina bez trenja.
Lagrangeovo načelo glasi
2∑
0 = ⃗F v,j · δ⃗r j
=
j=1
[m 1 ⃗g δ⃗r 1 + F ⃗ nap,1 δ⃗r 1 + R ⃗ ]
1 δ⃗r 1 +
[m 2 ⃗g δ⃗r 2 + ⃗ F nap,2 δ⃗r 2 + ⃗ R 2 δ⃗r 2
]
.
Primjetimo da iznosi varijacija pomaka mogu biti i pozitivni i negativni
δr j ≶ 0.
Pogledajmo pojedine članove. Vektori ⃗ R j i δ⃗r j su medusobno okomiti, pa je njihov
skalarni umnožak jednak nuli. Sile napetosti ⃗ F nap,j su kolinearne s pomacima δ⃗r j , a
zbog izostanka trenja, one su i jednake po iznosu
⃗F nap,1 δ⃗r 1 + ⃗ F nap,2 δ⃗r 2 = F nap,1 δr 1 + F nap,2 δr 2 = F nap (δr 1 + δr 2 ).
Drugi uvjet na gibanje čestica je da su one povezane nerastezivom niti, tako da
vrijedi: r 1 + r 2 = l 0 , pa je i δr 1 + δr 2 = 0, tj. δr 1 = −δr 2 , Uvrsti li se to u gornji
jednadžbu, slijedi
F nap (δr 1 + δr 2 ) = 0.
Preostaje samo član s gravitacijskom silom
0 = m 1 ⃗g δ⃗r 1 + m 2 ⃗g δ⃗r 2
0 = m 1 g cos(π/2 + α 1 ) δr 1 + m 2 g cos(π/2 + α 2 ) δr 2
0 = m 1 g sin α 1 δr 1 + m 2 g sin α 2 δr 2 .
0 = (m 1 sin α 1 − m 2 sin α 2 ) g δr 1 = 0,
tj. dobivamo traženu relaciju
sin α 1
sin α 2
= m 2
m 1
. (10.33)

10.8. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 281
Primjer: 10.5 Riješite prethodni zadatak pomoću zahtjeva da je u ravnoteži potencijalna energija
minimalna, tj. da je δE p = 0.
R: Uz zanemarivanje sila trenja, jedina (neuvjetna) sila koja djeluje na čestice
je konzervativna gravitacijska sila, koja se može izraziti preko potencijalne energije.
Neka je ukupna duljina niti l 0 = r 1 + r 2 , a E p = 0 na vrhu kosine. Tada je
E p = −m 1 g r 1 sin α 1 − m 2 g (l 0 − r 1 ) sin α 2 ,
δE p = ∂E p
∂r 1
δr 1 = −g δr 1 (m 1 sin α 1 − m 2 sin α 2 ) = 0.
Primjetimo da je E p linearna funkcija r 1 , pa zato ne može postojati minimum niti
maksimum potencijalne energije.
Gibanje:
Polazeći od Lagrangeova načela, može se doći i općeg zakona gibanja sustava vezanih
čestica. Neka vanjska sila ⃗ F v,j daje j-toj čestici ubrzanje ⃗a j . Uslijed veza medu česticama
ili uvjeta na gibanje, ovo ubrzanje ne mora biti kolinearno s vanjskom silom. Npr.
kod gibanja čestice niz kosinu uslijed djelovanja vanjske gravitacijske sile, ubrzanje čestice je
po smjeru paralelno s kosinom i prema tome nije kolinearno s vanjskom (gravitacijskom) silom
(slika 10.7).
Zamislimo sada da na česticu osim vanjske sile ⃗ F v,j djeluje još i sila jednaka negativnom umnošku
mase i ubrzanja j-te čestice: −m j ⃗a j , koja poništava djelovanja i vanjskih sila i sila od
uvjeta. Sada je zbroj svih sila koje djeluju na česticu jednaka ⃗ F v,j −m j ⃗a j i sustav je u ravnoteži,
pa Lagrangeov uvjet ravnoteže poprima oblik
N∑
j=1
(
⃗Fv,j − m j ⃗a j
)
δ⃗r j = 0. (10.34)
Gornja se jednadžba zove D’Alembertovo 4 načelo za gibanje sustava vezanih čestica.
Sličnom argumentacijom kao i kod Lagrangeova načela, zaključujemo da je uvjet ravnoteže
nevezanih čestica ekvivalentan Newtonovim jednadžbama gibanja
⃗F v,j − m j ⃗a j = 0, j = 1, 2, · · · , N,
a to je upravo drugi Newtonov aksiom za svaku pojedinu česticu. Ovime je dinamika shvaćena
kao poseban slučaj statike.
Primjer: 10.6 Koristeći D’Alembertovo načelo, opišite gibanje sustava iz primjera 10.4.
R: Uz istu označavanje kao i u prethodnim primjerima, D’Alembertovo načelo
4 Jean D’Alembert, 1717 - 1783, francuski matematičar.

282 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
glasi
0 =
=
2∑ ( )
⃗Fv,j − m j ¨⃗rj · δ⃗r j
j=1
[m 1 ⃗g + F ⃗ nap,1 + R ⃗ ]
1 − m 1 ¨⃗r1 · δ⃗r 1 +
[m 2 ⃗g + F ⃗ nap,2 + R ⃗ ]
2 − m 2 ¨⃗r2 · δ⃗r 2 .
Kao i u prethodna dva primjera, članovi sa silama napetosti i reakcijom podloge
iščezavaju, a preostaje
0 = (m 1 ⃗g − m 1 ¨⃗r1 ) δ⃗r 1 + (m 2 ⃗g − m 2 ¨⃗r2 ) δ⃗r 2 ,
0 = (m 1 g sin α 1 − m 1 ¨r 1 ) δr 1 + (m 2 g sin α 2 − m 2 ¨r 2 ) δr 2 .
Zbog nerastezivosti niti je opet r 1 + r 2 = l 0 = const., pa je δr 1 = −δr 2 i ¨r 1 = −¨r 2 .
Uvrštavanjem ovih veza u gornju relaciju, slijedi
0 = (m 1 g sin α 1 − m 1 ¨r 1 ) δr 1 + (m 2 g sin α 2 + m 2 ¨r 1 ) (−δr 1 ),
0 = (m 1 g sin α 1 − m 1 ¨r 1 − m 2 g sin α 2 − m 2 ¨r 1 ) δr 1 .
Rješavanjem gornje jednadžbe po ¨r 1 , dobiva se ubrzanje prve čestice
¨r 1 = g m 1 sin α 1 − m 2 sin α 2
m 1 + m 2
.
Primjetimo da je ono konstantno u vremenu. Ubrzanje druge čestice je ¨r 2 = −¨r 1 . U
ravnoteži je ¨r 1 = ¨r 2 = 0, a ove su relacije zadovoljene ako je brojnik gornjeg izraza
jednak nuli tj. ako vrijedi (10.33) iz prethodna dva primjera.
10.9 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete
Do sada smo promatrali gibanja čestica ili sustva čestica nepromjenjive mase, a sada ćemo
detaljnije proučiti gibanje jednog sustava promjenjive mase: rakete. Promatrat ćemo najjednostavniju
situaciju u kojoj se raketa giba okomito po pravcu u konstantnom gravitacijskom
polju (slika 10.8), zanemarujući utjecaj otpora zraka tijekom gibanja kroz atmosferu. U trenutku
t, brzina rakete je ⃗v = vẑ , v > 0, a njezina je masa m. Pod masom rakete podrazumjevamo
masu kabine m k , masu spremnika za gorivo m s i masu samog goriva m g .
m(t) = m k + m s + m g (t).
Samo se masa goriva mijenja (smanjuje) s vremenom. U trenutku t + ∆t, raketa je izbacila dio
svoje mase u obliku mješavine čestica goriva, u smjeru suprotnom od smjera svojega gibanja.
Masu odbačenih plinova označavamo s −∆m > 0, a njihovu brzinu s ⃗v − ⃗v 0 . Brzina izbačenih
plinova se dakle sastoji od dvije komponente: brzine same rakete ⃗v i brzine plinova u odnosu
na raketu −⃗v 0 = −v 0 ẑ , v 0 > 0. U tom istom trenutku t + ∆t, masa rakete je umanjena
za masu izbačenih plinova i jednaka je m + ∆m, a brzina joj je povećana na ⃗v + ∆⃗v gdje je
∆⃗v = ∆v ẑ , ∆v > 0. Sve se brzine mjere u odnosu na inercijski sustav sa ishodištem u točki
O.
Kao što je pokazano relacijom (10.12), samo vanjska sila može promijeniti ukupnu količinu
gibanja sustava. Nadalje, relacijom (10.30) je polazano da je ta promjena količine gibanja
sustava jednaka je impulsu vanjske sile. Primjetimo da vanjska sila F ⃗ v (gravitacija ili trenje),

10.9. SUSTAVI S PROMJENJIVOM MASOM: GIBANJE RAKETE 283
Slika 10.8: Gibanje rakete u konstantnom gravitacijskom polju: (A) u trenutku t; (B) u trenutku t + ∆t.
mijenja količinu gibanja cijelog sustava koji se sastoji od rakete i izbačenog plina. Unutar
sustava, uslijed pogona rakete, njezina brzina se povećava, ali se taj porast brzine (pa time
i količine gibanja rakete) kompenzira izbačenim plinom, tako da je ukupna količina gibanja
sustava raketa plus izbačeni plin nepromjenjena. Ili, drugim riječima, unutarnja sila koja
potječe od pogona, povećat će brzinu rakete, ali neće promijeniti količinu gibanja cijelog sustava
raketa plus izbačeni plin.
količina gibanja u t + ∆t
{ }} {
(m + ∆m) (⃗v + ∆⃗v) + (−∆m)(⃗v − ⃗v
} {{ }
0 )
} {{ }
raketa u t + ∆t plin u t + ∆t
−
količina 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 ⃗v 0 − m ⃗v = ⃗ F v ∆t
m ∆⃗v
∆t
+ ∆m
∆⃗v
∆t + ⃗v 0
∆m
∆t
/ 1
∆t ,
= F ⃗ /
v lim
∆t→0 .
U granici kada ∆t iščezava, takoder iščezavaju i ∆m → 0 , kao i ∆⃗v → 0, pa preostaje
m d⃗v
dt + ⃗v 0
ẑ m dv
dt + ẑ v 0
m(t) dv
dt + v 0
dm
dt
dm
dt
dm
dt
= ⃗ F v ,
= −ẑ m g,
= −m(t) g. (10.35)
Radi jednostavnosti, u gornjoj smo jednadžbi u članu vanjskih sila zanemarili otpor atmosfere,
a za gravitacijsku silu smo pretpostavili da se ne mijenja s visinom, g = const. (točnije bi bilo
uzeti da je g = g(z)). član dm/dt opisuje brzinu kojom raketa gubi masu. Najjednostavnije je

284 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
pretpostaviti da raketa gubi masu konstantnom brzinom d m/d t. Budući da je za pozitivni dt
masa rakete smanjuje, dm < 0, pretpostavit ćemo da je
∫ t
0
dm
dt
= −c 2 0 = const.
dm = −c 2 0
∫ t
0
dt = −c 2 0 t
m(t) = m(0) − c0 2 t,
✭✭✭✭✭ m k + m s + m g (t) = ✭ m✭✭✭✭
k + m s + m g (0) − c0 2 t,
m g (t) = m g (0) − c0 2 t.
Uvrštavanjem gornjeg izraza za masu u (10.35), dobiva se
[m(0) − c 2 0 t] dv
dt − v 0 c 2 0 = −[m(0) − c 2 0 t] g
dv v 0 c0
2 =
dt m(0) − c0 2 t − g
∫ t
v(t) − v(0) = −g t + v 0 c0
2 1
dt
0 m(0) − c0 2 t
m(0)
v(t) = v(0) − g t + v 0 ln
m(0) − c0 2 t .
/
1
m(0) − c0 2 t
/∫ t
dt
Uz pretpostavku da je početna brzina rakete jednaka nuli v(0) = 0, konačno se dobije za brzinu
rakete u trenutku t > 0
v(t) = v 0 ln
m(0)
− g t. (10.36)
m(0) − c0 2 t
0
Izračunajmo najveću brzinu koju može postići ovakva raketa (uz zanemarivanje relativno
male brzine −g t). To će očito biti brzina koju postigne raketa nakon što potroši svo gorivo, a
to će se dogoditi nakon vremena koje ćemo označiti s t = τ
m g (τ) = 0 = m g (0) − c0 2 τ ⇒ τ = m g(0)
.
c0
2
U tom je trenutku brzina jednaka (uz zanemarivanje brzine −g t)
v(t = τ) = v max = v 0 ln m k + m s + m g (0)
m k + m s
= v 0 ln
(
1 + m )
g(0)
.
m k + m s
Ukupna početna masa goriva i stjenki spremnika se obično označava s m 0 = m s + m g (0), a
omjer početne mase goriva i m 0 se naziva strukturni faktor i označava se s ɛ = m g (0)/m 0 .
Prijelazom sa m s i m g (0) na m 0 i ɛ pomoću relacija
za najveću brzinu se dobiva
m g (0) = ɛ m 0 , m s = (1 − ɛ) m 0 ,
(
v max = −v 0 ln 1 − ɛ
m 0
m k + m 0
)
.

10.9. SUSTAVI S PROMJENJIVOM MASOM: GIBANJE RAKETE 285
Po redu veličine je brzina izlaznih plinova iz rakete jednaka v 0 = 4 · 10 3 ms −1 , strukturni faktor
je ɛ = 0.8, a omjer mase kabine i mase spremnika i goriva je oko jedan posto. Uvrštavanjem
ovih brojeva u izraz za maksimalnu brzinu, dobije se
v max ≃ 6.28 · 10 3 ms −1 .
Ova je brzina manja od prve kozmičke brzine (brzine kruženja, 8 · 10 3 ms −1 ), pa ovakva raketa
ne bi imala dovoljnu brzinu potrebnu za orbitiranje oko Zemlje. Zato se konstruiraju dvostupanjske
rakete. Ove se rakete sastoje od kabine i dva spremnika s gorivom. Nakon što
se potroši gorivo iz prvog spremnika, on se odbacuje, a započinje izgaranje goriva iz drugog
spremnika. Označimo s
m 01 = m g1 (0) + m s1 ,
ukupnu masu goriva i stjenki prvog spremnika, a sa
m 02 = m g2 (0) + m s2 ,
ukupnu masu goriva i stjenki drugog spremnika. Ukupna masa rakete u trenutku lansiranja je
m(0) = m k +m 01 +m 02 . Uvrštavanje u jednadžbu (10.36), uz zanemarivanje utjecaja gravitacije
i otpora zraka, daje
v(t) = v 0 ln
m k + m 01 + m 02
m k + m 01 + m 02 − c 2 0 t .
U trenutku t = τ 1 , potrošeno je svo gorivo iz prvog spremnika
m g1 (τ 1 ) = 0 = m g1 (0) − c0 2 τ 1 ,
(
)
m g1 (0)
v(τ 1 ) = v 0 ln 1 +
.
m k + m s1 + m 02
Uvede li se strukturni faktor prvog spremnika izrazom ɛ 1 = m g1 (0)/m 01 , gornji izraz za brzinu
postaje
(
)
m 01
v(τ 1 ) = −v 0 ln 1 − ɛ 1 . (10.37)
m k + m 01 + m 02
Nakon odbacivanja prvog stupnja rakete, njezinu brzinu opet možemo računati pomoću (10.36),
ali uz drukčije početne uvjete: sada je početna brzina v(τ 1 ) (a ne nula), a početna masa je
m(0) = m k + m g2 (0) + m s2 (zato jer je prvi spremnik odbačen)
v(t) = v(τ 1 ) + v 0 ln
m k + m g2 (0) + m s2
m k + m g2 (0) + m s2 − c 2 0 t , t > τ 1.
Sada počinje izgaranje goriva iz drugog spremnika.
gorivo i iz drugog spremnika
Nakon vremena t = τ 2 , izgorjet će svo
m g2 (τ 2 ) = 0 = m g2 (0) − c 2 0 τ 2 .
v(τ 2 ) = v(τ 1 ) + v 0 ln m k + m g2 (0) + m s2
,
m k + m
(
s2
v(τ 2 ) = v(τ 1 ) + v 0 ln 1 + m )
g2(0)
.
m k + m s2

286 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Tablica 10.1: Brzina dvostupanjske rakete, ovisno o omjeru masa prvog i drugog stupnja.
m 01 /m k m 02 /m k v(τ 2 ) · 10 −3 m s −1
95 5 9.98
90 10 10.19
85 15 10.02
80 20 9.76
70 30 9.19
60 40 8.64
50 50 8.15
Uvedimo strukturni faktor drugog spremnika izrazom ɛ 2 = m g2 (0)/m 02 . Uvrštavanjem u gornji
izraz za brzinu, daje
(
)
m 02
v(τ 2 ) = v(τ 1 ) − v 0 ln 1 − ɛ 2 .
m k + m 02
Brzinu u trenutku τ 1 (nakon što je potrošeno gorivo prvog spremnika), daje izraz (10.37), pa je
brzina rakete u trenutku t = τ 2 , kada je potrošeno gorivo iz oba spremnika, jednaka
(
) (
)
m 01
m 02
v(τ 2 ) = −v 0 ln 1 − ɛ 1 − v 0 ln 1 − ɛ 2 .
m k + m 01 + m 02 m k + m 02
(10.38)
Da bismo dobili osjećaj o redu veličina brzine dvostupanjskle rakete, neka je ɛ 1 = ɛ 2 =
0.8, m 01 = m 02 , m 01 + m 02 = 100 m k . Uvrštavanje ovih vrijednosti u (10.38), dobije se
v(τ 2 ) = 8.15 · 10 3 m s ,
što je po redu veličine jednako prvoj kozmičkoj brzini. Veće konačne brzine se mogu dobiti
variranjem omjera masa prvog i drugog stupnja rakete. Tablica 10.1 pokazuje da je konačna
brzina najveća kada je masa prvog stupnja oko devet puta veća od mase drugog stupnja (uz
nepromjenjene vrijednosti ostalih parametara).
10.10 Sudari čestica
U ovom ćemo poglavlju promatrati posebno jednostavan slučaj sustava čestica koji se sastoji
od samo dvije čestice, tj. N = 2. Od svih parova medučestičnih sila, ⃗ f i,j , preostaje samo jedan
par: ⃗ f 1,2 . Ali i ova je sila sve vrijeme jednaka nuli osim u trenutku dodira (sudara) čestica.
U tom trenutku djeluju ili jake odbojne sile, pa se čestice odbiju jedna od druge, ili djeluju
jake privlačne sile, pa se čestice spoje i nakon sudara se gibaju kao jedno tijelo. Od vanjskih
sila, na čestice djeluje gravitacijska sila. Radi jednostavnosti, gibanje ćemo postaviti na pravac
ili ravninu okomitu na smjer djelovanja gravitacijske sile, tako da ona neće utjecati na sudar
čestica (naravno, samo ako zanemarimo trenje čestica s podlogom po kojoj se gibaju). Takoder
ćemo zanemariti i trenje čestica s medijem u kojem se odvija gibanje. čestice ćemo zamišljati

10.10. SUDARI ČESTICA 287
kao savršene glatke kugle koje imaju odredenu masu i odredenu elastičnost, a sve ostale njihove
osobine ćemo zanemariti. Vrijeme trajanja sudara se sastoji od vremena kompresije, tijekom
kojega dolazi do deformacije čestice-kugle, i vremena restitucije tijekom kojega čestica opet
poprima (u cjelosti ili samo djelomice) svoj nedeformirani oblik. Uslijed glatkosti kugli, sile se
tijekom sudara prenose duž linije koja spaja središta kugli i prolazi linijom njihovog dodira.
Sudari se mogu razvrstati u odnosu na smjer gibanja čestica na centralne i necentralne
i u odnosu na bilancu mehaničke energije na elastične i neelastične .
Kod centralnih sudara, smjer gibanja čestica leži na spojnici njihovih središta i prije i poslije
sudara. Sudari koji nisu centralni, jesu necentralni. I kod centralnih i kod necentralnih sudara,
važna je samo ona komponenta brzine koja izaziva sudar. Koordinatni sustav ćemo postaviti
tako da to bude x komponenta brzine (slika 10.11). Brzine čestica prije sudara ćemo označiti
s ⃗v 1 i ⃗v 2 , a poslije sudara s ⃗v ′ 1 i ⃗v ′ 2. Ako je v 1 > v 2 , do sudara će doći bez obzira na smjer ⃗v 2
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 čestice razdvojene nakon sudara (zato jer
prva čestica ne može prestići drugu), a v ′ 2 = v ′ 1, ako su se čestice nakon sudara slijepile jedna
za drugu.
U odnosu na bilancu energije, sudar se naziva elastičnim ako je ukupna kinetička energija ista
prije kao i poslije sudara. Svi ostali sudari su neelastični. Kod neeelastičnih sudara se dio (ili
sva) kinetičke energije radom pretvara u druge oblike energije: npr. da bi se kugla deformirala,
potrebno je obaviti rad za savladavanje medumolekularnih sila koje vladaju medu molekulama
tvari čime se dio kinetičke energije pretvara u medumolekularnu potencijalnu energiju. Za opis
i elastičnih i neelastičnih sudara korisiti se jedna relacija koja se temelji na iskustvu, a koja se
zove Newtonovo pravilo za sudare. Ono se može iskazati formulom
ɛ = |⃗v ′ 2 − ⃗v ′ 1|
|⃗v 2 − ⃗v 1 | .
Veličina ɛ se zove koeficijent restitucije i ovisi o osobinama tvari od koje su izgradene čestice
koje sudjeluju u sudaru. Općenito je 0 ≤ ɛ ≤ 1.
Kao poseban slučaj sudara dvije čestice, može se promatrati čestica koja nalijeće na nepomični
zid (sa stanovišta čestice-kugle, zid je kugla beskonačno velikog polumjera i beskonačno velike

288 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
mase), tada je ⃗v 2 = ⃗v ′ 2 = 0 i ɛ = v ′ 1/v 1 je omjer brzina čestice nakon i prije sudara.
Primjer: 10.7 Dvije kugle masa m 1 i m 2 obješene su kao na slici 10.10. Prva se kugla postavi
tako da u t = 0, zatvara kut α s okomicom i zatim pusti da pada bez početne brzine
na drugu kuglu koja do tada miruje. Poslije sudara se druga kugla odbije do položaja
opisanog kutom β prema okomici. Odredite koeficijent restitucije.
R: Prema slici 10.10, u trenutku sudara brzine čestica imaju samo x kom-
Slika 10.10: Uz primjer odredivanja koeficijenta restitucije.
ponentu, pa Newtonovo pravilo za sudare glasi
ɛ = v ′ 2,x − v ′ 1,x
v 1,x − v 2,x
= v ′ 2,x − v ′ 1,x
v 1,x − 0 ,
jer druga čestica prije sudara miruje pa je v 2,x = 0. Izračunajmo v 1,x, ′ v 2,x ′ i v 1,x preko
kutova α i β i masa m 1 i m 2 .
Bilanca mehaničke energije za brzinu prve kugle prije sudara, daje
1
2 m 1 v1,x 2 = m 1 g h 1 = m 1 g l (1 − cos α) ⇒ v 1,x = 2 sin α √
g l,
2
i slično za brzinu druge kugle poslije sudara
Iz sačuvanja količine gibanja
v ′ 2,x = 2 sin β 2
√
g l.
m 1 v 1,x + m 2 0 = m 1 v ′ 1,x + m 2 v ′ 2,x,
dobivamo brzinu prve čestice poslije sudara
v ′ 1,x = m 1 v 1,x − m 2 v ′ 2,x
m 1
.

10.10. SUDARI ČESTICA 289
Pomoću ove tri brzine: v 1,x , v ′ 1,x i v ′ 2,x, dobivamo koeficijent restitucije
ɛ = m 1 + m 2
m 1
sin(β/2)
sin(α/2) − 1.
10.10.1 Centralni sudar
Neka se prije sudara čestica mase m 1 giba brzinom ⃗v 1 , a čestica mase m 2 brzinom ⃗v 2 . Izračunajmo
njihove brzine ⃗v 1 ′ i ⃗v 2 ′ nakon sudara (slika 10.9). Budući da na čestice ne djeluju
vanjske sile u smjeru gibanja (gravitacija djeluje u okomitom smjeru, pa zbog zanemarivanja
trenja ne utječe na gibanje), bit će ukupna količina gibanja sustava konstantna (strana 266),
tj. ista prije i poslije sudara:
m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2 = m 1 ⃗v ′ 1 + m 2 ⃗v ′ 2.
Za nalaženje dvije nepoznanice, ⃗v ′ 1 i ⃗v ′ 2, trebaju nam i dvije jednadžbe. Jednu već imamo, to
je gornja jednadžba sačuvanja ukupne količine gibanja sustava (iako je napisana u vektorskim
simbolima, ta jednadžba ima samo jednu - x - komponentu jer se gibanje sve vrijeme - i prije
i poslije sudara - odvija po istom pravcu, tj. po osi x), a za drugu ne možemo uzeti zakon
o sačuvanju mehaničke energije, jer želimo opisivati i neelastične sudare u kojima mehanička
energija nije sačuvana. Kao druga jednadžba, poslužit će nam Newtonovo pravilo za sudare
(primjetimo da su preznaci brzina odabrani tako da je ɛ ≥ 0):
⃗v ′ 2 − ⃗v ′ 1 = ɛ (⃗v 1 − ⃗v 2 ).
Sada imamo dvije linearne algebarske jednadžbe iz kojih elementarnim putem dolazimo do
brzina čestica poslije sudara:
⃗v ′ 1 = (m 1 − ɛ m 2 ) ⃗v 1 + m 2 (1 + ɛ) ⃗v 2
m 1 + m 2
, (10.39)
⃗v ′ 2 = m 1 (1 + ɛ) ⃗v 1 + (m 2 − ɛ m 1 ) ⃗v 2
m 1 + m 2
.
Primjetimo da je brzina središta mase prije sudara
ista kao i brzina središta mase poslije sudara
⃗v SM = m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2
m 1 + m 2
,
⃗v SM ′ = m 1 ⃗v 1 ′ + m 2 ⃗v 2
′
m 1 + m
[ 2
]
1 (m 1 − ɛm 2 )⃗v 1 + m 2 (1 + ɛ)⃗v 2 m 1 (1 + ɛ)⃗v 1 + (m 2 − ɛm 1 )⃗v 2
=
m 1 + m 2
m 1 + m 2 m 1 + m 2 m 1 + m 2
1
=
(m 1 + m 2 ) [m 1(m 2 1 + m 2 )⃗v 1 + m 2 (m 1 + m 2 )⃗v 2 ] = m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2
m 1 + m 2
= ⃗v SM .
Brzinu središta mase mogu promijeniti samo vanjske sile (strana 266), a one su jednake nuli u
smjeru gibanja čestica, pa je zato brzina središta mase cijelog sustava konstantna.

290 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Pogledajmo i koliko se promjenila kinetička energija sustava uslijed sudara. Prije sudara je
a poslije sudara
E k = 1 2 m 1 ⃗v 2
1 + 1 2 m 2 ⃗v 2
2 ,
E ′ k = 1 2 m 1 ⃗v ′ 2
1 + 1 2 m 2 ⃗v ′ 2
2 .
Promjenu kinetičke energije ćemo dobiti uvrštavanjem izraza (10.39) za ⃗v 1 ′ i ⃗v 2 ′ u razliku E k ′ −E k.
Nakon kraćeg sredivanja, dobije se
∆ E k = E k ′ − E k = − 1 m 1 m 2
(⃗v 1 − ⃗v 2 ) 2 (1 − ɛ 2 ). (10.40)
2 m 1 + m 2
Primjetimo da se ∆ E k može preglednije napisati preko reducirane mase µ definirane kao 1/µ =
1/m 1 + 1/m 2 i relativne brzine ⃗v = ⃗v 1 − ⃗v 2
∆ E k = − 1 2 µ ⃗v 2 (1 − ɛ 2 ).
Promotrimo sada neke posebne slučajeve.
Neka je ɛ = 0. Uvrštavanje u jednadžbe (10.39), daje
⃗v 1 ′ = m 1⃗v 1 + m 2 ⃗v 2
, ⃗v 2 ′ = m 1⃗v 1 + m 2 ⃗v 2
= ⃗v 1 ′ = ⃗v SM .
m 1 + m 2 m 1 + m 2
Zaključujemo da su se čestice uslijed sudara slijepile i poslije se gibaju kao jedno tijelo brzinom
⃗v 1 ′ = ⃗v 2 ′ = ⃗v SM , a smanjenje kinetičke energije (10.40) je najveće. Ovakav se sudar naziva
savršeno neelastičan.
Neka je sada ɛ = 1. Tada su brzine poslije sudara jednake
⃗v ′ 1 = (m 1 − m 2 )⃗v 1 + 2m 2 ⃗v 2
m 1 + m 2
, ⃗v ′ 2 = 2m 1⃗v 1 + (m 2 − m 1 )⃗v 2
m 1 + m 2
.
Primjetimo da je sada, prema (10.40), kinetička energija nepromjenjena E k = E k ′ , pa se ovakav
sudar naziva elastičan sudar.
10.10.2 Necentralni sudar
Promatrajmo sada dvije čestice-kugle, masa m 1 i m 2 , koje se bez trenja gibaju u ravnini (x, y) i
u njoj se necentralno sudaraju (slika 10.11). Zbog zanemarivanja trenja, gravitacijska sila neće
utjecati na gibanje. Zadatak je izračunati brzine čestica poslije sudara, ako su nam poznate
njihove brzine prije sudara. Brzine prije i poslije sudara su zadane s dva broja: to mogu biti
x i y komponente vektora brzine u pravokutnom koordinatnom sustavu ili iznos brzine i kut
prema pozitivnoj x koordinati kao u polarnom koordinatnom sustavu:
m 1 v 1 , ϕ 1 v 1, ′ ϕ ′ 1,
v 1x , v 1y v 1x, ′ v 1y,
′
m 2 v 2 , ϕ 2 v 2, ′ ϕ ′ 2.
v 2x , v 2y v 2x, ′ v 2y,
′

10.10. SUDARI ČESTICA 291
Slika 10.11: Necentralni sudar.
Sada tražimo četiri jednadžbe iz kojih ćemo izračunati četiri nepoznanice: po dvije komponente
brzine za svaku od dvije čestice. Primjetimo, najprije, da y komponente brzine ne sudjeluju u
sudaru (kada bi čestice imale samo brzinu u smjeru y, do sudara ne bi ni došlo), pa da zato
mora biti
v 1y ′ = v 1y = −v 1 sin(π − ϕ 1 ) = −v 1 sin ϕ 1 . (10.41)
v 2y ′ = v 2y = −v 2 sin ϕ 2 .
To su prve dvije od tražene četiri jednadžbe, one naprosto kažu da se y komponente brzina ne
mijenjaju. U ravnini (x, y) ne djeluju vanjske sile, pa zato mora vrijediti zakon o sačuvanju
ukupne količine gibanja
m 1 ⃗v 1 + m 2 ⃗v 2 = m 1 ⃗v ′ 1 + m 2 ⃗v ′ 2.
To je vektorska jednadžba koju možemo rastaviti na x komponentu
i y komponentu
m 1 v 1x + m 2 v 2x = m 1 v ′ 1x + m 2 v ′ 2x, (10.42)
m 1 v 1y + m 2 v 2y = m 1 v ′ 1y + m 2 v ′ 2y. (10.43)
No, jednadžba (10.43) nije nezavisna, nego je posljedica (10.41), tako da imamo sve skupa
tri nezavisne jednadžbe (dvije u (10.41) i jednu u (10.42)). četvrtu jednadžbu ćemo dobiti iz
Newtonovog pravila za sudare. Ponovo, u smjeru y nema sudara, a u smjeru x vrijedi
v ′ 1x − v ′ 2x = ɛ (v 2x − v 1x ). (10.44)
Jednadžbe (10.42) i (10.44) predstavljaju 2 × 2 linearni sustav za dvije nepoznanice: v ′ 1x i v ′ 2x.
Rješavanjem tog sustava se dobiva
v ′ 1x = v ′ 1 cos ϕ ′ 1 = −v 1 cos ϕ 1 (m 1 − m 2 ɛ) − v 2 cos ϕ 2 m 2 (1 + ɛ)
m 1 + m 2
,
v ′ 2x = v ′ 2 cos ϕ ′ 2 = −v 1 cos ϕ 1 m 1 (1 + ɛ) − v 2 cos ϕ 2 (m 2 − m 1 ɛ)
m 1 + m 2
.

292 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Budući da y komponente brzina ostaju nepromjenjene, znamo i x i y komponente brzina poslije
sudara
⃗v ′ 1 = ˆx −v 1 cos ϕ 1 (m 1 − m 2 ɛ) − v 2 cos ϕ 2 m 2 (1 + ɛ)
m 1 + m 2
− ŷ v 1 sin ϕ 1 ,
= ˆx v 1x (m 1 − m 2 ɛ) + v 2x m 2 (1 + ɛ)
m 1 + m 2
+ ŷ v 1y ,
⃗v ′ 2 = ˆx −v 1 cos ϕ 1 m 1 (1 + ɛ) − v 2 cos ϕ 2 (m 2 − m 1 ɛ)
m 1 + m 2
− ŷ v 2 sin ϕ 2 .
= ˆx v 1x m 1 (1 + ɛ) + v 2x (m 2 − m 1 ɛ)
m 1 + m 2
+ ŷ v 2y .
Gornje relacije sadrže u sebi poseban slučaj centralnog sudara koji se dobije kada je ϕ 1 = π, a
ϕ 2 = 0 ili π. U tom slučaju gornje relacije prelaze u
⃗v ′ 1 = ˆx v 1 (m 1 − m 2 ɛ) ± v 2 m 2 (1 + ɛ)
m 1 + m 2
− ŷ · 0,
⃗v ′ 2 = ˆx v 1 m 1 (1 + ɛ) ± v 2 (m 2 − m 1 ɛ)
m 1 + m 2
− ŷ · 0.
koje smo već na strani 289 dobili za centralni sudar (predznak + se odnosi na kut ϕ 2 = π, a −
na ϕ 2 = 0).

Poglavlje 11
Mali titraji sustava čestica
Za razliku od prethodnog odjeljka gdje smo promatrali sustav od samo dvije čestice koje
medudjeluju samo u trenutku izravnog medusobnog dodira, sada ćemo promatrati nešto složeniji
sustav. Složeniji utoliko što je sada broj čestica proizvoljno velik, a i medudjelovanja čestica
su složenija. Zamislit ćemo da su medučestične sile f ⃗ i,j jednostavne elastične sile srazmjerne
udaljenosti pojedine čestice od ravnotežnog položaja (silu ovog tipa smo već upoznali u odjeljku
6). Konkretno, zamislit ćemo da se sustav sastoji od malih kuglica koje su medusobno povezane
isto tako malim oprugama. Sve su čestice iste mase i sve su opruge iste čvrstoće. Opruge
povezuju samo prve susjede (kratki doseg medudjelovanja), kao na slici 11.1.
Promatrat ćemo situaciju u kojoj neka vanjska sile u jednom (početnom) trenutku otkloni iz
položaja ravnoteže nekoliko ili sve čestice sustava, nakon čega se sustav dalje giba u skladu s
jednadžbama gibanja. Uslijed elastičnog karaktera medučestičnih sila, rezultat ovakvog gibanja
će biti titranje. Ograničit ćemo se na proučavanje gibanja jedno- i dvodimenzijskih sustava.
na pravcu ili u ravnini okomitoj na smjer gravitacijskog polja. Učinci prigušenja (trenja) će se,
radi jednostavnosti, zanemarivati.
Titranje koje se odvija u smjeru u kojem su postavljene opruge medu česticama, nazivat ćemo
longitudinalnim (uzdužnim), a ono koje se odvija u okomitom smjeru ćemo zvati transverzalnim
(poprečnim).
11.1 Mali longitudinalni titraji jednodimenzijskog diskretnog sustava
čestica
U odjeljku 6 smo vidjeli da jedna čestica koja se giba samo pod djelovanjem elastične sile
(harmonijski oscilator), harmonijski titra oko svog položaja ravnoteže. Sila je po iznosu jednaka
K ∆ x (gdje je ∆ x otklon od položaja ravnoteže), a smjer je prema položaja ravnoteže. To se
titranje odvija kružnom frekvencijom ω 0 = √ K/m za harmonijski oscilator ili ω 0 = √ g/l za
matematičko njihalo.
U ovom odjeljku ćemo proučiti gibanje sustava od N čestica iste mase m, povezanih oprugama
iste konstante K (slika 11.1), tj. promatrat ćemo sustav sastavljen od N jednakih i medusobno
povezanih harmonijskih oscilatora. Za razliku od titranja jednog izoliranog harmonijskog
oscilatora, gdje smo dobili samo jednu moguću frekvenciju titranja ω 0 , sada očekujemo
da će sustav moći titrati s više različitih frekvencija. Pokazat će se, relacija (11.7), da postoji
upravo N različitih frekvencija. Naš glavni zadatak u ovom odjeljku jeste izračunati te frekvencije
i naći otklone čestica u slučaju titranja nekom odredenom frekvencijom. U računu
ćemo zanemariti utjecaj gravitacije i trenja (prigušenja) bilo kojeg podrijetla (sa česticama
293

294 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Slika 11.1: Sustav od N vezanih jednakih harmonijskih oscilatora.
medija u kojemu se odvija titranje, s podlogom i slično).
Koordinatni sustav ćemo postaviti tako da sustav leži u smjeru osi x, ravnotežni položaj j-te
čestice ćemo označiti s x 0,j , a njezin položaj u proizvoljnom trenutku ćemo označiti s x j (t).
Napišimo jednadžbe gibanja za svih N čestica sustava: umnožak mase i ubrzanja svake čestice
jednak je zbroju svih sila koje na nju djeluju. Na svaku česticu djeluje sila koja potječe od
dvije opruge, a koja ovisi o otklonima od ravnoteže čestica na krajevima opruge (rubove lijevo
od prve i desno od N-te čestice, smatramo nepomičnim):
ˆx m ẍ 1 = −ˆx K[(x 1 − x 0,1 ) − 0 ] + ˆx K[(x 2 − x 0,2 ) − (x 1 − x 0,1 )],
ˆx m ẍ 2 = −ˆx K[(x 2 − x 0,2 ) − (x 1 − x 0,1 )] + ˆx K[(x 3 − x 0,3 ) − (x 2 − x 0,2 )],
ˆx m ẍ 3 = −ˆx K[(x 3 − x 0,3 ) − (x 2 − x 0,2 )] + ˆx K[(x 4 − x 0,4 ) − (x 3 − x 0,3 )],
.
ˆx m ẍ N−1 = −ˆx K[(x N−1 − x 0,N−1 ) − (x N−2 − x 0,N−2 )] + ˆx K[(x N − x 0,N ) − (x N−1 − x 0,N−1 )],
ˆx m ẍ N = −ˆx K[(x N − x 0,N ) − (x N−1 − x 0,N−1 )] + ˆx K[ 0 − (x N − x 0,N )].
Budući da se gibanje odvija samo u smjeru ˆx , nadalje ćemo izostavljati tu oznaku. Umjesto
samog položaja čestice, x j (t), uvedimo oznake ψ(j, t), koje opisuju otklon j-te čestice od
ravnotežnog položaja u trenutku t
ψ(j, t) ≡ x j (t) − x 0,j ,
¨ψ(j, t) = ẍ j .
/ d
2
d t 2
Primjetimo da u gornjoj oznaci ψ(j, t), varijabla j opisuje prostornu koordinatu, a t vremensku.

11.1. MALI LONGITUDINALNI TITRAJI JEDNODIMENZIJSKOG DISKRETNOG SUSTAVA ČESTICA 295
Sada jednadžbe gibanja možemo napisati puno preglednije
¨ψ(1, t) = 0 − 2K m ψ(1, t) + K ψ(2, t),
m
¨ψ(2, t) =
K
m ψ(1, t) − 2K m ψ(2, t) + K ψ(3, t),
m
(11.1)
¨ψ(N − 1, t) =
.
¨ψ(N, t) =
K
m ψ(N − 2, t) − 2K m ψ(N − 1, t) + K ψ(N, t),
m
K
m ψ(N − 1, t) − 2K ψ(N, t) + 0 .
m
Uočimo da su gornje jednadžbe oblika valne jednadžbe. Opći oblik gornjih jednadžba je
¨ψ(j, t) = K m
[
]
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 i
opisuje položaj j-te čestice. 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, t) − ψ(j − 1, t) =
Time polazna jednadžba postaje
ψ(j + 1, t) − ψ(j, t)
(j + 1) − j
ψ(j, t) − ψ(j − 1, t)
j − (j − 1)
= d ψ(j + 1/2, t),
d j
= d ψ(j − 1/2, t).
d j
¨ψ(j, t) = K m
[ ] d
d
ψ(j + 1/2, t) −
d j d j ψ(j − 1/2, t) = K m
tj. dobiva se jednadžba oblika valne jednadžbe
d
d j ψ(j + 1 , t) − d
2
d j ψ(j − 1 , t) 2
(j + 1 ) − (j − 1 ) = K m
2 2
d 2
ψ(j, t),
d j2 ∂ 2 ψ(j, t)
∂ t 2
s brzinom širenja vala jednakom √ K/m.
= K m
∂ 2 ψ(j, t)
∂ j 2 , (11.2)
Kao i kod rješavanja harmonijskog oscilatora u odjeljku 6, pretpostavimo 1
(11.1) u obliku linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija
rješenje sustava
ψ(j, t) = a j cos(ωt) + b j sin(ωt), (11.3)
gdje je j prostorna, a t vremenska varijabla. Lako je vidjeti da je ¨ψ(j, t) = −ω 2 ψ(j, t), što
1 Ovaj oblik rješenja je upravo oblik ψ(j, t) = X(j) · T (t) (vidjeti npr. [12], odjeljak o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama).
I konačno rjesenje (11.9) je oblika umnoška funkcije ovisne o j i funkcije ovisne o t.

296 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
uvršteno u jednadžbe gibanja daje
−ω 2 ψ(1, t) = 0 − 2K m ψ(1, t) + K ψ(2, t),
m
−ω 2 ψ(2, t) =
K
m ψ(1, t) − 2K m ψ(2, t) + K ψ(3, t),
m
−ω 2 ψ(3, t) =
K
m ψ(2, t) − 2K m ψ(3, t) + K ψ(4, t),
m
−ω 2 ψ(N − 1, t) =
−ω 2 ψ(N, t) =
.
K
m ψ(N − 2, t) − 2K m ψ(N − 1, t) + K ψ(N, t),
m
K
m ψ(N − 1, t) − 2K ψ(N, t) + 0 .
m
Gornji će sustav postati malo pregledniji, pomnožimo li ga s −m/K
−0 + 2 ψ(1, t) − ψ(2, t), = m ω2
K
−ψ(1, t) + 2 ψ(2, t) − ψ(3, t) = m ω2
K
−ψ(2, t) + 2 ψ(3, t) − ψ(4, t) = m ω2
K
−ψ(N − 2, t) + 2 ψ(N − 1, t) − ψ(N, t) = m ω2
K
−ψ(N − 1, t) + 2 ψ(N, t) − 0 = m ω2
K
ψ(1, t),
ψ(2, t),
ψ(3, t),
. (11.4)
ψ(N − 1, t),
ψ(N, t).
Nepoznanice su nam frekvencije kojima titraju čestice (sve titraju istom frekvencijom) i nepoznate
su nam amplitude titranja
ω = ?, ψ j = ?
Uvedemo li realnu simetričnu tridijagonalnu matricu medudjelovanja A i vektor položaja
svih N čestica Ψ ⃗
⎡
⎤
2 −1 0 0 · · · 0
⎡
⎤
ψ(1, t)
−1 2 −1 0 · · · 0
ψ(2, t)
0 −1 2 −1 · · · 0
A =
⎢ . . . . . .
, Ψ ⃗ = ⎢ .
⎥
⎥
⎣
⎣ 0 · · · 0 −1 2 −1 ⎦
ψ(N − 1, t) ⎦ ,
ψ(N, t)
0 · · · 0 0 −1 2
gornji sustav jednadžba prepoznajemo kao problem nalaženja svojstvenih vrijednosti i svojstvenih
vektora realne simetrične kvadratne matrice A
A Ψ ⃗ = m ω2
Ψ
K ⃗ ⇒
(A − m )
ω2
K 1 ⃗Ψ = 0,
(1 je jedinična matrica N-tog reda) koji je čitatelju poznat iz linearne algebre. Podsjetimo se,
ukratko, formulacije tog problema. Za zadanu matricu A treba naći vektor V ⃗ sa svojstvom

11.1. MALI LONGITUDINALNI TITRAJI JEDNODIMENZIJSKOG DISKRETNOG SUSTAVA ČESTICA 297
da rezultat djelovanja matrice na vektor, bude taj isti vektor V ⃗ pomnožen 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 vlastita
vrijednost. Svojstvene vrijednosti se odreduju kao rješenja jednadžbe Det [A − λ 1] = 0,
gdje je s 1 označena jedinična N × N matrica. To je algebarska jednadžba N-tog reda koja
je zadovoljena za N, općenito kompleksnih, vrijednosti λ n . Kada jednom izračunamo sve λ n ,
možemo izračunati i njima pridružene svojstvene vektore: uzmemo neki odredeni λ n i uvrstimo
ga u jednadžbu A V ⃗ n = λ n V ⃗ n . To je sada N×N linearni sustav za N komponenta vektora V ⃗ n ,
koji riješimo i dobijemo svojstveni vektor V ⃗ n pridružen svojstvenoj vrijednosti λ n . Matrica A je
realna i simetrična matrica N-tog reda, a za takve se matrice pokazuje da imaju sve svojstvene
vrijednosti realne i da su njihovi svojstveni vektori V ⃗ n medusobno okomiti, tj. da čine bazu
N-dimenzijskog prostora. To znači da se svaki proizvoljni vektor u tom prostoru može napisati
kao linearna kombinacija tih baznih vektora V ⃗ = ∑ n c ⃗ n V n (gdje su c n konstante).
U našem primjeru, fizički sadržaj svojstvenih vrijednosti jesu frekvencije titranja sustava vezanih
harmonijskih oscilatora λ n ≡ m ωn/K, 2 a svojstveni vektori predstavljaju pomake oscilatora
u odnosu na njihove ravnotežne položaje V ⃗ n ≡ Ψ ⃗ n .
Izračunajmo najprije svojstvene frekvencije. Nazovimo M = A − (m ω 2 /K) 1
⎡
⎤
c 0 −1 0 0 · · · 0
−1 c 0 −1 0 · · · 0
0 −1 c
M =
0 −1 · · · 0
⎢ . . . . . .
,
⎥
⎣ 0 · · · 0 −1 c 0 -1 ⎦
0 · · · 0 0 −1 c 0
gdje smo uveli pokratu c 0 ≡ (2 − m ω 2 /K). Zadatak je riješiti jednadžbu
Det M = 0.
Izračunajmo determinantu razvojem po prvom redu (ili stupcu), pri čemu ćemo eksplicite voditi
evidenciju o dimenziji matrice čiju determinantu računamo
Det M N = c 0 − (−1)
−1
.
c 0
.
−1
.
·
.
c 0 −1 0 ·
· 0 −1 c 0
· −1 c 0 -1
−1 −1 0 0 ·
0 c 0 −1 0 ·
0
.
−1
.
c 0
.
−1
.
·
.
.
· 0 0 −1 c 0
· 0 −1 c 0 -1
Prvu determinantu na desnoj strani prepoznajemo kao Det M N−1 , a drugu determinantu razvijemo
po prvom stupcu
Det M N = c 0 Det M N−1 + 1 · (−1)
c 0 −1 0 0 ·
−1 c 0 −1 0 ·
0
.
−1
.
c 0
.
−1
.
·
.
.
· 0 0 −1 c 0
· 0 −1 c 0 -1

298 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Gornju determinantu prepoznajemo kao Det M N−2 , pa smo tako došli do rekurzijske relacije
Det M N = c 0 Det M N−1 − Det M N−2 . (11.5)
Determinante za N = 1 i N = 2 je trivijalno izračunati
Det M N=1 = c 0 Det M N=2 = c 0 -1
−1 c 0
= c 2 0 − 1.
Gornje determinante uvrštene u rekurziju (11.5) za N = 2, daju Det M N=0 = 1. Pretpostavimo,
nadalje, da se Det M N može napisati u obliku potencije
za p koji treba odrediti iz rekurzije (11.5):
Det M N = p N ,
p N = c 0 p N−1 − p N−2 ,
0 = p N−2 (p 2 − c 0 p + 1),
p ± = 1 ( √ )
c 0 ± c 2 0 − 4 .
2
Nazovimo c 0 = 2 cos α. U tom slučaju je p ± = exp(± i α). Dobila su se dva rješenja za p, pa
je ukupno rješenje linearna kombinacija oba ova rješenja
Det M N = a e +iNα + b e −iNα = A cos(Nα) + B sin(Nα).
Koeficijenti A i B se odreduju iz poznavanja Det M N=0 = 1 i Det M N=1 = c 0 = 2 cos α
N = 0 ⇒ A · 1 + B · 0 = 1, ⇒ A = 1
N = 1 ⇒ 1 · cos α + B sin α = 2 cos α, ⇒ B = cos α
sin α .
Sada se može napisati i opće rješenje sustava od N čestica koje titraju
Det M N = cos(Nα) + cos α
sin α cos(Nα) + cos α sin(Nα)
sin(Nα) =
sin α sin α
=
sin(N + 1)α
,
sin α
pri čemu je cos α = 1 − mω 2 /(2K). Prisjetimo se da je uvjet za postojanje rješenja ψ j ≠ 0
bio Det M N = 0. Prema gornjoj relaciji taj je uvjet zadovoljen za N različitih diskretnih
vrijednosti kuta α
(N + 1)α = nπ, n = 1, 2, · · · , N, (11.6)
α = α n = n π
N + 1 .
Budući da su frekvencije titranja sustava čestica povezane s kutom α relacijom cos α = 1 −
mω 2 /(2K), to svakom kutu α n odgovara jedna frekvencija titranja sustava
√ √
2K K
ω n =
m (1 − cos α n) = 2
m sin n π
, n = 1, 2, · · · , N. (11.7)
2(N + 1)
Ove se frekvencije nazivaju svojstvene frekvencije sustava. U nastavku ćemo pokazati,
relacijom (11.23), da je svako titranje sustava (koje ovisi o početnim uvjetima) moguće napisati
u obliku linearne kombinacije titranja svojstvenim frekvencijama. Izolirani harmonijski oscilator
titra samo jednom frekvencijom √ K/m, dok sustav od N vezanih harmonijskih oscilatora,

11.1. MALI LONGITUDINALNI TITRAJI JEDNODIMENZIJSKOG DISKRETNOG SUSTAVA ČESTICA 299
Slika 11.2: (A) N različitih mogućih frekvencija titranja sustava vezanih harmonijskih oscilatora. (B) Posebni
slučaj N = 1
može titrati s N gornjih frekvencija (slika 11.2.A). Ograničimo li se na N = 1 (slika 11.2.B),
preostaje samo jedna frekvencija ω 1 = √ 2K/m, a to je ista frekvencija kao i ω 0 = √ K/m iz
poglavlja 6, samo što sada imamo dvije opruge, pa K → 2 K.
Sada, kada smo našli frekvencije, tj. svojstvene vrijednosti matrice medudjelovanja, možemo
prijeći na račun amplituda titranja pojedinog harmonijskog oscilatora, tj. na račun svojstvenih
vektora. Kao što smo spomenuli na strani 296, komponente svojsvenog vektora pridruženog
danoj svojstvenoj vrijednosti računamo tako da svojstvenu vrijednost ω n uvrstimo u jednadžbu
A Ψ ⃗ n = (m ωn/K) 2 Ψ ⃗ n . Ova vektorska jednadžba predstavlja sustav od N skalarnih jednadžba
za N komponenata vektora Ψ ⃗ n , koje ćemo označiti s ψ n (j, t) za j = 1, 2, · · · , N. Dakle, za
svaku od N svojstvenih frekvencija ω n , treba rješiti N × N sustav
(
−ψ n (j − 1, t) + 2 − m )
ω2 n
ψ n (j, t) − ψ n (j + 1, t) = 0, j = 1, 2, · · · , N, (11.8)
K
uz rubne uvjete ψ n (j = 0, t) ≡ 0 i ψ n (j = N + 1, t) ≡ 0. Budući da se radi o titranju, već
smo, relacijom (11.3), pretpostavili oblik rješenja za pomake. Sada u to rješenje treba unijeti
spoznaju da sustav može titrati s više različitih frekvencija, tj. da svakoj frekvenciji treba
pridružiti drukčiji pomak
ψ n (j, t) = a n (j) cos(ω n t) + b n (j) sin(ω n t),
Indeks j odreduje prostorni položaj harmonijskog oscilatora, a index n odreduje frekvenciju
titranja. Uvrštenje gornjeg izraza u sustav jednadžba (11.8), daje
[
]
nπ
cos(ω n t) −a n (j − 1) + 2 cos
N + 1 a n(j) − a n (j + 1)
[
]
nπ
+ sin(ω n t) −b n (j − 1) + 2 cos
N + 1 b n(j) − b n (j + 1) = 0

300 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
za sve j = 1, 2, · · · , N i n = 1, 2, · · · , N uz rubne uvjete a n (j = 0) = a n (j = N + 1) = b n (j =
0) = b n (j = N + 1) = 0. Zbog linearne nezavisnosti sinusa i kosinusa, gornji izraz je nula samo
ako je svaka od gornjih uglatih zagrada jednaka nuli
nπ
a n (j − 1) − 2 cos
N + 1 a n(j) + a n (j + 1) = 0,
nπ
b n (j − 1) − 2 cos
N + 1 b n(j) + b n (j + 1) = 0.
Jednadžbe su istog oblika, pa je dovoljno riješiti samo jednu, npr. onu za a. Pretpostavimo
opet rješenje u obliku potencije a n (j) = r j n (sada j označava potenciju, a ne indeks)
0 = r j−1
n
0 = r j−1
n
r n ± = 1 2
− 2 cos
(
1 − 2 cos
(
2 cos
nπ
N + 1 rj n + r j+1
n ,
nπ
N + 1 r n + r 2 n
)
,
√
)
nπ
N + 1 ± nπ
4 cos 2 N + 1 − 4 = cos
nπ
N + 1 ± i sin
nπ
N + 1 = e±i nπ/(N+1) .
Dobivena su dva rješenja, pa je i svaka njihova linerna kombinacija takoder rješenje
( ) ( )
a n (j) = rn j nπ
+i
= c +,n e N+1 j nπ
−i
+ c −,n e N+1
nπ
nπ
j = a +,n cos
N + 1 j + a −,n sin
N + 1 j .
Na rubovima sustava vrijedi
a n (j = 0, t) = 0 = a +,n · 1 + a −,n · 0 ⇒ a +,n = 0,
a n (j = N + 1, t) = 0 = a −,n sin nπ ⇒ a −,n ≠ 0.
Budući da je samo a −,n ≠ 0, oznaku minus možemo izostaviti i napisati
Sličnim postupkom se za amplitudu b dobiva
a n (j) = a n sin njπ
N + 1 .
b n (j) = b n sin njπ
N + 1 .
za konstantni b n . Ukupno rješenje za ψ n (j, t) je
ψ n (j, t) = a n sin njπ
N + 1 cos(ω nt) + b n sin njπ
N + 1 sin(ω nt).
To su komponente svojstvenog vektora Ψ ⃗ n matrice A pridružene svojstvenoj vrijednosti m ωn/K,
2
tj. svojstvenoj frekvenciji ω n . Ovi vektori čine bazu N-dimenzijskog prostora titranja sustava
N vezanih harmonijskih oscilatora. Dakle, u tom prostoru vektori Ψ ⃗ n znače isto što i vektori
ˆx , ŷ i ẑ u našem svakodnevnom realnom trodimenzijskom prostoru. I kao što se svaki proizvoljni
vektor običnog trodimenzijskog prostora može napisati kao linearna kobinacija baznih
vektora ˆx , ŷ i ẑ , tako se i svaki pomak (titranje) sustava vezanih harmonijskih oscilatora može
prikazati kao linearna kombinacija ovih svojstvenih pomaka
⃗Ψ =
N∑
⃗Ψ n ,
n=1

11.1. MALI LONGITUDINALNI TITRAJI JEDNODIMENZIJSKOG DISKRETNOG SUSTAVA ČESTICA 301
ili po komponentama
ψ(j, t) =
N∑
n=1
ψ n (j, t) =
N∑
n=1
sin njπ
N + 1
[
]
a n cos(ω n t) + b n sin(ω n t) . (11.9)
U gornjem izrazu je ω n = 2 √ K/m sin[nπ/(2(N +1))], a 2 N konstanata a n i b n se odreduju iz
2N početnih (u t = 0) vrijednosti položaja, ψ(j, t = 0), i brzina, ˙ψ(j, t = 0) svih N harmonijskih
oscilatora.
11.1.1 Granica kontinuuma
Promatrajmo sada gornji skup harmonijskih oscilatora u granici kada njihov broj N neograničeno
raste, ali se istovremeno udaljenost medu njima a 0 neograničeno smanjuje, tako da
udaljenost izmedu prvog i posljednjeg od njih N · a 0 = L ostaje konstantna. S M ćemo označiti
ukupnu masu sustava M = Nm. Neka se harmonijski oscilatori nalaze rasporedeni duž osi
x. Sada otklon od ravnotežnog položaja više nećemo označavati s ψ(j) nego s ψ(x), gdje je
x = j · a 0 . Najmanji razmak medu harmonijskim oscilatorima je ∆ x = 1 · a 0 . Jednadžba
gibanja diskretnog sustava (11.2)
∂ 2 ψ(j, t)
∂ t 2
= K m
∂ 2 ψ(j, t)
∂ j 2 ,
s rubnim uvjetima ψ(j = 0, t) = ψ(j = N + 1, t) = 0, prelazi sada u jednadžbu (imajmo sve
vrijeme na umu da je ∆ x = a 0 → 0)
tj.
∂ 2 ψ(j, t)
∂ t 2 = a 2 0
K
m
∂ 2 ψ(x, t)
∂ x 2 ,
∂ 2 ψ
∂t 2
= v2 ∂2 ψ
∂x 2 . (11.10)
To je parcijalna diferncijalna jednadžba drugog reda koja se zove jednodimenzijska valna
jednadžba longitudinalnog vala. Veličina v = a 0
√
K/m je brzina širenja vala. O njezinom
općenitom rješavanju ćemo više govoriti u slijedećem odjeljku. Zamjenom j = x/a 0 i L = a 0 N,
opće rješenje ove jednadžbe smo dobili u obliku (11.9), prelazi u
ψ(x, t) =
N∑
n=1
sin nπx [
]
a n cos(ω n t) + b n sin(ω n t) ,
L
a frekvencije titraja su
ω n =
√
2KN
M
sin α n
2 ,
gdje kut α n , u skladu s (11.6), poprima N diskretnih vrijednosti izmedu 0 i π.

302 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
11.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sustava
čestica
Promotrimo sada sustave kod kojih je broj čestica po jedinici duljine (u jednoj dimenziji ili
po jedinici površine za dvodimenzijske sustave) toliko velik da možemo govoriti o (približno)
kontinuiranoj raspodjeli mase unutar sustava.
Opisat ćemo male transverzalne titraje jednog takvog sustava, npr. napete niti glazbenog
instrumenta (violina, klavir - jednodimenzijski sustav). ili membrane bubnja (dvodimenzijski
sustav).
11.2.1 Titranje napete niti
Promatrajmo napetu elastičnu nit, položenu duž osi x i učvršćenu u točkama x = 0 i x = L
(slika 11.3.A). Neka je linijska masena gustoća niti konstantna i jednaka λ 0 . Neka nit miruje u
Slika 11.3: (A) Napeta nit. (B) Mali titraji napete niti.
položaju ravnoteže sve do trenutka t = 0. U t = 0, vanjska sila trenutno izbaci nit iz položaja
ravnoteže (kasnije sila više ne djeluje). Nit će (ako zanemarimo trenje) nastaviti titrati oko svog
ravnotežnog položaja (slika 11.3.B). Transverzalni (okomiti) otklon od položaja ravnoteže
u točki x u trenutku t, ćemo označiti s ψ(x, t). Osim transverzalnih, pojedini elementi niti
će izvoditi i longitudinalne (uzdužne) pomake, koji su po svom iznosu puno manji od iznosa
transverzalnih pomaka i zato ćemo ih zanemarivati. Uočimo jedan element niti duljine ds i mase
dm = λ 0 ds i promatrajmo sile napetosti kojima susjedni elementi niti djeluju na promatrani
element (slika 11.4). Na element djeluje i gravitacijska sila, koju ćemo sada radi jednostavnosti,
zanemariti (pretpostavljamo da je ona po iznosu puno manja od sila koje uzimamo u račun).
U oznakama sa slike 11.4, sile napetosti na rubovima promatranog elementa su iznosa F nap (x)
i F nap (x + dx). Ukupna sila u vodoravnom, tj. x smjeru je
F x = F nap (x + dx) cos α(x + dx) − F nap (x) cos α(x) = 0.
To je sila koja želi pomaknuti promatrani element u vodoravnom smjeru. Budući da zanemarujemo
pomake elementa u vodoravnom smjeru, gornji smo izraz izjednačili s nulom. No, za

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 303
Slika 11.4: Sile na element napete niti duljine d s.
male pomake dx je
cos α(x + dx) = cos α(x) + O[(dx) 2 ],
pa iz gornje jednadžbe zaključujemo (s istom točnošću od O[(dx) 2 ]) da je
F nap (x + dx) = F nap (x) = F nap = const., (11.11)
tj. da je napetost približno konstantna unutar intervala dx.
Ukupna sila u okomitom smjeru je
F y = F nap (x + dx) sin α(x + dx) − F nap (x) sin α(x). (11.12)
To je sila koja izaziva okomite pomake niti, pa Newtonova jednadžba gibanja u okomitom
smjeru glasi
/
λ 0 ds ∂2 ψ
= F
∂t 2 nap (x + dx) sin α(x + dx) − F nap (x) sin α(x), · 1
dx
ds ∂ 2 ψ
λ 0 = F nap(x + dx) sin α(x + dx) − F nap (x) sin α(x)
.
dx ∂t 2 dx
U granici kada dx → 0, desna strana gornje jednadžbe prelazi u derivaciju po x od F nap (x) sin α(x),
dok je na lijevoj strani
√ √
( )
√
ds
dx = dx2 + dψ 2
2 ( ) 2 dψ
∂ψ
= 1 + → 1 + .
dx
dx
∂x
Sve zajedno, uvršteno u jednadžbu gibanja, daje
( ) 2 ∂ψ ∂
λ 0
√1 2 ψ
+
∂x ∂t = ∂
2 ∂ x (F ∂
nap sin α) = F nap sin α, (11.13)
∂ x

304 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
jer je, prema (11.11), F nap približno neovisno o x unutar intervala dx. Povežimo derivacije po
x na lijevoj i desnoj strani gornje jednadžbe: sa slike 11.4 je tan α = ∂ψ/∂x. Izrazimo li sin α
iz gornje relacije, preko tangensa, slijedi
sin α =
tan α
√
1 + tan 2 α = ∂ψ
∂x
[
1 +
Uvrštavanjem ovih izraza u jednadžbu gibanja, dobiva se
⎧
( ) [
2 ∂ψ ∂
λ 0
√1 2 ψ
+
∂x ∂t = F ∂
⎨
∂ψ
2 nap
1 +
∂ x ⎩ ∂x
( ) ] 2 −1/2
∂ψ
. (11.14)
∂x
( ) ] ⎫
2
−1/2
∂ψ
⎬
∂x ⎭ .
Budući da je kvadrat male veličine još puno manji od same male veličine, za titraje u okomitom
smjeru vrijedi
( ) 2 ∂ψ

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 305
Početni uvjeti:
Početni uvjeti definiraju stanje titranja (to znači položaj i brzinu svake točke niti) u nekom
odredenom trenutku (kojemu se najčešće pridružuje vrijednost t = t 0 ili t = 0)
ψ(x, t = 0) = f 0 (x),
∂ψ(x, t)
∂t
∣ = g 0 (x). (11.16)
t=0
Funkcija f 0 (x) označava položaja, a funkcija g 0 (x) brzinu svake točke niti, x ∈ [0, L], u trenutku
t = 0. Za usporedbu, kod opisa gibanja jedne čestice, početni uvjeti su početni položaj čestice
⃗r 0 (to je sada početni položaj svih čestica niti, f 0 (x)) i početna brzina čestice ⃗v 0 (x) (to je sada
početna brzina svih čestica niti, g 0 (x)).
11.2.2 Nit s oba nepomična ruba: stojni val
Pretpostavimo da se rješenje valne jednadžbe ψ(x, t) može napisati u obliku umnoška 2 dvije
funkcije: jedne, koja ovisi samo o prostornoj koordinati X (x) i druge, koja ovisi samo o
vremenskoj koordinati T (t) (to je oblik rješenja koji potječe od D. Bernoullija 3 )
i uvrstimo to u valnu jednadžbu
ψ(x, t) = X (x) · T (t)
/
X d2 T
= v 2
dt 2 f T d2 X
dx , 1
2 vf 2X T
1 d 2 T
vf 2T = 1 d 2 X
dt 2 X dx . 2
Osnovno i najvažnije je primjetiti da lijeva strana ovisi samo o vremenskoj, a desna samo
o prostornoj koordinati. Zato je, sa stanovišta funkcije T (t), desna strana gornje jednadžbe
konstantna. Isto je tako, sa stanovišta funkcije X (x), lijeva strana gornje jednadžbe konstantna.
Nazovimo tu konstantu −k 2 ≠ 0. Tako dolazimo do dvije jednadžbe
d 2 X
dx 2 = −k2 X ,
d 2 T
dt 2 = −k2 v 2 f T .
S diferencijalnim jednadžbama ovog tipa smo se već susretali kod rješavanja jednadžbe gibanja
harmonijskog oscilatora u odjeljku 6: to su očito linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija
X (x) = a 1 cos kx + b 1 sin kx,
T (t) = a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t,
ψ(x, t) = (a 1 cos kx + b 1 sin kx)(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t),
za konstantne a j i b j . Prema načinu kako smo uveli konstantu k, vidi se da ona ima dimenziju
inverzne duljine i zvat ćemo ju valni broj (a u dvije i tri dimenzije, to će biti valni vektor).
Četiri nepoznate konstante u gornjem rješenju ćemo odrediti pomoću dva rubna i dva početna
uvjeta.
2 Usporediti s poglavljem o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama u [12]
3 Daniel Bernoulli, 1700. - 1782., nizozemski fizičar.

306 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Rubni uvjeti:
x = 0 ⇒ ψ(0, t) = 0 = a 1 (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ a 1 = 0,
x = L ⇒ ψ(L, t) = 0 = b 1 sin kL(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ kL = π, 2π, · · · .
Valni broj može poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadžbom
k = k n = nπ L
, n = 1, 2, · · · (11.17)
(n ne može biti jednako nuli, jer su i k i L veći od nule). Time smo dobili niz rješenja za svaku
pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanata b 1 a 2 → a i b 1 b 2 → b, ta rješenja glase
ψ n (x, t) = sin nπx (
a cos nπv ft
L L
+ b sin nπv )
ft
.
L
Periodičnost:
Rješenje ψ n (x, t) je napisano preko sinusa i kosinusa koje se periodične funkcije, pa će zato i
ψ n (x, t) biti periodična funkcija. Označimo prostornu periodičnost ψ n (x, t) sa λ,
a vremensku periodičnost sa T
ψ n (x, t) = ψ n (x + λ, t), (11.18)
ψ n (x, t) = ψ n (x, t + T ). (11.19)
Prostorna ovisnost ψ n (x, t) je sadržana u članu sin(nπx)/L, pa se λ odreduje iz
sin nπ L x = sin nπ nπx
(x + λ) = sin
L L
Gornja je jednadžba zadovoljena ako je
tj. ako je
nπλ
L
cos nπλ
L
nπλ
cos
L
+ cos nπx
L
= 1, sin
nπλ
L = 0,
= 2π · m, m = 1, 2, · · · ,
λ = 2L n m.
nπλ
sin
L .
No, λ sa m = 2 je dvostruka vrijednost od λ sa m = 1, itd. Budući da je period najmanja
vrijednost λ koja zadovoljava (11.18), to zaključujemo, da je za svaki dani n
λ = λ n = 2L n
, n = 1, 2, . . . .
Periodičnost u prostoru se naziva valna duljina, i u ovom primjeru ona može poprimiti
samo diskretan niz vrijednosti, odreden gornjom relacijom. U skladu s (11.17), valna duljina
je relacijom
k n · λ n = 2 π

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 307
Slika 11.5: Stojni val za (A) n = 1, (B) n = 2 i (C) n = 3.
povezana s, ranije uvedenim, valnim brojem. Na slici 11.5 su prikazani stojni valovi za tri
najniže vrijednosti valnog broja. Primjećujemo da neke čestice sredstva stalno miruju - to su
čvorovi stojnog vala. Nasuprot njima, čestice koje se maksimalno otklanjaju se zovu trbusi
stojnog vala.
Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodičnost
sin nπv f
L t = sin nπv f
L
(t + T ) = sin nπv ft
L
cos nπv f
L t = cos nπv f
L
(t + T ) = cos nπv ft
L
Obje gornje jednadžbe su zadovoljene, ako je
cos nπv ft
L
cos nπv ft
L
cos nπv ft
L = 1, sin nπv ft
L = 0,
+ cos nπv ft
L
− sin nπv ft
L
sin nπv ft
L ,
sin nπv ft
L .

308 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
tj. ako je (nπv f t)/L = 2π·m. Slično kao i gore, periodičnost za m = 2, 3, · · · itd. su višekratnici
periodičnosti za m = 1, pa je zato periodičnost odredena s m = 1, tj.
Vremenski period je takoder diskretan.
T = T n = 2L
nv f
, n = 1, 2, . . . .
ν = 1 T ,
Kutna brzina ω n se definira kao
Frekvencijom se naziva inverzna vrijednost T
ω n = 2πν n = nv fπ
L
ν n = 1 T n
= nv f
2L .
Umnožak valne duljine i frekvencije daje faznu brzinu vala v f
ν n · λ n = v f .
Ovu brzinu nazivamo faznom brzinom, zato jer ona (kao što ćemo vidjeti u slijedećem odjeljku)
opisuje brzinu širenja faze vala.
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadžbe i svaka linearna kombinacija rješenja ψ n (x, t)
je takoder rješenje. Zato je opće rješenje oblika
∞∑
ψ(x, t) = sin nπx (
a cos nπv ft
L L
+ b sin nπv )
ft
(11.20)
L
n=1
∞∑ (
)
= sin k n x a cos ω n t + b sin ω n t .
n=1
Gornja granica u zbroju je beskonačno, zato jer sustav tretiramo kao kontinuiran. Realno, kada
se govori o titrajima kristalne rešetke, postoji najmanji razmak medu susjednim čvorovima
rešetke koji odreduje najmanju moguću valnu duljinu, tj. najveći mogući n. Gornja jednadžba
je istog oblika kao i (11.9), s tom razlikom što je ovdje položaj u prostoru kontinuirana varijabla
x, dok je tamo bio diskretna varijabla j i frekvencije titranja su drukčije.
Početni uvjeti:
Preostale dvije nepoznate konstante, a i b, ćemo odrediti iz početnih uvjeta (11.16): položaja
f 0 (x), i brzine g 0 (x), niti u trenutku t = 0, koristeći se Fourierovom analizom (dodatak C):
∞∑
L
∫ L
0
ψ(x, t = 0) = f 0 (x) =
n=1
f 0 (x) sin mπx
L dx = ∞
∑
n=1
sin nπx
/∫
(a · 1 + b · 0),
L
∫ L
a sin mπx
nπx
sin
L L dx = L 2 a.
= (L/2) δ n,m
0
} {{ }
U gornjem je računu korištena funkcija Kronecker-delta, definirana izrazom
{ 1 m = n
δ m,n =
0 m ≠ n
0
sin mπx
L
dx

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 309
Funkcija f 0 (x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti a ovisni o n i odredeni izrazom
a → a n = 2 L
∫ L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x, t)
∞∑
= sin nπx nπv f
∂t
L L
n=1
∂ψ(x, t)
∞∑
∂t ∣ = g 0 (x) = sin nπx
t=0
L
∫ L
0
g 0 (x) sin mπx
L dx = ∞
∑
n=1
nπv f
L
n=1
0
f 0 (x) sin nπx dx. (11.21)
L
(
−a n sin nπv ft
L
+ b cos nπv ft
L
)
,
b nπv f
L , /∫ L
∫ L
b sin mπx nπx
sin
0 L L dx = mπv f
b.
2
} {{ }
= (L/2) δ n,m
Funkcija g 0 (x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti b ovisni o n i odredeni izrazom
b → b n = 2
nπv f
∫ L
0
0
sin mπx
L
dx
g 0 (x) sin nπx dx. (11.22)
L
Ukupno rješenje za amplitudu titranja se dobiva uvrštavanjem eksplicitnih izraza za a n i b n
∞∑
ψ(x, t) = sin nπx {
a n cos nπv ft
L
L
+ b n sin nπv }
ft
L
n=1
∞∑
ψ(x, t) = sin nπx {[ ∫ 2 L
f 0 (z) sin nπz ]
L L L dz cos nπv [ ∫
ft 2 L
L + g 0 (z) sin nπz ]
nπv f L dz sin nπv }
ft
.
L
n=1
0
11.2.3 Nit s oba nepomična ruba: putujući val (J. D’Alembert)
Pokažimo sada da se do rješenja iz prethodnog poglavlja može doći i na jedan drukčiji način.
Primjetimo da svaka funkcija s argumentom x + v f t zadovoljava valnu jednadžbu
Neka je ψ(x, t) = L(x + v f t), tada je
∂ 2 ψ
∂t 2
∂ 2 L
∂t 2 = L ′′ · v 2 f ,
= v 2 f
∂ 2 ψ
∂x 2 .
∂ 2 L
∂x 2 = L ′′
i valna jednadžba je očito zadovoljena (crticama su označene derivacije po argumentu funkcije).
No, očito je da i svaka funkcija s argumentom x − v f t takoder zadovoljava valnu jednadžbu za
ψ(x, t) = D(x − v f t),
∂ 2 D
∂t 2 = D ′′ · (−v f ) 2 ,
∂ 2 D
∂x 2 = D ′′ .
Budući da je valna jednadžba linearna, svaka linearna kombinacija rješenja je takoder rješenje
(što je lako provjeriti izravnim uvrštavanjem), pa je zato opći oblik rješenja dan sa
ψ(x, t) = L(x + v f t) + D(x − v f t).
0

310 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Ovaj oblik rješenja se naziva putujući ili ravni val, a potječe od D’Alemberta 4 .
Objasnimo sada naziv putujući val: neka je u t = 0, stanje titranja u proizvoljnoj točki x 0
opisano s L(x 0 ). Pitamo se u kojoj točki prostora ćemo naći to isto stanje titranja u nekom
kasnijem trenutku t > 0? Očito ćemo to isto stanje titranja naći u točki u kojoj L ima iste
vrijednosti argumenta 5 , ali sada za x ≠ x 0 i t ≠ 0, tj. za one x i t koji su rješenja jednadžbe
L(x 0 ) = L(x + v f t),
x 0 = x + v f t ⇒ x = x 0 − v f t.
Isto stanje titranja će se pojaviti u točki koja je za v f t lijevo od točke x 0 . Zaključujemo da
funkcija L opisuje val koji se širi (putuje) konstantnom brzinom v f u smjeru s desna na lijevo.
Sličnom argumentacijom zaključujemo da D(x−v f t) opisuje putujući val koji se istom brzinom
v f giba s lijeva na desno. Budući da brzina v f opisuje širenje faze vala, naziva se faznom
brzinom.
Grupna brzina:
dovršiti
Pokažimo sada kako se stojni val iz prethodnog odjeljka može dobiti kao rezultat zbrajanja
(interferencije) dva putujuća vala koji se gibaju u suprotnim smjerovima.
Neka su, kao i ranije, u početnom trenutku t = 0 položaj i brzina niti koja titra odredeni
funkcijama f 0 i g 0
ψ(x, 0) = f 0 (x),
∂ψ(x, t)
∂t
∣ = g 0 (x),
t=0
gdje su f i g funkcije definirane na intervalu [0, L]. Uvrštavanjem općeg rješenja za ψ, dobivamo
L(x) + D(x) = f 0 (x),
c L ′ (x) − c D ′ (x) = g 0 (x).
Integracijom od 0 do x, desne gornje jednadžbe, dobiva se
L(x) − L(0) − D(x) + D(0) = 1 c
∫ x
0
g 0 (η)dη.
Nazovemo li konstantu L(0) − D(0) = a 0 , dolazimo do sustava dvije jednadžbe s dvije nepoznanice:
L(x) i D(x)
s rješenjima
L(x) + D(x) = f 0 (x)
L(x) − D(x) = 1 c
L(x) = 1 2 f 0(x) + 1 2c
D(x) = 1 2 f 0(x) − 1 2c
∫ x
0
∫ x
0
∫ x
4 Jean D’Alembert, 1717. - 1783., francuski fizičar i matematičar.
5 Kada se govori o valovima, onda se ovaj argument često naziva faza.
0
g 0 (η)dη + a 0 ,
g 0 (η)dη + 1 2 a 0,
g 0 (η)dη − 1 2 a 0.

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 311
Iz ovih je izraza lako pročitati ukupno rješenje za ψ
ψ(x, t) = L(x + ct) + D(x − ct)
∫ x+ct
= 1 2 f 0(x + ct) + 1 2c
0
∫ x−ct
g 0 (η)dη + 1 2 a 0
+ 1 2 f 0(x − ct) − 1 2c
= 1 2 [f 0(x + ct) + f 0 (x − ct)] + 1 2c
0
g 0 (η)dη − 1 2 a 0
∫ x+ct
x−ct
g 0 (η)dη.
Tako smo došli do rješenja koje zadovoljava početne uvjete na položaj i brzinu
ψ(x, t) = 1 2 [f 0(x + ct) + f 0 (x − ct)] + 1 2c
∫ x+ct
x−ct
g 0 (η)dη. (11.23)
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 + ct) + D(0 − ct) = 0 ⇒ L(ct) = −D(−ct),
ψ(x = L, t) = L(L + ct) + D(L − ct) = 0 ⇒ L(L + ct) = −D(L − ct).
Pokažimo da su L i D periodične funkcije s periodom 2L. Označimo s = ct, tako da rubne
uvjete možemo napisati u obliku
L(s) = −D(−s),
L(L + s) = −D(L − s),
za s iz intervala 0 < s < L. Prije dokaza periodičnosti, pokažimo najprije da se funkcije L i D
mogu produljiti izvan intervala [0, L]. Za s ∈ [0, L], argument od L(L+s) iz jednadžbe (11.24),
poprima vrijednosti iz [L, 2L], dok funkcija na desnoj strani D(L − s) poprima vrijednosti iz
intervala [0, L]. Time je L produljena na interval [0, 2L]. Sličan se postupak može provesti i
dalje na lijevu i desnu stranu intervala [0, L] za funkciju L i za D.
Dokažimo sada i periodičnost funkcija L i D. Izvedimo zamjenu s → s + L u jednadžbu (11.24)
L(L + s + L) = −D(L − s − L) = −D(−s),
no, prema jednadžbi (11.24), je upravo −D(−s) = L(s), pa smo tako pokazali periodičnost L
s periodom 2L
L(s + 2L) = L(s).
Na sličan način, zamjenom s → s − L u jednadžbi (11.24), dolazi se do
D(L − s + L) = −L(L + s − L) = −L(s) = D(−s),
D(2L − s) = D(−s),
pri čemu smo u posljednjem koraku koristili i jednadžbu (11.24).
Pogledajmo sada što možemo zaključiti o funkcijama f 0 (x) i g 0 (x) koje odreduju početno (t = 0)
stanje niti. Iz početnih uvjeta je
f 0 (x) = L(x) + D(x),
g 0 (x) = c[L(x) ′ − D(x) ′ ].

312 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Budući da su L i D periodične funkcije s periodom 2L, iz gornjih relacija zaključujemo da su i
f 0 i g 0 takoder periodične s istim periodom 2L.
Nadalje, iz (11.24) slijedi f 0 (−x) = L(−x) + D(−x). No, prema (11.24) je L(−x) = −D(x), i
D(−x) = −L(x), pa je
f 0 (−x) = L(−x) + D(−x) = −D(x) − L(x) = −[L(x) + D(x)] = −f 0 (x),
tj. pokazali smo da je f 0 (x) = −f 0 (−x) neparna funkcija na intervalu [−L, L]. Sličan je i dokaz
za funciju g: iz relacije (11.24) je
L(x) = −D(−x),
L ′ (x) = −D ′ (−x) (−1) = D ′ (−x) ⇒ L ′ (−x) = D ′ (x).
Uvrštavanjem gornjih veza u (11.24), dobiva se
g 0 (x) = c[L(x) ′ − D(x) ′ ],
⇒ g 0 (−x) = c[L(−x) ′ − D(−x) ′ ] = c[D(x) ′ − L(x) ′ ] = −c[L(x) ′ − D(x) ′ ],
g 0 (−x) = −g 0 (x),
tj. i g je neparna funkcija od x. Sve zajedno, za f i g znamo da vrijedi: obje su funkcije
periodične periodom 2L i obje su neparne u x
f 0 (x) = f 0 (x + 2L), f 0 (x) = −f 0 (−x),
g 0 (x) = g 0 (x + 2L), g 0 (x) = −g 0 (−x).
Svaka se periodička funkcija može razviti u Fourierov red, a budući da je funkcija i neparna,
u redu će se pojaviti samo sinusi
∞∑
(
f 0 (x) = a n sin n 2π )
2L x .
Iz gornjeg izraza odmah slijedi
n=1
f 0 (x + v f t) =
f 0 (x − v f t) =
∞∑
n=1
∞∑
n=1
a n sin n π (x + ct),
L
a n sin n π (x − ct).
L
Funkcija g je takoder neparna i periodična, pa se i ona može razviti u red po sinusima
∞∑
(
g 0 (η) = b n sin n 2π )
2L η .
U izrazu (11.23) se pojavljuje integral od g, pa nas zapravo zanima
∫ x+ct
∞∑
∫ x+ct ( nπ
)
g 0 (η)dη = b n sin
L η dη
x−ct
=
=
n=1
∞∑
n=1
∞∑
n=1
n=1
b n
b n
x−ct
L
[cos nπ ] x−ct
nπ L η x+ct
L
[cos nπ nπ L (x − ct) − cos nπ ]
L (x + ct) .

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 313
Uvrste li se izrazi za f i integral od g u (11.23), dobiva se
ψ(x, t) = 1 2
+ 1 2c
∞∑
n=1
∞∑
n=1
Koristeći se trigonometrijskim identitetima
izraz za ψ prelazi u
ψ(x, t) = 1 2
a n
[
sin nπ L (x + ct) + sin nπ L (x − ct) ]
b n
L
[cos nπ nπ L (x − ct) − cos nπ ]
L (x + ct) .
sin(α + β) + sin(α − β) = 2 sin α cos β,
cos(α − β) − cos(α + β) = 2 sin α sin β,
∞∑
a n 2 sin nπ L x cos nπ L ct + 1 2c
n=1
∞∑
n=1
tj. dobili smo isto rješenje kao i kod stojnog vala (11.20)
ψ(x, t) =
∞∑
n=1
b n
L
nπ 2 sin nπ L x sin nπ L ct,
sin nπ L x (
a n cos nπ L ct + b n sin nπ L ct )
.
11.2.4 Nit s nepomičnim lijevim i slobodnim desnim rubom
Pratimo postupak iz odjeljka 11.2.2, uz izmjenjene rubne uvjete.
funkcije u obliku
ψ(x, t) = (a 1 cos kx + b 1 sin kx)(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t).
Četiri nepoznate konstante odredujemo pomoću dva rubna i dva početna uvjeta.
Rubni uvjeti:
Krećemo od zapisa valne
x = 0 ⇒ ψ(0, t) = 0 = a 1 (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ a 1 = 0,
∂ ψ(x, t)
x = L ⇒ ∂ x ∣ = 0 = b 1 k cos kL (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t)
x=L
⇒ kL = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2
Valni broj može poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadžbom
k = k n = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2 L
Time smo dobili niz rješenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti b 1 a 2 → a n
i b 1 b 2 → b n , ta rješenja glase
[
]
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πct (2 n + 1)πct
ψ n (x, t) = sin a n cos + b n sin .
2 L
2 L
2 L
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.
ψ n (x, t) = ψ n (x + λ, t), (11.24)

314 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
a vremensku periodičnost sa T
ψ n (x, t) = ψ n (x, t + T ). (11.25)
Prostorna ovisnost ψ n (x, t) je sadržana u članu sin[(2 n + 1)πx]/(2 L), pa se λ odreduje iz
sin
(2 n + 1)πx
2 L
(2 n + 1)π(x + λ)
= sin
2 L
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πλ
= sin cos
2 L
2 L
Gornja je jednadžba zadovoljena ako je
cos
(2 n + 1)πλ
2 L
= 1, sin
+ cos
(2 n + 1)πλ
2 L
(2 n + 1)πx
2 L
= 0,
sin
(2 n + 1)πλ
2 L
tj. ako je [(2 n + 1)πλ]/(2 L) = 2π · m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sa
m = 1, tako da zaključujemo, da je za svaki dani n
λ = λ n =
4L , n = 0, 1, 2, . . . .
2 n + 1
Kao i valni broj k n i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet k n λ n = 2π.
Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodičnost
sin
cos
(2 n + 1)πct
2 L
(2 n + 1)πct
2 L
(2 n + 1)πc(t + T )
= sin
2 L
(2 n + 1)πct (2 n + 1)πcT
= sin cos + cos
2 L
2 L
(2 n + 1)πc(t + T )
= cos
2 L
(2 n + 1)πct (2 n + 1)πcT
= cos cos − sin
2 L
2 L
Obje gornje jednadžbe su zadovoljene, ako je
cos
(2 n + 1)πcT
2 L
= 1, sin
(2 n + 1)πcT
2 L
(2 n + 1)πct
2 L
(2 n + 1)πct
2 L
= 0,
sin
sin
(2 n + 1)πcT
2 L
(2 n + 1)πcT
2 L
tj. ako je [(2 n + 1)πcT ]/(2 L) = 2π · m. Period je najmanja takva vrijednost, tj. ona za m = 1
Frekvencija je
Brzina vala c je opet
T = T n =
4L
, n = 0, 1, 2, . . . .
(2 n + 1)c
ν n = 1 T n
=
ν n · λ n = c.
(2 n + 1)c
.
4L
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadžbe i svaka linearna kombinacija rješenja ψ n (x, t)
je takoder rješenje. Zato je opće rješenje oblika
∞∑
[
]
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πct (2 n + 1)πct
ψ(x, t) = sin a n cos + b n sin . (11.26)
2 L
2 L
2 L
n=0
,
.

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 315
Početni uvjeti:
Nepoznate konstante a n i b n ćemo odrediti iz početnih uvjeta na položaj i brzinu niti u trenutku
t = 0 (Fourierova analiza, dodatak C):
∫ L
0
f 0 (x) sin
ψ(x, t = 0) = f 0 (x) =
(2 m + 1)πx
2 L
dx =
∞∑
sin
n=0
(2 n + 1)πx
2 L
a n ,
/∫ L
sin
0
(2 m + 1)πx
2 L
∞∑
∫ L
(2 n + 1)πx (2 m + 1)πx
a n sin sin dx = L
0 2 L
2 L 2 a m.
} {{ }
= (L/2) δ n,m
n=0
dx
a n = 2 L
∫ L
0
f 0 (x) sin
(2 n + 1)πx
2 L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x, t)
∞∑
/∫
g 0 (x) = (2 n + 1)πx (2 n + 1)πv L
f
(2 m + 1)πx
∂t ∣ = sin b n sin
t=0
2 L
2 L
n=0
0 2 L
∫ L
(2 m + 1)πx
∞∑
∫
(2 n + 1)πv L
f
g 0 (x) sin dx =
b n sin (2 n + 1)πv f (2 m + 1)πc
sin dx
0
2 L
2 L
n=0
0 2 L
2 L
} {{ }
= (L/2) δ n,m
(2 m + 1)πc
= b m .
4
Funkcija g 0 (x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti b n odredeni izrazom
b n =
∫
4
L
(2 n + 1)πv f
0
g 0 (x) sin
dx.
(2 n + 1)πx
2 L
dx.
dx
Ukupno rješenje za amplitudu titranja dobijemo uvrštavanjem eksplicitnih izraza za a n i b n
∞∑
{[ ∫
(2 n + 1)πx 2 L
]
(2 n + 1)πz (2 n + 1)πct
ψ(x, t) = sin ·
f 0 (z) sin dz cos
2 L
L
n=0
0
2 L
2 L
[
∫
4
L
]
}
(2 n + 1)πz (2 n + 1)πct
+
g 0 (z) sin dz sin .
(2 n + 1)πv f 2 L
2 L
11.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomičnim lijevim rubom
U cjelosti pratimo postupak iz prethodnog odjeljka, uz simetrično izmjenjene rubne uvjete.
Započinjemo s valnom funkcijom u obliku
ψ(x, t) = (a 1 cos kx + b 1 sin kx)(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t).
Četiri nepoznate konstante ćemo ponovo odrediti pomoću rubnih i početnih uvjeta.
Rubni uvjeti:
∂ ψ(x, t)
x = 0 ⇒ ∂ x ∣ = 0 = b 1 k (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ b 1 = 0,
x=0
x = L ⇒ ψ(L, t) = 0 = a 1 cos kL (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t)
⇒ kL = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2
0

316 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Valni broj može poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadžbom
k = k n = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2 L
Time smo dobili niz rješenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti a 1 a 2 → a n
i a 1 b 2 → b n , ta rješenja glase
[
]
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πct (2 n + 1)πct
ψ n (x, t) = cos a n cos + b n sin .
2 L
2 L
2 L
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.
a vremensku periodičnost sa T
ψ n (x, t) = ψ n (x + λ, t), (11.27)
ψ n (x, t) = ψ n (x, t + T ). (11.28)
Prostorna ovisnost ψ n (x, t) je sadržana u članu cos[(2 n + 1)πx]/(2 L), pa se λ odreduje iz
cos
(2 n + 1)πx
2 L
(2 n + 1)π(x + λ)
= cos
2 L
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πλ
= cos cos
2 L
2 L
Gornja je jednadžba zadovoljena ako je
cos
(2 n + 1)πλ
2 L
= 1, sin
− sin
(2 n + 1)πλ
2 L
(2 n + 1)πx
2 L
= 0,
sin
(2 n + 1)πλ
2 L
tj. ako je [(2 n + 1)πλ]/(2 L) = 2π · m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sa
m = 1, tako da zaključujemo, da je za svaki dani n
λ = λ n =
4L , n = 0, 1, 2, . . . .
2 n + 1
Kao i valni broj k n i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet k n λ n = 2π.
Vremenska ovisnost ψ n (x, t) je ista kao i u prethodnom odjeljku, pa je i vremensko ponašanje
isto
T = T n =
4L
, n = 0, 1, 2, . . . ,
(2 n + 1)c
ω n = (2 n + 1)πv f
2L
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadžbe, opće rješenje za pomak ψ n (x, t) je
ψ(x, t) =
∞∑
cos
n=0
(2 n + 1)πx
2 L
.
[
(2 n + 1)πct
a n cos + b n sin
2 L
]
(2 n + 1)πct
. (11.29)
2 L
Početni uvjeti:
Nepoznate konstante a n i b n ćemo odrediti iz početnih uvjeta na položaj i brzinu svakog elementa

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 317
niti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak C):
∫ L
0
f 0 (x) cos
ψ(x, t = 0) = f 0 (x) =
(2 m + 1)πx
2 L
dx =
∞∑
cos
n=0
(2 n + 1)πx
a n ,
2 L
/∫ L
cos
0
(2 m + 1)πx
2 L
∞∑
∫ L
(2 n + 1)πx (2 m + 1)πx
a n cos cos dx = L
0 2 L
2 L 2 a m.
} {{ }
= (L/2) δ n,m
n=0
dx
a n = 2 L
∫ L
0
f 0 (x) cos
(2 n + 1)πx
2 L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x, t)
∞∑
/∫
g 0 (x) = (2 n + 1)πx (2 n + 1)πv L
f
(2 m + 1)πx
∂t ∣ = cos b n cos
t=0
2 L
2 L
n=0
0 2 L
∫ L
(2 m + 1)πx
∞∑
∫
(2 n + 1)πv L
f
g 0 (x) cos dx =
b n cos (2 n + 1)πv f (2 m + 1)πc
cos dx
0
2 L
2 L
n=0
0 2 L
2 L
} {{ }
= (L/2) δ n,m
(2 m + 1)πc
= b m .
4
Za poznatu funkciju g 0 (x), koeficijenti b n se računaju iz
dx.
dx
b n =
∫
4
L
(2 n + 1)πv f
0
g 0 (x) cos
(2 n + 1)πx
2 L
dx.
Ukupno rješenje za amplitudu titranja dobijemo uvrštavanjem eksplicitnih izraza za a n i b n
∞∑
{[ ∫
(2 n + 1)πx 2 L
]
(2 n + 1)πz (2 n + 1)πct
ψ(x, t) = cos ·
f 0 (z) cos dz cos
2 L
L
n=0
0
2 L
2 L
[
∫
4
L
]
}
(2 n + 1)πz (2 n + 1)πct
+
g 0 (z) cos dz sin .
(2 n + 1)πv f 2 L
2 L
11.2.6 Nit slobodna na oba ruba
Opet započinjemo s valnom funkcijom u obliku
ψ(x, t) = (a 1 cos kx + b 1 sin kx)(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t),
gdje ćemo četiri nepoznate konstante odrediti pomoću rubnih i početnih uvjeta.
Rubni uvjeti:
∂ ψ(x, t)
x = 0 ⇒ ∂ x ∣ = 0 = b 1 k (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ b 1 = 0,
x=0
∂ ψ(x, t)
x = L ⇒ ∂ x ∣ = 0 = −a 1 sin kL (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t)
x=L
⇒ kL = nπ, n = 1, 2, · · · ,
0

318 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
(n ne može biti 0, jer k ne može biti 0). Valni broj može poprimati samo diskretne vrijednosti
odredene jednadžbom
k = k n = nπ L
, n = 1, 2, · · · .
Time smo dobili niz rješenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti a 1 a 2 → a n
i a 1 b 2 → b n , ta rješenja glase
ψ n (x, t) = cos nπx [
a n cos nπv ft
L L
+ b n sin nπv ]
ft
.
L
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli
ψ n (x, t) = ψ n (x + λ, t), ψ n (x, t) = ψ n (x, t + T ).
Prostorna ovisnost ψ n (x, t) je sadržana u članu cos(nπx/L), pa je λ najmanja vrijednost za
koju je
cos nπx
L
= cos
= cos nπx
L
Gornja je jednadžba zadovoljena ako je
cos nπλ
L
nπ(x + λ)
L
nπλ
cos
L
− sin nπx
L
= 1, sin
nπλ
L = 0,
nπλ
sin
L
tj. ako je nπλ/L = 2π · m, za m = 1, 2, · · · . Opet je najmanja vrijednost λ ona sa m = 1, tako
da zaključujemo, da je za svaki dani n
λ = λ n = 2L n
, n = 1, 2, . . . .
Kao i valni broj k n i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet k n λ n = 2π.
Vremenska periodičnost:
cos nπv ft
L
sin nπv ft
L
= cos nπv f(t + T )
L
= sin nπv f(t + T )
L
Obje gornje jednadžbe su zadovoljene, ako je
= cos nπv ft
L
= sin nπv ft
L
cos nπv ft
L
cos nπv ft
L
cos nπv ft
L = 1, sin nπv ft
L = 0,
− sin nπv ft
L
+ cos nπv ft
L
sin nπv ft
L ,
sin nπv ft
L .
tj. ako je nπv f t/L = 2π · m. Periodičnosti za m = 2, 3, · · · itd. su višekratnici periodičnosti za
m = 1, pa je zato periodičnost odredena s m = 1, tj.
T = T n = 2L
nv f
,
ω n = πnv f
L
, n = 1, 2, . . . .
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadžbe, opće rješenje za pomak ψ n (x, t) je
∞∑
ψ(x, t) = cos nπx [
a n cos nπv ft
L L
+ b n sin nπv ]
ft
.
L
n=1

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 319
Početni uvjeti:
Nepoznate konstante a n i b n ćemo odrediti iz početnih uvjeta na položaj i brzinu svakog elementa
niti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak C):
∫ L
0
ψ(x, t = 0) = f 0 (x) =
∞∑
n=1
f 0 (x) cos mπx
L dx = ∞
∑
n=1
cos nπx
L a n,
/∫ L
0
cos mπx
L
∫ L
a n cos nπx mπx
cos
0 L L
dx = L 2 a m.
} {{ }
= (L/2) δ n,m
dx
a n = 2 L
∫ L
0
f 0 (x) cos nπx
L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x, t)
∞∑
g 0 (x) = ∂t ∣ = cos nπx
t=0
L
b nπv f
n
L
∫ L
0
n=1
g 0 (x) cos mπx
L dx = ∞
∑
n=1
= mπv f
2
nπv f
L
b m .
b n
∫ L
Za poznatu funkciju g 0 (x), koeficijenti b n se računaju iz
b n = 2
nπv f
∫ L
0
dx.
cos nπv f
L
/∫ L
0
} {{ }
g 0 (x) cos nπx
L
= (L/2) δ n,m
dx.
0
cos mπv f
L
dx
cos mπx
L
dx
Ukupno rješenje za amplitudu titranja dobijemo uvrštavanjem eksplicitnih izraza za a n i b n
∞∑
ψ(x, t) = cos nπx {[ ∫ 2 L
·
f 0 (z) cos nπz ]
L L L dz cos nπv ft
L
n=1
11.2.7 Energija titranja napete niti
+
0
[ 2
nπv f
∫ L
0
g 0 (z) cos nπz ]
L dz sin nπv ft
L
Titranje napete niti je pojava koja sadrži odredenu energiju. To je kinetička energija uslijed
gibanja pojedinih dijelova niti i to je potencijalna energija uslijed deformacije dijelova niti na
koju djeluje elastična sila od ostatka niti.
}
.
Kinetička energija:
Kinetička energija dijela niti duljine ds i mase d m = λ 0 d s potječe od njegovog gibanja u
okomitom smjeru. Otklon u okomitom smjeru opisuje varijabla ψ(x, t), pa je zato
d E k = 1 2 dm v2 = 1 2 (λ 0 d s)
( ∂ ψ
∂ t
) 2
.

320 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Prema Pitagorinu poučku, duljina niti je približno jednaka
d s = √ √
( ) 2 ∂ ψ
(d x) 2 + (d ψ) 2 = d x 1 + ≃ d x + · · · .
∂ x
Sukladno aproksimacijama koje smo koristili u izvodu valne jednadžbe, i ovdje smo zanemarili
kvadratni član pod korjenom, tako da je d s ≃ d x, što vodi na izraz za kinetičku energiju
d E k = 1 ( ) 2 ∂ ψ
2 λ 0 d x .
∂ t
To je kinetička energija elementa niti približne duljine d x. Kinetičku energiju cijele niti se
dobiva tako da se gornji izraz prointegrira po cijeloj duljini niti
E k = λ ∫ L
( ) 2
0 ∂ ψ
d x. (11.30)
2 ∂ t
Za ψ koristimo (11.20)
ψ(x, t) =
∂ ψ
∂ t
=
( ) 2 ∂ ψ
=
∂ t
·
∞∑
n=1
∞∑
n=1
[ ∞
∑
n=1
[ ∞
∑
m=1
sin nπx
L
nπv f
L
nπv f
L
mπc
L
0
(
a n cos nπv ft
L
nπx
sin
L
nπx
sin
L
mπx
sin
L
+ b n sin nπv )
ft
L
(
−a n sin nπv ft
L
(
−a n sin nπv ft
L
+ b n cos nπv ft
L
)
+ b n cos nπv ft
L
) ]
(
−a m sin mπv ft
+ b m cos mπv ft
L
L
Uvrštavanjem gornjeg izraza u izraz za kinetičku energiju (11.30), dobiva se
E k = λ ∞∑ ∞∑
∫
0 nπv f mπv L
f
sin nπx mπx
sin
2
L L
n=1 m=1
0 L L
d x
(
· −a n sin nπv ft
L
+ b n cos nπv ) (
ft
−a m sin mπv ft
+ b m cos mπv )
ft
.
L
L
L
No, gornji integral po sinusima je različit od nule samo ako su indeksi n i m jednaki
∫ L
0
sin nπx
L
mπx
sin
L
d x = L 2 δ n,m,
što konačno daje za kinetičku energiju cijele niti
E k = λ 0π 2 vf
2 ∞∑
(
n 2 a n sin nπv ft
4L
L
− b n cos nπv ) 2
ft
.
L
n=1
Sjetimo li se da je v 2 f = F nap/λ 0 , kinetička se energija može napisati i kao
E k = π2 F nap
4L
∞∑
n=1
) ]
(
n 2 a n sin nπv ft
L
− b n cos nπv ) 2
ft
. (11.31)
L

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 321
Vidimo da sama kinetička energija nije konstantna u vremenu, nego se mjenja u skladu s
gornjim izrazom.
Potencijalna energija:
Potencijalna energija potječe od sile napetosti niti. Za tu smo silu, relacija (11.11), pokazali da
je približno konstantna na dijelu niti d x. Uslijed deformacije niti kod titranja, taj se dio niti
rastegne sa duljine d x na duljinu d s, a rad sile F nap potreban da se obavi ta deformacija, je
jednak promjeni potencijalne energije
Sa slike 11.4 se vidi da je
d s = √ (d x) 2 + (d ψ) 2 = d x
∆ W = F nap
(
d s − d x
)
= d Ep .
√
1 +
( ) 2 ∂ ψ
= d x
∂ x
{
1 + 1 2
( ) 2 ∂ ψ
+ O
∂ x
[ (∂ ) ]} 4 ψ
.
∂ x
Zadržimo li se samo na vodećem 6 članu razvoja, potencijalna energija pridružena dijelu niti je
d E p ≃ F ( ) 2
nap ∂ ψ
d x.
2 ∂ x
Zbog aditivnosti energije, potencijalna energija cijele niti je zbroj (tj. integral) potencijalnih
energija svih djelova niti
E p = F ∫ L
( ) 2
nap ∂ ψ
d x.
2 ∂ x
Uvrštavanjem derivacije (11.20)
dolazi se do
∞
∂ ψ
∂ x = ∑
( ) 2 ∂ ψ
=
∂ x
E p = F nap
2
·
·
n=1
[ ∞
∑
n=1
[ ∞
∑
∞∑
n=1
m=1
nπ
L
∞∑
m=1
nπ
L
mπ
L
nπx
cos
L
nπ
L
0
nπx
cos
L
mπx
cos
L
mπ
L
(
a n cos nπv ft
L
∫ L
(
a n cos nπv ft
L
+ b n sin nπv ft
L
0
(
a n cos nπv ft
L
+ b n sin nπv )
ft
L
+ b n sin nπv ft
L
) ]
(
a m cos mπv ft
+ b m sin mπv ft
L
L
) ] ,
cos nπx mπx
cos
L L
d x
) (
a m cos mπv ft
+ b m sin mπv ft
L
L
Opet je integral po prostornoj koordinati različit od nule samo ako je n = m
∫ L
0
cos nπx
L
mπx
cos
L
d x = L 2 δ n,m.
6 Sve do sada smo članove srazmjerne (∂ ψ/∂ x) 2 zanemarivali, a sada ga zadržavamo. Zašto? Nije li to nekonzistentno s
dosadašnjim izvodima? Nije: u svim dosadašnjim izvodima, spomenuti član nije bio vodeći član, nego mala korekcija u odnosu na,
puno veći, vodeći član. Sada, na ovom mjestu je taj član vodeći član u odnosu na ostale, puno manje članove. Zanemarivanje njega
vodi na E p ≃ 0, a to ne želimo.
)
.

322 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Uz gornji rezultat, potencijalna energija je
E p = π2 F nap
∞∑
(
n 2 a n cos nπv ft
4L
L
+ b n sin nπv ) 2
ft
. (11.32)
L
n=1
Vidimo da kao i kinetička energija, ni sama potencijalna energija nije konstantna u vremenu,
nego se mjenja u skladu s gornjim izrazom.
Ukupna mehanička energija:
Ukupna mehanička energija je zbroj kinetičke i potencijalne energije, što je prema (11.31) i
(11.32) jednako
E = E k + E p
= π2 F nap
4L
= π2 F nap
4L
∞∑
(
n 2 a 2 n sin 2 nπv ft
✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭
L
− 2a n b n sin nπv ft
cos nπv ft
L L
+ a 2 n cos 2 nπv ft
L ✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭
+ 2a n b n sin nπv ft
cos nπv ft
L L
∞∑
)
n
(a 2 2 n + b 2 n .
n=1
n=1
+ b2 n cos 2 nπv ft
L
+ b2 n sin 2 nπv ft
L
Za razliku od kinetičke i potencijalne energije, ukupna energija ne ovisi o vremenu, tj. ona
je konstantna ili sačuvana. Dobili smo još jedan primjer sačuvanja energije 7 . Primjetimo
takoder da je energija zadana koeficijentima a n i b n koji se, relacijama (11.21) i (11.22), odreduju
iz početnih uvjeta. To znači da je energija jednaka onom iznosu koji je u početku gibanja vanjska
sila, putem rada obavljenog nad niti, predala toj istoj niti.
11.3 Titranje pravokutne membrane
Promotrimo sada jedan dvodimenzijski primjer titranja. Neka se savršeno tanka napeta elastična
membrana nalazi u ravnini (x, y), sa rubovima u x = 0, x = L x , y = 0 i y = L y , kao što
je to prikazano na slici 11.6. Promotrimo mali pravokutni dio te membrane duljine bridova dx
i dy. Zbog napetosti membrane, ostali djelovi djeluju silom napetosti na promatrani dio (slika
11.6) Ukupna sila na jedan od bridova promatranog dijela, npr. na brid AB duž y smjera, se
može napisati u obliku
⃗F nap,y =
∫ B
A
⃗F y dy = ⃗ F y dy,
gdje je ⃗ F y vektor napetosti (dimenzije sile po jedinici duljine) membrane u y smjeru (općenito je
F x ≠ F y ). Kada je membrana u ravnoteži, ovaj je vektor istog iznosa u svakoj točki membrane
(kada ne bi bilo tako, pojedini bi se dijelovi membrane gibali sve dok se ravnoteža ne uspostavi).
)
Pretpostavimo sada da neka vanjska sila trenutno deformira membranu na način prikazan na
slici 11.7, nakon čega vanjska sila više ne djeluje. Od tog trenutka, na promatrani dio membrane
djeluje samo gravitacijska sila i sila napetosti kojom susjedni djelovi membrane, djeluju na
7 Zanemariši sva trenja, iz razmatranja smo izbacili medudjelovanje s okolinom i zato energija mora ostati sačuvana; ne postoji
mehanizam izmjene energije s okolonom.

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 323
Slika 11.6: Dvodimenzijska napeta membrana.
promatrani dio. Pretpostavit ćemo da je membrana male površinske gustoće (lagana membrana),
tako da je gravitacijska sila po iznosu puno manja od sile napetosti, pa ćemo ju zanemariti
u daljem računu. Zadatak je postaviti, a zatim i riješiti jednažbu gibanja za promatrani djelić
membrane: umnožak mase i ubrzanja promatranog dijela treba izjednačiti s svim silama
(napetosti) koje na njega djeluju. Masa promatranog dijela je jednostavno jednaka
σ 0 ds x ds y ,
gdje je σ 0 konstantna površinska masena gustoća, a ds x i ds y su duljine lukova promatranog
djelića. Otklon svake točke membrane u odnosu na ravninu (x, y) u danom trenutku t, ćemo
označavati s ψ(x, y, t), pa je ubrzanje odredene točke membrane
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ t 2 .
Pretpostavit ćemo da je gibanje djelića membrane u smjerovima paralelnim s ravninom (x, y)
puno manje od gibanja u okomitom smjeru, pa ćemo ga zanemariti. Na desnu stranu jednadžbe
gibanja dolaze sile napetosti u smjeru okomitom na ravninu (x, y), kao što je to prikazano na
slikama 11.7.A i 11.7.B, a slično računu koji smo proveli u odjeljku 11.2.2 za opis jednodimenzijskog
titranja (relacije (11.12) do (11.13)). Okomita komponenta sile na bridove CB i DA je
jednaka (sa slike 11.7.A)
(
F x = F x dy dx ∂ )
∂ x sin α x
Transformacijom sinusa kao u (11.14), dobiva se
⎧ [
F x = F x dx dy
∂ ⎨ ( ) ] ⎫
2
−1/2 [
∂ ψ ∂ ψ ⎬ (∂ ) ] 2
1 +
∂ x ⎩ ∂ x ∂ x ⎭ = F x dx dy ∂2 ψ ψ
∂ x + O 2 ∂ x
Potpuno isti postupak proveden nad silama koje djeluju na rubove duž y koordinate, označene

324 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Slika 11.7: Mali deformirani dio membrane.
na slici 11.7.B s AB i DC, vodi na okomitu komponentu sile jednaku
[ (∂ ) ] 2
F y = F y dx dy ∂2 ψ ψ
∂ y + O 2 ∂ y
Sada možemo napisati jednadžbu gibanja kao
σ 0 ds x ds y
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ t 2
Duljine lukova ds x i ds y možemo izraziti kao
[ (∂
= F x dx dy ∂2 ψ
∂ x + F 2 y dx dy ∂2 ψ ψ
∂ y + O 2 ∂ x
ds x = √ (dx) 2 + (dψ) 2 , ds y = √ (dy) 2 + (dψ) 2
Ako cijelu jednadžbu podijelimo s dx dy, dolazi se do slijedeće jednadžbe
√ √
(dx)2 + (dψ)
σ 2 (dy)2 + (dψ) 2 ∂ 2 ψ(x, y, t) ∂ 2 ψ
0 = F
dx
dy
∂ t 2 x
∂ x + F 2 y
σ 0
√1 +
( )
√
2
∂ ψ
1 +
∂ x
( ) 2 ∂ ψ ∂ 2 ψ(x, y, t) ∂ 2 ψ
= F
∂ y ∂ t 2 x
∂ x + F 2 y
) 2
,
( ) ] 2 ∂ ψ
∂ y
[ (∂
∂ 2 ψ ψ
∂ y + O 2 ∂ x
) 2
,
[ (∂ )
∂ 2 2
ψ ψ
∂ y + O ,
2 ∂ x
( ) ] 2 ∂ ψ
∂ y
Zanemarimo li male članove srazmjerne kvadratu prve derivacije ψ po koordinatama, gornja
jednadžba postaje
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ t 2
= F x
σ 0
∂ 2 ψ
∂ x 2 + F y
σ 0
∂ 2 ψ
∂ y 2 .
Omjeri F/σ 0 su dimenzije kvadrata brzine, pa ćemo uvesti oznake
√ √
Fx
Fy
c x = , c y = .
σ 0 σ 0
( ) ] 2 ∂ ψ
.
∂ y

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 325
Slika 11.8: Sile: (A) u smjeru osi x i (B) u smjeru osi y.
Uz ove oznake, jednadžbu gibanja malog dijela membrane prepoznajemo kao dvodimenzijsku 8
valnu jednadžbu
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ t 2
= c 2 x
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ x 2
+ c 2 y
∂ 2 ψ(x, y, t)
∂ y 2 . (11.33)
sa različitim faznim brzinama u x i y smjerovima.
Pretpostavka da je površinska masena gustoća σ 0 konstantna, znači da je membrana homogena
u svim svojim točkama. Ako još pretpostavimo da su i sile napetosti u x i y smjeru iste, tada
će membrana biti i izotropna, imat će ista svojstva u svim smjerovima. U tom slučaju će
jednake biti i brzine c x = c y ≡ c, pa gornja valna jednadžba postaje
gdje smo s ∇ 2 2D
∂ 2 ψ
∂ t 2 = v 2 f ∇ 2 2D ψ,
označili dvodimenzijski Laplaceov operator
∂ 2
∂ x 2 + ∂2
∂ y 2
u pravokutnom koordinatnom sustavu.
Kao što smo već više puta spomenuli, rješenje diferencijalne jednadžbe je jednoznačno odredeno
početnim uvjetima za vremensku i rubnim uvjetima za prostornu varijablu. Rubni uvjeti kažu
da su rubovi membrane sve vrijeme nepomični, tj. njihov je otklon jednak nuli:
8 Usporediti s jednadžbom (11.15) u jednoj dimenziji.
lijevi rub ψ(0, y, t) = 0,
desni rub ψ(L x , y, t) = 0,
donji rub ψ(x, 0, t) = 0,
gornji rub ψ(x, L y , t) = 0.

326 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Početni uvjeti opisuju položaj i brzinu svake točke na membrani u početnom trenutku t:
početni položaj ψ(x, y, 0) = f(x, y),
∂ ψ(x, y, t)
početna brzina
∂ t ∣ = g(x, y),
t=0
za poznate (zadane) funkcije f i g.
Pretpostavimo rješenje u Bernoullijevu obliku (s razdvojenim varijablama)
ψ(x, y, t) = X (x) Y(y) T (t).
Uvrstimo li ovo rješenje u jednadžbu (11.33), dolazimo do
X Y ∂2 T
∂ t 2
= c2 x Y T ∂2 X
∂ x 2
+ c2 y X T ∂2 Y
∂ y 2 .
Cijelu jednadžbu podijelimo s umnoškom X Y T i dobijemo
1
T
∂ 2 T
∂ t 2
= c2 x
X
∂ 2 X
∂ x 2
+ c2 y
Y
∂ 2 Y
∂ y 2 .
Svaki od tri člana u gornjoj jednadžbi je funkcija samo jedne varijable, tj. on vidi preostala
dva člana kao konstante. Te konstante su dimenzije inverznog kvadrata vremena, pa ćemo
ih označiti s ω 2 , jer je kvadrat kutne brzine iste dimenzije
c 2 x
X
∂ 2 X
∂ x 2 = − ω2 x,
c 2 y
Y
∂ 2 Y
∂ y 2 = − ω2 y,
1
T
∂ 2 T
∂ t 2 = − ω2 x − ω 2 y.
Na taj način sve tri jednadžbe postaju jednadžbe tipa harmonijskog oscilatora,
∂ 2 X
∂ x 2
= −ω2 x
c 2 x
X ,
∂ 2 Y
∂ y 2
= −ω2 y
c 2 y
Y,
∂ 2 T
∂ t 2 = −(ω2 x + ω 2 y) T ,
s kojima smo se već sretali u poglavlju 6, pa možemo odmah napisati njihova rješenja u obliku
linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija
X (x) = a 1 cos k x x + b 1 sin k x x, k x ≡ ω x
c x
Y(y) = a 2 cos k y y + b 2 sin k y y, k y ≡ ω y
T (t) = a 3 cos ωt + b 3 sin ωt, ω ≡
c y
√
ω 2 x + ω 2 y.
Nepoznate koeficijente a j i b j odredujemo iz 4 rubna i 2 početna uvjeta na funkciju
ψ(x, y, t) = (a 1 cos k x x + b 1 sin k x x) (a 2 cos k y y + b 2 sin k y y) (a 3 cos ωt + b 3 sin ωt).
Započnimo s rubnim uvjetima:
Lijevi rub:
Desni rub:
ψ(0, y, t) = 0 = a 1 Y(y) T (t) ⇒ a 1 = 0.
ψ(L x , y, t) = 0 = b 1 sin k x L x Y(y) T (t) ⇒ k x L x = n π, n = 1, 2, · · · .

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 327
Zaključujemo da valni broj, a time i valna duljina, frekvencija i period, mogu poprimati samo
diskretne vrijednosti
k x = k x,n = n π
L x
, n = 1, 2, · · · ,
Donji rub:
Gornji rub:
λ x = λ x,n = 2L x
n ,
ω x = ω x,n = c x
nπ
L x
,
T x = T x,n = 2L x
n c x
.
ψ(x, 0, t) = 0 = b 1 sin k x,n x a 2 T (t) ⇒ a 2 = 0.
ψ(x, L y , t) = 0 = b 1 sin k x,n x b 2 sin k y L y T (t) ⇒ k y L y = m π, m = 1, 2, · · · .
Ovo opet vodi do zaključka o diskretnosti
k y = k y,m = m π
L y
, m = 1, 2, · · · ,
λ y = λ y,m = 2L y
m ,
ω y = ω y,m = c y
mπ
L y
,
T y = T y,m = 2L y
n c y
.
Diskretna postaje i kružna frekvencija ω
ω = ω n,m =
√
ω 2 x,n + ω 2 y,m = π
Time rješenje za ψ postaje ovisno o indeksima n i m
√
c 2 x n 2
L 2 x
+ c2 y m 2
.
L 2 y
ψ n,m (x, y, t) = b 1 sin k x,n x b 2 sin k y,m y (a 3 cos ω n,m t + b 3 sin ω n,m t).
Uz redefiniciju konstanata b 1 b 2 a 3 → a n,m i b 1 b 2 b 3 → b n,m , pišemo
ψ n,m (x, y, t) = sin k x,n x sin k y,m y (a n,m cos ω n,m t + b n,m sin ω n,m t).
Budući da je polazna valna jednadžba linearna, to će ukupno rješenje (ono koje zadovoljava i
rubne i početne uvjete) biti linearna kombinacija svih mogućih ψ n,m -ova
∞∑ ∞∑
∞∑ ∞∑
(
)
ψ(x, y, t) = ψ n,m (x, y, t) = sin k x,n x sin k y,m y a n,m cos ω n,m t+b n,m sin ω n,m t .
n=1
m=1
n=1
m=1
(11.34)
Kao i u nekoliko prethodnih odjeljaka, preostale nepoznate koeficijente a n,m i b n,m ćemo odrediti
iz (početnih) uvjeta na položaj i brzinu svih točaka membrane u t = 0.
Početni položaj:
f 0 (x, y) = ψ(x, y, 0) =
∞∑
n=1
∞∑
m=1
sin nπx
L x
sin mπy
L y
a n,m .

328 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Na obje strane gornje jednadžbe djelujemo slijedećim operatorom integriranja
∫ Lx
0
dx sin pπx
L x
∫ Ly
0
dy sin rπy
L y
i dobijemo
∫ Lx
0
dx
∫ Ly
0
dy f 0 (x, y) sin pπx
L x
sin rπy
L y
=
∞∑
n=1
∞∑
m=1
a n,m
∫ Lx
dx sin nπx
sin pπx
L x
0 L
} {{ x
}
= (L x /2) δ n,p
·
∫ Ly
dy sin mπy sin rπy ,
0 L y L
} {{ y
}
= (L y /2) δ m,r
iz čega odmah slijedi koeficijent a n,m
a n,m = 4
L x L y
∫ Lx
0
dx
∫ Ly
0
dy f 0 (x, y) sin nπx
L x
sin mπy
L y
.
Na sličan način odredujemo i koeficijente b n,m
∂ ψ(x, y, t)
∞∑ ∞∑
g 0 (x, y) = ∂ t ∣ =
t=0
n=1
m=1
sin nπx
L x
Opet cijelu jednadžbu napadamo istim operatorom integriranja
sin mπy
L y
b n,m ω n,m .
iz čega slijedi
∫ Lx
0
dx
∫ Ly
0
∫ Lx
dy g 0 (x, y) sin pπx
L x
0
dx sin pπx
L x
sin rπy
L y
=
∫ Ly
0
∞∑
n=1
dy sin rπy
L y
,
∞∑
m=1
b n,m ω n,m
∫ Lx
·
dx sin nπx
sin pπx
L x
0 L
} {{ x
}
∫ Ly
= (L x /2) δ n,p
dy sin mπy sin rπy ,
0 L y L
} {{ y
}
= (L y /2) δ m,r
što daje za koeficijent b n,m
b n,m =
4
ω n,m L x L y
∫ Lx
0
dx
∫ Ly
čime je rješenje (11.34) za ψ u cjelosti odredeno.
0
dy g 0 (x, y) sin nπx
L x
sin mπy
L y
,
Kao što smo u odjeljku 11.2.1, kod titranja opisanog s ψ n (x, t) uočili čvorne točke (tj. čvorove),
tako sada u ovom dvodimenzijskom primjeru, kod titranja modom ψ n,m (x, y, t) uočavamo

11.4. TITRANJE KRUŽNE MEMBRANE 329
čvorne linije: mjesta na membrani koja stalno miruju. To su pravci paralelni s x i y osi,
koji su rješenja jednadžba
sin nπx
nπx
= 0 ⇒ = p π, p = 0, 1, 2, · · · ,
L x L x
sin mπy
L y
= 0 ⇒
iz čega slijede jednadžbe pravaca
x = L x
p
n ,
mπy
L y
= r π, r = 0, 1, 2, · · · ,
y = L y
Slično se dobiju i jednadžbe pravaca na kojima leže trbusi dvodimenzijskog stojnog vala
sin nπx
nπx
= ± 1 ⇒ = (2 p + 1) π , p = 0, 1, 2, · · · ,
L x L x 2
sin mπy
mπy
= ± 1 ⇒
= (2 r + 1) π , r = 0, 1, 2, · · · ,
L y L y 2
x = L x 2 p + 1
, y = L y 2 r + 1
.
2 n
2 n
r
m .
Nakon ovih primjera titranja u jednoj i dvije dimenzije, vjerujemo da čitatelju neće biti teško
gornje račune poopći na titanje trodimenzijskog elastičnog kontinuuma s pravokutnom geometrijom.
11.4 Titranje kružne membrane
U prethodnom smo odjeljku došli do valne jednadžbe koja opisuje titranje dvodimenzijske
membrane
∂ 2 ψ
∂ t 2 = v 2 f ∇ 2 2D ψ.
Sada ćemo rješavati tu jednadžbu, ali ne u pravokutnoj geometriji kao u prethodnom odjeljku,
nego u cilindričkoj geometriji: pretpostavit ćemo da imamo kružnu homogenu membranu koja
je pobudena na titranje. Ispitivanjem svojstava tog titranja, upoznat ćemo se s novim i važnim
Besselovim 9 funkcijama koje se pojavljuju i u klasičnoj elektrodinamici i u kvantnoj mehanici.
Postavimo membranu u ravninu (x, y) sa središtem u ishodištu. Polumjer membrane označimo
s R, a otklon bilo koje točke membrane od ravnotežnog položaja ćemo opet označiti s ψ.
Zbog simetrije membrane, nećemo korisiti pravokutne, već polarne koordinate (ρ, ϕ). Laplaceov
operator u polarnim koordinatama je oblika
∇ 2 = ∂2
∂ ρ 2 + 1 ρ
U ovim oznakama, valna jednadžba glasi
1
v 2 f
∂
∂ ρ + 1 ρ 2 ∂ 2
∂ ϕ 2 .
∂ 2 ψ(ρ, ϕ, t)
= ∂2 ψ(ρ, ϕ, t)
+ 1 ∂ ψ(ρ, ϕ, t)
+ 1 ∂ 2 ψ(ρ, ϕ, t)
.
∂ t 2 ∂ ρ 2 ρ ∂ ρ ρ 2 ∂ ϕ 2
9 Friedrich Wilhelm Bessel, 1784. - 1846., njemački matematičar i astronom.

330 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Jednadžbu ćemo rješavati metodom razdvajanja varijabli
ψ(ρ, ϕ, t) = R(ρ) F(ϕ) T (t).
U ovim oznakama, valna jednadžba postaje
(
R F ∂ 2 T (t) ∂ 2 R(ρ)
= F T + 1 vf
2 ∂ t 2
∂ ρ 2 ρ
)
∂ R(ρ)
+ R T
∂ ρ ρ 2
∂ 2 F(ϕ)
∂ ϕ 2 .
Sada cijelu jednadžbu podijelimo s R(ρ) F(ϕ) T (t)
1 ∂ 2 T (t)
= 1 ( ∂ 2 R(ρ)
+ 1 )
∂ R(ρ)
T vf
2 ∂ t 2 R ∂ ρ 2 ρ ∂ ρ
+ 1
F ρ 2
∂ 2 F(ϕ)
∂ ϕ 2 .
Desna strana jednadžbe ne ovisi o vremenu, pa je sa stanovišta vremenske varijable ona konstantna.
Ta konstanta ima dimenziju inverznog kvadrata duljine, pa ćemo ju označiti s −k 2
(
∂ 2 T
∂ t = 2 −k2 vf 2 1 ∂ 2 R
T ,
R ∂ ρ + 1 )
∂ R
+ 1 ∂ 2 F
2 ρ ∂ ρ F ρ 2 ∂ ϕ = 2 −k2 .
Lijevu od gornjih jednadžba prepoznajemo kao jednadžbu harmonijskog oscilatora iz odjeljka
6, čija su rješenja linearna kombinacija trigonometrijskih funkcija
T (t) = a 1 cos kv f t + b 1 sin kv f t.
Množenje desne od gornjih jednadžba s ρ 2 , vodi na
(
ρ 2 ∂ 2 R
R ∂ ρ + 1 )
∂ R
2 ρ ∂ ρ + k2 R = − 1 F
∂ 2 F
∂ ϕ 2 .
Lijeva strana ovisi samo o varijabli ρ, a desna samo o varijabli ϕ. Sa stanovišta varijable ρ,
desna je strana konstantna, a isto tako sa stanovišta varijable ϕ, lijeva je strana konstantna.
Radi se o bezdimenzijskoj konstanti koju ćemo označiti s n 2
∂ 2 F
∂ ϕ 2 = −n2 F,
( ∂ 2 R
∂ ρ + 1 2 ρ
)
∂ R
∂ ρ + k2 R = n2
ρ R. 2
Lijevu od gornjih jednadžba prepoznajemo kao jednadžbu harmonijskog oscilatora sa rješenjima
F(ϕ) = a 2 cos nϕ + b 2 sin nϕ.
Zbog kružne simetrije membrane, F mora biti periodična funkcija s periodom 2 π
a to je ispunjeno ako je
F(ϕ) = F(ϕ + 2 π),
cos nϕ = cos n(ϕ + 2 π) = cos nϕ cos n2 π − sin nϕ sin n2 π,
sin nϕ = sin n(ϕ + 2 π) = sin nϕ cos n2 π + cos nϕ sin n2 π.
Očito su gornji uvjeti zadovoljeni ako je n cijeli broj
n = 0, ±1, ±2, · · ·

11.4. TITRANJE KRUŽNE MEMBRANE 331
Pogledajmo sada jednadžbu za R
ρ 2 ∂2 R
∂ ρ 2
+ ρ ∂ R
∂ ρ + (k2 ρ 2 − n 2 ) R = 0.
Prijedimo s varijable ρ na bezdimenzijsku varijablu α = ρ k
∂ R
∂ ρ = k ∂ R
∂ α ,
U varijabli α, jednadžba za R postaje
∂ 2 R
∂ α 2 + 1 α
∂ 2 R
∂ ρ 2
( )
∂ R
∂ α + 1 − n2
α 2
= k2 ∂2 R
∂ α 2 .
R = 0
Gornja je jednadžba poznata kao Besselova diferencijalna jednadžba, čija su rješenja
poznata i zovu se Besselove funkcije. One ovise o cijelom broju n (koji se naziva i red funkcije)
i označavaju se s I n
R(ρ) = I n (ρ k)
Kao posljedica rubnog uvjeta ψ(R, ϕ, t) = 0 = R(ρ = R), slijedi uvjet na k
I n (R k) = 0.
Konstanta k ne može biti proizvoljna, već se mora odabrati tako da R k bude nul-točka Besselove
funkcije. Besselove funkcije imaju besnonačno puno diskretnih realnih nul-točaka koje se mogu
označiti indeksom m = 1, 2, · · · . Dakle će konstanta k imati dva indeksa: n koji označava red
funkcije i m koji označava nul-točku za dani red
k → k n,m .
Time smo dobili rješenje za ψ koje ovisi o dva indeksa (uz redefiniciju konstanata)
ψ n,m (ρ, ϕ, t) = I n (ρ k n,m ) (a n,m cos nϕ + b n,m sin nϕ) (c n,m cos k n,m ct + d n,m sin k n,m ct).
Zbog linearnosti valne jednadžbe, opće je rješenje linearna kombinacija rješenja za sve moguće
n i m
∞∑ ∞∑
ψ(ρ, ϕ, t) = ψ n,m (ρ, ϕ, t)
=
n=0
∞∑
n=0
m=0
∞∑
m=0
Konstante a n,m , b n,m , c n,m i d n,m su proizvoljne.
I n (ρ k n,m ) (a n,m cos nϕ + b n,m sin nϕ) (c n,m cos k n,m ct + d n,m sin k n,m ct).

332 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA

Poglavlje 12
Ravninsko gibanje krutog tijela
12.1 Uvod
Djelovanje vanjske sile na sustav čestica, promjenit će udaljenosti medu česticama sustava. Ova
osobina sustava se naziva deformabilnost ili elasticitet. Promotrimo dvije čestice sustava, i i
j, na medusobnoj udaljenosti r i,j . Ako je promjena medusobne udaljenosti čestica, ∆ r i,j , puno
manja od same medučestične udaljenosti r i,j ,
∆ r i,j

334 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.1: Nekomutativnost zakreta za konačni kut.
(radi preglednosti, na slici su prikazani položaji samo tri nekolinearne točke). Opće gibanje
krutog tijela je ono kod kojega niti jedna točka tijela ne ostaje nepomična. Kao što je pokazano
u odjeljku 12.4, ono se može prikazati kao kombinacija translacije i vrtnje oko pogodno
odabrane točke (često je ta točka upravo središte mase tijela).
Ako se kruto tijelo giba tako da se sve njegove točke gibaju paralelno u odnosu na neku nepomičnu
ravninu, a os vrtnje je okomita na tu istu ravninu, takvo se gibanje naziva ravninsko
gibanje . Kod ravninskog gibanja se razlikuju dva slučaja:
(1) Osnovno kod ravninskog gibanja krutog tijela je da tijekom gibanja, os vrtnje ne mijenja
svoj smjer . Ukoliko tijelo izvodi samo vrtnju (bez translacije), ono ima samo jedan
stupanj slobode, jer je potrebna samo jedna koordinata za potpuno odredenje položaja tijela
(to je kut ϕ zakreta tijela oko osi).
(2) Opće ravninsko gibanje: gibanje tijela je kombinacija translacije u smjeru paralelno sa
nepomičnim ravninom i vrtnje oko osi okomite na tu ravninu. često se odabire da ta os prolazi
središtem mase. Kod ovakvog gibanja, tijelo posjeduje tri stupnja slobode: dvije koordinate
su potrebne za opis translacije (npr. x i y koordinate središta mase tijela) i jedna koordinata
(npr. kut ϕ) koja opisuje zakret oko osi vrtnje. Spomenuta se os zove trenutna os, a njezino
presjecište s ravninom se zove trenutno središte vrtnje.
12.2 Moment tromosti
Moment tromosti je veličina koja u opisu vrtnje krutog tijela ima sličnu ulogu koju ima masa kod
opisa translacijskog gibanja krutog tijela. Npr. kruto tijelo ukupne mase m koje se translacijski
giba brzinom ⃗v ima kinetičku energiju jednaku m⃗v 2 /2. Pokazat ćemo da to isto tijelo koje se
vrti kutnom brzinom ω oko nepomične osi, ima kinetičku energiju vrtnje jednaku Iω 2 /2, gdje
je I moment tromosti tijela u odnosu na danu os vrtnje.
Definirajmo najprije moment tromosti čestice mase m čija je okomita udaljenost od zadane
osi AB označena s r ⊥ (slika 12.3.A)
I = m r 2 ⊥. (12.3)
Do momenta tromosti krutog tijela se dolazi tako da se tijelo (u mislima) razdijeli na

12.2. MOMENT TROMOSTI 335
Slika 12.2: Ilustracija translacijskog gibanja krutog tijela: (A) pravocrtno translacijsko; (B) krivocrtno translacijsko
i (C) kružno translacijsko.
N djelića mase ∆ m j , dovoljno malih da je okomita udaljenost svakoga od njih, od osi AB
(slika 12.3.B), dobro definiran pojam. Tu ćemo udaljenost označiti s r j,⊥ . Moment tromosti
definiramo kao aditivnu veličinu, tako da se moment tromosti cijeloga tijela definira kao zbroj
momenata tromosti svih njegovih dijelova
I =
N∑
∆ m j rj,⊥. 2 (12.4)
j=1
U granici kada N postaje neograničeno velik (tj. dijelovi postaju sve manji)
I = lim
N→∞
N∑
∆ m j rj,⊥
2
j=1
→
∫
dm r 2 ⊥(m). (12.5)
Prijelazom s mase na gustoću mase, dm = ρ m (⃗r) d 3 r, (u trodimenzijskom prostoru) izraz za
moment tromosti postaje
∫
I =
r 2 ⊥ ρ m (⃗r) d 3 r. (12.6)
Integrira se po dijelu prostora u kojemu se nalazi kruto tijelo (tj. tamo gdje je gustoća različita
od nule). S r ⊥ je označena okomita udaljenost elementa volumena d 3 r od osi u odnosu na koju
se računa moment tromosti. Volumna masena gustoća krutog tijela je označena s ρ m (⃗r) i ima
ulogu funkcije raspodjele 1 , a moment tromosti se pojavljuje kao drugi moment te raspodjele.
Ako je jedna od dimenzija krutog tijela puno manja od preostale dvije, može se govoriti o
dvodimenzijskoj (plošnoj) raspodjeli mase gustoće σ m (⃗r), ili, ako je tijelo oblika tanke žice,
govorimo o linijskoj raspodjeli gustoće mase koju označavamo s λ m (⃗r). U ta dva slučaja,
1 Vidjeti npr. poglavlje Osnovni pojmovi statistike u [13]

336 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.3: Uz definiciju momenta tromosti: (A) čestice, (B) krutog tijela.
moment tromosti se računa slijedećim izrazima
∫
I = r⊥ 2 σ m (⃗r) d 2 r, 2 D, (12.7)
∫
I = r⊥ 2 λ m (⃗r) dr, 1 D.
Da bi se naglasila sličnost u definiciji momenta tromosti čestice i krutog tijela, uvodi se pojam
polumjera tromosti ili polumjera giracije K sustava čestica. On je definiran izrazom
K 2 =
∑ N
j=1 ∆ m j r 2 j,⊥
∑ N
j=1 ∆ m j
= I m ,
tj. I = mK 2 ili riječima: jedna čestica koja bi imala masu jednaku ukupnoj masi sustava m i
čija bi okomita udaljenost od zadane osi bila jednaka K, imala bi isti moment tromosti kao i
sustav čestica polumjera tromosti K (specijalno: ako se sustav sastoji samo od jedne čestice,
tada je K = r ⊥ ).
Za sustave s kontinuiranom raspodjelom mase, polumjer tromosti se računa iz
K 2 =
∫
r
2
⊥ ρ m (⃗r) d 3 r
∫
ρm (⃗r) d 3 r .
Primjer: 12.1 Izračunajte moment tromosti homogenog valjka oko osi sa slike
R: dovršiti

12.3. TEOREMI O MOMENTIMA TROMOSTI 337
Slika 12.4: Uz računanje momenta tromosti valjka.
12.3 Teoremi o momentima tromosti
Teorem o paralelnim osima (Steinerov teorem):
Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko proizvoljne osi AB koja prolazi točkom O (slika
12.5.A). Uočimo sada os paralelnu sa osi AB, ali koja prolazi središtem mase SM krutog
tijela i potražimo vezu medu momentima tromosti tijela u odnosu na te dvije osi. Neka je b
okomita udaljenost medu osima, a m neka je ukupna masa tijela. Postavimo dva koordinatna
Slika 12.5: Uz Steinerov teorem.
sustava kao na slici 12.5.B: jedan, (x, y, z), s ishodištem O na osi AB, a drugi, (x ′ , y ′ , z ′ ), s

338 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ishodištem SM u središtu mase krutog tijela. Osi z i z ′ su medusobno paralelne i imaju smjer
osi vrtnje. Okomita udaljenost medu osima je dana vektorom ⃗ b = b ˆb . Veza medu položajem
j-te čestice gledane iz sustava (x, y, z) i sustava (x ′ , y ′ , z ′ ) je dana izrazom
Izračunajmo momente tromosti oko obje osi
⃗r j = ⃗r SM + ⃗r ′
j .
I O =
I SM =
N∑
j=1
N∑
j=1
m j r 2 j,⊥ =
m j r ′ 2
j,⊥ =
N∑
j=1
N∑
j=1
m j (⃗r jˆb ) 2 ,
m j (⃗r ′
j ˆb ) 2 .
Vezu izmedu I O i I SM ćemo dobiti tako da ⃗r j = ⃗r SM + ⃗r ′
j uvrstimo u izraz za I O
I O =
=
N∑
j=1
N∑
j=1
= (⃗r SMˆb )
2
m j [(⃗r SM + ⃗r ′
j )ˆb ] 2 =
N∑
j=1
m j (⃗r SMˆb + ⃗r
′
j ˆb ) 2
m j
[
(⃗r SMˆb ) 2 + 2 (⃗r SMˆb ) (⃗r
′
j ˆb ) + (⃗r ′
j ˆb ) 2 ]
N∑
j=1
m j + 2 (⃗r SMˆb )
( N
∑
j=1
m j ⃗r ′
j
} {{ }
)
∑ N
ˆb +
j=1
m j (⃗r ′
j ˆb ) 2 = m b 2 + I SM .
= 0
Nula u gornjem izrazu dolazi odatle što je ⃗r SM ′ = (1/m) ∑ N
j=1 m j⃗r j
′ = 0. Tako se dolazi do
veze medu momentima tromosti tijela mase m u odnosu na dvije paralelne osi od kojih jedna
prolazi točkom O, a druga središtem mase SM, a medusobno su udaljene za b
I O = I SM + m b 2 . (12.8)
Gornji izraz se zove Steinerov teorem 2 . Budući da je mb 2 > 0, zaključujemo da tijelo
ima najmanji moment tromosti kada os vrtnje prolazi središtem mase. To je još jedna važna
osobina središta mase. U odjeljku 12.5 ćemo vidjeti da je rad koji je potrebno uložiti da se tijelo
iz stanja mirovanja, dovede u stanje vrtnje, srazmjeran s I. Taj će rad dakle biti najmanji kada
je I najmanji, a iz Steinerova teorema vidimo da je I najmanji kada os vrtnje prolazi središtem
mase (tada je b = 0). Zaključujemo da najmanje rada treba uložiti da bi se tijelo vrtjelo oko
osi kroz središte mase.
Teorem o okomitim osima:
Teorem o okomitim osima je primjenjiv samo na kruta tijela čija je masa rasporedena u ravnini,
npr. u ravnini (x, y) pravokutnog koordinatnog sustava (slika 12.6). Neka I x , I y i I z označavaju
2 Jakob Steiner, 1796 - 1863, njemački matematičar.

12.4. PAROVI SILA 339
Slika 12.6: Uz teorem o okomitim osima.
momente tromosti tijela oko osi ˆx , ŷ i ẑ , a ⃗r j = x j ˆx + y j ŷ neka je radij-vektor j-te čestice
tijela. Izračunajmo moment tromosti oko osi ẑ
I z =
=
N∑
m j rj,⊥ 2 =
j=1
N∑
m j rj 2 =
j=1
N∑
m j (x 2 j + yj 2 )
j=1
N∑
N∑
m j (x 2 j + 0 2 ) + m j (yj 2 + 0 2 ),
j=1
j=1
} {{ } } {{ }
= I y = I x
budući da se tijelo nalazi u ravnini (x, y), njegove su z koordinate jednake nuli, z j ≡ 0. Tako
se dolazi i do teorema o okomitim osima
I z = I x + I y . (12.9)
12.4 Parovi sila
Parom sila ćemo nazivati skup od dvije po iznosu jednake, a po smjeru suprotne sile koje
leže na paralelnim pravcima. To su sile ⃗ F i − ⃗ F sa slike 12.7.A. Ako takav par sila djeluje
na kruto tijelo, on proizvodi učinak zakreta, a zakretni moment ili moment sile ⃗ M ne ovisi o
izboru položaju ishodišta koordinatnog sustava i jednak je ⃗r × ⃗ F , gdje je r udaljenost medu
hvatištima sila
No, ⃗r + = ⃗r − + ⃗r, pa je
⃗M = ⃗r + × ⃗ F + ⃗r − × (− ⃗ F ).
⃗M = ⃗r + × ⃗ F + (⃗r + − ⃗r) × (− ⃗ F ) = ⃗r + × ⃗ F − ⃗r + × ⃗ F + ⃗r × ⃗ F = ⃗r × ⃗ F .

340 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.7: Uz definiciju para sila.
Ako sile leže na istom pravcu, tada je ⃗r kolinearan s ± F ⃗ i njihov je vektorski umnožak jednak
nuli, ⃗r × F ⃗ = 0. Vektori ⃗r ± ovise o izboru položaja ishodišta koordinatnog sustava, dok ⃗r i F ⃗ ,
ne ovise, pa ni M ⃗ ne ovisi o izboru ishodišta.
Pokažimo sada da se svaka sila, koja djeluje u proizvoljnoj točki krutog tijela, P , može zamijeniti
jednom drugom silom koja djeluje u nekoj drugoj točki krutog tijela, O, i jednim pogodno
odabranim parom sila. Slika 12.7.B ilustrira ovu tvrdnju. Neka sila F ⃗ djeluje u točki P krutog
tijela. Ništa se neće promijeniti ako u točki O djeluju sile f ⃗ i −f ⃗ (ovaj par sila neće izazvati
ni translaciju ni zakret). Odaberemo li iznos sile f ⃗ tako da je f = F , tada možemo reći da na
tijelo djeluje sila f ⃗ = F ⃗ u točki O i par sila −f ⃗ = −F ⃗ i F ⃗ .
Podijelimo, opet, u mislima kruto tijelo na N djelića i neka u svakoj j-toj točki P j s radij
vektorom ⃗r j , djeluje sila F ⃗ j . Tu silu zamjenimo parom sila momenta jednakog ⃗r j × F ⃗ j i silom
⃗F j koja djeluje u točki O (primjetimo da je O sada postalo zajedničko hvatište svih sila F ⃗ j ).
Kada to provedemo za sve sile koje djeluju na tijelo, vidimo da smo sustav sila F ⃗ j koje djeluju
u različitim točkama ⃗r j tijela zamjenili jednom silom
⃗R = ⃗ F 1 + ⃗ F 1 + · · · + ⃗ F N ,
koja djeluje u jednoj proizvoljno odabranoj točki O i jednim momentom sila
⃗M = ⃗r 1 × ⃗ F 1 + ⃗r 2 × ⃗ F 2 + · · · + ⃗r N × ⃗ F N ,
koji ne ovisi o izboru ishodišta (koje je postavljeno - radi jednostavnosti- u točku O).
Uobičajeno je točku O postaviti u središte mase tijela. Tada rezultantna sila ⃗ R vodi na translacijsko
gibanje tijela, a rezultantni moment sile ⃗ M vodi na zakret oko osi koja prolazi središtem
mase.

12.5.
KINETIČKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 341
12.5 Kinetička energija, rad i snaga vrtnje
Kinetička energija:
Neka se kruto tijelo vrti oko nepomične osi AB (slika 12.8) kutnom brzinom ω koja ima smjer
osi AB, dakle smjer se ne mjenja u vremenu. Uslijed vrtnje tijela, njegove se čestice gibaju
i stoga imaju odredenu kinetičku energiju. Tu ćemo energiju zvati kinetička energija vrtnje, a
označavat ćemo ju s E k,vrt . Izračunajmo E k,vrt tijela sa slike 12.8. Zamislimo opet da je tijelo
Slika 12.8: Uz izvod kinetičke energije vrtnje.
sastavljeno od N djelića mase m j . Kinetička energija j-tog djelića je jednaka m j v 2 j /2, a brzina
v j = dl j
dt = dϕ r j,⊥
= ω r j,⊥ .
dt
Energija je aditivna veličina, pa kinetičku energiju vrtnje cijelog tijela računamo kao zbroj
kinetičkih energija pojedinih djelića
N∑ 1
E k,vrt =
2 m jvj 2 = 1 N∑
m j ω 2 r 2
2
j,⊥.
j=1
U gornjem izrazu prepoznajemo moment tromosti I = ∑ N
j=1 m j rj,⊥ 2 , tako da je konačno
j=1
E k,vrt = 1 2 I ω2 (12.10)
Primjećujemo i sličnost gornjeg izraza s izrazom za kinetičku energiju translacijskog gibanja,
mv 2 /2: umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto brzine dolazi kružna brzina. Primjetimo
i razliku: dok je masa uvijek ista 3 za svako transalcijsko gibanje, dotle momemt tromosti
općenito ovisi o smjeru osi oko koje se odvija vrtnja.
3 Naravno, uz zanemarivanje relativističkih učinaka

342 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Momenti:
Izračunajmo i moment količine gibanja krutog tijela koje se vrti oko nepomične osi.
momenta količine gibanja j-tog djelića tijela je
Iznos
⃗L j = ⃗r j × ⃗p j = ⃗r j × m j ⃗v j = r jˆr j × m j v j ˆϕ j = r j m j v j (−ˆθ j )
= r j m j v j (−ˆx cos θ j cos ϕ j − ŷ cos θ j sin ϕ j + ẑ sin θ j ).
Smjer vektora ⃗ L je odreden smjerom vektorskog umnoška ˆr × ˆϕ = −ˆθ i činjenicom da je
(vanjskim silama) smjer osi vrtnje nepromjenjiv. Smjer ˆθ se može rastaviti na komponentu okomitu
na os vrtnje i komponentu paralelnu s osi vrtnje. Komponete ⃗ L okomite na smjer vrtnje
(to su L x i L y komponente) bi htjele promijeniti smjer osi vrtnje, ali ih u tome sprječavaju vanjske
sile koje drže os vrtnje nepomičnom. Ove se komponente dakle poništavaju s djelovanjem
vanjskih sila i preostaje samo komponenta paralelna s osi vrtnje (to je L z komponenta).
⃗L j = m j r j v j sin θ j ẑ = m j r j,⊥ v j ẑ = m j r 2 j,⊥ ω ẑ ,
pa je ukupni iznos momenta količine gibanja
⃗L =
N∑
j=1
⃗L j =
N∑
j=1
m j r 2 j,⊥ ⃗ω = I ⃗ω . (12.11)
Ranije smo, relacijom (10.15), pokazali da je ˙ ⃗ L = ⃗ M. Primjenimo li to na gornji izraz za ⃗ L ,
slijedi
d
dt I ⃗ω = I ⃗α = ⃗ M,
gdje smo s ⃗α = ˙ ⃗ω označili kutno ubrzanje, tj. vremensku promjenu kutne brzine vrtnje. Smjer
vrtnje je nepromjenjiv u vremenu, pa se vremenska derivacija odnosi samo na promjenu iznosa
kutne brzine. Za tijelo koje se vrti, gornja je relacija analogon drugog Newtonovog aksioma
m⃗a = ⃗ F , gdje umjesto sile dolazi moment sile, umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto
ubrzanja dolazi kutno ubrzanje.
Rad i snaga:
Ako na tijelo djeluju samo konzervativne vanjske sile, tada se tijelu može pridružiti potencijalana
energija E p , a zbroj kinetičke energije vrtnje i potencijalne energije je konstantan
E k,vrt + E p = 1 2 I ω2 + E p = E = const.
Promotrimo sada kruto tijelo koje u početku miruje, ali se može vrtjeti oko osi okomite na
zadanu ravninu, a koja prolazi točkom O tijela (slika 12.9.A). Sila ⃗ F koja izaziva vrtnju tijela,
djeluje u točki A (slika 12.9.B) i stvara moment sile ⃗ M. Izračunajmo koliki rad treba
obaviti vanjska sila ⃗ F , da bi u kratkom vremenu dt zakrenula kruto tijelo za mali kut dϕ. U
tom kratkom vremenskom intervalu je sila približno konstantna, pa je prema općoj definiciji
diferencijala rada
dW = ⃗ F d⃗r = ⃗ F d⃗r
dt dt = ⃗ F ⃗v dt = ⃗ F (⃗ω × ⃗r) dt,

12.5.
KINETIČKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 343
Slika 12.9: Uz izvod izraza za rad koji treba obaviti da bi se tijelo dovelo u stanje vrtnje.
(neka je koordinatni sustav postavljen tako da je ⃗ω = ωẑ ). No, za mješoviti umnožak vektora,
vrijedi pravilo cikličnosti, prema kojemu je ⃗ F (⃗ω × ⃗r) = ⃗r( ⃗ F × ⃗ω ) = ⃗ω (⃗r × ⃗ F ) (što se lako može
provjeriti pomoći raspisa mješovitog umnoška u obliku determinante). Time se za diferencijal
rada vrtnje krutog tijela, dobiva
dW = ⃗ω ⃗ Mdt = M dϕ (12.12)
(što je izraz analogan izrazu za rad pri translacijskom pomaku dW = F ⃗ d⃗r).
Ukupni rad koji vanjska sila treba obaviti nad krutim tijelom da bi ga prevela iz početnog
stanja opisanog vrijednošću kuta zakreta ϕ p i kutnom brzinom ω p , u konačno stanje opisano
kutom ϕ k i kutnom brzinom ω k je zbroj (tj. integral) radova za sve male zakrete koji vode od
početnog do konačnog stanja vrtnje
W p−k =
∫ k
p
dW =
∫ ϕk
ϕ p
M dϕ =
∫ ωk
= 1 2 I ω2 k − 1 2 I ω2 p = E k,vrt (k) − E k,vrt (p).
ω p
I dω
dt ω dt = I ∫ ωk
ω p
ω dω
Da bi se tijelo koje u početku miruje (ω p = 0), dovelo u stanje vrtnje kutnom brzinom ω k = ω,
potrebno je nad tijelom obaviti rad jednak kinetičkoj energiji vrtnje Iω 2 /2. Dakle je rad
srazmjeran momentu tromosti I. Prema Steinerovu teoremu (12.8),
I = I SM + mb 2 ,
moment tromosti je najmanji ako os prolazi središtem mase, pa je i rad koji treba uložiti najmanji
ako se tijelo vrti oko osi koja prolazi središtem mase. Dakle, ako je zadatak dovesti tijelo
u stanje vrtnje kutnom brzinom ω oko osi okomite na zadanu ravninu, uz minimalni utrošak
energije, potrebno je os vrtnje postaviti tako da prolazi središtem mase.
Iz izraza (12.12) se vidi da je snaga P potrebna za obavljanje tog rada jednaka
P = dW dt
= M dϕ
dt
= M ω,

344 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
što je posve slično izrazu za snagu P = F v kod translacijskog gibanja.
Ukoliko vanjske sile koje djeluju na tijelo nisu konstantne u vremenu, ni njihov moment neće
biti konstantan. U tom slučaju je korisno definirati vremenski integral momenta vanjskih sila
J =
∫ tk
t p
M(t) dt,
i nazvati ga moment impulsa vanjskih sila (kao što smo to radili u odjeljku 10.7 ). Pokažimo
da je moment impulsa vanjskih sila jednak promjeni momenta količine gibanja (u konačnom
vremenskom intervalu)
∫ tk
t p
M dt =
∫ tk
t p
I dω
dt dt = I ω k − I ω p = L k − L p .
Ako je ukupni moment vanjskih sila u vremenskom intervalu od t p do t k jednak nuli, tada je i
moment količine gibanja isti na početku i na kraju tog vremenskog intervala
L p = L k = const.
12.6 Fizičko njihalo
U odjeljku 6.8 smo se upoznali s matematičkim njihalom: česticom mase m pričvršćenom za
nit duljine l, koja se njiše oko ravnotežnog položaja. Zanemarili smo masu i rastezivost niti,
kao i otpor sredstva u kojemu se odvija njihanje, a isto tako smo zanemarili i trenje u točki
objesišta. Uz te uvjete, za period malih titraja je dobiveno T = 2 π √ l/g.
Neka slika 12.10 prikazuje kruto tijelo mase m koje se, uslijed djelovanja gravitacijske sile, njiše
oko osi kroz točku O. Njihanje se odvija u ravnini okomitoj na os vrtnje, pri čemu os vrtnje
svo vrijeme zadržava isti smjer. Ako zanemarimo trenje tijela s česticama medija u kojemu
se odvija njihanje, kao i trenje u točki objesišta, takvo se tijelo naziva fizičko njihalo. Uz
navedene uvjete, položaj tijela je u cjelosti odreden kutom otklona od položaja ravnoteže (to je
kut ϕ sa slike 12.11). Zamislimo li kruto tijelo kao skup od N čestica, djelovanje gravitacijske
sile na tijelo možemo zamisliti kao djelovanje gravitacijske sile na skup čestica od kojih je tijelo
sastavljeno (slika 12.10). Prema odjeljku 12.4, djelovanje sile u jednoj točki tijela možemo
zamjeniti djelovanjem iste sile u jednoj drugoj točki tijela i djelovanjem momenta sile u odnosu
na tu novu odabranu točku. Primjenjeno na fizičko njihalo to znači da djelovanje gravitacijske
sile m j ⃗g u točki ⃗r j tijela, možemo zamjeniti djelovanjem iste takve sile u točki objesišta O i
momentom sile u odnosu na to objesište ⃗r j × m j ⃗g . Ovu zamjenu možemo izvesti za sve čestice
odo kojih se tijelo sastoji i kao rezultat dobivamo rezultantnu silu koja djeluje u točki objesišta
O
⃗R O = m 1 ⃗g + m 2 ⃗g + · · · + m N ⃗g =
N∑
m j ⃗g = m ⃗g .
j=1

12.6.
FIZIČKO NJIHALO 345
Slika 12.10: Sile koje djeluju na fizičko njihalo: reakcija u objesištu i gravitacijska sila.
i rezultantni moment sila
(
∑ N
⃗M O = ⃗r 1 × m 1 ⃗g + ⃗r 2 × m 2 ⃗g + · · · + ⃗r N × m N ⃗g =
j=1
m j ⃗r j
)
× ⃗g = m ⃗r SM × ⃗g .
Rezultantna sila ⃗ R O se ukida sa silom reakcije objesišta ⃗ N
⃗R O + ⃗ N = 0
i čini da se njihalo ne giba translacijski. Rezultantni moment sile ⃗ M O izaziva zakret tijela oko
objesišta i oblika je kao da je sva masa tijela skoncentrirana u točki središta mase ⃗r SM .
Postavimo koordinatni sustav kao na slici 12.11: ishodište neka je u objesištu, a os vrtnje neka
je okomita na ravninu crtnje. Sa SM označimo položaj središta mase njihala, a kut ϕ neka je
kut koji zatvara spojnica O − SM, tj vektor ⃗r SM s pozitivnim smjerom osi x. Uobičajeno je
udaljenost O − SM, tj iznos vektora ⃗r SM označiti s b. Nadimo jednadžbu gibanja njihala.
⃗M O = ⃗r SM × ⃗g m = b (cos ϕ ˆx + sin ϕ ŷ ) × m g ˆx
= −ẑ b m g sin ϕ.
Prema (12.11), je L ⃗ = I O ⃗ω = I O ˙ϕ ẑ , gdje je kutna brzina vrtnje ⃗ω = ˙ϕ ẑ , a I O je moment
tromosti njihala oko osi kroz O. Moment sile i moment količine gibanja su vezani relacijom
˙
(10.28), ⃗ L = M, ⃗ koja u ovom slučaju postaje
I O ¨ϕ ẑ = −ẑ b m g sin ϕ,
tj. dobili smo jednažbu gibanja fizičkog njihala u obliku
¨ϕ + b m g
I O
sin ϕ = 0. (12.13)

346 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.11: Uz fizičko njihalo.
Do istog rezultata se može doći i razmatranjem energije. Gravitacijska sila je konzervativna, pa
se može definirati potencijalna energija E p kao zbroj potencijalnih energija svih djelića njihala
E p = − ∑ j
m j g x j + c 0 = −g ∑ j
m j x j + c 0
= −g m x SM + c 0 = −g m b cos ϕ + c 0 .
Postavimo ishodište potencijalne energije tako da je ona jednaka nuli kada je središte mase na
osi x, tj kada je ϕ = 0. Tada je, očito, c 0 = m g b, pa je
E p = m g b (1 − cos ϕ).
Uz zanemarivanje trenja, na njihalo djeluju samo konzervativne sile, pa je ukupna mehanička
energija sačuvana
const. = E k,vrt + E p
const. = 1 2 I O ˙ϕ 2 + m g b (1 − cos ϕ)
0 = I O ˙ϕ ¨ϕ + m g b (0 + ˙ϕ sin ϕ)
(
)
0 = ˙ϕ I O ¨ϕ + m g b sin ϕ .
/ d
d t
Sve dok se njihalo njiše, ˙ϕ ≠ 0, pa gornja jednadžba može biti zadovoljena samo ako je zagrada
jednaka nuli, a to je upravo ista jednadžba koju smo dobili i iz jednadžbe gibanja.
Izračunajmo period malih titraja. Mali titraji su oni za koje je otklon od položaja ravnoteže
mali, tj. oni za koje je ϕ

12.6.
FIZIČKO NJIHALO 347
postaje
¨ϕ + b m g
I O
ϕ ≃ 0.
Gornju jednadžbu prepoznajemo kao jednažbu gibanja slobodnog harmonijskog oscilatora ¨ϕ +
ω0 2 ϕ, s kružnom fekvencijom ω 0 = 2π/T . Sada je lako pročitati period
√
I O
T = 2 π
m g b .
Prema relaciji (6.57), period matematičkog njihala duljine l je 2π √ l/g, pa će fizičko i matematičko
njihalo imati iste periode, ako je
l = I O
m b .
U tom se slučaju l naziva ekvivalentnom duljinom matematičkog njihala. Proanalizirajmo
gornju relaciju, tako što ćemo sa I O , pomoću Steinerovog teorema I O = I SM + m b 2 , prijeći na
I SM
l = I SM + m b 2
i riješimo gornju jednadžbu po b, tj. po udaljenosti od središta mase do objesišta
[ √ ]
b ± = 1 2
l ±
m b
l 2 − 4 I SM
m
Koje je značenje b ± ? Zamislimo dva koncentrična valjka s polumjerima b + i b − čije osi prolaze
.
Slika 12.12: Uz ekvivalentnu duljinu matematičkog njihala.
središtem mase (slika 12.12). Uzme li se za objesište fizičkog njihala, bilo koju izvodnicu ovih
valjaka, njihalo će se njihati s istim periodom kao i matematičko njihalo duljine l (naravno,

348 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ako su amplitude male). Primjetimo da je zbroj b + + b − = l, tj. jednak je duljini ekvivalentnog
matematičkog njihala. No, l = g(T/2π) 2 , a odatle slijedi
g =
( ) 2 2π
(b + + b − ),
T
pa se iz poznatih (izmjerenih) T i b ± može izračunati g. S druge strane, umnožak b + b − =
I SM /m, pa je
I SM = m b + b − .
Iz poznatih b ± možemo izračunati i moment tromosti i polumjer tromosti K 2 SM = I SM/m =
b + b − .
Vidjeli smo, relacijom (12.14), da period titranja ovisi o b, udaljenosti od objesišta do središta
mase. Sada se možemo zapitati kolika treba biti ta udaljenost, pa da period titraja bude
minimalan? Napisat ćemo period kao funkciju od b, a zatim ćemo minimalni period dobiti
kao uvjet ekstrema na funkciju T (b).
2T d T
d b
T 2 = 4π 2 I O
m g b = 4 π2
m g b (I SM + m b 2 ) (12.14)
T 2 = 4 π2
m g b (m K2 SM + m b 2 ) = 4 ( )/ π2 K
2
SM d
+ b
g b d b
= 4 ( )
π2
− K2 SM
+ 1 = 0.
g b 2
Iz gornje je relacije K SM = ±b, a budući da je polumjer giracije pozitivna veličina, odlučujemo
se za pozitivni predznak. Takoder je lako vidjeti da se radi o minimumu
d 2 T
d b = π ( K
2
√ SM
2 g b
Uvrstivši K SM = b, dobiva se
d 2 T
d b 2 ∣ ∣∣∣KSM
=b
) −3/2 ( 3 KSM
4 + b
2 b 4
= √ π 4
> 0,
g (2b)
3/2
+ 3 K2 SM
− 1 )
.
b 2 2
dakle, radi se o minimumu.
Primjetimo još, da ova tvrdnja vrijedi i ako titraji nisu malene amplitude. Naime, istim
postupkom kao i kod matematičkog njihala, relacija (6.58), dolazi se do izraza za period njihala
koje njiše proizvoljnom amplitudom
√
T =
I O
4
m b g
√
=
∫ π/2
0
I O
m b g f(ϕ 0).
dϕ
√
1 − k2 sin 2 ϕ , k2 = sin 2 ϕ 0
2
Gornji je izraz za period istog oblika kao i (12.14), pa ima i isti minimum.

12.7.
OPĆENITO RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA 349
12.7 Općenito ravninsko gibanje krutog tijela
Općenito ravninsko gibanje krutog tijela se može shvatiti kao rezultat uzastopne translacije u
ravnini paralelnoj nekoj zadanoj fiksnoj ravnini i vrtnje oko pogodno odabrane osi okomite na
tu istu fiksnu ravninu. Pri tome je dobro imati u vidu tri važne činjenice:
Načelo linearne količine gibanja:
u poglavlju 10 smo pokazali da vrijedi relacija (10.12)
d ⃗p
d t = ⃗ F v ,
gdje je ⃗p = m ˙⃗r SM ukupna količina gibanja sustava, a ⃗r SM je položaj središta mase sustava
čestica (u ovom slučaju krutog tijela). S ⃗ F v je označen zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na
kruto tijelo.
Načelo momenta kličine gibanja:
ako je I SM moment tromosti krutog tijela oko osi koja prolazi središtem mase, ω kutna brzina
njegove vrtnje oko te osi, tada je ⃗ L SM = I SM ⃗ω . Ako je s ⃗ M SM označen ukupni moment svih
vanjskih sila u odnosu na koordinatni sustav sa ishodištem u središtu mase, tada ćemo pokazati
da je
d ⃗ L SM
d t
= ⃗ M SM .
Zamislimo opet da je kruto tijelo sastavljeno od N čestica i krenimo s jednadžbom gibanja j-te
čestice napisanom u koordinatnom sustavu sa ishodištem u središtu mase i osi z postavljene u
smjeru osi vrtnje ⃗ω = ωẑ kao na slici 12.13 ( ⃗ F v,j je zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na j-tu
česticu, a ⃗ f i,j je sila kojom i-ta čestica sustava djeluje na j-tu čestica sustava).
Slika 12.13: Opće ravninsko gibanje krutog tijela.

350 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
/
N∑
⃗r j ×
j=1
N∑
j=1
d ⃗p j
d t
⃗r j × m j
d ⃗v j
d t
= ⃗ F v,j +
=
N∑
i=1
⃗f i,j
N∑
⃗r j × F ⃗ v,j +
j=1
} {{ }
= M ⃗ SM
N∑
j=1
N∑
⃗r j × f ⃗ i,j , = M ⃗ SM .
i=1
} {{ }
= 0
Prvi zbroj na desnoj strani je zbroj momenata vanjskih sila na sve čestice krutog tijela, pa je
to ukupni moment vanjskih sila, a budući da se radij vektori računa u odnosu na središte mase,
oznaka ima indeks SM. Da je drugi član jednak nuli, pokazano je u (10.14). Na lijevoj strani
je
N∑
j=1
uz ⃗v j = ⃗ω × ⃗r j , dobiva se
⃗r j × m j
d ⃗v j
d t = d d t
d ⃗ L SM
d t
= d d t
N∑
⃗r j × m j ⃗v j −
j=1
} {{ }
= L ⃗ SM
N∑
⃗v j × m j ⃗v j ,
j=1
} {{ }
= 0
N∑
m j ⃗r j × (⃗ω × ⃗r j ) = M ⃗ SM .
j=1
Rastavimo radij vektor ⃗r j na dvije medusobno okomite komponente: ˆρ i ẑ komponente
Sada je
⃗r j = ˆρ r j, ⊥ + ẑ z j .
⃗ω × ⃗r j = ω ẑ × (ˆρ r j, ⊥ + ẑ z j ) = ω r j, ⊥ ˆϕ ,
⃗r j × (⃗ω × ⃗r j ) = ⃗r j × ω r j, ⊥ ˆϕ = (r j, ⊥ ˆρ + z j ẑ ) × ω r j, ⊥ ˆϕ = ω rj, 2 ⊥ ẑ − z j ω r j, ⊥ ˆρ .
Posljednji član (onaj u smjeru ˆρ ) u gornjem izrazu se poništava sa silama reakcije uredaja koji
održava os vrtnje fiksnom (slika 12.13), pa preostaje
⃗r j × (⃗ω × ⃗r j ) = ω r 2 j, ⊥ ẑ = ⃗ω r 2 j, ⊥.
Vratimo li se sada jednadžbi gibanja, dobiva se
gdje je ⃗ L SM = ⃗ω I SM .
d
d t ⃗ω
N
∑
j=1
m j r 2 j,⊥ = d d t ⃗ω I SM = d ⃗ L SM
d t
= ⃗ M SM ,
Načelo sačuvanja energije:
ako se kruto tijelo nalazi u polju samo konzervativnih sila, tada mu se može pridružiti potencijalna
energija E p , a kinetička energija se može napisati u obliku zbroja kinetičke energije
središta mase mvSM 2 /2 i kinetičke energije čestica u odnosu na središte mase ∑ 1 N
2 j=1 m jvj
2 (kao
što je to pokazano relacijom (10.29)). No, kao i u prethodnom paragrafu, brzina ⃗v j se može
napisati kao
⃗v j = ⃗ω × ⃗r j = ω ẑ × (ˆρ r j,⊥ + ẑ z j ) = ω r j,⊥ ˆϕ ,

12.8. TRENUTNO SREDIŠTE VRTNJE 351
pa je ⃗v j 2 = ω 2 rj,⊥ 2 . Time se kinetička energija dobiva kao zbroj kinetičke translacijske i kinetičke
energije vrtnje
E k = 1 2 m v2 SM + 1 N∑
m j (ωr j,⊥ ) 2 = 1 2
2 m v2 SM + 1 2 I SM ω 2 = E k,tr. + E k,vrt .
j=1
Bez nekonzervativnih sila, ukupna je mehanička energija sačuvana
12.8 Trenutno središte vrtnje
1
2 m v2 SM + 1 2 I SM ω 2 + E p = E = const.
Neka se kruto tijelo giba paralelno s ravninom (x, y). Promotrimo ravninu (x ′ , y ′ ) paralelnu
s ravninom (x, y) i čvrsto vezanom uz tijelo (slika 12.14.A) koja se i giba zajedno s tijelom.
Pokažimo da se opće ravninsko gibanje krutog tijela, sastavljeno od translacijskog gibanja i
vrtnje, može prikazati kao čista vrtnja oko jedne točke - trenutnog središta vrtnje. Kako
Slika 12.14: Uz odredivanje trenutnog središta: (A) grafički; (B) računski.
se tijelo giba, u svakom će trenutku postojati točka gibajuće ravnine (x ′ , y ′ ) koja trenutno
miruje prema ravnini (x, y). Ta točka, P , koja može, a i ne mora biti u tijelu, se zove trenutno
središte vrtnje . O njemu se može misliti kao o točki oko koje tijelo izvodi čistu
vrtnju (bez translacije). Za čisto translacijsko gibanje krutog tijela, trenutno se središte nalazi
u beskonačnosti. Naravno da se položaj trenutnog središta mijenja kako se tijelo giba.
• Na slici 12.14.A je pokazan grafički način odredivanja položaja trenutnog središta (točka
P ): A i B su bilo koje dvije točke krutog tijela, a crtkane linije prikazuju okomice na vektore
brzina točaka A i B; prema svojoj definiciji, trenutno središte je točka presjecišta ovih okomica.
• Pokažimo sada kako se može računski dobiti vektor položaja trenutnog središta krutog
tijela
⃗r P =?

352 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Položaj P u sustavu (x ′ , y ′ ) ćemo označiti s ⃗r P ′ (slika 12.14.B). Neka je ⃗v P brzina točke P u
sustavu (x, y), a ⃗v O ′ neka je brzina ishodišta sustava (x ′ , y ′ ). Brzina točke P u sustavu (x ′ , y ′ )
je uvijek jednaka nuli, jer je taj sustav čvrsto vezan s tijelom, tj. giba se zajedno s njim (u
tom sustavu tijelo se vrti oko osi kroz P , a sama točka P miruje). Od ranije, (8.5), znamo za
vezu medu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu: ⃗v in = ⃗ ˙
Rin + ⃗v nin + ⃗ω × ⃗r, koja
prevedena na sadašnje oznake, glasi
Sa slike 12.14 se vidi da je ⃗r P = ⃗r O ′
⃗v P = ⃗v O ′ + 0 + ⃗ω × ⃗r ′ P .
+ ⃗r P ′ , pa gornja relacija prelazi u
⃗v P = ⃗v O ′ + ⃗ω × (⃗r P − ⃗r O ′ ).
No, ako je P trenutno središte, tada ono trenutno miruje, tj. njegova je brzina jednaka nuli
⃗v P = 0 i u sustavu (x, y), pa je
⃗v O ′ = −⃗ω × (⃗r P − ⃗r O ′ ).
Da bismo gornju jednadžbu riješili po nepoznanici ⃗r P , cijelu ćemo jednadžbu pomnožiti vektorski
s ⃗ω
/
⃗ω ×
⃗v O ′ = −⃗ω × (⃗r P − ⃗r O ′ )
[
]
⃗ω × ⃗v O ′ = −⃗ω × ⃗ω × (⃗r P − ⃗r O ′ )
[
]
⃗ω × ⃗v O ′ = − ⃗ω · (⃗r P − ⃗r O ′ ) ⃗ω + ω 2 (⃗r P − ⃗r O ′ ).
Budući da vektor (⃗r P − ⃗r O ′ ) leži u ravnini (x, y), to je vektor kutne brzine ⃗ω = ω ẑ okomit na
njega, pa je prvi član desne strane gornje relacije jednak nuli. Preostaje
⃗ω × ⃗v O ′ = ω 2 (⃗r P − ⃗r O ′ ),
odakle za položaj trenutnog središta dobivamo
⃗r P = ⃗r O ′ + ⃗ω × ⃗v O ′
ω 2 . (12.15)
Primjer: 12.2 Valjak:
Valjak se giba po ravnoj podlozi. Odredite položaj trenutnog središta kada se valjak
kotrlja bez klizanja i sa klizanjem.
R: Koristimo oznake sa slike 12.15.A:
translacijska brzina središta O ′ valjka je ⃗v O ′ = v O ′ ˆx
položaj središta O ′ valjka u sustavu (x, y) je ⃗r O ′ = x O ′ (t) ˆx + R ŷ
položaj trenutnog središta u sustavu (x, y) je ⃗r P
kutna brzina vrtnje valjka je ⃗ω = −ω ẑ .
Izravnim uvrštavanjem u (12.15) dobivamo
⃗r P = ⃗r O ′ + ⃗ω × ⃗v O ′
ω 2 = ⃗r O ′ + −ωẑ × v O ′ ˆx
ω 2 = x O ′ (t) ˆx +
(R − v )
O ′
ŷ .
ω

12.8. TRENUTNO SREDIŠTE VRTNJE 353
Slika 12.15: Uz odredivanje položaja trenutnog središta valjka koji se kotrlja.
Tako smo, za koordinate trenutnog središta dobili: x P = x O ′ (t) = ∫ v O ′ (t) dt i
y P = R − v O ′ /ω. Sa slike 12.15.B se vidi da y P leži na spojnici središta valjka i
točke dodira s podlogom.
Ako je dozvoljeno samo kotrljanje bez klizanja, tada je v O ′ = R ω, pa je y P = 0 i
trenutno središte se nalazi upravo u točki dodira valjka i podloge.
Ako se dozvoli i klizanje valjka, tada je v O ′ > Rω (veći se put prijede u translacijskom
gibanju nego što se valjak okrene oko svoje osi) i položaj trenutnog središta
vrtnje se nalazi izvan valjka (ispod podloge).
Primjetimo da možemo promatrati i granični slučaj čistog klizanja: valjak se ne
vrti, ω = 0, nego se samo kliže (translatira) po podlozi. Čak i ovo čisto translatorno
gibanje možemo shvatiti kao čistu vrtnju oko trenutnog središta, s time da se to
središte, prema gornjoj formuli nalazi u točki −∞ u y smjeru.
Primjer: 12.3 Valjak:
Neka je m masa valjka iz prethodnog primjera. Izračunajte njegovu kinetičku energiju,
ako se kotrlja bez klizanja.
R: Zadatak ćemo riješiti na dva načina: prvo ćemo kotrljanje valjka shvatiti kao
kombinaciju translacijskog gibanja središta mase i vrtnje oko osi simetrije valjka,
a drugi način je da gibanje valjka shvatimo kao čistu vrtnju oko osi kroz trenutno
središte vrtnje.

354 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
(1)
E k = E k,tr. + E k,vrt. (SM) = 1 2 m v2 O ′ + 1 2 I SM ω 2
I SM = 1 2 m R2 , v O ′ = ω R
E k = 1 2 m v2 O ′ + 1 2
1
2 m R2 v2 O ′
R 2 = 3 4 m v2 O ′
(2)
E k = E k,vrt. (P ) = 1 2 I P ω 2 = 1 2 (I SM + mR 2 ) ω 2 = 3 4 m v2 O ′ .
Kinetička energija je ista, bez obzira s koje točke gledišta opisujemo gibanje.
12.9 Statika krutog tijela
Statiku krutog tijela karakterizira iščezavanje gibanja, tj. njegova translacijska brzina i brzina
vrtnje su jednake nuli. U tom se slučaju kaže da je tijelo u ravnoteži. Nužni i dovoljni uvjeti
ravnoteže krutog tijela su
⃗F v = 0, ⃗ Mv = 0,
gdje su ⃗ F v zbroj svih vanjskih sila, a ⃗ M v zbroj svih momenata vanjskih sila koje djeluju na
kruto tijelo. Prvi uvjet izriče ravnotežu u odnosu na translacijske pomake, a drugi u odnosu
na vrtnju 4 .
Budući da je kruto tijelo poseban slučaj sustava čestica s nepromjenjenom medusobnom udaljenosti
čestica, načelo zamišljenog rada i D’Alembertovo načelo vrijede i za kruto tijelo.
Ako su vanjske sile sile koje djeluju na tijelo konzervativne, tada postoji funkcija potencijalne
energije sa svojstvom da je ⃗ F v = − −→ ∇E p , pa se uvjet ravnoteže ⃗ F v = 0 može napisati i preko
potencijalne energije
∂ E p
∂ x
= ∂ E p
∂ y
= ∂ E p
∂ z
= 0.
Ravnoteža je stabilna, E p = min., ako se tijelo nakon malog otklona iz ravnotežnog položaja
opet vraća u početni ravnotežni položaj. Ravnoteža je nestabilna (labilna), E p = max., ako
se tijelo nakon malog otklona iz ravnotežnog položaja udaljava od početnog ravnotežnog
položaja.
4 Budući da se materijalna čestica zamišlja kao matematička točka, pojam vrtnje točke nema smisla, pa je statika čestice odredena
samo jednim uvjetom: ⃗ F = 0.

Poglavlje 13
Prostorno gibanje krutog tijela
U prethodnom smo poglavlju promatrali posebno jednostavan slučaj gibanja krutog tijela kod
kojega se ono može translacijski gibati samo paralelno sa zadanom nepomičnom ravninom i
vrtjeti se samo oko osi okomite na tu ravninu. Brzina vrtnje se mogla mijenjati po iznosu, ali
ne i po smjeru. Smjer osi vrtnje je bio konstantan u vremenu.
U ovom ćemo poglavlju promatrati općenito gibanje krutog tijela u trodimenzijskom prostoru.
Takvo se gibanje sastoji od translacije jedne odredene točke (najćešće se za tu točku odabire
središte mase) i vrtnje oko osi kroz tu točku. No, sada niti iznos, a niti smjer osi vrtnje ne
moraju biti sve vrijeme konstantni, nego se mogu mijenjati s vremenom
⃗ω = ω(t) ˆω (t).
Zamislimo kruto tijelo koje se giba i zapitajmo se na koji ga način možemo zaustaviti? Ako
jednu točku (tri koordinate) krutog tijela učinimo nepomičnom, spriječit ćemo njegovo translacijsko
gibanje. No, tijelo se još može vrtjeti oko bilo koje osi koja prolazi tom točkom. Os
vrtnje možemo fiksirati dvama kutovima (npr. kutovima θ i ϕ sfernog koordinatnog sustava).
Sada se tijelo još može 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 fiksirati šest veličina,
ili kako se to drukčije kaže, kruto tijelo ima šest stupnjeva slobode. Prva tri stupnja slobode su
translacijski stupnjevi slobode i obično opisuju položaj središta mase, a slijedeća tri (Eulerovi
kutovi) su rotacijski stupnjevi slobode i opisuju vrtnju oko odabrane točke. Ako na gibanje
krutog tijela postoje i neki dodatni uvjeti, oni mogu samo smanjiti broj stupnjeva slobode.
13.1 Tenzor tromosti
Budući da se opće gibanje krutog tijela može opisati u terminima translacije odabrane točke
i vrtnje oko te točke, započet ćemo s proučavanjem čiste vrtnje krutog tijela, a kasnije ćemo
dodati učinke translacijskog gibanja.
Promotrimo dakle kako se može gibati kruto tijelo čija je (samo) jedna točka nepomična.
Označimo tu nepomičnu točku s O i neka se u danom trenutku t tijelo vrti kutnom brzinom
⃗ω (t) oko trenutne osi kroz točku O (slika 13.1). Neka se u j-toj točki tijela na mjestu ⃗r j nalazi
j-ta čestica tijela, koja se giba brzinom ⃗v j . Iz poglavlja 8 o neinercijskim sustavima, znamo da
je veza medu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu oblika ⃗v in = ⃗v nin + ⃗ω × ⃗r. Čestica
j miruje u neinercijskom sustavu (čvrsto vezanom za tijelo koje se vrti), pa je zato ⃗v nin ≡ 0 i
⃗v j = ⃗ω × ⃗r j .
355

356 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.1: Vrtnja krutog tijela kutnom brzinom ⃗ω (t) oko nepomične točke O.
Izračunajmo moment količine gibanja krutog tijela
⃗L =
N∑
j=1
⃗r j × ⃗p j =
N∑
j=1
⃗r j × m j ⃗v j =
N∑
j=1
⃗r j × m j (⃗ω × ⃗r j ),
gdje zbrajanje ide po svim točkama krutog tijela. Primjetimo da ⃗ L ne mora biti paralelan s
⃗ω . U nepomičnom (inercijskom) pravokutnom koordinatnom sustavu (x, y, z) sa ishodištem u
O, moment količine gibanja tijela, kutna brzina vrtnje i radij vektor j-te čestice tijela imaju
komponente:
⃗L = L x ˆx + L y ŷ + L z ẑ ,
⃗ω = ω x ˆx + ω y ŷ + ω z ẑ ,
⃗r j = x j ˆx + y j ŷ + z j ẑ .
Koristeći se vektorskim identitetom ⃗ A × ( ⃗ B × ⃗ C ) = ( ⃗ A ⃗ C ) ⃗ B − ( ⃗ A ⃗ B ) ⃗ C , izraz za ⃗ L možemo
napisati kao
N∑
N∑
⃗L = m j ⃗r j × (⃗ω × ⃗r j ) = m j [rj 2 ⃗ω − (⃗r j ⃗ω ) ⃗r j ]
j=1
N∑
= ⃗ω m j rj 2 −
j=1
j=1
j=1
N∑
m j (x j ω x + y j ω y + z j ω z ) ⃗r j ,

13.1. TENZOR TROMOSTI 357
što, raspisano po komponentama, vodi na slijedeći sustav
∑ N N∑
L x = ω x m j rj 2 − m j (x j ω x + y j ω y + z j ω z ) x j ,
j=1
L y = ω y
N
∑
j=1
L z = ω z
N
∑
j=1
m j r 2 j −
m j r 2 j −
j=1
N∑
j=1
N∑
j=1
m j (x j ω x + y j ω y + z j ω z ) y j ,
m j (x j ω x + y j ω y + z j ω z ) z j .
Gornji se sustav može napisati i preglednije, tako što će se izdvojiti komponente kutne brzine
∑ N N∑
N∑
L x = ω x m j (yj 2 + zj 2 ) + ω y (−) m j x j y j + ω z (−) m j x j z j ,
j=1
L y = +ω x (−)
L z = +ω x (−)
N∑
j=1
N∑
j=1
m j x j y j + ω y
N
∑
j=1
m j z j x j + ω y (−)
j=1
m j (x 2 j + z 2 j ) + ω z (−)
N∑
j=1
m j z j y j + ω z
N
∑
j=1
j=1
N∑
j=1
m j y j z j ,
m j (x 2 j + y 2 j ).
Umnoške mase s kvadratom koordinata, prepoznajemo kao momente tromosti (usporediti s
(12.3)). Označimo s I xx , I yy , I zz (aksijalne) momente tromosti oko osi x, y i z
N∑
∫
I xx = m j (yj 2 + zj 2 ) → (y 2 + z 2 ) ρ m (x, y, z) dx dy dz,
I yy =
I zz =
j=1
N∑
j=1
N∑
j=1
m j (x 2 j + z 2 j )
m j (x 2 j + y 2 j )
→
→
∫
∫
(x 2 + z 2 ) ρ m (x, y, z) dx dy dz,
(x 2 + y 2 ) ρ m (x, y, z) dx dy dz.
Veličine I αβ ćemo nazvati devijacijski ili centrifugalni momenti ili umnošci tromosti
N∑
∫
I xy = I yx = − m j x j y j → − x y ρ m (x, y, z) dx dy dz, (13.1)
I xz = I zx = −
I yz = I zy = −
j=1
N∑
j=1
N∑
j=1
∫
m j x j z j → −
∫
m j y j z j → −
x z ρ m (x, y, z) dx dy dz,
y z ρ m (x, y, z) dx dy dz.
Naveli smo i integralne izraze za momente i umnoške tromosti, koji se dobiju na uobičajeni
način prijelazom sa zbroja na integral:
∑
∫
∫
f(j)m j → f(⃗r) dm(⃗r) = f(⃗r) ρ(⃗r) d 3 r.
j

358 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Momenti tromosti I α,α i centrifugalni momenti I α,β jesu elementi jednog tenzora drugog reda
koji se zove tenzor tromosti krutog tijela.
Fizičko značenje momenata tromosti se vidi iz relacije (12.10): oni se pojavljuju u izrazu za
kinetičku energiju vrtnje oko nepomične osi, dakle rad koji treba utrošiti da bi se tijelo dovelo u
odredeno stanje vrtnje je srazmjeran momentu tromosti oko te osi. No, koje je fizičko značenje
umnožaka tromosti? Sjetimo se da na svaku česticu mase m koja se vrti, djeluje centrifugalna
sila (8.4)
⃗F cf = ⃗a cf m = −⃗ω × (⃗ω × ⃗r) m.
Ta sila djeluje po pravcu okomitom na os vrtnje, a u smjeru od osi vrtnje. Ova centrifugalna
sila djeluje i na sve čestice od kojih je sastavljeno kruto tijelo. No, zbog krutosti krutog
tijela, njegove se čestice ne mogu slobodno gibati, nego se sila na čestice, prenosi na cijelo
tijelo. Ako su čestice krutog tijela rasporedene simetrično u odnosu na os vrtnje, sve će se
ove sile medusobno poništiti i rezultantna sila na kruto tijelo će biti jednaka nuli . Naprotiv,
ako su čestice rasporedene nesimetrično u odnosu na os vrtnje, one se neće sve medusobno
poništiti, nego će preostati rezultantna sila u smjeru okomitom na os vrtnje. S obzirom da
je okomita na os vrtnje, očito je da će ova sila izazvati promjenu smjera osi vrtnje.
Uvjerimo se u ispravnost ovog razmišljanja slijedećim računom: neka se u nekom početnom
vremenskom trenutku tijelo vrti oko osi ⃗ω i neka je koordinatni sustav postavljen tako da je
⃗ω = ωẑ . Izračunajmo ukupni moment centrifugalnih sila koje djeluju na sve čestice krutog
tijela (ponovo koristimo identitet A ⃗ × ( B ⃗ × C ⃗ ) = ( A ⃗ C ⃗ ) B ⃗ − ( A ⃗ B ⃗ ) C ⃗ )
⃗M cf =
N∑
j=1
= −
= −
⃗r j × ⃗ F j,cf = −
N∑
j=1
N∑
j=1
m j ⃗r j ×
= −ˆx ω 2 N
∑
N∑
j=1
m j ⃗r j ×
]
[(⃗ω ⃗r j ) ⃗ω − ω 2 ⃗r j = −
[
]
⃗ω × (⃗ω × ⃗r j )
N∑
j=1
m j (ωz j ) (x j ˆx + y j ŷ + z j ẑ ) × ω ẑ = −
j=1
= M cf,x ˆx − M cf,y ŷ ,
m j y j z j + ŷ ω 2
N
∑
j=1
gdje su komponente momenta centrifugalne sile jednake
]
m j
[(⃗ω ⃗r j ) (⃗r j × ⃗ω ) − ω 2 (⃗r j × ⃗r j )
} {{ }
N∑
j=1
m j x j z j = ω 2 (ˆx I yz − ŷ I xz )
M cf,x = ω 2 I yz , M cf,y = ω 2 I xz .
= 0
m j (ωz j ) (ˆx y j ω − ŷ x j ω)
Ako se u početnom trenutku tijelo okretalo oko osi z, pojavljuju se momenti centrifugalne sile
koji zakreću tijelo u okomitom smjeru u odnosu na os vrtnje (u našem primjeru su to x i y
smjerovi). Da bi se tijelo sve vrijeme okretalo oko osi z, potrebno je vanjskim silama fiksirati os
vrtnje (kao što je to prikazano na slici 12.13). Ovaj moment sile iščezava, samo ako je raspodjela
masa simetrična prema početnoj osi vrtnje, tj. ako je I yz = I xz = 0 (simetrična raspodjela mase
znači da u gornjem zbroju za I yz i I xz ima jednako mnogo pozitivnih i negativnih doprinosa
istog iznosa). U tom je slučaju dovoljno tijelo fiksirati u jednoj točki i ono će se trajno vrtjeti
oko početne osi. Ako ovakva os prolazi i središtem mase krutog tijela, tada je ona i glavna os

13.1. TENZOR TROMOSTI 359
i tijelo ne treba učvrstiti niti u jednoj točki, a ono će se ipak trajno vrtjeti oko te osi. Zbog
gore opisane veze s centrifugalnom silom, umnošci tromosti se nazivaju i devijacijski momenti
ili centrifugalni momenti.
Vratimo se komponentama momenta količine gibanja, koje sada možemo napisati preko momenata
i umnožaka tromosti
L x = I xx ω x + I xy ω y + I xz ω z ,
L y = I yx ω x + I yy ω y + I yz ω z , (13.2)
L z = I zx ω x + I zy ω y + I zz ω z .
Gornji sustav jednadžba možemo napisati kao jednu matričnu jednadžbu, tako što ćemo uvesti
matricu tenzora tromosti I
⎡
I = ⎣ I ⎤
xx I xy I xz
I yx I yy I yz
⎦ .
I zx I zy I zz
Elementi matrice su (prema definiciji) realni, a zbog simetrije umnožaka tromosti: I xy =
I yx , I xz = I zx , I yz = I zy , matrica je i simetrična. To znači da su njezine svojstvene vrijednosti
realne, a svojstveni vektori su medusobno okomiti. Sustav jednadžba (13.2) sada glasi
⃗L = I ⃗ω . (13.3)
U ovom općem slučaju, kada su I α,β ≠ 0, smjer momenta količine gibanja ⃗ L se razlikuje od
smjera osi vrtnje ⃗ω .
Pogledajmo sada kako izgleda kinetička energija vrtnje krutog tijela? Ponovo krećemo od zapisa
kinetičke energije vrtnje kao zbroja kinetičkih energija pojedinih čestica krutog tijela
E k,vrt = 1 2
= 1 2
N∑
j=1
N∑
j=1
m j ⃗v 2
j = 1 2
N∑
j=1
m j ⃗v j (⃗ω × ⃗r j ) = 1 2
m j ⃗v j ⃗v j (13.4)
N∑
j=1
m j ⃗ω (⃗r j × ⃗v j ) = 1 2 ⃗ω ⃗ L .
Uvrstimo li relacije (13.2) u skalarni umnožak ⃗ω L ⃗ , dobivamo za energiju vrtnje
E k,vrt = 1 ]
[I xx ωx 2 + I yy ωy 2 + I zz ωz 2 + 2 I xy ω x ω y + 2 I xz ω x ω z + 2I yz ω y ω z
2
(13.5)
Primjer: 13.1 Stožac:
Stožac jednolike gustoće se, bez klizanja, kotrlja po ravnini (x, y) kutnom brzinom
˙ϕ oko osi z. Polumjer stošca je R, visina H, a masa m (slika 13.2). Izračunajte
kinetičku energiju stošca.
R: Primjetimo najprije da u ovom zadatku postoje dvije kutne brzine. Prva
je kutna brzina vrtnje središta mase stošca oko ishodišta i nju ćemo označiti s ˙ϕ .
Druga je kutna brzina vrtnje stošca oko trenutnog središta vrtnje, a to je linije po

360 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.2: Uz primjer izračunavanja kinetičke energije stošca koji se kotrlja po ravnini.
kojoj stožac dodiruje ravninu (x, y). Ovu ćemo brzinu označiti s ω = ˙χ.
Središte mase stošca se nalazi na osi simetrije, 3H/4 udaljeno od njegovog vrha.
Izračunajmo brzinu središta mase na dva načina:
(a) pomoću ˙ϕ
(b) pomoću ω
v SM = ds
dt = ρ SM dϕ
dt
= 3 4
H cos α ˙ϕ ,
v SM = r dχ = 3 H sin α ω.
dt 4
Usporedbom gornja dva izraza, dolazimo do
ω = cos α
sin α ˙ϕ = H R ˙ϕ .
Ukupnu kinetičku energiju možemo dobiti kao energiju vrtnje oko trenutnog središta.
Za to nam je potrebna brzina vrtnje oko trenutnog središta, a to je ω i
moment tromosti oko trenutnog središta, a to je moment tromosti stošca oko njegove
izvodnice
za ukupnu energiju stošca dobivamo
I izv = 3 20 mR2 (
1 + 5H2
R 2 + H 2 )
,
E = E t.s.
k,vrt = 1 2 I izvω 2 = 3
40 m H2 ˙ϕ 2 R2 + 6H 2
R 2 + H 2 .
Sustav glavnih osi krutog tijela:
Pokušajmo sada pronaći koordinatni sustav u kojemu će matrica tenzora tromosti biti dijagonalna
s dijagonalnim elementima jednakim I j za j = 1, 2, 3. Takav ćemo sustav zvati sustav

13.1. TENZOR TROMOSTI 361
glavnih osi krutog tijela, a jedinične vektore tog sustava ćemo označiti s ê j (slika 13.3).
Budući da je I realna i simetrična matrica, vektori ê j su medusobno okomiti. Naravno da
Slika 13.3: Glavne osi krutog tijela: ê 1 , ê 2 , ê 3 .
je taj sustav čvrsto vezan s krutim tijelom i rotira zajedno s njim. Centrifugalni momenti, u
sustavu glavnih osi, su jednaki nuli i zato će tijelo koje se u početnom trenutku vrtjelo oko
jedne od glavnih osi, nastaviti vrtnju oko te osi sve dok vanjske sile ne promjene smjer vrtnje.
Da bi se našle dijagonalne vrijednosti I j i smjerovi glavnih osa ê j , treba riješiti algebarski problem
dijagonalizacije matrice, tj. naći njezine svojstvene vrijednosti I j i pripadajuće svojstvene
vektore ê j
I ê j = I j ê j →
] [I − 1 I j ê j = 0,
(s 1 je označena 3× 3 dijagonalna matrica s jedinicama na dijagonali i nulama izvan dijagonale).
Gornja jednadžba ima rješenje ê j ≠ 0 ako determinata matrice (I − 1 I j ) iščezava
∣ I xx − I j I xy I xz ∣∣∣∣∣ I yx I yy − I j I yz = 0.
∣ I zx I zy I zz − I j
Gornja jednadžba je algebarska jednadžba trećeg reda za nepoznanice I j . Zbog realnosti i
simetrije elemenata matrice I, ona ima tri realna rješenja I j koja zovemo glavni momenti
tromosti . Njima su pridružena tri ortonormirana svojstvena vektora ê j koja zovemo glavne
osi krutog tijela
I ê j = I j ê j ,
ê i · ê j = δ i,j , i, j = 1, 2, 3.
Smjerovi glavnih osi odgovaraju smjerovima simetrije krutog tijela. Nedijagonalni elementi
I i,j iščezavaju samo ako se u izrazu
I i,j = I j,i = −
N∑
m n r i,n r j,n
n=1

362 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
(gdje r j,n označava projekciju radij vektora n-te čestice na smjer glavne osi ê j ) pojavi jednako
mnogo pozitivnih i negativnih doprinosa koji se medusobno ponište, a to je upravo znak
simetričnosti.
Izrazimo kinetičku energiju vrtnje preko veličina vezanih za sustav glavnih osi. Označimo s ω j i
L j za j = 1, 2, 3, komponente kutne brzine vrtnje i momenta količine gibanja u sustavu glavnih
osi
⃗L · ê j = L j , ⃗ω · ê j = ω j .
U tom je sustavu sustavu I dijagonalna matrica, pa relacija ⃗ L = I ⃗ω postaje jednostavno
⃗L = I 1 ω 1 ê 1 + I 2 ω 2 ê 2 + I 3 ω 3 ê 3 ,
a kinetička energija vrtnje
L 1 = I 1 ω 1 , L 2 = I 2 ω 2 , L 3 = I 3 ω 3 ,
E k,vrt = 1 2 ⃗ω ⃗ L = 1 2 (I 1 ω 2 1 + I 2 ω 2 2 + I 3 ω 2 3) (13.6)
Ako kutna brzina vrtnje ima smjer jedne od glavnih osi krutog tijela ⃗ω = ω ê j , tada će biti
⃗L = I j ω ê j , tj. u tom slučaju ⃗ L i ⃗ω imaju isti smjer, a kinetička energija vrtnje je
E k,vrt = 1 2 ⃗ω ⃗ L = 1 2 I j ω 2 (13.7)
Izraz za energiju (13.6) može napisati i drukčije, tako što će se uvesti kosinusi kutova koje os
vrtnje zatvara sa smjerovima glavnih osi. Prema samom značenju komponente ω j je
ω j = ⃗ω · ê j = ω cos(ˆω , ê j ),
stoga je, prema (13.6), i kinetička energija vrtnje jednaka
E k,vrt = 1 2
[
I1 ω 2 cos 2 (ˆω , ê 1 ) + I 2 ω 2 cos 2 (ˆω , ê 2 ) + I 3 ω 2 cos 2 (ˆω , ê 3 ) ] ≡ 1 2 ω2 I ⃗ω .
Gornji izraz definira moment tromosti krutog tijela I ⃗ω u odnosu na proizvoljni smjer vrtnje ˆω ,
izražen preko glavnih momenata tromosti I j
I ⃗ω = I 1 cos 2 (ˆω , ê 1 ) + I 2 cos 2 (ˆω , ê 2 ) + I 3 cos 2 (ˆω , ê 3 ). (13.8)
Gornji izraz je osobito važan, jer daje moment tromosti tijela oko proizvoljne osi ˆω izražen
preko momenata tromosti oko glavnih osi. Drugim riječima, ako jednom izračunamo momente
tromosti tijela oko glavnih osi, onda pomoću gornjeg izraza možemo lako izračunati moment
tromosti oko proizvoljne osi.
Primjer: 13.2 Valjak:
Izračunajmo moment tromosti valjka oko osi označene na slici 13.4. Polumjer valjka
je R, visina H, a masa m.
R: Prema relaciji (13.8), za rješenje ovog zadatka trebamo samo znati glav-

13.1. TENZOR TROMOSTI 363
Slika 13.4: Valjak se vrti oko osi koja prolazi središtem baze i jednom točkom na spojnici suprotne baze i plašta.
ne momente tromosti valjka I j i kuteve koje os vrtnje zatvara a glavnim osima
valjka ê j . Zbog simetrije valjka, koordinatni sustav uvijek možemo postaviti tako
da os vrtnje leži u (ê 1 , ê 2 ) ravnini, pa je
I 1 = 1 ( ) R
2
2 m R2 , I 2 = I 3 = m
4 + H2
3
cos 2 H 2
(ˆω , ê 1 ) =
H 2 + R , R 2
2 cos2 (ˆω , ê 2 ) =
H 2 + R , 2 cos2 (ˆω , ê 3 ) = 0.
Uvrštavanjem gornjih vrijednosti u (13.8), dobiva se
I ⃗ω = 1
12 m R2 10 H2 + 3 R 2
H 2 + R 2 .
Kao što smo gornjim izrazom definirali moment tromosti u odnosu na sustav glavnih osi, slično
možemo definirati i moment tromosti I u odnosu na nepomični (inercijski) sustav (x, y, z).
Neka su α, β i γ kutovi koje osi x, y i z zatvaraju sa smjerom osi vrtnje ˆω . Tada je
⃗ω = ω ˆω = ω x ˆx + ω y ŷ + ω z ẑ / · ˆx
ω (ˆω ˆx ) = ω x
ω cos α = ω x
i slično za y i z komponentu, što sve zajedno daje
⃗ω = ω (ˆx cos α + ŷ cos β + ẑ cos γ).
Uvrsti li se ovaj izraz za kutnu brzinu u (13.5), za kinetičku energiju se dobije
E k,vrt = 1 2 I ω2 ,

364 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
gdje je s I označena veličina
I = I xx cos 2 α + I yy cos 2 β + I zz cos 2 γ
+ 2 I xy cos α cos β + 2 I xz cos α cos γ + 2 I yz cos β cos γ.
Gornja veličina opisuje svojstva tromosti krutog tijela u odnosu na proizvoljan inercijski sustav
(x, y, z). Ona se može vizualizirati u obliku jednog elipsoida, na slijedeći način. Uvedimo vektor
⃗η relacijom
⃗η = ˆω √
I
= ˆx cos α √
I
+ ŷ cos β √
I
U terminima komponenata vektora ⃗η , izraz za I glasi
+ ẑ cos γ √
I
= ˆx η x + ŷ η y + ẑ η z .
1 = I xx η 2 x + I yy η 2 y + I zz η 2 z + 2 I xy η x η y + 2 I xz η x η z + 2 I yz η y η z . (13.9)
U koordinatnom sustavu (η x , η y , η z ), gornja jednadžba predstavlja elipsoid koji se zove elipsoid
tromosti i koji vizualizira osobine tromosti danog tijela u danom koordinatnom sustavu.
Ako se koordinatni sustav (x, y, z) zakrene tako da se poklopi sa sustavom glavnih osi, tada
α, β i γ označavaju kutove izmedu glavnih osi krutog tijela i osi vrtnje, a centrifugalni momenti
iščezavaju. U tom slučaju jednadžba elipsoida tromosti postaje
1 = I 1 η 2 1 + I 2 η 2 2 + I 3 η 2 3, (13.10)
gdje su
η 1 = cos(ˆω , ê 1)
√
I⃗ω
, η 2 = cos(ˆω , ê 2)
√
I⃗ω
, η 3 = cos(ˆω , ê 3)
√
I⃗ω
.
13.2 Eulerove jednadžbe gibanja
Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko osi ˆω (t) i na koje djeluju vanjske sile. Učinak
vanjskih sila na vrtnju tijela opisujemo momentom vanjskih sila M. ⃗ Gibanje tijela ćemo promatrati
iz dva koordinatna sustava: jednog inercijskog (nepomičnog) i drugog koji je čvrsto
vezan za kruto tijelo i vrti se zajedno s njim (neinercijski). Za ovaj neinercijski sustav ćemo
odabrati upravo sustav glavnih osi (ê 1 , ê 2 , ê 3 ). U tom je sustavu ukupan moment količine
gibanja krutog tijela jednak
⃗L = I 1 ω 1 (t) ê 1 + I 2 ω 2 (t) ê 2 + I 3 ω 3 (t) ê 3 ,
gdje su ω j (t) komponente kutne brzine vrtnje u smjerovima glavnih osi. U neinercijskom sustavu
se samo kutna brzina mijenja s vremenom, dok su momenti tromosti I j i smjerovi vektora ê j
konstantni (jer se vektori ê j vrte zajedno s neinercijskim sustavom). Prema relaciji (8.3),
vremenske promjene vektora L ⃗ u inercijskom i neinercijskom sustavu su povezane relacijom
d ⃗ L
d t
= d ⃗ L
+ ⃗ω × L
∣ d t ∣ ⃗
in. nin.
= I 1 ˙ω 1 ê 1 + I 2 ˙ω 2 ê 2 + I 3 ˙ω 3 ê 3 + (ω 1 ê 1 + ω 2 ê 2 + ω 3 ê 3 ) × (I 1 ω 1 ê 1 + I 2 ω 2 ê 2 + I 3 ω 3 ê 3 )
[
] [
] [
= ê 1 I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 2 )ω 2 ω 3 + ê 2 I 2 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 )ω 1 ω 3 + ê 3 I 3 ˙ω 3 + (I 2 − I 1 )ω 1 ω 2
].

13.2. EULEROVE JEDNADŽBE GIBANJA 365
Vanjske sile koje djeluju na tijelo, kao što im samo ime kaže, djeluju u vanjskom, dakle inercijskom
sustavu, pa njihov moment zadovoljava jednadžbu (10.15)
⃗M = d L ⃗ = M 1 ê 1 + M 2 ê 2 + M 3 ê 3 . (13.11)
d t ∣
in.
Primjetimo da se, promatrano iz inercijskog sustava, smjerovi ê j mijenjaju u vremenu. Usporedbom
gornje dvije jednadžbe, dolazimo do sustava
I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 2 ) ω 2 ω 3 = M 1 ,
I 2 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 ) ω 1 ω 3 = M 2 ,
I 3 ˙ω 3 + (I 2 − I 1 ) ω 1 ω 2 = M 3 .
(13.12)
koji se zove Eulerove 1 jednadžbe gibanja krutog tijela.
Tražimo konstante gibanja uz uvjet da se kruto tijelo vrti oko nepomične točke O i da
na tijelo ne djeluju vanjske sile, osim sile u točki oslonca. Tada je krak vanjske sile u točki
oslonca jednak nuli, pa je i ukupni moment vanjskih sila jednak nuli
⃗M = 0.
Prva konstanta: moment količine gibanja.
U skladu s relacijom M ⃗ = ⃗ ˙ L = 0 (koja vrijedi i u inercijskom (10.15) i u neinercijskom (10.28)
sustavu), zaključujemo da je tada moment količine gibanja krutog tijela konstantan,
⃗L = const.
Konstantnost vektora znači konstantnost smjera
i konstantnost iznosa
L =
ˆL = const.
√
√
L 2 x + L 2 y + L 2 z = L 2 1 + L 2 2 + L 2 3 = const..
Pravac na kojemu leži ⃗ L se zove invarijantna linija.
Druga konstanta: kinetička energija.
Pokažimo da će u ovom slučaju i kinetička energija vrtnje biti konstantna. Započnimo time što
ćemo Eulerove jednadžbe redom pomnožiti s ω 1,2,3 (neka je u početku desna strana različita od
nule),
1 Leonhard Euler, 1707. - 1783., švicarski matematičar.
I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 2 ) ω 2 ω 3 = M 1 / · ω 1
I 2 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 ) ω 1 ω 3 = M 2 / · ω 2
I 3 ˙ω 3 + (I 2 − I 1 ) ω 1 ω 2 = M 3 / · ω 3 ,

366 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
a zatim ih zbrojiti
I 1 ˙ω 1 ω 1 + I 2 ˙ω 2 ω 2 + I 3 ˙ω 3 ω 3 + ω 1 ω 2 ω 3 (I 3 − I 2 + I 1 − I 3 + I 2 − I 1 )
} {{ }
Primjetimo da je ˙ω j ω j = 1 2
1
2
= 0
(d ω2 j /d t), pa gornji izraz možemo napisati kao
(
I 1
d ω 2 1
d t + I 2
d ω 2 2
d t + I 3
)
d ω3
2 = M
d t
⃗ · ⃗ω .
= M 1 ω 1 + M 2 ω 2 + M 3 ω 3 .
Prema relaciji za energiju (13.6), izraz u zagradi prepoznajemo kao vremensku promjenu kinetičke
energije vrtnje (tj. snagu vrtnje), pa gornji izraz kaže da je vremenska promjena kinetičke
energije vrtnje jednaka skalarnom umnošku ⃗ M · ⃗ω
d E k,vrt
d t
= ⃗ M · ⃗ω .
Gornja je jednadžba iste grade kao i (4.8). Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, ⃗ M = 0,
tada je i energija konstantna
d E k,vrt
d t
= 0 ⇒ E k,vrt = const.
Treća konstanta: projekcija osi vrtnje.
Iz činjenice da je kinetička energija konstantna, a pomoću relacije (13.4) zaključujemo da je
projekcija osi vrtnje ˆω (t) na konstantni vektor ⃗ L i sama konstantna (slika 13.5)
E k = 1 2 ⃗ω ⃗ L = const.
Drugim rječima, 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 mora
biti kružnica, jer vektor ⃗ω (t) ne mora biti konstantnog iznosa - traži se samo da je njegova
projekcija na jedan konstantni vektor i sama konstantna. Gornja relacija kaže da projekcija
⃗ω (t) na ⃗ L (dakle umnožak ω cos(ˆω , ⃗ L )), mora biti u svakom trenutku ista. Opažač smješten
u sustav koji se vrti zajedno s krutim tijelom (ê 1 , ê 2 , ê 3 ) primjećuje da se vektor ⃗ω okreće oko
vektora ⃗ L (koji je, sjetimo se, konstantan). Taj zakret osi vrtnje ⃗ω (t) oko smjera ⃗ L se naziva
precesija.
13.3 Gibanje Zemlje
Jedan važan primjer krutog tijela koje se vrti uz moment vanjskih sila jednak nuli, je vrtnja
Zemlje oko svoje osi. Jedina vanjska sila koja djeluje na Zemlju je gravitacijska sila (od
Sunca i drugih planeta), ali ona djeluje na središte mase Zemlje, pa je njezin moment sile
jednak nuli. Zemlja nije savršeno kruto tijelo, jer ima tekuću jezgru, ali ćemo učinke te tekuće
jezgre na vrtnju Zemlje zanemariti. Takoder ćemo oblik Zemlje aproksimirati oblikom elipsoida
(spljoštene kugle). Označimo li smjer osi simetrije takvog tijela kao ê 3 , tada će biti I 1 = I 2 ≠ I 3

13.3. GIBANJE ZEMLJE 367
Slika 13.5: Projekcija osi vrtnje ˆω (t) na vektor ⃗ L se ne mijenja u vremenu.
i Eulerove jednadžbe glase
I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 1 ) ω 2 ω 3 = 0,
I 1 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 ) ω 1 ω 3 = 0,
I 3 ˙ω 3 = 0.
U ovom slučaju, a kao posljedicu simetrije I 1 = I 2 , vidimo da postoji i četvrta konstanta
gibanja. Naime iz posljednje od gornjih jednadžba zaključujemo da je treća komponenta kutne
brzine vrtnje konstantna
ω 3 = const. ≡ Ω 3 .
Tada se preostale dvije jednadžbe mogu napisati u obliku
˙ω 1 + I 3 − I 1
I 1
ω 2 Ω 3 = 0, (13.13)
˙ω 2 − I 3 − I 1
I 1
ω 1 Ω 3 = 0.
To je sustav od dvije vezane diferencijalne jednadžbe prvog reda, za nepoznate funkcije ω 1 (t)
i ω 2 (t). Vremenskom derivacijom druge od gornjih jednadžba i uvrštavanjem prve, dobiva se
diferencijalna jednadžba drugog reda, ali se u njoj pojavljuje samo jedna funkcija, ω 2 (t)
( ) 2
I 3 − I 1
¨ω 2 + Ω 3 ω 2 = 0. (13.14)
I 1
Gornju jednadžbu prepoznajemo kao jednadžbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog
oscilatora (6.2) s općim rješenjem
ω 2 = A cos ω 0 t + Ω ⊥ sin ω 0 t,

368 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
gdje su A i Ω ⊥ konstante. Odaberu li se početni uvjeti tako da je u t = 0 i ω 2 = 0, slijedi da
je A = 0, tj.
ω 2 = Ω ⊥ sin ω 0 t.
Vrijednost ω 0 dobiva se iz diferencijalne jednadžbe (13.14) za ω 2 , i ona iznosi
ω 0 = Ω 3
|I 3 − I 1 |
I 1
.
Uvrštavanje ω 2 u jednadžbu (13.13) za ω 1 , daje
ω 1 = Ω ⊥ cos ω 0 t.
Uzeto sve zajedno, os vrtnje, tj. vektor ⃗ω (t), gledano iz sustava glavnih osi tijela, mijenja svoj
smjer u vremenu na slijedeći način
⃗ω (t) = ê 1 Ω ⊥ cos ω 0 t + ê 2 Ω ⊥ sin ω 0 t + ê 3 Ω 3
(primjetimo da i Ω ⊥ i Ω 3 imaju dimenziju kutne brzine). Primjećujemo da je kutna brzina
vrtnje konstantnog iznosa ω = √ Ω 2 ⊥ + Ω 2 3 i zato vektor ⃗ω opisuje stožac u prostoru tako da je
os stošca visine Ω 3 u smjeru ê 3 , a polumjer baze je Ω ⊥ (slika 13.6), tj. ⃗ω precesira oko ê 3 .
Kutna brzina precesije je ω 0 pa je vrijeme jednog obilaska T 0 = 2π/ω 0 . Konkretno, za Zemlju
Slika 13.6: Precesija ⃗ω (t) oko ê 3 .
je
ω 3 = Ω 3 = 2π rad
dan , I 3 − I 1
I 1
= 0.00327,
pa period precesije iznosi oko T 0 = 305 dana ili desetak mjeseci. Ovo je vrijednost za T 0 blizu
opažene vrijednosti koja iznosi približno 430 dana, a razlika se objašnjava, već spomenutom,
činjenicom da Zemlja nije savršeno kruta, već ima i tekući jezgru, pa u razmatranje treba uzeti
i hidrodinamičko ponašanje tekućine koja se vrti, a takoder treba uzeti u obzir i atmosferska
gibanja, utjecaj plimnog trenja, elastičnosti Zemlje (koja ipak nije savršeno kruta) i slično.

13.3. GIBANJE ZEMLJE 369
Vidimo da su za odredenje gibanja Zemlje, važna tri vektora: ê 3 , ⃗ω i ⃗ L . Njihove medusobne
odnose ćemo opisati pomoću dva stošca. To su:
prostorni stožac - vezan za sustav (ˆx , ŷ , ẑ ) i
stožac krutog tijela - vezan za sustav (ê 1 , ê 2 , ê 3 ).
Opišimo vrtnju Zemlje u u tim terminima. Označimo s α kut izmedu osi simetrije Zemlje ê 3
(glavne osi su osi simetrije tijela) i konstantnog vektora momenta količine gibanja ⃗ L .
⃗ω = ê 1 Ω ⊥ cos ω 0 t + ê 2 Ω ⊥ sin ω 0 t + ê 3 Ω 3 ,
⃗L = I 1 ω 1 ê 1 + I 1 ω 2 ê 2 + I 3 ω 3 ê 3 ,
= I 1 Ω ⊥ (ê 1 cos ω 0 t + ê 2 sin ω 0 t) + ê 3 I 3 Ω 3 ,
cos α = ê 3 · ⃗L
L = I 3 Ω
√ 3
I
2
1 Ω 2 ⊥ + .
I2 3 Ω 2 3
Označimo s β kut izmedu osi simetrije Zemlje ê 3 i vektora vrtnje ⃗ω
cos β = ê 3 · ⃗ω ω = Ω
√ 3
.
Ω
2
⊥
+ Ω 2 3
Uobičajenim trigonometrijskim manipulacijama, dolazi se do sinusa kutova α i β
sin α =
a zatim i do omjera njihovih tangensa
tan α = I 1 Ω ⊥
I 3 Ω 3
,
I 1 Ω
√ ⊥
I
2
1 Ω 2 ⊥ + , sin β =
I2 3 Ω 2 3
tan β = Ω ⊥
Ω 3
,
⇒
Ω
√ ⊥
,
Ω
2
⊥
+ Ω 2 3
tan α
tan β = I 1
I 3
.
Za Zemlju (ili bilo koji drugi sferoid spljošten na polovima) je I 1 < I 3 (zato jer je zbog spljoštenosti,
veličina r 2 ⊥ veća kada se računa I 3, nego kada se računa I 1 ).
I 1 < I 3 ⇒ tan α < tan β ⇒ α < β.
Nazovimo prostornim stošcem stožac čija je os simetrije konstantni vektor ⃗ L , os simetrije stošca
tijela neka je os ê 3 (slika 13.7). Vidimo da gibanje Zemlje možemo shvatiti kao kotrljanje (bez
klizanja) stošca tijela oko prostornog stošca (vektor ⃗ L je konstantan, pa se prostorni stožac ne
pomiče, nego se pomiče stožac tijela) tako da njihova dodirna linija ima smjer vektora vrtnje
⃗ω .
Navedimo još nekoliko opažanja vezanih za opis Zemljinog gibanja:
• Primjetimo da pravci definirani vektorima L ⃗ , ê 3 i ⃗ω leže u istoj ravnini. Ovu ćemo tvrdnju
dokazati tako što ćemo pokazati da je volumen paralelopipeda čije su stranice dane ovim
vektorima, jednak nuli. Volumen računamo preko mješovitog umnoška ta tri vektora, relacijom
(2.7), u bazi glavnih osi krutog tijela
⃗L · (ê 3 × ⃗ω ) =
∣
I 1 ω 1 I 1 ω 2 I 3 ω 3
0 0 1
ω 1 ω 2 ω 3
∣ ∣∣∣∣∣
= 0.
• Opažač u koordinatnom sustavu (O, x, y, z) će vidjeti da ⃗ω opisuje prostorni stožac, dok će
opažač u sustavu (O, ê 1 , ê 2 , ê 3 ) (a to smo svi mi koji živimo na Zemlji) vidjeti da ⃗ω opisuje
stožac tijela.
• Za Zemlju je I 1 < I 3 (spljoštena tijela) i zato je prostorni stožac unutar stošca krutog tijela.
Za tijela za koja je I 1 > I 3 (duguljasta tijela oblika cigare) je lako pokazati da je stožac tijela
unutar prostornog stošca (slika 13.8).

370 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.7: Opis gibanja Zemlje pomoću prostornog stošca (os simetrije je ⃗ L ) i stošca tijela (os simetrije je ê 3 ).
13.4 Eulerovi kutovi
Za opis vrtnje krutog tijela oko nepomične točke, uobičajeno je koristiti tri kutne varijable Φ, Θ
i Ψ, koje se zovu Eulerovi kutovi. Osnovna je ideja posve jednostavna:
- krećemo s dva koordinatna sustava s istim ishodištem (x, y, z) i (x ′ , y ′ , z ′ ), koji se u početku
poklapaju;
- zatim pomoću kutova Φ i Θ, koje smo upoznali u sfernom koordinatnom sustavu, odredimo
novi smjer osi z ′ ;
- i konačno zakrenemo cijeli sustav (x ′ , y ′ , z ′ ) oko osi z ′ za kut Ψ.
Pokažimo u slijedeća tri koraka kako se iz početnog koordinatnog sustava (x, y, z), koristeći
dva pomoćna koordinatan sustava (X, Y, Z) i (X ′ , Y ′ , Z ′ ), stiže u konačni zakrenuti sustav
(x ′ , y ′ , z ′ ):
(x, y, z) ⇒ (X, Y, Z) ⇒ (X ′ , Y ′ , Z ′ ) ⇒ (x ′ , y ′ , z ′ )
z = Z X = X ′ Z ′ = z ′
Φ Θ Ψ
slika 13.9.A slika 13.9.B slika 13.9.C
Povežimo jedinične vektore pojedinih koordinatnih sustava:
prvi korak: zakret oko osi z = Z za kut Φ (slika 13.9.A)
ˆx = (ˆx ˆX ) ˆX + (ˆx Ŷ )Ŷ + (ˆx Ẑ )Ẑ = ˆX cos Φ + Ŷ cos(Φ + π 2 ) + Ẑ cos π 2
= ˆX cos Φ − Ŷ sin Φ,
ŷ = (ŷ ˆX ) ˆX + (ŷ Ŷ )Ŷ + (ŷ Ẑ )Ẑ = ˆX cos( π 2 − Φ) + Ŷ cos Φ + Ẑ cos π 2
= ˆX sin Φ + Ŷ cos Φ,
ẑ = (ẑ ˆX ) ˆX + (ẑ Ŷ )Ŷ + (ẑ Ẑ )Ẑ = ˆX cos π 2 + Ŷ cos π 2 + Ẑ cos 0
= Ẑ ,

13.4. EULEROVI KUTOVI 371
Slika 13.8: Položaji prostornog stošca i stošca tijela, ovisno o odnosu I 1 i I 3 .
ili, u matričnom zapisu
⎡
⎣ ˆx ŷ
ẑ
⎤ ⎡
⎦ = E Φ
⎣
ˆX
Ŷ
Ẑ
⎤
⎡
⎦ , E Φ = ⎣
cos Φ − sin Φ 0
sin Φ cos Φ 0
0 0 1
⎤
⎦ .
Drugi korak: zakret oko osi X = X ′
za kut Θ (slika 13.9.B)
ˆX = ( ˆX ˆX ′ ) ˆX ′ + ( ˆX Ŷ ′ )Ŷ ′ + ( ˆX Ẑ ′ )Ẑ ′ = ˆX ′ cos 0 + Ŷ ′ cos π 2 + Ẑ ′ cos π 2
= ˆX ′ ,
Ŷ = (Ŷ ˆX ′ ) ˆX ′ + (Ŷ Ŷ ′ )Ŷ ′ + (Ŷ Ẑ ′ )Ẑ ′ = ˆX ′ cos π 2 + Ŷ ′ cos Θ + Ẑ ′ cos(Θ + π 2 )
= Ŷ ′ cos Θ − Ẑ ′ sin Θ,
Ẑ = (Ẑ ˆX ′ ) ˆX ′ + (Ẑ Ŷ ′ )Ŷ ′ + (Ẑ Ẑ ′ )Ẑ ′ = ˆX ′ cos π 2 + Ŷ ′ cos( π 2 − Θ) + Ẑ ′ cos Θ
= Ŷ ′ sin Θ + Ẑ ′ cos Θ,
⎡
⎣
ˆX
Ŷ
Ẑ
⎤ ⎡
⎦ = E Θ
⎣
ˆX ′
Ŷ ′
Ẑ ′
⎤
⎦ , E Θ =
⎡
⎣ 1 0 0
0 cos Θ − sin Θ
0 sin Θ cos Θ
⎤
⎦ .

372 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.9: Uz definiciju Eulerovih kutova Φ, Θ i Ψ.
Treći korak: zakret oko osi Z ′ = z ′ za kut Ψ (slika 13.9.C)
ˆX ′ = ( ˆX ′ ˆx ′ )ˆx ′ + ( ˆX ′ ŷ ′ )ŷ ′ + ( ˆX ′ ẑ ′ )ẑ ′ = ˆx ′ cos Ψ + ŷ ′ cos( π 2 + Θ) + ẑ ′ cos π 2
= ˆx ′ cos Ψ − ŷ ′ sin Ψ,
Ŷ ′ = (Ŷ ′ ˆx ′ )ˆx ′ + (Ŷ ′ ŷ ′ )ŷ ′ + (Ŷ ′ ẑ ′ )ẑ ′ = ˆx ′ cos( π 2 − Ψ) + ŷ ′ cos Ψ + ẑ ′ cos π 2
= ˆx ′ sin Ψ + ŷ ′ cos Ψ,
Ẑ ′ = (Ẑ ′ ˆx ′ )ˆx ′ + (Ẑ ′ ŷ ′ )ŷ ′ + (Ẑ ′ ẑ ′ )ẑ ′ = ˆx ′ cos π 2 + ŷ ′ cos π 2 + ẑ ′ cos 0
= ẑ ′ ,
ili, u matričnom zapisu
⎡ ⎤ ⎡
ˆX ′
⎣ Ŷ ′ ⎦ = E Ψ
⎣ ˆx ′
ŷ ′
Ẑ ′
ẑ ′
⎤
⎡
⎦ , E Ψ = ⎣
cos Ψ − sin Ψ 0
sin Ψ cos Ψ 0
0 0 1
⎤
⎦ .
Sada ćemo, pomoću gornjih relacija, povezati jedinične vektore (ˆx , ŷ , ẑ ) sa jediničnim vektorima
(ˆx ′ , ŷ ′ , ẑ ′ ).
Uzastopnom primjenom gornjih relacija, možemo povezati sustav (x, y, z) sa sustavom (x ′ , y ′ , z ′ )
⎡
⎣ ˆx ŷ
ẑ
⎤
⎡
⎦ = E Φ E Θ E Ψ
⎣ ˆx ′
ŷ ′
ẑ ′
⎤
⎦ . (13.15)
Iz gornjeg izraza možemo izvesti i inverznu relaciju, invertiranjem matrica
⎡
⎣ ˆx ⎤
⎡
′
ŷ ′ ⎦ = E −1
ẑ ′
Ψ E −1
Θ E −1 ⎣ ˆx ⎤
Φ
ŷ ⎦ . (13.16)
ẑ

13.4. EULEROVI KUTOVI 373
Lako je vidjeti da su inverzne matrice upravo jednake transponiranim matricama
E −1
Φ = E T Φ, E −1
Θ = E T Θ, E −1
Ψ = E T Ψ.
E −1
Ψ E −1
Θ E −1
Φ = (E ΦE Θ E Ψ ) T .
Izravnim množenjem matrica, se dobije za E Φ E Θ E Ψ
⎡
cos Φ cos Ψ − sin Φ cos Θ sin Ψ − cos Φ sin Ψ − sin Φ cos Θ cos Ψ sin Φ sin Θ
sin Φ cos Ψ + cos Φ cos Θ sin Ψ − sin Φ sin Ψ + cos Φ cos Θ cos Ψ − cos Φ sin Θ
⎢
⎣
sin Θ sin Ψ sin Θ cos Ψ cos Θ
⎤
,
⎥
⎦
i za E −1
Ψ E −1
Θ E −1
Φ
⎡
(13.17)
cos Φ cos Ψ − sin Φ cos Θ sin Ψ sin Φ cos Ψ + cos Φ cos Θ sin Ψ sin Θ sin Ψ
− cos Φ sin Ψ − sin Φ cos Θ cos Ψ − sin Φ sin Ψ + cos Φ cos Θ cos Ψ sin Θ cos Ψ
.
⎢
⎥
⎣
sin Φ sin Θ − cos Φ sin Θ cos Θ
⎦
Uvrštavanjem (13.17) u (13.15), dobiju se relacije
⎤
(13.18)
ˆx = ˆx ′ (cos Φ cos Ψ − sin Φ cos Θ sin Ψ) + ŷ ′ (− cos Φ sin Ψ − sin Φ cos Θ cos Ψ) + ẑ ′ sin Φ sin Θ,
ŷ = ˆx ′ (sin Φ cos Ψ + cos Φ cos Θ sin Ψ) + ŷ ′ (− sin Φ sin Ψ + cos Φ cos Θ cos Ψ) − ẑ ′ cos Φ sin Θ,
ẑ = ˆx ′ sin Θ sin Ψ + ŷ ′ sin Θ cos Ψ + ẑ ′ cos Θ, (13.19)
a uvrštavanjem (13.18) u (13.16) dobiju se inverzne relacije
ˆx ′ = ˆx (cos Φ cos Ψ − sin Φ cos Θ sin Ψ) + ŷ (sin Φ cos Ψ + cos Φ cos Θ sin Ψ) + ẑ sin Θ sin Ψ,
ŷ ′ = ˆx (− cos Φ sin Ψ − sin Φ cos Θ cos Ψ) + ŷ (− sin Φ sin Ψ + cos Φ cos Θ cos Ψ) + ẑ sin Θ cos Ψ,
ẑ ′ = ˆx sin Φ sin Θ − ŷ cos Φ sin Θ + ẑ cos Θ. (13.20)
Nadalje ćemo se ovim relacijama korisiti kod opisa gibanja zvrka, pri čemu će (ˆx , ŷ , ẑ ) biti
inercijski sustav (nepomičan u prostoru), dok će (ˆx ′ , ŷ ′ , ẑ ′ ) biti sustav glavnih osi tijela ê j
ê 1 ≡ ˆx ′ , ê 2 ≡ ŷ ′ , ê 3 ≡ ẑ ′ .
Izrazimo kutnu brzinu vrtnje tijela ⃗ω u odnosu na inercijski sustav (ˆx , ŷ , ẑ ), preko Eulerovih
kutova: prvi korak je bio zakret za kut Φ oko osi ẑ = Ẑ , što daje doprinos od ẑ ˙Φ ; drugi je
korak zakret oko osi ˆX =
′ ˆX za kut Θ, što daje doprinos od ˆX ′ ˙Θ ; treći je korak zakret oko
osi Ẑ ′ = ẑ ′ za kut Ψ, što daje doprinos od ẑ ′ ˙Ψ . Sva tri doprinosa zajedno, odreduju kutnu
brzinu vrtnje
⃗ω = ẑ ˙Φ + ˆX ′ ˙Θ + ẑ
′ ˙Ψ (13.21)
= ˙Φ (ê 1 sin Θ sin Ψ + ê 2 sin Θ cos Ψ + ê 3 cos Θ) + ˙Θ (ê 1 cos Ψ − ê 2 sin Ψ) + ê 3 ˙Ψ
= ê 1 ( ˙Φ sin Θ sin Ψ + ˙Θ cos Ψ) + ê 2 ( ˙Φ sin Θ cos Ψ − ˙Θ sin Ψ) + ê 3 ( ˙Φ cos Θ + ˙Ψ ),

374 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ili, po komponentama
ω 1 = ˙Φ sin Θ sin Ψ + ˙Θ cos Ψ,
ω 2 = ˙Φ sin Θ cos Ψ − ˙Θ sin Ψ, (13.22)
ω 3 = ˙Φ cos Θ + ˙Ψ .
Na sličan način, polazeći od (13.21) i uvrštavanjem (13.20), mogu se izračunati i komponente
brzine vrtnje ⃗ω u nepomičnom (inercijskom) (x, y, z) sustavu
⃗ω = ˆx ( ˙Θ cos Φ + ˙Ψ sin Φ sin Θ) + ŷ ( ˙Θ sin Φ − ˙Ψ cos Φ sin Θ) + ẑ ( ˙Φ + ˙Ψ cos Θ), (13.23)
ili, po komponentama
ω x = ˙Θ cos Φ + ˙Ψ sin Φ sin Θ,
ω y = ˙Θ sin Φ − ˙Ψ cos Φ sin Θ,
ω z = ˙Φ + ˙Ψ cos Θ.
Iz relacije (13.6) znamo oblik kinetičke energije vrtnje u sustavu glavnih osi tijela. U vrstimo li
u taj izraz gornje vrijednosti za ω j , dobivamo kinetičku energiju vrtnje izraženu preko Eulerovih
kutova
E k,vrt = 1 2 (I 1 ω 2 1 + I 2 ω 2 2 + I 3 ω 2 3)
= I 1
2
(
˙Φ sin Θ sin Ψ + ˙Θ cos Ψ
) 2
+
I 2
2
(
˙Φ sin Θ cos Ψ − ˙Θ sin Ψ
) 2
+
I 3
2
( ) 2
˙Φ cos Θ + ˙Ψ .
U posebnom slučaju kada je tijelo oblika spljoštene (ili izdužene) kugle, je I 1 = I 2 i kinetička
se energija svodi na
E k,vrt = I 1
2
(
˙Φ 2 sin 2 Θ + ˙Θ 2 )
+ I 3
2
( ) 2
˙Φ cos Θ + ˙Ψ .
Ukoliko je tijelo oblika kugle I 1 = I 2 = I 3 = I
E k,vrt = I (
˙Φ 2 +
2 ˙Θ 2 + ˙Ψ 2 + 2 ˙Φ ˙Ψ
)
cos Θ .
(Moment tromosti kugle oko osi kroz promjer je (2/5)mR 2 , tada je npr. Θ = Φ = 0, a ˙Ψ = ω.)
13.5 Gibanje zvrka
U ovom ćemo odjeljku opisati gibanje zvrka, tj. vrtnju osno simetričnog krutog tijela oko
osi vrtnje koja se poklapa s jednom od glavnih osi (osi simetrije) tijela (slika 13.10). Jedna
točka zvrka, O, je nepomična i os vrtnje prolazi kroz tu točku. Za razliku od prethodnog
primjera (vrtnja Zemlje), gdje je moment vanjskih sila bio jednak nuli, sada će moment vanjske
(gravitacijske) sile biti različit od nule. Postavimo inercijski kordinatni sustav (x, y, z) i sustav
glavnih osi tijela (e 1 , e 2 , e 3 ) (neinercijski, čvrsto vezan uz tijelo) tako da imaju isto ishodište, a
to ishodište je nepomična točka gibanja zvrka, kao na slici 13.10. Sustav (e 1 , e 2 , e 3 ) se kutnom
brzinom ⃗ω vrti oko sustava (x, y, z). Prisjetimo se Eulerovih kutova: Φ i Θ odreduju smjer osi
vrtnje (tj. odreduju smjer ê 3 , gledano iz (x, y, z) sustava), a kut Ψ tj. kutna brzina ˙Ψ opisuje
vrtnju zvrka oko osi ê 3 . Sustav (ê 1 , ê 2 , ê 3 ) se giba u skladu s promjenom smjera osi vrtnje

13.5. GIBANJE ZVRKA 375
Slika 13.10: Vrtnja zvrka u gravitacijskom polju Zemlje.
(koje opisuju kutovi Φ i Θ), ali se NE vrti oko svoje ê 3 osi (jer bi tada zvrk mirovao u tom
sustavu). U sustavu glavnih osi ê j , zvrk se vrti kutnom brzinom ˙Ψ oko glavne osi ê 3 .
Uslijed djelovanja momenta vanjskih sila, moment količine gibanja zvrka će se mijenjati u skladu
s ⃗ ˙ L = M. ⃗ U sustavu glavnih osi tijela je moment količine gibanja sada jednak
⃗L = I 1 ω 1 ê 1 + I 2 ω 2 ê 2 + I 3 (ω 3 + ˙Ψ ) ê 3 ,
pri čemu su komponente vektora vrtnje ω j = ω j (Θ(t), Φ(t)). Sada postupamo kao u izvodu
Eulerovih jednadžba, s tom razlikom da u izrazu za L ⃗ imamo i dodatni član od ˙Ψ . Vezu
izmedu vremenske promjene L ⃗ u inercijskom i neinercijskom sustavu znamo iz (8.3), a ona
ovisi samo o vrtnji neinercijskog sustava kao cjeline, u odnosu na inercijski sustav
d L ⃗ = d ⃗ L
+ ⃗ω × L
d t ∣ d t ∣ ⃗ (13.24)
in. nin.
= I 1 ˙ω 1 ê 1 + I 2 ˙ω 2 ê 2 + I 3 ( ˙ω 3 + ¨Ψ ) ê 3
+ (ω 1 ê 1 + ω 2 ê 2 + ω 3 ê 3 ) × [I 1 ω 1 ê 1 + I 2 ω 2 ê 2 + I 3 (ω 3 + ˙Ψ ) ê 3 ]
= ê 1 [I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 2 ) ω 2 ω 3 + I 3 ω 2 ˙Ψ ]
+ ê 2 [I 2 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 ) ω 1 ω 3 − I 3 ω 1 ˙Ψ ]
+ ê 3 [I 3 ( ˙ω 3 + ¨Ψ ) + (I 2 − I 1 ) ω 1 ω 2 ].
U inercijskom sustavu na zvrk djeluje vanjska gravitacijska sila. Kao što smo pokazali relacijom
(10.12) ta sila djeluje kao da je sva masa zvrka skoncentrirana u njegovom središtu mase. Neka
se središte mase nalazi u točki l ê 3 , gdje je s l označena udaljenost od ushodišta O do središta
mase SM. Tada je moment gravitacijske sile jednak
⃗M = l ê 3 × m g (−ẑ ) = −l m g ê 3 × [(ẑ ê 1 ) ê 1 + (ẑ ê 2 ) ê 2 + (ẑ ê 3 ) ê 3 ] .
Budući da vektor ê 1 leži u ravnini (x, y), to je ẑ ê 1 = 0. Sa slike 13.10 se vidi da je ẑ ê 2 =
cos(π/2 − Θ) = sin Θ (ili iz jednadžba (13.19) uz Ψ ≡ 0). Posljedni član uglate zagrade ima

376 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
smjer ê 3 , pa je njegov vektorski umnožak s ê 3 jednak nuli. Tako za moment vanjske sile konačno
dobivamo
⃗M = −l m g ê 3 × sin Θ ê 2 = ê 1 l m g sin Θ. (13.25)
U skladu s relacijom ˙ ⃗ L = ⃗ M, ovaj je moment sile upravo jednak vremenskoj promjeni momenta
količine gibanja (13.24). Izjednačavanjem ta dva izraza, uz I 1 = I 2 za osno simetrični zvrk,
dolazimo do Eulerovih jednadžba koje sada glase
I 1 ˙ω 1 + (I 3 − I 1 ) ω 2 ω 3 + I 3 ω 2 ˙Ψ = l m g sin Θ (13.26)
I 1 ˙ω 2 + (I 1 − I 3 ) ω 1 ω 3 − I 3 ω 1 ˙Ψ = 0,
I 3 ( ˙ω 3 + ¨Ψ ) = 0.
Sustav glavnih osa (ê 1 , ê 2 , ê 3 ) je orjentiran prema (x, y, z) sustavu tako što je u odnosu na
njega zakrenut za kutove Θ i Φ, ali ne i za Ψ (Ψ opisuje vrtnju zvrka u sustavu glavnih osa).
Zbog toga za komponente ω 1,2,3 možemo napisati izraze iz (13.22) u kojima je Ψ ≡ 0
ω 1 = ˙Θ , ω 2 = ˙Φ sin Θ, ω 3 = ˙Φ cos Θ. (13.27)
Uvrštavanjem ovih izraza u Eulerove jednadžbe, dobivamo
I 1 ¨Θ + (I3 − I 1 ) ˙Φ 2 sin Θ cos Θ + I 3 ˙Φ ˙Ψ sin Θ = l m g sin Θ
I 1 (¨Φ sin Θ + ˙Φ ˙Θ cos Θ) + (I 1 − I 3 ) ˙Θ ˙Φ cos Θ - I 3 ˙Θ ˙Ψ = 0
d
( )
(13.28)
I 3 ˙Φ cos Θ + ˙Ψ = 0
d t
Značenja kutnih brzina koje se pojavljuju u gornjim jednadžbama su:
- ˙Φ , precesija; vrtnja projekcije vektora ê 3 oko osi z, u ravnini (x, y),
- ˙Θ , nutacija; gibanje vektora ê 3 prema i od osi z,
- ˙Ψ , spin; vrtnja zvrka oko glavne osi ê 3 .
konstante gibanja:
Prva konstanta:
Primjetimo da iz treće od gornjih jednadžba možemo zaključiti
I 3
d
d t ( ˙Φ cos Θ + ˙Ψ ) = 0 ⇒ ˙Φ cos Θ + ˙Ψ = const. ≡ Ω . (13.29)
Ω je konstanta dimenzije kutne brzine. Uvrštavanjem ˙Ψ = Ω − ˙Φ
jednadžbe iz (13.28), dobivamo dvije vezane jednadžbe za Φ i Θ
cos Θ u preostale dvije
I 1 ( ¨Θ − ˙Φ 2 sin Θ cos Θ) + I 3 ˙Φ Ω sin Θ = l m g sin Θ (13.30)
I 1 (¨Φ sin Θ + 2 ˙Φ ˙Θ cos Θ) − I 3 Ω ˙Θ = 0.
Druga konstanta:
Budući da na zvrk djeluje samo (konzervativna) gravitacijska sila, energija je sačuvana. Da
bismo to dokazali, pomnožimo jednadžbe (13.26) redom sa ω 1 , ω 2 i (ω 3 + ˙Ψ ) i zatim ih zbrojimo.
Kao rezultat se dobije
I 1 (ω 1 ˙ω 1 + ω 2 ˙ω 2 ) + I 3 (ω 3 + ˙Ψ ) ( ˙ω 3 + ¨Ψ ) = m g l ω 1 sin Θ.

13.5. GIBANJE ZVRKA 377
Ako na desnoj strani gornjeg izraza uzmemo u obzir da je ω 1 = ˙Θ , obje strane gornjeg izraza
možemo napisati kao vremenske derivacije
(
1 d ω
2
2 I 1
1
d t + d )
ω2 2
+ 1 d t 2 I d
(
3 ω 3 +
d t
˙Ψ
) 2 d cos Θ
= −m g l .
d t
Integracijom po vremenu gornje jednadžbe, dobiva se konstanta dimenzije energije
1
2 I (
1 ω
2
1 + ω2) 2 1
(
+
2 I 3 ω 3 + ˙Ψ
) 2
+ m g l cos Θ = const. ≡ E.
Konačni oblik konstantne energije se dobije uvrštavanjem (13.27) i (13.29) u gornji izraz
1
(
2 I 1 ˙Θ 2 + ˙Φ 2 sin Θ)
2 + 1 2 I 3 Ω 2 + m g l cos Θ = E.
To je zakon o sačuvanju mehaničke energije zvrka.
Treća konstanta:
Pokazali smo, relacijom (13.11), da je u odsustvu momenata vanjskih sila, moment količine
gibanja konstantan (sačuvan). Sada je moment vanjskih sila različit od nule, pa neće cijeli ⃗ L
biti sačuvan, nego će biti sačuvana samo ona njegova komponenta, koja je okomita na moment
vanjskih sila (jer ga, zbog medusobne okomitosti, ne može promjeniti). Sa slike 13.10 i iz relacije
(13.25) vidimo da ⃗ M ima samo ê 1 komponentu koja leži u ravnini (x, y) i zato zaključujemo
d L x
d L y
d L z
= M x ≠ 0, = M y ≠ 0, = M z = 0 ⇒ L z = const.
d t
d t
d t
da će samo z komponenta momenta količine gibanja biti konstantna. Izračunajmo L z
⃗L = L x ˆx + L y ŷ + L z ẑ = I 1 ω 1 ê 1 + I 1 ω 2 ê 2 + I 3 (ω 3 + ˙Ψ )
} {{ }
= Ω
L z = L ⃗ ẑ = I 1 ω 1 (ê 1 ẑ ) + I 1 ω 2 (ê 2 ẑ ) + I 3 Ω (ê 3 ẑ ).
No, sa slike 13.10, se vidi da je
ê 1 ẑ = 0, ê 2 ẑ = cos(π/2 − Θ) = sin Θ, ê 3 ẑ = cos Θ.
Uvrstivši još, ω 2 = ˙Φ sin Θ, dobiva se
L z = I 1 ˙Φ sin 2 Θ + I 3 Ω cos Θ.
Da bismo se uvjerili da je L z = const., treba vidjeti da njegova vremenska derivacija iščezava
d L
[
z
= I 1 (¨Φ sin Θ + 2
d t
˙Φ ˙Θ cos Θ) − I 3 Ω ˙Θ
]
sin Θ
a to je, zbog druge od jednadžba (13.30), jednako nuli, dakle je L z konstantan u vremenu
L z = const.
ê 3 ,
/ · ẑ
Stacionarna precesija
Vratimo se sada jednadžbama (13.30) i nadimo uvjete za stacionarnu precesiju zvrka. Stacionarnom
precesijom se naziva precesija kod koje je kut Θ glavne osi ê 3 prema osi ẑ inercijskog
sustava, konstantan (dakle, bez nutacije)
Θ = const. ⇒ ˙Θ = ¨Θ = · · · = 0.

378 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Primjetimo da je za konstantni Θ i projekcija središta mase zvrka na ravninu (x, y) takoder
konstantna i jednaka l sin Θ. Uz uvjet konstantnog Θ, jednadžbe (13.30) glase
)
− sin Θ
(I 1 ˙Φ 2 cos Θ − I 3 ˙Φ Ω + l m g = 0 (13.31)
Iz druge od gornjih jednadžbi slijedi da je
˙Φ = const.,
I 1 ¨Φ sin Θ = 0.
tj. zvrk precesira konstantnom brzinom. Shvatimo li prvu od gornjih jednadžba kao kvadratnu
jednadžbu u ˙Φ , nalazimo dva rješenja za kutnu brzinu precesije u ravnini (x, y) (slika 13.11.A)
˙Φ ± = I 3 Ω ± √ I3 2 Ω 2 − 4 I 1 m g l cos Θ
. (13.32)
2 I 1 cos Θ
Vidimo da su oba rješenja konstantna (jer je Θ konstantno). Ukoliko je
I 2 3 Ω 2 > 4 I 1 m g l cos Θ,
postoje dva realna rješenja za kutnu brzinu precesije: ˙Φ + i ˙Φ − . Ukoliko je
postoji samo jedno rješenje
I 2 3 Ω 2 = 4 I 1 m g l cos Θ,
˙Φ = ˙Φ + = ˙Φ − =
I 3 Ω
2 I 1 cos Θ .
Ukoliko je I 2 3 Ω 2 < 4 I 1 m g l cos Θ, nema realnih rješenja. Pogledajmo detaljnije situaciju u
kojoj se zvrk brzo vrti oko svoje osi, gdje brzo znači da je ˙Ψ >> ω j , tj. vrtnja zvrka oko svoje
osi je puno veća od svih ostalih kutnih brzina. U ovoj granici vrijedi i da je
Ω = ˙Ψ + ω 3 ≃ ˙Ψ >> ω j .
Taylorovim razvojem po maloj veličini 1/Ω , za precesijske brzine ˙Φ ± se dobiva
˙Φ ± = I 3 Ω ± I 3 Ω √ 1 − (4 I 1 m g l cos Θ)/(I3 2 Ω 2 )
2 I 1 cos Θ
[
]
I 3 Ω ± I 3 Ω − (2 I 1 m g l cos Θ)/(I 3 Ω ) + · · ·
= · · · =
,
2 I 1 cos Θ
što daje jednu veliku i jednu malu precesijsku brzinu
˙Φ + ≃
I 3 Ω
I 1 cos Θ ,
˙Φ − ≃ m g l
I 3 Ω , ˙Φ + >> ˙Φ − .
Primjetimo da je u ovom slučaju, precesijska brzina uvijek konstantna u vremenu. Hoće li zvrk
precesirati brzinom ˙Φ + ili ˙Φ − ovisi o početnim uvjetima.
Nutacija - dinamička precesija
Proučimo sada gibanje zvrka bez zahtjeva da je Θ konstantan kut (dinamička precesija). Vremenska
promjena kuta Θ se naziva nutacija. Pozovimo se na zakone sačuvanja energije i z

13.5. GIBANJE ZVRKA 379
Slika 13.11: (A) Precesija: projekcija SM zvrka se kutnom brzinom ˙Φ ± giba po kružnici polumjera l sin Θ u
ravnini (x, y). (B) Nutacija: os simetrije zvrka ê 3 se periodički otklanja od i prema osi ẑ inercijskog sustava.
komponente momenta količine gibanja
1
(
2 I 1 ˙Θ 2 + ˙Φ 2 sin Θ)
2 + 1 2 I 3 Ω 2 + m g l cos Θ = E = const.,
Iz druge od gornjih jednadžba izračunamo ˙Φ
I 1 ˙Φ sin 2 Θ + I 3 Ω cos Θ = L z = const.
˙Φ = L z − I 3 Ω cos Θ
I 1 sin 2 Θ
(13.33)
i uvrstimo u prvu, koja time postaje nelinearna diferencijalna jednadžba prvog reda za računanje
Θ = Θ(t)
[
1
2 I 1
˙Θ 2 + (L ]
z − I 3 Ω cos Θ) 2
I1
2 sin 2 + 1 Θ 2 I 3 Ω 2 + m g l cos Θ − E = 0.
Gornja jednadžba se rješava uvodenjem nove varijable u(t) = cos Θ(t). Prema svojoj definiciji,
kut Θ se može mijenjati u intervalu 0 ≤ Θ ≤ π/2, pa u može poprimati vrijednosti iz intervala
0 ≤ u ≤ 1. U terminima u, gornja jednadžba postaje nelinearna diferencijalna jednadžba za
u(t)
˙u 2 = (1 − u 2 )(α − βu) − (γ − δu) 2 ≡ P 3 (u) (13.34)
gdje je P 3 (u) pokrata za polinom trećeg reda u varijabli u, a konstante α, β, γ i δ su
α = 2 (
E − I )
3 Ω 2
, β = 2 m g l , γ = L z
, δ = I 3
Ω .
I 1 2
I 1 I 1 I 1
Sve su gornje konstante zadane preko tri konstanata gibanja: Ω , E i L z , preko momenata
tromosti I 1,3 , mase m i položaja središta mase l.
Primjetimo da se pomoću gornjih konstanata, jednadžba (13.33) za ˙Φ može napisati kao
˙Φ (t) = γ − δ u(t)
1 − u 2 (t) , (13.35)

380 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
tj. precesijska brzina više neće biti konstantna, kao u (13.32), nego će se mijenjati s vremenom
kroz ovisnost u = u(t).
Pretpostavimo da je Θ = Θ(t) periodička funkcija, tj. da Θ poprima samo vrijednosti izmedu
neke dvije granične vrijednosti Θ 1 ≤ Θ ≤ Θ 2 i promatrajmo vremenski interval dt u kojemu
se Θ smanjuje. Tada će biti ˙u = − ˙Θ sin Θ > 0, pa iz jednadžbe (13.34) zadržavamo pozitivni
korjen
d u
d t = + √ ∫
P 3 (u) t =
d u
√
P3 (u) + const.
Gornji se integral može izračunati u terminima eliptičkih funkcija koje jesu periodične, što je
suglasno s našom pretpostavkom o periodičnosti u. Potražimo nule polinoma P 3 (u) = 0
P 3 (u) = (1 − u 2 ) (α − β u) − (γ − δ u) 2
0 = β u 3 − (α + δ 2 ) u 2 + (2 γ δ − β) u + (α − γ 2 ).
Zašto su nam važne baš nule polinoma? U tim je točkama ˙u 2 = P 3 (u) = 0, tj. ˙Θ = 0, nutacijska
brzina je nula. Tu se dakle, zvrk zaustavlja u svom nutacijskom gibanju i, zbog periodičnosti,
počinje se gibati u suprotnom smjeru. Prema tome nul-točke polinoma P 3 (u) odeduju rubne
točke Θ 1 i Θ 2 nutacijskog gibanja (slika 13.11.B). Zaboravimo, na trenutak, da je 0 ≤ u ≤ 1 i
pogledajmo P 3 (u) i za u-ove izvan tog intervala. Konstanta β je pozitivna veličina, pa je zato
P 3 (u → ±∞) = ±∞ (slika 13.12). Takoder se lako vidi da je
Slika 13.12: Uz odredivanje nul-točaka polinoma P 3 (u).
P 3 (u = +1) = −(γ − δ) 2 < 0, P 3 (u = −1) = −(γ + δ) 2 < 0.
Budući da je P 3 (u = +1) < 0, a P 3 (u → ∞) > 0, jedna nul-točka P 3 , nazovimo ju u 3 , mora
ležati u nefizikalnom području izmedu u = 1 i u → ∞. Iz ovoga zaključujemo da se preostale
dvije nul-točke
u 1 = cos Θ 1 , u 2 = cos Θ 2 ,
moraju nalaziti u intervalu 0 ≤ u ≤ 1. U nekim posebnim slučajevima se može dogoditi da je
u 1 = u 2 ili u 2 = u 3 = 1. Pogledajmo koje je fizičko značenje ovih rezultata. Iz činjenice da

13.5. GIBANJE ZVRKA 381
postoje dva granična kuta Θ 1 i Θ 2 , zaključujemo da će se kut Θ koji os simetrije zvrka ê 3 zatvara
sa (nepomičnim) smjerom osi ẑ , periodički mijenjati s vremenom u intervalu Θ 1 ≤ Θ ≤ Θ 2
(slika 13.11.B). Kao što je već spomenuto, ova se promjena kuta Θ zove nutacija. Osim
nutacije, zvrk izvodi i precesiju (slika 13.11.A) kutnom brzinom ˙Φ odredenom relacijom
(13.35). Ova precesijska kutna brzina nije konstantna, nego se mijenja onako kako se mijenja
i kut Θ: od ˙Φ (Θ 1 ) do ˙Φ (Θ 2 ). Naravno, da osim ova dva gibanja, zvrk izvodi i vrtnju oko
svoje glavne osi ê 3 kutnom brzinom ˙Ψ , koja se zove SPIN. Sva ova tri gibanja zvrka, možemo
prikazati slikom 13.13. Oblik nutacijskih krivulja ovisi o početnim uvjetima, tj. o vrijednostima
Slika 13.13: Točka na jediničnoj sferi je presjecište osi simetrije zvrka ê 3 i plohe jedinične sfere. Na slici su
prikazana sva tri karakteristična gibanje zvrka: precesija (gibanje točke po jednoj od crtkanih zelenih kružnica),
nutacija (gibanje točke u području Θ 1 < Θ < Θ 2 ) i spin (kao ˙Ψ ).
konstanata Ω , E i L z .

382 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA

Dio III
Analitička mehanika
383

Poglavlje 14
Lagrangeove jednadžbe gibanja
Što te previše čudi, nemoj istraživati;
a što je iznad tvojih snaga, nemoj ispitivati.
Biblija, Knjiga propovjednikova
U prethodnim poglavljima smo probleme gibanja čestice, sustava čestica i krutih tijela, rješavali
Newtonovom jednadžbom gibanja, načelom zamišljenih (virtualnih) pomaka ili Eulerovim jednadžbama.
U ovom i slijedećem odjeljku, ćemo se upoznati s jednim općenitijim pristupom,
koji su uglavnom formulirali Lagrange 1 i Hamilton 2 . Iako se oba ova pristupa svode na
Newtonove zakone, oni se odlikuju na samo relativnom lakoćom kojom se problemi formuliraju
i rješavaju, nego isto tako i mogućnošću primjene ovih metoda na rješavanje problema
izvan područja tradicionalne klasične mehanike, kao što su kvantna fizika, statistička fizika,
elektrodinamika i nebeska mehanika.
14.1 Poopćene koordinate
Promatrajmo sustav sastavljen od N čestica. Ako se svaka čestica tog sustava, za vrijeme
svojega gibanja, može nalaziti u proizvoljnoj točki prostora i pri tome imati proizvoljnu brzinu,
sustav se zove slobodan sustav. Za odredivanje položaja takvog sustava, potrebno je znati
N radij-vektora položaja svih njegovih čestica (u odnosu na neku zadanu, nepomičnu točku u
prostoru)
⃗r 1 , ⃗r 2 , · · · , ⃗r N .
Uvedemo li i pravokutni koordinatni sustav, tada je ⃗r j = ⃗r j (x j , y j , z j ; t), pa je položaj cijelog
sustava odreden s 3N koordinata
x j , y j , z j , j = 1, 2, · · · , N.
Umjesto pravokutnih koordinata, mogu se uvesti neke druge, pogodnije odabrane veličine (koje
čak i ne moraju imati dimenziju duljine, nego mogu biti npr. kutovi kao u sfernom koordinatnom
1 Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski fizičar i matematičar
2 William Rowan Hamilton, 1805 - 1865, irski matematičar i astronom
385

386 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
sustavu), koje ćemo označavati s η 1 , η 2 , · · · , η 3N . U svakom trenutku t, svaka od 3N pravokutnih
koordinata, se može izraziti preko svih ili samo nekih od varijabla η j
x j = x j (η 1 , η 2 , · · · , η 3N ; t), y j = y j (η 1 , η 2 , · · · , η 3N ; t), z j = z j (η 1 , η 2 , · · · , η 3N ; t).
14.2 Stupnjevi slobode
Uvedimo pojam broja stupnjeva slobode sustava čestica, S. Pod brojem stupnjeva
slobode ćemo podrazumjevati najmanji broj medusobno nezavisnih skalarnih veličina nužnih
za odredivanje položaja svih čestica sustava.
Primjer: 14.1 Za odredivanje položaja jedne čestice koja se slobodno giba u trodimenzijskom
prostoru, su potrebne tri koordinate: (x, y, z), (η 1 , η 2 , η 3 ), (r, θ, ϕ) ili nešto slično.
Zato je broj stupnjeva slobodne jedne slobodne čestice u trodimenzijskom prostoru,
jednak tri (tj. D u općenitom D-dimenzijskom prostoru).
Primjer: 14.2 Za odredivanje položaja sustava koji se sastoji od N čestica koje se slobodno
gibaju u trodimenzijskom prostoru, potrebno je odrediti položaj svake od čestica
sustava, a položaj svake čestice je odreden s tri koordinate. Prema tome, ukupan
broj koordinata potrebnih za odredivanje položaja sustava je 3 N, tj. toliki je broj
stupnjeva slobode.
Primjer: 14.3 Koliko stupnjeva slobode ima kruto tijelo:
(A) koje se može slobodno gibati u trodimenzijskom prostoru,
(B) koje ima jednu svoju točku nepomičnu, ali se može gibati oko te točke?
R: (A-1) Položaj krutog tijela u prostoru je jednoznačno odreden poznavanjem
koordinata njegove tri nekolinearne točke. Neka su koordinate te tri točke u pravokutnom
koordinatnom sustavu
T 1 = (x 1 , y 1 , z 1 ), T 2 = (x 2 , y 2 , z 2 ), T 3 = (x 3 , y 3 , z 3 ).
Od ovih devet koordinata nisu sve nezavisne. Kod krutog tijela su udaljenosti medu
česticama nepromjenjive, pa gornjih devet koordinata mora zadovoljavati slijedeće
tri relacije,
(x 1 − x 2 ) 2 + (y 1 − y 2 ) 2 + (z 1 − z 2 ) 2 = d 1,2 = const.,
(x 1 − x 3 ) 2 + (y 1 − y 3 ) 2 + (z 1 − z 3 ) 2 = d 1,3 = const., (14.1)
(x 2 − x 3 ) 2 + (y 2 − y 3 ) 2 + (z 2 − z 3 ) 2 = d 2,3 = const..
tj. samo je šest koordinata nezavisno (bilo kojih šest koordinata), dok su preostale
tri koordinate odredene gornjim trima jednadžbama. Zaključujemo da kruto tijelo
ima šest stupnjeva slobode.
(A-2) Do istog se rezultata dolazi i drukčijim razmišljanjem. Gibanje slobodnog krutog
tijela možemo zamisliti kao kombinaciju translacijskog gibanja i vrtnje. Kad bi
se tijelo gibalo samo translacijski, položaj jedne točke tijela bi (zbog uvjeta krutosti)
odredivao položaj cijelog tijela. Položaj te točke je odreden s tri stupnja slobode, tj.
cijelo kruto tijelo bi imalo tri stupnja slobode. Kada bi se tijelo samo vrtilo, njegov
bi položaj bio odreden s dva kuta, θ(t) i ϕ(t), koji odreduju smjer osi vrtnje i treći
kut Ψ(t) koji odreduje zakret tijela oko osi. To sve skupa daje tri stupnja slobode

14.2. STUPNJEVI SLOBODE 387
za vrtnju oko nepomične točke. Tako smo opet došli do broja od šest koordinata tj.
šest stupnjeva slobode krutog tijela: tri od vrtnje i tri od translacije.
(B-1) Ako je jedna točka krutog tijela nepomična, onda se ono ne može gibati translacijski,
nego se može samo vrtjeti, a u (A-2) je pokazano da je tada broj stupnjeva
slobode jednak tri.
(B-2) Tri stupnja slobode za kruto tijelo s jednom nepomičnom točkom, možemo
dobiti i drugim načinom razmišljanja. Neka su koordinate nepomične točke T =
(x 1 , y 1 , z 1 ). Tada je za sve vrijeme gibanja krutog tijela
x 1 = c 1 , y 1 = c 2 , y 1 = c 3 .
za c j = const. Gornje tri jednadžbe predstavljaju dodatne uvjete u odnosu na tri
uvjetne jednadžbe slobodnog krutog tijela (14.1), tako da u ovom slučaju preostaju
6 − 3 = 3 stupnja slobode.
Ako položaji ili brzine čestica sustava ne mogu poprimati proizvoljne vrijednosti, nego samo
one vrijednosti koje zadovoljavaju odredene uvjete, onda takav sustav zovemo neslobodan
sustav čestica. Npr. dvije čestice povezane tankom nerastezivom niti su primjer neslobodnog
sustava: njihova medusobna udaljenost je uvijek manja ili jednaka duljini niti. Uvjeti na
gibanje se općenito mogu analitički izraziti tako što će izmedu položaja i brzina čestica sustava
i vremena, postojati M veza (diferencijalnih jednadžba) oblika
f m (η j , ˙η j ; t) = 0,
m = 1, 2, · · · , M
za j = 1, 2, · · · , N. Vrijeme t se pojavljuje u onim slučajevima kada se veze mijenjaju u
vremenu.
Može se dogoditi da neki od uvjeta na gibanje ne ovise o brzinama čestica sustava ˙η j .
Takvi se uvjeti zovu se holonomni 3 ili konačni ili integrabilni, a mogu se analitički izraziti
algebarskim (ne diferencijalnim) jednadžbama oblika
f m (η j ; t) = 0, m = 1, 2, · · · , M h ,
za j = 1, 2, · · · , N. S M h ≤ M je označen broj holonomnih veza. Neslobodni sustav čije je
gibanje odredeno samo holonomnim vezama (M h = M), zove se holonomni sustav. Budući da
sada imamo 3N koordinata i M h veza medu njima, zaključujemo da je samo
S = 3N − M h
od njih medusobno nezavisno (a preostale se koordinate mogu dobiti iz jednadžba uvjeta na
gibanje). U skladu s definicijom pojma stupnja slobode, kažemo da ovakav sustav ima 3N −M h
stupnjeva slobode.
Primjer: 14.4 Uzmimo jednostavni primjer sustava dvije čestice (N = 2) koje se mogu gibati
samo u ravnini (x, y), a medusobno su povezane krutim štapom (slika 14.1.A). Dvije
slobodne čestice imaju šest stupnjeva slobode 3N = 3·2 = 6. Ograničenje na gibanje
u ravnini možemo izraziti uvjetima
3 øλøζ = cijeli, potpuni; νøµøζ = zakon
z 1 = 0, z 2 = 0.

388 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
Kada ne bi bile povezane štapom, njihov položaj u ravnini bi bio odreden s četiri
koordinate, po dvije za svaku česticu (npr. njihove x i y koordinate), no zbog štapa
duljine d, njihove su koordinate povezane još i relacijom
(x 1 − x 2 ) 2 + (y 1 − y 2 ) 2 = d 2 , (14.2)
tako da ukupno imamo tri holonomna uvjeta na gibanje M h = 3, pa je broj stupnjeva
slobode S = 3N − M h = 6 − 3 = 3. Primjetimo da sve tri gornje veze ne ovise ni o
vremenu ni o brzinama čestica.
Slika 14.1: Ilustracija holonomno skleronomnih (A) i holonomno reonomnih (B) uvjeta na gibanje.
Pretpostavimo da smo riješili M h jednadžba (14.2) i da smo dobili M h koordinata η 1 , η 2 , · · · η Mh
izraženih preko preostalih S = 3N − M h koordinata
η 1 = η 1 (η Mh +1, η Mh +2, · · · , η 3N ; t),
η 2 = η 2 (η Mh +1, η Mh +2, · · · , η 3N ; t),
.
η Mh = η Mh (η Mh +1, η Mh +2, · · · , η 3N ; t).
Uvedimo sada umjesto S nezavisnih koordinata η Mh +1, η Mh +2, · · · , η 3N , nove nezavisne koordinate
q 1 , q 2 , · · · , q S pomoću relacija
η Mh +1 = η Mh +1(q 1 , q 2 , · · · , q S ; t),
η Mh +2 = η Mh +2(q 1 , q 2 , · · · , q S ; t),
.
η 3N = η 3N (q 1 , q 2 , · · · , q S ; t).
Ove nove koordinate q s za s = 1, 2, · · · , S ćemo zvati poopćene koordinate. Njih ima
onoliko koliko ima i stupnjeva slobode. Pomoću poopćenih koordinata je moguće napisati
η j = η j (q 1 , q 2 , · · · , q S ; t),

14.3. NEHOLONOMNI SUSTAVI 389
za sve j = 1, 2, · · · , 3N.
Ukoliko jednadžbe uvjeta (14.2) ne sadrže eksplicitno vrijeme, one se zovu skleronomne. 4
Ako jednadžbe sadrže vrijeme, zovu se reonomne. 5 .
Primjer: 14.5 Kao jednostavan primjer skleronomnog uvjeta na gibanje, može se promatrati
već spomenuti sustav dvije čestice povezane krutim štapom u ravnini (x, y) (slika
14.1.A). Uvjet na gibanje je uvjet da je udaljenost medu česticama nepromjenjiva
i jednaka duljini štapa d, relacija (14.2). To je skleronoman uvjet, jer se
u gornjoj jednadžbi vrijeme ne pojavljuje eksplicitno, nego samo implicitno, kroz
x j = x j (t), y j = y j (t). Reonoman uvjet se dobije ako se kruti štap iz prethodnog
primjera zamjeni oprugom, kao na slici 14.1.B (pri čemu pretpostavljamo samo titranje
u smjeru osi opruge, a ne i u smjerovima okomitim na tu os). U tom slučaju
jednadžba uvjeta glasi
(x 1 − x 2 ) 2 + (y 1 − y 2 ) 2 = [d + ∆ · sin ωt] 2 .
U ovoj se jednadžbi vrijeme pojavljuje implicitno kroz x j (t), y j (t) i eksplicitno u
sinusnom članu.
14.3 Neholonomni sustavi
Pogledajmo sada uvjete na gibanje, koji osim o položajima ovise i o brzinama čestica i koji se
analitički mogu prikazati diferencijalnim jednadžbama oblika
f m (η j ; ˙η j ; t) = 0, (14.3)
za j = 1, 2, · · · , N i m = 1, 2, · · · , M 2 . Može se dogoditi da je neku od M 2 gornjih jednadžba
moguće napisati kao vremensku derivaciju neke funkcije Φ koja ovisi samo o položajima čestica
sustava i vremenu
Tada veza
d Φ(η j ; t)
d t
= 0.
Φ(η j ; t) = C = const.
zamjenjuje odgovarajuću vezu s brzinama iz (14.3). Ovakve se veze nazivaju poluholonomne
veze. Odabirom odgovarajućih vrijednosti za konstante C, ove veze postaju holonomne.
Ako se veze (14.3) ne mogu napisati u obliku vremenskih derivacija nekih drugih funkcija
koordinata i vremena, onda se one zovu neholonomne ili diferencijalne ili neintegrabilne, a
sustav se zove neholonomni sustav. U općem slučaju, brzine se u (14.3) mogu pojavljivati na
proizvoljan način. No, u većini slučajeva od interesa (ali ne i isključivo), one se pojavljuju
linearno, tako da se veze (14.3) mogu napisati u obliku
N∑
A jm ˙η j + B m = 0 , m = 1, 2, · · · , M nh , (14.4)
j=1
4 σκληρøζ = suh, čvrst, krut, nepromjenjiv ; νøµøζ = zakon
5 ρηω = teći, mijenjati se; νøµøζ = zakon
A jm = A jm (η j ; t) , B m = B m (η j ; t).

390 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
Poluholonomne veze smo pribrojili holonomnim vezama, i sve skupa ih ima M h . S M nh smo
označili broj neholonomnih veza, tako da je ukupan broj stupnjeva slobode S = 3N −M h −M nh .
Ograničimo li se samo na linearne diferencijalne veze (tj. uvjete na gibanja), općenito za
holonomne i neholonomne veze, možemo pisati
algebarske jednadžbe f m (η j ; t) = 0, m = 1, 2, · · · , M h , (14.5)
N∑
diferencijalne jednadžbe A jm ˙η j + B m = 0, m = 1, 2, · · · , M nh .
j=1
Po svom karakteru, uvjeti na gibanje mogu se još podijeliti i na zadržavajuće i nezadržavajuće.
Gornje jednadžbe su primjeri zadržavajućih veza, dok bi nezadržavajuće veze dobili tako što bi
se u gornjim jednadžbama znakovi = zamjenili sa ≥, čime se položaji (za holonomne sustave)
ili položaji i brzine (za neholonomne sustave), dijele u dva područja: jedno koje je dostupno
česticama sustava i drugo koje im je nedostupno.
U odnosu na ovisnost o vremenu, i neholonomni uvjeti se dijele na skleronomne i reonomne.
Primjer: 14.6 Kao primjer neholonomne veze, navodimo kuglu koja se, bez klizanja, kotrlja
po ravnoj plohi. Koordinatni sustav ćemo postaviti tako da se kugla kotrlja u ravnini
(x, y) (slika 14.2).
R: Zbog uvjeta da se kugla kotrlja bez klizanja, točka dodira kugle s podlo-
Slika 14.2: Uz primjer neholonomne veze.
gom, P , trenutno miruje, tj. ona je trenutno središte vrtnje (vidi odjeljak 12.8).
Povežimo s kuglom koordinatni sustav (e 1 , e 2 , e 3 ) sa ishodištem u središtu kugle O ′
(sustav glavnih osi kugle). Položaj ovog koordinatnog sustava u odnosu na sustav
(x, y, z) odredujemo koordinatama središta kugle x O ′ , y O ′ i z O ′ i trima Eulerovim
kutovima Φ, Θ i Ψ. Iz odjeljka o prostornom gibanju krutog tijela znamo da su
projekcije kutne brzine kugle na nepomični koordinatni sustav (ˆx , ŷ , ẑ ), dane sa

14.4. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE 391
(13.23)
ω x = ˙Θ cos Φ + ˙Ψ sin Φ sin Θ,
ω y = ˙Θ sin Φ − ˙Ψ cos Φ sin Θ,
ω z = ˙Φ + ˙Ψ cos Θ.
Iz odjeljka 8.1 znamo da se brzina proizvoljne nepomične točke P neinercijskog
koordinatnog sustva može napisati kao (8.5)
⃗v P = ⃗v O ′
+ ⃗ω × −−→ O ′ P .
U točki dodira kugle s podlogom je ⃗v P = 0, a −−→ O ′ P = (0, 0, −R), gdje je R polumjer
kugle. Uvrštavanje u gornju jednadžbu, vodi na
⃗v P = 0 = ẋ O ′ ˆx + ẏ O ′ ŷ + ż O ′ ẑ +
∣
ˆx ŷ ẑ
ω x ω y ω z
0 0 −R
∣ ,
ili, po komponentama
d x O ′
d t
d y O ′
d t
( )
− R ˙Θ sin Φ − ˙Ψ cos Φ sin Θ
( )
+ R ˙Θ cos Φ + ˙Ψ sin Φ sin Θ
d z O ′
d t
= 0,
= 0,
= 0.
Prve dvije jednadžbe su neholonomne, a iz treće jednadžbe slijedi
z O ′ = const = R,
pa je to holonomna jednadžba. Na temelju ovog razmatranja, zaključujemo da je
kugla koja se kotrlja po ravnoj plohi, neholonoman sustav sa tri uvjeta na gibanje
(dva neholonomna i jedan poluholonoman koji smo uspjeli napisati kao holonoman).
14.4 Lagrangeove jednadžbe
Osnovna ideja koja leži u osnovi cijelog računa koji se izlaže u ovom odjeljku jeste u tome da
se, polazeći od Newtonovih jednadžba gibanja svih N čestica sustava, dode do jednadžba
gibanja za S stupnjeva slobode tog istog sustava.
N čestica −→ S stupnjeva slobode
Neka je zadan sustav od N čestica. Čestice nisu slobodne nego su podvrgnute uvjetima. Postoji
M h jednadžba kojima su izraženi holonomni i M nh jednadžba kojima su izraženi neholonomni
uvjeti. Zato je broj stupnjeva slobode sustava jednak S = 3N −M h −M nh (ako umjesto sustava
od N čestica imamo kruto tijelo, onda umjesto 3N dolazi broj stupnjeva slobode slobodnog
krutog tijela, a to je 6). Pretpostavimo da su holonomni uvjeti riješeni i da smo M h zavisnih
poopćenih koordinata izrazili preko preostalih 3N −M h . Ove preostale poopćene koordinate još
nisu sve medusobno neovisne, nego su povezane s M nh neholonomnih jednadžba. Ove jednadžbe

392 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
ne znamo riješiti i zato nastavljamo raditi s 3N − M h poopćenih koordinata imajući na umu
da one nisu sve medusobno nezavisne
⃗r j = ⃗r j (q s ; t), j = 1, 2, · · · , 3N, s = 1, 2, · · · , 3N − M h .
Iznimka je situacija kada nema neholonomnih uvjeta, M nh = 0. Tada je broj stupnjeva slobode
S = 3N − M h , i svih S poopćenih koordinata je medusobno neovisno.
Nazovimo poopćenim brzinama ˙q s , vremenske derivacije poopćenih koordinata.
Uvedimo varijaciju vektora položaja (virtualni ili zamišljeni pomak) δ ⃗r j , kao trenutni pomak
(uz t = const., tj. δ t ≡ 0) u skladu s uvjetima na gibanje
δ ⃗r j =
3N−M
∑ h
s=1
∂⃗r j
∂q s
δ q s .
Zamišljeni (virtualni) rad je
δW =
N∑
j=1
⃗F j δ ⃗r j =
N∑
j=1
⃗F j
3N−M
∑ h
s=1
∂⃗r j
∂q s
δ q s .
Taj se rad može napisati kao umnožak poopćenih sila i diferencijala poopćenih koordinata, tako
što se definira poopćena sila, Φ s , pridružena (koja djeluje na) poopćenoj koordinati q s kao
Φ s =
N∑
j=1
⃗F j
∂ ⃗r j
∂q s
,
tako da se ukupan rad vanjskih sila nad sustavom može napisati u obliku analognom sa δW =
∑ N
j=1 ⃗ F j δ⃗r j , kao
δW =
3N−M
∑ h
s=1
Φ s δq s , (14.6)
gdje se umjesto sila i koordinata svih čestica sustava, pojavljuju poopćene sile i poopćene
koodinate. Primjetimo da je poopćena sila skalar, tj. po svom algebarskom karakteru odgovara
jednoj od komponenata sile kao vektora.
Sada želimo uspostaviti vezu izmedu poopćene sile i kinetičke energije. Do ove ćemo veze doći
u nekoliko koraka. u tim koracima ćemo poopćene koordinate q s (t) i poopćene brzine ˙q s (t),
tretirati kao dva skupa medusobno neovisnih varijabli.
(1) izvedimo takozvano poništenje točkica:
⃗r j = ⃗r j (q 1 (t), q 2 (t), · · · , q 3N−Mh (t); t)
˙⃗r j = ∂ ⃗r j
∂ q 1
˙q 1 + ∂ ⃗r j
∂ q 2
˙q 2 + · · · +
∂ ⃗r j
∂ q 3N−Mh
˙q 3N−Mh + ∂ ⃗r j
∂ t
/ d
d t
/ ∂
∂ ˙q s
∂ ˙⃗r j
∂ ˙q s
= ∂ ⃗r j
∂ q s
. (14.7)

14.4. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE 393
(2) Pokažimo da potpuna vremenska derivacija i parcijalna derivacija po poopćenoj koordinati
komutiraju, kada djeluju na ⃗r j
( ) ( )
∂ d d ∂
⃗r j = ⃗r j . (14.8)
∂ q s d t d t ∂ q s
Iz prethodne točke (1), imamo
d ⃗r j
d t
( )
∂ d ⃗rj
∂ q s d t
= ∂ ⃗r j
∂ q 1
˙q 1 + ∂ ⃗r j
∂ q 2
˙q 2 + · · · +
∂ ⃗r j
∂ q 3N−Mh
˙q 3N−Mh + ∂ ⃗r j
∂ t
/ ∂
= ∂ 2 ⃗r j
∂ 2 ⃗r j
˙q 1 + · · · +
˙q 3N−Mh + ∂ 2 ⃗r j
. (14.9)
∂ q 1 ∂ q s ∂ q 3N−Mh ∂ q s ∂ t ∂ q s
Primjetimo sada da iz relacije ⃗r j = ⃗r j (q 1 , q 2 , · · · , q 3N−Mh ; t) slijedi da je i derivacija
∂ ⃗r j
∂ q s
takoder nekakva funkcija od tih istih q 1 , q 2 , · · · , q 3N−Mh i vremena. Zbog toga je
( )
d ∂ ⃗rj
= ∂ ( ) ∂ ⃗rj
˙q 1 + ∂ ( )
( )
∂ ⃗rj
∂ ∂ ⃗rj
˙q 2 + · · · +
˙q 3N−Mh + ∂ ( ) ∂ ⃗rj
d t ∂ q s ∂ q 1 ∂ q s ∂ q 2 ∂ q s ∂ q 3N−Mh ∂ q s ∂ t ∂ q s
= ∂ 2 ⃗r j
∂ 2 ⃗r j
˙q 1 + · · · +
˙q 3N−Mh + ∂ 2 ⃗r j
. (14.10)
∂ q 1 ∂ q s ∂ q 3N−Mh ∂ q s ∂ t ∂ q s
Usporedbom (14.9) i (14.10) se vidi da vrijedi relacija (14.8).
(3) Napišimo ponovo izraz za zamišljeni rad δW = ∑ N
j=1 ⃗ F j δ⃗r j , ali ćemo sada za silu na j-tu
česticu uvrstiti drugi Newtonov aksiom m j¨⃗rj = ⃗ F j
∂ q s
δW =
N∑
j=1
⃗F j δ⃗r j =
N∑
j=1
m j¨⃗rj δ⃗r j =
N∑
j=1
3N−M
∑ h
s=1
∂⃗r j
m j ¨⃗rj δq s .
∂ q } {{ s }
Označeni dio desne strane gornjeg izraza, možemo nadalje transformirati na slijedeći način:
( )
( )
d ∂ ⃗r j ˙⃗r j =
d t ∂ q ¨⃗r ∂ ⃗r j
j +
s ∂ q ˙⃗r d ∂ ⃗rj
j
s d t ∂ q s
⇒ ¨⃗r ∂ ⃗r j
j = d ( ) ( )
∂ ⃗r j ˙⃗r j −
∂ q s d t ∂ q ˙⃗r d ∂ ⃗rj
j
.
s d t ∂ q s
Na drugi član desne strane možemo primjeniti, u točki (2) pokazanu, komutativnost vremenske
i derivacije po q s , pa dobivamo
∂ ⃗r j ¨⃗r j = d ( )
∂ ⃗r j ˙⃗r j −
∂ q s d t ∂ q ˙⃗r ∂ ˙⃗r j
j ,
s ∂ q s
što, uvršteno u izraz za zamišljeni rad, daje
[
N∑
3N−M
∑ h
( )
d ∂ ⃗r j ∂
δW =
m j ˙⃗rj − m ˙⃗r
]
j
j ˙⃗rj δq s , (14.11)
d t ∂ q s ∂ q s
j=1
s=1

394 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
gdje smo uzeli u obzir da sve vrijeme radimo u nerelativističkoj granici, kada su brzine toliko
male (u usporedbi s brzinom svjetlosti u vakuumu), da mase čestica sustava možemo smatrati
konstantnim.
(4) Toliko o silama, pogledajmo sada kinetičku energiju:
E k = 1 2
∂ E k
∂ q s
=
N∑
j=1
N∑
j=1
m j
m j ˙⃗r
2
j ,
˙⃗rj
∂ ˙⃗r j
∂ q s
,
/ ∂
∂ q s
E k = 1 2
∂ E k
∂ ˙q s
=
N∑
j=1
N∑
j=1
m j
m j ˙⃗r
2
j ,
˙⃗rj
∂ ˙⃗r j
∂ ˙q s
= (14.7) =
/ ∂
∂ ˙q s
N∑
j=1
m j
˙⃗rj
∂ ⃗r j
∂ q s
. (14.12)
Ako sada izraze dobivene u (14.12) uvrstimo u (14.11), dobit ćemo zamišljeni rad izražen preko
kinetičke energije sustava
δW =
3N−M
∑ h
s=1
[ ( ) d ∂ Ek
− ∂ E ]
k
δq s .
d t ∂ ˙q s ∂ q s
No, ovaj isti zamišljeni rad već imamo napisan preko poopćenih sila u relaciji (14.6). Izjednačavanjem
ta dva izraza, dolazi se do
3N−M
∑ h
s=1
[ ( ) d ∂ Ek
− ∂ E ]
k
− Φ s δq s = 0. (14.13)
d t ∂ ˙q s ∂ q s
Gornja jednadžba vrijedi i za holonimne i za neholonomne sustave. Za holonomne
sustave, sve su gornje varijacije δq s medusobno nezavisne, dok za neholonomne sustave nisu sve
varijacije δq s medusobno nezavisne.
holonomni sustavi:
Ograničimo se na holonomne sustave, tj. neka nema neholonomnih uvjeta na gibanje, M nh = 0.
U tom slučaju je broj nezavisnih stupnjeva slobode jednak S = 3N − M h i sve varijacije δq s
iz (14.13) su medusobno nezavisne. Čim su nezavisne znači da se mogu varirati neovisno jedna
o drugoj. Tako se može npr. uzeti da je samo δq 1 ≠ 0, a sve ostale su jednake nuli. U tom je
slučaju uglata zagrada s indeksom s = 1 jednaka nuli. Zatim se može uzeti da je samo δq 2 ≠ 0, i
doći do zaključka da uglata zagrada s indeksom s = 2 iščezava i tako redom za ostale kordinate.
Konačni je zaključak da svih S = 3N − M h uglatih zagrada iz (14.13) mora iščezavati, tj. da
je
( )
d ∂ Ek
− ∂ E k
= Φ s , (14.14)
d t ∂ ˙q s ∂ q s

14.4. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE 395
za s = 1, 2, · · · , S. Jednadžba ima onoliko koliko i stupnjeva slobode, S. To su Lagrangeove
jednadžbe gibanja za holonomni sustav čestica. One vrijede i za skleronomne i reonomne
sustave, kao i za konzervativne i nekonzervativne sile. Veličina
p s = ∂ E k
∂ ˙q s
(14.15)
se zove poopćena količina gibanja konjugirana poopćenoj koordinati q s .
Ako su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, tada se one mogu izraziti preko
potencijalne energije E p , tako da vrijedi F ⃗ j = − −→ ∇ j E p (ovdje smo s −→ ∇ j označili operator nabla
koji djeluje na koordinate j-te čestice). U tom je slučaju poopćena sila jednaka
Φ s =
N∑
j=1
= −
N∑
j=1
⃗F j
∂⃗r j
∂q s
= −
( ∂ Ep
∂ x j
N∑
j=1
∂x j
∂q s
+ ∂ E p
∂ y j
(
ˆx ∂ E p
+ ŷ ∂ E p
+ ẑ ∂ E )
p ∂(ˆx xj + ŷ y j + ẑ z j )
∂ x j ∂ y j ∂ z j ∂q s
∂y j
∂q s
+ ∂ E p
∂ z j
)
∂z j
= − ∂ E p
∂q s ∂ q s
Uvrštavanjem ovog izraza za poopćenu silu u Lagrangeove jednadžbe, dobivamo
( )
d ∂ Ek
− ∂ E k
= − ∂ E p
d t ∂ ˙q s ∂ q s ∂ q
( )
s
d ∂ Ek
− ∂ (E k − E p ) = 0.
d t ∂ ˙q s ∂ q s
Ukoliko potencijalna energija ne ovisi o poopćenim brzinama ˙q s , a što je najčešće slučaj (npr.
za elastičnu je silu E p = k x 2 /2, za gravitacijsku silu je E p = K/r itd. 6 ), praktično je uvesti
Lagrangeovu funkciju ili lagranžijan, L, izrazom
L = E k − E p .
U terminima lagranžijana, Lagrangeove jednadžbe gibanja možemo napisati kao
( )
d ∂ L
− ∂ L = 0, (14.16)
d t ∂ ˙q s ∂ q s
za s = 1, 2, · · · , S. Ove jednadžbe vrijede za holonomne kozervativne sustave (pri čemu
uvjeti na gibanje mogu biti i skleronomni i reonomni). Za konzervativni sustav se poopćena
količina gibanja, p s , konjugirana s-toj poopćenoj koordinati, definira izrazom
p s = ∂ L
∂ ˙q s
. (14.17)
Ako na sustav djeluju i konzervativne i nekonzervativne sile (kao npr. trenje), Lagrangeove
jednadžbe gibanja se mogu napisati u obliku
( )
d ∂ L
− ∂ L = Φ nk
s ,
d t ∂ ˙q s ∂ q s
6 No, o jednoj važnoj iznimci će biti više riječi u odjeljku 14.6

396 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
gdje smo s Φ nk
s označili nekozervativnu poopćenu silu, dok su konzervativne sile izražene kroz
potencijalnu energiju koja se nalazi u lagranžijanu L.
Primjer: 14.7 Čestica mase m se giba u polju konzervativna sile opisane potencijalnom energijom
E p (x, y, z). Nema uvjeta na gibanje. Napišite Lagrangeove jednadžbe gibanja.
R: Budući da nema uvjeta na gibanje, čestica ima tri stupnja slobode S = 3, a za
tri poopćene koordinate mogu se jednostavno uzeti pravokutne koordinate čestice
Lagrangeova funkcija je
q 1 = x, q 2 = y, q 3 = z.
L = E k − E p = 1 2 m v 2 − E p = m 2 (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 ) − E p (x, y, z).
Derivacije L po x i ẋ (i slično za y i z) daju
∂ L
∂ ẋ = m ẋ ,
∂ L
∂ x = −∂ E p
∂ x .
Uvrštavanjem gornjih derivacija u Lagrangeove jednadžbe (14.16 ), dobiva se
m ẍ = − ∂ E p
∂ x ,
m ÿ = −∂ E p
∂ y ,
m ¨z = −∂ E p
∂ z .
Prepoznamo li −∂ E p /∂ x kao x komponentu sile, F x (i slično za ostale parcijalne
derivacije), vidimo da su gornje Lagrangeove jednadžbe slobodne čestice zapravo
Newtonove jednadžbe gibanja
m ẍ = F x , m ÿ = F y , m ¨z = F z .
Neholonomni sustavi:
Pretpostavimo sada da osim M h holonomnih, postoji još i M nh neholonomnih uvjeta na gibanje
i vratimo se jednadžbi (14.13). Prisjetimo se da, zbog postojanja M nh neholonomnih uvjeta na
gibanje, sada nisu sve varijacije δq s medusobno neovisne.
Ako se u neholonomnim uvjetima (14.5), koordinate η j zamjene poopćenim koordinatama q s ,
dobiva se
3N−M
∑ h
s=1
A s,m ˙q s + B m = 0, m = 1, 2, · · · , M nh (14.18)
gdje su A s,m = A s,m (q s ; t) i B m = B m (q s ; t). Pomnože li se gornje jednadžbe s dt
3N−M
∑ h
s=1
A s,m dq s + B m dt = 0,
m = 1, 2, · · · , M nh
i prijede li se sa pravih pomaka dq s , dt na zamišljene δq s , δt (za koje je δt = 0), gornje jednadžbe
postaju
3N−M
∑ h
s=1
A s,m δq s = 0, m = 1, 2, · · · , M nh .

14.4. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE 397
Svaku od M nh gornjih jednadžba pomnožimo proizvoljnom konstantom λ m , koja se naziva
Lagrangeov množitelj (multiplikator), i zatim zbrojimo sve jednadžbe uvjeta
3N−M
∑ h
s=1
(λ 1 A s,1 + λ 2 A s,2 + · · · + λ Mnh A s,Mnh ) δq s = 0.
Oduzme li se ova jednadžba od jednadžbe (14.13), dobiva se
3N−M
∑ h
s=1
[ ( ) d ∂ Ek
− ∂ E ]
k
− Φ s − λ 1 A s,1 − λ 2 A s,2 − · · · − λ Mnh A s,Mnh δ q s = 0. (14.19)
d t ∂ ˙q s ∂ q s
U gornjoj jednadžbi nije svih 3N − M h varijacija δ q s medusobno nezavisno. Zbog postojanja
M nh neholonomnih uvjeta, nezavisno je S = 3N −M h −M nh varijacija poopćenih koordinata q s .
Neka su prvih M nh poopćenih koordinata zavisne od preostalih S = 3N − M h − M nh nezavisnih
q 1 , q 2 , · · · , q
} {{
Mnh , q
}
Mnh +1, q Mnh +2, · · · , q 3N−Mh .
} {{ }
zavisno
nezavisno
Sve do sada, na Lagrangeove množitelje nisu bili postavljeni nikakvi uvjeti - njihove su vrijednosti
potpuno proizvoljne. Ako se sada odaberu Lagrangeovi množitelji λ m na takav način da
iščezava prvih M nh uglatih zagrada iz (14.19) koje množe zavisne δq s ,
[ d
d t
( ) ∂ Ek
∂ ˙q s
− ∂ E k
∂ q s
− Φ s − λ 1 A s,1 − λ 2 A s,2 − · · · − λ Mnh A s,Mnh
]
preostaje još S uglatih zagrada, povezanih jednadžbom
3N−M
∑ h
s=M nh +1
s=1,··· ,M nh
= 0,
[ ( ) d ∂ Ek
− ∂ E ]
k
− Φ s − λ 1 A s,1 − λ 2 A s,2 − · · · − λ Mnh A s,Mnh δ q s = 0.
d t ∂ ˙q s ∂ q s
No, u gornjoj su jednadžbi sada sve poopćene koordinate q s medusobno nezavisne, pa istom
argumentacijom kao u izvodu (14.14) zaključujemo da svaka od gornjih uglatih zagrada mora
iščezavati. Tako smo došli do zaključka da svih 3N − M h okruglih zagrada iz (14.19) mora
iščezavati: njih M nh zbog izbora Lagrangeovih množitelja, a preostalih S = 3N − M h − M nh
zbog nezavisnosti poopćenih koordinata. Lagrangeove jednadžbe neholonomnog sustava mogu
se zapisati u obliku sustava diferencijalnih jednadžba
d
d t
( ) ∂ Ek
∂ ˙q s
3N−M
∑ h
s=1
− ∂ E k
∂ q s
= Φ s + λ 1 A s,1 + λ 2 A s,2 + · · · + λ Mnh A s,Mnh , s = 1, · · · , 3N − M h ,
A s,m ˙q s + B m = 0, m = 1, 2, · · · , M nh .
Gornji se sustav sastoji od (3N − M h ) + M nh jednažba i isto toliko nepoznanica:
q 1 , q 2 , · · · , q 3N−Mh , λ 1 , λ 2 , · · · , λ Mnh .
Ukoliko su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, može se uvesti potencijalna energija,
izrazom Φ s = −∂E p /∂q s . Ako potencijalna energija ne ovisi o poopćenim brzinama ˙q s ,

398 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
Lagrangeove jednadžbe se mogu napisati preko lagranžijana L = E k − E p (o jednoj važnoj
iznimci, kada potencijalna energija ovisi o brzini, bit će više riječi u odjeljku 14.6),
( )
d ∂ L
− ∂ L = λ 1 A s,1 + λ 2 A s,2 + · · · + λ Mnh A s,Mnh , s = 1, · · · , 3N − M h ,
d t ∂ ˙q s ∂ q s
3N−M
∑ h
s=1
A s,m ˙q s + B m = 0, m = 1, 2, · · · , M nh .
(14.20)
Ako to želimo, gornjim se postupkom mogu rješavati i holonomni sustavi, tako što će se
holonomne uvjete
f m (q s ; t) = 0,
derivirati po vremenu i napisati ih u obliku (14.20)
3N∑
s=1
∂ f m
˙q s + ∂ f m
∂ q s ∂ t
m = 1, 2, · · · , M h
= 0, m = 1, 2, · · · , M h ,
tj. nije potrebno rješavati jednadžbe uvjeta (iako su možda i rješive), već ih se može tretirati
pomoću Lagrangeovih množitelja.
Fizičko značenje Lagrangeovih množitelja vidimo iz relacije (14.20) na čijoj desnoj strani dimenzijski
mora biti nekakva sila, tj. izrazi oblika λ m A s,m predstavljaju popćene sile koje potječu
od uvjeta na gibanje.
Primjer: 14.8 Pod djelovanjem gravitacijske sile, čestica mase m se giba po unutarnjoj plohi
paraboloida x 2 + y 2 = a 0 z (za konstantni a 0 ), prikazanog na slici 14.3. Zanemarivši
trenje, izvedite Lagrangeove jednadžbe gibanja čestice, tretirajući uvjet na
gibanje kao: (a) holonoman, (b) neholonoman.
R: Zadatak ćemo riješiti u cilindričnom koordinatnom sustavu, gdje su tri poopćene
koordinate upravo cilindrične koordinate
q 1 = ρ = √ x 2 + y 2 , q 2 = ϕ = arctan y x , q 3 = z.
No, zbog postojanja uvjeta na gibanje po površini paraboloida, ove tri koordinate
nisu medusobno neovisne, već su povezane jednadžbom uvjeta
x 2 + y 2 = a 0 z ⇐⇒ ρ 2 = a 0 z.
To znači da je broj stupnjeva slobode S = 3 − 1 = 2. Gornji uvjet je holonoman
(M h = 1, M nh = 0) jer ga znamo riješiti, tj. jednu od koordinata lako možemo
napisti kao eksplicitnu funkciju ostalih koordinata
z = 1 a 0
ρ 2

14.4. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE 399
Slika 14.3: Uz gibanje čestice po unutrašnjosti paraboloida.
i time ostajemo s dvije nezavisne poopćene koordinate: q 1 = ρ i q 2 = ϕ. Izračunajmo
sada kinetičku i potencijalnu energiju, i pomoću njih konstruirajmo Lagrangeovu
funkciju:
E k = m v 2
= m 2 2 (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 ), E p = m g z
Prijelazom iz pravokutnih u cilindrične koordinate
x = ρ cos ϕ, ẋ = ˙ρ cos ϕ − ρ ˙ϕ sin ϕ
y = ρ sin ϕ, ẏ = ˙ρ sin ϕ + ρ ˙ϕ cos ϕ
z = 1 a 0
ρ 2 , ż = 2 a 0
ρ ˙ρ ,
dobije se Lagrangeova funkcija L = E k − E p u obliku
L(ρ, ϕ, ˙ρ , ˙ϕ ) = m (
˙ρ 2 + ρ 2 ˙ϕ 2 + 4 )
ρ 2 ˙ρ 2 − m g ρ 2 .
2
a0
2
a 0
Sada možemo postaviti obje Lagrangeove jednadžbe (14.16)
( )
d ∂ L
− ∂ L = 0,
d t ∂ ˙q s ∂ q s
tako što ćemo redom izračunati derivacije koje se u njima pojavljuju
∂ L
= m (
2 ˙ρ + 4 )
ρ 2 2 ˙ρ ,
∂ ˙ρ 2 a0
2
∂ L
= m (
2ρ ˙ϕ 2 + 4 )
2 ρ ˙ρ 2 − m g 2 ρ,
∂ ρ 2
a0
2
a 0
∂ L
∂ ˙ϕ = m 2 ρ 2 2 ˙ϕ ,
∂ L
∂ ϕ = 0

400 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
i uvrstiti ih u Lagrangeove jednadžbe
(
¨ρ 1 + 4 )
ρ 2 + 4 ( ) 2 g
ρ ˙ρ 2 + ρ − ˙ϕ 2 = 0, ρ 2 ˙ϕ = const.
a0
2 a0
2
a 0
To je sustav dvije jednadžbe za dvije nepoznate funkcije ρ = ρ(t) i ϕ = ϕ(t). Iz
druge jednadžbe možemo ˙ϕ izraziti preko ρ i uvrstiti u prvu. Tako konačno dobijemo
nelinearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda u kojoj se pojavljuje samo jedna
nepoznata funkcija ρ = ρ(t)
¨ρ
(
1 + 4
a 2
0
ρ 2 )
+ 4
a 2
0
ρ ˙ρ 2 + ρ
( 2 g
− const. )
2
= 0.
a 0 ρ 4
Isti zadatak možemo riješiti i tretirajući uvjet na gibanje ρ 2 − a 0 z = 0 kao neholonoman
(pretvaramo se da ga ne znamo riješiti). Sada imamo tri poopćene
koordinate: q 1 = ρ, q 2 = ϕ i q 3 = z i jedan neholonomni uvjet (M h = 0, M nh = 1),
pa postupamo na slijedeći način: najprije variramo uvjet i nalazimo konstante A iz
(14.18)
ρ 2 − a 0 z = 0 / δ
2 ρ δρ − a 0 δz ≡ A 1 δρ + A 2 δϕ + A 3 δz
⇒ A 1 = 2 ρ, A 2 = 0, A 3 = −a 0 .
Lagrangeova jednadžba za ovaj neholonomni konzervativni sustav glasi
( )
d ∂ L
− ∂ L = λ 1 A s , s = 1, 2, 3.
d t ∂ ˙q s ∂ q s
Lagrangeova funkcija je sada jednaka
E k − E p = L(ρ, ϕ, z, ˙ρ , ˙ϕ , ż ) = m 2 ( ˙ρ 2 + ρ 2 ˙ϕ 2 + ż 2 ) − m g z.
Nakon izračuna odgovarajućih parcijalnih derivacija Lagrangeove funkcije i njihovog
uvrštenja u Lagrangeove jednadžbe, dobije se slijedeći sustav četiri jednadžbe (tri
jednadžbe gibanja plus jedna jednadžba uvjeta) za četiri nepoznanice (ρ, ϕ, z i λ 1 )
m ¨ρ − m ρ ˙ϕ 2 = λ 1 2 ρ,
m d
d t (ρ 2 ˙ϕ ) = 0,
m ¨z + m g = −λ 1 a 0 ,
2 ρ ˙ρ − a 0 ż = 0.
Eliminacijom nepoznanica ϕ, z i λ 1 , opet dolazimo do iste jednadžbe za ρ
(
¨ρ 1 + 4 )
ρ 2 + 4 ( 2 g
ρ ˙ρ 2 + ρ − const. )
2
= 0
a0
2 a0
2
a 0 ρ 4
koju smo dobili rješavajući ovaj sustav kao holonoman.

14.5. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE ZA IMPULSNU SILU 401
14.5 Lagrangeove jednadžbe za impulsnu silu
Neka u kratkom vremenskom intervalu τ, na j-tu česticu sustava djeluje vanjska sila F ⃗ j (t).
Interval djelovanja sile je iščezavajuće kratak, ali je sila dovoljno velika (kratki impuls jake sile)
da je donji integral konačan.
∫ τ
lim ⃗F j (t) dt = I ⃗ j .
τ→0
0
Sila koja zadovoljava ovaj uvjet, naziva se impulsna sila, a ⃗ I j se zove impuls. Iz (14.14) znamo
da za holonomni sustav vrijedi
( )
d ∂ Ek
− ∂ E k
= Φ s =
d t ∂ ˙q s ∂ q s
N∑
j=1
⃗F j
∂ ⃗r j
∂ q s
.
Prointegrirajmo cijelu gornju jednadžbu po vremenu od 0 do τ
∫ τ
dt d ( ) ∫ ∂ τ Ek
−
0 d t ∂ ˙q s 0
( ( ∫ ∂ Ek ∂ τ Ek
− −
∂ ˙q s
)τ
∂ ˙q s
)0 0
( ∂ Ek
−
∂ ˙q s
)2
dt ∂ E k
∂ q s
=
dt ∂ E k
∂ q s
=
( ∂ Ek
− 0 =
∂ ˙q s
)1
N∑
∫ τ
j=1 0
∫ τ
N∑
j=1
N∑
j=1
0
⃗I j
∂ ⃗r j
∂ q s
,
dt ⃗ F j
∂ ⃗r j
∂ q s
dt ⃗ F j
∂ ⃗r j
∂ q s
/
lim
τ→0
gdje su indeksom 1 označene veličine prije, a indeksom 2 poslije djelovanja sile. Uvede li se
poopćeni impuls
⃗F s =
N∑
j=1
⃗I j
∂ ⃗r j
∂ q s
,
i sjetimo li se definicije poopćene količine gibanja, (14.15), p s = ∂E k /∂ ˙q s , prethodna jednadžba
pokazuje da je promjena poopćene količine gibanja jednaka poopćenom impulsu
što je pak poopćenje izraza (10.30).
p s,2 − p s,1 = ⃗ F s ,
14.6 Lagrangeova funkcija naelektrizirane čestice u elektromagnetskom
polju
U izvodu jednadžba (14.16) i (14.20) je pretpostavljeno da potencijalna energija ne ovisi o brzini.
U velikom broju primjera, to je točno, ali postoji jedan važan izuzetak, a to je nalektrizirana
čestica koja se giba u elektromagnetskom polju. Neka je električni naboj čestice Q, a brzina ˙⃗r.
Elektromagnetsko polje neka je opisano vektorima električnog polja ⃗ E i indukcije magnetskog
polja ⃗ B . Na naelektriziranu česticu koja se giba, djeluje Lorentzova sila
⃗F L = Q ( ⃗ E + ˙⃗r × ⃗ B ).

402 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
Posebnost Lorentzove sile je u tome što ona ovisi o brzini čestice, što će u konačnici dati
potencijalnu energiju koja ovisi o brzini. Kao što je poznato, polja ⃗ E i ⃗ B se mogu
izraziti preko dva potencijala: skalarnog V (⃗r, t) i vektorskog ⃗ A (⃗r, t),
kao
V (⃗r, t) =
∫
1 ρQ (⃗r ′ , t ′ )
d 3 r ′ ,
4πɛ 0 |⃗r − ⃗r ′ |
⃗A (⃗r, t) = µ ∫
0 ⃗ j Q (⃗r ′ , t ′ )
d 3 r ′ ,
4π |⃗r − ⃗r ′ |
⃗E = − −→ ∇V − ∂ ⃗ A
∂t , ⃗ B =
−→ ∇ × ⃗ A .
⃗F L = Q
(
− −→ ∇V − ∂ A ⃗ )
∂t + ˙⃗r × ( −→ ∇ × A ⃗ ) .
U gornjim izrazima su ρ Q i ⃗j Q redom, gustoće naboja i struje, a t ′ = t − |⃗r − ⃗r ′ |/c je retardirano
vrijeme, tj. vrijeme potrebno elektromagnetskom valu da, gibajući se brzinom c,
prijede put |⃗r − ⃗r ′ |. Zadatak je
izračunati Lagrangeovu funkciju naelektrizirane
čestice koja se giba u elektromagnetskom polju.
Uočimo da nema uvjeta na gibanje, pa sustav, koji se sastoji od samo jedne čestice, ima
S = 3 stupnja slobode, a za poopćene koordinate se mogu uzeti pravokutne koordinate čestice,
tako da vrijedi
⃗r = x ˆx + y ŷ + z ẑ ,
q 1 = x, q 2 = y, q 3 = z,
˙q 1 = ẋ , ˙q 2 = ẏ , ˙q 3 = ż ,
∂⃗r
⇒ ∂⃗r
∂q s ∂x = ˆx ,
∂⃗r
∂y = ŷ ,
∂⃗r
∂z = ẑ .
Poopćene sile su upravo komponente Lorentzove sile (za sustav od jedne čestice je i N = 1,
indeks s stupnja slobode je s = x, y, z)
Φ s =
N∑
j=1
⃗F j
∂⃗r j
∂q s
⇒ Φ s=x = F x , Φ s=y = F y , Φ s=z = F z .
Izračunajmo npr. x komponentu Lorentzove sile, izraženu preko potencijala
{
F L,x = Q − ∂V
∂x − ∂A [
x −→
] }
+ ˙⃗r × ( ∇ × A ⃗ ) .
∂t
x

14.6. LAGRANGEOVA FUNKCIJA NAELEKTRIZIRANE ČESTICE U ELEKTROMAGNETSKOM POLJU 403
Izračunajmo x komponentu vektorskog umnoška
[
−→
]
˙⃗r × ( ∇ × A ⃗ ) = ẏ ( −→ ∇ × A ⃗ ) z − ż ( −→ ∇ × A ⃗ ) y
x
( ∂Ay
= ẏ
∂x − ∂A ) (
x ∂Ax
− ż
∂y ∂z − ∂A )
z
∂x
= ẏ ∂A y
∂x − ẏ ∂A x
∂y − ż ∂A x
∂z + ż ∂A z
∂x
( ∂Ax
= −
∂x ẋ + ∂A x
∂y ẏ + ∂A )
x
ż +
∂z
± ẋ ∂A x
∂x
(
ẋ ∂A x
∂x + ẏ ∂A y
∂x + ż ∂A z
∂x
Prisjetimo li se da su ˙⃗r i ⃗r medusobno neovisne varijable, tada u drugom članu desne strane gornjeg
izraza prepozanjemo ∂ x ( ˙⃗r ⃗ A ). Prvi član desne strane, povezujemo s ukupnom vremenskom
promjenom A x (x, y, z; t)
što sve zajedno daje
d A x
d t
[
˙⃗r × (
−→ ∇ × ⃗ A )
]
= ∂A x
∂x ẋ + ∂A x
∂y ẏ + ∂A x
∂z ż + ∂A x
∂t ,
x
=
( ∂Ax
∂t
Sada se možemo vratiti izrazu za x komponentu sile
[
F L,x = Q − ∂V
∂x − ∂A x
+ ∂A x
− d A x
+ ∂ ]
∂t ∂t d t ∂x ( ˙⃗r A ⃗ )
− d A )
x
+ ∂
d t ∂x ( ˙⃗r A ⃗ ).
[ ∂
= Q
∂x ( ˙⃗r A ⃗ − V ) − d A ]
x
.
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
pomoću gornjeg izraza je i
A x = ∂
∂ẋ (ẋ A x + ẏ A y + ż A z − V ) = ∂
∂ẋ ( ˙⃗r ⃗ A − V ).
d A x
d t
= d d t
∂
∂ẋ ( ˙⃗r ⃗ A − V ).
Sada se izraz za F L,x može napisati kao
[ ∂
F L,x = Q
∂x ( ˙⃗r A ⃗ − V ) − d ]
∂
dt ∂ẋ ( ˙⃗r A ⃗ − V ) .
Nazove li se potencijalnom energijom slijedeći izraz
E p (⃗r, ˙⃗r, t) = Q
[V (⃗r, t) − ˙⃗r
]
· A ⃗ (⃗r, t) , (14.21)
)
dobili smo potencijalnu energiju, koja osim o položaju, ovisi i o brzini čestice. Za x komponentu
Lorentzove sile se dobiva
F L,x = − ∂ E p
∂x + d ( ) ∂ Ep
dt ∂ẋ

404 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
i slično za ostale dvije komponente sile
F L,y = − ∂ E p
∂y + d dt
F L,z = − ∂ E p
∂z
+ d dt
( ) ∂ Ep
,
∂ẏ
( ) ∂ Ep
.
Kada potencijalna energija ne bi ovisila o brzini, drugi član desne strane gornjih izraza bi bio
jednak nuli, i dobila bi se uobičajena veza sile i potencijalne energije, F ⃗ L = − −→ ∇E p . Napišimo
Lagrangeovu jednadžbu (14.14) za koordinatu x
d
dt
( )
d ∂Ek
− ∂E k
dt ∂ẋ ∂x
[ ]
∂(Ek − E p )
− ∂(E k − E p )
∂ẋ
∂x
( )
d ∂L
dt ∂ẋ
∂ż
= F L,x = − ∂ E p
∂x + d dt
= 0,
( ∂ Ep
∂ẋ
)
,
− ∂L
∂x = 0 (14.22)
(i analogno za y i z koordinate). U gornjoj je jednadžbi s L = E k − E p , označena Lagrangeova
funkcija (lagranžijan) čestice naboja Q koja se brzinom ˙⃗r giba u prostorno i vremenski promjenjivom
elektromagnetskom polju, opisanom skalarnim V (⃗r, t) i vektorskim ⃗ A (⃗r, t) potencijalima
L = m ˙⃗r 2
2
− Q(V − ˙⃗r ⃗ A ).
Lako je provjeriti da se uvrštavanjem gornjeg lagranžijana u jednadžbu (14.22), dobije x komponenta
Newtonove jednadžbe gibanja m¨⃗r = ⃗ F L .
Gauge preobrazba
Poznato je da su električno i magnetsko polje invarijantni na tzv. gauge (baždarne, kalibracijske)
preobrazbe potencijala
V → V − ∂Ψ
∂t ,
⃗ A → ⃗ A +
−→ ∇Ψ.
za proizvoljno polje (funkciju) Ψ(⃗r, t). Zadatak je vidjeti
što se dogada s lagranžijanom uslijed gauge preobrazbe:
V − ˙⃗r A ⃗ → V − ∂Ψ
∂t − ˙⃗r
(
⃗A
−→
)
+ ∇Ψ
(
= (V − ˙⃗r A ⃗ ∂Ψ
) −
∂t + ˙⃗r −→ )
∇Ψ .

14.7. HAMILTONOVO NAČELO 405
Primjetimo sada da je
d Ψ(⃗r, t)
d t
=
∂ Ψ(⃗r, t)
∂ x
ẋ +
∂ Ψ(⃗r, t)
∂ y
ẏ +
∂ Ψ(⃗r, t)
∂ z
ż +
∂ Ψ(⃗r, t)
∂ t
= ˙⃗r( −→ ∇Ψ) +
∂ Ψ(⃗r, t)
.
∂ t
Iz gornjeg izraza zaključujemo da gauge preobrazba mijenja lagranžijan tako što mu pribroji
potpunu vremensku derivaciju gauge funkcije Ψ, pomnoženu s nabojem Q
L → L + Q
d Ψ(⃗r, t)
.
d t
14.7 Hamiltonovo načelo
Pokažimo sada vezu koja postoji izmedu Lagrangeovih jednadžba i jednog dijela matematike
koji se zove varijacijski račun. Ova veza će nam ukazati na jedan drukčiji način na koji se
može gledati na izvod i smisao Lagrangeovih jednadžba gibanja.
Osnovni i najjednostavniji problem varijacijskog računa, jeste odgovoriti na slijedeće pitanje:
kako naći funkciju y = Y (x)
koja povezuje točke x = a i x = b (slika 14.4), a ima svojstvo da je integral
Slika 14.4: Uz varijacijski račun.
I =
∫ b
a
F (y, y ′ ; x) dx (14.23)
ekstreman, tj. maksimalan ili minimalan.
S y ′ je označena derivacija dy/dx, a F označava neku funkciju od y, y ′ i x. Sama funkcija y se
tada zove ekstrem. Ako je y = Y (x) funkcija koja čini gornji integral ekstremnim, neka je tada
y = Y (x) + δY (x) ≡ Y (x) + ɛ η(x)

406 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
njoj bliska (varirana) krivulja (slika 14.4), sa svojstvom da je η(x = a) = η(x = b) = 0, a
ɛ = const. u x. Vrijednost integrala I za ovu blisku krivulju je
∫ b [
]
I(ɛ) = F Y (x) + ɛ η(x), Y ′ (x) + ɛ η ′ (x); x dx, (14.24)
a
gdje su, opet, crticom označene derivacije po x. Uvjet da za ɛ = 0, ovaj integral poprima
ekstremalnu vrijednost, pišemo kao zahtjev da je
d I
d ɛ ∣ = 0.
ɛ=0
Pomoću izraza (14.24) možemo izračunati gornju derivaciju
∫
d I
b
( ∂ F ∂ y
=
d ɛ
∂ y ∂ ɛ + ∂ F )
∂ y ′ ∫ b
dx =
∂ y ′ ∂ ɛ
=
a
∫ b
a
∫
∂ F
b
∂ y η dx +
a
∂ F
∂ y ′
d η
d x dx.
Drugi član desne strane se može parcijalno integrirati koristeći
( )
d ∂ F
η = η d ( ) ∂ F
d x ∂ y ′ d x ∂ y ′
Tako se dolazi do
d I
d ɛ
=
∫ b
a
∫ b
η ∂ F ∫ b
∂ y dx + a
[ ∂ F
η
∂ y − d
d x
[
−η
d
d x
a
+ ∂ F
∂ y ′
( ) ∂ F
+ d
∂ y ′ d x
( ∂ F
∂ y η + ∂ F
∂ y ′ η ′ )
d η
d x .
(
η d F
d y ′ )]
( )] (
∂ F
=
dx + η ∂ F ) b
.
a
∂ y ′ ∂ y ′ a
No, sjetimo se da je η(x = a) = η(x = b) = 0, pa je posljednji član desne strane gornjeg izraza
jednak nuli. Preostaje
0 = d I
d ɛ ∣ =
ɛ=0
∫ b
η
[ ∂ F
∂ y − d
d x
( ∂ F
a
∂ y
)]ɛ=0
′
Funkcija η(x) u gornjem integralu je potpuno proizvoljna, pa ju možemo odabrati tako da na
cijelom intervalu a ≤ x ≤ b ima isti predznak kao i uglata zagrada. U tom slučaju,
gornja jednakost može biti zadovoljena samo ako je uglata zagrada jednaka nuli
dx.
dx
dx
d
d x
( ) ∂ F
− ∂ F
∂ y ′ ∂ y
= 0. (14.25)
Ova se jednadžba naziva Euler - Lagrangeova jednadžba. Opisani se postupak je lako
poopćiti i na funkciju više varijabli
F (y 1 , y 2 , · · · , y S , y ′ 1, y ′ 2, · · · , y ′ S; x), y s = Y s (x) + ɛ s η s (x), s = 1, 2, · · · , S
i vodi do S Euler - Lagrangeovih jednadžba
( )
d ∂ F
− ∂ F = 0, s = 1, 2, · · · , S.
d x ∂ y s
′ ∂ y s
Primjetimo da ako nezavisnu varijablu x shvatimo kao vrijeme t, funkciju F shvatimo kao
Lagrangevu funkciju L, a y s i y s ′ kao poopćene koordinate q s i poopćene brzine ˙q s , tada su
gornje jednadžbe upravo Lagrangeove jednadžbe (14.16).

14.7. HAMILTONOVO NAČELO 407
14.7.1 Primjene Euler - Lagrangeove jednadžbe
Evo i nekoliko primjera primjene Euler - Lagrangeove jednadžbe.
(1) Zadatak je naći krivulju koja spaja točke A i B u ravnini (x, y), sa svojstvom da je duljina
krivulje najmanja (slika 14.5.A). Iz iskustva svi znamo da je to pravac, a sada ćemo pokazati
kako se to može i izračunati. Podijelimo cijelu krivulju na male elemente označene s ds. Duljinu
Slika 14.5: Uz primjene varijacijskog računa.
krivulje dobivamo tako da zbrojimo sve te male elmente. Kada broj tih malih elementata teži k
beskonačnosti, njihov zbroj prelazi u integral, pa za duljinu I, cijele krivulje, možemo napisati
I =
Za mali ds vrijedi Pitagorin poučak ds = √ (dx) 2 + (dy) 2 , pa gornji integral postaje
√
∫ B √
∫ xB
( ) 2
I = (dx) 2 dy
+ (dy) 2 = dx 1 + .
dx
A
∫ B
A
Uvjet da udaljenost izmedu A i B bude najkraća sada postaje uvjet da integral I bude minimalan.
No, to je upravo problem (14.23) sa funkcijom
ds.
x A
F (y, y ′ ; x) = √ 1 + y ′ 2 = F (y ′ ).
Da bi I bio ekstreman (u ovom slučaju iz geometrije znamo da se radi o minimumu), F mora
zadovoljavati jednadžbu (14.25). Lako je vidjeti da je
∂ F
∂ y = 0,
pa Euler - Lagrangeova jednadžba glasi
( )
d y ′
√ = 0 ⇒
dx 1 + y
′ 2
∂ F
∂ y ′ =
y ′
√
1 + y
′ 2 ,
y ′
√
1 + y
′ 2 = const.

408 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
Rješavanjem gornje jednadžbe po y ′ , dolazi se do
d y
d x = a,
gdje je a nekakva konstanta. Rješenje gornje jednadžbe je očito linearna funkcija y = ax + b,
tj. pravac, kao što smo od početka i znali da treba biti. Nepoznate konstante a i b se odreduju
iz uvjeta da pravac prolazi točkama A = (x A , y A ) i B = (x B , y B ).
(2) Slijedeći problem koji ćemo izložiti je problem brahistokrone koji je prvi riješio Johann
Bernoulli, 1697. godine. Sama riječ potječe od grčkih riječi bráhistos što znači najkraći i
chrónos što znači vrijeme. Problem je slijedeći: čestica počinje padati iz točke A sa slike 14.5.B
u konstantnom gravitacijskom polju (bez trenja); pitanje je kako treba izgledati njezina putanja,
pa da stigne u točku B u najkraćem mogućem vremenu? Takva putanja, koja minimizira
vrijeme (a ne put, kao u prethodnom primjeru), se zove brahistokrona.
Postupak je uobičajen: putanja se podjeli na male dijelove duljine ds; vrijeme potrebno za
prolazak tim dijelom putanje je dt = ds/v; vrijeme potrebno za prolazak cijelom putanjom
je zbroj vremena za svaki mali dio; u granici kada ds postaje iščezavajuće malen, ovaj zbroj
prelazi u integral koji ćemo označiti s I
I =
∫ tB
t A
dt =
Kao i u prethodnom primjeru, ds = √ (dx) 2 + (dy) 2 . Budući da nema trenja, brzina se može
odrediti iz zakona o sačuvanju energije. Neka je potencijalna energija jednaka nuli kada je y = 0
i neka u t A čestica miruje, tada je ukupna mehanička energija u točki A jednaka nuli. Zbog
sačuvanja energije, ona će biti jednaka nuli i u svakoj drugoj točki putanje u kojoj je brzina v,
a vrijednost ordinate y
∫ tB
E A = E = 0 = m v 2
− mgy ⇒ v = √ 2gy.
2
Uvrštavaje brzine u izraz za I daje
∫ xB
√
1 + y
′ 2
I = dx √ . 2gy
x A
Iz gornjeg izraza očitavamo funkciju F iz (14.23)
√
F (y, y ′ ) = √ 1 1 + y ′ 2
. (14.26)
2g y
Prije nego što nastavimo s rješavanjem ovoga, izvedimo jedan postupak koji se zove nalaženje
prvog integrala Euler - Lagrangeove jednadžbe. Primjetimo da F ne ovisi eksplicitno o x,
nego sva ovisnost o x dolazi kroz y = y(x) i y ′ = y ′ (x). To nam omogućava da y ′ shvatimo kao
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 shvaća kao derivacija složene
funkcije
d
d x = d
d y
t A
d y
d x .
ds
v .

14.8. FUNKCIJA DJELOVANJA 409
Primjenimo ovo na Euler - Lagrangeovu jednadžbu
( )
d ∂ F
d x ∂ y ′
y ′ d
d y
d
d y
( )
y ′ ∂ F
− d y ′
∂ y ′ d y
− ∂ F
∂ y
( ) ∂ F
− ∂ F
∂ y ′ ∂ y
∂ F
∂ y − ∂ F
′ ∂ y
No, posljednja dva člana lijeve strane nisu ništa drugo do
d
d y F (y, y ′ (y)) = ∂ F
∂ y + ∂ F d y ′
∂ y ′ d y ,
tako da cijela Euler - Lagrangeova jednadžba postaje
d
d y
= 0,
= 0,
= 0.
(
)
y ′ ∂ F
∂ y − F = 0 ⇒ y ′ ∂ F
− F = const. (14.27)
′ ∂ y
′
Gornji izraz se zove prvi integral Euler - Lagrangeove jednadžbe. U problemu brahistokrone,
F je zadano sa (14.26), što uvršteno u gornju jednadžbu, nakon kraćeg računa, vodi na
∫
√
dy
√
d y
d x = c1 − y
,
y
∫
= dx = x − c 2 ,
y
c 1 − y
c j = const.
Integral na lijevoj strani se rješava uvodenjem nove varijable y = c 1 sin 2 (u/2)
∫
x = c 2 + c 1 du sin 2 (u/2) = c 2 + c 1
(u − sin u).
2
Time su dobivene parametarske jednadžbe tražene krivulje
x = c 2 + c 1
(u − sin u),
2
y = c 1
(1 − cos u),
2
koje prepoznajemo kao jednažbu cikloide 7 . Dakle, brahistokrona je cikloida.
14.8 Funkcija djelovanja
Očita sličnost Euler - Lagrangeove jednadžbe (14.25) i Lagrangeove jednadžba (14.16) za holonomne
konzervativne sustave, navela je Hamiltona na razmatranje slijedećeg integrala koji je
nazvao djelovanjem (action) ili principalnom funkcijom
S =
∫ t2
t 1
L(q 1 , q 2 , · · · , q S , ˙q 1 , ˙q 2 , · · · , ˙q S ; t) dt,
7 Kako izgleda cikloida: uočimo jednu točku na kružnici koja se, bez klizanja, kotrlja po vodoravnoj podlozi - uočena točka
opisuje cikloidu.

410 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNADŽBE
gdje je L = E k − E p Lagrangeova funkcija. Po dimenzijama, funkcija djelovanja predstavlja
umnožak energije i vremena. Istim postupkom kao gore, uz promjenu oznaka
F → L, x → t, y s → q s , y ′ s → ˙q s ,
i zahtjev da je djelovanje ekstremalno
∣
d S
= 0,
d ɛ s
∣∣∣ɛs=0
od Euler - Lagrangeovih, dolazimo do Lagrangeovih jednadžba u obliku (14.16)
( )
d ∂ L
− ∂ L = 0, s = 1, 2, · · · , S.
d t ∂ ˙q s ∂ q s
Izvedimo Taylorov razvoj funkcije djelovanja u okolici točke ɛ s = 0
S (ɛ s ) = S (0) +
S∑
s=1
ɛ s
d S
d ɛ s
∣ ∣∣∣ɛs
=0
+ 1 2
S∑
s=1
S∑
s ′ =1
ɛ s ɛ s ′
d 2 S
d ɛ s d ɛ s
∣ + O(ɛ 3 ).
′ 0
Nazovemo li varijacijom djelovanja δS razliku djelovanja na pravoj (koja čini S ekstremalnom)
i variranoj putanji
δS = S (ɛ s ) − S (0),
tada, s točnošću od O(ɛ 2 ), možemo reći da se mehanički sustav giba tako da je varijacija
njegove funkcije djelovanja jednaka nuli
δS = 0. (14.28)
Budući da je na pravoj putanji mehaničkog sustava, ekstrem funkcije djelovanja najčešće
minimalan, gornji se izraz zove Hamiltonovo načelo najmanjeg djelovanja.
Primjetimo da smo polazeći od zahtjeva da je integral jedne funkcije ekstreman, došli do izraza
koji je ekvivalentan Newtonovim jednadžbama gibanja. Ili, drukčije rečeno: gibanja u prirodi
se odvijaju tako da čine ekstremnim integral Lagrangeove funkcije.
Poopćenje gornjeg postupka na neholonomne sustave se može naći u drugom poglavlju Goldsteinove
knjige [14].

Poglavlje 15
Hamiltonove jednadžbe gibanja
Ako ne znaš kuda ideš, lako se može dogoditi da stigneš negdje drugdje.
Alica u zemlji čudesa, Lewis Carrol
Lagrangeova funkcija uvedena u prethodnom poglavlju, je funkcija poopćenih koordinata q s
i poopćenih brzina ˙q s . Takoder, pomoću Lagrangeove funkcije, uveden je pojam poopćene
količine gibanja
p s = ∂L
∂ ˙q s
.
Odabir poopćenih koordinata i poopćenih brzina kao nezavisnih varijabli je, naravno, moguć, ali
nije i jedini mogući izbor. U ovom će se poglavlju definirati jedna nova funkcija: Hamiltonova
funkcija ili hamiltonijan, koja će biti funkcija poopćenih koordinata i poopćenih količina gibanja.
(q s , ˙q s ) −→ (q s , p s )
I dok su Lagrangeove jednadžbe gibanja dane u obliku diferencijalnih jednadžba drugog reda,
jednadžbe gibanja izražene preko Hamiltonove funkcije će biti diferencijalne jednadžbe prvog
reda (ali će ih zato biti dvostruko više).
Promatrat će se sustav od N čestica čije je gibanje ograničeno s M h holonomnih uvjeta. Ovi
su uvjeti riješeni, zavisne poopćene koordinate su izražene preko nezavisnih i formirana je
Lagrangeova funkcija od S = 3N − M h nezavisnih poopćenih koordinata i brzina: L(q s , ˙q s ; t),
za s = 1, 2, · · · , S. Ova funkcija predstavlja ishodište u daljim računima ovog poglavlja.
Neholonomni sustavi se neće tretirati u ovom poglavlju, a zainteresirani čitatelj se upućuje na
studiranje prvog poglavlja Diracove knjige Lectures on Quantum Mechanics, [11].
15.1 Hamiltonove jednadžbe
Neka je zadan sustav sa S stupnjeva slobode, opisan Lagrangeovom funkcijom L(q s , ˙q s ; t). Hamiltonova
je ideja bila, pronaći funkciju u kojoj će se kao varijable, umjesto poopćenih brzina
pojavljivati poopćene količine gibanja. Započnimo račun tako što ćemo izračunati diferencijal
411

412 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
Lagrange-ove funkcije L(q s , ˙q s ; t)
d L(q s , ˙q s ; t) =
S∑
s=1
( ∂L
∂q s
dq s + ∂L
∂ ˙q s
d ˙q s
)
+ ∂L
∂ t dt.
U skladu s definicijom poopćene količine gibanja (14.17) i Lagrangeovom jednadžbom (14.16)
p s = ∂ L ( )
d ∂ L
,
− ∂ L = 0 ⇒ ∂ L = d p s
∂ ˙q s d t ∂ ˙q s ∂ q s ∂ q s d t = ṗ s,
diferencijal Lagrangeove funkcije postaje
d L(q s , ˙q s ; t) =
S∑
)
(ṗ s dq s + p s d ˙q s
s=1
+ ∂L
∂ t dt.
U gornjoj jednadžbi se diferencijal poopćene brzine, može izraziti kao
što vodi na
d
( S∑
s=1
p s ˙q s − L
p s d ˙q s = d(p s ˙q s ) − dp s ˙q s ,
dL =
)
=
S∑
]
[ṗ s dq s + d(p s ˙q s ) − dp s ˙q s
s=1
S∑
s=1
+ ∂L
∂ t dt
(−ṗ s dq s + ˙q s dp s ) − ∂L dt (15.1)
∂ t
Funkcija na lijevoj strani gornje jednadžbe se zove Hamiltonova funkcija ili hamiltonijan
H =
S∑
p s ˙q s − L(q s , ˙q s ; t),
s=1
a iz desne strane (15.1) se vidi da je hamiltonijan funkcija poopćenih koordinata, poopćenih
količina gibanja i vremena
H = H(q s , p s ; t),
a ne poopćenih koordinata, poopćenih brzina i vremena, kao što je to lagranžijan. Budući da
je općenito diferencijal funkcije poopćenih koordinata, poopćenih količina gibanja i vremena,
jednak
dH =
S∑
s=1
( ∂H
∂q s
dq s + ∂H
∂p s
dp s
)
+ ∂H
∂ t dt,
usporedbom gornjeg izraza sa (15.1), dolazi se do Hamiltonovih kanonskih jednadžba
gibanja
ṗ s = − ∂H
∂q s
,
˙q s = ∂H
∂p s
,
∂H
∂t = −∂L ∂t , (15.2)

15.1. HAMILTONOVE JEDNADŽBE 413
za sve s = 1, 2, · · · , S. Primjetimo simetriju (do na predznak) jednadžba na zamjenu q s i
p s . Kao što vidimo, Hamiltonove su jednadžbe prvog reda, ali ih ima dvostruko više nego
Lagrangeovih.
Fizičko značenje
Pogledajmo sada koje je fizičko značenje Hamiltonove funkcije? Neka je sustav konzervativan
(tako da je L = E k − E p ) i neka lagranžijan (pa time i hamiltonijan) ne ovisi eksplicitno o
vremenu. Pokažimo da je u tom slučaju kinetička energija kvadratna funkcija poopćenih brzina.
Krenimo od kinetičke energije sustava N čestica, napisane u pravokutnim koordinatama
E k = 1 2
N∑
j=1
m j ˙⃗r
2
j = 1 2
N∑
m j (ẋ 2 j + ẏ 2 j + ż 2 j)
i prevedimo ju u poopćene koordinate. Za koordinete x j reonomnog sustava, vrijedi
x j = x j (q 1 , q 2 , · · · , q S ; t)
ẋ j =
S∑ ∂ x j
˙q s + ∂ x j
∂ q s ∂ t
ẋ 2 j =
=
s=1
( S∑
s=1
S∑ S∑
s=1
Sličan račun za y j i z j daje
ẏ 2 j =
ż 2 j =
Uvedu li se pokrate
S∑
s=1
S∑
s=1
a s,p = 1 2
a s =
b = 1 2
N∑
j=1
kinetička je energija jednaka
∂ x j
˙q s + ∂ x j
∂ q s ∂ t
p=1
S∑
p=1
S∑
p=1
N∑
j=1
m j
N∑
j=1
E k =
m j
m j
∂ x j
∂ q s
∂ y j
∂ q s
∂ z j
∂ q s
∂ x j
∂ q p
∂ y j
∂ q p
∂ z j
∂ q p
( ∂ xj
( ∂ xj
S∑
s=1
∂ q s
j=1
) ( S∑
p=1
˙q s ˙q p + 2 ∂ x j
∂ t
˙q s ˙q p + 2 ∂ y j
∂ t
˙q s ˙q p + 2 ∂ z j
∂ t
∂ x j
∂ q p
+ ∂ y j
∂ q s
∂ x j
+ ∂ y j
∂ q s ∂ t
∂ t
[ (∂ ) 2 xj
+
∂ t
S∑
p=1
a s,p ˙q s ˙q p +
∂ x j
˙q p + ∂ x j
∂ q p ∂ t
S∑
s=1
S∑
s=1
S∑
s=1
)
∂ x j
∂ q s
˙q s +
∂ y j
∂ q s
˙q s +
∂ z j
∂ q s
˙q s +
∂ y j
∂ q p
+ ∂ z j
∂ q s
∂ y j
+ ∂ z j
∂ q s ∂ t
( ) 2 ∂ yj
+
∂ t
( ) 2 ∂ xj
.
∂ t
( ) 2 ∂ yj
,
∂ t
( ) 2 ∂ zj
.
∂ t
)
∂ z j
= a p,s ,
∂ q p
)
∂ z j
,
∂ q s
( ) ] 2 ∂ zj
,
∂ t
S∑
a s ˙q s + b.
s=1

414 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
Vidimo da ako je sustav skleronoman (tj. vrijeme se ne pojavljuje eksplicitno)
b ≡ 0, a s ≡ 0
i kinetička energija postaje kvadratna funkcija u poopćenim brzinama. U tom slučaju se može
dalje pisati
S∑ S∑
/ ∂
E k = a s,p ˙q s ˙q p
∂ ˙q l
S∑
l=1
∂E k
∂ ˙q l
=
∂E k
∂ ˙q l
˙q l =
s=1 p=1
S∑
a l,p ˙q p +
p=1
S∑
l=1
/
S∑
S∑
a s,l ˙q s
l=1
s=1
S∑
a l,p ˙q l ˙q p +
p=1
S∑
s=1
S∑
k=1
a s,l
˙q l
˙q s ˙q l = 2E k
Ograničimo li se na konzervativne sustave kod kojih potencijalna energija ne ovisi o poopćenim
brzinama, a u skladu s gornjim izrazom, za poopćenu količinu gibanja dobivamo
p s = ∂ L
∂ ˙q s
= ∂ E k
∂ ˙q s
⇒
S∑
s=1
∂E k
∂ ˙q s
˙q s =
Uvrstimo to u izraz za Hamiltonovu funkciju i dobit ćemo
tj.
H =
S∑
s=1
S∑
p s ˙q s − L = 2E k − (E k − E p ) = E k + E p ,
s=1
p s ˙q s = 2E k
H = E k + E p . (15.3)
Hamiltonova je funkcija zbroj kinetičke i potencijalne energije cijelog sustava.
To je i jednostavan način da se napiše hamiltonijan sustava.
Konstante gibanja
Pokažimo da je H(q s , p s ) konstanta gibanja, tj. da se ne mijenja s vremenom. Ako je nešto
konstantno u vremenu, tada je njegova potpuna vremenska derivacija jednaka nuli
dH
dt =
S∑
s=1
( ∂H
∂q s
˙q s + ∂H
∂p s
ṗ s
)
= (15.2) =
S∑
(−ṗ s ˙q s + ˙q s ṗ s ) = 0,
s=1
H(q s , p s ) = E = const. (15.4)
Cikličnost
Ako hamiltonijan ne ovisi o nekoj od poopćenih koordinata, npr. o koordinati q k , tada je
ṗ k = − ∂H
∂q k
= 0 ⇒ p k = const.

15.1. HAMILTONOVE JEDNADŽBE 415
pridružena poopćena količina gibanja konstantna u vremenu. Svrha uvodenja hamiltonijana
i jeste u tome da se u izrazu za H neke koordinate ne pojavljuju, što odmah pojednostavljuje
rješavanje jednadžba gibanja. Poopćene koordinate koje se ne pojavljuju eksplicitno u
hamiltonijanu, zovu se ciklične koordinate.
Primjer: 15.1 Koristeći polarni koordinatni sustav, napišite hamiltonijan jedne čestice koja se
giba u polju sile opisane potencijalnom energijom E p (ρ, ϕ). Napišite i Hamiltonove
jednadžbe gibanja.
R: Čestica koja se slobodno giba u ravnini ima dva stupnja slobode, a za dvije
poopćene koordinate uzimaju se
q 1 = ρ, q 2 = ϕ.
Za S = 2 stupnja slobode će biti 2 S = 4 Hamiltonove jednadžbe gibanja. Iz veze s
polarnih i pravokutnih koordinata,
x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,
lako se dolazi do izraza za kinetičku energiju u polarnom sustavu
E k = m v2
2
Poopćene količine gibanja su definirane kao
što u ovom primjeru daje
= m 2 (ẋ 2 + ẏ 2 ) = m 2 ( ˙ρ 2 + ρ 2 ˙ϕ 2 ).
p s = ∂E k
∂ ˙q s
, s = 1, 2,
p 1 ≡ p ρ = ∂E k
∂ ˙ρ = m ˙ρ , p 2 ≡ p ϕ = ∂E k
∂ ˙ϕ = mρ2 ˙ϕ .
Hamiltonova funkcija ovisi o poopćenim koordinatama i količinama gibanja H =
H(ρ, ϕ, p ρ , p ϕ )
H = E k + E p = m 2
( p
2
ρ
m + p 2 )
2 ρ2 ϕ
m 2 ρ 4
+ E p (ρ, ϕ) = 1 ( )
p 2 ρ + p2 ϕ
+ E
2m ρ 2 p (ρ, ϕ).
Vidi se da kinetička energija ovisi o varijabli ρ, ali ne ovisi o varijabli ϕ, pa ako je
(kao npr. kod centralnih sila) E p = E p (ρ), dakle neovisno o kutu ϕ, tada je i cijeli
hamiltonijan neovisan o ϕ
ṗ ϕ = − ∂H
∂ϕ = 0 ⇒ p ϕ = mρ 2 ˙ϕ = const.,
tj. ϕ je ciklična koordinata. Ovu smo veličinu, moment količine gibanja L ≡ p ϕ ,
upoznali u poglavlju o centralnim silama, gdje smo na nešto drukčiji način dokazali

416 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
njezinu nepromjenjivost u vremenu.
jednadžbe. Preostale tri su
ṗ ρ = − ∂H
∂ρ =
˙ρ = ∂H
∂p ρ
= p ρ
m ,
˙ϕ = ∂H
∂p ϕ
=
To je ujedno i prva od četiri Hamiltonove
p2 ϕ
m ρ 3 − ∂ E p
∂ ρ ,
p ϕ
m ρ 2 .
15.2 Poissonove zagrade
Definicija
Poissonova zagrada dvije funkcije poopćenih koordinata i poopćenih količina gibanja, F (q s , p s )
i G(q s , p s ), se definira kao
{F, G} =
S∑
s=1
( ∂ F
∂ q s
∂ G
∂ p s
− ∂ G )
∂ F
∂ q s ∂ p s
(15.5)
(S je broj stupnjeva slobode).
Svojstva
Izravnim uvrštavanjem u gornju definicijsku formulu, pokazuju se slijedeća svojstva:
(0) {F, c} = 0, c = const.,
(1) {F, F } = 0,
(2) {F, G} = −{G, F },
(3) {F 1 + F 2 , G} = {F 1 , G} + {F 2 , G},
(4) {F, q k } = − ∂ F
∂ p k
,
(5) {F, p k } = ∂ F
∂ q k
,
(6) {F 1 F 2 , G} = {F 1 , G} F 2 + F 1 {F 2 , G},
(7) {F, {G, P }} + {G, {P, F }} + {P, {F, G}} = 0.
Posljednja od gornjih relacija je poznata kao Jacobijev identitet.

15.2. POISSONOVE ZAGRADE 417
veza s Hamiltonovim jednadžbama
Pogledajmo čemu su jednake Poissonove zagrade poopćene koordinate i poopćene količine gibanja
s Hamiltonovom funkcijom:
gdje smo uvrstili relacije
{q s , H} =
=
S∑
( ∂ qs
∂ q s ′ ∂ p s ′
S∑
(
∂ H
δ s,s ′
∂ p s ′
s ′ =1
s ′ =1
∂ H
− ∂ H
∂ q s ′
− ∂ H
∂ q s ′
)
∂ q s
∂ p s ′
)
· 0
= ∂ H = (15.2) = ˙q s , (15.6)
∂ p s
S∑
( ∂ ps ∂ H
{p s , H} =
− ∂ H )
∂ p s
∂ q
s ′ s ′ ∂ p s ′ ∂ q s ′ ∂ p s ′
=1
S∑
(
∂ H
= 0 · − ∂ H )
δ s,s ′
∂ p s ′ ∂ q s ′
∂ q s
= δ s,s ′,
∂ q s ′
s ′ =1
= − ∂ H
∂ q s
= (15.2) = ṗ s , (15.7)
∂ p s
= δ s,s ′,
∂ p s ′
∂ q s
= 0,
∂ p s ′
∂ p s
= 0. (15.8)
∂ q s ′
Pomoću Poissonovih zagrada (15.6) i (15.7), zaključujemo da se Hamiltonove kanonske jednadžbe
gibanja (15.2), mogu napisati u potpuno simetričnom obliku
˙q s = {q s , H}, ṗ s = {p s , H}. (15.9)
Koristeći (15.8), lako je izračunati Poissonove zagrade izmedu samih poopćenih koordinata i
poopćenih količina gibanja: one su različite od nule samo kada se računaju izmedu poopćene
koordinate i njoj pridružene (koje se odnose na isti stupanj slobode) poopćene količine gibanja
{q k , q l } =
{p k , p l } =
{q k , p l } =
S∑
( ∂ qk
s=1
∂ q s
S∑
( ∂ pk
s=1
S∑
s=1
∂ q s
∂ q l
∂ p s
∂ p l
∂ p s
( ∂ qk
∂ q s
∂ p l
∂ p s
− ∂ q )
l ∂ q k
=
∂ q s ∂ p s
− ∂ p )
l ∂ p k
=
∂ q s ∂ p s
− ∂ p )
l ∂ q k
=
∂ q s ∂ p s
S∑ ( )
0 − 0 = 0,
s=1
S∑ ( )
0 − 0 = 0, (15.10)
s=1
S∑ ( )
δ k,s δ s,l − 0 = δ k,l .
Pokažimo još i kako se ukupna vremenska promjena proizvoljne funkcije
f [ q s (t), p s (t); t ] ,
može napisati preko Poissonove zagrade (u izvodu ponovo koristimo Hamiltonove kanonske
s=1

418 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
jednadžbe (15.2)):
d f
d t
=
=
S∑
( ∂ f
˙q s + ∂ f )
ṗ s + ∂ f
∂ q s ∂ p s ∂ t
S∑
( ∂ f ∂ H
− ∂ H )
∂ f
+ ∂ f
∂ q s ∂ p s ∂ q s ∂ p s ∂ t
s=1
s=1
= {f, H} + ∂ f
∂ t .
Ukoliko funkcija f ne ovisi eksplicitno o vremenu, tada je
d f
d t = {f, H}. (15.11)
Ako je Poissonova zagrada funkcije i hamiltonijana jednaka nuli, tada je f konstanta gibanja.
Posebno, ako je f ≡ H, zaključujemo, kao i ranije u (15.4), da je H konstanta gibanja.
15.3 Kanonska preobrazba
Kako bi se dobio što veći broj cikličnih poopćenih koordinata, ponekad je zgodno prijeći sa
varijabli q s i p s (stare varijable) na nove poopćene varijable Q s , P s za s = 1, 2, · · · , S. Veze
starih i novih varijabli su oblika
q s = q s (Q s ′, P s ′), p s = p s (Q s ′, P s ′). (15.12)
Hamiltonovu funkciju izraženu u novim varijablama ćemo označiti s ˜H
˜H(Q s , P s ) = H(q s , p s ).
Ovakvu preobrazbu nazivamo kanonskom, ako i u novim varijablama vrijede Hamiltonove
kanonske jednadžbe gibanja (15.2)
P˙
s = − ∂ ˜H ,
∂Q s
˙Q s = ∂ ˜H
∂P s
Zadatak je
pronaći uvjete koja mora zadovoljavati preobrazba (15.12) da bi bila
kanonska.
Krenimo od Poissonovih zagrada funkcija F (q s , p s ) i G(q s , p s ), napisanih u novim varijablama
{F, G} Q,P =
S∑
( ∂ F
s=1
∂ Q s
∂ G
∂ P s
− ∂ G
∂ Q s
∂ F
∂ P s
)
.

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 419
No, F i G su funkcije starih koordinata q s i p s , pa je
∂ F
S∑
( ∂ F ∂ q s ′
=
+ ∂ F )
∂ p s ′ ∂ G
S∑
( ∂ G
, =
∂ Q s ∂ q
s ′ s ′ ∂ Q s ∂ p s ′ ∂ Q s ∂ Q s ∂ q
=1
s ′ s ′
=1
∂ F
S∑
( ∂ F ∂ q s ′
=
+ ∂ F )
∂ p s ′ ∂ G
S∑
( ∂ G
, =
∂ P s ∂ q s ′ ∂ P s ∂ p s ′ ∂ P s ∂ P s ∂ q s ′
s ′ =1
Nakon uvrštavanja gornjih izraza u {F, G} Q,P i kraćeg sredivanja, dobije se
{F, G} Q,P =
S∑
S∑
s ′ =1 s ′′ =1
[ ∂ F
∂ q s ′
+ ∂ F
∂ p s ′
∂ G
∂ q s ′′
∂ G
∂ q s ′′
Ukoliko su zadovoljene slijedeće relacije:
s ′ =1
{q s ′, q s ′′} Q,P + ∂ F
∂ q s ′
{p s ′, q s ′′} Q,P + ∂ F
∂ p s ′
∂ q s ′
+ ∂ G )
∂ p s ′
,
∂ Q s ∂ p s ′ ∂ Q s
∂ q s ′
+ ∂ G )
∂ p s ′
.
∂ P s ∂ p s ′ ∂ P s
∂ G
{q s ′, p s ′′} Q,P
∂ p s ′′
]
∂ G
{p s ′, p s ′′} Q,P .
∂ p s ′′
{q s , q s ′} Q,P = 0, {p s , p s ′} Q,P = 0, {q s , p s ′} Q,P = δ s,s ′, (15.13)
tada su Poissonove zagrade funkcija F i G iste i u starim i u novim varijablama
{F, G} q,p = {F, G} Q,P . (15.14)
Izračunajmo sada vremensku promjenu q s . Budući da je q s = q s (Q s ′, P s ′) (bez eksplicitne
ovisnosti o vremenu), to je vremenska promjena q s dana s
d q s
d t =
S∑
s ′ =1
( ∂ qs
˙Q s ′ + ∂ q s
˙
∂ Q s ′ ∂ Q s ′
P s ′
)
. (15.15)
S druge strane, tu istu vremensku promjenu možemo, kao u (15.11), napisati i preko Poissonovih
zagrada u starim koordinatama
Zbog relacije (15.14), je
d q s
d t = {q s, H(q s ′, p s ′)} q,p .
pa je
{q s , H(q s ′, p s ′)} q,p = {q s , ˜H(Q s ′, P s ′)} Q,P ,
d q s
d t = {q s, ˜H(Q s ′, P s ′)} Q,P =
S∑
s ′ =1
(
∂ q s
∂ Q s ′
∂ ˜H
∂ P s ′
− ∂ ˜H
∂ Q s ′
Usporedbom gornje relacije s (15.15), dolazi se do zaključka da je
∂ q s
∂ P s ′
)
.
˙Q s = ∂ ˜H
∂ P s
= {Q s , ˜H},
˙ P s = − ∂ ˜H
∂ Q s
= {P s , ˜H}. (15.16)

420 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
tj. ukoliko su zadovoljene relacije (15.13), transformacija (15.12) je kanonska, zato jer i nove
varijable zadovoljavaju kanonske jednadžbe gibanja (15.16). Do istog se zaključka dolazi i
računom vremenske promjene p s
d p s
d t
=
S∑
s ′ =1
( ∂ ps
˙Q s ′ + ∂ p s
˙
∂ Q s ′ ∂ Q s ′
P s ′
= {p s , H(q, p)} q,p = {p s , ˜H(Q s ′, P s ′)} Q,P =
⇒
˙Q s = ∂ ˜H
∂ P s
= {Q s , ˜H},
)
S∑
s ′ =1
(
∂ p s
∂ Q s ′
P˙
s = − ∂ ˜H = {P s ,
∂ Q ˜H}.
s
∂ ˜H
∂ P s ′
− ∂ ˜H
∂ Q s ′
∂ p s
∂ P s ′
Zaključujemo da su relacije (15.13) uvjet na preobrazbu (15.12), da bi ona bila kanonska.
)
Primjer: 15.2 Provjerite je li preobrazba
kanonska.
q = ln(1 + √ Q sin P ), p = −2(1 + √ Q sin P ) √ Q cos P,
R: Broj stupnjeva slobode je S = 1. Prve dvije Poissonove zagrade iz (15.13)
su očito zadovoljene, pa preostaje izračunati treću
{q, p} Q,P = ∂ q
∂ Q
∂ p
∂ P − ∂ p
∂ Q
∂ q
∂ P
∂ q
∂ Q = sin P
2 √ Q(1 + √ Q sin P ) ,
√
∂ q Q cos P
∂ 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 uvrštavanje gornjih parcijalnih derivacija u izraz za Poissonovu zagradu,
daje {q, p} Q,P = 1, čime je pokazano da je preobrazba kanonska.
15.4 Liouvilleov teorem
Neka je zadan konzervativni sustav čestica sa S stupnjeva slobode. Svako mehaničko stanje
sustava je jednoznačno odredeno zadavanjem vrijednosti svih položaja q s i svih količina gibanja
p s čestica sustava, za s = 1, 2, · · · , S. Uvede li se pojam faznog prostora ili (q, p) prostora
kao 2S-dimenzijskog prostora čije su koordinate q s i p s , tada se svako mehaničko stanje sustava
može predočiti jednom točkom u faznom prostoru. Takva se točka
(q 1 , q 2 , · · · , q S , p 1 , p 2 , · · · , p S )

15.4. LIOUVILLEOV TEOREM 421
naziva reprezentativna točka. Vrijedi i obrat: svakoj reprezentativnoj točki faznog prostora,
odgovara jedno mehaničko stanje sustava. Gibanju sustava u realnom trodimenzijskom
prostoru, odgovara gibanje reprezentativne točke u 2S-dimenzijskom faznom protoru. Gibanja
se odvijaju u skladu s Hamiltonovim jednadžbama gibanja
ṗ s = − ∂H
∂q s
,
˙q s = ∂H
∂p s
,
a putanja reprezentativne točke se zove fazna putanja ili fazna trajektorija.
Promatrajmo vrlo velik broj N >> 1 konzervativnih mehaničkih sustava, koji su svi opisani
istim hamiltonijanom H, ali koji imaju različite početne uvjete. Budući da su sustavi po
pretpostavci konzervativni, H je konstanta gibanja jednaka ukupnoj mehaničkoj energiji sustava
H(q 1 , q 2 , · · · , q S , p 1 , p 2 , · · · , p S ) = E = const.
Gornja jednadžba predstavlja jednadžbu (2S − 1)-dimenzijske hiperplohe u 2S-dimenzijskom
faznom prostoru 1 . Pretpostavimo da energije svih N sustava leže izmedu neke dvije konstantne
vrijednosti koje ćemo označiti s E i E ′ . Tada će i fazne putanje svih sustava ležati u dijelu
faznog prostora omedenog s dvije hiperplohe čije jednadžbe glase H = E i H = E ′ (slika 15.1).
Budući da različiti sustavi imaju i različite početne uvjete, oni će se i gibati po različitim puta-
Slika 15.1: Shematski prikaz faznih putanja u faznom prostoru.
njama u faznom prostoru. Zamislimo da su u početnom trenutku t = 0, reprezentativne točke
svih N sustava sadržane u dijelu faznog prostora označenom s R 1 . Kako vrijeme prolazi, reprezentativne
točke se gibaju dijelom faznog prostra ograničenog hiperplohama H = E i H = E ′ i
nakon vremena t sve će se one naći u dijelu faznog prostora označenom s R 2 . Npr. reprezentativna
točka nekog odredenog sustava se premjestila iz točke A u točku B. Prema samom izboru
područja R 1 i R 2 , jasno je da oba sadrže isti broj, N, reprezentativnih točaka. Uvedimo sada
jedan nov pojam: gustoća reprezentativnih točaka. Gustoća reprezentativnih točaka
1 Slično kao što npr.
x 2 + y 2 + z 2 = R 2 = const.
, predstavlja jednadžbu 2D plohe - točnije: sfere - u 3D prostoru.

422 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
se definira poput gustoća s kojima smo se već susretali 2 : kao omjer količine mase, naboja ili
čega sličnog i prostora u kojemu se ta masa ili naboj nalaze. Promatrajmo, u trenutku t, točku
faznog prostora definirani s 2S poopćenih koordinata (q 1 , · · · , q S , p 1 , · · · , p S ) . Promjena svake
od koordinata za infinitezimalni iznos dq s
q 1 → q 1 + dq 1 , · · · q S → q S + dq S , p 1 → p 1 + dp 1 , · · · p S → p S + dp S ,
definira diferencijal volumena u faznom prostoru koji ćemo označiti s
dΓ = dq 1 dq 2 · · · dq S dp 1 dp 2 · · · dp S .
Ako se u trenutku t unutar dΓ nalazi dN reprezentativnih točaka, tada se gustoća reprezentativnih
točaka definira slično kao i obična masena gustoća
ρ = dN
dΓ . (15.17)
Primjetimo da je gornja gustoća funkcija svih poopćenih koordinata, svih poopćenih količina
gibanja i vremena
ρ = ρ(q 1 , · · · , q S , p 1 , · · · , p S ; t),
kao i da osim eksplicitne ovisnosti o vremenu, ρ ovisi o vremenu i kroz q s = q s (t) i p s = p s (t).
Vratimo se sada opet područjima R 1 i R 2 koja, po definiciji, sadrže isti broj reprezentativnih
točaka.
Liouville-ov teorem
tvrdi da su i sami 2S-dimenzijski volumeni R 1 i R 2 istog iznosa, ili, drukčije rečeno, gustoća
reprezentativnih točaka je konstantna u vremenu. Ako je nešto konstantno, onda
se to ne mijenja u vremenu, pa mora biti
s=1
d ρ
d t = 0. (15.18)
Prisjetimo li se da ρ može ovisiti o vremenu eksplicitno, ali i implicitno kroz q s = q s (t) i
p s = p s (t), tada gornji izraz glasi
d ρ
d t ≡ ∂ρ S∑
( ∂ρ
∂t + ˙q s + ∂ρ )
ṗ s = 0.
∂q s ∂p s
Nakon što dokažemo gornju tvrdnju, o reprezentativnim točkama možemo razmišljati kao o
česticama nestlačivog (zato jer mu je gustoća konstantna) fluida, koje se u skladu s Hamiltonovim
jednadžbama gibaju kroz fazni prostor 3 . Dokažimo sada Liouville-ov teorem.
Svaka se reprezentativna točka giba u skladu s Hamiltonovim jednadžbama gibanja. Kao rezultat
tog gibanja, mijenja se i gustoća reprezentativnih točaka. Zanima nas vremenska promjena
gustoće reprezentativnih točaka u okolici dane točke faznog prostora. U kratkom vremenskom
2 Sjetimo se npr. definicije gustoće mase
ρ m (⃗r) = dm
dV ,
gdje je dm količina mase sadržana u infinitezimalnom volumenu dV u okolici točke ⃗r.
3 Baš kao što se i čestice pravog nestlačivog fluida gibaju u pravom prostoru.

15.4. LIOUVILLEOV TEOREM 423
Slika 15.2: Uz dokaz Liouvilleovog teorema: promjena faznog volumena za danu promjenu varijable q s .
intervalu dt, broj čestica unutar faznog volumena dΓ će se, prema definiciji (15.17), promjeniti
za mali iznos
dN(t + dt) = ρ(t + dt) dΓ , dN(t) = ρ(t) dΓ,
dN(t + dt) − dN(t) = [ρ(t + dt) − ρ(t)] dq 1 dq 2 · · · dq S dp 1 dp 2 · · · dp S
=
( ∂ρ
∂t dt )
dq 1 dq 2 · · · dq S dp 1 dp 2 · · · dp S . (15.19)
Ova promjena dolazi od reprezentativnih točaka koje ulaze i izlaze iz malog volumena u
okolici dane točke faznog prostora u vremenskom intervalu dt. Prije nego izračunamo broj
čestica koje ulaze i izlaze iz malog faznog volumena, prisjetimo se da sada sve funkcije shvaćamo
kao funkcije od q s i p s . Tako je npr. i brzina
˙q s = ˙q s (q 1 , · · · , q S , p 1 , · · · , p S ).
Radi jednostavnosti, započet ćemo račun tako što ćemo promatrati promjenu broja čestica u faznom
volumenu uslijed njihova protoka kroz samo jednu plohu i to onu definiranu jednadžbom
q s = const. Sve ostale koordinate (njih 2S − 1) ćemo, za sada, izostaviti.
ulaz:
Broj reprezentativnih točaka koje ulaze u promatrani volumen (zasjenjeno) kroz plohu q s =
const., je jednak broju reprezentativnih točaka sadržanih unutar površine koja je jednaka
dp s · dt ˙q s (q s , p s )
i označene je s ulaz na slici 15.2. Svi ostali diferencijali koordinata se ne mjenjaju, pa je ukupna
promjena faznog volumena jednaka
dq 1 · · · ˙q s (q s , p s ) dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S .
Pomnoži li se ovaj fazni volumen s gustoćom u okolici promatrane točke faznog prostora, dobit
će se broj reprezentativnih točaka koje su u vremenskom intervalu dt ušle u promatrani element

424 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
faznog volumena (radi preglednije notacije, kao argumente funkcija nećemo navoditi svih 2S
koordinata plus vrijeme, nego samo koordinate od interesa u danom postupku)
dN ulaz,qs = ρ(q s ) dq 1 · · · ˙q s (q s ) dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S .
izlaz:
Račun broja izlaznih reprezentativnih točaka radimo na isti način kao i za ulazne, s tom razlikom
što sada, umjesto u okolici točke q s , sve veličine računamo u okolici točke q s + dq s . Broj
reprezentativnih točaka koje izlaze iz promatranog volumena (zasjenjeno) kroz plohu q s +dq s =
const., je jednak broju reprezentativnih točaka sadržanih unutar površine označene s izlaz na
slici 15.2, a koja je jednaka
dp s · dt ˙q s (q s + dq s ).
Ponovo, sve ostale diferencijale koordinata držimo nepromjenjenim, pa je ukupna promjena
faznog volumena jednaka
dq 1 · · · ˙q s (q s + dq s ) dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S .
Pomnoži li se ovaj fazni volumen s gustoćom u okolici točke q s + dq s , dobit će se broj reprezentativnih
točaka koje su u vremenskom intervalu dt izašle iz promatranog elementa faznog
volumena
dN izlaz,qs +dq s
= ρ(q s + dq s ) dq 1 · · · ˙q s (q s + dq s ) dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S .
Sada je potrebno gornju gustoću i brzinu razviti u Taylorov red u okolici točke q s po maloj
veličini dq s i zadržati se na vodećem (linearnom) članu razvoja:
∂ ρ(q s )
]
ρ(q s + dq s ) = ρ(q s ) + dq s + O
[(dq s ) 2
∂ q s
˙q s (q s + dq s ) = ˙q s (q s ) + dq s
∂ ˙q s (q s )
∂ q s
]
+ O
[(dq s ) 2 .
Kada gornje razvoje uvrstimo u izraz za dN izlaz,qs +dq s
, medusobno pomnožimo i zadržimo se na
članovima linearnim u dq s , dobit ćemo
dN izlaz,qs +dq s
= ρ(q s ) dq 1 · · · ˙q s (q s ) dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S
∂ ˙q s (q s )
+ ρ(q s ) dq 1 · · · dq s dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S
∂q s
∂ρ(q s )
+ dq s dq 1 · · · ˙q s (q s )dt · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S
∂q s
]
+ O
[(dq s ) 2
Promjena broja reprezentativnih točaka u promatranom faznom volumenu je jednaka razlici
broja reprezentativnih točaka koje su ušle i koje su izašle iz promatranog faznog volumena
( )
∂ ˙qs ∂ρ
dN ulaz,qs − dN izlaz,qs +dq s
= − ρ + ˙q s dq 1 · · · dq s · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S dt
∂q s ∂q s
= − ∂ ( ˙q sρ)
∂q s
= − ∂ ( ˙q sρ)
∂q s
dq 1 · · · dq s · · · dq S dp 1 · · · dp s · · · dp S dt
dΓ dt.

15.5. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 425
Ovo je doprinos promjeni broja reprezentativnih točaka u volumenu dq 1 · · · dp S uslijed ulaska
reprezentativnih točaka kroz plohu q s = const i izlaska kroz plohu q s + dq s = const. Potpuno
istim postupkom se dolazi do odgovarajućih izraza za promjenu broja reprezentativnih točaka
uslijed njihovog prolaska kroz sve ostale plohe q s = const., a isto tako i plohe p s = const. (u
faznom prostoru su q s i p s potpuno ravnopravne koordinate). Zbroj po s = 1, 2, · · · , S svih ovih
promjena broja reprezentativnih točaka, daje ukupnu promjenu broja reprezentativnih točaka
unutar faznog volumena dΓ ≡ dq 1 · · · dp S u vremenu dt
dN(t + dt) − dN(t) = −
S∑
s=1
[ ∂
( ˙q s ρ) +
∂ ]
(ṗ s ρ) dΓ dt
∂q s ∂p s
No, prema (15.19), gornji je izraz jednak (∂ρ/∂t) dΓ dt, pa njihovim izjednačavanjem, dobivamo
∂ρ
S∑
∂t = −
s=1
[ ∂
∂q s
( ˙q s ρ) +
∂ ]
(ṗ s ρ) = −
∂p s
S∑
s=1
( ∂ρ
˙q s + ∂ ˙q s
ρ + ∂ρ ṗ s + ∂ṗ )
s
ρ .
∂q s ∂q s ∂p s ∂p s
Uvrštavanjem Hamiltonovih kanonskih jednadžba gibanja (15.2), u drugi i četvrti član desne
strane gornjeg izraza, dobiva se
∂ρ
∂t
∂ρ
∂t
= −
+
S∑
s=1
S∑
s=1
[ ∂ρ
∂q s
˙q s +
∂2 H
ρ + ∂ρ ṗ s −
∂q s ∂p s ∂p s
( ∂ρ
∂q s
˙q s + ∂ρ
∂p s
ṗ s
)
= 0.
]
∂2 H
ρ ,
∂q s ∂p s
No, lijeva strana gornje jednakosti nije ništa drugo do potpuna vremenska derivacija gustoće
reprezentativnh točaka, tj.
d ρ
d t = 0,
čime je dokazano da je ona vremenska konstanta.
15.5 Prijelaz na kvantnu mehaniku
Formalizam Poissonovih zagrada omogućava prijelaz sa klasične na kvantnu mehaniku.
Umjesto komutativnih klasičnih veličina (općenito kompleksnih funkcija) F, G, · · · za koje vrijedi
komutativnost
F G = G F,
uvode se općenito nekomutativne kvantne veličine (operatori) F , G , · · · , tako da je njihov
komutator povezan s Poissonovim zagradama analognih klasičnih veličina F, G, · · · na slijedeći
način
[F , G ] −
≡ F G − G F = ı {F, G}.
gdje je ı je imaginarna jedinica, ı 2 = −1, a veličina označena s je Planckova konstanta h =
6.62 . . . ·10 −34 J s podijeljena s 2 π. Primjetimo da Planckova konstanta ima dimenziju funkcije

426 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
djelovanja S : energija puta vrijeme. U skladu s relacijama (15.10), za kvantne operatore
koordinate i količine gibanja, se može napisati
[q k , q l ] −
= 0, [p k , p l ] −
= 0, [q k , p l ] −
= ı δ k,l . (15.20)
Napisano u pravokutnom koordinatnom sustavu, različiti od nule su samo komutatori izmedu
koordinata i količina gibanja koji se odnose na istu česticu (tj. isti stupanj slobode)
[x k , p x,l ] −
= ı δ k,l , [y k , p y,l ] −
= ı δ k,l , [z k , p z,l ] −
= ı δ k,l , (15.21)
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 - reprezentacija
Lako je uvjeriti se da će svi gornji komutatori biti zadovoljeni, ako se za operator koordinate
odabere obično množenje s istoimenom koordinatom, a za operator količine gibanja operator
deriviranja po istoimenoj koordinati pomnožen s −ı
x k = x k , y k = y k , z k = z k ,
p x,k = −ı ∂
∂ x k
, p y,k = −ı ∂
∂ y k
, p z,k = −ı ∂
∂ z k
.
(15.22)
Ovakav odabir se naziva ⃗r ili koordinatna reprezentacija. Da bi se provjerile komutacijske
relacije (15.21), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkciju
koordinata i količina gibanja f(x 1 , · · · , p x,1 , · · · ). Tako se npr. za komutator koordinate i njoj
pridružene (konjugirane) količine gibanja dobije
[x k , p x,l ] −
f =
=
(
−x k ı
∂
∂ x l
+ ı
✟
−x
✟ ✟✟✟✟✟ k ı ∂ f + ı
∂ x l
= ı δ k,l f,
∂ )
x k f = −x k ı ∂ f + ı ∂ (x k f)
∂ x l ∂ x l ∂ x l
∂ x k
∂ f
f + ı
∂ x }{{} l ✟ ✟✟✟✟✟ x k
∂ x l
δ k,l

15.5. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 427
ili, ako se ukloni (pomoćna) funkcija f, preostaje operatorska jednakost
[x k , p x,l ] −
= ı δ k,l .
Na sličan način se pokazuje da su svi ostali komutatori jednaki nuli; npr.
[x k , x l ] −
f = (x k x l − x l x k ) f = 0,
[x k , y l ] −
f = (x k y l − y l x k ) f = 0,
[p x,k , p x,l ] −
f =
=
[p x,k , p y,l ] −
f =
=
[(
−ı
∂ ) (
−ı
∂ x k
(− 2 ∂ 2
[(
−ı
(− 2 ∂ 2
∂ ) (
− −ı
∂ x l
)
+ 2 ∂ 2
f = 0.
∂ x k x l ∂ x l x k ∂ ) (
−ı
∂ x k
∂ x k y l
+ 2 ∂ 2
∂ y l x k
)
∂ ) (
− −ı
∂ y l
f = 0.
∂ ) (
−ı
∂ x l
∂ ) (
−ı
∂ y l
∂ )]
f
∂ x k
∂ )]
f
∂ x k
⃗p - reprezentacija
Osim gornjega, moguć je i drugi izbor operatora za koordiantu i količinu gibanja.
(15.21) (i oni iza njih) će biti zadovoljeni i slijedećim odabirom 4
x k = ı
∂
∂ p x,k
,
y k = ı
∂
∂ p y,k
,
z k = ı
∂
∂ p z,k
,
p x,k = p x,k , p y,k = p y,k , p z,k = p z,k .
Komutatori
(15.23)
Ovakav odabir se naziva ⃗p ili impulsna reprezentacija. Da bi se provjerile komutacijske
relacije (15.21), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkciju
koordinata i količina gibanja f(x 1 , · · · , p x,1 , · · · ). Tako se npr. za komutator koordinate i njoj
pridružene (konjugirane) količine gibanja dobije
[x k , p x,l ] −
f =
(
ı
∂
∂ p x,k
p x,l
− p x,l ı
)
∂
f =
∂ p x,k
= ı ∂ p x,l
∂ f
f + ı p x,l − p x,l ı
∂ f
∂ p
} {{ x,k
} ✟ ✟✟✟✟✟✟ ∂ p x,k
✟ ✟✟✟✟✟✟ ∂ p x,k
δ k,l
= ı δ k,l f,
ili, ako se ukloni (pomoćna) funkcija f, preostaje operatorska jednakost
4 Vidjeti npr. [12], poglavlje o integralnim preobrazbama.
[x k , p x,l ] −
= ı δ k,l .
[
ı ∂ (p x,l f)
− p x,l ı ∂ f ]
∂ p x,k ∂ p x,k

428 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE
Na sličan način se računaju i svi ostali komutatori.
Heisenbergove relacije
U kvantnoj se mehanici pokazuje da su komutacijske relacije (15.21) ekvivalentne Heisenbergovom
načelu neodredenosti, prema kojemu se ne mogu proizvoljno točno odrediti
istodobno koordinata položaja i njoj konjugirana količina gibanja, nego uvijek moraju biti
zadovoljene slijedeće nejednakosti
∆x k ∆ p x,k ≥ 1 2 , ∆y k ∆ p y,k ≥ 1 2 , ∆z k ∆ p z,k ≥ 1 2 ,
gdje ∆ označava neodredenost dane funkcije. Budući da je numerički jako malena veličina,
ove relacije postaju važne tek na mikroskopskoj skali.
Rješavanje kvantno-mehaničkih problema:
Schrödingerova jednadžba u ⃗r-reprezentaciji
Kada se klasične veličine žele prevesti u kvantne, koristeći zamjene (15.22), potrebno je voditi
računa o njihovoj (ne)komutativnosti. Tako je npr. u klasičnoj slici x p x = p x x, dok u kvantnoj
slici to nije istina. Zbog toga je, prije prijelaza u kvantni oblik, potrebno na zgodan način
simetrizirati odgovarajuće izraze, na takav način da budu invarijantni na redoslijed članova
koji se u njima pojavljuju. U navedenom primjeru treba napisati
x p x = 1 2 (x p x + p x x),
i slično u ostalim slučajevima.
Ako se u jednadžbu sačuvanja energije, (15.4),
H(x 1 , · · · , p x,1 , · · · ) = E,
uvrste kvantni izrazi za koordinate i količine gibanja, hamiltonijan postaje diferencijalni operator.
Taj diferencijalni operator mora djelovati na neku funkciju, a ta se funkcija zove valna
funkcija,
Ψ(x 1 , · · · , z N ).
Prema gornjoj jednadžbi sačuvanja energije, rezultat tog djelovanja je ta ista valna funkcija
pomnožena konstantom E
(
H x 1 , · · · , −ı ∂ )
, · · · Ψ = E Ψ.
∂ x 1
Ova jednadžba ima oblik diferencijalne jednadžbe svojstvenih vrijednosti (vidjeti npr. [12],
citirati poglavlje).
Schrödingerova jednadžba za gibanje jedne čestice mase m u polju sile opisane potencijalnom
energijom E p se dobije tako da se u klasični izraz za Hamiltonovu funkciju
H = E k + E p = ⃗p 2
2m + E p(⃗r),

15.5. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 429
uvrste kvantni izrazi za koordinatu i količinu gibanja (15.22), što vodi na Schrödingerovu diferencijalnu
jednadžbu
( )
]
[− 2 ∂
2
2m ∂ x + ∂2
2 ∂ y + ∂2
+ E 2 ∂ z 2 p (x, y, z) Ψ(x, y, z) = E Ψ(x, y, z).
Ovisno o vrijednosti potencijalne energije, jednadžba može opisivati trodimenzijski kvantni
harmonijski oscilator s
E p = K r2
2 ,
ili, ako se za E p uvrsti elektrostatska potencijalna energija
E p = K r ,
dobije se Schrödingerova jednadžba vodikovog atoma.
Nepoznanice u gornjoj jednadžbi su energija E i valna funkcija Ψ. Ova se jednadžba može
shvatiti i kao jednadžba svojstvenih vrijednosti u kojoj operator (matrica) H djeluje na valnu
funkciju |Ψ〉 (svojstveni vektor) i kao rezultat daje neki broj (svojstvenu vrijednost, energiju
E) pomnožen tom istom valnom funkcijom (tj. tim istim svojstvenim vektorom)
H |Ψ〉 = E |Ψ〉.
Fizičko značenje
Pokazalo se da sama valna funkcija Ψ nema fizičkog značenja. Tek njezin kvadrat apsolutne
vrijednosti |Ψ(x, y, z)| 2 , se interpretira kao gustoća vjerojatnosti nalaženja čestice u malom
volumenu dx dy dz oko točke (x, y, z). Sam diferencijal vjerojatnosti je tada dan sa
d P = |Ψ(x, y, z)| 2 dx dy dz,
= |Ψ(ρ, ϕ, z)| 2 ρ dρ dϕ dz,
= |Ψ(r, θ, ϕ)| 2 r 2 sin θ dr dθ dϕ,
ovisno o tome koji se koordinatni sustav koristi. Budući da se čestica mora nalaziti negdje u
prostoru, to je vjerojatnost nalaženja čestice u bilo kojoj točki prostora jednaka jedinici. Ova
se činjenica matematički zapisuje kao
∫
|Ψ(x, y, z)| 2 dx dy dz = 1,
i naziva se normiranje valne funkcije.
∫
∫
|Ψ(ρ, ϕ, z)| 2 ρ dρ dϕ dz = 1,
|Ψ(r, θ, ϕ)| 2 r 2 sin θ dr dθ dϕ = 1.

430 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNADŽBE

Dodatak A
Diracova δ-funkcija
Diracova funkcija δ(x − x 0 ) se može zamisliti kao granična vrijednost Gaussove funkcije raspodjele
δ(x − x 0 , σ) = 1 [
2 π σ exp − (x − x ]
0) 2
,
2 2 σ 2
kada širina gausijana iščezava, σ → 0, ali njegova visina neograničeno raste, tako da je integral
nepromjenjen
δ(x − x 0 ) = lim
σ → 0
δ(x − x 0 , σ),
∫ x2
x 1
δ(x − x 0 ) dx = 1, x 0 ∈ [x 1 , x 2 ].
Drugim rječima, δ(x − x 0 ) = 0 u svim točkama u kojima je argument različit od nule, a njezin
je integral jednak jedinici, ako područje integracije obuhvaća točku x 0
∫ x2
δ(x − x 0 ) = 0, x ≠ x 0 ,
x
∫ 1
x2
δ(x − x 0 )dx = 1, x 1 ≤ x 0 ≤ x 2 ,
x 1
δ(x − x 0 )dx = 0, x < x 1 ili x > x 2 .
Svojstva: promatramo učinke δ funkcije na kontinuiranu derivabilnu funkciju f(x). Granice u
integralima moraju biti takve da je točka u kojoj se poništava argument δ funkcije unutar granica
integracije. U suprotnom je integral jednak nuli. Kako bismo se osigurali da δ funkcija uvijek
ima nulu unutar granica integracije, uzet ćemo da se inetgrira po cijelom pravcu od −∞ do +∞.
(1) Budući da je δ(x − x 0 ) jednaka nuli svuda izvan x = x 0 , a različita od nule samo u uskom
intervalu oko x 0 , u tom uskom intervalu je f(x) približno konstantna i jednaka f(x 0 )
∫ +∞
f(x) δ(x − x 0 ) dx ≈ f(x 0 )
∫ +∞
−∞
−∞
δ(x − x 0 ) dx = f(x 0 )
(2) Pogledajmo sada δ funkciju s nešto složenijim argumentom. Započnimo s najjednostavnijim
431

432 DODATAK A. DELTA FUNKCIJA
slučajem kada je argument linearna funkcija
∫ +∞
−∞
f(x) δ(c x − x 0 ) dx, x 0 , c = const. ≠ 0.
Neka je c > 0 i uvedimo novu varijablu c x − x 0 = y. Koristeći rezultat iz točke (1), dobiva se
∫ +∞
f(x) δ(c x − x 0 ) dx = 1 ∫ +∞
( ) y + x0
f
δ(y) dy = 1 (
c
c
c f x0
)
.
c
−∞
−∞
Ako je c < 0, opet uvodimo novu varijablu c x − x 0 = y. Sada je
∫ +∞
f(x) δ(c x − x 0 ) dx = 1 ∫ −∞
( ) y + x0
f
δ(y) dy
−∞
c +∞ c
= − 1 ∫ +∞
( ) y + x0
f
δ(y) dy = − 1 (
c
c
c f x0
)
= 1 (
c |c| f x0
)
.
c
−∞
Budući da se δ funkcija u umnošcima s drugim funkcijama pojavljuje u integralima, dva gornja
reda se mogu sažeti u
δ(c x − x 0 ) = 1
|c| δ(x − x 0/c).
Ako odaberemo c = −1 i x 0 = 0, gornja relacija nam kaže da je δ funkcija parna
δ(x) = δ(−x).
(3) Pogledajmo sada slučaj kada je argument δ funkcije, kvadratna funkcija
∫ ∞
−∞
f(x) δ(x 2 − a 2 ) dx, a = const. ≠ 0.
Budući da se u gornjem izrazu a pojavljuje samo kroz a 2 , bez gubitka općenitosti, možemo
odabrati 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 iščezava samo u x = −a, pa stoga možemo
pisati
∫ 0
−∞
f(x) δ[(x − a)(x + a)] dx ≈
−∞
∫ 0
−∞
f(x) δ[(−2a)(x + a)] dx =
∫ 0
−∞
f(x) δ[−2ax − 2a 2 )] dx.
Na gornji izraz primjenimo rezultat iz točke (2), uz c ≡ −2a i x 0 ≡ 2a 2 , što vodi na
∫ 0
f(x) δ[(x − a)(x + a)] dx = 1 ( ) 2a
2
| − 2a| f = 1
−2a |2a| f (−a) .
Sličnim se postupkom dobije i
∫ ∞
f(x) δ[(x − a)(x + a)] dx = 1 ( ) 2a
2
|2a| f 2a
0
= 1
|2a| f (a) ,

433
pa tako konačnomožemo napisati da je
∫ ∞
−∞
Na isti rezultat vodi i jednakost
f(x) δ(x 2 − a 2 ) dx =
δ(x 2 − a 2 ) =
Primjetimo da gornji izvod vrijedi samo za a ≠ 0.
f(a) + f(−a)
.
|2a|
δ(x − a) + δ(x + a)
.
|2a|
(4) Neka je sada argument δ funkcije nekakva opća funkcija g(x) koja ima N izoliranih nultočaka
Naš je zadatak izračunati
g(x n ) = 0, n = 1, 2, · · · , N.
∫ ∞
−∞
f(x) δ[g(x)] dx.
U okolini svake nul-točker g(x), vrijedi Taylorov razvoj oblika
g(x) = (x − x n ) ∂ g
∂ x∣ + O[(x − x n ) 2 ].
xn
Stoga je i
δ[g(x)] ≈ δ[(x − x n ) g ′ (x n )],
gdje smo s g ′ (x n ) označili derivaciju g u točki x = x n . No, gornja δ funkcija je time postala δ
funkcija s linearnim argumentom, koju smo riješili u točki (2): c ≡ g ′ (x n ) i x 0 ≡ x n g ′ (x n ).
∫ ∞
−∞
f(x) δ[g(x)] dx =
=
N∑
n=1
N∑
n=1
∫ xn +∆
x n−∆
f(x) δ[g ′ (x n ) x − x n g ′ (x n )] dx
( )
1
|g ′ (x n )| f xn g ′ (x n )
g ′ (x n )
=
N∑
n=1
1
|g ′ (x n )| f(x n).
S ∆ je označena proizvoljna pozitivna konstanta koja samo osigurava da područje integracije
sadrži nulu δ funkcije. Isti rezultat kao gore, se dobije i iz jednakosti
δ[g(x)] =
N∑
n=1
δ(x − x n )
|g ′ (x n )|
.
(5) Pogledajmo sada integrale koji sadrže derivaciju δ funkcije. Zadatak je izračunati
∫ ∞
−∞
f(x) d δ(x − x 0)
d x
dx.

434 DODATAK A. DELTA FUNKCIJA
Budući da smo pretpostavili da je f(x) derivabilna, možemo provesti parcijalnu itegraciju
što izravno vodi na
∫ ∞
−∞
f(x) d δ(x − x 0)
d x
f(x) d δ(x − x 0)
d x
= d
d x [f(x) δ(x − x 0)] − d f(x)
d x δ(x − x 0),
∫ ∞
d
dx =
−∞ d x [f(x) δ(x − x 0)] dx −
= [f(x) δ(x − x 0 )] +∞
−∞ − d f(x)
d x ∣ .
x0
∫ ∞
−∞
d f(x)
d x
δ(x − x 0) dx
No, δ(x − x 0 ) = 0 kada je x = ± ∞ ̸= x 0 , pa prvi član desne strane gornjeg izraza iščezava i
preostaje
∫ ∞
f(x) d δ(x − x 0)
dx = − d f(x)
d x
d x ∣ .
x0
−∞
Na isti način kao gore (parcijalnim integriranjem), može se računati drug, treća i općenito n-ta
derivacija δ funkcije, s rezultatom
∫ ∞
−∞
f(x) dn δ(x − x 0 )
d x n dx = (−) n dn f(x)
d x n ∣ ∣∣∣x0
,
za n puta derivabilnu funkciju f(x).
(6) Do sada smo promatrali δ funkciju jednog argumenta. Što ako δ funkcija ovisi o više argumenata?
Npr. δ(⃗r − ⃗r 0 ) je funkcija tri varijable, jer ⃗r opisuje položaj točke u trodimenzijskom
prostoru. Integral
∫
δ(⃗r − ⃗r 0 ) d 3 r
V
je jednak jedinici ako se točka ⃗r 0 nalazi u volumenu V , a jednak je nuli, ako je ⃗r 0 izvan tog
volumena. Pretpostavimo nadalje da volumen V obuhvaća sav prostor, tako da je točka ⃗r 0
uvijek sadržana u njemu.
U pravokutnom koordinatnom sustavu je d 3 r = dx dy dz, pa iz
∫ +∞
−infty
dx
∫ +∞
−∞
dy
∫ +∞
−∞
dz δ(⃗r − ⃗r 0 ) = 1,
zaključujemo da je
δ(⃗r − ⃗r 0 ) = δ(x − x 0 ) δ(y − y 0 ) δ(z − z 0 ) .
Na sličan način, u sfernom koordinatnom sustavu je
∫ +∞
0
r 2 dr
∫ π
0
sin θ dθ
∫ 2 π
0
dϕ δ(⃗r − ⃗r 0 ) = 1,

435
iz čega zaključujemo da je
δ(⃗r − ⃗r 0 ) = δ(r − r 0)
r 2 0
δ(θ − θ 0 )
sin θ 0
δ(ϕ − ϕ 0 ).
U cilindričnom koordinatnom sustavu je
iz čega slijedi
∫ +∞
0
ρ dρ
∫ 2π
0
dϕ
∫ +∞
−∞
dz δ(⃗r − ⃗r 0 ) = 1,
δ(⃗r − ⃗r 0 ) = δ(ρ − ρ 0)
ρ 0
δ(ϕ − ϕ 0 ) δ(z − z 0 ) .

436 DODATAK A. DELTA FUNKCIJA

Dodatak B
Presjeci stošca: kružnica, elipsa,
parabola i hiperbola
U ovom ćemo dodatku izvesti jednadžbe krivulja koje se dobiju kao rezultat presjeka stošca i
ravnine pod različitim kutovima, pa se stoga i zovu presjeci stošca. Ove krivulje čine jednu
posebnu familiju rješenja opće algebarske jednadžbe drugog reda u varijablama x i y
Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0
(B.1)
(uz uvjet da je bar jedan od koeficijenata A, B ili C različit od nule) i bila su poznata još i
sterogrčkim matematičarima oko 300. godine p.n.e. ( Apolonije iz Aleksandrije ). Ove ćemo
krivulje koristiti najviše u poglavlju 7 (o gravitaciji), pa ćemo zato, osim u pravokutnom, navesti
i njihove oblike u polarnom koordinatnom sustavu.
Neka je pravac AB (koji ćemo zvati direktrisa) za D udaljen od ishodišta (ili fokusa) O, kao
na slici B.1. U polarnom koordinatnom sustavu je položaj točke P odreden koordinatama ρ i
ϕ. Udaljenost točke P od pravca AB ćemo označiti s d. Želimo odrediti jednadžbu krivulje
po kojoj se giba točka P uz uvjet da je omjer udaljenosti P do fokusa i P do direktrise AB
jednak jednoj bezdimenzijskoj konstanti koju ćemo zvati ekscentricitet i označiti s ɛ
ρ
d = ɛ = const.
(B.2)
U točki Q tražene krivulje je ρ = p i d = D, pa je zato i ɛ = p/D (primjetimo da u ovom
odjeljku p ne označava količinu gibanja čestice, nego je parametar koji ima dimenziju duljine,
a kojim ćemo definirati krivulju u ravnini). Iz trigonometrije se dobije
D = d + ρ cos ϕ.
Uvrstivši za D = p/ɛ, a za d = ρ/ɛ, dolazi se do tražene jednadžbe krivulje u polarnom
koordinatnom sustavu, ρ = ρ(ϕ), u obliku
ρ(ϕ) =
p
1 + ɛ cos ϕ . (B.3)
Ova jednadžba opisuje familiju krivulje koje se zovu presjeci stošca. Pokazat ćemo da,
ovisno o iznosu ekscentriciteta ɛ, gornja jednadžba opisuje:
437

438 DODATAK B. PRESJECI STOŠCA
Slika B.1: Uz izvod jednadžbe krivulja presjeka stošca.
ɛ → 0 kružnicu,
0 < ɛ < 1 elipsu,
ɛ = 1 parabolu,
ɛ > 1 hiperbolu.
Kružnica: ɛ → 0 .
Kružnica se definira kao ravninska krivulja kojoj je udaljenosti svake njezine točke od zadane
fiksne točke, konstantna. U jednadžbi (B.3) to znači da ρ ne ovisi o kutu ϕ, tj. ɛ → 0 i
ρ = p = const za sve kutove. Budući da ɛ → 0, da bi ρ = ɛ d = p bio konstantan, prema
jednadžbi (B.2), mora d → ∞, tj. direktrisa kružnice je beskonačno udaljena od njezinog
središta.
U pravokutnom koordinatnom sustavu, zahtjev da je svaka točka (x, y) kružnice jednako udaljena
od jedne fiksne točke (središta) (x 0 , y 0 ), pišemo pomoću Pitagorinog poučka
√
(x − x0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 = p,
gdje smo s p označili polumjer kružnice. Kvadriranjem i raspisom gornje jednadžbe, dobivamo
jednadžbu tipa (B.1)
x 2 + y 2 − 2xx 0 − 2yy 0 + x 2 0 + y 2 0 − p 2 = 0.
Prijelazom u polarne koordinate: x = ρ cos ϕ i y = ρ sin ϕ, dobivamo jednadžbu kružnice
polumjera p, sa središtem u ishodištu, u jednostavnom obliku ρ = p, što je upravo izraz od
kojega smo i krenuli.
Kružnica se dobije presjecanjem stošca ravninom paralelnom s bazom stošca.
Elipsa: 0 < ɛ < 1 .

Elipsa se definira kao ravninska krivulja kojoj je zbroj udaljenosti svake njezine točke od dvije
fiksne točke (fokusa O i O ′ , slika B.2) konstantan i jednak 2a. Izvedimo jednadžbu elipse kao
poseban slučaj jednadžbe presjeka stošca (B.3). Prema definiciji elipse je
ρ + P O ′ = 2a ⇒ (ϕ = π/2) ⇒ p + QO ′ = 2a.
Na označeni pravokutni trokut (slika B.2) primjenimo Pitagorin 1 poučak i dobijemo
439
p 2 + 4c 2 = (QO ′ ) 2 = (2a − p) 2 ⇒ p = a − c2
a .
Za kutove ϕ = 0 i ϕ = π, sa slike B.2 i iz jednadžbe (B.3), slijedi
ϕ = 0 ⇒ ρ = OV ⇒ OV = p
1 + ɛ ,
ϕ = π ⇒ ρ = OU ⇒ OU = p
1 − ɛ .
Sa slike B.2 je OV + OU = 2a, dok je prema gornjim jednadžbama
(B.4)
Slika B.2: Uz izvod jednadžbe elipse: C je središte elipse; CV = CU = a je duljina velike poluosi; CW = CS = b
je duljina male poluosi; CO = CO ′ = c je udaljenost od središta elipse do fokusa.
2a = OV + OU =
p
1 + ɛ + p
1 − ɛ
⇒ p = a(1 − ɛ 2 ). (B.5)
Uvrstimo li to u opći jednadžbu presjeka stošca, (B.3), dobivamo za jednadžbu elipse
ρ = a(1 − ɛ2 )
1 + ɛ cos ϕ . (B.6)
Pokažimo da je ekscentricitet manji od jedinice. Sa slike B.2 je, prema Pitagorinom poučku,
(OW ) 2 = b 2 + c 2 . Duljinu c možemo dobiti izjednačavanjem (B.4) i (B.5)
c = aɛ.
1 Možda nije suvišno spomenuti da Pitagora nije prvi čovjek koji je uočio vezu izmedu kvadrata hipotenuze i zbroja kvadrata
kateta (ta je veza bila poznata već dugi vremena prije Pitagore), ali je on prvi koji je tu vezu dokazao.

440 DODATAK B. PRESJECI STOŠCA
Za elipsu je zbroj udaljenost svake njezine točke od oba fokusa jednak 2a. Točka W je jednako
udaljena od oba fokusa, pa je zato
OW + O ′ W = 2a, OW = O ′ W, ⇒ O ′ W = OW = a.
Gore dobivene vrijednosti za c i OW možemo uvrstiti u
(OW ) 2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 = b 2 + a 2 ɛ 2 ⇒ ɛ =
√
a2 − b 2
Za one koji se bolje snalaze u pravokutnom koordinatnom sustavu, prevedimo jednadžbu (B.6)
u pravokutne koordinate (x, y) ravnine. Umjesto ρ pišemo √ x 2 + y 2 , a umjesto cos ϕ =
x/ √ x 2 + y 2 . Nakon kraćeg sredivanja, se dobije
( ) 2 ( ) 2 x + ɛa y
+
a a √ = 1.
1 − ɛ 2
Prisjetimo li se da je c = aɛ, a iz jednadžbe za ekscentricitet slijedi da je manja poluos b =
a √ 1 − ɛ 2 , vidimo da gornja jednadžba prikazuje elipsu sa središtem u točki (−c, 0) i poluosima
a i b
( ) 2 x − (−c)
( y
) 2
+ = 1.
a b
U posebnom slučaju kada je a = b, elipsa degenerira u kružnicu (c = ɛ = 0).
Elipsa se dobije presjecanjem stošca ravninom koja nije paralelnom niti s bazom niti s izvodnicom
stošca.
a
< 1.
Parabola: ɛ = 1 .
Parabola se definira kao skup točaka u ravnini kojima je udaljenost do fiksne točke (fokusa)
jednaka udaljenosti do fiksnog pravca (direktrise), slika B.3. U našim oznakama to znači da
je ρ = d, tj. prema (B.2) je ɛ = 1. S obzirom da već imamo izvedenu jednadžbu elipse,
do jednadžbe parabole možemo doći graničnim prijelazom elipse kojoj velika poluos divergira
a → ∞ (što je ekvivalentno zahtjevu ɛ = 1, jer za veliki a, iz √ a 2 − b 2 = aɛ, slijedi ɛ = 1) uz
uvjet da je, prema (B.5),
p = a(1 − ɛ 2 ) = const.
Tada jednadžba parabole (u polarnim koordinatma) glasi
ρ =
p
1 + cos ϕ . (B.7)
Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadžbu u
obliku
y 2 = p 2 − 2px.
Parabola se dobije presjecanjem stošca ravninom paralelnom s izvodnicom stošca. .....
Hiperbola: ɛ > 1 .

441
Slika B.3: Uz izvod jednadžbe parabole.
Hiperbola se definira kao skup točaka u ravnini sa svojstvom da je razlika udaljenosti svake
točke krivulje, P , od dvije fiksne točke (fokusa, O, O ′ ) konstantna (slika B.4)
P O ′ − P O = 2a.
Spustimo li se hiperbolom iz točke P u točku Q, gornja jednadžba postaje
QO ′ − p = 2a.
pomoću gornje relacije i trokuta △(O, O ′ , Q), dolazimo do izraza za p u obliku
(2c) 2 + p 2 = QO ′2 = (2a + p) 2 ,
p = c2
a − a.
Stavimo li u jednadžbu (B.3) za kut ϕ = 0, dobivamo
ρ = OV = OC − CV = c − a,
pri čemu je i d = V E. Sada iz definicije ekscentriciteta slijedi
ɛ = ρ d = c − a
V E
S druge strane, za kut ϕ = 2 π u jednadžbi (B.3), dobivamo
⇒
V E = c − a .
ɛ
d = OE = OV + V E = c − a + V E,
uz ρ = p. Ponovo iz ekscentriciteta dobivamo
ɛ = ρ d = p
c − a + V E
⇒ V E = p ɛ − c + a.
Izjednačavanjem gornja dva izraza za V E, dobivamo
(B.8)
ɛ = c a > 1

442 DODATAK B. PRESJECI STOŠCA
jer je c > a. Iz gornjeg izraza možemo c uvrstiti u (B.8) i dobiti
što konačno vodi na jednadžbu hiperbole
p = a(ɛ 2 − 1),
ρ(ϕ) = a(ɛ2 − 1)
1 + ɛ cos ϕ .
Nadalje se lako pokazuje da je mala poluos b = a √ ɛ 2 − 1, a položaj direktrise je x D = a(ɛ 2 −1)/ɛ.
Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadžbu u
Slika B.4: Uz izvod jednadžbe hiperbole.
obliku
(x − ɛ a) 2
a 2
−
y 2
a 2 (ɛ 2 − 1) = 1.
Jedna grana hiperbole se dobije presjecanjem stošca ravninom okomitom na bazu stošca.

Dodatak C
Elementi Fourierove analize
Osnovni problem koji se tretira u ovom dodatku jeste slijedeći: periodičku funkciju f(x) =
f(x + 2π) treba aproksimirati trigonometrijskim polinomom N-tog reda oblika
P N (x) = 1 2 A 0 + A 1 cos x + A 2 cos 2x + · · · + A N cos Nx (C.1)
+ B 1 sin x + B 2 sin 2x + · · · + B N sin Nx, (C.2)
uz uvjet da zbroj kvadrata odstupanja prave vrijednosti funkcije od njezine polinomne aproksimacije,
[f(x) − P n (x)] 2 , bude što manji 1 . Budući da je f(x) zadana na kontinuiranom intervalu
(0, 2π), ovaj će zbroj zapravo biti integral
I N =
∫ 2π
0
[f(x) − P n (x)] 2 dx = min.
(C.3)
Da (C.1) zaista prikazuje polinom N tog reda u sin x i cos x, možemo se uvjeriti tako što ćemo
se sjetiti da se svaki sin nx i cos nx mogu napisati kao polinom n-tog reda od sin nx i cos nx.
Tako je npr.
sin 2x = 2 sin x cos x, cos 2x = cos 2 x − sin 2 x.
Kako iz uvjeta (C.1) odrediti koeficijente polinoma? Uvrstimo u
I N =
∫ 2π
0
f 2 (x) dx − 2
polinom P N . Za srednji član se dobije
∫ 2π
0
f(x)P N (x)dx = 1 2 A 0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
f(x)dx + A 1
∫ 2π
f(x)P N (x)dx +
0
+ B 1
∫ 2π
0
∫ 2π
0
P 2 N(x) dx
f(x) cos xdx + · · · + A N
∫ 2π
f(x) sin xdx + · · · + B N
∫ 2π
0
0
f(x) cos Nxdx
f(x) sin Nxdx.
Uvedimo sada konstante koje ćemo zvati Fourierove konstante ili Fourierovi koeficijenti
funkcije f(x)
a 0 = 1 π
∫ 2π
0
f(x) dx,
a n = 1 π
∫ 2π
0
f(x) cos nx dx,
b n = 1 π
∫ 2π
0
f(x) sin nx dx,
(C.4)
1 Ideja o najmanjem kvadratnom odstupanju kao mjeri točnosti aproksimacije, Potječe od njemačkog astronoma i matematičara
F. Bessela, Minden 1784 - Königsberg 1846.
443

444 DODATAK C. FOURIEROVI REDOVI
za sve n = 1, 2, · · · , N. Pomoću Fourierovih koeficijenata možemo napisati
∫ 2π
( )
1
f(x)P N (x)dx = π
2 A 0a 0 + A 1 a 1 + · · · + A N a N + B 1 b 1 + · · · + B N b N .
0
Pogledajmo sada član s kvadratom polinoma P N . Općenito je
(c 0 + c 1 + c 2 + · · · + c N ) 2 = c 2 0 + c 2 1 + · · · + c 2 N
+ 2c 0 (c 1 + c 2 + · · · + c N )
+ 2c 1 (c 2 + c 3 + · · · + c N )
.
+ 2c N−1 c N .
Identifikacijom c 0 = A 0 i c n = A n cos nx + B n sin nx, slijedi
P 2 N(x) = 1 4 A2 0 +
+ 2 1 2 A 0
N∑
n=1
A 2 n cos 2 nx + 2
N∑
n=1
N∑
(A n cos nx + B n sin nx)
n=1
+ 2(A 1 cos x + B 1 sin x)
A n cos nxB n sin nx +
N∑
(A n cos nx + B n sin nx)
n=2
+ 2(A 2 cos 2x + B 2 sin 2x)
N∑
(A n cos nx + B n sin nx)
n=3
N∑
n=1
B 2 n sin 2 nx
.
+ 2[A N−1 cos(N − 1)x + B N−1 sin(N − 1)x] [A N cos Nx + B N sin N)x].
Pri integraciji PN 2 , pojavit će se integrali oblika (za prirodne brojeve p ≠ k)
0 =
0 =
π =
∫ 2π
0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
sin px dx =
∫ 2π
sin px cos kx dx =
sin 2 px dx =
pa će u integralu od P 2 N preostati
∫ 2π
0
0
∫ 2π
0
cos px dx,
∫ 2π
0
cos 2 px dx,
sin px sin kx dx =
∫ 2π
P 2 N(x) dx = π
( 1
2 A2 0 + A 2 1 + · · · + A 2 N + B 2 1 + · · · + B 2 N
0
cos px cos kx dx
Sve zajedno, za I N smo dobili
∫ 2π
( )
1
I N = f 2 (x) dx − 2π
0
2 A 0a 0 + A 1 a 1 + · · · + A N a N + B 1 b 1 + · · · + B N b N
( )
1
+ π
2 A2 0 + A 2 1 + · · · + A 2 N + B1 2 + · · · + BN
2 .
)
.

445
Izračunajmo sada integral I N ako umjesto koeficijenata polinoma A n , B n uvrstimo Fourierove
koeficijente a n , b n . Označimo taj novi integral s ĨN. Prema gornjem izrazu, slijedi
∫ 2π
( )
1
Ĩ N = f 2 (x) dx − 2π
0
2 a 0a 0 + a 1 a 1 + · · · + a N a N + b 1 b 1 + · · · + b N b N
)
=
∫ 2π
0
( 1
+ π
2 a2 0 + a 2 1 + · · · + a 2 N + b 2 1 + · · · + b 2 N
[
]
f 2 1
N∑
(x) dx − π
2 a2 0 + (a 2 n + b 2 n) .
n=1
Izračunajmo razliku I N − ĨN
I N − ĨN =
−
= π
= π
∫ 2π
0
∫ 2π
0
[
1
f 2 (x) dx − 2π
f 2 (x) dx + π
[
1
2 A 0a 0 +
[
1
2 a2 0 +
2 (−2A 0a 0 + A 2 0 + a 2 0) +
[
1
N∑
2 (A 0 − a 0 ) 2 +
n=1
]
N∑
(A n a n + B n b n ) + π
n=1
]
N∑
(a 2 n + b 2 n)
n=1
[
1
2 A2 0 +
]
N∑
(A 2 n + Bn)
2
n=1
]
N∑
(−2A n a n − 2B n b n + A 2 n + Bn 2 + a 2 n + b 2 n)
n=1
[(A n − a n ) 2 + (B n − b n ) 2 ]
Budući da se na desnoj strani nalazi zbroj kvadrata realnih veličina, to će uvijek biti I N ≥ ĨN.
Dakle, najmanju vrijednost kvadratnog odstupanja (C.3) dobijemo ako za koeficijente polinoma
uvrstimo upravo Fourierove koeficijente (C.4).
]
.

446 DODATAK C. FOURIEROVI REDOVI

Dodatak D
Vučedolski kalendar
http://www.vjesnik.hr/html/2001/04/01/Clanak.asp?r=kul&c=1
Najstariji europski kalendar otkrio sam sasvim slučajno! Dr. Aleksandar Durman: Najstariji
indoeuropski kalendar otkrio sam na loncu iz Vinkovaca na koji isprva nisam obraćao pažnju.
Moja teza jest da je u seobenom valu u kojem je naseljen Vučedol, naseljena i Troja čime su
se otvorila vrata brončanog doba! Takoder mislim da je Krist u narodnoj tradiciji preuzeo u
kasnijim vremenima Orionovu simboliku. Izložba ≫Vučedolski Orion≪ će vjerojatno gostovati i
u Parizu, Ottawi, Pragu, Ankari i Ljubljani!
Televizijske kamere BBC-a i CNN-a, po svemu sudeći, imaju izvanredan razlog dolaska u Zagreb!
I Hrvati imaju svog Arthura Clarkea! Kapitalna su, naime, istraživanja dr. Aleksandra
Durmana koji na izložbi ≫Vučedolski Orion≪ u Arheološkom muzeju predstavlja svoja sjajna
otkrića vezana uz vučedolsku kulturu. Ne samo da je na jednom loncu iz Vinkovaca dr. Durman
≫dešifrirao≪ simboliku najstarijeg indoeuropskog kalendara, s prikazom zviježda noćnog
neba(!), već je iznio pregršt novih teza o vučedolskoj kulturi što se 3000. godine prije Krista
razvijala na desnoj obali Podunavlja, istodobno sa civlizacijama Starog Egipta, Sumerskom
kuturom i Trojom I.
Pročelnik Odsjeka za arheologiju zagrebačkog Filozofskog fakulteta dr. Aleksandar Durman
znanstvenik je impresivne karijere. Vodio je pedesetak arheoloških iskopavanja diljem Hrvatske
vezanih uz prapovijesne i antičke lokalitete. Kao predavač je gostovao na prestižnim svjetskim
sveučilištima u Heidelbergu, Nottinghamu, Tübingenu, Cornell University, Wake Forrest
sveučilištu kao i nekoliko manjih univerziteta države New York. Sjajnu izložbu, koju već danas
možemo uvrstiti u kulturni dogadaj godine i jedan od najvažnijih izložbenih projekata Hrvatske
u svijetu (pregovara za se gostovanja izložbe u Parizu, Pragu, Ljubljani, Ottawi i Ankari), uz
dr. Durmana, osmislila je ekipa vrhunskih stručnjaka: Željko Kovačić (postav), Ivan Antonović
(vizualni identitet), Stanko Juzbašić (glazbena podloga što prati kretanje zviježda(!), Jacqueline
Balen i Mirela Dalić (stručne suradnice), te Rujana Kren (skulpture nadahnute vučedolskom
kulturom).
U kakvom je stanju lokalitet Vučedol?
– Imali smo ≫sreće≪ da je šest stotina nalaza iz jednog podruma u Vukovaru odnešeno u Novi
Sad, a ne uništeno. Već smo dobili neke informacije da su tamošnji stručnjaci voljni vratiti
materijal. Sam lokalitet u dobrom je stanju, štoviše, u tijeku je realizacija ideje da se Vučedol
pretvori u europski arheološki park!
Vučedol, smješten četiri kilometra od Vukovara, na karakterističnom je području, kakvom?
– Vučedolska kultura se rasprostirala na lesnom grebenu od Erduta uz Dunav pa sve do Fruške
gore. Kako je Dunav svoju desnu obalu nagrizao i podlokavao, stvorio se vertikalan ≫zid≪ visok
447

448 DODATAK D.
VUČEDOLSKI KALENDAR
25 metara još u davnim geološkim vremenima ledenog doba. Taj prirodni ≫plato≪ se od Nuštra
počinje dizati prema Vukovaru tako da se negdje od 86. metara popne na čak 115. metara
nadmorske visine. Tlo, tzv. les, na tom je području vrlo porozno, što znači da njemu gotovo
nema raslinja, čineći ga nekom vrstom stepe što je i pogodovalo istočnim narodima koji su došli
na taj prostor (takoder sa stepa) oko 3000. godine prije Krista na prvim europskim kolima!
Vučedolska metalurgija najrazvijenija u Europi
Tko su bili Vučedolci?
– Vučedolci su bili prvi indoeuropski narod koji je na ove prostore došao u velikom globalnom
valu nakon badenske kulture. Kao i drugi orijentalni narodi, stabiliziraju se na ovom prostoru,
gdje ih je zaustavila konfiguracija terena. Isprva stočari, u kasnijim se fazama bave rudarstvom i
metalurgijom bakra, a njihova će keramika postati slavna diljem Europe. Vrlo je važno istaknuti
da im je na našem prostoru trebalo čak 200 godina da od Vučedola dodu do drugog velikog
naselja Vinkovci, gdje su stigli u zonu velikih šuma. Tamo im kola nisu funkcionirala, stoka
im se nije mogla napasati, te su morali promijeniti ekonomiju, zbog čega su postali lovci i to
poglavito na jelene!
Kakva je to bila zajednica?
– Bila je to dobro organizirana zajednica, u kojoj, doduše, ne možemo govoriti o rodovskom
uslojavanju u njenoj ranoj (3000.-2800. g. pr. Kr.) i klasičnoj fazi (2800.-2600. pr. Kr.),
već tek u kasnoj (2600.-2400. pr.Kr.) kada imamo i neku vrstu prvih vladara knezova što
potvrduju dva kneževska groba od kojih je jedan doista značajan otkriven u Tivatskom polju.
U njemu je bio pokojnik sa zlatnom sjekirom, bodežom, privjescima u kosi i po svemu sudeći
prvom europskom krunom!
Riječ je o kulturi paralelnoj s velikim civilizacijama?
– Da. Od 3000. godine pr. Kr. počinje period starog carstva u Egiptu. Od 2470. do 2400.
godine pr. Kr. grade se piramide, dakle, na samom kraju vučedolske 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 može mjeriti s
Tutankamonovim bogatstvima. Osim toga, vučedolska se kultura razvija paralelno i s Trojom
I. i početnom fazom Troje II. Možemo čak govoriti i o tome da postoji veza Vučedola i Troje!
Vučedolska predodžba svijeta i svemira – na terinama
Kako to mislite?
– Moja teza jest da je u seobenom valu u kojem je naseljen Vučedol, naseljena i Troja! Zaključio
sam to na osnovu keramičkih analogija, odnosno, na osnovu slične metalurgije, naime,
tehnologija vezana uz metalurgiju u Troji je vrlo slična vučedolskoj. Čak mislim da je s našeg
tla krenula ideja kositrene rudače koja u dodatku bakra otvara vrata brončanog doba! Štoviše,
Vučedolska metalurgija upravo i jest jedan od razloga širenja kulture u kasnoj fazi prema sjeveru
Europe (iza 2600. godine pr. Kr.), do Praga, ali i prema jugu. Zauzela je vučedolska
kultura sva područja bogata bakrom, jer je vučedolska metalurgija dosegnula takav stupanj
umijeća koji je nadilazio sva iskustva koja su u Europi tada postojala.
Izložba predstavlja vučedolsku predožbu svijeta na posudama. O čemu je riječ?
– Vučedolci su kao i svi stari narodi imali specifičan odnos prema smrti koju nisu mogli definirati.
Iznad glave su im se rasprostirale zvijezde, Sunce, Mjesec i planeti, što je moglo izgledati
kao slika vječnosti. Medutim, gledajući u nebo, Vučedolci su kao i svi stari narodi uočili niz
promjena. Pojava svakodnevnog izlaska i zalaska sunca opjevana je u svim civilizacijama kao
najvažji trenutak dana. Cjelokupna vučedolska predožba svijeta i svemira (nastala promatranjem
neba) iskazana je na njihovim posudama, prije svega terinama. Predodžba izlazećeg sunca
na terinama je prikazana točno na polovini, prijelomu posude čiji donji dio sugerira dubinu oceana
i mraka, a gornja polovina izlazi iznad obzora. Sunce, dakle, nije dano u svojoj cijelosti

već kao kanon stoji na tom prijelomu. Važno je reći da segment ispod bikoničnog prijeloma
vučedolskih posuda nikada nije urešen, budući da je to dio ispod našeg obzora, dakle, svijet tame
i smrti, a preko nekih drugih posuda možemo shvatiti da je to svijet voda u koji povremeno
tonu Sunce i zviježda. I Biblija, uostalom, spominje boravak sunca u mraku, a Homer i Hesiod
spominju ≫pobjedu sunca nad smrću≪. Još jedan znak često stoji na istom mjestu kao sunce –
pet zvijezdica složenih u romb od kojih su tri horizontalno smještene ravno na tom prijelomu.
Tih pet zvijezda simboliziraju veliko zimsko zviježde Orion koji je u vučedolsko vrijeme dakle
oko 2800. g. pr. Kr. zalazio za obzor 21. ožujka, točno na dan proljetne ravnodnevnice. To je
ujedno i početak vučedolske godine i početak novog ciklusa radanja.
Na jednom loncu našli ste i najraniji indoeuropski kalendar, što je doista fantastično!
– U Vinkovcima smo 1978. u jednom podrumu, gdje se u drevnim vremenima nalazila jama
ljevača bakra (na mjestu temelja budućeg hotela ≫Slavonija≪), otkopali cijele posude, kolekciju
od 5 dvodjelnih kalupa za lijevanje bakrenih sjekira s posudom u kojoj se topio bakar. Jama
je do trenutka zatrpavanja služila kao podrum vezan uz kuću, a potom i kao odlagalište za
otpad. Uz kalupe na dnu jame nadene su tri posebno ukrašene posude. Dvije posude svojim
ukrasima nisu pripadale vremenski kasnoj već klasičnoj fazi vučedolske kulture. Dok je jedna
posuda bila amforica iz kasne faze kulture, druga je bila tzv. ≫kadionica≪ u čijem su se donjem
dijelu nalazile tri kamene kuglice, što znači da je posuda služila kao zvečka u klasičnoj fazi
vučedolske kulture. Treći i najvažniji nalaz (takoder iz klasičnog doba), na kojeg isprva nisam
obraćao posebnu pažnju, bio je oštećeni lonac za kojeg se u vučedolskoj kulturi može naći
malo analogija. Upravo na njemu sam otkrio oslikani najraniji cjeloviti europski (indoeuropski)
kalendar. Kalendar je, valja reći, istovremeni sumerskom i egipatskom i nije njihova kopija jer
je uspostavljen na daleko sjevernijoj 45. paraleli!
Možete li ukratko pojasniti simboliku?
– Lonac se sastoji od 4 pojasa od kojih na gornja tri nedostaje nekoliko polja. Svaki pojas
ima više kvadrata od kojih su gornja tri polja dosta oštećena. Medutim donji pojas broji 12
kvadrata od kojih je svaki drugi prazan. U ≫punim≪ kvadratima su simboli zviježda koje se
pojavljuje u tom dijelu godine. U prvoj zoni prikaz je proljeća. To je jedina zona na loncu
u kojoj se javlja Sunce. Redom se javljaju (s praznim kvadratima izmedu) – Sunce, Orion,
opet Sunce, a ostalo je odlomljeno. U drugom, nižem i najširem pojasu prikazano je ljeto
koje ima tek dva dominantna zviježda – što znači da opet naizmjenično idu Plejade, Labud,
Kasiopeja, Plejade. Posebno je zanimljivo zviježde Kasiopeje u obliku slova W koje tada nije
bilo cirkumpolarno, a na ljetnu je dugodnevnicu izlazilo sa zalaskom sunca u 20 sati. Labud
(prikazan poput križa sv. Andrije) je visoko nad istočnim obzorjem, a treći znak Plejada s
više koncentričnih krugova prikazan je poput Marsa. Treći pojas nosi Plejade, Blizance, Pegaz
i Ribe te opet Plejade. Zviježda Pegaza i Riba najčešće su prikazivani kao dva dijagonalno
preklopljena kvadrata, ali se javljaju u još barem dvije likovne varijante. Najzanimljiviji je
četvrti, očuvani pojas sa zimskim nebom u 12 kvadrata što nosi Kasiopeju, Pegaz/Ribe, Orion,
Plejade, Pegaz i Blizance. Kalendar, u stvari prepoznaje 4 godišnja doba i 12 polja (tjedana?)
u svakom pojasu. Istoznačna Orionova i smrt Kristova
Zašto su dominanta zviježda u vučedolskoj kulturi?
– Vidite, u stepi bez istaknutih prirodnih ≫kontura≪, bilo je vrlo teško pratiti visinu sunca. Zato
megalitičke civilizacije grade kamene blokove da bi pratile kretanje sunca. U prostorima gdje je
ravno obzorje stari su narodi pratili dva tipa zviježda – ona koja se kreću ravno iznad naših glava
(Veliki medvjed i Velika kola) i tzv. umiruća zviježda koja je pratila vučedolska kultura. Riječ
je o zviježdima koja se javljaju nisko na obzoru i povremeno se tijekom godine gube s obzora.
Vrlo je bitan upravo Orion kojega nema osam mjeseci, a vraća se početkom zime. S druge
strane, baveći se kalendarom, naišao sam na problem precesije. Zbog ≫razlokane≪ zemaljske
449

450 DODATAK D.
VUČEDOLSKI KALENDAR
osi, naime, stvara se imaginarna kružnica na nebu koja se zatvara svakih 26.000 godina, što
znači da je današnja Sjevernjača Vučedolcima prije pet tisuća godina bila nevažna zvijezda, a
sjevernjača im je bio Thuban u zviježdu Zmaja. To jasno vidimo i na egipatskim piramidama.
To znači da je Orion bio najvažnije zviježde u kozmogoniji Vučedolaca?
– Moja ideja jest da je Krist u narodnoj tradiciji preuzeo u kasnijim vremenima Orionovu
simboliku. Kako je Orion tonuo za obzor na sâm dan proljetne ravnodnevnice, bilježio je
kraj zime, to jest njezinu smrt. Vezujem to dakle uz hrvatsku tradiciju. Na granici izmedu
Dalmacije i Hercegovine panj se na Badnjak ukrašavao s pet zvijezdica na isti način kako
Vučedolac prikazuje Orion. Pojava Oriona na nebu pokriva vrijeme od početka zime do kraja
proljeća u koji period možemo svrstati i dva najvažnija datuma vezana uz Krista – njegovo
rodenje i smrt. Orionova smrt označava dominaciju sunca, kao što i Kristova smrt i Uskrsnuće
Boga – čovjeka uzdiže u Boga! I staronjemačka tradicija spominje tri zvijezde iz Orionova
pojasa kao tri maga.!
Kako povezujete činjenicu da je kalendar bio u jami ljevača bakra?
– Gledajte, Vučedolci su vjerovali da je metalurg onaj koji može nasilno iz utrobe zemlje izvući
rudaču i posebnim procesima pretvoriti taj metal u uporabni predmet. To znači da su Vučedolci
vjerovali da je metalurg onaj koji može zaustaviti ili ubrzati vrijeme, odnosno skratiti procese
rasta metala u zemljinoj utrobi, do njegovog konačnog oblika – zlata. Danas ne bi trebalo čuditi
zašto je kalendar naden u jami ljevača bakra. Kalendar je u biti bio samo banalna kontrola
vremena koju je metalurg i tako već imao! Svojom funkcijom ≫operatera vječnošću≪, metalurg
je, u stvari, bio šaman, a kao što je poznato šamanska tehnika se sastojala od ≫odlaska≪ u svijet
mrtvih i povratka u svijet živih, tj. od donošenja poruka s onoga svijeta. Otkriće kalendara
na neki nam je način zatvorilo cijelu priču o vučedolskoj religiji i vjeri. Kalendar je u biti
tehnikalija koja je trebala opisati nebeska zbivanja vezana uz pojavu i nestanak zviježda, ali je
istovremeno mogla i prepoznavati neke od planeta koje putuju kroz ta zviježda (ne zaboravimo
da riječ planet dolazi od grčke riječi lutalica).
Posebno su intrigantni nalazi ljudskih žrtava na Vučedolu. Kakvi?
– Da. Grob s osam pokojnika otkopan 1985. godine iz rane faze vučedolske kulture u kojem
se nalazio muškarac i sedam žena od kojih su šest imale udubljenja na glavi nastala kapljom
usijanog metala – jako je važan. Jedna žena i muškarac, zanimljivo, imali su samo jednu kaplju
izazvanu metalom na lubanji i sahranjeni su tako da gledaju u nebo, dok su sve ostale žene
imale po dva udubljenja na glavi i bile su sahranjene s licem prema zemlji. Svi su kosturi bili
zatrpani s debelim slojem drvenog ugljena, što upućuje na ritualnu žrtvu. Uz brojne posude
nadene u tom grobu isticala se terina koja nam je pojasnila situaciju u grobu. Ukras na terini
predočava muškarca simbolom Marsa, ženu simbolom Venere, a ostale žene veže u zviježde
Plejade. Uz njih je četiri puta prikazano zviježde Oriona, sa sedam sunaca na obzoru. Svrha
tog žrtvovanja bila je da se s metalom provede inicijacija, odnosno, da se ti ljudi obilježe kao
zastupnici nebeskih tijela, a moguće je da se dogodilo i to da su Mars i Venera prošli u vrlo
kratko vrijeme kroz zviježde Plejada i da je zbog toga pala ljudska žrtva!

Bibliografija
[1] Aganović I., Veselić K., Uvod u analitičku mehaniku, (Matematički odjel Prirodoslovnomatematičkog
fakulteta, Zagreb, 1990)
[2] Aganović I., Veselić K., Kraljević H., Zadaci iz teorijske mehanike, (Liber, Zagreb,
1970.)
[3] Arfken G. B., Weber H. J., Mathematical Methods for Physicists, (Academic Press,
San Diego (etc.), 1995.)
[4] Arnold V. I., Mathematical Methods of Classical Mechanics, (Springer-Verlag, New York,
1978)
[5] Bilimovič A., Racionalna mehanika 1, (Naučna knjiga, Beograd, 1950.)
[6] Bilimovič A., Racionalna mehanika 2, (Naučna knjiga, Beograd, 1951.)
[7] Bilimovič A., Racionalna mehanika 3, (Naučna knjiga, Beograd, 1954.)
[8] Bilimovič A., Dinamika čvrstog tela, (SANU, Beograd, 1955.)
[9] Blanuša D., Viša matematika II/ 2, (Tehnička knjiga, Zagreb, 1974.)
[10] Bronštejn I. N., Semendjajev K. A., Matematički priručnik za inženjere i studente,
(Tehnička knjiga, Zagreb, 1975.)
[11] Dirac P. A. M., Lectures on Quantum Mechanics, (Belfer Graduate School of Science,
New York, 1964)
[12] Glumac Z., Matematičke metode fizike - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglumac/ummf.pdf)
[13] Glumac Z., Vjerojatnost i statistika - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglumac/uvs.pdf)
[14] Goldstein H., Classical Mechanics, (Addison-Wesley, 1980.)
[15] Grechko L. G., Sugakov V. I., Tomasevich O. F., Fedorchenko A. M., Problems
in Theoretical Physics, (Mir Publishers, Moscow, 1977.)
[16] Ivanović D. M., Vektorska analiza, (Naučna knjiga, Beograd, 1960.)
[17] Janković Z., Teorijska mehanika, (Liber, Zagreb, 1982)
[18] Kittel C, Knight W. D., Ruderman M. A., Mehanika, (Tehnička knjiga, Zagreb,
1982.)
451

452 BIBLIOGRAFIJA
[19] Kotkin G. L., Serbo V. G., Zbirka zadataka iz klasiqne mehanike, (Nauka, Moskva, 1977.)
[20] Krpić D., Savić I., Klasična fizička mehanika, (Naučna knjiga, Beograd, 1979.)
[21] Landau L. D., Lifšic E. M., Mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd, 1961.)
[22] Marković
[23] Marković
Ž., Uvod u višu analizu 1, (Nakladni zavod Hrvatske, Zagreb, 1950.)
Ž., Uvod u višu analizu 2, (Školska knjiga, Zagreb, 1952.)
[24] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 1, (McGraw-Hill, New
York, 1953.)
[25] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 2, (McGraw-Hill, New
York, 1953.)
[26] Purcell E. M., Elektricitet i magnetizam, (Tehnička knjiga, Zagreb, 1988.)
[27] Rojansky V., Uvod u kvantnu mehaniku, (Naučna knjiga, Beograd, 1963.)
[28] Snieder R., A Guided Tour of Mathematical Physics,
(http://samizdat.mines.edu/snieder, 2004.)
[29] Spiegel M., Theory and Problems of Theoretical Mechanics with an Introduction to Lagrange’s
Equations and Hamiltonian Theory, (McGraw-Hill, New York, 1968.)
[30] Spiegel M. R., Vector Analysis and an Introduction to Tensor Analysis, (McGraw-Hill,
New York, 1959.)
[31] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 1, (Školska knjiga, Zagreb , 1974)
[32] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 2, (Školska knjiga, Zagreb , 1977.)
[33] Targ S. M., Teorijska mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd , 1990.)
[34] Wells D. A., Theory and problems of Lagrangian Dynamics, (McGraw-Hill, New York,
1967.)
[35] Yavorsky B., Detlaf A., Handbook of Physics, (Mir Publisher, Moscow, 1975.)

Kazalo pojmova
Bessel, Friedrich Wilhelm, (1784 - 1846), 413
Newton, Sir Isaac, (1642 - 1727), 147
Adams, John Couch, (1819 - 1892), 146
Apolonije, (III st. p. n. e.), 407
Aristarh, (oko 280. p.n.e.), 145
Aristotel, (oko 384. p.n.e.), 145
Bernoulli, Daniel, (1700 - 1782) , 279
Bessel, Friedrich Wilhelm, (1784 - 1846) ,
303
Binet, Jacques Philippe Marie, (1786 - 1856)
, 183, 191
Brache, Tycho, (1546 - 1630), 146, 190
Bruno, Giordano, (1548 - 1600), 146
Cavendish, sir Henry, (1731 - 1810), 147
Compton, Arthur Holly, (1892 - 1962), 2
Coriolis, Gaspard de, (1792 - 1843) , 207,
216
Coulomb, Charles Augustin de, (1736 - 1806),
154
D’Alembert, Jean, (1717 - 1783), 255, 283
De Broglie, prince Louis-Victor Pierre Raymond,
(1892 - 1958), 2
Demokrit, (460 - 370 p. n. e.), 2
Dirac, Paul Adrien Maurice, (1902 - 1984),
164
Einstein, Albert, (1879 - 1955), 1, 75
Eratosten, (oko 200. p.n.e.), 145
Euklid, (oko 300 p.n.e.), 71
Euler, Leonhard, (1707 - 1783), 339, 344
Foucault, Jean Bernard Léon, (1819 - 1868)
, 217
Fourier, Jean Baptiste Joseph de, (1768 -
1830), 286
Frenet, Jean Frédéric, (1816 - 1900), 68
Galilei, Galileo, (1564 - 1642), 146
Gauss, Carl Friedrich, (1777 - 1855), 24, 28,
165
Hamilton, William Rowan, (1805 - 1865),
359, 383, 385
Helmohltz, Hermann Ludwig Ferdinand von,
(1821 - 1894), 162
Jacobi, Carl Gustav Jakob, (1804 - 1851),
231
Kepler, Jochan, (1571 - 1630), 146, 190
Kopernik, Nikola, (1473 - 1543), 146
Lagrange, Joseph Louis comte de, (1736 -
1813) , 252, 359, 368, 385
Laplace, Pierre Simon marquis de, (1749 -
1827) , 35, 147
Le Verrier, Urbain, (1811 - 1877), 146
Liouville, Joseph, (1809 - 1882), 396
Lissajous, Jules, (1822 - 1880), 137
Lobačevskij, Nikolaj Ivanovič, (1792 - 1856),
2
Lorentz, Hendrick Antoon, (1853 - 1928),
105, 134
Maxwell, James Clerck, (1831 - 1879), 163,
165
Newton, sir Isaac, (1642 - 1727), 71, 146
Planck, Max Karl Ernst Ludwig, (1858 -
1947), 2
Poisson, Siméon Denis, (1781 - 1840), 389
Ptolomej, (oko 150. p.n.e.), 145
Riemann, Georg Friedrich Bernhard, (1826
- 1866), 2
Schrödinger, Ervin, (1887 - 1961), 392
Serret, Joseph Alfred, (1819 - 1885), 68
Spinoza, Baruch de, (1632 - 1677), 71
453

454 KAZALO POJMOVA
Steiner, Jakob, (1796 - 1863), 312
Stokes, Georg Gabriel, (1819 - 1903), 30
Stokes, George Gabriel, (1819 - 1903), 122