Klasična mehanika

KLASIČNA MEHANIKA
UVOD
Zvonko Glumac
Osijek, 2006.

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

Sadrˇzaj
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4.1 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4.2 Divergencija: Gaussov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4.3 Elektrostatika: Gaussov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.4.4 Rotacija: Stokesov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4.5 Laplaceov operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5 Cilindrični koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.5.1 Joˇs neki cilindrični koordinatni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.6 Sferni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.6.1 D-dimenzijski sferni koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2.8 Ortogonalna preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2.9 Svojstva matrice preobrazbe A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.10 Tenzori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3 Kinematika 91
3.1 Brzina i ubrzanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2 Trobrid pratilac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.3 Frenet-Serretove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.4 Kruˇzno gibanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4 Newtonovi aksiomi gibanja, konzervativnost, rad, energija, momenti 101
4.1 Newtonovi aksiomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
4.2 Rad, snaga i kinetička energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.3 Konzervativne sile i potencijalna energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.4 Impuls sile i momenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
4.5 Statika ili ravnoteˇza čestice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
vii

viii SADR ˇ ZAJ
5 Gibanje čestice u polju konstantne sile i sila ovisnih o brzini 125
5.1 Gibanje u polju konstantne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.1.1 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
5.1.2 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
5.2 Uvjeti na gibanje: kosina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5.3 Sile ovisne o brzini: (1) sila priguˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.3.1 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.3.2 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
5.4 Sile ovisne o brzini: (2) Lorentzova sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6 Harmonijski oscilator i matematičko njihalo 151
6.1 Jednodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.1.1 Gustoća vjerojatnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
6.1.2 Nelinearni oscilator - račun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
6.1.3 Priguˇseni harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
6.1.4 Prisilni titraji harmonijskog oscilatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
6.1.5 Apsorpcija snage vanjske sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
6.1.6 Neperiodična vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
6.1.7 Rjeˇsenje pomoću Greenove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
6.2 Dvodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
6.3 Trodimenzijski harmonijski oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
6.4 Matematičko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
7 Gravitacija i centralne sile 203
7.1 Newtonov zakon gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206
7.2 Gravitacijsko privlačenje okruglih tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
7.3 Divergencija i rotacija gravitacijskog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
7.4 Multipolni razvoj potencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
7.5 Problem dva tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
7.6 Centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239
7.7 Jednadˇzba gibanja čestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
7.8 Potencijalna energija čestice u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
7.9 Sačuvanje energije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
7.10 Opis gibanja nebeskih tijela pomoću grafa energije . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . 253
7.12 Virijalni teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
7.12.1 Virijalni teorem za homogenu potencijalnu energiju . . . . . . . . . . . . 260
7.12.2 Početni uvjeti i putanja satelita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
7.13 ”Sto bi bilo ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
7.14 Račun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
7.15 Rasprˇsenje čestica u polju centralne sile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
8 Inercijski i neinercijski sustavi 269
8.1 Vremenska promjena vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
8.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
8.3 Općenito gibanje koordinatnih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
8.3.1 Jednadˇzba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za povrˇsinu Zemlje . 275
8.3.2 Slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
8.3.3 Okomiti hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

SADR ˇ ZAJ ix
8.3.4 Kosi hitac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281
8.3.5 Rijeke i cikloni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
8.4 Foucaultovo njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
8.5 Općenita jednadˇzba gibanja čestice u neinercijskom sustavu . . . . . . . . . . . 290
9 Specijalna teorija relativnosti 293
9.1 Lorentzove transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
9.2 Relativistička kinematika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
9.3 Relativistička dinamika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
9.4 Hamiltonova formulacija relativističke mehanike . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
II Mehanika sustava čestica 295
10 Sustavi čestica 297
10.1 Diskretni i kontinuirani sustavi čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297
10.2 Srediˇste mase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306
10.3 Količina gibanja, moment količine gibanja, rad i energija: definicija i sačuvanje . 311
10.3.1 Količina gibanja sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
10.3.2 Moment količine gibanja sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
10.3.3 Rad i energija sustava čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
10.4 Neinercijski koordinatni sustav vezan za srediˇste mase . . . . . . . . . . . . . . . 322
10.5 Lagrangeovo i D’Alembertovo načelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
10.6 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
10.7 Sudari čestica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341
10.7.1 Centralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344
10.7.2 Necentralni sudar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
11 Mali titraji sustava čestica 351
11.1 Mali longitudinalni titraji jednodimenzijskog diskretnog sustava čestica . . . . 352
11.1.1 Granica kontinuuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
11.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sustava čestica . . . 364
11.2.1 Titranje napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
11.2.2 Nit s oba nepomična ruba: stojni val (D. Bernoulli) . . . . . . . . . . . 369
11.2.3 Nit s oba nepomična ruba: putujući val (J. D’Alembert) . . . . . . . . 376
11.2.4 Nit s nepomičnim lijevim i slobodnim desnim rubom . . . . . . . . . . . 381
11.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomičnim lijevim rubom . . . . . . . . . . 383
11.2.6 Nit slobodna na oba ruba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385
11.2.7 Brzina ˇsirenja grupe valova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
11.2.8 Energija titranja napete niti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
11.3 Titranje pravokutne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
11.4 Titranje kruˇzne membrane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
11.5 Titranje molekula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400
11.5.1 Titranje simetrične linearne troatomske molekule . . . . . . . . . . . . . 400
11.5.2 Titranje molekule vode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400

x SADR ˇ ZAJ
12 Ravninsko gibanje krutog tijela 403
12.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403
12.2 Moment tromosti krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405
12.3 Teoremi o momentima tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407
12.4 Parovi sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412
12.5 Kinetička energija, rad i snaga vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414
12.6 Fizičko njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418
12.7 Općenito ravninsko gibanje krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424
12.8 Trenutno srediˇste vrtnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
12.9 Statika krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
13 Prostorno gibanje krutog tijela 439
13.1 Tenzor tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440
13.2 Eulerove jednadˇzbe gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 449
13.3 Gibanje Zemlje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452
13.4 Eulerovi kutovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457
13.5 Cayley - Klein parametri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461
13.6 Gibanje zvrka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461
III Analitička mehanika 473
14 Lagrangeove jednadˇzbe 475
14.1 Poopćene koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475
14.2 Stupnjevi slobode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476
14.3 Lagrangeove jednadˇzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482
14.4 Lagrangeove jednadˇzbe za impulsnu silu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494
14.5 Lagrangeova funkcija naelektrizirane čestice u elektromagnetskom polju . . . . 494
14.6 Hamiltonovo načelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498
14.7 Primjene Euler - Lagrangeove jednadˇzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 500
14.8 Hamiltonovo načelo za neholonomne sustave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503
14.9 Funkcija djelovanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503
14.10Baˇzdarna preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505
14.11Simetrije i zakoni sačuvanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507
15 Hamiltonove jednadˇzbe 509
15.1 Hamiltonove jednadˇzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509
15.2 Poissonove zagrade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517
15.3 Kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521
15.3.1 Funkcija izvodnica kanonske preobrazbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522
15.3.2 Infinitezimalna kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526
15.3.3 Poissonove zagrade i kanonska preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . 528
15.4 Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532
15.4.1 Fazni integrali - djelovanje i kutne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . 539
15.5 Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 539
15.5.1 Kanonska preobrazba i Liouvilleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . 545
15.6 Prijelaz na kvantnu mehaniku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547
15.6.1 Kanonski račub smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552

SADR ˇ ZAJ xi
16 Mali titraji sustava čestica 553
16.1 Lagranˇzijan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553
16.2 Lagrangeove jednadˇzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555
17 Klasična teorija polja 557
17.1 Lagranˇzijan kontinuiranog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 557
17.2 Hamiltonovo načelo za kontinuirane sustave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 560
17.3 Lagrangeova jednadˇzba gibanja za kontinuirane sustave . . . . . . . . . . . . . . 564
17.4 Tenzor naprezanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567
17.5 Zakoni sačuvanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567
17.6 Jednadˇzba gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573
IV Mehanika Fluida 577
18 Mehanika Fluida 579
18.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579
A Matematički dodatak 581
A.1 Medunarodni sustav mjernih jedinica (SI) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 581
A.2 Taylorov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583
A.3 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583
A.4 Zaokvirene formule iz ove knjige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585
B Delta funkcija 587
C Presjeci stoˇsca 593
D Fourierovi redovi 599
E Vučedolski kalendar 603

xii SADR ˇ ZAJ

Ovo su biljeˇske s autorovih predavanja iz kolegija Klasična Mehanika 1 i 2, na drugoj godini
studija fizike sveučiliˇsta u Osijeku. Biljeˇske nisu stručno recenzirane i daju se na uvid studentima
kao orjentacija za pripremanje ispita.
Sva prava pridrˇzana.
xiii

xiv SADR ˇ ZAJ

Predgovor
Iz područja teorijske mehanike je već napisano mnoˇstvo vrlo dobrih knjiga i stoga bi bio vrlo
teˇzak zadatak reći neˇsto novo ili originalno u ovom području. Umjesto toga, autor si je postavio
puno skromniji cilj, a to je: olakˇsati praćenje predavanja iz kolegija Klasična mehanika 1 i 2
na studiju fizike osječkog sveučiliˇsta.
Za praćenje izlaganja u ovoj knjizi, dovoljno je elementarno poznavanje vektorskog i integrodiferencijanog
računa, kao i osnovnih pojmova opće fizike.
Izsvojegviˇsegodiˇsnjegradasastudentima, autorjedoˇsaodonedvojbenogzaključkadaopˇsirnost
knjige nikako ne moˇze biti njezin nedostatak. Stoga su i mnoga objaˇsnjenja, računi i izvodi
dani dosta detaljno, uz izostanak samo najelementarnijih algebarskih operacija.
Pojedine teme su u ovoj knjizi obradene neˇsto detaljnije i opˇsirnije 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 moˇze naći
u nekima od knjiga navedenih u popisu literature.
Napomena:
Pojavljivanje u tekstu imenica kao ˇsto su čitatelj, student i sličnih, podrazumjeva i osobe
ˇzenskog i osobe muˇskog spola, dakle: čitateljica, studentica i slično.
Osijek, lipnja 2006. Autor
xv

xvi SADR ˇ ZAJ

Kazalo kratica i simbola
�A vektorski potencijal
a velika poluos elipse
�a ubrzanje, �a = d�v/dt
�B indukcija magnetskog polja
b mala poluos elipse
c brzina svjetlosti u vakuumu, 2.9979250(10) 10 8 ms −1
D dimenzija prostora
E ukupna energija
Ek ukupna kineti”cka energija
Ek,t translacijska kineti”cka energija
Ek,vrt kineti”cka energija vrtnje
Ep
�E
potencijalna energija
elektri”cno polje
ê j jedini”cni 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 ms−2 gij komponente kovarijantnog metri”ckog tenzora
H Hamiltonova funkcija
h Planckova konstanta, 6.626... ·10−34 Js
� Planckova konstanta podijeljena s 2 π: � = h/(2 π)
I,Iαα moment tromosti oko zadane osi
Iαβ devijacijski (centrifugalni) momenti tromosti
J Jacobijeva determinanta
L Lagrangeova funkcija
�L moment koli”cine gibanja, � L =�r × �p
l duljina
�M moment sile, � M =�r × � F
m masa tijela ili ”cestice
P snaga, P = dW/dt
�p koli”cina gibanja, �p = m�v
R polumjer zakrivljenosti
�r radij vektor
r,�er koordinata i jedini”cni vektor sfernog koordinatnog sustava
S povr”sina; djelovanje
T period, f(t) ≡ f(t+T)
t vrijeme
xvii

xviii SADR ˇ ZAJ
V volumen; skalarni potencijal
�v
W
brzina, �v = d�r/dt
rad, W = � F� d�r
x,�ex koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog koordinatnog sustava
y,�ey koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog koordinatnog sustava
z,�ez koordinata i jedini”cni vektor pravokutnog i cilindri”cnog koordinatnog sustava
�α kutno ubrzanje, �α = d�ω/dt
γ koeficijent prigu”senja kod harmonijskog titranja
δ(a,b) Kroneckerov simbol: jednak jedinici ako je a = b, a nuli ako je a �= b
δ(x−x0)
ǫ
Diracova δ funkcija
ekscentricitet elipse ǫ = √ a2 −b2 /a
Θ jedan od Eulerovih kutova
θ,�eθ koordinata i jedini”cni vektor sfernog koordinatnog sustava
κ zakrivljenost ili fleksija κ = 1/R
λ kut kolatitude; valna duljina f(x) = f(x+λ)
λm linijska masena gustoća, λm = dm/dl
µ reducirana masa, 1/µ = 1/m1 +1/m2 +···
ν frekvencija, inverzna vrijednost perioda ν = 1/T
ρ,�eρ koordinata i jedini”cni vektor cilindri”cnog (polarnog) koordinatnog sustava
ρm volumna masena gustoća, ρm = dm/dV
σm povr”sinska masena gustoća, σm = dm/dS
Φ jedan od Eulerovih kutova
ϕ,�eϕ koordinata i jedini”cni vektor cilindri”cnog (polarnog) koordinatnog sustava
Ψ jedan od Eulerovih kutova
ψ otklon ”cestice sredstva kod titrajnog ili valnog gibanja (valna funkcija)
�ω kutna brzina, |�ω| = dϕ/dt
Gr”ckoslovo∆ispredodre”denogsimbolaozna”cavapromjenuozna”ceneveli”cinezakona”can
iznos. Npr.
∆A = Akon −Apoč.
Slovo d ispred odre”denog simbola ozna”cava infinitezimalnu promjenu ozna”cene veli”cine.
Npr.
d � V(q) = � V(q +dq)− � V(q).
Diferencijali volumena će se ozna”cavati s dV ili s d 3 r, a diferencijali povr”sine s dS ili s d 2 r.

Poglavlje 1
Uvod
Na početku svake knjige, autor je duˇzan upoznati čitatelje s glavnim likovima koji se u njoj
pojavljuju. Glavni likovi ove knjige o mehanici 1 su pomalo nesvakidaˇsnji: to su vrijeme,
prostor i tvar (ili materija). Reći neku viˇse ili manje preciznu definiciju ovih pojmova je
najvjerojatnije nemoguće. Umjesto toga postoje neke druge mogućnosti kao ˇsto 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 sepozvati na naˇsuintuiciju: svi mi intuitivno shvaćamo pojmove
prostora, vremena i tvari i stoga ih nije potrebno posebno objaˇsnjavati.
Na toj ili sličnoj liniji razmiˇsljanja je vjerojatno bio i blaˇzeni Augustin kada je (u Drˇzavi
Boˇzijoj), govoreći o vremenu, rekao otprilike ovako:
Sve dok me ne pitateˇsto je vrijeme, ja znamˇsto je ono, ali ako me pitate
da vam objasnim, ja ne znam.
Ovom je rečenicom saˇzeto dano naˇse znanje o vremenu: intuitivno nam je jasno o čemu se
radi, ali kako to objasniti (npr. nekome doˇsljaku iz svemira tko ne posjeduje naˇsu intuiciju),
to nismo u stanju. Naravno, mi moˇzemo 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)usporedbusprostorom: dokjeuprostorumogućegibanjeuproizvoljnimsmjerovima,
uvremenupostojiistaknuti smjerkojisenazivabudućnost. Vrloomiljena(unatočsvojimočitim
logičkim kontradikcijama) knjiˇzevna i filmska tema putovanja u proˇslost, joˇs nije naˇsla uporiˇste
u fizici.
Teorije relativnosti
Niˇsta manje nije jednostavan ni problem prostora. Dugo je vremena (napose od Newtona, pa
nadalje), prostor smatran za neku vrstu kazaliˇsne pozornice na kojoj glumci (tj. čestice tvari)
izvode svoju predstavu (gibaju se tijekom vremena) koju nazivamo fysis - priroda. Prostor
je naravno bio zamiˇsljan kao ravni trodimenzijski Euklidski prostor. Pri svemu tome, sva su tri
pojma: prostor, vrijeme i tvar smatrani medusobno neovisnim.
1 Sama riječ mehanika potječe od grčke riječi µηχανη, koja označava orude ili stroj, a označava dio fizike koji proučava gibanje
i mirovanje čestica.
1

2 POGLAVLJE 1. UVOD
Početkom dvadesetog stoljeća dolazi do postupnog povezivanja ovih pojmova. Najprije je
Einstein (slika 1.1) 1905. godine u svojoj Specijalnoj teoriji
relativnost povezao pojmove prostora i vremena u jednu jedinstvenu
tvorevinu nazvanu prostor-vrijeme, da bi neˇsto kasnije,
oko 1920. godine, u Općoj teoriji relativnost pokazao da
svojstva prostor-vremena (napose njegova zakrivljenost) ovise
o jednom svojstvu tvari koje se zove masa. Prostor bez tvari
jeravan(euklidski), doknazočnost tvari(uslijednjezine mase)
mijenja geometrijska svojstva prostora i čini ga zakrivljenim.
Geometriju ovakvih zakrivljenih prostora, već su ranije razvili
Riemann i Lobačevskij. Učinci opisani teorijama relativnosti
postaju zamjetni tek ako se tijela gibaju brzinama bliskim brzini
svjetlosti (specijalna teorija relativnosti) ili ako je masa
Slika 1.1: Albert Einstein, (Ulm
1879. - Princeton 1956.), njemački
teorijski fizičar.
redaveličinemaseplanetailizvijezda(općateorijarelativnosti). Uovojćemoseknjiziograničiti
Slika 1.2: Georg Friedrich Bernhard Riemann, (1826. -
1866.), njemački matematičar.
Slika 1.3: Nikolaj Ivanovič Lobačevskij, (1792. - 1856.),
ruski matematičar.
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 poloˇzaja ishodiˇsta koordinatnog sustava i smjerova koordinatnih osi.
Kvantna teorija
Govoreći o prostoru i vremenu, spomenuli smo i tvar navodeći jedno njezino svojstvo: masu.
Osim mase, tvar moˇze imati i neka druga svojstava kao ˇsto su: električni naboj, spin, čestice
tvari se mogu gibati odredenom brzinom, itd. Neka od tih svojstava su nam bliska iz svakodnevnog
ˇzivota (npr. masa ili brzina), dok postoje svojstva tvari (kao ˇsto je npr. spin), koja su
jako daleko od naˇse svakodnevice, ˇsto ih, naravno, ne čini i manje vaˇznima.
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 dotadaˇsnje poimanje tvari. Stoljećima se zamiˇsljalo da se
tvarsastoji odmalihčestica, koje sujoˇsstariHeleni nazvalinedjeljivima (Demokritovi atomi, ili
danaˇsnjim jezikom rečeno: elementarne čestice). Gibanje tih malih čestica i njihovo medusobno
povezivanje, tvorilo je sav vidljivi prirodni svijet. Pokusi nad elektronima (npr. Comptonovo
rasprˇsenje) su pokazali da elementarne čestice nemaju samo čestična (korpuskularna) svojstva,

nego imaju i valna svojstva (kao ˇsto je npr. ogib). Ukratko, doˇslo je do shvaćanja da nije
sasvim točno elementarne čestice zamiˇsljati kao jako smanjene biljarske kuglice koje jure kroz
prostor. Slika je ipak neˇsto sloˇzenija: 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 ˇsto slično. Razlog zaˇsto se takav nekakav izraz već
nije udomaćio u literaturi, jeste taj ˇsto se dvojni valno-čestični karakter tvari prikazuje tek na
vrlo maloj prostornoj skali, tako da makroskopski - tj. u naˇsem svakidaˇsnjem iskustvu - tvar
mahom pokazuje ili samo svoja čestična ili samo svoja valna svojstva. Prema De Broglieu, veza
valnih (valna duljina λ) i čestičnih (količina gibanja �p) svojstava čestice-vala, je dana izrazom
Slika 1.4: Louis-Victor Pierre Raymond, prince De Broglie,
(1892. - 1958.), francuski teorijski fizičar.
gdje je
λ p = h,
h = 6.626... ·10 −34 Js
jedna univerzalna prirodna konstanta, nazvana Planckova konstanta.
Slika 1.5: Max Karl Ernst Ludwig Planck, (1858. -
1947.), njemački teorijski fizičar
Primjer: 1.1 Helijev plin.
Evo jednog jednostavnog primjera. Srednja brzina helijeva plina na sobnoj temperaturi
je oko 1350ms −1 , a masa atoma helija je pribliˇzno četiri puta veća od
mase protona. Uvrˇstavanje ovih vrijednosti u De Broglievu relaciju, daje za valnu
duljinu vrijednost od 0.74 · 10 −10 m, ˇsto 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. Naprotiv, sniˇzavanjem temperature od
sobne na 0.01K, 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 klasičnuslikumalih čestica, nego je potrebno prijećisa klasičnogna kvantnomehanički
opis plina.
Svakodnevni ˇzivot se mahom odvija na sobnoj temperaturi i na makroskopskoj prostornoj
skali i to je razlog zaˇsto se dvojni karakter tvari moˇze opaziti tek vrlo paˇzljivo pripremljenim
pokusima.
3

4 POGLAVLJE 1. UVOD
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
greˇsku u naˇsim računima.
Jednadˇzba gibanja
Na kraju ćemo pokuˇsati saˇzeto iznijeti i glavni naˇs cilj u ovome izlaganju klasične mehanike:
ako su nam u trenutku t0, poznati poloˇzaj
i brzina čestice
�r0 =�r(t = t0)
�v0 =�v(t = t0),
tada je naˇs zadatak odrediti poloˇzaj te iste čestice u proizvoljnom trenutku t �= t0. Ovo
proizvoljnom znači i proˇslom, t < t0, i budućem, t > t0. Poloˇzaj čestice u proizvoljnom
vremenskom trenutku je funkcija vremena, početnog poloˇzaja i početne brzine (i prirodnih i
numeričkih konstanata)
�r =�r(t;�r0,�v0)
i moˇze se proizvoljno točni odrediti. Primjetimo da se u kvantnoj mehanici poloˇzaj čestice
ne moˇze proizvoljno točno odrediti, nego postoji granična točnost odredena Heisenbergovim
relacijama neodredenosti.
Stranicekojeslijede, posvećene sutraˇzenjuodgovoranaovo pitanje(injegovebrojnevarijacije).

Dio I
Mehanika jedne čestice
5

Poglavlje 2
Matematički uvod - elementi
vektorskog računa
2.1 Vektori
Mathematics is part of physics.
Vladimir Igorevich Arnold
U ovom se poglavlju kreće od pretpostavke da su čitatelji već upoznati s pojmom vektora i
njihovim osnovnim svojstvima. Stoga će se ovdje dati samo pregled nekih vektorskih definicija,
svojstava i relacija, viˇse sa ciljem da se uvede notacija, nego da se izloˇzi nekakav 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
Neˇsto su sloˇzeniji tenzori prvog reda ili vektori1 . Za potpuno odredenje vektora potrebno je
D1 = D realnih brojeva. Za razliku od skalara, vektor je karakteriziran, osim svojim izno-
som, joˇs i smjerom i pravilom zbrajanja.
Čitatelji su se zacijelo već susretali s vektorskim
veličinama kaoˇsto su sila � F, brzina �v, radij vektor �r, električno polje � E, indukcija magnetskog
polja � B itd.
n ≥ 2
Postoje fizičke veličine (npr. tenzor tromosti (13.2), magnetska susceptibilnost, tenzor energijekoličine
gibanja, tenzor napona i sl.) za čije je potpuno odredenje potrebno viˇse od D brojeva.
1 Vektori se prvi puta spominju u djelima nizozemskog fizičara Simona Stevina (godine 1585.) u vezi zbrajanja sila predstavljenih
usmjerenim duˇzinama.
7

8 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Za 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 matricama.
Skalarni, vektorski ili općenito tenzorski karakter odredene fizičke veličine se vidi iz njezinog
ponaˇsanja u odnosu na vrtnju (zakret) koordinatnog sustava (vidjeti odjeljak 2.10). Skalar
je odreden samo jednim brojem, pa ne ovisi o promjeni smjerova koordinatnog sustava, kaˇze
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 uzapisu vektora (npr. zapisi poloˇzaja ibrzine spomenute čestice
mase 5 kg, će se promijeniti uslijed zakreta koordinatnog sustava).
Polje
Uvedimo sada pojam fizičkog polja. Ako svakoj točki prostora (čiji poloˇzaj označavamo s
�r), u svakom vremenskom trenutku (koji opet označavamo s t) moˇzemo pridruˇziti 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.
Primjetimo da su polja općenito funkcije viˇse varijabla (tri prostorne i jedne vremenske).
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, moˇze 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 � FG(�r): svakoj točki prostora pridruˇzujemo vektor usmjeren prema
srediˇstu Zemlje, iznosa jednakog gravitacijskoj sili u toj točki - skup svih takvih vektora se
zove polje gravitacijske sile Zemlje. Slično je i za električno i magnetsko polje. Kao primjer
tenzorskog polja moˇze posluˇziti polje tenzora napetosti u elastičnom tijelu koje u različitim
vremenskim trenucima moˇze imati različite vrijednosti u različitim točkama tijela.
Računske operacije
koje se mogu izvodi s vektorima jesu: zbrajanje vektora, mnoˇzenje vektora skalarom, mnoˇzenje
vektora vektorom (na viˇse načina), deriviranje i integriranje vektora. Dijeljenje vektorom nije
definirana računska operacija.
Zbrajanje vektora
Zbroj dva vektora je opet vektor. 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,
kao i da se moˇze poopćiti na proizvoljan broj vektora. Iz definicije zbrajanja vektora slijedi da
je zbrajanje vektora asocijativno
�V +( � U + � W) = ( � V + � U)+ � W.

2.1. VEKTORI 9
Slika 2.1: Definicija zbrajanja vektora. Slika 2.2: Nekomutativnost vrtnji za konačni kut.
Primjenom svojstva asocijativnosti, zbrajanje proizvoljnog broja vektora se svodi na zbrajanje
dva vektora.
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 oko koje se vrˇsi zakret). Nisu vektori upravo
zato jer ne zadovoljavaju pravilo komutativnosti 2 . Promotrimo, za primjer, dva zakreta za
konačni kut:
je zakret za π/2 oko osi �ez, a
Zz = (π/2,�ez)
Zx = (π/2,�ex)
je zakret za π/2 oko osi �ex. Iznos ovih veličina je π/2, a njihov smjer je smjer osi oko koje se
vrˇsi zakret. Sa slike 2.2 se vidi da
Zz +Zx �= Zx +Zz.
Dekompozicija ili rastav
vektora je postupak suprotan zbrajanju vektora, gdje se jedan vektor rastavlja na dva (ili viˇse)
vektora koji, zbrojeni, dajuopetpočetni vektor. Ovajjepostupak koristannpr. kodanalize 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)
Iznos
ili norma vektora � V je skalar iznosa jednakog duljini vektora � V izraˇzenoj u odgovarajućim
mjernim jedinicama. Označava se s V ili | � V|. Iznos (kao ni smjer) vektora ne ovise o izboru
koordinatnog sustava. Za dva vektora se kaˇze da su jednaki, ako imaju isti iznos i smjer (ne
nuˇzno i hvatiˇste).
Inverzni i nul-vektor
Inverzni vektor, − � V, je vektor sa svojstvom da je zbroj vektora i njegovog inverza jednak nuli
�V +(− � V) = 0
2 Zakreti za infinitezimalni kut zadovoljavaju pravilo komutativnosti i zato kutna brzina, definirana relacijom (3.17), jeste vektor.

10 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
(nulom je označen vektor iznosa nula - njegov smjer nije definiran, pa zato nije ni označen).
Mnoˇzenje vektora � V skalarom s
se označava kao s � V. Ono mijenja duljinu (normu, iznos) vektora tako da ona postaje jednaka
s | � V|, a smjer vektora ostaje nepromjenjen. Mnoˇzenje skalarom je distributivno (tj. moˇze
se shvatiti i kao linearni operator)
s( � V + � U) = s � V +s � U.
Jedinični vektor
Odabere li se skalar tako da je upravo jednak inverzu norme
tada će rezultantni vektor
s = 1
| � V| ,
s � V = � V
| � V|
biti jedinične duljine. Takav se vektor naziva jedinični vektor vektora � V i označava se kao
�eV = � V
| � V| , |�eV | = 1. (2.1)
Vektore je uobičajeno prikazivati u koordinatnim sustavima. Najčeˇsće ćemo koristiti pravokutni
(PKS), 3 cilindrični (CKS, odjeljak 2.5) i sferni (SKS, odjeljak 2.6) koordinatni sustav.
Viˇse detalja o poopćenom koordinatnom sustavu moˇze se naći npr. u [13].
Zadrˇzimo se, za sada, na dobro nam poznatom, pravokutnom sustavu.
Bazni vektori
pravokutnog koordinatnog sustava će se označavati s
�ex, �ey, �ez.
Svaki od gornjih vektora ima smjer porasta koordinate čije ime nosi. Mnoˇzenjem baznih
vektora skalarima, i koristeći činjenicu da je zbroj vektora opet vektor, moguće je konstuirati
proizvoljan (ne-bazni) vektor
�V = Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez.
Ili, drukčije rečeno, svaki se vektor moˇze jednoznačno prikazati kao linearna kombinacija baznih
vektora. Komponentama vektora � V ćemo nazivati projekcije danog vektora na bazne vektore
odabranog koordinatnog sustava: to su Vx,Vy i Vz. Vektori se mogu prikazati i u obliku D × 1
3 Pravokutni koordinatni sustav je prvi uveo René Descartes (latinizirano: Cartesius), 1637. godine.

2.1. VEKTORI 11
matrice (gdje je D dimenzija prostora; u naˇsim primjerima je D = 3), takoˇsto će bazni vektori
biti stupci oblika
�ex
⎡ ⎤
1
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
0
, �ey
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 1 ⎥
⎣ ⎦
0
, �ez
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
1
,
a sam vektor � V je tada
⎡ ⎤
1
⎢ ⎥
⎢ ⎥
�V = Vx
⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
0
+Vy
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ 1 ⎥
⎣ ⎦
0
+Vz
⎡
0
⎢ 0
⎣
1
⎤
⎥
⎦ =
Radij vektorom, �r,
neke točke naziva se vektor koji spaja ishodiˇste koordinatnog sustava s promatranom točkom.
U pravokutnom koordinatnom sustavu, radij vektor je
�r = x�ex +y�ey +z�ez.
Toliko o mnoˇzenju vektora skalarom. Kodmnoˇzenja vektora vektorom, razlikuju se dva slučaja:
skalarno mnoˇzenje, gdje je rezultat mnoˇzenja dva vektora, skalar i vektorsko mnoˇzenje,
gdje je rezultat mnoˇzenja dva vektora neki treći vektor. Umnoˇsci tri i viˇse vektora su rezultat
kombiniranja skalarnog i vektorskog mnoˇzenja.
Skalarni umnoˇzak
dva vektora � V i � U je skalar, definiran kao
⎡
⎢
⎣
Vx
Vy
Vz
⎤
⎥
⎦ .
�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 umnoˇzak dva
medusobno okomita vektora, jednak nuli
�V ⊥ � U ⇔ � V · � U = 0.
Prema samoj definiciji, skalarni je umnoˇzak komutativan
�V · � U = � U · � V.
Skalarni umnoˇsci baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava su, redom:
�ex ·�ex = 1, �ex ·�ey = 0, �ex ·�ez = 0,
�ey ·�ex = 0, �ey ·�ey = 1, �ey ·�ez = 0, (2.3)
�ez ·�ex = 0, �ez ·�ey = 0, �ez ·�ez = 1,

12 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.3: Skalarni umnoˇzak dva vektora. Slika 2.4: Vektorski umnoˇzak dva vektora.
Baza sa gornjim svojstvom se naziva ortonormirana baza.
Po svojem geometrijskom značenju, skalarni je umnoˇzak projekcija jednog vektora na smjer
drugoga, pomnoˇzena s iznosom tog drugog vektora (slika 2.3). Jedna od fizičkih realizacija
skalarnog umnoˇska je pojam rada: kod izračunavanja rada sile pri pomaku čestice, vaˇzna je
samo ona komponeta sile koja leˇzi u smjeru pomaka, a ona je upravo dana skalarnim umnoˇskom
sile i radij vektora pomaka čestice,
dW = � F ·d�r.
Primjenom definicije (2.2) na rastav vektora � V i � U po komponentama, a uzevˇsi u obzir ortonormiranost
baze, (2.3), dolazi se do
�V · � U = (Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez)·(Ux�ex +Uy�ey +Uz�ez) = VxUx +VyUy +VzUz,
Iznos (norma) vektora se moˇze napisati preko skalarnog umnoˇska kao
� �
V = �V · V � = V 2
x +V 2
y +V 2
z . (2.4)
Tako je npr. iznos radij vektora jednak
|�r| = r = � x 2 +y 2 +z 2 .
Pomoću skalarnog umnoˇska se i kut medu vektorima moˇze napisati kao
�eV ·�eU = 1·1 cos( � V, � U),
ˇsto moˇzemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova
koje zatvara s koordinatnim osima. Npr. za pravokutni koordinatni sustav:
�
�V = Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez · �ex
�V · �ex = Vx.
No, prema definiciji skalarnog umnoˇska (2.2), je
�V · �ex = V cos( � V,�ex),
pa se, usporedbom s gornjim izrazom, dobiva
Vx = V cos( � V,�ex).

2.1. VEKTORI 13
Sličnim se postupkom dobiva i
ˇsto, sve zajedno, vodi na
Vy = V cos( � V,�ey), Vz = V cos( � V,�ez),
�V = V
Vektorski umnoˇzak
dva vektora, � V i � U, je vektor
�
cos( � V,�ex)�ex +cos( � V,�ey)�ey +cos( � �
V,�ez)�ez . (2.5)
�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 umnoˇska prema drugom, tada palac
pokazuje smjer rezultantnog vektora (kao na slici 2.4). Iznos vektorskog umnoˇska je dan
povrˇsinom paralelograma čije su stranice vektori � V i � U, pa se moˇze napisati da je
�W = |V||U| sin( � V, � U)�eW . (2.6)
Prema samoj definiciji, slijedi da je vektorski umnoˇzak antikomutativan
�V × � U = − � U × � V.
Iz definicije takoder slijedi i da su dva vektora paralelna ako im je vektorski umnoˇzak jednak
nuli:
�V × � U = 0 ⇔ � V � � U.
Svoju fizičku realizaciju vektorski umnoˇzak nalazi u izračunavanju momenta sile � M
momenta količine gibanja � L
�M =�r × � F,
�L =�r × �p,
indukcije magnetskog polja � B (preko Biot-Savartovog zakona)
�B = µ0
4π
� �j × �er
r 2
dr 3 ,
i drugih veličina.
Vektorski umnoˇsci baznih vektora pravokutnog koordinatnog sustava su:
�ex × �ex = 0, �ex × �ey = �ez, �ex × �ez = −�ey,
�ey × �ex = −�ez, �ey × �ey = 0, �ey × �ez = �ex, (2.7)
�ez × �ex = �ey, �ez × �ey = −�ex, �ez × �ez = 0,

14 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Gornje relacije izraˇzavaju činjenicu da vektori (�ex,�ey,�ez) čine desnu bazu. Pomoću gornjih
umnoˇzaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoˇska dva opća vektora
�V × � U = (Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez) × (Ux�ex +Uy�ey +Uz�ez)
= VxUx�ex × �ex +VxUy�ex × �ey +VxUz�ex × �ez
+ VyUx�ey × �ex +VyUy�ey × �ey +VyUz�ey × �ez
+ VzUx�ez × �ex +VzUy�ez × �ey +VzUz�ez × �ez
= �ex (VyUz −VzUy)+�ey (VzUx −VxUz)+�ez (VxUy −VyUx)
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoˇska: x → y → z → x →
y → ···. Vektorski umnoˇzak se moˇze pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
�V × � U =
�ex �ey �ez
Vx Vy Vz
Ux Uy Uz
Za vektorski umnoˇzak vrijedi i distributivnost prema zbrajanju
�V × ( � U + � W) = � V × � U + � V × � W.
Viˇsestruki umnoˇsci
Pomoću definicije skalarnog i vektorskog umnoˇska, mogu se konstruirati i viˇsestruki umnoˇsci
vektora. Tako se npr. vektorski umnoˇzak moˇze skalarno pomnoˇziti s nekim trećim vektorom i
dobiti skalarno vektorski umnoˇzak. Za ovaj se umnoˇzak lako pokazuje cikličnost
�V ·( � U × � � �
�
� Vx Vy Vz
�
�
W) = � Ux Uy Uz �
� �
� � = � U ·( � W × � V) = � W ·( � V × � U). (2.8)
Wx Wy Wz
Ovo je svojstvo posljedica geometrijskog značenja gornjeg umnoˇska: budući da je | � U × � W|
povrˇsina paralelograma sa stranicama � U i � W, to je gornji umnoˇzak jednak V ·cosα·| � U × � W|,
gdje je α kut izmedu vektora � V i � U × � W, a to nije niˇsta drugo do volumen paralelopipeda sa
stranicama � V, � U i � W (slika 2.5).
Rezultat dvostrukog vektorskog umnoˇska tri nekomplanarna vektora � V, � U i � W je opet vektor
−→ D = � V × ( � U × � W)
Ovakav se umnoˇzak naziva vektorsko vektorski umnoˇzak. Budući da je � U × � W vektor
okomit na ravninu odredenu vektorima � U i � W, to će vektor � V × ( � U × � W) leˇzati u toj istoj
ravnini, pa postoji zapis oblika
−→ D = � V × ( � U × � W) = β � U +γ � W.

2.1. VEKTORI 15
Slika 2.5: Skalarno vektorski umnoˇzak tri vektora.
Slika 2.6: Vektorsko vektorski umnoˇzak tri vektora.
Naˇs je zadatak odrediti skalare β i γ. Promotrimo sliku 2.6. S �n0 je označen jedinični vektor
okomit na � W, koji leˇzi u ( � U, � W) ravnini, a usmjeren je tako da su �n0, � U i � W zakrenuti u
pozitivnom smjeru gledano s vrha vektora � U × � W. Pomnoˇzimo
�n0 · −→ D =�n0 ·(β � U +γ � W) = β �n0 · � U,
(zato jer je �n0 okomit na � W, pa je �n0 · � W = 0). S druge strane, taj isti umnoˇzak moˇzemo
napisati (zbog cikličnosti skalarno vektorskog umnoˇska) i kao
�n0 · −→ D = �n0 ·[ � V × ( � U × � W)] = ( � U × � W)·(�n0 × � V) = � V ·[( � U × � W) × �n0].
No, prema definiciji vektorskog umnoˇska je
Sa slike 2.6 se vidi da vrijedi
( � U × � W) × �n0 = �eW | � U × � W| |�n0| sin( � U × � W,�n0)
= �eW U W sin( � U, � W) 1 sin(π/2)
= �eW U W sin( � U, � W) = � W U sin( � U, � W).
∠( � U, � W) = π
2 −∠(�n0, � U)
sin( � U, � �
π
W) = sin
2 −∠(�n0, � �
U) = cos(�n0, � U).
Pomoću gornje relacije postaje
Uvrstimo li ovo u izraz za �n0 · −→ D , dobivamo
U sin( � U, � W) = U cos(�n0, � U) = � U ·�n0.
�n0 · −→ D = � V[ � W(�n0 · � U)] = ( � V · � W)(�n0 · � U).
Ako sada gornji izraz usporedimo s (2.9), 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.

16 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Time su odredeni nepoznati skalari β i γ, pa moˇzemo napisati
�V × ( � U × � W) = ( � V · � W) � U −( � V · � U) � W. (2.9)
Zrcaljenjem
ili refleksijom ili prostornom inverzijom nazivamo operaciju kojom mijenjamo smjerove koordinatnih
osi. U pravokutnom koordinatnom sustavu, to znači da treba zamijeniti
�ex → −�ex, �ey → −�ey, �ez → −�ez.
Ovom se transformacijom vektor � V = Vx �ex +Vy �ey +Vz �ez prevodi u
�V −→ Vx (−�ex)+Vy (−�ey)+Vz (−�ez) = − � V.
Dakle, operacijom zrcaljenja vektor mijenja svoj predznak (prema svojoj definiciji, skalar ne
ovisi o smjerovima u prostoru, pa se on ne mijenja operacijom zrcaljenja). Promotrimo kako
se neke veličine konstruirane od vektora, preobraˇzavaju uslijed operacije zrcaljenja:
• skalarni umnoˇzak (pravi skalar)
• vektorski umnoˇzak (pseudo vektor)
�V · � U −→ (− � V)·(− � U) = � V · � U.
�V × � U −→ (− � V) × (− � U) = � V × � U.
• skalarno vektorski umnoˇzak (pseudo skalar)
�V ·( � U × � W) −→ (− � V)·[(− � U) × (− � W)] = − � V ·( � U × � W).
• vektorsko vektorski umnoˇzak (pravi vektor)
�V × ( � U × � W) −→ (− � V) × [(− � U) × (− � W)] = − � V × ( � U × � W).
Vidimo da se skalarni umnoˇzak preobraˇzava kao pravi skalar (ne mijenja predznak), a da
se vektorsko vektorski umnoˇzak preobraˇzava kao pravi vektor (mijenja predznak). Rezultat
skalarno vektorskog umnoˇska je skalar koji mijenja predznak uslijed zrcaljenja, pa se takav
skalar obično naziva pseudo skalar. Slično tome, vektorski umnoˇzak je vektor, ali ne mijenja
predznak uslijed zrcaljenja, pa se obično naziva pseudo vektor. Moˇze se reći da se u odnosu
na operaciju zrcaljenja vektori dijele na prave ili polarne vektore i pseudo (laˇzne) 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 = x�ex +y�ey +z�ez je pravi vektor jer zrcaljenjem mijenja svoj predznak,
�r = x�ex +y�ey +z�ez → −x�ex −y�ey −z�ez = −�r.
Primjer pseudo vektora je moment količine gibanja � L = �r × �p, gdje je količina gibanja,
�p = m(d�r/dt), pravi vektor. Operacijom zrcaljenja će i �r i d�r 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 mnoˇzenja, 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 moˇzemo jednoznačno pridruˇziti vektor, tada o tom
vektoru govorimo kao o vektorskom polju ili vekorskoj funkciji (slika 2.7)
�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 2.7: 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 da 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 2.7).
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 iˇsčezavaju, 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)
lim∆x → 0 ∆x = 0
= 0
⎫
⎪⎬
⎪⎭
⇒ lim
∆x→0
f(x+∆x)−f(x)
∆x
= d f
d x .
Pokuˇsajmo, pomoću gornjeg izraza, naći derivaciju vektorskog polja � V koje ovisi samo o jednoj
varijabli koju ćemo označiti s q (ovaj q moˇze biti vrijeme, prostorna koordinata ili ˇsto slično)
�V(q) =�ex Vx(q)+�ey Vy(q)+�ez Vz(q).

18 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Napravimo razliku � V u bliskim točkama q i q +∆q
�V(q +∆q)− � V(q) = �ex Vx(q+∆q)+�ey Vy(q+∆q)+�ez Vz(q +∆q)−�ex Vx(q)−�ey Vy(q)−�ez Vz(q)
= �ex
Izvedemo li sada granični prijelaz
lim
∆q → 0
� � � � � �
Vx(q +∆q)−Vx(q) +�ey Vy(q+∆q)−Vy(q) +�ez Vz(q +∆q)−Vz(q) .
�V(q +∆q)− � V(q)
∆q
= �ex lim
∆q → 0
+ �ey lim
∆q → 0
+ �ez lim
∆q → 0
Vx(q +∆q)−Vx(q)
∆q
Vy(q +∆q)−Vy(q)
∆q
Vz(q +∆q)−Vz(q)
.
∆q
No, gornjegranične vrijednosti na desnoj strani, prepoznajemo kao derivacije skalarnih funkcija
- komponenata vektorskog polja
lim
∆q → 0
�V(q +∆q)− � V(q)
∆q
=�ex
dVx
dq +�ey
dVy
dq +�ez
dVz
dq .
Budući da su jedinični vektori �ex,�ey i �ez, konstantni, njihove su derivacije jednake nuli
pa se za gornji limes dobiva
lim
∆q → 0
�V(q +∆q)− � V(q)
∆q
d�ex
dq
= d
dq
= d�ey
dq
= d�ez
dq
= 0,
�
�
�ex Vx(q)+�ey Vy(q)+�ez Vz(q)
Tako smo doˇsli do izraza za derivaciju vektorskog polja u PKS
d � V
dq
= lim
∆q→0
�V(q +∆q)− � V(q)
=�ex
∆q
dVx
dq +�ey
dVy
dq +�ez
dVz
dq .
= d� V
dq .
(2.10)
Slično se izvode i izrazi za parcijalne derivacije kada vektorsko polje ovisi o viˇse nezavisnih
varijabla
∂ � V(q1,q2,···)
∂qj
= lim
∆qj →0
= �ex
�V(··· ,qj +∆qj,···)− � V(··· ,qj,···)
∂Vx(q1,q2,···)
+�ey
∂qj
∆qj
∂Vy(q1,q2,···)
+�ez
∂qj
pri čemu se sve ostale koordinate (koje su različite od qj) drˇze konstantnima.
∂Vz(q1,q2,···)
,
∂qj

2.3. INTEGRAL VEKTORSKOG POLJA 19
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)
dq
d( � V · � U)
dq
d( � V × � U)
dq
Zadatak: 2.1 Dokaˇzite gornje tri relacije.
= ds
dq � V +s d� V
dq ,
= d� V
dq � U + � V d � U
dq ,
= d� V
dq × � U + � V × d � U
dq .
Primjenimo li prvo od gornja tri pravila na zapis vektora u obliku
�V(q) = V(q)�eV (q),
dobivamo
d� V
dq = d(V �eV )
dq
= dV
dq �eV +V d�eV
dq ,
pri čemu smo uzeli u obzir mogućnost da smjer vektora � V (odreden jediničnim vektorom �eV )
ovisi o varijabli q (kao ˇsto je to npr. slučaj za jedinične vektore sfernog i cilindričnog koordinatnog
sustava).
Pokaˇzimo da je derivacija jediničnog vektora okomita na sam jedinični vektor
�eV =�eV (q). Derivirajmo po q skalarni umnoˇzak
�
d
�eV ·�eV = 1
dq ,
pa ćemo dobiti
d�eV
dq ·�eV +�eV · d�eV
dq = 0 ⇒ 2�eV · d�eV
dq = 0 ⇒ �eV ⊥ d�eV
dq
. (2.11)
Zaista, kada bi derivacija jediničnog vektora imala komponentu u smjeru samog vektora, onda
bi ta komponenta vodila na promjenu duljine vektora i on viˇse ne bi bio jedinične duljine. Zato
derivacija jediničnog vektora ne moˇze 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 polja � V(q) se računa kao
�
�V(q)dq =
= �ex
� �
�
�ex Vx(q)+�ey Vy(q)+�ez Vz(q) dq
�
Vx(q)dq+�ey
�
Vy(q)dq+�ez
�
Vz(q)dq,

20 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
i slično za odredeni integral
� q2
q1
�V(q)dq =�ex
� q2
q1
Vx(q)dq+�ey
Ukoliko postoji vektorsko polje � U, takvo da je
tada je
�
� q2
q1
�V(q) = d � U(q)
,
dq
Vy(q)dq+�ez
� q2
q1
Vz(q)dq. (2.12)
�
�V(q)dq
dU(q) �
= dq =
dq
� U(q)+ �c0, (2.13)
tj. � U se pojavljuje kao primitivna funkcija u odnosu na � V. U tom je slučaju i odredeni integral
jednak
� � q2 q2
�V(q)dq =
d � U(q)
dq =
dq
� U(q2)− � U(q1). (2.14)
q1
Linijski integral:
Neka se čestica giba po krivulji C (slika 2.8). Radij vektor
q1
�r(t) =�ex x(t)+�ey y(t)+�ez z(t)
pokazuje poloˇzaj te čestice u proizvoljnom vremenskom trenutku t. U trenutku t1, čestica se
nalazi u točki T1 s radij vektorom
�r1 =�r(t1) = −−→
O T1,
a u kasnijem trenutku t2, ona je u točki
Vektor
�r2 =�r(t2) = −−→
O T2.
∆�r = �r2 −�r1
ima smjer sekante krivulje C. Ako se vremenski razmak t2 −t1, neizmjerno smanjuje, tj. ako
su točke T1 i T2 neizmjerno blizu jedna drugoj, vektor ∆�r će prijeći u d�r, a sekanta će prijeći u
tangentu. Kaˇzesedadiferencijal d�r ima smjer tangentenakrivuljuC uokolici točke�r ≡�r1 =�r2
(slika 2.8). Prema samom geometrijskom značenju skalarnog umnoˇska (str. 12),
�V ·d�r
jeprojekcijavektora � V nasmjerd�r,tj. tojetangencijalnakomponenetavektora � V (naravno,
pomnoˇzena s dr) u svakoj točki krivulje C. Integral tangencijalne komponente � V duˇz krivulje
C od T1 do T2 se zove linijski integral
� � �
T2
�V d�r = �V d�r = (�ex Vx +�ey Vy +�ez Vz) (�ex dx+�ey dy +�ez dz)
T1
C
=
=
�
�
C
C
C
(Vxdx+Vydy +Vzdz)
�
Vx(x,y,z,t)dx+
C
�
Vy(x,y,z,t)dy+
C
Vz(x,y,z,t)dz.

2.3. INTEGRAL VEKTORSKOG POLJA 21
Slika 2.8: Razlika ∆�r =�r2 −�r1 ima smjer sekante, a diferencijal d�r ima smjer tangente na krivulju C.
Ako je C zatvorena krivulja (naravno, ne nuˇzno kruˇznica), linijski integral se označava kao
� � � �
�V d�r = Vxdx+ Vydy + Vzdz. (2.15)
Povrˇsinski integral:
Na sličan se način definira i povrˇsinski integral vektorskog polja (slika 2.9)
Slika 2.9: Uz definiciju povrˇsinskog integrala vektorskog polja, (2.16).
�
S
�V d � S, (2.16)

22 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
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 = dS �n0,
gdje je �n0 jedinični vektor okomit na element dS. Dakle, skalarnim umnoˇskom � V d � S se u
svakoj točki plohe računa komponeta polja okomita na malu okolicu promatrane točke
�V d � S = V⊥ dS V⊥ = � V ·�n0.
Vrijednosti svih tih okomitih komponenata se zbrajaju po svim točkama plohe i rezultat je
gornji povrˇsinski integral. Primjetimo joˇs da za svaku plohu dS postoje dva okomita vektora,
�n0 i −�n0, pa u računima treba paziti s kojim se od ta dva vektora računa.
Ako se radi o zatvorenoj plohi, integral se označava kao
�
�V d � S,
a smjer d � S je iz unutraˇsnjosti plohe prema van.
Gornji se izrazi mogu raspisati i u pravokutnim koordinatama
gdje su
S
�n0 = (�n0 ·�ex)�ex +(�n0 ·�ey)�ey +(�n0 ·�ez)�ez,
= cos(�n0,�ex)�ex +cos(�n0,�ey)�ey +cos(�n0,�ez)�ez,
�
dS �n0 = dS cos(�n0,�ex)�ex +cos(�n0,�ey)�ey +cos(�n0,�ez)�ez
= dSx�ex +dSy�ey +dSz�ez,
�
S
�V d � �
S =
dSx = dS cos(�n0,�ex),
dSy = dS cos(�n0,�ey),
dSz = dS cos(�n0,�ez).
S
�
VxdSx +
S
�
VydSy +
S
VzdSz,
Primjetimo da je obični integral vektorskog polja, opet neki vektor kao npr. (2.12), (2.13)
ili (2.14), dok su linijski (2.15) i povrˇsinski integrali (2.16), po svom algebarskom karakteru
skalari.
4 Sama ploha S po kojoj se integrira, nipoˇsto ne mora biti ravnina, ali diferencijal dS 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 23
Zadatak: 2.2 Zadano je vektorsko polje
�F =�ex (2xy +z 3 )+�ey (x 2 +2y)+�ez (3xz 2 −2).
Izračunajte linijski integral polja
�
c
�F d�r
po putu od (0,0,0) do (1,1,1), ako je put zadan sa:
(a) 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) .
(d) Izračunajte funkciju f koja zadovoljava relaciju
�F = −→ ∇f.
R: (a) Integral se računa po komponentama:
� �
�F d�r = (Fxdx+Fydy +Fzdz).
c
c
Iz x = t slijedi dx = dt, y = t 2 daje dy = 2tdt i z = t 3 daje dz = 3t 2 dt.
Uvrˇstavanje u gornji integral daje
� � 1
�F d�r =
c
0
(−6t 2 +8t 3 +10t 9 )dt = 1.
(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 = dx = dy = 0, pa preostaje samo
� 1
0
(0−2)dz = −2.
Na drugom dijelu puta je x = dx = 0,z = 1,dz = 0, pa tu preostaje
� 1
0
(0+2y)dy = 1.
Na trećem dijelu puta je y = z = 1,dy = dz = 0, pa tu preostaje
� 1
0
(2x+1)dx = 2.
Ukupno rijeˇsenje je zbroj integrala po dijelovima puta.
�
�F d�r = −2+1+2 = 1.
c

24 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
(c)Jednadˇzbazadanogpravcajex = y = z, pajetimeidx = dy = dz. Uvrˇstavanje
ovoga u integral vodi do
� � 1
�F d�r =
c
(d) Funkcija f sa svojstvom � F = −→ ∇ f tj.
0
(−2+2x+3x 2 +4x 3 )dx = 1.
Fx = ∂f
∂x , Fy = ∂f
∂y , Fz = ∂f
∂z ,
se moˇze dobiti iz donjih jednadˇzba:
∂f
∂x = 2xy +z3 ⇒ f = x 2 y +xz 3 +c1(y,z)
∂f
∂y = x2 +2y ⇒ f = x 2 y +y 2 +c2(x,z)
∂f
∂z = 3xz2 −2 ⇒ f = xz 3 −2z +c3(x,y),
Gdje su cj funkcije označenih varijabla. Usporedbom gornjih jednadˇzba, 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
−→ ∇ =�ex
∂
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
∂
. (2.17)
∂z
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 pridruˇzuje odredeni smjer u prostoru (usmjerena derivacija).
5 Operator −→ ∇ je prvi uveo irski fizičar, astronom i matematičar, William Rowan Hamilton (o kojemu će viˇse riječi biti u poglavlju
15). Hamilton je takoder uveo pojam vektorskog polja i definirao osnovne diferencijalne operacije nad poljima.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 25
2.4.1 Gradijent
Neka je zadano skalarno polje s(x,y,z) (npr. trenutne vrijednosti temperature u raznim
točkama neke prostorije). 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. Naˇs je zadatak odrediti
smjer u kojemu se polje mijenja za najveći iznos,
ili drugim riječima, treba odrediti smjer najveće strmine polja.
Nazovimoekvipotencijalnom plohomonuplohuuprostorunakojojskalarnopoljes(x,y,z)
ima konstantnu vrijednost 6 . Promatrajmo sada dvije bliske ekvipotencijalne plohe, odredene
jednadˇzbama (uvjetima)
i
s(x,y,z) = s0
s(x,y,z) = s0 +ds,
gdje je s0 konstanta (slika 2.10.A). Bliske male dijelove ekvipotencijalnih ploha, uvijek moˇzemo
Slika 2.10: Uz ilustraciju gradijenta kao smjera najbrˇze promjene skalarnog polja. Primjetite da osi x,y i z ne
leˇze u ravnini papira.
smatrati ravninama. Prijelazom iz bilo koje početne točke P na plohi s = s0, u bilo koju
krajnju točku Kj na plohi s = s0 + ds, vrijednost polja s se promjenila za isti iznos ds.
Neka je udaljenost izmedu početne P i krajnje točke Kj označena s dnj. Ako je krajnja
točka okomito iznad početne (u poloˇzaju K1, slika 2.10.B), tada je dn1 = P K1 najkraća
6 Npr. ako je s = x 2 +y 2 +z 2 , tada je ekvipotencijalna ploha s = s0 sfera polumjera √ s0 sa srediˇstem u ishodiˇstu.

26 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
udaljenost izmedu P i bilo koje točke iz infinitezimalne okoline točke K1, pa je tada
ds
= max.
dn1
U svakoj drugoj krajnjoj točki K2 je dn2 > dn1, pa je i
ds
dn2
< ds
.
dn1
Označimo li s �n 1 jedinični vektor u smjeru spojnice P K1, tada je sa slike 2.10.B, očito da
je najbrˇza promjena skalarnog polja s dana preko derivacije u okomitom smjeru. Usmjerena
derivacija
ds
�n1,
dn1
se naziva gradijent skalarnog polja s(�r). Iz izvoda se vidi da gradijent ima smjer najbrˇze
promjene polja, tj. da je okomit na ekvipotencijalnu plohu.
Gradijent u PKS
Da bi se dobio oblik gradijenta u pravokutnom koordinatnom sustavu, jedinični vektor smjera
�n 1 treba razviti po vektorima baze pravokutnog koordinatnog sustava, kao ˇsto je pokazano u
(2.5)
�n1 = (�n1 ·�ex)�ex +(�n 1 ·�ey)�ey +(�n 1 ·�ez)�ez
= cosαx�ex +cosαy�ey +cosαz�ez,
gdje je αx kut izmedu �n 1 i �ex i slično za ostale kutove. Time se za gradijent dobiva
ds
�n 1 =
dn1
ds
(cosαx�ex +cosαy�ey +cosαz�ez). (2.18)
dn1
Po konstrukciji je dn1, sa slike 2.10.B, okomit na ekvipotencijalne plohe s0 i s0 +ds. Neka je
dx odrezak po osi x izmedu ekvipotencijalnih ploha s0 i s0+ds. Tada je dn1 projekcija vektora
dx�ex na smjer �n 1
gdje je
dn1 = �n1 ·
�
dx�ex
Slično vrijedi i za kutove prema osima y i z
�
= dxcosαx ⇒ cosαx = dn1
dx .
αx = ∠ (�n 1,�ex).
cosαy = dn1
dy , cosαz = dn1
dz .
Uvrˇstavanjem ova tri kosinusa u izraz za gradijent (2.18) i primjenom pravila za derivaciju
sloˇzene funkcije, dobiva se
ds
�n 1 =
dn1
ds
�
dn1
dn1 dx �ex + dn1
dy �ey + dn1
dz �ez
�
= ∂s
∂x �ex + ∂s
∂y �ey + ∂s
∂z �ez
�
∂
= �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
s =
∂z
−→ ∇s.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 27
Time smo pokazali da je smjer najbrˇze promjene skalarnog polja moˇze napisati pomoću djelovanja
operatora nabla
grads ≡ −→ �
∂
∇s = �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂ ∂s
s =�ex
∂z ∂x +�ey
∂s
∂y +�ez
∂s
∂z .
(2.19)
Primjetimo da je gradijent skalarnog polja s, jedno novo vektorsko polje −→ ∇s. Operacija
gradijenta podsjeća na mnoˇzenje vektora ( −→ ∇) skalarom (s), s tom razlikom ˇsto sada binarna
relacija nije mnoˇzenje nego deriviranje.
Zadatak: 2.3 Skalarni potencijal u točki �r koji potječe od električnog dipola smjeˇstenog u ishodiˇstu,
s dipolnim momentom �p, je dan izrazom
V(�r) = 1 �p · �r
4πǫ0 r3 .
Izračunajte električno polje � E = − −→ ∇ V.
R: Prema definiciji gradijenta (2.19) je
�E = − −→ ∇ V = −�ex
∂V
∂x −�ey
∂V
∂y −�ez
∂V
∂z .
Za primjer izračunavamo prvi član desne strane:
∂V
∂x =
1 ∂ pxx+pyy +pzz
4πǫ0 ∂x (x2 +y2 +z2 = ··· =
) 3/2
1 pxr
=
4πǫ0
2 −3x(�p ·�r)
r5 .
Preostala dva člana se dobiju na sličan način.
∂V pyr
∂y 2 −3y(�p ·�r)
r5 ,
Zbroj svih članova daje električno polje dipola
= 1
4πǫ0
∂V
∂z
= 1
4πǫ0
pzr2 −3z(�p ·�r)
r5 .
�E = 1 −�p (�r ·�r)+3�r(�p ·�r)
4πǫ0 r5 = 1 −�p +3�er (�p ·�er)
4πǫ0 r3 .
Zbog sferne simetrije dipolnog potencijala, isti se račun moˇze provesti i u sfernim
koordinatama: Postavi li se koordinatni sustav tako da je dipol u smjeru �ez,
V(�r) = 1 pr cosθ
4πǫ0 r3 = V(r,θ),
pa je
− −→ �
∂
∇ V = − �er
∂r
�
p
= �er
4πǫ0
=
p
4πǫ0
�
�eθ ∂ �eϕ ∂ p
+ +
r ∂θ r sinθ ∂ϕ 4πǫ0
2 cosθ �eθ sinθ
+
r3 r r2 �
3�er cosθ−�ez
r 3
= 1
4πǫ0
cosθ
r 2
−�p +3�er (�p ·�er)
r3 ,

28 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
pri čemu je koriˇsten izraz za gradijent u sfernim koordinatama (vidjeti npr. u [13]).
2.4.2 Divergencija: Gaussov teorem
Tok vektorskog polja:
Zadani su vektorsko polje
�V(�r) =�ex Vx(x,y,z)+�ey Vy(x,y,z)+�ez Vz(x,y,z)
i zatvorena ploha S. Tok Φ vektorskog polja � V kroz prostor omeden zatvorenom plohom S, se
definira kao povrˇsinski integral
�
Φ = �V d � S.
S
Na str. 22 je pokazano da integrali gornjeg tipa predstavljaju zbroj komponenata vektorskog
polja � V(�r) okomitih na diferencijal plohe d � S u svim točkama plohe.
Sjetimo se da je diferencijal povrˇsine d � S uvijek usmjeren prema van u odnosu na zatvorenu
plohu S. Podijelimo zatim unutraˇsnjost plohe S, dodatnom ravnom plohom S ′ na dva dijela
(slika 2.11). Time smo dobili dvije zatvorene plohe � S1 i � S2
�S1 = S1 +S ′ ,
� S2 = S2 +S ′ ,
koje imaju jedan zajednički dio, a to je ploha S ′ . Izračunajmo tok polja � V kroz svaku od
dvije novonastale zatvorene plohe i zapitajmo se čemu je jednak zbroj tokova kroz ove dvije
zatvorene plohe
�
S1
�V d � �
S1
� +
Slika 2.11: Uz izvod Gaussova teorema.
S ′
�
S1+S ′
�V d � �
S1
� +
�V d � �
S1
� +
S2
S2+S ′
�V d � �
S2
� +
S ′
�V d � � S2 =
�V d � � S2 = ?

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 29
Budući da je d � � Sj uvijek usmjeren prema van, to će se doprinosi toku od plohe S ′ u oba gornja
integrala medusobno egzaktno poniˇstiti (zbog suprotnih smjerova vektora d � Sj
� na dijelu plohe
S ′ koji je zajednički objema zatvorenim plohama)
�
�V d � �
S1
� = − �V d � S2, �
pa preostaje �
S1+S ′
�V d � �
S1
� +
S2+S ′
S ′
�V d � �
S2
� =
S1
S ′
�V d � �
S1
� +
S2
�V d � �
S2
� =
tj. zbroj tokova kroz plohe � S1 i � S1 jednak je toku kroz početnu plohu S.
S
�V d � S,
Prostor unutar plohe S moˇzemo u mislima nastaviti dijeliti na N sve manjih i manjih djelića,
pri čemu će se, slično gornjem primjeru, integrali po unutraˇsnjim plohama poniˇstiti i za svaki
N će vrijediti
�
�V d � N�
�
S = �V d � S j.
S
j=1
Divergencija:
Jasno je da u granici N → ∞ plohe Sj postaju iˇsčezavajuće malene, pa će i integrali po tim
malenim plohama takoder iˇsčezavati: �
Sj
Sj
�V d � S j → 0.
U istoj granici, N → ∞, i mali djelići volumena, ∆vj, ograničeni plohama Sj iˇsčezavaju:
Pitanje je
∆vj → 0.
ˇsto se dogada s omjerom ove dvije iˇsčezavajući male veličine?
Je li on jednak nuli, različit od nule i konačan, beskonačan, ... ?
�
limN→∞
�V d Sj
� ⎫
S j = 0, ⎬
⎭
limN→∞ ∆vj = 0 .
�
�V d Sj
lim
∆vj →0
� S j
= ?
∆vj
(2.20)
Diferencijalno male volumene ∆vj uvijek moˇzemo zamisliti kao male kvadre duljine stranica
dx,dy,dz i promatrati tok polja
�V(x,y,z) =�exVx(x,y,z)+�eyVy(x,y,z)+�ezVz(x,y,z)
kroz njih (slika 2.12). Izostavimo li za trenutak, radi jednostavnosti, indeks j, gornji povrˇsinski
integral po plohama kvadra, moˇzemo napisati kao zbroj povrˇsinskih integrala po stranicama
kvadra
�
�V d � �
S = �V d � �
S + �V d � �
S + �V d � S.
S
Gor+Dolj
Lij+Des
Nap+Nat

30 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.12: Tok polja kroz diferencijalni volumen.
Diferencijali povrˇsine na pojedinim plohama su:
dolje : d � S = −�ez dxdy,
gore : d � S = +�ez dxdy,
lijevo : d � S = −�ex dydz,
desno : d � S = +�ex dydz,
naprijed : d � S = −�ey dxdz,
natrag : d � S = +�ey dxdz.
Budući da su plohe diferencijano male, vrijednost polja u bilo kojoj točki plohe je pribliˇzno
konstantna i jednaka vrijednosti polja u srediˇstu te plohe, pa ju kao konstantu moˇzemo izvući
ispred integrala. U toj aproksimaciji integracija polja po gornjoj i donjoj plohi daje
�
�V d � � �
S = �V �ez dxdy + �V (−�ez)dxdy
G+D
=
�
G
G
�
Vzdxdy −
D
D
Vzdxdy
≃ Vz(x+dx/2,y +dy/2,z+dz)dxdy −Vz(x+dx/2,y+dy/2,z)dxdy.
Razvije li se desna strana gornje jednakosti u Taylorov red oko točke (x,y,z), dobije se
�
�V d
G+D
� �
S = dxdy Vz + dx ∂Vz dy ∂Vz ∂Vz
+ +dz
2 ∂x 2 ∂y ∂z +···
�
�
− dxdy Vz + dx ∂Vz dy ∂Vz
+
2 ∂x 2 ∂y +···
�
= dxdydz ∂Vz
∂z +O(d4 ),

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 31
gdje smo s O(d4 ) označili umnoˇske četiri i viˇse diferencijala dx,dy i dz. Slično se i za preostala
dva para ploha dobiva
�
�V d � S = dxdydz ∂Vx
∂x +O(d4 �
), �V d � S = dxdydz ∂Vy
∂y +O(d4 ),
L+D
Sj
N+N
pa je ukupan tok polja kroz promatrani mali kvadar jednak
�
�V d � �
∂Vx ∂Vy ∂Vz
S j = dxdydz + +
∂x ∂y ∂z
�
+O(d 4 ).
Umnoˇzak dxdydz prepoznajemo kao mali volumen ∆v. Vratimo li se sada omjeru (2.20),
moˇzemo pisati
�
�V d Sj
lim
∆vj →0
� S
� � �
j 1 ∂Vx ∂Vy ∂Vz
= lim dxdydz + + +O(d
∆vj ∆vj →0 dxdydz ∂x ∂y ∂z
4 �
)
= ∂Vx
∂x
+ ∂Vy
∂y
+ ∂Vz
∂z .
U granici kada se promatrani mali voluman steˇze u točku, gornji se izraz odnosi na točku u
prostoru i zove se divergencija vektorskog polja � V u toj točki.
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 = ∂Vx
∂x
+ ∂Vy
∂y
+ ∂Vz
∂z .
Divergenciju vektorskog polja moˇzemo zapisati i pomoću operatora nabla (2.17),
div � V = −→ ∇� �
∂
V = �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
(Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez)
∂z
div � V = −→ ∇ � V = ∂Vx
∂x
+ ∂Vy
∂y
∂Vz
+ . (2.21)
∂z
Gornji je rezultat dobiven izravnom primjenom pravila za derivaciju umnoˇska dvije funkcije.
Tako npr. član s derivacijom po x daje
∂
� �
∂Vx�ex
�ex Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez = �ex
∂x
∂x +�ex
∂Vy�ey
∂x +�ex
∂Vy�ey
�
∂x
∂Vx
= �ex �ex
∂x +Vx
� �
∂�ex ∂Vy
+�ex �ey
∂x ∂x +Vy
� �
∂�ey ∂Vz
+�ex �ez
∂x ∂x +Vz
�
∂�ez
∂x
= ∂Vx
∂x ,
gdje smo koristili činjenice da su vektori �ex,�ey,�ez medusobno okomiti i konstantni po svom
iznosu i smjeru, tako da su njihove derivacije i medusobni skalarni umnoˇsci, jednaki nuli. Sličan
7 Tako npr. (statička) Maxwellova jednadˇzba −→ ∇�E = ρel/ǫ0, kaˇze da su su izvori i ponori električnog polja u električnim nabojima
koji se u gornjoj jednadˇzbi pojavljuju kroz gustoću električnog naboja ρel

32 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
je postupak i za ostale komponente. Rezultat divergencije vektorskog polja � V je skalarno
polje −→ ∇� V dano izrazom (2.21).
Sjetimo se ˇsto smo zapravo htjeli izračunati? Računali smo tok polja � V kroz zatvorenu plohu
S i dobili smo
� � �
�
�
Φ =
S
�V d � S =
N�
∆vj
j=1
1
∆vj
�
Sj
�V d � S j
=
N → ∞
� N
j=1 ∆vj → �
v(S) dr3
�
=
v(S)
dr 3 −→ ∇ � V.
Budući da nismo traˇzili da � V zadovoljava nikakva posebna svojstva osim derivabilnosti,
moˇzemo reći da za proizvoljno derivabilno vektorsko
polje � V vrijedi Gaussov teorem 8
�
S
�V d � �
S =
v(S)
−→ ∇ � V dr 3 , (2.22)
gdje je v(S) volumen odreden zatvorenom plohom S.
Zadatak: 2.4 Izračunajte tok radij vektora �r kroz
plohu valjka polumjera baze R i visine H, ako je srediˇste
baze u ishodiˇstu koordinatnog sustava, a os valjka se
podudara sa osi �ez, kao ˇsto je to prikazano slikom 9
2.14.
R: U ovom je primjeru vektorsko polje naprosto zadano
radij vektorom, � V = �r. Treba, dakle izračunati
�
�r d � S,
Slika 2.13: Johann Carl Friedrich Gauß,
(Braunschweig, 30. IV 1777. - Göttingen ,
23. II 1855.), njemački matematičar, fizičar
i astronom.
pri čemu integral ide po povrˇsini plohe valjka. Zbog simetrje plohe, prirodno je odabrati
cilindični koordinatni sustav (odjeljak 2.5). U njemu je
a
�r = ρ�eρ +z�ez,
d � S = −�ez dB1 +�ez dB2 +�eρ dP,
gdje dBj označava diferencijale povrˇsine na bazama valjka, a dP na njegovom plaˇstu. Uzmemo
li u obzir ortonormiranost vektora �eρ i �ez, slijedi
�
�r d� � � � �
�
S = ρ�eρ +z�ez −�ez dB1 +�ez dB2 +�eρ dP
�
= R
dP +H
8 Koji treba razlikovati od Gaussovog zakona iz elektrostatike.
9 Sliku je napravio dr. I. Lukačević.
�
dB2 = 3R 2 πH

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 33
x
Slika 2.14: Diferencijali plohe valjka.
(na donjoj bazi, B1, je vrijednost z koordinate jednaka nuli).
Do istog se rezultata moˇze doći i primjenom Gaussova teorema (2.22)
�
�r d� �
S = ( −→ ∇�r) dr 3 .
dB 2
Tako je npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu, u kojemu znamo oblik nabla operatora,
(2.17), i gdje je
�
( −→ ∇�r) dr 3 =
z
dB 1
�r = x�ex +y�ey +z�ez,
� � �
∂x ∂y ∂z
+ +
∂x ∂y ∂z
dr 3 �
= 3
dP
dr 3 = 3Vvalj. = 3R 2 πH.
Zadatak: 2.5 Iz elektrostatike je poznat izraz za električno polje jednoliko naelektrizirane kugle
polumjera R i ukupnog naboja Q, sa srediˇstem u ishodiˇstu
�E < = ρ0
�r,
3ǫ0
r ≤ R,
�E
1
> = Q
4πǫ0
�r
r3 r ≥ R,
gdje je ρ0 = Q/(4R 3 π/3) konstantna gustoća naboja unutar kugle. Primjetimo da
je polje izvan kugle jednako polju točkastog naboja iznosa Q, smjeˇstenog u ishodiˇstu.
Na ovom primjeru provjerite ispravnost prve Maxwellove jednadˇzbe.
R: Prema prvoj Maxwellovoj jednadˇzbi je
−→ ρel
∇ E � = .
ǫ0
y

34 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Unutar kugle je ρel = ρ0, a izvan kugle je ρel = 0, pa se treba uvjeriti da Maxwellova
jednadˇzba glasi
−→ ρ0
∇ E � = , r ≤ R,
Za r ≤ R je
pa je
ǫ0
−→ ∇ � E = 0, r > R.
�E = � E < = ρ0
Ex = ρ0
3ǫ0
−→ ∇ � E = ∂Ex
∂x
3ǫ0
� �
�ex x+�ey y +�ez z ,
x, Ey = ρ0
+ ∂Ey
∂y
3ǫ0
+ ∂Ez
∂z
= ρ0
+
3ǫ0
ρ0
+
3ǫ0
ρ0
3ǫ0
y, Ez = ρ0
= ρ0
,
ǫ0
a to je upravo prva Maxwellova jednadˇzba u prostoru unutar kugle.
Izvan kugle je � E = � E > ili po komponetama
1 x
Ex = Q
4πǫ0 (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
�
∂Ex 1 1 3x2
= Q −
∂x 4πǫ0 r3 r5 �
1 y
Ey = Q
4πǫ0 (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
�
∂Ey 1 1 3y2
= Q −
∂y 4πǫ0 r3 r5 �
,
1 z
Ez = Q
4πǫ0 (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
�
∂Ez 1 1 3z2
= Q −
∂z 4πǫ0 r3 r5 �
.
Sveukupno se za divergencioju polja izvan kugle dobije
−→ ∂Ex ∂Ey ∂Ez
∇ E � = + +
∂x ∂y ∂z
��
1 1 3x2
= Q −
4πǫ0 r3 r5 �
+
ˇsto je u skladu s prvom Maxwellovom jednadˇzbom.
2.4.3 Elektrostatika: Gaussov zakon
3ǫ0
z,
�
1 3y2
−
r3 r5 � �
1 3z2
+ −
r3 r5 ��
= 0
Izračunajmo tok električnog polja točkastog naboja kroz sfernu plohu polumjera r sa srediˇstem
u točki gdje se nalazi naboj.
�
�E d
S
� � � �
1 q
�
S = �er r
S 4πǫ0 r2 2 �
d�er = 1
q4π =
4πǫ0
q
ǫ0
Primjetimo da zbog toga ˇsto polje opada s kvadratom udaljenosti, a diferencijal povrˇsine raste
s kvadratom te iste udaljenosti, tok ne ovisi o polumjeru sfere, tj. isti je kroz svaku
sferu.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 35
Slika 2.15: Tok električnog polja točkastog naboja kroz zatvorenu plohu proizvoljnog oblika.
Neka se sada točkasti naboj q nalazi unutar zatvorene plohe S proizvoljnog oblika (ne nuˇzno
sfernog) kaona slici 2.15. Izračunajmo tokpoljatočkastognabojakroztuproizvoljnu zatvorenu
plohu
�
Φ =
S
1
4πǫ0
q
r2 �er dS�n0 = 1
�
q
4πǫ0 S
dS cosα
r 2
gdje je α kut izmedu vektora �n0 i �er. Ako se uočeni diferencijal plohe d � S = dS�n0 nalazi
na udaljenosti r od naboja i vidljiv je pod prostornim kutom dΩ, tada je njegova projekcija
na smjer �er s jedne strane jednaka d � S ·�er = dS cosα, a s druge strane to je upravo jednako
diferencijalu povrˇsine kugline plohe na toj istoj udaljenosti i podistim prostornim kutom, r 2 dΩ
r 2 dΩ = dS cosα.
Time tok polja točkastog naboja kroz zatvorenu plohu koja ga okruˇzuje, a koja je proizvoljnog
oblika, postaje
Φ = 1
�
q dΩ =
4πǫ0 S
1
q4π =
4πǫ0
q
.
ǫ0
Tok ne ovisi niti o obliku plohe S niti o poloˇzaju naboja unutar te plohe.
Pokaˇzimo da, ukoliko zatvorena ploha ne sadrˇzi naboj (ili je suma naboja unutar plohe jednaka
nuli), tada je tok električnog polja kroz tu plohu jednak nuli. Neka je tok kroz zatvorenu plohu
S jednak q/ǫ0. Deformiramo li plohu kao na slici 2.16, dolazimo do
S = S1 +S2
Φ = Φ1 +Φ2.
,

36 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.16: Deformacija zatvorene plohe.
Kako je sav naboj sadrˇzan u plohi S1, to mora biti i
Φ1 = q
iz čega zaključujemo da je tok kroz zatvorenu plohu koja ne sadrˇzi naboj, jednak nuli
ǫ0
Φ2 = 0.
Primjetimo da iako je tok kroz zatvorenu plohu S2 jednak nuli, to nipoˇsto ne znači da je i polje
u unutraˇsnjosti plohe jednako nuli.
Prema načelu pridodavanja sila tj. polja, tok od N točkastih naboja unutar plohe S će biti
jednak zbroju tokova pojedinih naboja
ili, kraće,
�E(q1 +q2 +···) = � E 1(q1)+ � E 2(q2)+···
�
S
�
S
�E d � S =
�
S
= q1
�E d � S = 1
ǫ0
ǫ0
�E 1d� �
S +
+ q2
ǫ0
N�
n=1
+···
qn = QS
ǫ0
S
,
�E 2d � S +···
gdje je QS ukupan naboj sadrˇzan unutar zatvorene plohe S. U slučaju kontinuirane raspodjele
naboja
N� 1
qn → 1
�
dq = 1
�
ρ(�r)dr 3 , (2.23)
ǫ0
n=1
ǫ0
V(S)
ǫ0
V(S)

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 37
pa je time
�
S
�E d � S = 1
ǫ0
�
V(S)
ρ(�r)dr 3 , (2.24)
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/ǫ0 dolazi 4πG)
�
�gd � �
S = 4πG ρ(�r)dr 3 .
S
Gaussov zakon je posebno pogodan za izračunavanje električnog polja raspodjele naboja s
visokim stupnjem simetrije.
Zadatak: 2.6 Gaussov zakon
Koristeći Gaussov zakon, izračunajte električno polje beskonačno duge i beskonačno
tanke ˇzice naelektrizirane konstantnom linijskom gustoćom naboja λ0.
V(S)
R: Zbog simetrije problema, prirodno je odabrati cilindrični koordinatni sustav
(ρ,ϕ,z). Budući da je ˇzica beskonačno duga, polje ne moˇze ovisiti o pomacima u
smjeruosiz. Takoder, zboginvarijantnostinarotacijuuravnini (x,y),poljenemoˇze
ovisiti niti o koordinati ϕ. Ono, dakle, moˇze ovisiti samo o radijalnoj udaljenosti
od ˇzice ρ i moˇze imati samo smjer �eρ
�E(�r) = E(ρ)�eρ.
Ako sada za plohu integracije S u izrazu (2.24) odaberemo valjak duljine h i polumjera
baze ρ, koncentrično postavljen oko ˇzice, dobit ćemo
� � �
E(ρ)�eρ dS�ez + E(ρ)�eρ dS�eρ + E(ρ)�eρ dS(−�ez) = λ0
� h+z
dz.
Bg
pl
Prvi i treći integral lijeve strane su jednaki nuli jer je �eρ ·�ez = 0. U bilo kojoj točki
plaˇsta valjka je polje istog iznosa, pa se kao konstantno moˇze izvući ispred integrala,
tako da se drugi integral lijeve strane svodi na | � E(ρ)| puta povrˇsina plaˇsta valjka
Bd
| � E(ρ)|2ρπh = λ0
h,
tj. dobivamo isti izraz kao i ranije izravnom integracijom
�E(ρ) = λ0
2πǫ0
ǫ0
1
ρ �eρ.
Zadatak: 2.7 Gaussov zakon
Koristeći Gaussov zakon izračunajte električno polje beskonačno velike i beskonačno
tanke ravnine naelektrizirane konstantnom povrˇsinskom gustoćom naboja σ0.
ǫ0
z

38 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
R: Budući da je ploha beskonačna, polje moˇze imati samo smjer okomit na plohu
(neka to bude smjer �ex). Odaberemo li za plohu integracije valjak visine h i polumjera
R, tada je integracija polja po plaˇstu valjka jednaka nuli (�ex ·�eρ = 0), a
integracija po povrˇsini baza daje E�ex R 2 π�ex +E(−�ex)R 2 π(−�ex) = 2R 2 πE. S
druge strane, to je jednako ukupnom naboju obuhvaćenom plohom i podijeljenom
s ǫ0
2R 2 πE = 1
σ0R 2 π
ǫ0
�E = ± σ0
�ex,
2ǫ0
za x > 0 i x < 0 poluprostor. Primjetimo da u ovom slučaju polje ne ovisi o
udaljenosti od plohe.
Ako bismo umjesto beskonačno tanke plohe promatrali beskonačno debelu plohu vodiča koja
zauzima poluprostor x < 0, na čijoj se granici nalazi naboj rasporeden konstantnom
gustoćom σ0, postupkom kao gore, dobilo bi se
1 · R 2 πE = 1
σ0R 2 π
ǫ0
�E = σ0
�ex.
(Kasnije ćemo pokazati da je u unutraˇsnjosti vodiča polje jednako nuli.)
Ako su zadane dvije beskonačno velike i beskonačno tanke paralelno postavljnene ravnine naelektrizirane
konstantnim gustoćama naboja σ1 i −σ2, tada su iznosi polja od pojedinih ploča
jednaki
ǫ0
E1 = σ1
, E2 =
2ǫ0
σ2
,
2ǫ0
a smjerovi su prikazani na slici. Izvan ploča su silnice antiparalelne, pa je
Unutar ploča su silnice paralelne, pa je
Eout = σ1 −σ2
.
2ǫ0
Ein = σ1 +σ2
.
2ǫ0
Specijalno, ako je σ1 = σ2 = σ0, polje izvan ploča je jednako nuli, a polje unutar ploča je
Ein = σ0
To je upravo polje ravnog pločastog kondenzatora (o kojemu ćemo govoriti kasnije).
ǫ0
Zadatak: 2.8 Gaussov zakon
Koristeći Gaussov zakon izračunajte električno polje kugle polumjera R, naelektrizirane
konstantnom volumnom gustoćom naboja ρ0.
.
R: Zbogsfernesimetrijeodabiremosfernikoordinatnisustav(r,θ,ϕ)sishodiˇstem

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 39
u srediˇstu kugle. Isto tako zbog sferne simetrije je jasno da polje ne moˇze ovisiti
o kutovima θ i ϕ, nego samo o odaljenosti r i da mora biti usmjereno samo u �er
smjeru
�E(�r) = E(r)�er.
Izračunajmo najprije polje u u unutraˇsnjosti kugle: r < R. Za plohu integracije
odabiremo koncentričnu sferu polumjera r < R
�
Ein(r)�er r 2 d�er = 1
�
ρ0dr 3
ǫ0
Ein(r)r 2 4π = 1
�E in = ρ0
r�er.
3ǫ0
ǫ0
4
3 r3 πρ0
Polje unutar kugle linearno raste s udaljenoˇsću od srediˇsta.
Da bismo izračunali polje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremo koncentričnu sferu,
ali je ona sada polumjera r > R.
�
Eout(r)�er r 2 d�er = 1
�
ρ0dr 3
�E out = 1
ǫ0
Eout(r)r 2 4π = 1
4πǫ0
Q
�er.
r2 ǫ0
4
3 R3πρ0 = Q
Polje izvan kugle opada s udaljenoˇsću od srediˇsta. i isto je kao polje točkastog
naboja iznosa jednakog ukupnom naboju kugle Q = ρ0(4/3)R 3 π.
2.4.4 Rotacija: Stokesov teorem
Promatrajmo linijski integral proizvoljnog vektorskog polja � V(�r) po zatvorenoj usmjerenoj krivulji
C. Nastr. 20jepokazanodaovakavintegral predstavlja zbrojtangencijalnihkomponenata
polja � V(�r) po svim točkama krivulje.
Krivulja ne mora leˇzati 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)d�r.
C
Diferencijal d�r ima smjer obilaska krivulje. Podijeli li se zatvorena krivulja C na dvije zatvorene
krivulje, kao na slici 2.17, dobiju se dvije nove zatvorene krivulje
˜C1 = C1 +C ′ ,
Zbroj cirkulacija po ˜ C1 i ˜ C2 je jednak
�
˜C1
�
�V(�r)d�r1 +
˜C2
�
�V(�r)d�r2 =
C1
�
�V(�r)d�r1+
C ′
˜ C2 = C2 +C ′ .
�
�V(�r)d�r1 +
C2
ǫ0
�
�V(�r)d�r2 +
C ′
�V(�r)d�r2.

40 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Slika 2.17: Uz definiciju cirkulacije vektorskog polja.
No, gornji integrali po C ′ imaju istu vrijednost podintegralne funkcije, ali se izvode u suprotnim
smjerovima, pa su zato istog iznosa a suprotnog predznaka i njihov je zbroj jednak nuli
� �
�V(�r)d�r1 + �V(�r)d�r2 = 0.
Uz ovaj gornji rezultat, preostaje
� � �
�V(�r)d�r1 + �V(�r)d�r2 =
˜C1
˜C2
C ′
C1
C ′
�
�V(�r)d�r1 +
C2
�
�V(�r)d�r2 =
C
�V(�r)d�r,
tj. zbroj cirkulacija po ˜ C1 i ˜ C2 jedna je cirkulaciji po početnoj zatvorenoj krivulji C.
Očitoćesenastavljanjemdijeljenjagornjedvijezatvorenekrivuljenasvemanjeimanjedijelove,
opet medusobno poniˇstavati integrali po zajedničkim dijelovima, i za podjelupočetne zatvorene
krivulje na N manjih će vrijediti
�
Γ =
C
�V(�r)d�r =
N�
�
j=1
Cj
�V(�rj)d�rj.
Za N >> 1, tj. kada je početna krivulja podjeljena na puno vrlo malih zatvorenih krivulja,
svakoj toj maloj krivulji Cj se moˇze pridruˇziti ravna ploha ∆ � S j = �n0 ∆Sj čiji je iznos odreden
povrˇsinom plohe definirane krivuljom, a smjer okomicom na plohu i pravilom desne ruke. U
granici N → ∞, male krivulje Cj iˇsčezavaju, pa iˇsčezava i integral vektorskog polja po toj
krivulji. Isto tako iˇsčezava i povrˇsina ∆Sj. Ako dvije veličine svaka za sebe iˇsčezavaju, nije
nuˇzno da iˇsčezava i njihov omjer. Izračunajmo slijedeću graničnu vrijednost
limN→∞
�
Cj
�V(�rj)d�rj = 0,
limN→∞ ∆Sj = 0 .
⎫
⎬
⎭
lim
Cj,∆Sj →0
�
Cj
�V(�rj)d�rj
∆Sj
=?

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 41
Ograničimo se na j-tu krivulju, tako da moˇzemo izostaviti indeks j. Radi jednostavnosti, neka
je mala zatvorena krivulja pravokutnog oblika i neka leˇzi u ravnini z = const. kao na slici 2.18.
Općenito je, u pravokutnom koordinatnom sustavu,
pa je, uz konstantni z,
Slika 2.18: Uz izvod Stokesova teorema.
�V(�r) = �ex Vx(x,y,z)+�ey Vy(x,y,z)�ey +�ez Vz(x,y,z),
�r = �ex x+�ey y +�ez z,
d�r =�ex dx+�ey dy, z = const.
Izračunajmo sada cirkulaciju po malom pravokutniku
�
C
�V d�r =
=
�
�
C
C
�
�
�ex Vx(x,y,z)+�ey Vy(x,y,z)�ey +�ez Vz(x,y,z) ·
�
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy .
� �
�ex dx+�ey dy
Gornjiintegralpopravokutnikusaslike2.18,jednakjezbrojuintegralapostranicama(1),(2),(3)

42 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
i (4) tog istog pravokutnika (d�r ima smjer obilaska krivulje)
� �
� � �
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy = Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy
C
(1) (x,x+dx),y = const.
(2) x+dx = const.,(y,y +dy)
(3) (x+dx,x),y +dy = const.
(4) x = const.,(y +dy,y)
�
�
�
�
(1)
(2)
(3)
(4)
+
+
+
�
�
�
(1)
(2)
(3)
(4)
�
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy
�
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy
�
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy .
�
� � x+dx
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z) dy =
���� x
= 0
Vx(x,y,z)dx
�
Vx(x,y,z) dx
����
= 0
�
+Vy(x,y,z)dy =
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z) dy
����
= 0
�
Vx(x,y,z) dx
����
= 0
�
=
�
+Vy(x,y,z)dy =
� y+dy
y
� x
� y
x+dx
y+dy
Vy(x+dx,y,z)dy
Vx(x,y +dy,z)dx
Vy(x,y,z)dy.
Budući da su pravokutnici infinitezimalni, vrijednost polja je pribliˇzno konstantna u svim
točkama stranica pravokutnika i pribliˇzno je jednaka vrijednosti na polovici promatrane stranice.
Zato je promatrani linijski integral pribliˇzno jednak
�
C
�
�
Vx(x,y,z)dx+Vy(x,y,z)dy
� �
≃ Vx(x+dx/2,y,z) (x+dx)−x
� �
+ Vy(x+dx,y +dy/2,z) (y +dy)−y
� �
+ Vx(x+dx/2,y +dy,z) x−(x+dx)
� �
+ Vy(x,y +dy/2,z)dy y −(y +dy) .
Za male dx i dy, komponente polja Vx i Vy se mogu razviti u Taylorov red
�
= Vx(x,y,z)+ dx ∂Vx
2 ∂x +···
� �
dx+ Vy(x,y,z)+dx ∂Vy dy ∂Vy
+
∂x 2 ∂y +···
�
dy
�
− Vx(x,y,z)+ dx ∂Vx ∂Vx
+dy
2 ∂x ∂y +···
� �
dx− Vy(x,y,z)+ dy ∂Vy
2 ∂y +···
�
dy
� �
∂Vy ∂Vx
= − dxdy +O(d
∂x ∂y
3 ). (2.25)

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 43
rotacije vektorskog polja
Uvedimo pojam rotacije vektorskog polja � V, slijedećom definicijom (u pravokutnom koordinatnom
sustavu)
rot � V =�ex
� ∂Vz
∂y
�
∂Vy
− +�ey
∂z
� ∂Vx
∂z
�
∂Vz
− +�ez
∂x
� ∂Vy
∂x
�
∂Vx
− .
∂y
Uočimo cikličnost (x → y → z → x → y → ···) u definiranju komponenata vektora rotacije,
slično kao i kod definicije vektorskog umnoˇska dva vektora.
Primjetimo da rotaciju vektorske funkcije moˇzemo zapisati i pomoću operatora nabla, (2.17),
rot � V = −→ ∇ × � �
∂
V = �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
� �
× Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez
∂z
tj.
=
�ex �ey �ez
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Vx Vy Vz
rot � V ≡ −→ ∇ × � V =�ex
� ∂Vz
∂y
=�ex
� ∂Vz
∂y
�
∂Vy
− +�ey
∂z
�
∂Vy
− +�ey
∂z
� ∂Vx
∂z
� ∂Vx
∂z
�
∂Vz
− +�ez
∂x
Rezultat rotacije vektorskog polja � V je novo vektorsko polje −→ ∇ × � V.
C
�
∂Vz
− +�ez
∂x
� ∂Vy
∂x
� ∂Vy
∂x
�
∂Vx
− .
∂y
(2.27)
Sada moˇzemo u relaciji (2.25) za cirkulaciju, prepoznati z-komponentu vektora rotacije polja
�V � � �
∂Vy ∂Vx �V d�r = − dxdy +O(d
∂x ∂y
3 ) = ( −→ ∇ × � V)zdxdy +O(d 3 ) (2.28)
Takoder, moˇzemo izračunati i početni limes
� �
�V(�rj)d�rj Cj (
lim = lim
Cj,∆Sj →0 ∆Sj dx,dy→0
−→ ∇ × � V)zdxdy
+
dxdy
O(d3 �
)
= (
dxdy
−→ ∇ × � V)z,
gdje je
( −→ ∇ × � �
−→∇
�
V)z =�ez · × V�
Slični bi se izrazi dobili i za preostale komponente rotacije, pri čemu gornju zatvorenu krivulju
(2.26)
�
∂Vx
− ,
∂y

44 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
shvaćamo kao projekciju neke male prostorne krivulje na ravninu (x,y)
( −→ ∇ × � V)x = ∂Vz
∂y
( −→ ∇ × � V)y = ∂Vx
∂z
− ∂Vy
∂z ,
− ∂Vz
∂x .
Sada se moˇzemo vratiti početnom izrazu za cirkulaciju vektorskog polja, koji u granici N → ∞
postaje
�
N�
� � �
N�
�V(�r)d�r
1
= ∆Sj
�V(�rj)d�rj = ∆Sj�n0,j (
C
∆Sj Cj
j=1
j=1
−→ ∇ × � V)
�
N → ∞
= �N j=1 ∆Sj�n0,j → �
S(C) d� � �
= (
S S(C)
−→ ∇ × � V)d � S.
S�n0,j je označen jedinični vektor okomit na malu plohu
dS. Time su povezani linijski integral vektorskog polja
po zatvorenoj krivulji C i povrˇsinski integral rotacije
tog istog polja po povrˇsini S(C) definiranoj krivuljom
C, a dobivena se veza zove Stokesov teorem
�
C
�
�V(�r)d�r =
S(C)
( −→ ∇ × � V)d � S.
Slika2.19: SirGeorgeGabrielStokes,1stBaronet
FRS (13. VIII 1819. – 1. II 1903.),
engleski fizičar i matematičar.
(2.29)
Primjetimo da jedna jedina krivulja C definira beskonačno
mnogo ploha S(C) čiji je ona rub. Sve su te
plohe otvorene (dok su kod Gaussova teorema, (2.22),
one bile zatvorene).
Fizičko značenje rotacije jeste opis jednog svojstva vektorskog
poljakojesenazivavrtloˇznost. Onosemoˇze
iˇsčitati iz relacije (2.28): 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, kaˇze se da je polje bezvrtloˇzno.
Zadatak: 2.9 Izravnim računom izračunajte cirkulaciju vektorskog polja � V = x 2 y 3 �ex +�ey +z�ez
po kruˇznici 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)d�r.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 45
Uvrstimo veze pravokutnog i cilindričnog koordinatnog sustava, odjeljak 2.5,
tako da je
�
�V(�r)d�r = R
C
�r = R�eρ,
d�r = Rd�eρ = Rdϕ�eϕ,
�eϕ = −�ex sinϕ+�ey cosϕ,
�
−R 5
� 2π
x = Rcosϕ, y = Rsinϕ,
0
sin 4 ϕ cos 2 � 2π
ϕ dϕ+
0
�
π R6
cosϕ dϕ = −
8 .
Naravno, do istog se rezultata moˇze doći i računom pomoću Stokesova teorema.
Uvrˇstavanjem veze pravokutnog i sfernog koordinatnog sustava, odjeljak 2.6:
d � S = �erR 2 sinθdθdϕ, �er =�ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ,
x = Rsinθcosϕ, y = Rsinθsinϕ,
i integracijom po gornjoj polusferi
�
S(C)
( −→ ∇ × � V)d � S =
� π/2
0
sinθdθ
dobijemo iti rezultat za cirkulaciju.
� 2π
Zadatak: 2.10 Zadano je vektorsko polje iz zadatka 2.2
0
dϕR 2 �er(−3x 2 y 2 �ez) = −3R 6 · 1 π
·
6 4
�F =�ex (2xy +z 3 )+�ey (x 2 +2y)+�ez (3xz 2 −2).
= −π R6
8 .
Izračunajte −→ ∇ × � F. Razumijete li sada zaˇsto su rezultati u (a),(b) i (c) iz zadatka
2.2 medusobno jednaki? Moˇze li ovo polje predstavljati elektrostatsko polje i zaˇsto?
R: Izravnim uvrˇstavanjem � F u (2.26) i deriviranjem, odmah se dobiva
−→ ∇ × � F =�ex (0−0)+�ey (3z 2 −3z 2 )+�ez (2x−2x) = 0.
Polje jekonzervativno (rotacijamu jejednaka nuli), pa zato linijski integrali ne ovise
o putu (ukoliko su konačne točke iste). Konzervativnost je i razlog zaˇsto ovo polje
moˇze predstavljati elektrostatsko polje.
Zadatak: 2.11 Pokaˇzimo da polje točkastog naboja zadovoljava drugu Maxwellovu jednadˇzbu
−→ ∇ × � E = 0.

46 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
R: Polje točkastog naboja iznosa q smjeˇstenog u ishodiˇstu je
�E(�r) = 1
ili, po komponentama pravokutnog sustava
−→ ∇ × � E =�ex
� ∂Ez
∂y
Ex =
1
q
4πǫ0
Ey =
1
q
4πǫ0
1
Ez = q
4πǫ0
� �
∂Ey ∂Ex
− +�ey
∂z ∂z
4πǫ0
q
�r, (2.30)
r3 x
(x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2,
y
(x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2,
z
(x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2.
− ∂Ez
∂x
�
+�ez
� ∂Ey
∂x
(2.31)
�
∂Ex
− . (2.32)
∂y
Izravnom derivacijom se lako dobije da je svaka od okruglih zagrada jednaka nuli,
pa je i njihov zbroj jednak nuli.
2.4.5 Laplaceov operator
Od osobite je vaˇznosti (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 10 operator ili laplasijan. U pravokutnom koor-
dinatnom sustavu je on oblika
�
∂
div(grads) = �ex
∂x +�ey
≡ ∇ 2 s
∂
∂y +�ez
gdje je s ∇ 2 označen Laplaceov operator
∇ 2 = ∂2
∂x
∂y
2 + ∂2
2 + ∂2
∂z 2.
� �
∂ ∂s
�ex
∂z ∂x +�ey
∂s
∂y +�ez
(2.33)
Operacije gradijenta, divergencije i rotacije se mogu
i kombinirati. Tako je npr. lako pokazati (izravnim
uvrˇstavanjem prema definicijama) da je za svako vektorsko
polje � V
div rot � V ≡ −→ ∇ · ( −→ ∇ × � V) = 0. (2.34)
Slično je i za svako skalarno polje s
rot grad s ≡ −→ ∇ × ( −→ ∇ s) = 0. (2.35)
10 Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizičar, astronom, matematičar i filozof,
�
∂s
=
∂z
∂2s ∂x2 + ∂2s ∂y2 + ∂2s ∂z2 Slika 2.20: Pierre-Simon marquis de Laplace
(23. III 1749. – 5. III 1827.) francuski
fizičar, astronom, matematičar i filozof.

2.4. VEKTORSKI DIFERENCIJALNI OPERATORI 47
Zadatak: 2.12 Pokaˇzite da vrijedi
−→ ∇ × ( −→ ∇ × � V) = −→ ∇( −→ ∇ � V)−∇ 2� V. (2.36)
Uputa: moˇzete koristiti raspis u pravokutnom koordinatnom sustavu.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 2.13 Iz elektrostatike je poznata veza izmedu električnog polja � E i električnog potencijala
V
�E = − −→ ∇ V.
Pokaˇzite da iz nje izravno slijedi druga Maxwellova jednadˇzba −→ ∇ × � E = 0.
R:
−→ ∇ × ( −→ ∇V) =�ex
�
∂ ∂V
∂y ∂z
−→ ∇V =�ex
∂V
∂x +�ey
∂V
∂y +�ez
∂V
∂z
�
∂ ∂V
− +�ey
∂z ∂y
�
∂ ∂V
∂z ∂x
�
∂ ∂sV
− +�ez
∂x ∂z
�
∂ ∂V
∂x ∂y
Zadatak: 2.14 Pokaˇzite da za proizvoljno skalarno polje s i vektorska polja � U i � V vrijede
slijedeće relacije:
−→ ∇ × (s � U) = s −→ ∇ × � U +( −→ ∇ s) × � U,
−→ ∇( � U × � V) = � V( −→ ∇ × � U)− � U( −→ ∇ × � V),
Uputa: moˇzete koristiti raspis u pravokutnom koordinatnom sustavu.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 2.15 Poznat je električni potencijal izmedu dvije beskonačne paralelne vodljive ploče
koje su okomite na os x
V(x) = Ax 4/3 +Bx+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 Poissonove jednadˇzbe
∇ 2 V(�r) = − ρel(�r)
.
ǫ0
�
∂ ∂V
− = 0.
∂y ∂x

48 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Raspisana u pravokutnom koordinatnom sustavu, gornja jednadˇzba vodi na
− ρel
ǫ0
= ∂2 V
∂x2 + ∂2 V
∂y2 + ∂2 V
∂z2 = A 4
3
ρel(x) = −A ǫ0
2.5 Cilindrični koordinatni sustav
1
3 x−2/3
4 1
9 x2/3. Kao ˇsto smo spomenuli na početku ovog odjeljka, pored pravokutnog koordinatnog sustava
postoje joˇs i mnogi drugi koordinatni sustavi. Odabir odredenog koordinatnog sustava ovisi
o simetriji problema koji se rjeˇsava. U situacijama kada je razmatrani problem simetričan
na zakret oko nepomične osi, koristi se cilindrični koordinatni sustav (CKS). Poloˇzaj 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
Slika 2.21: Uz definiciju koordinata cilindričnog koordinatnog sustava.
udaljenosti promatrane točke od osi z. Koordinata ϕ je kut koji duˇzina ρ zatvara s pozitivnim
smjerom osi x. Svakoj točki prostora je jednoznačno pridruˇzena trojka brojeva (ρ,ϕ,z), pri
čemu ρ,ϕ i z mogu poprimati vrijednosti iz slijedećih intervala
ρ ∈ (0,∞), ϕ ∈ (0,2π), z ∈ (−∞,+∞).
Cilindrični koordinatni sustav ograničen na ravninu (x,y,z = 0), se zove polarni koordinatni
sustav (PKS) , slika 2.22. Veze pravokutnih i cilindričnih koordinata se dobivaju
elementarnom trigonometrijom

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 49
Slika 2.22: Uz definiciju koordinata polarnog koordinatnog
sustava.
x = ρcosϕ, ρ = � x 2 +y 2 ,
Slika 2.23: Krivulje u ravnini (x,y) na kojima ρ i ϕ
imaju konstantne vrijednosti.
y = ρsinϕ, ϕ = arctan y
, (2.37)
x
z = z.
Plohe na kojima koordinata ρ ima konstantnu vrijednost su kruˇzni valjci
x 2 +y 2 = ρ 2 , ∀ z,
a plohe na kojima ϕ ima konstantnu vrijednost su ravnine okomite na ravninu (x,y)
y = tanϕ x, ∀ z.
Plohe na kojima z ima konstantnu vrijednost su ravnine paralelne s ravninom (x,y).
Presjeci ovih cilindara i ravnina s ravninom (x,y) daju kruˇznice i pravce poput onih prikazanih
na slici 2.23. Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima ρ i ϕ imaju konstantne vrijednosti,
medusobno okomite. Takoder su i okomite na ravnine z = const.
Svakoj od koordinata ρ,ϕ i z, se pridruˇzuju jedinični vektori smjera �eρ,�eϕ i �ez, koji su
usmjereni u pravcu porasta odgovarajuće koordinate
(slika2.21)uzkonstantnevrijednostipreostaledvijekoordinate. Akoradijvektoru�rpovećavamo
koordinatu ρ za infinitezimalni iznos dρ, a ϕ i z drˇzimo konstantnim, tada vektor,
�
�
�r(ρ+dρ,ϕ,z)−�r(ρ,ϕ,z) ∼�eρ
ima smjer �eρ. Isti smjer ima i gornji vektor pomnoˇzen skalarom 1/dρ
�r(ρ+dρ,ϕ,z)−�r(ρ,ϕ,z)
dρ
∼�eρ
Smjer se neće promijeniti ni kada izvedemo granični prijelaz dρ → 0,
lim
dρ→0
�r(ρ+dρ,ϕ,z)−�r(ρ,ϕ,z)
dρ
∼�eρ

50 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
koji zatim prepoznajemo kao parcijalnu derivaciju �r po ρ
� �
∂�r
∼�eρ.
∂ρ ϕ,z
No, gornji vektor joˇs ne mora biti i jediničnog iznosa. Da bismo ga napravili jediničnim, treba
ga podijeliti njegovim iznosom, kao u (2.1),
�eρ =
� �
∂�r
∂ρ ϕ,z
Na sličan način se odreduje joˇs i jedinični vektor �eϕ
�eϕ =
� �
∂�r
∂ϕ ρ,z
� �
���� � �
∂�r
∂ρ
� �
���� � �
∂�r
∂ϕ
Vektor �ez je jedinični vektor iz pravokutnog koordinatnog sustava i njega ne treba računati.
ρ,z
ϕ,z
�
�
�
�
� ,
�
�
�
�
�
(2.38)
Izračunajmo ove jedinične vektore, koristeći izraz za radij vektor u pravokutnom koordinatnom
sustavu
�r = x�ex +y �ey +z �ez
i vezu cilindričkog s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.37).
Započnimo s jediničnim vektorom �eρ
pa je
� �
∂�r
∂ρ ϕ,z
�
��
�
� ∂�r
�
� ∂ρ
ϕ,z
�
�
�
�
� =
= ∂
∂ρ
= ∂
∂ρ
�
x�ex +y�ey +z�ez
�
ϕ,z
�
�
�ex (ρcosϕ)+�ey (ρsinϕ)+�ez z
= �ex cosϕ+�ey sinϕ,
�
cos 2 ϕ+sin 2 ϕ = 1,
�eρ =�eρ(ϕ) =�ex cosϕ+�ey sinϕ. (2.39)
Primjetimo da, iako �eρ ima konstantan iznos jednak jedinici, joˇs uvijek nema i konstantan
smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u točkama s različitom vrijednoˇsću ϕ i vektor
�eρ ima različite smjerove.
ϕ,z

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 51
Na sličan način se odreduje i jedinični vektor �eϕ:
� �
∂�r
=
∂ϕ ρ,z
∂
� �
x�ex +y�ey +z�ez
∂ϕ
ρ,z
= ∂
�
�
�ex (ρcosϕ)+�ey (ρsinϕ)+�ez z
∂ϕ
pa je
�
��
�
� ∂�r
�
� ∂ϕ
ρ,z
�
�
�
�
� =
= −�exρsinϕ+�eyρcosϕ,
�
ρ 2 (sin 2 ϕ+cos 2 ϕ) = ρ,
�eϕ =�eϕ(ϕ) = −�ex sinϕ+�ey cosϕ. (2.40)
Primjetimo i ovdje da, iako �eϕ ima konstantan iznos jednak jedinici, joˇs uvijek nema i konstantan
smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u točkama s različitom vrijednoˇsću ϕ
i vektor �eϕ ima različite smjerove.
Vektor �ez je naprosto �ez koji smo upoznali joˇs kod pravokutnog koordinatnog sustava i tu se
ne treba niˇsta računati.
Ove jedinične vektore moˇzemo prikazati i u obliku jednostupčanih matrica
⎡ ⎤
1
⎢ ⎥
⎢ ⎥
�eρ = ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
0
, �eϕ
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 1 ⎥
⎣ ⎦
0
, �ez
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
1
,
Pravokutnu i cilindričnu bazu moˇzemo povezati matricom M CP
⎡ ⎤
�eρ
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �eϕ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
= M ⎡ ⎤
�ex
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
CP �ey ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
, M ⎡
cosϕ
⎢
CP = ⎢ −sinϕ
⎣
sinϕ
cosϕ
⎤
0
⎥
0 ⎥
⎥.
⎦
(2.41)
0 0 1
Lako je vidjeti da je inverzna matrica (koja izvodi prijelaz iz pravokutnog u cilindrični, M PC)
jednaka transponiranoj, relacija (2.93),
M PC ≡ M −1
CP = M T CP,
M T CP ·M CP = M CP ·M T CP
= 1,
M PC ·M CP = M CP ·M PC = 1
ρ,z

52 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
iz čega odmah slijedi
⎡ ⎤
�ex
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �ey ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
= M ⎡ ⎤
�eρ
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
PC �eϕ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
, M PC ≡ M T CP =
⎡
cosϕ
⎢ sinϕ
⎣
−sinϕ
cosϕ
⎤
0
⎥
0 ⎥
⎥.
⎦
(2.42)
0 0 1
Raspisana po komponentama, gornja jednadˇzba glasi
�ex = cosϕ�eρ −sinϕ�eϕ,
�ey = sinϕ�eρ +cosϕ�eϕ,
�ez = �ez.
U skladu s gornjom analizom, zaključujemo da se proizvoljni vektor � V moˇze prikazati kao
jednostupčana matrica
⎡ ⎤
Posebno, radij vektor je oblika
�V =
⎢
⎣
Vρ
Vϕ
Vz
⎥
⎦ .
�r = x�ex +y �ey +z �ez
⎡
ρ
⎢
= ρ (�ex cosϕ+�ey sinϕ)+z �ez = ρ�eρ +z �ez = ⎢ 0
⎣
z
Iznos vektora je dan Pitagorinim poučkom
| � �
V| = V 2
ρ +V2 ϕ +V2 z .
Mnoˇzenje vektora sklarom s
s � V = sVρ�eρ +sVϕ�eϕ +s � Vz�ez.
U skladu s definicijom skalarnog umnoˇska, a pomoću relacija (2.39) i (2.40), za bazne vektore
vrijedi
�eρ ·�eρ = 1, �eρ ·�eϕ = 0, �eρ ·�ez = 0,
�eϕ ·�eρ = 0, �eϕ ·�eϕ = 1, �eϕ ·�ez = 0, (2.43)
�ez ·�eρ = 0, �ez ·�eϕ = 0, �ez ·�ez = 1.
⎤
⎥
⎦ .

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 53
Iz gornje tablice slijedi izraz za skalarni umnoˇzak dva proizvoljna vektora
�V · � � � � �
U = Vρ�eρ +Vϕ�eϕ +Vz�ez · Uρ�eρ +Uϕ�eϕ +Uz�ez = VρUρ +VϕUϕ +VzUz.
Pomoćuskalarnogumnoˇskaseikutmeduvektorimamoˇzenapisatikao: �eV ·�eU = 1·1 cos( � V, � U),
ˇsto moˇzemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova
koje zatvara s koordinatnim osima.
�eV ·�eρ = cos( � V,�eρ) = � V
V ·�eρ = Vρ�eρ +Vϕ�eϕ +Vz�ez
·�eρ =
V
Vρ
V ⇒ Vρ = V cos( � V,�eρ),
�
�V = V cos( � V,�eρ)�eρ +cos( � V,�eϕ)�eϕ +cos( � �
V,�ez)�ez .
Iz relacija (2.39) i (2.40) se takoder dolazi i do izraza za vektorske umnoˇske baznih vektora
�eρ × �eρ = 0, �eρ × �eϕ = �ez, �eρ × �ez = −�eϕ,
�eϕ × �eρ = −�ez, �eϕ × �eϕ = 0, �eϕ × �ez = �eρ, (2.44)
�ez × �eρ = �eϕ, �ez × �eϕ = −�eρ, �ez × �ez = 0.
Pomoću gornjih umnoˇzaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoˇska dva opća
vektora
�V × � � � � �
U = Vρ�eρ +Vϕ�eϕ +Vz�ez × Uρ�eρ +Uϕ�eϕ +Uz�ez
= �eρ (VϕUz −VzUϕ)+�eϕ (VzUρ −VρUz)+�ez (VρUϕ −VϕUρ).
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoˇska: ρ → ϕ → z → ρ →
ϕ → ···. Vektorski umnoˇzak se moˇze pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
�V × � U =
�eρ �eϕ �ez
Vρ Vϕ Vz
Uρ Uϕ Uz
Usporedbom rastava � V u pravokutnoj i cilindričnoj bazi
�V = Vx �ex +Vy �ey +Vz �ez = Vρ �eρ +Vϕ �eϕ +Vz �ez,
i koristeći (2.39) i (2.40), zaključujemo da postoji slijedeća veza medu komponentama
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢
⎣
Vx
Vy
Vz
⎥
⎦ = M ⎢
PC ⎢
⎣
Vρ
Vϕ
Vz
⎥
⎦ ,
⎢
⎣
Vρ
Vϕ
Vz
.
⎥
⎦ = M ⎢
CP ⎢
⎣
Vx
Vy
Vz
⎥
⎦ .

54 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Za razliku od vektora �ex,�ey,�ez koji su istog smjera u svakoj točki prostora (slika 2.24.A),
iz relacija (2.39) i (2.40) se jasno vidi da, kako se mijenja poloˇzaj točke u prostoru, tako
se mijenjaju i smjerovi baznih vektora u ravnini (x,y) (slika 2.24.B) Izračunajmo promjene
Slika 2.24: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i cilindričnog (tj. polarnog) (B) koordinatnog sustava.
smjerova vektora �eρ i �eϕ (iznosi su im jedinični, pa se oni ne mogu mijenjati, mijenja im se
samo smjer). Prema relacijama (2.39) i (2.40) je
d�eρ = −�ex sinϕdϕ+�ey cosϕdϕ =�eϕdϕ,
d�eϕ = −�ex cosϕdϕ−�ey sinϕdϕ = −�eρdϕ, (2.45)
d�ez = 0.
Primjetimo da je promjena baznih vektora okomita na same vektore, tj. da je
d�eρ ·�eρ = d�eϕ ·�eϕ = 0
kao ˇsto i mora biti, jer bi npr. promjena �eρ u smjeru �eρ promjenila normu od �eρ i on viˇse ne
bi bio jedinični vektor 11 .
Pomoću gornjih diferencijala moˇzemo 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 moˇze aproksimirati paralelopipedom čiji su vektori bridova �a, � b,�c, upravo jednaki
11 Usporedite s relacijom (2.11)

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 55
(slika 2.25)
�a = �r(ρ+dρ,ϕ,z)−�r(ρ,ϕ,z) = ∂�r
dρ =�eρdρ,
∂ρ
�
∂�r
b = �r(ρ,ϕ+dϕ,z)−�r(ρ,ϕ,z) = dϕ = ρ�eϕdϕ,
∂ϕ
�c = �r(ρ,ϕ,z +dz)−�r(ρ,ϕ,z) = ∂�r
dz =�ezdz.
∂z
Prema (2.8) volumen se računa pomoću mjeˇsovitog umnoˇska vektora
Slika 2.25: Uz diferencijal volumena u cilindričnom koordinatnom sustavu.
dr 3 ≡ dV =�a ·( � b × �c) =�eρdρ·(ρ�eϕdϕ × �ezdz) = ρdρdϕdz.
Na sličan način se moˇze izračunati i diferencijal zakrivljene plohe z = const. Prema relaciji
(2.6) povrˇsina paralelograma je dana iznosom vektorskog umnoˇska vektora stranica |�a × � b|. U
naˇsem primjeru je
dr 2 � �
� �
≡ dS = ��eρ dρ × ρ�eϕdϕ � = ρdρdϕ.
Izračunajmo joˇs 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 .

56 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Koristeći veze (2.37) izmedu pravokutnog i cilindričnog sustava, lako se dobiva
dx = dρ cosϕ−ρ sinϕdϕ,
dy = dρ sinϕ+ρ cosϕdϕ,
(ds) 2 = (dρ) 2 +ρ 2 (dϕ) 2 +(dz) 2 . (2.46)
Gornji je izraz posebni slučaj općeg izraza (2.68), iz kojega se mogu očitati komponente metričkog
tenzora gii cilindričnog koordinatnog sustava.
Diferencijalni operatori
u CKS su oblika12 �
−→ ∂ �eϕ ∂
∇s = �eρ +
∂ρ ρ ∂ϕ +�ez
�
∂
s,
∂z
−→
∇V �
1 ∂
� �
= ρVρ +
ρ ∂ρ
1 ∂ Vϕ ∂ Vz
+
ρ ∂ϕ ∂z ,
�
−→ �eρ ∂Vz
∇ × V � =
ρ ∂ϕ −ρ∂Vϕ
� � �
∂Vρ ∂Vz
+�eϕ −
∂z ∂z ∂ρ
∇ 2 � �
1 ∂
s = ρ
ρ∂ρ
∂
�
+
∂ρ
1
ρ2 ∂2 ∂2
+
∂ϕ2 ∂z2 �
s.
+ �ez
ρ
� ∂Vϕρ
∂ρ
�
∂Vρ
− ,
∂ϕ
Zadatak: 2.16 U polarnim koordinatama napiˇsite jednadˇzbu pravca koji leˇzi u ravnini (x,y).
R: dovrˇsiti
Zadatak: 2.17 U polarnim koordinatama napiˇsite jednadˇzbu kruˇznice koja leˇzi u ravnini (x,y).
R: dovrˇsiti
Zadatak: 2.18 U polarnim koordinatama napiˇsite jednadˇzbu Arhimedove spirale koja leˇzi u
ravnini (x,y). Arhimedova spirala je putanja točke koja se konstantnom brzinom v0
udaljava od ishodiˇsta gibajući se po polupravcu, pri čemu se i sam polupravac vrti
oko ishodiˇsta konstantnom kutnom brzinom ω0.
12 Vidjeti npr. u [13].
R: Prema uvjetima zadatka je
ρ = v0 t, ϕ = ω0 t.
Eliminacijom vremena iz gornjih jednadˇzba se odmah dobiva traˇzena jednadˇzba
Arhimedove spirale
ρ(ϕ) = v0
ω0
ϕ.

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 57
2.5.1 Joˇs neki cilindrični koordinatni sustavi
Pored gore opisanog cilindričnog sustava koji se naziva joˇs i kruˇzni cilindrični sustav, postoji
joˇs nekoliko cilindričnih sustava, definiranih na slijedeći način [4]:
(a) Eliptični cilindrični sustav s koordinatama (u,v,z)
x = a coshu cosv, u > 0,
y = a sinhu sinv, v ∈ (0,2π),
z = z, −∞ < z < +∞.
Krivulje s konstantnim u čine elipse s poluosima
acoshu i asinhu (slika 2.26)
x2 a2cosh 2 u +
y2 a2sinh 2 u = cos2v+sin 2 v = 1,
a krivulje s konstantnim v čine hiperbole (slika 2.26)
x2 a2cos2 y2
−
v a2sin 2 v = cosh2u−sinh 2 u = 1.
Plohenakojimaz imakonstantnuvrijednost suravnine
paralelne s ravninom (x,y). Primjetimo da su plohe (i
krivulje) na kojima u i v imaju konstantne vrijednosti,
medusobno okomite. Takoder su i okomite na ravnine
z = const.
Računom jakobijana (odjeljak 10.1)
J =
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂z
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂z
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂z
dolazi se do izraza za diferencijal volumena
dr 3 =
�
�
� J
=
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
0 0 1
�
�
� du dv dz = a 2� sinh 2 u+sin 2 v � du dv dz.
Slika 2.26: Krivulje u ravnini (x,y) na kojima
u i v imaju konstantne vrijednosti (a =
1).
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
u = 1
u = 2
v = pi/5
v = 2 pi / 5
-4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
Zadatak: 2.19 Izračunajte jedinične vektore �eu i �ev eliptičnog cilindričnog sustava.
R: dovrˇsiti
0
0
,

58 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
(b) Parabolični cilindrični sustav
x = uv, u > 0,
y = v2 −u2 , v > 0,
2
z = z, −∞ < z < +∞.
Plohe konstantnog u čine konfokalne parabolične cilindre
(slika 2.27)
2y = x2
u 2 −u2 , ∀ z,
otvorene prema pozitivnom smjeru osi y, dok plohe s
konstantnim v takoder čine konfokalne parabolične cilindre
(slika 2.27)
2y = − x2
v 2 +v2 , ∀ z,
ali otvorene u smjeru osi −y. Plohe na kojima z ima
konstantnu vrijednost su ravnine paralelne s ravninom
(x,y). Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima u
i v imaju konstantne vrijednosti, medusobno okomite.
Takoder su i okomite na ravnine z = const.
Računom jakobijana (odjeljak 10.1)
J =
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂z
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂z
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂z
dolazi se do izraza za diferencijal volumena
dr 3 =
�
�
� J
=
∂x
∂u
∂x
∂v
Slika 2.27: Krivulje u ravnini (x,y) na kojima
u i v imaju konstantne vrijednosti.
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
u = 1.0
u = 0.5
u = 0.2
v = 1.0
v = 0.5
v = 0.2
-1.5
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
∂y
∂u
∂y
∂v
0 0 1
�
�
� du dv dz = � u 2 +v 2� dudvdz.
Zadatak: 2.20 Izračunajte jedinične vektore �eu i �ev paraboličnog cilindričnog sustava.
R: U skladu s (2.38) moˇze se napisati
� � � �
∂�r
���� � � �
∂�r
�
�
�eu =
�
∂u ∂u �
v,z
v,z
�ev =
� �
∂�r
∂v u,z
0
0
,
� �
���� � �
∂�r
∂v
u,z
�
�
�
�
� ,

2.5. CILINDRIČNI KOORDINATNI SUSTAV 59
pri čemu je
�r = x�ex +y�ey +z�ez = uv�ex + v2 −u2 �ey +z�ez.
2
Izravnim kombiniranjem gornja dva izraza, lako se dolazi do
�eu =
�ev =
v
√
u2 +v2 �ex
u
− √
u2 +v2 �ey,
u
√
u2 +v2 �ex
v
+ √
u2 +v2 �ey.
Skalarni i vektorski umnoˇsci gornjih vektora su jednaki
iz čega slijedi zaključak da vektori
čine desnu ortonormiranu bazu.
(c) Bipolarni cilindrični sustav
x = a
y = a
�eu · �ev = 0, �eu × �ev =�ez,
�eu, �ev, �ez
sinhu
, −∞ < u < +∞,
coshu−cosv
sinv
, v ∈ (0,2π),
coshu−cosv
z = z −∞ < z < +∞.
Za konstantni v u (x,y) ravnini se dobivaju kruˇznice
(slika 2.28)
x 2 +
�
y − a
�2 =
tanv
a2
sin 2 v .
Isto se tako dobivaju kruˇznice u (x,y) i za konstantni
u (slika 2.28)
�
x− a
�2 +y
tanhu
2 = a2
sinh 2 u .
Plohenakojimaz imakonstantnuvrijednost suravnine
paralelne s ravninom (x,y).
Primjetimo da su plohe (i krivulje) na kojima u i
v imaju konstantne vrijednosti, medusobno okomite.
Takoder su i okomite na ravnine z = const.
Slika 2.28: Krivulje u ravnini (x,y) na kojima
u i v imaju konstantne vrijednosti (a =
1).
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
v = pi / 6
v = pi / 4
v = pi / 3
u = 1
u = 0.5
u = 1.5
-4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

60 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Računom jakobijana (odjeljak 10.1)
J =
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂z
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂z
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂z
dolazi se do izraza za diferencijal volumena
dr 3 =
�
�
� J
�
�
� du dv dz =
=
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
0 0 1
a2 2 dudvdz.
(coshu−cosv)
Zadatak: 2.21 Izračunajte jedinične vektore �eu i �ev bipolarnog cilindričnog sustava.
R: dovrˇsiti
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
najćeˇsće korisno raditi u sfernom koordinatnom sustavu. Poloˇzaj točke u prostoru se, unutar
sfernog koordinatnog sustava, opisuje koordinatama: r,θ i ϕ (slika 2.29). Koordinata r ima
vrijednost radijalne udaljenosti promatrane točke od ishodiˇsta. 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 2.29). Svakoj točki prostora je jednoznačno
pridruˇzena trojka brojeva (r,θ,ϕ), pri čemu r,θ i ϕ mogu poprimati slijedeće vrijednosti
r ∈ (0,∞), θ ∈ (0,π), ϕ ∈ (0,2π).
Veze pravokutnih i sfernih koordinata se dobivaju elementarnom trigonometrijom
x = rsinθcosϕ, r = � x 2 +y 2 +z 2 ,
�
x2 +y2 y = rsinθsinϕ, θ = arctan , (2.47)
z
z = rcosθ, ϕ = arctan y
x .
Svakoj odkoordinatar,θ iϕ, sepridruˇzujujedinični vektori smjera�er,�eθ i�eϕ, kojisuusmjereni
u pravcu porasta odgovarajuće koordinate (slika 2.29) uz konstantne vrijednosti preostale dvije
0
0
,

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 61
Slika 2.29: Uz definiciju koordinata sfernog koordinatnog sustava.
koordinate. Npr. ako radij vektoru �r povećavamo koordinatu r za infinitezimalni iznos dr, pri
čemu kutove θ i ϕ drˇzimo konstantnim, rezultantni vektor
�r(r +dr,θ,ϕ)−�r(r,θ,ϕ)
ima smjer�er. Ako gornji vektor pomnoˇzimo skalarom 1/dr i izvedemo granični prijelaz dr → 0,
smjer vektora će i dalje biti smjer �er. No, prema definiciji derivacije, dobiveni izraz je upravo
derivacija �r po r
�er ∼ lim
dr→0
�r(r +dr,θ,ϕ)−�r(r,θ,ϕ)
dr
=
� �
∂�r
.
∂r θ,ϕ
Jeligornjivektornaˇstraˇzenivektor�er? Nenuˇzno. Naime, gornjivektornemorabitijediničnog
iznosa. No, poznato je (relacija (2.1)) kako se od proizvoljnog vektora napravi jedinični vektor
istog smjera: treba ga jednostavno podijeliti njegovom normom
�er =
� �
∂�r
∂r θ,ϕ
� � ����
� �
∂�r
∂r θ,ϕ
Na sličan način se odreduju i preostala dva jedinična vektora �eθ i �eϕ
� �
∂�r
�eθ =
∂θ r,ϕ
� �
���� � � �
∂�r
�
�
�
∂θ � r,ϕ
, �eϕ
� �
∂�r
=
∂ϕ r,θ
� �
���� � �
∂�r
∂ϕ
Izračunajmo ove jedinične vektore, koristeći vezu s pravokutnim koordinatnim sustavom (2.47)
�r = x�ex +y�ey +z�ez .
�
�
�
�
� .
= rsinθcosϕ�ex +rsinθsinϕ�ey +rcosθ �ez.
r,θ
�
�
�
�
� .

62 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Krenimo s jediničnim vektorom �er
� �
∂�r
=
∂r
∂
�
rsinθcosϕ�ex +rsinθsinϕ�ey +rcosθ �ez
∂r
θ,ϕ
= �ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ.
Sada joˇs treba izračunati iznos gornjeg vektora
�
��
� �
� ∂�r
�
�
� �
� ∂r � =
�
sin 2 θcos2 ϕ+sin 2 θsin 2 ϕ+cos 2θ = 1,
pa je
θ,ϕ
�er =�er(θ,ϕ) =�ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ. (2.48)
Primjetimo da, iako �er ima konstantan iznos jednak jedinici, joˇs uvijek nema i konstantan
smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom θ i ϕ, tj. u točkama s različitom vrijednoˇsću θ i ϕ
i vektor �er ima različite smjerove.
Sličnim putem se dolazi i do preostala dva jedinična vektora.
� �
∂�r
=
∂θ
∂
�
rsinθcosϕ�ex +rsinθsinϕ�ey +rcosθ �ez
∂θ
r,ϕ
= r(�ex cosθcosϕ+�ey cosθsinϕ−�ez sinθ).
Izračunajmo i iznos gornjeg vektora
�
��
� �
� ∂�r
�
�
� �
� ∂θ � =
�
r2 (cos2θcos 2ϕ+cos 2θsin 2 ϕ+sin 2 θ) = r,
pa je
r,ϕ
�eθ =�eθ(θ,ϕ) =�ex cosθcosϕ+�ey cosθsinϕ−�ez sinθ. (2.49)
Ponovo primjetimo da, iako �eθ ima konstantan iznos jednak jedinici, joˇs uvijek nema i konstantan
smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom θ i ϕ, tj. u točkama s različitom vrijednoˇsću
θ i ϕ i vektor �eθ ima različite smjerove.
� �
∂�r
∂ϕ r,θ
= ∂
∂ϕ
�
�
rsinθcosϕ�ex +rsinθsinϕ�ey +rcosθ �ez
r,θ
= [�exrsinθ(−)sinϕ+�eyrsinθcosϕ+�ez ·0].
Izračunajmo i iznos gornjeg vektora
�
��
� �
� ∂�r
�
�
� �
� ∂ϕ � =
�
r2 (sin 2 θsin 2 ϕ+sin 2 θcos2 ϕ) = r ·sinθ,
r,θ
�
�
θ,ϕ
r,ϕ

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 63
pa je
�eϕ =�eϕ(ϕ) = −�ex sinϕ+�ey cosϕ. (2.50)
Kao i prethodna dva vektora, �er i �eθ, tako i �eϕ ima konstantan iznos jednak jedinici, ali
nema i konstantan smjer, jer mu se smjer mjenja s promjenom ϕ, tj. u točkama s različitom
vrijednoˇsću ϕ i vektor �eϕ ima različite smjerove.
Ovi se jedinični vektori mogu prikazati i u obliku D × 1 matrice (gdje je D = 3 dimenzija
prostora)
�er
⎡ ⎤
1
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
0
, �eθ
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 1 ⎥
⎣ ⎦
0
, �eϕ
⎡ ⎤
0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 ⎥
⎣ ⎦
1
,
Nadalje, pravokutnu i sfernu bazu moˇzemo povezati matricom M SP
⎡ ⎤
�er
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �eθ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�eϕ
= M ⎡ ⎤
�ex
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
SP �ey ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
, M ⎡
sinθcosϕ
⎢
SP = ⎢ cosθcosϕ
⎣
sinθsinϕ
cosθsinϕ
⎤
cosθ
⎥
−sinθ ⎥
⎥.
(2.51)
⎦
−sinϕ cosϕ 0
Lako je vidjeti da je inverzna matrica (koja izvodi prijelaz iz PKS u SKS, M PS) jednaka
transponiranoj , relacija (2.93),
M PS = M −1
SP = M T SP
M T SP ·M SP = M SP ·M T SP = 1,
iz čega odmah slijedi
⎡ ⎤
�ex
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �ey ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�ez
= M ⎡ ⎤
�er
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
PS �eθ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�eϕ
, M PS = M T SP =
⎡
sinθcosϕ
⎢ sinθsinϕ
⎣
cosθcosϕ
cosθsinϕ
⎤
−sinϕ
⎥
cosϕ ⎥
⎦
cosθ −sinθ 0
.
Raspisana po komponentama, gornja jednadˇzba glasi
�ex = sinθcosϕ�er +cosθcosϕ�eθ −sinϕ�eϕ,
�ey = sinθsinϕ�er +cosθsinϕ�eθ +cosϕ�eϕ,
�ez = cosθ �er −sinθ �eθ.

64 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Kombiniranjem izraza (2.41) i (2.51), lako se dolazi do veze izmedu jediničnih vektora cilindričnog
i sfernog koordinatnog sustava
⎡ ⎤
�er
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �eθ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦ = M ⎡ ⎤
�eρ
⎢ ⎥
⎢ ⎥
SP ·M ⎢
PC �eϕ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
�eϕ
�ez
�ez
⎡ ⎤
�eρ
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ �eϕ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦ = M ⎡
�er
⎢
CP ·M ⎢
PS �eθ ⎢
⎣
gdje su matrice M SC i M CS, definirane izrazima,
medusobno inverzne matrice
�eϕ
M SC ≡ M SP ·M PC = ...
M CS ≡ M CP ·M PS = ...
M SC · M CS = M CS · M SC = 1,
koje povezuju vektorske komponente vektora u CKS i SKS.
U skladu s gornjom analizom, zaključujemo da se proizvoljni vektor � V moˇze prikazati kao
jednostupčana matrica
⎡ ⎤
Posebno, radij vektor je oblika
�V =
⎢
⎣
�r = r �er =
Vr
Vθ
Vϕ
⎡
r
⎢ 0
⎣
0
⎥
⎦ .
⎤
⎥
⎦ .
Iznos vektora je dan preko Pitagorina poučka
| � �
V| = V 2
r +V2 θ +V2 ϕ .
Mnoˇzenje vektora � V sklarom s raspisano po komponentama
s � V = sVr�er +sVθ�eθ +s � Vϕ�eϕ.
⎤
⎥
⎦ ,

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 65
U skladu s definicijom skalarnog umnoˇska, a pomoću relacija (2.48) - (2.50), za bazne vektore
vrijedi
�er ·�er = 1, �er ·�eθ = 0, �er ·�eϕ = 0,
�eθ ·�er = 0, �eθ ·�eθ = 1, �eθ ·�eϕ = 0, (2.52)
�eϕ ·�er = 0, �eϕ ·�eθ = 0, �eϕ ·�eϕ = 1,
Prema gornjoj tablici, skalarni umnoˇzak dva vektora je
�V · � U = (Vr�er +Vθ�eθ +Vϕ�eϕ)·(Ur�er +Uθ�eθ +Uϕ�eϕ) = VrUr +VθUθ +VϕUϕ;
Pomoćuskalarnogumnoˇskaseikutmeduvektorimamoˇzenapisatikao: �eV ·�eU = 1·1 cos( � V, � U),
ˇsto moˇzemo iskoristiti da dodemo do zapisa vektora preko njegovog iznosa i kosinusa kutova
koje zatvara s koordinatnim osima.
�eV ·�er = cos( � V,�er) = � V
V ·�er = Vr�er +Vθ�eθ +Vϕ�eϕ
·�er =
V
Vr
V ⇒ Vr = V cos( � V,�er),
�
�V = V cos( � V,�er)�er +cos( � V,�eθ)�eθ +cos( � �
V,�eϕ)�eϕ .
Iz relacija (2.48) - (2.50) lako se moˇze doći do izraza za vektorske umnoˇske baznih vektora
�er × �er = 0, �er × �eθ = �eϕ, �er × �eϕ = −�eθ
�eθ × �er = −�eϕ, �eθ × �eθ = 0, �eθ × �eϕ = �er (2.53)
�eϕ × �er = �eθ, �eϕ × �eθ = −�er, �eϕ × �eϕ = 0
Pomoću gornjih umnoˇzaka, lako se dobiva i izraz za komponente vektorskog umnoˇska dva opća
vektora
�V × � U = (Vr�er +Vθ�eθ +Vϕ�eϕ) × (Ur�er +Uθ�eθ +Uϕ�eϕ)
= VrUr�er × �er +VrUθ�er × �eθ +VrUϕ�er × �eϕ
+ VθUr�eθ × �er +VθUθ�eθ × �eθ +VθUϕ�eθ × �eϕ
+ VϕUr�eϕ × �er +VϕUθ�eϕ × �eθ +VϕUϕ�eϕ × �eϕ
= �er (VθUϕ −VϕUθ)+�eθ (VϕUr −VrUϕ)+�eϕ (VrUθ −VθUr).
Primjetimo cikličnost u definiciji komponenata vektorskog umnoˇska: r → θ → ϕ → r →
θ → ···. Vektorski umnoˇzak se moˇze pregledno napisati i preko determinante (u pomalo
nekorektnom obliku, jer nisu svi elementi determinate skalari)
�V × � U =
�er �eθ �eϕ
Vr Vθ Vϕ
Ur Uθ Uϕ
.

66 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
S obzirom da bazni vektori zadovoljavaju relacije (2.52) i (2.53), oni čine ortonormiranu desnu
bazu trodimenzijskog prostora.
Usporedbom rastava � V u pravokutnoj i sfernoj bazi,
�V = Vx �ex +Vy �ey +Vz �ez = Vr �er +Vθ �eθ +Vϕ �eϕ,
i koriˇstenjem relacija (2.48) - (2.50), dolazimo do slijedeće veze medu komponentama
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢
⎣
Vx
Vy
Vz
⎥
⎦ = M ⎢
PS ⎢
⎣
Vr
Vθ
Vϕ
⎥
⎦ ,
⎢
⎣
Vr
Vθ
Vϕ
⎥
⎦ = M ⎢
SP ⎢
⎣
Za razliku od vektora �ex,�ey,�ez koji su istog smjera u svakoj točki prostora (slika 2.30.A),
iz relacija (2.48) - (2.50) se jasno vidi da, kako se mijenja poloˇzaj točke u prostoru, tako se
mijenjaju i smjerovi baznih vektora (slika 2.30.B). Izračunajmo promjenu smjera vektora �er
Slika 2.30: Smjerovi baznih vektora pravokutnog (A) i sfernog (B) koordinatnog sustava.
(iznos mu je jedinični, pa se on ne moˇze mijenjati, mijenja se samo smjer). Prema relaciji (2.48)
je
� � � � � �
d�er = �exd sinθcosϕ +�eyd sinθsinϕ +�ezd cosθ
(2.54)
=
�
� �
�ex cosθcosϕ+�ey cosθsinϕ−�ez sinθ dθ+
= �eθdθ+�eϕ sinθdϕ.
Primjetimo da je promjena d�er okomita na sam vektor �er, tj. da je
d�er ·�er = 0
Vx
Vy
Vz
⎥
⎦ .
�
−�ex sinθsinϕ+�ey sinθcosϕ dϕ

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 67
kao ˇsto i mora biti, jer bi promjena �er u smjeru �er promjenila normu od �er i on viˇse ne bi bio
jedinični vektor. Na sličan način se i iz relacije (2.49) dobije
� � � � � �
d�eθ = �exd cosθcosϕ +�eyd cosθsinϕ −�ezd sinθ
(2.55)
=
�
� �
�
−�ex sinθcosϕ−�ey sinθsinϕ−�ez cosθ dθ+ −�ex cosθsinϕ+�ey cosθcosϕ dϕ
= −�erdθ+�eϕ cosθdϕ.
I ovdje je d�eθ okomito na �eθ
I na kraju, vektor d�eϕ
�
d�eϕ =
Opet je
d�eθ · �eθ = 0.
� � �
−�ex cosϕ−�ey sinϕ dϕ = −sinθ�er −cosθ�eθ dϕ. (2.56)
d�eϕ · �eϕ = 0.
Pomoću gornjih diferencijala moˇzemo 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 moˇze aproksimirati paralelopipedom čiji su vektori stranica �a, � b,�c, upravo jednaki
(slika 2.31)
�a = �r(r+dr,θ,ϕ)−�r(r,θ,ϕ) = ∂�r
dr =�erdr,
∂r
�
∂�r
b = �r(r,θ+dθ,ϕ)−�r(r,θ,ϕ) = dθ = r�eθdθ,
∂θ
�c = �r(r,θ,ϕ+dϕ)−�r(r,θ,ϕ) = ∂�r
dϕ = rsinθ�eϕdϕ.
∂ϕ
Prema (2.8) volumen računamo pomoću mjeˇsovitog umnoˇska vektora
dV =�a ·( � � �
b × �c) =�erdr · r�eθdθ × rsinθ�eϕdϕ = r 2 sinθdrdθdϕ.
Na sličan način se moˇze izračunati i diferencijal sferne plohe r = const. Prema relaciji (2.6)
povrˇsina paralelograma jedana iznosom vektorskog umnoˇska vektora stranica | �b ×�c|. Unaˇsem
primjeru je (slika 2.31)
�
�
dS = �� � � �
� � �
b × �c � = �r�eθdθ × rsinθ�eϕdϕ � = r 2 sinθdθdϕ.
Za diferencijal prostornog kuta se obično korisiti oznaka dΩ ≡ sinθdθdϕ, tako da je puni
prostorni kut jednak
� � π � 2π
dΩ = sinθdθ dϕ = 4π
0
0

68 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
steradijana.
Slika 2.31: Uz diferencijal volumena u sfernom koordinatnom sustavu.
Izračunajmo joˇs 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 (2.47) izmedu pravokutnog i sfernog sustava, lako se dobiva
(ds) 2 = (dr) 2 +r 2 (dθ) 2 +r 2 sinθ 2 (dϕ) 2 . (2.57)
Gornji je izraz posebni slučaj općeg izraza (2.68), iz kojega se mogu očitati komponente metričkog
tenzora gii sfernog koordinatnog sustava.
Diferencijalni operatori

2.6. SFERNI KOORDINATNI SUSTAV 69
u SKS su oblika 13
−→ ∇ s =
−→ ∇ � V = 1
r 2
−→ ∇ × � V =
∇ 2 s =
�
�
∂ �eθ ∂ �eϕ ∂
�er + + s,
∂r r ∂θ rsinθ ∂ϕ
∂ � � 2 1 ∂
� �
r Vr + sinθVθ +
∂r rsinθ ∂θ
1 ∂ Vϕ
rsinθ ∂ϕ ,
�
�er ∂Vϕsinθ
−
rsinθ ∂θ
∂Vθ
�
+
∂ϕ
�eθ
�
∂Vr
rsinθ ∂ϕ −sinθ∂rVϕ
�
+
∂r
�eϕ
�
∂rVθ
r ∂r
�
1
r2 � �
∂ 2 ∂
r +
∂r ∂r
1
r2 �
∂
sinθ
sinθ ∂θ
∂
�
∂
+
∂θ
2
∂ϕ2 �
s.
2.6.1 D-dimenzijski sferni koordinatni sustav
1
r 2 sin 2 θ
�
∂Vr
− ,
∂θ
Sferni koordinatni sustav se moˇze i poopćiti s tri dimenzije na proizvoljan broj dimenzija D.
Neka su, umjesto s x,y,z, pravokutne koordinate označene s
x1,x2,··· ,xD.
Tada npr. jednadˇzba sfere polumjera R sa srediˇstem u točki
glasi
(x1,0,x2,0,··· ,xD,0)
(x1 −x1,0) 2 +(x2 −x2,0) 2 +···+(xD−1 −xD−1,0) 2 +(xD −xD,0) 2 = R 2 .
Sferne koordinate u D-dimenzijskom prostoru
r,θ1,θ2,··· ,θD−1
se definiraju kao poopćenje D = 3-dimenzijskih sfernih koordinata (2.47). Veze medu pravokutnim
i sfernim koordinatama su dane relacijama
13 Vidjeti npr. u [13].
x1 = r cosθ1,
x2 = r sinθ1 cosθ2,
x3 = r sinθ1 sinθ2 cosθ3,
.
xD−1 = r sinθ1 sinθ2 ··· sinθD−2cosθD−1,
xD = r sinθ1 sinθ2 ··· sinθD−2sinθD−1.

70 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Inverzne veze i područje vrijednosti sfernih varijabla su
r = � x1 2 +x2 2 +···+xD−1 2 +xD 2 , 0 ≤ r < ∞,
θ1 = arctan
θ2 = arctan
.
θD−2 = arctan
θD−1 = arctan xD
�
x2 2 +x3 2 +···+x 2 D
, 0 ≤ θ1 ≤ π,
x1
�
x3 2 +···+x 2 D
, 0 ≤ θ2 ≤ π,
x2
�
xD−1 2 +x2 D
, 0 ≤ θD−2 ≤ π,
xD−1
xD−2
0 ≤ θD−1 ≤ 2π.
Diferencijal D-dimenzijskog volumena dVD ≡ dr D se računa pomoću jakobijana (odjeljak 10.1)
dr D =
�
�
� J
= r D−1
J =
∂x1
∂r
∂x1
∂θ1
∂x1
∂θ2
···
∂x2
∂r
∂x2
∂θ1
∂x2
∂θ2
�
�
� dr dθ1 dθ2 ··· dθD−1
� �D−2 � �D−3 sinθ1 sinθ2
∂x3
∂r
∂x3
∂θ1
∂x3
∂θ2
···
···
···
··· sinθD−2 dr dθ1 dθ2 ··· dθD−1.
Diferencijal D-dimenzijskog prostornog kuta je
� �D−2 � �D−3 dΩD = sinθ1 sinθ2 ··· sinθD−2 dθ1 dθ2 ··· dθD−1.
Puni prostorni kut u D-dimenzijskom prostoru je
�
ΩD =
=
= 2 πD/2
� π
0
dΩD
dθ1
Γ(D/2) .
�
sinθ1
� D−2 � π
0
dθ2
�
sinθ2
� D−3
� π
···
0
dθD−2 sinθD−2
� 2π
0
dθD−1

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 71
Volumen sfere polumjera R u D-dimenzijskom prostoru je
�
VD = dr D
=
� R
0
= RD
D
r D−1 dr
2 π D/2
Γ(D/2) ,
� π
0
dθ1
�
sinθ1
� D−2 � π
ˇsto se, za D = 3, svodi na poznati izraz 4πR 3 /3.
0
dθ2
�
sinθ2
� D−3
� π
···
0
dθD−2 sinθD−2
Primjetimo da se u konačnim izrazima za volumen i prostorni kut, prostorna dimenzija D
pojavljuje kao parametar, pa ne mora biti nuˇzno cjelobrojna.
2.7 Kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora
Naka su u trodimenzijskom prostoru zadana tri nekomplanarna vektora
�e1, �e2, �e3.
Ovi vektori ne moraju biti medusobno okomiti i ne moraju biti jedinične duljine
�ei · �ej �= δ i,j .
Pomoćuovihvektorasemoˇzeproizvoljnivektor � V napisatiuoblikunjihovelinearnekombinacije
�V = V 1 �e1 +V 2 �e2 +V 3 �e3
(primjetimo da sada V 2 ne znači V ·V, nego je to samo oznaka za drugu komponetu vektora i
slično za V 3 ). Pomoću vektora �ej definira se novi skup vektora
�e 1 , �e 2 , �e 3 ,
tako da vektor �e i bude okomit na ravninu u kojoj leˇze vektori �ej i �ek (gdje i,j,k označavaju
ciklični redoslijed ...,2,3,1,2,3,...)
Tako je npr.
�e i = ci �ej × �ek.
�e 1 = c1 �e2 × �e3,
�e 2 = c2 �e3 × �e1,
�e 3 = c3 �e1 × �e2,
gdje su cj konstante. U tom slučaju za skalarne umnoˇske vrijedi
�e i ·�ei = ci (�ej × �ek)·�ei = ci · V
�e i ·�ej = ci (�ej × �ek)·�ej = 0 i �= j,
� 2π
0
dθD−1

72 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
gdje je volumen
V =�ei ·(�ej × �ek),
a nula u drugoj jednadˇzbi dolazi od okomitosti
(�ej × �ek) ⊥�ej.
Odaberu li se konstante u gornjim izrazima tako da budu sve jednake
moˇze se jednostavno napisati
ci = 1
V ,
�e i = 1
V �ej × �ek = �ej × �ek
�ei ·(�ej × �ek) ,
�e i ·�ej = δi,j.
Izračunajmo volumen V paralelopipeda čije su stranice vektori �e i , npr.
V =�e 1 ·(�e 2 × �e 3 ) = 1
V (�e2 × �e3)·
Primjenom relacije (2.9), dobiva se
� 1
V (�e3 × �e1) × 1
V (�e1 × �e2)
V = 1
V 3(�e2 �� � � � �
× �e3)· (�e3 × �e1)·�e2 ·�e1 − (�e3 × �e1)·�e1 ·�e2
= 1
V 3(�e2 × �e3)·{V �e1 −0} = 1
V 2(�e2 × �e3)·�e1
= 1
. (2.58)
V
Volumen V ima inverznu vrijednost volumena V .
Vektori �e i su takoder nekomplanarni, pa se proizvoljni vektor � V moˇze napisati i u obliku
�V = V1 �e 1 +V2 �e 2 +V3 �e 3 .
Izrazimo i vektore �ei preko vektora �e i , tako ˇsto ćemo (ponovo koristeći (2.9)) izračunati npr.
�e 2 × �e 3 = 1
V (�e3 × �e1) × 1
V (�e1 × �e2)
= 1
V 2
�� � � � �
(�e3 × �e1)·�e2 ·�e1 − (�e3 × �e1)·�e1 ·�e2
� �� � � �� �
= V = 0
⇒ �e1 = V�e 2 × �e 3
�
.
= 1
V �e1

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 73
ili, općenito
Lako je vidjeti da je
ili, kraće
�ei ·�e i = V
�ei ·�e j = V
�ei = V�e j × �e k ,
�e1 = V�e 2 × �e 3 ,
�e2 = V�e 3 × �e 1 ,
�e3 = V�e 1 × �e 2 .
�
�e j × �e k
�
·�e i = V V = 1,
�
�e j × �e k
�
·�e j = 0, i �= j
�ei ·�e j = δi,j.
Sada se i skalarni umnoˇzak vektora � V i � U moˇze napisati kao
�V · � �
3�
U = Vi �e i
� �
3�
· U j �
3� 3�
�ej = Vi U j �e i ·�ej =
=
i=1
j=1
�
3�
V i � �
3�
�ei ·
i=1
j=1
Uj �e j
�
=
i=1
3�
i=1
j=1
3�
j=1
V i Uj �ei ·�e j =
3�
i=1
3�
i=1
3�
j=1
3�
j=1
Vi U j δi,j =
V i Uj δi,j =
Skupove vektora (�e1,�e2,�e3) i (�e 1 ,�e 2 ,�e 3 ) nazivamo medusobno recipročnim. U odnosu na
skup vektora (�e1,�e2,�e3), komponente V i senazivajukontravarijantne, aVi kovarijantne
komponente vektora � V.
U tri dimenzije vektori �ei i �e i se koriste u kristalografiji za opis kristalne reˇsetke i njoj
recipročne (inverzne) reˇsetke, a poopćenje na četverodimenzijski prostor se primjenjuje u teoriji
relativnosti.
U posebnom slučaju kada su �ei medusobno okomiti i jediničnog iznosa, tada je i
�ei ·�ej = δi,j,
�ei = �e i ,
Vi = V i .
Označimo skalarne umnoˇske vektora �ei i �e i na slijedeći način:
�ei ·�ej = g ij, �e i ·�e j = g ij . (2.59)
3�
j=1
3�
j=1
Vj U j ,
V j Uj.

74 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Uskoro ćemo, relacijama (2.64) i (2.65), pokazati da veličine g ij i g ij odreduju udaljenost
točaka u prostoru i to je razlog zaˇsto se nazivaju elementima metričkog tenzora Zbog
komutativnosti skalarnog umnoˇska je g ij = g ji i g ij = g ji , tj. metrički je tenzor simetričan.
Tada je
I slično
�e i · � V = �e i ·(V 1 �e1 +V 2 �e2 +V 3 �e3) = V i
V i = �e i · � V =�e i
V i =
3�
j=1
Vj �e j
3�
Vj g ji . (2.60)
j=1
�ei · � V = �ei ·(V1 �e 1 +V2 �e 2 +V3 �e 3 ) = Vi
Vi = �ei · � V =�ei
Vi =
3�
j=1
3�
V j �ej
j=1
V j g ji. (2.61)
Iz relacija (2.60) i (2.61) se vidi da g ij i g ij nisu medusobno nezavisni
Vj =
3�
i=1
V i g ij =
3�
�
3�
i=1
k=1
Vk g ki
Iz gornje jednakosti zaključujemo da je
tj. da je
3�
i=1
3�
i=1
�
g ij = Vj
g ji g ij = 1,
3�
i=1
g ji g ij +
g ki g ij = 0, k �= j,
3�
i=1
Na sličan način dolazimo i do simetrične relacije
V j 3�
= Vi g ij 3�
�
3�
�
=
i=1
i=1
k=1
V k g ki
3�
i=1
3�
k=1
k�=j
Vk
� 3�
i=1
g ki g ij
g ki g ij = δ k,j. (2.62)
g ij = V j
3�
i=1
g ji g ij +
3�
k=1
k�=j
V k
� 3�
i=1
g ki g ij
g ki g ij = δ k,j. (2.63)
�
.
�
.

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 75
Jednadˇzbe (2.62) i (2.63) moˇzemo preglednije napisati u matričnom obliku
⎡
g
⎢
⎣
11 g12 g13 g21 g22 g23 ⎤
⎥
⎦ ·
⎡
g11
⎢ g21 ⎢
⎣
g12
g22
⎤
g13
⎥
g23 ⎥
⎦ =
⎡ ⎤
1 0 0
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ 0 1 0 ⎥
⎣ ⎦
0 0 1
=
⎡
⎢
⎣
g 31 g 32 g 33
g31 g32 g33
tj. matrice [g ij] i [g ij ] su jedna drugoj inverzne
[g ij] = [g ij ] −1 ,
Det [g ij] · Det [g ij ] = 1.
g11 g12 g13
g21 g22 g23
g31 g32 g33
⎤
⎡
⎥
⎦ ·
⎢
⎣
Računom inverzne matrice, iz gornjih se relacija očitavaju veze medu kovarijantnim i kontravarijantnim
komponentama metričkog tenzora. Tako je npr.
g 11 = g22g33 −g32g23
,
g
g 12 = − g21g33 −g23g31
,
g
g 13 = ··· itd. ··· ,
gdje je s g označena determinanta metričkog tenzora
Pokaˇzimo i da je
g =
g11 g12 g13
g21 g22 g23
g31 g32 g33
g = V 2 ...dovrsiti
Neka vekor � V označava vektor koji spaja ishodiˇste koordinatnog sustava s točkom V. Kvadrat
udaljenosti točke od ishodiˇsta, � V · � V, se naziva metrička forma. Ona se moˇze izraziti preko
kontravarijantnih
�V · � V = (V 1 �e1 +V 2 �e2 +V 3 �e3)·(V 1 �e1 +V 2 �e2 +V 3 �e3)
= (V 1 ) 2 g11 +(V 2 ) 2 g22 +(V 3 ) 2 g33 +2V 1 V 2 g12 +2V 1 V 3 g13 +2V 2 V 3 g23
i preko kovarijantnih komponenata
�V · � V = (V1 �e 1 +V2 �e 2 +V3 �e 3 )·(V1 �e 1 +V2 �e 2 +V3 �e 3 )
g 11 g 12 g 13
g 21 g 22 g 23
g 31 g 32 g 33
(2.64)
(2.65)
= (V1) 2 g 11 +(V2) 2 g 22 +(V3) 2 g 33 +2V1V2g 12 +2V1V3g 13 +2V2V3g 23
vektora � V (pri čemu smo uzeli u obzir da je metrički tenzor simetričan) .
⎤
⎥
⎦ ,

76 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
I skalarni umnoˇzak dva vektora se moˇze izraziti preko komponenata metričkog tenzora:
�V · � 3�
U = Vi �e i
3�
Uj �e j 3� 3�
= Vi Uj �e i �e j 3� 3�
= Vi Uj g ij
�V · � U =
i=1
j=1
i=1
j=1
= g 11 V1 U1 +g 22 V2 U2 +g 33 V3 U3
+ g 12 (V1 U2 +V2 U1)+g 13 (V1 U3 +V3 U1)+g 23 (V2 U3 +V3 U2)
= � V1 V2 V3
3�
i=1
V i �ei
3�
j=1
�
⎡
⎢
⎣
U j �ej =
g 11 g 12 g 13
g 21 g 22 g 23
g 31 g 32 g 33
3�
i=1
3�
j=1
⎤
⎡
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎣
U1
U2
U3
V i U j �ei �ej =
⎤
i=1
j=1
⎥
⎦ ≡ 〈 Vi | g ij | Uj 〉 . (2.66)
3�
i=1
3�
j=1
V i U j gij
= g11 V 1 U 1 +g22 V 2 U 2 +g33 V 3 U 3
+ g12 (V 1 U 2 +V 2 U 1 )+g13 (V 1 U 3 +V 3 U 1 )+g23 (V 2 U 3 +V 3 U 2 )
= � V 1 V 2 V
3 �
⎡
⎢
⎣
g11 g12 g13
g21 g22 g23
g31 g32 g33
⎤ ⎡
U
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎣
1
U2 U3 Budući da i (2.66) i (2.67) predstavljaju isti skalarni umnoˇzak, � V · � U, to je
〈 Vi | g ij | Uj 〉 = 〈 V i | gij | U j 〉 ≡ 〈 V | g | U 〉,
pa se indeksi mogu izostaviti.
Prema (2.4), norma vektora � V se dobiva iz gornjih izraza (uz � U = � V) kao
| � V| = � 〈 V | g | V 〉.
⎤
⎥
⎦ ≡ 〈 V i | gij | U j 〉 . (2.67)
Iz definicije skalarnog umnoˇska, (2.2), lako se dobije izraz za kut α izmedu vektora � V i � U
Neka je sada
cos α =
〈 V | g | U 〉
� 〈 V | g | V 〉 � 〈 U | g | U 〉 .
�V = � U ≡ d�r = dx 1 �e1 +dx 2 �e2 +dx 3 �e3,
spojnica dvije bliske točke. Tada izrazi (2.66) i (2.67) predstavljaju poopćenje Pitagorinog
teorma
d�r · d�r ≡ (ds) 2 = g11 (dx 1 ) 2 +g22 (dx 2 ) 2 +g33 (dx 3 ) 2
+ 2g12 dx 1 dx 2 +2g13 dx 1 dx 3 +2g23 dx 2 dx 3 .

2.7. KOVARIJANTNE I KONTRAVARIJANTNE KOMPONENTE VEKTORA 77
Ukoliko se koordinatni sustav orotgonalan (g ij = 0, i �= j), ali ne i normiran (g ii �= 1),
udaljenost medu točkama je
pri čemu se veličine
(ds) 2 = g11 (dx 1 ) 2 +g22 (dx 2 ) 2 +g33 (dx 3 ) 2
= (h1 dx 1 ) 2 +(h2 dx 2 ) 2 +(h3 dx 3 ) 2 ,
hi ≡ √ g ii
(2.68)
nazivaju faktorima skale (scale factors). Izraz (2.68) se moˇze usporediti s (2.46) cilindričnog ili
s (2.57) sfernog koordinatnog sustava.
U Euklidskom je prostoru, koji je joˇs i ortonormiran, (g ij = δ i,j), izraz za udaljenost svodi se
na poznati izraz za Pitagorin teorem
(ds) 2 = (dx 1 ) 2 +(dx 2 ) 2 +(dx 3 ) 2 .
Pokaˇzimo joˇs jednu interpretaciju metričkog tenzora.
Neka je poloˇzaj čestice u trodimenzijskom prostoru odreden trima poopćenim (općenito krivolinijskim)
koordinatama
Veze s pravokutnim koordinatama su oblika
q1, q2, q3.
x = x(q1,q2,q3),
y = y(q1,q2,q3),
z = z(q1,q2,q3),
�r = x�ex +y�ey +z�ez.
Vektor�ei je vektor (ne nuˇzno jedinični) usmjeren prema porastu koordinate qi, tj. tangencijalan
je na krivulju po kojoj se mijenja qi (uz konstantne vrijednosti druge dvije koordinate qj i qk).
Kao ˇsto je pokazano u odjeljku 2.3 (slika 2.8), vektor d�r ima smjer tangenete na krivulju u
danoj točki, pa je zato vektor �ei jednak
� �
∂�r
�ei =
∂qi
qj qk
= ∂x
�ex +
∂qi
∂y
�ey +
∂qi
∂z
�ez. (2.69)
∂qi
Iz gornjeg izraza se za elemente metričkog tenzora, prema (2.59), dobiva
�
∂x
g ij = �ei ·�ej = �ex +
∂qi
∂y
�ey +
∂qi
∂z
� �
∂x
�ez · �ex +
∂qi ∂qj
∂y
�ey +
∂qj
∂z
�
�ez
∂qj
= ∂x
∂qi
∂x
∂qj
+ ∂y
∂qi
∂y
∂qj
+ ∂z
∂qi
Gornji oblik metričkog tenzora, koristi se u odjeljku (10.1).
∂z
. (2.70)
∂qj

78 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
2.8 Ortogonalna preobrazba
U nastavku ćemo se ograničiti na ortonormirane koordinatne sustave, pa nećemo praviti razliku
izmedu kovarijantnih i kontravarijantnih vektora.
Promatrajmodvapravokutnakoordinatnasustava(O,x,y,z)i(O,x ′ ,y ′ ,z ′ )saistimishodiˇstem
O, ali različitim smjerovima koordinatnih osi, kao na slici 2.32. Za zadani proizvoljni vektor
Slika 2.32: Uz ilustraciju ortogonalne preobrazbe.
�V (npr. � V moˇze 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 mj kosinuse kutova koje vektor�ex ′ zatvararedom s vektorima�ex,�ey i�ez. Uskladu
s definicijom skalarnog umnoˇska (2.2), moˇzemo pisati
cos(�ex ′,�ex) = �ex ·�ex ′ ≡ m1,
cos(�ex ′,�ey) = �ey ·�ex ′ ≡ m2,
cos(�ex ′,�ez) = �ez ·�ex ′ ≡ m3.
Svaki vektor, pa tako i �ex ′, se moˇze napisati kao linearna kombinacija vektora baze (O,x,y,z),
tako da je
�ex ′ = (�ex ·�ex ′)�ex +(�ey ·�ex ′)�ey +(�ez ·�ex ′)�ez = m1 �ex +m2 �ey +m3 �ez. (2.71)
Neka su nj kosinusi kutova koje vektor �ey ′ zatvara s vektorima �ex,�ey i�ez, a lj neka su kosinusi
kutova kojevektor�ez ′ zatvarasvektorima�ex,�ey i�ez. Akosesustav(O,x ′ ,y ′ ,z ′ )vrtiuodnosu
na sustav (O,x,y,z), svi su ovi kosinusi smjerova funkcije vremena. Sličnim postupkom kao

2.8. ORTOGONALNA PREOBRAZBA 79
gore, dolazi se do
�ey ′ = n1 �ex +n2 �ey +n3 �ez,
�ez ′ = l1 �ex +l2 �ey +l3 �ez.
(2.72)
Ovih devet kosinusa smjerova, mj,nj i lj, u cjelosti odreduju orjentaciju koordinatnog sustava
(O,x ′ ,y ′ ,z ′ ) prema (O,x,y,z). No, budući da i vektori �ex ′,�ey ′ i �ez ′ takoder čine bazu, to se
svaki vektor, pa tako i �ex,�ey i �ez, mogu prikazati kao njihova linearna kombinacija
�ex = (�ex ·�ex ′)�ex ′ +(�ex ·�ey ′)�ey ′ +(�ex ·�ez ′)�ez ′ = m1�ex ′ +n1�ey ′ +l1�ez ′,
�ey = (�ey ·�ex ′)�ex ′ +(�ey ·�ey ′)�ey ′ +(�ey ·�ez ′)�ez ′ = m2�ex ′ +n2�ey ′ +l2�ez ′ , (2.73)
�ez = (�ez ·�ex ′)�ex ′ +(�ez ·�ey ′)�ey ′ +(�ez ·�ez ′)�ez ′ = m3�ex ′ +n3�ey ′ +l3�ez ′.
Promotrimo sada opći vektor � V i raspiˇsimo ga po komponentama u oba sustava
�V = Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez = V ′ ′ ′
x �ex ′ +V y �ey ′ +V z �ez ′ .
Pomnoˇzi li se gornja relacija najprije skalarno s �ex ′, a zatim i sa �ey ′ i �ez ′, dobiju se slijedeće
relacije
V ′
x = m1Vx +m2Vy +m3Vz,
V ′
y = n1Vx +n2Vy +n3Vz, (2.74)
V ′
z = l1Vx +l2Vy +l3Vz,
Ovo je veza medu komponentama proizvoljnog vektora u obje baze.
Pokaˇzimo sada ovih devet kosinusa smjerova, mj,nj i lj, nisu svi medusobno nezavisni. Nisu
nezavisni zato jer bazni vektori moraju zadovoljavati ˇsest relacija ortonormiranosti
�ex ·�ex =�ey ·�ey =�ez ·�ez = 1, �ex ·�ey =�ex ·�ez =�ey ·�ez = 0 (2.75)
i slično za �ex ′,�ey ′ i �ez ′ (ali to vodi na iste uvjete). Ako devet veličina zadovoljava ˇsest jednadˇzba,
onda to znači da su samo tri medu njima medusobno neovisni, a ostalih ˇsest se moˇze
izračuanti iz ova tri i ˇsest jednadˇzba uvjeta (2.75). Raspiˇsimo ove uvjete
�ex ·�ex = 1 = (m1�ex ′ +n1�ey ′ +l1�ez ′)·(m1�ex ′ +n1�ey ′ +l1�ez ′) = m2 1 +n2 1 +l2 1 ,
�ey ·�ey = 1 = (m2�ex ′ +n2�ey ′ +l2�ez ′)·(m2�ex ′ +n2�ey ′ +l2�ez ′) = m2 2 +n 2 2 +l 2 2,
�ez ·�ez = 1 = (m3�ex ′ +n3�ey ′ +l3�ez ′)·(m3�ex ′ +n3�ey ′ +l3�ez ′) = m2 3 +n 2 3 +l 2 3.
Tri gornje relacije mogu se saˇzeti u
m 2 j +n2 j +l2 j
= 1, j = 1,2,3. (2.76)

80 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Nadalje je
�ex ·�ey = 0 = (m1�ex ′ +n1�ey ′ +l1�ez ′)·(m2�ex ′ +n2�ey ′ +l2�ez ′)=m1m2 +n1n2 +l1l2,
�ex ·�ez = 0 = (m1�ex ′ +n1�ey ′ +l1�ez ′)·(m3�ex ′ +n3�ey ′ +l3�ez ′)=m1m3 +n1n3 +l1l3,
�ey ·�ez = 0 = (m2�ex ′ +n2�ey ′ +l2�ez ′)·(m3�ex ′ +n3�ey ′ +l3�ez ′)=m2m3 +n2n3 +l2l3.
Ove se tri relacije mogu saˇzeti u
Obje relacije (2.76) i (2.77) mogu se saˇzeti u
mimj +ninj +lilj = 0, i �= j. (2.77)
mimj +ninj +lilj = δi,j, i,j = 1,2,3. (2.78)
Radi jednostavnijeg označavanja u izvodima koji slijede, prijedimo na slijedeće oznake
x → 1, y → 2, z → 3.
Tako npr Vx,Vy i Vz postaju V1,V2 i V3, a relacija (2.74) postaje
V ′
1 = m1V1 +m2V2 +m3V3,
V ′
2 = n1V1 +n2V2 +n3V3, (2.79)
V ′
3 = l1V1 +l2V2 +l3V3.
Gornje su relacije poseban slučaj opće (ne i najopćenitije, jer nema konstantnog aditivnog
člana) linearne preobrazbe oblika
pri čemu su
V ′
1 = a11V1 +a12V2 +a13V3,
V ′
2 = a21V1 +a22V2 +a23V3, (2.80)
V ′
3 = a31V1 +a32V2 +a33V3,
m1 ≡ a11, m2 ≡ a12, m3 ≡ a13,
n1 ≡ a21, n2 ≡ a22, n3 ≡ a23,
l1 ≡ a31, l2 ≡ a32, l3 ≡ a33.
Kada kaˇzemo opća linearna preobrazba, time mislimo reći da su koeficijenti aij medusobno
nezavisni, doksukoeficijentiizpreobrazbe(2.79)medusobnopovezanirelacijama(2.78). Gornje
tri relacije moˇzemo saˇzeto napisati kao
V ′
i =
3�
aij Vj, i,j = 1,2,3, (2.81)
j=1

2.8. ORTOGONALNA PREOBRAZBA 81
ili u matričnom obliku
�V ′ = A � V ⇔
⎡
⎢
⎣
V ′
1
V ′
2
V ′
3
⎤
⎡
⎥
⎦ =
⎢
⎣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
⎤
⎡
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎦ ⎣
V1
V2
V3
⎤
⎥
⎥.
(2.82)
⎦
Ako na gornju preobrazbu, tj. na (2.80), nametnemo zahtjev da ne mijenja duljinu vektora,
tj. da je duljina vektora prije preobrazbe jednaka duljini vektora poslije preobrazbe
3�
i=1
uvrˇstavanjem (2.81), dolazimo do
3�
j=1
3�
i=1
3�
k=1
V ′
i
3�
j=1
� 3�
i=1
V ′
i =
aijVj
3�
i=1
3�
i=1
3�
k=1
aijaik
�
ViVi = inv. ,
V ′
i
V ′
i =
aikVk =
Vj Vk =
Da bi gornja jednakost bila zadovoljena, očito mora biti
3�
i=1
3�
i=1
3�
i=1
3�
i=1
ViVi,
ViVi,
ViVi
aijaik = δjk. (2.83)
Gornja se relacija naziva uvjet ortogonalnosti i ekvivalentna je s jednadˇzbom (2.78), tj.
mimj +ninj +lilj = δi,j. Tako je npr.
j = 1,k = 1 :
j = 1,k = 2 :
3�
i=1
ai1ai1 = 1,
a11a11 +a21a21 +a31a31 = 1,
m 2 1 +n2 1 +l2 1
3�
i=1
= 1.
ai1ai2 = 0,
a11a12 +a21a22 +a31a32 = 0,
m1 m2 +n1 n2 +l1 l2 = 0.

82 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Svaka linearna preobrazba (2.80) sa svojstvom (2.83) se zove ortogonalna preobrazba.
Matrica A
⎡ ⎤
⎢
A = ⎢
⎣
se zove ortogonalna matrica.
Primjetimo da se relacija
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
�V ′ = A � V
moˇze 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 preobrazba 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.
Zadatak: 2.22 Pogledajmo jednostavan primjer u
dvije dimenzije (slika 2.33). Matrica A je oblika
⎡ ⎤
A =
⎣ a11 a12
a21 a22
⎦.
Treba postaviti i rijeˇsiti relacije ortogonalnosti.
R: U ovom primjeru postoje tri relacije ortogonalnosti
(2.83)
a 2 11 +a 2 21 = 1,
a 2 12 +a2 22
a11a12 +a21a22 = 0.
⎥
⎦
Slika 2.33: Ortogonalna preobrazba u dvije
dimenzije.
= 1, (2.84)
Dakle, od četiri elementa aij, samo je 4−3 = 1 element nezavisan, a svi ostali se mogu izraziti
preko njega. I zaista, elementarnom trigonometrijom sa slike 2.33 se zaključuje da je
�ex ′ = cosϕ�ex +sinϕ�ey,
�ey ′ = − sinϕ�ex +cosϕ�ey,

2.9. SVOJSTVA MATRICE PREOBRAZBE A 83
odakle zatim pročitamo koeficijente aij
Jednadˇzbe uvjeta (2.84) su očito zadovoljene
a11 = cosϕ, a12 = sinϕ,
a21 = −sin ϕ, a22 = cosϕ.
cos 2 ϕ+(−sin ϕ) 2 = 1,
sin 2 ϕ+cos 2 ϕ = 1,
cosϕ sinϕ+(−sin ϕ) cosϕ = 0.
2.9 Svojstva matrice preobrazbe A
• Promatrajmo dvije uzastopne ortogonalne preobrazbe opisane matricama A i B
�V → � V ′
�V ′ → � V ′′
: V ′
k =
: V ′′
i =
Uvrˇstavanjem prve u drugu od gornjih relacija, dobiva se
Gdje smo označili
V ′′
i =
cij =
=
=
3�
k=1
3�
k=1
3�
j=1
3�
j=1
aik
� 3�
k=1
3�
j=1
cij Vj,
3�
j=1
3�
k=1
bkj Vj
aik bkj
�
bkj Vj,
aik V ′
k .
Vj
aik bkj ⇔ C = A B. (2.85)
Pokaˇzimo da je i C ortogonalna preobrazba. To je ujedno i osnovno svojstvo grupe: rezultat
mnoˇzenja (ili neke druge binarne operacije) dva elementa grupe daje neki treći element grupe.
Ako je C ortogonalna preobrazba, tada za nju mora vrijediti (2.83)
3�
i=1
cij cik = δjk.

84 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Da bi se to pokazalo, treba naprosto iz (2.85) izraziti c-ove preko a-ova i b-ova, a zatim koristiti
činjenicu (2.83) da A i B jesu ortogonalne preobrazbe
3� 3�
�
3�
� �
3�
�
i=1
cij cik =
=
i=1
3�
l=1
= δjk.
l=1
3�
p=1
ail blj
� 3�
i=1
ail aip
p=1
�
� �� �
= δlp
aip bpk
blj bpk =
• Ortogonalna preobrazba općenito nije komutativna
• ali jeste asocijativna
dokaz čega prepuˇstamo čitatelju.
• Zbrajanje
A B �= B A,
(A B) C = A (B C),
3�
l=1
3�
p=1
C = A+B ⇒ cij = aij +bij.
• Inverznu preobrazbu od A ćemo označavati s A −1 , pri čemu je
�V ′ = A � V ⇔ V ′
k =
�V = A −1 � V ′
⇔ Vi =
3�
i=1
3�
j=1
δlp blj bpk =
3�
l=1
blj blk
aki Vi, (2.86)
a ′ ′
ij V j ,
gdje smo s a ′
ij označili matrične elemente inverzne preobrazbe. Uvrˇstavanjem gornje dvije
relacije jedne u drugu, dobivamo
3� 3� 3�
�
3�
�
V ′
k =
i=1
aki
j=1
a ′
ij V ′
j =
j=1
i=1
aki a ′
ij
Da bi gornja jednakost mogla vrijediti, mora biti izraz u zagradi jednak δjk
ili matrično
3�
i=1
V ′
j .
aki a ′
ij = δjk, (2.87)
A A −1 = 1,

2.9. SVOJSTVA MATRICE PREOBRAZBE A 85
gdje je 1 jedinična 3 × 3 matrica
⎡
1
⎢
1 = ⎢ 0
⎣
0
1
⎤
0
⎥
0 ⎥
⎦
0 0 1
koja predstavlja identičnu preobrazbu
�V = 1 · � V, A · 1 = 1 · A = A.
Koristeći (2.86) moˇzemo doći do slijedeće veze
Vi =
3�
j=1
a ′ ′
ij V j =
3�
j=1
a ′
ij
3�
k=1
ajk Vk =
3�
k=1
� 3�
j=1
a ′
ij ajk
Usporedbom lijeve i desne strane gornje relacije, zaključujemo da okrugla zagrada mora biti
jednaka δik
ili matrično
Iz (2.87) i (2.88) vidimo da vrijedi
3�
j=1
�
Vk.
a ′
ij ajk = δik, (2.88)
A −1 A = 1.
A A −1 = A −1 A = 1.
Da bismo izračunali matrične elemente inverzne matrice, promotrimo slijedeći dvostruki zbroj
3� 3�
k=1
i=1
akl aki a ′
ij . (2.89)
Primjetimo da je, prema (2.83) � 3
k=1 akl aki = δil, pa je gornji zbroj jednak
No, s druge strane iz zbroja (2.89) moˇzemo izdvojiti i �3 δjk, tako da (2.89) postaje
3�
3�
i=1
k=1
δil a ′
ij = a ′
lj. (2.90)
i=1 aki a ′
ij
,ˇsto je prema (2.87) jednako
akl δjk = ajl. (2.91)
Relacije (2.90) i (2.91) su samo dva različita zapisa istog izraza (2.89), pa moraju biti i
medusobno jednake
a ′
lj = ajl ⇔
� −1
A �
. (2.92)
lj = (A) jl
Tojetraˇzeniizrazzamatričneelementeinverznematrice: onisedobijujednostavnomzamjenom
redaka i stupaca u matrici preobrazbe A. Ova se operacija zove transponiranje, a matrica
se zove transponirana matrica s oznakom A T
� A T �
ij = (A) ji .

86 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
Inverz ortogonalne matrice je transponirana matrica
A −1 = A T , ⇒ A A T = A T A = 1. (2.93)
Iz samog izvoda vidimo da su gornje relacije ekvivalentne s (2.83). Determinantu matrice
A ćemo označavati s |A|. Budući da je determinanta umnoˇska matrica jednaka umnoˇsku
determinanata pojedinih matrica, to iz gornje relacije slijedi
|A T | · |A| = 1 ⇒ |A T | = 1
|A| .
Pojam transponirane matrice se koristi i kod mnoˇzenja matrice i vektora. Ako je vektor desno
od matrice, shvaćamo ga kao jednostupčanu matricu i piˇsemo
A � V ⇔
3�
j=1
aij Vj. (2.94)
Ako vektor mnoˇzi matricu s lijeve strane, shvaćamo ga kao matricu s jednim redom
�V A ⇔
a ako s desna mnoˇzi transponiranu matricu
�V A T
⇔
Usporedbom (2.94) i (2.95) vidimo da je
3�
j=1
3�
j=1
�V A T = A � V.
Vj aji,
Vj (a T )ji =
Ako je kvadratna matrica jednaka svojoj transponiranoj matrici
A = A T
3�
j=1
⇒ aij = (a T )ij = aji,
Vj aij. (2.95)
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
⇒ aij = −(a T )ij = −aji,
onda se A naziva antisimetrična matrica. Očito su dijagonalni elementi antisimetrične
matrice jednaki nuli
aii = 0.
Sličnim razmatranjem kao gore, zaključuje se da je determinanta antisimetrične matrice
|A| = ± ı.

2.9. SVOJSTVA MATRICE PREOBRAZBE A 87
Iz gornjeg razmatranja se vidi da se svakoj kvadratnoj matrici A mogu pridruˇziti simetrična i
antisimetrična matrica
tako da vrijedi
As = 1
2 (A+AT ), Aas = 1
2 (A−AT ),
(aij)s = 1
2 (aij +aji), (aij)as = 1
2 (aij −aji),
A = As +Aas, A T = As −Aas.
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 se naziva matrica za koju je
A † A = A A † = 1.
Svaka realna ortogonalnamatrica je ujedno i unitarna. Matrica koja jejednaka svojoj hermitski
adjungiranoj matrici,
zove se hermitska matrica.
A † = A,
Relacijom (2.81), tj. (2.82) smo vidjeli kako se preobraˇzava vektor uslijed linearne preobrazbe
koordinata. Sada se moˇzemo zapitati kako se preobraˇzava operator uslijed te iste linearne
preobrazbe koordinata?
Neka je O proizvoljni linearni operator koji djeluje na vektor � V1 i kao rezultat daje vektor � V2
�V2 = O � V1. (2.96)
NekajeAmatricalinearnepreobrazbekoordinatnihsustava. Tadaje � V2 unovomkoordinatnom
sustavu dan sa
Isto vrijedi i za vektor � V1, tj.
Tada je
�V ′
2 = A � V2.
�V ′
1 = A � V1
A � V2 = A O � V1 = A O A −1 A � V1
�V ′
2 = (A O A−1 ) � V ′
1 .

88 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA
No, gornja relacija nije niˇsta drugo nego (2.96) napisana u novom koordinatnom sustavu. Iz
toga zaključujemo da se operator O preobraˇzava iz starog u novi koordinatni sustav relacijom
ili, po komponentama
o ′
ij =
3�
k=1
3�
l=1
O ′ = A O A −1 , (2.97)
aik okl (a −1 )lj =
3�
k=1
3�
l=1
aik ajl okl. (2.98)
Preobrazbe gornjeg oblika se zovu preobrazbe sličnosti.
Lako je dvidjeti da preobrazba sličnosti ne mijenja vrijednost determinante operatora
2.10 Tenzori
O ′ = A O A −1
O ′ A = A O
|O ′ | |A| = |A| |O|
|O ′ | = |O|.
/·A
U D-dimenzijskom prostoru, tenzorom n-tog reda ćemo nazivati veličinu sastavljenu od D n
komponenata,
Ti1i2···in, ip = 1,2,··· ,D,
koja se u donosu na ortogonalnu preobrazbu koordinatnog sustava (opisanu matricom A) preobraˇzava
kao
D� D� D�
··· ai1j1
ai2j2 ···ain jn Tj1j2···jn.
T ′
i1i2···in =
j1=1
j2=1
jn=1
Poveˇzimo 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 preobrazbu. Budući da su skalari invarijantni na ortogonalne
preobrazbe, to tenzor nultog reda nazivamo i skalarom.
• Ograničimo li se na D = 3-dimenzijski prostor, tenzor prvog reda se preobraˇzava kao
T ′
i =
3�
j=1
aij Tj,
ˇsto prepoznajemo kao preobrazbu vektora (2.81), tj. tenzori prvog reda su vektori.

2.10. TENZORI 89
• Tenzor drugog reda u D = 3-dimenzijskom prostoru se preobraˇzava kao
T ′
i1i2 =
3�
j1=1
3�
j2=1
ai1j1 ai2j2 Tj1j2.
Gornju relaciju prepoznajemo kao operaciju sličnosti (2.97) tj. (2.98). Dakle u odnosu na
ortogonalne preobrazbe, tenzori drugog reda su isto ˇsto i kvadratne matrice.

90 POGLAVLJE 2. MATEMATIČKI UVOD - ELEMENTI VEKTORSKOG RAČUNA

Poglavlje 3
Kinematika
Kinematika je dio fizike koji se bavi opisom gibanja, ne ulazeći u objaˇsnjavanje toga ˇsto je
uzrok gibanja. Sama riječ kinematika, potječe od grčke riječi kinema, ˇsto 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 kruˇzno gibanje, kod kojega putanja čestice opisuje kruˇznicu. 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 poloˇzaj odreduje radij vektor �r(t). U neˇsto 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 ms −1 . Po svojem geometrijskom značenju, srednja je
brzina sekanta krivulje C, tj. putanje čestice (slika 3.1). Unutar vremenskog intervala ∆t,
brzina se moˇze mijenjati (i po iznosu i po smjeru), pa ako ˇzelimo doznati pravu (trenutnu)
91

92 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
ili, po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava
= d�r
dt = ˙ �r,
�v = d�r
dt =�ex
dx
dt +�ey
dy
dt +�ez
dz
dt =�ex ˙x +�ey ˙y +�ez ˙z.
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
� �
�
v = |�v| = �
d�r �
�
�dt�
=
�
�dx
dt
� 2
+
� �2 dy
+
dt
� �2 dz
=
dt
1
dt
je jednak omjeru infinitezimalne duljine luka krivulje
ds = � (dx) 2 +(dy) 2 +(dz) 2
� (dx) 2 +(dy) 2 +(dz) 2 = ds
dt
i vremenskog intervala dt. Svaki se vektor, pa tako i vektor brzine, moˇze prikazati kao umnoˇzak
iznosa v, i jediničnog vektora smjera �ev,
�v = v �ev.
(3.1)
1 Newton je uveo skraćeno označavanje vremenske derivacije neke veličine točkicom iznad te veličine. Tako se npr. za brzinu
moˇze skraćeno napisati ˙ �r.

3.1. BRZINA I UBRZANJE 93
Općenito, svaka promjena neke veličine s vremenom se moˇze shvatiti kao brzina. Tako se npr.
upravo uvedena brzina moˇze nazvati i brzinom promjene poloˇzaja radij vektora Moguće je definirati
i neke druge brzine:
♣ Promatrajmo povrˇsinu plohe, S, koju opisuje radij vektor čestice u gibanju. Ploˇsnom brzinom,
vpl, nazivamo slijedeći diferencijalni omjer
vpl = dS
dt ,
gdje je dS povrˇsina 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 zamiˇsljenu ravnu plohu, nazivamo električnom
strujom
I = dQ
dt ,
gdje je dQ količina naboja koja je u vremenu dt proˇsla kroz plohu.
Brzina u cilindričnom koordinatnom sustavu. U cilindričnom koordinatnom sustavu
je
�r(t) = ρ(t)�eρ(t)+z(t) �ez,
gdje samo jedinični vektor �ez, ne ovisi o vremenu. Stoga je brzina jednaka
�v = d�r
dt
dρ
=
dt �eρ +ρ d�eρ
dt
U odjeljku 2 smo, relacijom (2.45) pokazali da je
ˇsto, uvrˇsteno u gornji izraz za brzinu, daje
d�eρ =�eϕdϕ,
+ dz
dt �ez.
�v = ˙ρ�eρ +ρ ˙ϕ�eϕ + ˙z�ez. (3.2)
Brzina u sfernom koordinatnom sustavu. U sfernom koordinatnom sustavu je
�r(t) = r(t)�er(t),
gdje se obje veličine, i iznos r i smjer radij vektora �er, mogu mijenjati s vremenom. Stoga je i
brzina jednaka
�v = d�r d
� �
= r(t) · �er(t) =
dt dt
dr
dt �er +r d�er
dt .

94 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
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 (2.54) pokazali
da je
ˇsto, uvrˇsteno u gornji izraz za brzinu, daje
d�er =�eθdθ+�eϕ sinθdϕ,
�v = ˙r�er +r ˙ ˆr = ˙r�er +r(�eθ ˙ θ +�eϕ sinθ ˙ϕ) = ˙r�er +r ˙ θ�eθ +rsinθ ˙ϕ�eϕ. (3.3)
Ubrzanjesedefinirakaopromjenabrzineudanojtočki(ilikaobrzinakojomsemijenjabrzina)
�v(t+∆t)−�v(t)
�a = lim
∆t→0 ∆t
= d�v
dt = d2 �r
dt 2 = ¨ �r.
Ubrzanje je omjer vektora d�v i skalara dt, pa je i samo vektor
�a = d�v
dt
= d
dt ( v ·�ev ) = dv
dt �ev +v d�ev
dt .
Po svojoj dimenziji je ubrzanje omjer duljine i kvadrata vremena
[�a] = [d�v]
[dt]
= l
t 2,
i, u SI sustavu mjernih jedinica, mjeri se u ms −2 . Po komponentama u pravokutnom koordinatnom
sustavu, ubrzanje je jednako
a po svojem iznosu je
�a = d2 �r
dt 2 =�ex ¨x +�ey ¨y +�ez ¨z,
a = |�a| = � ¨x 2 + ¨y 2 + ¨z 2 .
Ubrzanje u cilindričnom koordinatnom sustavu. Ucilindričnomkoordinatnomsustavu
je brzina dan izrazom (3.2), a ubrzanje dobivamo vremenskom derivacijom brzine
�a = d�v
dt = ¨ρ�eρ + ˙ρ ˙
�ρe + ˙ρ ˙ϕ�eϕ +ρ¨ϕ�eϕ +ρ ˙ϕ ˙
�ϕe + ¨z�ez.
U odjeljku 2 smo, relacijama (2.45) pokazali da je
ˇsto, uvrˇsteno u gornji izraz za ubrzanje, daje
�a =
d�eρ =�eϕdϕ, d�eϕ = −�eρdϕ.
�
¨ρ −ρ ˙ϕ 2
�
�eρ +
(3.4)
� �
2˙ρ ˙ϕ +ρ¨ϕ �eϕ + ¨z�ez. (3.5)

3.2. TROBRID PRATILAC 95
Ubrzanje u sfernom koordinatnom sustavu. U sfernom koordinatnom sustavu je brzina
dana izrazom (3.3), a ubrzanje dobivamo vremenskom derivacijm brzine
�a = d�v
dt = ¨r�er + ˙r ˙ ˆr + ˙r ˙ θ�eθ +r¨ θ�eθ +r ˙ θ ˙ �θe + ˙rsinθ ˙ϕ�eϕ +rcosθ ˙ θ ˙ϕ�eϕ +rsinθ¨ϕ�eϕ +rsinθ ˙ϕ ˙ �ϕe.
U odjeljku 2 smo, relacijama (2.54),(2.55) i (2.56) pokazali da je
� �
d�er =�eθdθ+�eϕ sinθdϕ, d�eθ = −�erdθ+�eϕ cosθdϕ, d�eϕ = −sinθ�er −cosθ�eθ dϕ.
ˇsto, uvrˇsteno u gornji izraz za ubrzanje, daje
�
�a = ¨r−r ˙ θ 2 −r ˙ϕ 2 sin 2 � �
θ �er+ 2˙r ˙ θ+r¨ θ−r ˙ϕ 2 � �
sinθ cosθ �eθ+ 2˙r ˙ϕ sinθ+2r ˙ �
θ ˙ϕ cosθ+r¨ϕsinθ �eϕ.
Zadatak: 3.1 dovrˇsiti
R:
dovrˇsiti
3.2 Trobrid pratilac
Promatrajmo česticu koja se giba po prostornoj krivulji C. Neka je poloˇzaj čestice u trenutku
t opisan radij vektorom −→
OP = �r(t) koordinatnog sustava (O,x,y,z) (kao na slici 3.2). Pored
nepomičnog koordinatnog sustava (O,x,y,z), ponekad je korisno uvesti joˇs 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 :
♠ �eT jedinični vektor u smjeru tangente na krivulju. Relacijom (3.1) je pokazano da brzina
ima smjer tangente, pa je zato �eT jednak jediničnom vektoru brzine �ev
�eT = �v d�r / dt d�r
= =
v ds / dt ds =�ev, (3.7)
gdje je ds duljina luka krivulje C u okolici točke P.
♠Budućidajederivacijajediničnogvektoraokomitanatajistijedinični vektor(relacija(2.11)),
to je �eN , jedinični vektor normale, definiran preko derivacije jediničnog vektora vektora
�eT kao
�eN = R d�eT
. (3.8)
ds
(3.6)
Sama derivacija d�eT /ds ne mora biti i jedinične duljine, pa se mnoˇzitelj R odabire tako da
�eN bude jedinične duljine
R = 1
� �
�d�eT
�
.
� �
� ds �

96 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Slika 3.2: Uz trobrid pratilac.
Veličina R se naziva polumjer zakrivljenosti krivulje C u točki P (i kod gibanja po
kruˇznici je jednak polumjeru kruˇznice - 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 umnoˇska, definirati i treći jedinični vektor, �eB, koji će se zvati vektor
binormale,
�eB =�eT × �eN . (3.9)
Prema samoj definiciji vektorskog umnoˇska, slijedi da je�eB jediničnog iznosa i da je okomit
i na �eT i na �eN .
Ova tri vektora,
čine trobrid pratilac čestice.
�eT , �eN , �eB,

3.3. FRENET-SERRETOVE FORMULE 97
Izrazimo ubrzanje čestice preko ovih vektora
Član
�a = d�v
dt = d(v �eT )
dt
= dv
dt �eT +v
= dv
dt �eT + v2
R �eN
≡ aT �eT +aN �eN .
uz �eT se naziva tangencijalno, a član
uz �eN normalno ubrzanje.
= dv
dt �eT +v d�eT
dt
� �
d�eT ds
=
ds dt
dv
dt �eT
�
1
+v
R �eN
�
v
aT = dv
dt
aN = v2
R
(3.10)
(3.11)
Koordinatni sustav trobrida pratioca se giba zajedno s česticom duˇz 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�eT ,�eN i�eB duˇz putanje
čestice.
Desni koordinatni sustav
Pokaˇzimo najprije da jedinični vektori �eT ,�eN i �eB čine desnu bazu trodimenzijskog prostora.
Iz (3.9) slijedi
�eB × �eT = (�eT × �eN ) × �eT ,
no, primjenom vektorskog identiteta (2.9) (�a × � b) ×�c = � b(�c�a)−�a( � b�c) na gornji izraz, dobiva
se
�eB × �eT =�eN (�eT �eT )−�eT (�eN�eT ) =�eN
zbog okomitosti �eN i �eT . Na sličan se način, pomoću gornje relacije, dobiva i
�eN × �eB = (�eB × �eT ) × �eB =�eT (�eB�eB)−�eB(�eT �eB)=�eT ,
zbog okomitosti �eT i �eB. Time je pokazano da vrijedi
�eT =�eN × �eB, �eN =�eB × �eT , �eB =�eT × �eN . (3.12)
2 Jean Frédéric Frenet, 1816 - 1900, i Joseph Alfred Serret, 1819 - 1885, francuski matematičari.

98 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
Prva od Frenet-Serret-ovih formula je upravo definicija (3.8) vektora �eN
d�eT
ds = κ�eN . (3.13)
Za izvod treće Frenet-Serret-ove formule (treća je zato jer opisuje promjenu trećeg po redu
vektora , �eB), treba krenuti od izraza za �eB u (3.12)
�
d
�eB = �eT × �eN
ds
d�eB
ds
= d�eT
ds × �eN +�eT × d�eN
ds = κ�eN × �eN +�eT × d�eN
ds =�eT × d�eN
ds .
Kao ˇsto je već viˇse puta rečeno, (npr. relacija (2.11)), derivacija jediničnog vektora mora biti
okomita na sam vektor i zato d�eN /ds mora biti neka linearna kombinacija vektora �eT i �eB.
Napiˇsimo tu linearnu kombinaciju kao α�eT +β�eB. Tada gornji izraz postaje
d�eB
ds =�eT × (α�eT +β�eB) = −β�eN .
Umjesto −β uobičajeno je koristiti oznaku τ = −β koja se naziva i torzija jer se moˇze
pokazati da opisuje torzijska svojstva putanje (zakret oko lokalne osi). Tako smo doˇsli do treće
Frenet-Serret-ove formule
d�eB
ds = τ�eN . (3.14)
Za izvod druge Frenet-Serret-ove formule, krećemo od izraza za �eN u (3.12)
�eN = �eB × �eT
�
d
ds
d�eN
ds
= d�eB
ds × �eT +�eB × d�eT
ds = τ�eN × �eT +�eB × κ�eN = τ(−�eB )+κ(−�eT ).
Tako smo doˇsli i do druge Frenet-Serret-ove formule
Sve tri zajedno glase
d�eT
ds = κ�eN ,
3.4 Kruˇzno gibanje
d�eN
ds = −κ�eT −τ�eB. (3.15)
d�eN
ds = −κ�eT −τ�eB,
d�eB
ds = τ�eN .
(3.16)
Kao posebno jednostavan oblik gibanja po krivulji, promotrimo gibanje čestice po kruˇznici.
Krivulja C je sada kruˇznica polumjera ρ, a zbog homogenosti i izotropnosti prostora, koordinatni
sustav se uvijek moˇze postaviti tako da kruˇznica leˇzi u ravnini (x,y) sa srediˇstem u

3.4. KRU ˇ ZNO GIBANJE 99
ishodiˇstu koordinatnog sustva, kao na slici 3.3. Smjer
brzine je smjer tangenete, a to je smjer �eϕ jediničnog
vektora polarnog koordinatnog sustava, �v = v �eϕ. Duljina
luka kruˇznice s i kut ϕ su povezani jednostavnom
relacijom
s = ρ ϕ,
pa se, za konstantni ρ, brzina čestice moˇze napisati u
obliku
�v = ds
dt �eϕ = d(ρϕ)
�eϕ = ρω�eϕ
dt
v = ωρ
�ev = �eϕ,
gdje je uvedena kutna (ili kruˇzna) brzina, čiji je iznos jednak
Slično se moˇze dobiti i iznos tangencijalnog ubrzanja (3.10)
gdje je
aT = dv
dt
iznos kutnog (ili kruˇznog) ubrzanje.
Slika 3.3: Uz gibanje po kruˇznici.
ω = dϕ
. (3.17)
dt
dω
= ρ
dt = ρ d2ϕ = ρα,
dt2 α = dω
dt = d2ϕ ,
dt2 Izračunajmo i normalnu komponentu ubrzanja, (3.11). Da bismo to izveli, potrebno je odrediti
jedinični vektor �eN i polumjer zakrivljenosti R. Krenimo od definicije �eN uz uvrˇstavanje
�eT =�eϕ
No, iz (2.45) znamo da je
�eN = R d�eT
ds
= Rd�eϕ
ds
d�eϕ = −�eρdϕ,
= Rd�eϕ
dt
a dt/ds je naprosto 1/v uz v = ωρ, ˇsto sve zajedno daje
�eN = R(−) dϕ
dt �eρ
1
v
dt
ds .
= −R ✚ω
✚ωρ �eρ.
Da bi �eN bio jedinične duljine, očito za polumjer zakrivljenosti R treba odabrati polumjer
kruˇznice ρ
R = ρ,

100 POGLAVLJE 3. KINEMATIKA
iz čega slijedi
�eN = −�eρ
i normalna (radijalna) komponenta ubrzanja, (3.11), je
aN = v 2 /ρ = ω 2 ρ.
Za cijelo ubrzanje gibanja po kruˇznici, dobije se
�a = dv
dt �eϕ − v2
ρ �eρ.

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 naraˇstajima postati uzor elegancije i strogosti.
Najprije je definirao sve pojmove koje će kasnije koristiti (npr. točka je ono ˇsto nema ni duljinu
ni ˇsirinu, pravac je ono ˇsto ima duljinu, ali nema ˇsirinu i slično), a zatim je postavio
pet temeljnih i nedokazivih tvrdnji 2 (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, posluˇzio je slijedećih skoro dvije tisuće godina
kao uzor za izgradnju i drugih znanstvenih disciplina. Tako je npr. Spinoza 3 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
pokuˇsali izgraditi svoje sustave po uzoru na Euklida. Izgradnje mehanike na aksiomatskim
temeljima poduhvatio se Isaac Newton 4 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 ˇsto 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 najvaˇznije vezano za ovo poglavlje je aksiomatski
temelj onoga ˇsto 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 saˇzeo u tri aksioma koji govore ˇsto se
dogada s česticom kada na nju djeluju ili ne djeluju sile.
Temelj klasične mehanike predstavlja drugi Newtonov aksiom
d2 �r 1
=
d t2 m � F,
1Euklid 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.
2Euklidovi aksiomi u Jefimov: Viˇsa geometrija, str. 10, komentar petog aksioma
3Baruch de Spinoza, 1632. - 1677.
4Sir Isaac Newton, 1642 Woolsthorpe, grofovija Lincoln - 31. III 1727 Kensington, bio je svećenik i svoje teoloˇske radove je
smatrao puno vaˇznijim od radova u mehanici i matematici; bio je zastupnik sveučiliˇsta Cambridge u engleskom Parlamentu i
direktor kovnice novca u Londonu. Osim navedenog djela, navedimo joˇs i: Metoda fluksija i beskonačnih redova (koja sadrˇzi otkriće
diferencijalnog i integralnog računa), Rasprava o kvadraturi krivulja, Univerzalna aritmetika, Optika i dr..
101

102POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
koji, dopunjen početnim uvjetima na brzinu i poloˇzaj, kaˇze da je iz poznavanja svih sila � F koje
djeluju na česticu mase m, rjeˇsavanjem gornje diferencijalne jednadˇzbe, moguće proizvoljno
točnoodreditinjezinpoloˇzaj�r uprostoruuproizvoljnomvremenskom trenutkut, kako proˇslom,
tako i budućem. Ova je tvrdnja imala i velike filozofske implikacije, koje je najjasnije izrazio
Laplace 5 kada je 1814., u Filozofskim esejima o vjerojatnosti, rekao
Mi moramo smatrati sadaˇsnje 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 poloˇzaje i
brzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban rijeˇsiti njihove jednadˇzbe
gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvećih
zvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu niˇsta
ne bi bilo nepoznato: pred njegovim bi očima bila sva proˇslost, 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, kaoˇsto su to mislili Laplace i njegovi suvremenici.
Gornja bi tvrdnja bila istinita samo onda, kada bi Newtonova jednadˇzba gibanja bila primjenjiva
na sve sastavne elemente svemira. Suvremena kvantna fizika nas uči da se ponaˇsanje
mikroskopskih objekata ne pokorava Newtonovoj jednadˇzbi gibanja, nego da ono zadovoljava
neke druge jednadˇzbe (Schrödingerovu, Heisenbergovu, Diracovu, ...), čija rjeˇsenja ne daju
točan poloˇzaj i brzinu čestice, nego samo njihovu vjerojatnost. ˇ Stoviˇse, Heisenbergovo načelo
neodredenosti eksplicite tvrdi da se poloˇzaj 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 kaoˇsto 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 6 :
(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)
5 Pierre Simon Laplace, 1749 - 1827, francuski matematičar, fizičar, astronom i filozof.
6 Latinski navodi potječu iz reference [18]

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 103
Za ilustraciju ovog aksioma zamislimo slijedeći pokus: nekakva vanjska sila (izvodač pokusa)
je kuglicu dovela u stanje gibanja; nakon toga ta vanjska sila viˇse ne djeluje; ako se kuglica
giba po ravnoj podlozi, primjetit ćemo da se kuglica nakon nekog vremena zaustavlja. Je li to
u suprotnosti s gornjim aksiomom koji kaˇze 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. Zaˇsto? 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 ˇsto već ranije
nije doˇslo do spoznaje gornje relacije. Ako bi se gornji pokus izveo negdje u svemiru tako ˇsto
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 = m�v) čestice (tijela), jednaka je zbroju svih sila, � F, koje djeluju na česticu (tijelo)
d�p
dt = � F.
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 kaˇze
da vrijedi zakon o sačuvanju količine gibanja
(4.2)
�p = const. (4.3)
Količina gibanja je vektorska veličina, pa njezina konstantnost znači konstantnost i po iznosu
i po smjeru
p = const., �ep = const.,
ili po komponentma u npr. cilindričnom koordinatnom sustavu
pρ = const., pϕ = const., pz = 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 pρ nije konstantan (sačuvan), dok pϕ i pz jesu
konstantni.

104POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
Ukoliko se masa, m, čestice ne mijenja s vremenom, dm/dt = 0, (a ˇsto je istina za tijela koja
se gibaju brzinama puno manjim od brzine svjetlosti), tada drugi aksiom glasi
d�p
dt
= md�v
dt +�vdm
dt = m�a = � F,
gdje je �a ubrzanje čestice. No, ubrzanje je druga vremenska derivacija radij vektora čestice,
pa se drugi Newtonov aksiom čita kao nehomogena diferencijalna jednadˇzba drugog reda za
nepoznatu funkciju �r =�r(t)
d2�r(t) 1
=
dt2 m � F(�r,t), (4.4)
gdjejenehomogeni člansrazmjeranzbrojuvanjskihsila � F kojesesmatrajupoznatim(zadanim)
funkcijama. Rjeˇsenje gornje jednadˇzbe je jednoznačno odredeno početnim uvjetima koji
odreduju stanje gibanja čestice (njezin poloˇzaj i brzinu) u nekom odredenom vremenskom
trenutku t0
Rjeˇsenje jednadˇzbe (4.4)
�r(t = t0) =�r0, �v(t = t0) =�v0.
�r =�r(t;�r0,�v0)
daje poloˇzaj čestice u svakom vremenskom trenutku (i proˇslom, t < t0, i budućem, t > t0).
Drugi Newtonov aksiom se smatra definicijskom jednadˇzbom za silu iz koje slijedi dimenzija
sile
� �
�F = [m]
� � 2 d �r
dt 2
= ml
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. 8). Promatrač koji miruje u sustavu S, opisuje
gibanje čestice jednadˇzbom (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 jednadˇzbom (4.4)
m ¨
� ′
r = � F ′ ,

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 105
Slika 4.1: Uz definiciju (ne)inercijskog sustava.
gdje sada � F ′ označava zbroj svih sila koje djeluju na česticu u sustavu S ′ . Ove dvije jednadˇzbe
gibanja su povezane relacijom �r = � R +�r ′
�F = m¨ �r = m( ¨ R+ � � ¨′
¨
r) = m�R+ F �′ �F = m ¨ � R+ � F ′ .
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 moˇze 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 joˇs i inercijska
sila
m ¨ � R.
Kao referentni inercijski sustav, najćeˇsće se uzima sustav fiksiran uz zvijezde stajaćice. Jedan
primjer neinercijskog sustava je i sama Zemlja na čijoj povrˇsini mi svi ˇzivimo. 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
srediˇsta naˇse galaksije. O učincima ovih gibanja će biti viˇse riječi u poglavlju 8.
Detaljnija analiza gibanja u odnosu na različite sustave koji se i sami relativno gibaju dovela
je A. Einsteina 7 1905. godine do otkrića Specijalne teorije relativnosti. Pokazalo se da
7 Alber Einstein, Ulm 14. III 1879. - Princeton 1955.

106POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
su relativistički učinci vaˇzni za opis gibanja tek kod brzina bliskim brzini svjetlosti
c ≃ 300000 km
s .
Za opis gibanja čestica koje se gibaju bitno manjim brzinama nego ˇsto 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
�a = 1
m � F.
Gornja je jednadˇzba primjer jednog cijelog tipa jednadˇzba 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): ˇsto 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 jednadˇzbi se naziva troma masa.
Troma masa se joˇs moˇze uvesti i kroz zakon o sačuvanju količine gibanja u slučaju centralnog
sudara dva tijela
odakle je
m1v1 +m2v2 = m1v ′ 1 +v ′ 2,
m1
m2
= − v′ 2 −v2
v ′ 1 −v1
.
Omjer tromih masa je dan omjerom razlika brzina poslije i prije sudara.
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 (gra-
vitacijskom) silom
�
�
� � �
�
FG � = G m1 m2
,
koja je utoliko veća ukoliko je veće jedno svojstvo čestice koje se naziva teˇska masa. Ovo je
svojstvo zgodno usporediti sa električnim nabojem: kao ˇsto znamo točkasti električni naboji
djeluju jedni na druge silom koja je srazmjerna umnoˇsku naboja i obratno srazmjerna kvadratu
njihove medusobne udaljenosti
�
�
� � FC
�
�
� = 1
4πǫ0
r 2 1,2
q1 q2
r2 ,
1,2

4.1. NEWTONOVI AKSIOMI 107
(Coulombova elektrostatska sila). ˇ Sto je viˇse naboja i sila je veća. Slično se moˇze i teˇska masa
zamisliti kao neka vrsta gravitacijskog naboja koja je izvor gravitacijske sile, baˇs kao ˇsto
su i električni naboji izvor električne sile 8 .
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 teˇskoj masi.
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.
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 � FAB, tada i čestica (tijelo) B
djeluje na česticu (tijelo) A silom � FBA, istog iznosa, a suprotnog smjera
�FAB = − � FBA. (4.5)
Nerazumjevanje ovog aksioma je izvor mnogih prividnih paradoksa. Jedan od najčeˇsćih 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. Zaˇsto?
8 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 moˇze ostvariti na dva načina: medudjelovanje istoimenih i medudjelovanje
raznoimenih naboja, ˇsto vodi na odbojne i privlačne sile. Gravitacijski naboj je uvijek istog predznaka i zato sila ima uvijek isti -
privlačni - karakter.

108POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
4.2 Rad, snaga i kinetička energija
Neka se čestica nalazi u točki opisanoj radij vektorom �r. Pomakne li se čestica za d�r u polju
konstantne vanjske 9 sile � F, definira se diferencijal 10 rada W (od engl. work) kao
dW = � F ·d�r = F dr cos( � F,d�r). (4.6)
Prema samoj definiciji skalarnog umnoˇska slijedi da je komponenta sile paralelna s pomakom
čestice, upravo dana mnoˇziteljem F cos( � F,d�r). Prema tome, ako je cos( � F,d�r) > 0, pomak
čestice je u smjeru paralelne komponente sile i kaˇze se da sila (okolina) obavlja rad nad
česticom (sustavom). Ako je cos( � F,d�r) < 0, tada je pomak čestice u smjeru suprotnom od
smjera paralelne komponente vanjske sile i kaˇze se da čestica obavlja rad nad okolinom. Ako
je cos( � F,d�r) = 0, tada sila nema komponentu u smjeru pomaka čestice i nije obavljen nikakv
rad. Iz gornje definicijske jednakosti, jedinica za rad je umnoˇzak jedinice za silu i jedinice za
put. U SI sustavu ta se jedinica zove dˇzul 11 i označava se s J
Po svojim dimenzijama, rad je
J = N m = kg m2
.
s2 [W] = [m] [L2 ]
[T 2 ] .
Izraz(4.6)dajeradnadiferencijalnomdijeluputa. Kakoizračunatiradnakonačnomdijeluputa
(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 d�r koji su toliko mali da je sila pribliˇzno konstantna unutar
svakog tog djelića. Sada moˇzemo 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
putanja. U granici kada N → ∞, ovaj zbroj prelazi u integral, pa se za ukupan rad dobiva
WP,K =
� K
P
�
�F ·d�r =
c
�F ·d�r =
Integrira se po putanji C od početne do konačne točke.
� �rtK
SNAGA, P (od engl. power) se definira kao brzina kojom se obavlja rad
�rt P
�F ·d�r. (4.7)
P = dW
dt = � Fd�r
dt = � F �v. (4.8)
9 Sila se moˇze shvatiti kao način na koji okolina djeluje na česticu
10 Primjetimo da se ovdje riječ diferencijal koristi kao oznaka za mali iznos rada, a ne u matematičkom smislu pojma difrencijala:
ne postoji nekakva funkcija W koja kada se diferencira daje dW = �F · d�r. Dok npr. postoji funkcija f = x 2 čiji je diferencijal
jednak df = 2xdx. Ovaj df je pravi diferencijal, dok dW nije pravi diferencijal. Ponekad, napose u termodinamici, ova se razlika
naglaˇsava tako da se umjesto dW piˇse d ′ W, no takvo označavanje nećemo koristiti u ovoj knjizi.
11 James Prescot Joul, engleski fizičar, 1818 - 1889, prvi je shvatio vezu izmedu mehaničkog rada, energije i topline.

4.2. RAD, SNAGA I KINETIČKA ENERGIJA 109
Slika 4.2: Uz definiciju rada.
U SI sustavu, jedinica za snagu se zove vat 12 s oznakom W i definira se kao
Po dimenziji, snaga je
W = J
s
= Nm
s
[P] = [m] [L2 ]
[T 3 ] .
= kgm2 .
s3 ENERGIJA, E: čestica moˇze posjedovati dvije vrste mehaničke energije: jedna - kinetička
- potječe od gibanja čestice, a druga - potencijalna - potječe od poloˇzaja 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 �rP, u kojoj ima brzinu �vP, do konačne točke
s radij vektorom �rK, u kojoj ima brzinu �vK. 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), umnoˇzak mase i ubrzanja čestice jednak je sili koja djeluje na česticu, pa je
stoga rad (4.7) jednak
WP,K =
� �rK
�rP
�F ·d�r =
� �rK
�rP
m d�v
� �vK
d�r = m
dt �vP
�v d�v = m�v2 K
2 − m�v2 P
2 ≡ Ek(K)−Ek(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 Ek
Ek = m�v2
2 .
12 u čast ˇskotskog fizičara i inˇzenjera Jamesa Watta, (1736–1819).

110POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
Ako je konačna kinetička energija veća od početne, Ek(K) > Ek(P), vanjska sila (okolina) je
obavila rad nad česticom i povećala joj brzinu. Ako se kinetička energija smanjila, Ek(K) <
Ek(P), tada je čestica dio svoje kinetičke energije potroˇsila 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, dˇzulima.
4.3 Konzervativne sile i potencijalna energija
U prirodi postoji jedna vrsta sila koje se nazivaju 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 sadrˇzaj moˇze 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 ·d�r = 0. (4.10)
c
Pokazat ćemo da se u tom slučaju sila moˇze napisati u obliku (negativnog) gradijenta jedne
skalarne funkcije koja se naziva potencijalna energija, Ep (to je diferencijalni oblik zapisa
konzervativnosti)
�F = − −→ ∇Ep.
U pravokutnom koordinatnom sustavu, gornja relacija glasi
�
�F
∂
= − �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
∂z
Ep
(4.11)
Primjetimo da je ovako definirana potencijalna energija neodredena do na konstantu, zato
jer i Ep i Ep + const. daju istu silu. Ako se čitatelj pita zaˇsto je potreban minus u gornjoj
definiciji, onda se treba prisjetiti odjeljka 2.4.1 u kojem je pokazano da gradijent ima smjer
najbrˇzeg porasta funkcije. Odabir minusa znači da sila ima smjer najbrˇzeg 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 ˇsto 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 (kaˇze se da su to
bezvrtloˇzna polja)
−→ ∇ × � F = 0.
(4.12)

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 111
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) ⇒ ( � � Fd�r = 0)
Dokaˇzimo relaciju (4.10): pretpostavimo da polje sile jeste konzervativno (da rad ne ovisi o
putu i pokaˇzimo da je tada rad po zatvorenoj putanji jedank nuli. Na slici 4.3.A je prikazana
jedna zatvorena putanja PAKBP. Tu ćemo putanju rastaviti na dva dijela PAK i KBP (koje
zajedno čine cijelu zatvorenu putanju) i izračunati zbroj integrala po te dvije putanje
�
�Fd�r =
�
PAK
�
= −
KAP
�
�Fd�r+
KBP
�
�Fd�r+
No, prema naˇsoj 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.
čime je dokazana polazna tvrdnja.
�
�Fd�r = 0,
( � � Fd�r = 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
�
�Fd�r = 0 =
⇒
�
�
KAP
PAK
�Fd�r =
�Fd�r +
�
�
KBP
KBP
�Fd�r,
KBP
�Fd�r
�Fd�r.
�
�Fd�r = −
KAP
�Fd�r +
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.
( rad ne ovisi o obliku putanje) ⇒ ( � F = − −→ ∇Ep)
Pretpostavimo da vrijedi (4.10), tj. rad ne ovisi o obliku putanje i pokaˇzimo da tada vrijedi
(4.11). Početna točka je konstantna s koordinatama (xP,yP,zP), a konačna je varijabilna s
�
KBP
�Fd�r

112POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
Slika 4.3: Uz dokaz konzervativnosti.
koordinatama (x,y,z), kao na slici 4.3.B. Označimo s EP slijedeći integral
EP(x,y,z) = −
� (x,y,z)
(xP,yP,zP)
� (x,y,z)
= −
(xP,yP,zP)
� (x,y,z)
= −
(xP,yP,zP)
�Fd�r (4.13)
�
�
Fx(x,y,z)dx+Fy(x,y,z)dy +Fz(x,y,z)dz
Fx(x,y,z)dx−
� (x,y,z)
(xP,yP,zP)
Fy(x,y,z)dy −
� (x,y,z)
(xP,yP,zP)
Fz(x,y,z)dz.
Po pretpostavci, gornji integral ne ovisi o putanji, pa za putanju C, moˇzemo odabrati slijedeći
niz od tri pravaca 13 :
p1: (xP,yP,zP) → (x,yP,zP) ,
p2: (x,yP,zP) → (x,y,zP),
p3: (x,y,zP) → (x,y,z).
C ≡ p1 ⊕ p2 ⊕ p3.
Na prvom se pravcu samo x mijenja od xP do x, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene
vrijednosti yP i zP. Zato je na ovom pravcu
p1 : dx �= 0, dy = dz = 0
i od gornja tri integrala, doprinos različit od nule dolazi samo od prvog člana
−
� x
13 Pravce odabiremo zato jer je po njima lagano integrirati.
xP
Fx(η,yP,zP) dη.

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 113
(nijema varijabla, po kojoj se integrira, označena je s η). Na drugom se pravcu samo y mijenja
od yP do y, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene vrijednosti x i zP. Zato je na
ovom pravcu
p2 : dy �= 0, dx = dz = 0
i od tri integrala iz (4.13), doprinos različit od nule dolazi samo od drugog člana
−
� y
yP
Fy(x,η,zP) dη.
I na trećem pravcu se samo z mijenja od zP do z, a preostale dvije koordinate imaju nepromijenjene
vrijednosti x i y. Zato je na ovom pravcu
p3 : 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
Ep(x,y,z) = −
� x
xP
−
� z
zP
Fx(η,yP,zP)dη−
Fz(x,y,η) dη.
� y
yP
Fy(x,η,zP)dη−
Ako se gornja relacija parcijalno derivira 14 po z, dobit će se
� z
zP
Fz(x,y,η)dη. (4.14)
∂Ep(x,y,z)
= −Fz(x,y,z), (4.15)
∂z
zato ˇsto u prva dva člana desne strane (4.14) varijabla z ima konstantnu vrijednost zP, pa
derivacija konstante iˇsčezava. Ako se (4.14) parcijalno derivira po y, dobiva se
∂Ep(x,y,z)
∂y
= −Fy(x,y,zP)−
Ako se u gornji izraz za Fz uvrsti (4.15), slijedi
∂Ep(x,y,z)
∂y
= −Fy(x,y,zP)+
= −Fy(x,y,zP)+
� z
zP
� z
zP
� z
zP
∂Fz(x,y,η)
∂y
= −Fy(x,y,zP)+ ∂Ep(x,y,z)
∂y
⇒ ∂Ep(x,y,zP)
∂y
dη.
∂ ∂Ep(x,y,η)
dη
∂y ∂η
� �
∂ ∂Ep(x,y,η)
dη
∂η ∂y
= −Fy(x,y,zP),
− ∂Ep(x,y,zP)
∂y
14 Parcijalna derivacija odredenog integrala se izvodi na slijedeći način (vidjeti npr. referencu [4], str. 507)
d
dα
� h(α)
g(α)
� h(α)
f(η,α) dη =
g(α)
∂ f(η,α)
∂ α
dη +f(h(α),α) dh(α)
dα
−f(g(α),α) dg(α)
dα .

114POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
No, ono ˇsto vrijedi za zP, vrijedi za svaki drugi z, pa iz gornjeg izraza slijedi
∂Ep(x,y,z)
∂y
Ako se sada (4.14) parcijalno derivira joˇs i po x, dobiva se
∂Ep(x,y,z)
∂x
= −Fx(x,yP,zP)−
� y
Za Fz i Fy se uvrsti (4.15) i (4.16), pa slijedi
� y
∂Ep(x,y,z)
∂x
= −Fx(x,yP,zP)+
= −Fx(x,yP,zP)+
yP
� y
yP
yP
= −Fy(x,y,z). (4.16)
∂Fy(x,η,zP)
∂x
∂ ∂Ep(x,η,zP)
∂x ∂η
= −Fx(x,yP,zP)+ ∂Ep(x,y,zP)
∂x
⇒ ∂Ep(x,yP,zP)
∂x
dη−
dη+
� z
zP
� z
zP
� �
∂ ∂Ep(x,η,zP)
dη +
∂η ∂x
= −Fx(x,yP,zP).
− ∂Ep(x,yP,zP)
∂x
Ono ˇsto vrijedi za yP i zP, vrijedi za svaki drugi y i z, pa je
∂Ep(x,y,z)
∂x
∂Fz(x,y,η)
∂x
∂ ∂Ep(x,y,η)
dη
∂x ∂η
� z
zP
dη. (4.17)
� �
∂ ∂Ep(x,y,η)
dη
∂η ∂x
+ ∂Ep(x,y,z)
∂x
− ∂Ep(x,y,zP)
∂x
= −Fx(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 = − −→ ∇Ep.
( � F = − −→ ∇Ep) ⇒ ( � � F ·d�r = 0)
Pretpostavimo da vrijedi (4.11) i pokaˇzimo da je tada zadovoljena relacija (4.10). Podsjetimo
se najprije kako izgleda diferencijal funkcije tri varijable
K
� P
dEp(x,y,z) = ∂Ep
∂x
dx+ ∂Ep
∂y
dy + ∂Ep
∂z dz.
Izračunajmo rad sile oblika (4.11) od točke P do točke K duˇz proizvoljne putanje
� K � K �
∂Ep
WP,K = �F ·d�r = − �ex
P P ∂x +�ey
∂Ep
∂y +�ez
�
∂Ep
(�exdx+�eydy +�ezdz)
∂z
� P �
∂Ep ∂Ep ∂Ep
= dx+ dy +
∂x ∂y ∂z dz
�
=
K
dEp = Ep(xP,yp,zP)−Ep(xK,yK,zK). (4.19)

4.3. KONZERVATIVNE SILE I POTENCIJALNA ENERGIJA 115
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 = − −→ ∇Ep) ⇒ ( −→ ∇ × � F = 0)
Već je ranije, relacijom (2.35), 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 = − −→ ∇Ep)
Suprotan smjer: pretpostavimo da je −→ ∇ × � F = 0, ˇsto daje tri skalarne jednadˇzbe (npr. u
pravokutnom koordinatnom sustavu)
� � �
∂Fz ∂Fy ∂Fx
�ex − +�ey
∂y ∂z ∂z
∂Fz
∂y
= ∂Fy
∂z ,
∂Fx
∂z
�
∂Fz
− +�ez
∂x
= ∂Fz
∂x ,
� ∂Fy
∂x
∂Fy
∂x
�
∂Fx
− = 0,
∂y
∂Fx
= . (4.20)
∂y
Očito će gornje jednadˇzbe biti zadovoljene, ako je svaka komponenta sile srazmjerna derivaciji
neke skalarne funkcije po toj istoj komponenti radij vektora,
Uz gornje veze, zadovoljene su relacije (4.20)
No, (4.21) je upravo (4.11).
Fx = − ∂Ep
∂x , Fy = − ∂Ep
∂y , Fz = − ∂Ep
. (4.21)
∂z
∂ ∂Ep
∂y ∂z
∂ ∂Ep
∂z ∂x
∂ ∂Ep
∂x ∂y
∂ ∂Ep
=
∂z ∂y
∂ ∂Ep
=
∂x ∂z
∂ ∂Ep
=
∂y ∂x .
( −→ ∇ × � F = 0) ⇒ ( � � F ·d�r = 0) i ( � �F ·d�r = 0) ⇒ ( −→ ∇ × � F = 0)
Oba smjera proizlaze iz Stokesova teorema (odjeljak 2.4.4).
Zadatak: 4.1 Nadite rad obavljen po dijelu jedinične kruˇznice od 0 do π u ravnini (x,y), protiv
sile dane sa
�F
y
= −�ex
x2 x
+�ey
+y 2 x2 +y 2.

116POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
Uočite da obavljeni rad ovisi o putu. Čemu je jednaka rotacija � F? Objasnite ovaj
rezultat.
R: ... dovrˇsiti ....
Sačuvanje mehaničke energije. Iz drugog Newtonovog aksioma smo doˇsli 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
⎧
⎨ Ek(K)−Ek(P) (4.9),
WP,K =
⎩
EP(P)−EP(K) (4.19) ,
⇒ Ek(P)+EP(P) = Ek(K)+EP(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
Ek +Ep = Emeh. = const. (4.22)
Gornja relacija predstavlja zakon o sačuvanju mehaničke energije. Naglasimo joˇs jednom da
ona vrijedi samo u slučaju kada su sve sile koje djeluju na česticu, konzervativne. Neke od
konzervativnih sila s kojima ćemo se joˇs 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. Viˇse matematički rečeno, to su sve one sile koje se ne mogu
napisati u obliku gradijenta nekog skalarnog polja (ne postoji njima pridruˇzena potencijalna
energija).
4.4 Impuls sile i momenti
Impuls sile. Promatra li se sila kao vektorsko polje, ona moˇze ovisiti i o prostornim i o
vremenskoj kooordinati � F = � F(�r,t). Sa stanoviˇsta vremenske ovisnosti, sila ne mora biti
konstantna u vremenu: njezini iznos i smjer se mogu mijenjati tijekom vremena. Rezultat
djelovanja sile unutar vremenskog intervala tP ≤ t ≤ tK, jeste promjena količine gibanja čestice
� tK
tP
�F(t) dt =
� tK
tP
d�p
dt dt = �p(tK)−�p(tP). (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.

4.4. IMPULS SILE I MOMENTI 117
Moment sile i moment količine gibanja. Za česticu koja se giba po putanji opisanoj
radij vektorom �r(t) u odnosu na ishodiˇste nekog koordinatnog sustava O (slika 4.4) u polju sile
�F, definira se moment sile � M u odnosu na ishodiˇste, 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,
Slika 4.4: Uz definiciju momenta sile i momenta količine gibanja.
�L =�r × �p. (4.25)
Pokaˇzimo vezu koja postoji izmedu ova dva momenta. Izraz za drugi Newtonov aksiom (4.2),
pomnoˇzimo s lijeva vektorski s �r
�
d�p
�r ×
dt = � F ⇒ �r × d�p
dt =�r × � F.
Na desnoj strani prepoznajemo � M =�r × � F, a lijevu stranu moˇzemo napisati kao
�r × d�p
dt
= d
dt
(�r × �p) −
� �� �
d�r
× �p .
�dt �� �
= � L
Drugi član desne strane je jednak nuli zato jer su d�r/dt = �v i �p = m �v kolinearni vektori, pa
je po definiciji, njihov vektorski umnoˇzak jednak nuli. Kombiniranjem gornje dvije jednadˇzbe,
zaključujemo da je
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), d�p/dt = � F). Gornji izraz vrijedi i
= 0

118POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
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. Kaˇze se da tada vrijedi zakon o sačuvanju
momenta količine gibanja. Ako je samo jedna od komponenata � M jednaka nuli, npr. Mz = 0,
tada je samo z komponeta momenta količine gibanja sačuvana, dok su druge dvije komponente
promjenjive
Mx �= 0 ⇒ Lx �= const.,
My �= 0 ⇒ Ly �= const.,
Mz = 0 ⇒ Lz = 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:
WP,K =
� K
P
�Fd�r = Ek(K)−Ek(P),
a samo za konzervativne sile vrijedi:
� K
P
4.5 Statika ili ravnoteˇza čestice
� tK
tP
�F(t) dt = �p K −�pP,
�F d�r = Ep(P)−Ep(K), Ek +Ep = const..
d � L
dt = � M,
Ravnoteˇznim stanjem čestice nazivamo situaciju ukojoj jezbroj svih sila koje djelujuna 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 ravnoteˇze čestice se moˇze napisati kao
�F = 0, (4.27)
gdje je � F zbroj svih sila koje djeluju na česticu. U ovom je slučaju količina gibanja čestice
konstantna
d�p
dt = � F = 0 �p = �p0 = 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

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEˇ ZA ČESTICE 119
sačuvanja količine gibanja: količina gibanja je konstantna u vremenu. Ako je samo jedna od
komponenata � F jednakanuli, npr. Fz = 0, tadajesamo z komponeta količine gibanjasačuvana,
dok su druge dvije komponente promjenjive
Fx �= 0 ⇒ px �= const.,
Fy �= 0 ⇒ py �= const.,
Fz = 0 ⇒ pz = const.
Ako su sile koje djeluju na česticu konzervativne, a pripadna potencijalna energija je Ep, tada
se nuˇzan uvjet ravnoteˇze u točki (x0,y0,z0), moˇze napisati u pravokutnim koordinatama kao
�F = − −→ �
∂Ep�
∇Ep = 0 ⇔ � =
∂x
∂Ep
�
�
� =
∂y
∂Ep
�
�
� = 0. (4.28)
∂z
� (x0,y0,z0)
� (x0,y0,z0)
Ravnoteˇza čestice moˇze biti stabilna, labilna i indeferentna (slika 4.5).
� (x0,y0,z0)
Slika 4.5: Uz definiciju (A) stabilne, (B) labilne i (C) indiferentne ravnoteˇze čestice i tijela.
♣ Stabilna ravnoteˇza, slika 4.5.A, odgovara lokalnom minimumu potencijalne energije: na
česticu koja se malo otkloni od poloˇzaja ravnoteˇze, djeluju sile koje ju nastoje vratiti u ravnoteˇzni
poloˇzaj. Ako otklon čestice od poloˇzaja ravnoteˇze nije mali, čestica moˇze prijeći u neki
drugi lokalni poloˇzaj ravnoteˇze.
♣ Labilna ravnoteˇza, slika 4.5.B, odgovara lokalnom maksimimu potencijalne energije: na
česticu koja se malo otkloni od poloˇzaja ravnoteˇze, djeluju sile koje ju udaljavaju od početnog
ravnoteˇznog poloˇzaja.
♣ Indiferentna ravnoteˇza, slika 4.5.C, odgovara lokalno konstantnoj vrijednosti potencijalne
energije: mali otklon od početnog poloˇzaja ne dovodi do djelovanja nikakve sile na česticu. Sve
točke iz male okolice početne točke su medusobno ekvivalentne.

120POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
Da je (4.28) nuˇzan, ali ne i dovoljan uvjet ravnoteˇze, vidi se iz slijedećeg primjera.
Zadatak: 4.2 Pokaˇzite da polje potencijalne energije Ep(x,y) = x·y, iako zadovoljava relaciju
(4.28), ipak nema ekstrem u točki (0,0), tj. ishodiˇste nije ravnoteˇzni poloˇzaj.
R: Pokaˇzimo najprije da Ep zadovoljava uvjete(4.28):
∂Ep
∂x
100
50
0
-50
-100
10
Slika 4.6: Ilustracija sedlaste plohe potencijalne energije.
5
= y = 0 za x = y = 0, i
x
0
-5
∂Ep
∂y
-10
5
10
-10
-5
0
x*y
= x = 0 za x = y = 0.
Dakle, i Ep(x,y) i njezine prve derivacije su jednake nuli u ishodiˇstu. Nacrtamo li
Ep uokolici ishodiˇsta, dobit ćemo sedlastu plohu (pozitivan Ep u prvom i trećem, a
negativan u drugom i četvrtom kvadrantu) kao na slici 4.6. Očito je da ishodiˇste
nije ekstremna tj. ravnoteˇzna točka čestice u polju potencijalne energije Ep.
Dakle, u prostoru dimenzije veće od jedan, relacije (4.28) jesu nuˇzan, ali ne i dovoljan uvjet
za odredivanje ravnoteˇznog poloˇzaja čestice. Da bi se odredio ravnoteˇzan poloˇzaj, potrebno je
studirati i druge parcijalne derivacije potencijalne energije. Radi jednostavnosti, zadrˇzat ćemo
se na dvodimenzijskom primjeru. Razvijmo u red funkciju potencijalne energije u okolici točke
(x0,y0)
Ep(x,y) = Ep(x0,y0)+(x−x0) ∂Ep
�
�
�
∂x � +(y −y0)
x0,y0
∂Ep
�
�
�
∂y �
x0,y0
+ 1
2 (x−x0) 2 ∂ 2Ep ∂x2 �
�
� +(x−x0)(y −y0) ∂2 �
Ep�
� +
∂x∂y
1
2 (y −y0) 2 ∂2Ep ∂y 2
�
�
� +··· ,
� x0,y0
gdje su točkicama označeni članovi viˇseg reda u (x−x0) n (y−y0) m , tj. oni za koje je n+m > 2.
� x0,y0
y
� x0,y0

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEˇ ZA ČESTICE 121
Da bi (x0,y0) bila točka ravnoteˇze, nuˇzno je, prema (4.28),
�
∂Ep�
�
∂x
= ∂Ep
�
�
�
∂y
= 0. (4.29)
Radi kraćeg zapisa, označimo
� x0,y0
∆x = x−x0, ∆y = y −y0, A = ∂ 2 Ep
∂x 2
�
�
�
� x0,y0
� x0,y0
U ovim oznakama, razvoj za potencijalnu energiju glasi
, B = ∂2 �
Ep�
�
∂x∂y
� x0,y0
, C = ∂ 2 Ep
∂y 2
Ep(x,y) = Ep(x0,y0)+ 1 � � 2 2
∆x A+2∆x∆y B +∆y C +···
2
= Ep(x0,y0)+∆Ep.
Ako otklon od (x0,y0) povećava vrijednost potencijalne energije, onda je (x0,y0) poloˇzaj lokalnog
minimuma
(x0,y0) = min. ⇒ ∆x 2 A+2∆x∆yB +∆y 2 C > 0.
Naprotiv, ako otklon od (x0,y0) sniˇzava vrijednost potencijalne energije, tada je (x0,y0) lokalni
maksimum
(x0,y0) = max. ⇒ ∆x 2 A+2∆x∆yB +∆y 2 C < 0.
Potraˇzimo koje uvjete mora zadovoljavati potencijalna energija, pa da (x0,y0) bude njezin
lokalni minimum
∆Ep ≡ ∆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 = ρcosϕ, ∆y = ρsinϕ.
Izravnim trigonometrijskim preobrazbama, za ∆Ep se dobiva
∆Ep
ρ 2 = Acos2 ϕ+2Bsinϕ cosϕ+Csin 2 ϕ
gdje je konstantni kut δ odreden relacijom
= A+C A−C
+ cos2ϕ+Bsin2ϕ
2 2
= A+C
2 +
�
B 2 �
A+C
−AC +
2
tan2δ = 2B
A−C .
� 2
sin(2ϕ+2δ),
Traˇzimo da bude ∆Ep/ρ 2 > 0 za svaku vrijednost sin(2ϕ + 2δ), pa i za njegovu najmanju
�
�
�
� x0,y0
.

122POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI
vrijednost −1:
A+C
2
A+C
2
� A+C
2
� 2
�
− B 2 � �2 A+C
−AC + > 0
2
�
> B 2 � � �
2
A+C
−AC +
2
> B 2 � �2 A+C
−AC +
2
AC > B 2 .
Budući da je B 2 > 0, iz gornjeg izraza zaključujemo da su A i C istog predznaka, a budući da
traˇzimo da bude ∆Ep pozitivan, i A i C moraju biti pozitivni. Tako smo dobili tri uvjeta da
točka (x0,y0) bude lokalni minimum, tj, poloˇzaj stabilne ravnoteˇze: A > 0, C > 0, AC−B 2 >
0. U početnim oznakama ovi uvjeti (zajedno s uvjetima iˇsčezavanja prvih parcijalnih derivacija
(4.29)) glase:
∂ 2 Ep
∂x 2
�
∂ 2 Ep
∂x 2
�
�
�
∂Ep
∂x
� x0,y0
�
�
�
� x0,y0
> 0,
= ∂Ep
∂y
∂ 2 Ep
∂y 2
�
�
�
� x0,y0
�
�
�
� x0,y0
∂ 2 � � �
2 2
Ep ∂ Ep
−
∂y 2 ∂x ∂y
x0,y0
= 0,
2
> 0, (4.30)
> 0.
To su uvjeti da točka (x0,y0) bude točka stabilne ravnoteˇze čestice u polju sile opisane potencijalnom
energijom Ep(x,y). Ovaj se posljednji uvjet moˇze napisati i u obliku determinante
∂ 2 Ep
∂x 2
∂ 2 Ep
∂x ∂y
∂ 2 Ep
∂x ∂y
∂ 2 Ep
∂y 2
x0,y0
> 0.
Sličnim se postupkom dobiju uvjeti da je točka (x0,y0,z0), točka stabilne ravnoteˇze čestice u

4.5. STATIKA ILI RAVNOTEˇ ZA ČESTICE 123
trodimenzijskom prostoru:
�
∂Ep�
�
∂x
� x0,y0,z0
∂ 2 Ep
∂x 2
∂ 2 Ep
∂y ∂x
∂ 2 Ep
∂z ∂x
= ∂Ep
∂y
∂ 2 Ep
∂x 2
�
�
�
∂ 2 Ep
∂x ∂y
∂ 2 Ep
∂x ∂y
∂ 2 Ep
∂y 2
∂ 2 Ep
∂z ∂y
� x0,y0,z0
= ∂Ep
∂z
∂ 2 Ep
∂x ∂y
∂ 2 Ep
∂y 2
∂ 2 Ep
∂x 2
∂ 2 Ep
∂x ∂z
∂ 2 Ep
∂y ∂z
∂ 2 Ep
∂z 2
�
�
�
� x0,y0,z0
�
�
�
� x0,y0,z0
x0,y0,z0
x0,y0,z0
= 0, (4.31)
> 0,
> 0,
> 0.
Determinante koje se pojavljuju u gornjim izrazima se zovu Hesseove 15 determinante.
15 L. O. Hesse, 1811 - 1874.

124POGLAVLJE4. NEWTONOVIAKSIOMIGIBANJA,KONZERVATIVNOST,RAD,ENERGIJA,MOMENTI

Poglavlje 5
Gibanje čestice u polju konstantne sile
i sila ovisnih o brzini
5.1 Gibanje u polju konstantne sile
U prethodnom smo se poglavlju upoznali s drugim Newtonovim aksiomom, tj. jednadˇzbom
gibanja, (4.4), čestice pod djelovanjem sila � F
d2�r 1
=
dt 2 m � F. (5.1)
Ponovimo joˇs jednom da je to diferencijalna jednadˇzba drugog reda i da je njezino rjeˇsenje
�r =�r(t;�r0,�v0) (5.2)
jednoznačno odredeno zadavanjem početnih uvjeta, tj. poznavanjem poloˇzaja i brzine čestice
u jednom odredenom trenutku t0
�r0 = �r(t0), �v0 =�v(t0).
Uovom ćemo se poglavljubaviti rjeˇsavanjem ovejednadˇzbe uosobito jednostavnim slučajevima
kada jesila (desna stranajednadˇzbe) konstantna. Budući dajesila 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 =�ex F0,x +�ey F0,y +�ez F0,z,
(slika 5.1), gdje su F0,x,F0,y i F0,z konstante. Ako se u trenutku t0 čestica nalazila u točki
i imala brzinu
�r0 = (x0,y0,z0)
�v0 = (v0,x,v0,y,v0,z),
trebaodreditipoloˇzaj,brzinuiubrzanječesticeuproizvoljnomtrenutkut(bezobziraproˇslom,
t < t0, ili budućem, t > t0). Postavimo jednadˇzbu gibanja (5.1) i raspiˇsimo ju po komponentama
u pravokutnom koordinatnom sustavu
d2 x F0,x
=
dt 2 m ,
d2 y F0,y
=
dt 2 m ,
125
d 2 z
dt
m
2 = F0,z
. (5.3)

126 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Slika 5.1: U trenutku t0, konstantna sila � F = �ex F0,x +�ey F0,y +�ez F0,z počinje djelovati na česticu mase m.
Na slici su označeni i početni uvjeti �r0 i �v0.
Navedimo i početne uvjete u pravokutnom koordinatnom sustavu:
x(t = t0) = x0, y(t = t0) = y0, z(t = t0) = z0,
vx(t = t0) = v0,x, vy(t = t0) = v0,y, vz(t = t0) = v0,z.
Iz jednadˇzba (5.3) se vidi da su gibanja u smjerovima x,y i z osi medusobno nepovezana i
mogu se rjeˇsavati neovisno jedno o drugom. Gibanja po sve tri osi imaju jednadˇzbe i početne
uvjete istog oblika, pa će im i rjeˇsenja biti istog oblika. Stoga je dovoljno rjeˇsavati samo jednu
od njih, npr. onu za koordinatu x. Integracijom ubrzanja, dobit će se brzina
� t
t0
�
dt
� t �
d dx
t0 dt dt
� � � �
dx dx
−
dt dt
t
d2 x F0,x
=
dt 2 m
�
dt = F0,x
m
t0
� t
t0
dt
= F0,x
m (t−t0).
Prvi član lijeve strane je x komponenta brzine u trenutku t, a drugi član je x komponenta
brzine u trenutku t0, koja je po početnim uvjetima, jednaka v0,x,ˇsto sve zajedno daje za brzinu
po osi x
vx(t) ≡
� �
dx
= v0,x +
dt t
F0,x
m (t−t0).

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE 127
Integracijom brzine dolazi se do poloˇzaja
� t
� t
� t
v0,x dt+
dx
dt =
t0 dt t0
F0,x
t0 m (t−t0) dt
x(t)−x(t0) = v0,x (t−t0)+ 1 F0,x
2 m (t−t0) 2 .
Prema početnim uvjetima je x(t0) = x0, pa ukupno rjeˇsenje (poloˇzaj, brzina i ubrzanje) za
gibanje u smjeru osi x glasi
x(t) = x0+v0,x (t−t0)+ 1 F0,x
2 m (t−t0) 2 , vx(t) = v0,x+ F0,x
m (t−t0), ax = F0,x
. (5.4)
m
Sličnim bi se postupkom dobile odgovarajuće jednadˇzbe poloˇzaja i brzine i za preostale dvije
koordinate. Ukupnorjeˇsenjekojedajepoloˇzaj, brzinuiubrzanje(upravokutnimkoordinatama)
čestice mase m koja se giba pod djelovanjem konstantne sile � F =�ex F0,x +�ey F0,y +�ez F0,z uz
zadane početne uvjete, za sve tri koordinate je
x(t) = x0 +v0,x (t−t0)+ 1 F0,x
2 m (t−t0) 2 , vx(t) = v0,x + F0,x
m (t−t0), ax = F0,x
m ,
y(t) = y0 +v0,y (t−t0)+ 1 F0,y
2 m (t−t0) 2 , vy(t) = v0,y + F0,y
m (t−t0), ay = F0,y
m ,
z(t) = z0 +v0,z (t−t0)+ 1 F0,z
2 m (t−t0) 2 , vz(t) = v0,z + F0,z
m (t−t0), az = F0,z
m .
Gornji izrazi su komponente rjeˇsenja (5.2) u pravokutnom koordinatnom sustavu
�r(t;�r0,�v0) =�ex x(t;x0,v0,x)+�ey y(t;y0,v0,y)+�ez z(t;z0,v0,z).
Konstantna sila je konzervativna. Pokazat ćemo da rad konstantne sile ne ovisi o obliku
putanje, nego samo o početnoj i konačnoj točki, takoˇsto ćemo izračunati njezin rad od početne
točke (x0,y0,z0) do proizvoljne krajnje točke (x,y,z)
W =
� (x,y,z)
= F0,x
(x0,y0,z0)
� x
x0
�F ·d�r =
dx+F0,y
� (x,y,z)
(�ex F0,x +�ey F0,y +�ez F0,z)·(�exdx+�eydy +�ezdz)
(x0,y0,z0)
� y
dy +F0,z
� z
y0 z0
dz
(5.5)
= F0,x (x−x0)+F0,y (y −y0)+F0,z (z −z0) = � F0 ·(�r −�r0). (5.6)
Vidimo da rad ne ovisi o obliku putanje, pa zaključujemo da je konstantna sila konzervativna.
Budući da je sila konzervativna, moˇze joj se, relacijom � F = − −→ ∇Ep, pridruˇziti potencijalna
energija Ep(x,y,z)
�
�ex F0,x +�ey F0,y +�ez F0,z = − �ex
∂Ep
∂x +�ey
∂Ep
∂y +�ez
�
∂Ep
∂z
⇒ F0,x = − ∂Ep
∂x , F0,y = − ∂Ep
∂y , F0,z = − ∂Ep
∂z .

128 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Sve su tri jednadˇzbe istog oblika, pa je dovoljno rjeˇsavati samo jednu od njih, npr. za x
koordinatu
�
�
dx
F0,x
F0,x = − ∂Ep
∂x
� �
∂Ep
dx = − dx = −Ep(x,y,z)+f1(y,z)+c1
∂x
i slično za preostale dvije jednadˇzbe. Sve zajedno se dobije
F0,x x = −Ep(x,y,z)+f1(y,z)+c1,
F0,y y = −Ep(x,y,z)+f2(x,z)+c2,
F0,z z = −Ep(x,y,z)+f3(x,y)+c3,
gdje je su ci konstante. Iz gornjeg izraza se očitava cijeli izraz za potencijalnu energiju
Ep(x,y,z) = −F0,x x−F0,y y −F0,z z +c0 = − � F0 ·�r +c0, (5.7)
gdje je c0 proizvoljna konstanta. Ovaj je rezultat konzistentan s rezultatom (5.6) za rad konstantne
sile, jer je
5.1.1 Slobodan pad
W = Ep(x0,y0,z0)−Ep(x,y,z).
Primjenimo relacije (5.5) na jednostavnom primjeru slobodnog pada.
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, moˇze se smatrati konstantnom silom (o gravitacijskoj
sili će viˇse biti riječi u poglavlju 7). Gravitacijska je sila usmjerena (pribliˇzno - vidjeti poglavlje
8) prema srediˇstu Zemlje, a po iznosu je jednaka umnoˇsku mase tijela na koje djeluje i jednog
ubrzanja koje se zove Zemljino gravitacijsko ubrzanje, �g. U blizini Zemljine povrˇsine ovo
ubrzanje iznosi pribliˇzno
g = 9.80665 m
s 2
i malo se mijenja ovisno o zemljopisnoj ˇsirini mjesta na kojemu se ono mjeri. Kada se kaˇze u
blizini Zemljine povrˇsine, onda se misli na udaljenosti od povrˇsine koje su male u odnosu na
polumjer Zemlje.
Ako promatramo česticu mase m koja se giba u blizini Zemljine povrˇsine pod djelovanjem
gravitacijske sile i ako zanemarimo sile trenja koje dolaze od otpora koje pruˇzaju čestice zraka
iz atmosfere, moˇzemo reći da se čestica giba pod djelovanjem konstantne sile. Promatramo
li gibanja na prostornoj skali maloj u usporedbi s polumjerom Zemlje, moˇzemo dio Zemljine
kugle zamjeniti ravninom. Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da ravnina (x,y) leˇzi
na povrˇsini Zemlje, a da je os z okomita na nju i usmjerena prema gore. U tom koordinatnom
sustavu je gravitacijska sila Zemlje
�FG = −m g �ez. (5.8)

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE 129
Gornja sila je sila kojom Zemlja privlači sva tijela u svojoj blizini i naziva se joˇs i sila teˇza.
Teˇzinom tijela, s oznakom � G, ćemo označavati silu kojom tijelo djeluje na podlogu na kojoj
se nalazi ili na objesiˇste o koje je objeˇseno. 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 joˇs i da sila teˇza i teˇzina 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
objesiˇste). Sila teˇza je sila kojom Zemlja djeluje na tijelo mase m, a teˇzina je sila kojom to isto
tijelo mase m djeluje na podlogu (ili objesiˇste) na kojoj se nalazi.
Gibanje tijela u smjeru prema tlu, pod djelovanjem sile teˇze (i nijedne druge sile) u blizini
Zemljine povrˇsine, naziva se slobodan pad. Neka se čestica mase m u trenutku t0 nalazi u točki
i neka ima brzinu
�r0 = (0,0,z0)
�v0 = (0,0,v0)
(v0 > 0 ako se čestica giba prema gore, a v0 < 0, ako se čestica giba prema dolje). Kada je sila
zadana izrazom (5.8), jednadˇzba gibanja (4.4) glasi
U usporedbi s (5.1), komponente sile su
d 2 �r
dt 2 = −g�ez. (5.9)
F0,x = 0, F0,y = 0, F0,z = −mg.
Jednadˇzba (5.9) je istog oblika kao i (5.1), s tom razlikom da su sada sila i početni uvjeti
drukčiji. Uzme li se to u obzir, moˇzemo iskoristiti rjeˇsenja (5.5)
x(t) = 0, vx(t) = 0, ax(t) = 0,
y(t) = 0, vy(t) = 0, ay(t) = 0, (5.10)
z(t) = z0 +v0(t−t0)− 1
2 g(t−t0) 2 , vz(t) = v0 −g(t−t0), az(t) = −g.
Iako jednostavno, gornje rjeˇsenje sadrˇzi jednu vaˇznu 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 moˇzemo zanemariti otpor zraka (kao ˇsto je i napravljeno u
gornjem računu). Ako uzmemo u obzir i otpor zraka (odjeljak 5.3), vidjet ćemo da gibanje
tijela ovisi i o masi i o obliku tijela. Prigodom jednog od spuˇstanja američkih astronauta na
povrˇsinu Mjeseca, izveden je jedan jednostavan pokus: čekić i ptičje pero puˇsteni su padati
s pribliˇzno iste visine prema povrˇsini Mjeseca. Budući da Mjesec gotovo i nema atmosferu,
gotovo da nije bilo ni otpora sile trenja i oba tijela, čekić i pero, su pali na povrˇsinu Mjeseca u
pribliˇzno istom trenutku, u skladu s gornjim jednadˇzbama.
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
1 U tekućini, zbog uzgona, ove sile takoder neće biti istog iznosa.
Ep = mgz. (5.11)

130 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Primjetimo da se ovako napisana gravitacijska potencijalna energija moˇze shvatiti i kao rad sile
teˇze (mg) pri pomaku čestice od povrˇsine z = 0 do točke z, bez obzira na vrijednosti x i y
koordinata. Sada z označava poloˇzaj čestice iznad Zemljine povrˇsine, tj. njezinu visinu h, pa
se gravitacijska potencijalna energija često piˇse i kao Ep = 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. Pokaˇzimo da je
Emeh(�r,t) = Emeh(�r0,t0) = 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
čestice
Emeh(�r,t) = Ek(�r,t)+Ep(�r,t) = mv2 (t)
2
= m
2
+mgz(t) = m
2 (v2 x +v 2 y +v 2 z)+mgz
�
v 2 0 −2v0g(t−t0)+g 2 (t−t0) 2
� �
+mg z0 +v0(t−t0)− 1
�
2
g(t−t0)
2
= mv2 0
2 +mgz0
= Emeh(�r0,t0).
Do istog se zaključka dolazi i promatranjem vremenske promjene mehaničke energije
� 2
dEmeh d m ˙z
=
dt dt 2 +mgz
�
= m˙z(¨z +g) = (5.9) = 0.
Ako je vremenska promjena energije jednaka nuli, tada je energija konstanta u vremenu.
5.1.2 Kosi hitac
Kosi hitac je, slično slobodnom padu, takoder gibanje pod djelovanjem samo sile teˇze (otpor
zraka se ponovo zanemaruje), pa su jednadˇzbe gibanja iste kao kod slobodnog pada
d2�r dt 2 = −g�ez ⇒ d2x = 0,
dt 2
d2y = 0,
dt 2
d2z = −g, (5.12)
dt 2
ali ga od slobodnog pada razlikuju početni uvjeti. U početnom trenutku (koji, radi jednostavnosti,
odabiremo tako da je t0 = 0) čestica ima brzinu iznosa v0 koja zatvara kut α prema
Zemljinoj povrˇsini. Postavimo koordinatni sustav tako da u početnom trenutku brzina ima
samo y i z komponentu (kao na slici 5.2). U tom slučaju početni uvjeti glase
x(0) = 0, y(0) = 0, z(0) = z0,
vx(0) = 0, vy(0) = v0cosα, vz(0) = v0sinα.
(5.13)
Gornji početni uvjeti sadrˇze u sebi i posebne slučajeve okomitog hica, α = π/2; vodoravnog
hica, α = 0 i hica prema dolje, α = −π/2. Jednadˇzbe gibanja (5.12) su istog oblika kao i

5.1. GIBANJE U POLJU KONSTANTNE SILE 131
Slika 5.2: Uz kosi hitac.
jednadˇzbe (5.3), pa će zato i rjeˇsenja biti oblika (5.5)
x(t) = 0, vx(t) = 0, ax(t) = 0,
y(t) = v0tcosα, vy(t) = v0cosα, ay(t) = 0, (5.14)
z(t) = z0 +v0tsinα− 1
2 gt2 , vz(t) = v0sinα−gt, az(t) = −g.
Razmislimo o gornjem rjeˇsenju. 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 viˇse 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 vy(t) = vy(0) = v0cosα. Sila djeluje
samo u smjeru osi z i u tom smjeru je gibanje sastavljeno od dvije vrste gibanja: početnog
jednolikog gibanja (konstantnom brzinom v0sinα ) u smjeru +�ez i jednoliko ubrzanog
gibanja u smjeru −�ez (padanja konstantnim ubrzanjem, g).
Izračunajmo maksimalnu visinu H koju postigne čestica kod kosog hica uz konstantnu
početnu brzinu v0 i konstantni kut ispaljenja α. Jasno je da će čestica dostići najviˇsu točku
putanje u onom trenutku t = tH kada njezina okomita komponenta brzine bude jednaka nuli,
tj. kada z koordinata dostigne svoju ekstremni (maksimalni) iznos
vz(t = tH) = dz
�
�
�
dt
� t=tH
= 0 ⇒ (5.14) ⇒ tH = v0sinα
.
g
To je vrijeme potrebno čestici da dostigna najviˇsu točku putanje. Najviˇsu točku, zmax = H,
izračunavamo tako da u z(t) uvrstimo tH
H = z(t = tH) = z0 + 1
2
v2 0 sin 2 α
. (5.15)
g

132 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Koliki je doseg, D, kosog hica uz konstantnu početnu brzinu v0 i konstantni kut ispaljenja α.
Da bismo to izračunali, treba najprije naći vrijeme tD u kojemu će čestica ponovo pasti na tlo.
Uvjet da u trenutku tD čestica bude na tlu glasi
z(t = tD) = 0 = z0 +v0tDsinα− 1
2 gt2 D .
Gornjakvadratna jednadˇzba ima formalno dva rjeˇsenja za tD. Odta dva rjeˇsenja jedno jemanje
od nule, pa ga odbacujemo jer nas zanima samo gibanje čestice nakon početnog trenutka t = 0.
Pozitivno rjeˇsenje glasi
tD = v0sinα
g
+
�
v2 0 sin 2 α
g2 + 2z0
g .
Primjetimo da ako se čestica u početku nalazila na tlu (z0 = 0), tada je tD = 2 tH. Koordinata
y opisuje otklon od početne točke u vodoravnom smjeru, pa se doseg dobije tako da se izračuna
koliki je y(t = tD)
D = y(t = tD) = v2 0
2g sin2α
�
1+
�
1+ 2z0g
v 2 0 sin2 α
�
. (5.16)
Prema (5.15) i (5.16), visina H i doseg D ovise o početnoj brzini v0 i kutu ispaljenja α, pa se
moˇze postaviti slijedeće pitanje: ako se projektil ispaljuje s tla, z0 = 0 i ako je brzina ispaljenja
v0 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
(5.15) ⇒ ∂H
∂α
(5.16) ⇒ ∂D
∂α
�
�
�
� αmax,H
�
�
�
� αmax,D
= 0, ⇒ αmax,H = π
2 ,
= 0 ⇒ αmax,D = π
4 .
Primjetimo da (kada se ispaljenje vrˇsi s tla, z0 = 0), tada je αmax,H = 2αmax,D. Kada se iz
gornjih jednadˇzba nadu αmax,H i αmax,D, maksimalni visina i doseg se dobiju kao
Hmax = H(αmax,H) = 1 v
2
2 0
g ,
Dmax = D(αmax,D) = v2 0
g
= 2Hmax.
Izračunajmo i oblik putanje čestice, takoˇsto ćemo iz rjeˇsenja za y u jednadˇzbi gibanja (5.14)
eliminirati vrijeme
t =
y
v0cosα

5.2. UVJETI NA GIBANJE: KOSINA 133
i uvrstiti ga u jednadˇzbu za z
z −z0 = y tanα−
g
2v 2 0 cos 2 α y2 .
Gornju jednadˇzbu prepoznajemo kao jednadˇzbu 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. Pokaˇzimo da je
Emeh(�r,t) = Emeh(�r0,0) = const
Uvrstimo izraze za kinetičku i potencijalnu energiju čestice
Emeh(�r,t) = Ek(�r,t)+Ep(�r,t) = mv2 (t)
2
+mgz(t) = m
2 (˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2 )+mgz
= m
2 (0+v2 0 cos 2 α+v 2 0 sin 2 α−2v0gtsinα+g 2 t 2 �
)+mg
= mv2 0
2 +mgz0 = Emeh(�r0,0).
z0 +v0tsinα− 1
2 gt2
Kao i kod slobodnog pada, i sada se do istog zaključka dolazi i promatranjem vremenske
promjene mehaničke energije
� 2
dEmeh d m ˙z
=
dt dt 2 +mgz
�
= m˙z(¨z +g) = (5.12) = 0.
Kada je vremenska promjena energije jednaka nuli, tada je energija konstanta u vremenu.
Ako bi se u račun uzela 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
(dEmeh / 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.
5.2 Uvjeti na gibanje: kosina
Postoje situacije u kojim je čestica prisiljena gibati se duˇz neke odredene povrˇsine ( npr. kosine,
slika 5.3.A) ili krivulje (npr. po unutraˇsnjosti zakrivljene plohe, slika 5.3.B). U takvim se
slučajevima kaˇze da je gibanje čestice podvrgnuto odredenim uvjetima. Uslijed djelovanja
vanjskih sila (npr. sile teˇze), 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 joˇs 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.
Fenomenoloˇski se ta sila naziva trenjem, � Ftr i opisuje se preko koeficijenta trenja µ
Ftr = µ N.
Koeficijent trenja se eksperimantalno odreduje. Smjer sile trenja je suprotan smjeru gibanja
čestice,
�Ftr = −µ N �ev.
�

134 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Slika 5.3: Uz definiciju uvjeta na gibanje.
Ilustrirajmo ovo primjerom gibanja čestice po kosini kuta nagiba α (slika 5.3.A). Jednostavnom
trigonometrijom se dolazi do
Jednadˇzba gibanja glasi
�e1 = �ex cosα−�ey sinα,
�e2 = �ex sinα+�ey cosα,
m(¨x�ex + ¨y�ey) = −mg�ey +N�e2 −Ftr�e1
ili, po komponentama
= −mg�ey +N(�ex sinα+�ey cosα)−Ftr(�ex cosα−�ey sinα),
m¨x = N sinα−Ftrcosα = N (sinα−µ cosα),
m¨y = −mg +N cosα+Ftrsinα = −mg +N (cosα+µ sinα),
uz početni uvjet da je čestica u t = 0 mirovala na vrhu kosine:
Sa slike 5.3.A je
x(0) = 0, y(0) = y0,
˙x(0) = 0, ˙y(0) = 0.
N = mgcosα,

5.3. SILE OVISNE O BRZINI: (1) SILA PRIGU ˇ SENJA 135
ˇsto uvrˇsteno u jednadˇzbe gibanja daje za ubrzanje čestice
¨x = gcosα(sinα−µcosα),
¨y = −gsinα(sinα−µcosα),
a = � ¨x 2 + ¨y 2 = g(sinα−µcosα).
Sile, tj. desne strane gornjih jednadˇzba su konstantne, pa moˇzemo primjeniti rjeˇsenja (5.5) ili
ih izravno rjeˇsavati. Integracijom po vremenu dobivamo brzinu
˙x = gtcosα(sinα−µcosα),
˙y = −gtsinα(sinα−µcosα),
v = � ˙x 2 + ˙y 2 = gt(sinα−µcosα),
a integracijom brzine po vremenu dobivamo koordinate poloˇzaja čestice
x(t) = 1
2 gt2 cosα(sinα−µcosα),
y(t) = y0 − 1
2 gt2 sinα(sinα−µcosα).
Prijedeni put od početka gibanja pa do trenutka t je jednak
� x 2 +(y −y0) 2 = 1
2 gt2 sinα(sinα−µcosα).
5.3 Sile ovisne o brzini: (1) sila priguˇsenja
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, priguˇsenja ili disipativnom silom, � Fprig, a
koja ima smjer suprotan smjeru gibanja čestice. Najčeˇsća aproksimacija se sastoji u tome da
se pretpostavi da je sila otpora srazmjerna nekoj potenciji relativne brzine, v(t), čestice prema
mediju kroz koji se giba,
�Fprig = −�ev β v n , β > 0
β je pozitivna konstanta srazmjernosti koja, osim ˇsto prilagodava mjerne jedinice na lijevoj
i desnoj strani, opisuje (eksperimentalno) svojstva medija u kojem se odvija gibanje i oblik
(geometriju) tijela koje se giba.
5.3.1 Slobodan pad
Pogledajmo kako se mijenja jednadˇzba gibanja čestice u konstantnom polju gravitacijske sile,
kada uključimo i djelovanje otpora zraka, kada je otpor srazmjeran prvoj potenciji brzine.
Jednadˇzba gibanja sada ima dva člana na desnoj strani
m d2 �r
dt 2 = −mg�ez + � Fprig = −mg�ez −β�v.

136 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Za razliku od (5.9), gdje se masa kraćenjem nestala iz jednadˇzbe, u gornjoj jednadˇzbi ostaje
masa, tj. neće se tijela različitih masa gibati na isti način (ˇsto nam je blisko iz svakodnevnog
iskustva). Gornju jednadˇzbu joˇs treba nadopuniti početnim uvjetima:
t0 = 0 : �r(0) =�ez z0, �v(0) =�ezv0.
Raspisane po komponentama, jednadˇzbe gibanja glase
m¨x = −β˙x, m¨y = −β˙y, m¨z = −mg −β˙z. (5.17)
Primjetimo da se tijekom padanja, z koordinata čestice smanjuje, tako da je dz < 0 dok je
dt > 0, pa je ˙z = dz/dt < 0.
Gornje su jednadˇzbe medusobno nezavisne, pa se moˇze rjeˇsavati svaka posebno. Jednadˇzbe i
početni uvjeti za x i y komponentu su istog oblika, pa će i rjeˇsenja biti istog oblika. Rijeˇsimo
zato samo jednadˇzbu za komponentu x. Uvedimo novu varijablu vx = ˙x, u kojoj jednadˇzba za
komponentu x glasi
� vx(t)
vx(0)
m dvx
dt
dvx
vx
dvx
vx
ln vx(t)
vx(0)
= −βvx
= − β
m dt
= − β
� t
m 0
= −β
m t
dt
vx(t) = vx(0) e −β t/m .
�� t
No, prema početnim je uvjetima, u početnom trenutku, x komponenta brzine jednaka nuli,
pa iz toga slijedi
vx(0) = 0,
vx(t) = 0.
Ako je x komponenta brzine sve vrijeme jednaka nuli, tada je poloˇzaj čestice po osi x nepromjenjen
i jednak poloˇzaju u trenutku t0 = 0, tj.
x(t) = const. = x(0) = 0.
Istim postupkom se i za poloˇzaj po osi y dobije
Preostaje jednadˇzba za z komponentu
y(t) = 0.
¨z = −g − β
m ˙z.
Kao ˇsto je već spomenuto, tijekom padanja, z koordinata čestice smanjuje, tako da je dz < 0
dok je dt > 0, pa je ˙z = dz/dt < 0. Uvedimo novu varijablu
Z = −g − β
m ˙z.
0

5.3. SILE OVISNE O BRZINI: (1) SILA PRIGU ˇ SENJA 137
U varijabli Z, jednadˇzba gibanja postaje
− mdZ
β 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
˙z(t) = − mg
β +
dt ⇒ Z(t) = Z(0) e −β t/m .
�
mg
β +v0
�
e −β t/m . (5.18)
Primjetimo da se, u granici t → ∞, brzina pribliˇzava konačnoj graničnoj vrijednosti
lim
t→∞
˙z(t) = −mg
β .
Vremenskomderivacijomizrazazabrzinu(5.18),dobivaseubrzanječesticeusredstvusotporom
�
¨z = − g + β
m v0
�
e −β t/m , (5.19)
a integracijom (5.18), se dobiva poloˇzaj, tj. putanja z = z(t):
� t
dz
dt = −m
0 dt β gt+
� � � t
m
g +v0
β 0
z(t) = z0 − mg
�
m mg
t−
β β β +v0
� �
−β t/m
dt e
e −β t/m �
−1 .
Granični slučaj slobodnog pada (bez otpora sredstva) dobiva se kada β u gornjem izrazu
iˇsčezava. U tom slučaju moˇze se razviti eksponencijana funkcija po malom argumentu βt/m i
dobiti
lim
β→0 z(t) = z0 − m m
gt−
β β
= z0 +v0t− 1
2 gt2 ,
� � �
m
g +v0 1−
β β 1
t+
m 2
β 2
m2t2 �
+···−1
ˇsto je upravo rezultat (5.10) koji se dobije promatranjem slobodnog pada bez učinka trenja.
Izračunajmo mehaničku energiju u proizvoljnom trenutku t > 0 i pokaˇzimo da je manja od
početne energije mgz0 + mv2 0 /2, a da je smanjenje energije srazmjerno s koeficijentom β koji
odreduje silu priguˇsenja. U trenutku t > 0, mehanička energija je jednaka
E(t) = m˙z 2 (t)
2
+mgz(t).
Izravnom derivacijom E po vremenu, i uvrˇstavanjem (5.18) i (5.19), dolazi se do
� 2 dE d m˙z
=
dt dt 2 +mgz
�
= m˙z(g + ¨z) = −β ˙z 2 = −1
�
mg
β
� 1−e −βt/m� −βv0e −βt/m
�2 .

138 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Desna je strana uvijek manja od nule, ˇsto znači da se energija smanjuje s vremenom (vrijeme
uvijek ide u jednom smjeru, pa je zato dtuvijek veći odnule; da bi i lijeva strana bila negativna
mora biti dE < 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(v0 −gt+···) 2 .
(od t = 0 pa do t = v0/g se gubitak energije smanjuje, a zatim se ponovo povećava). U granici
β → 0, energija ostaje sačuvana.
5.3.2 Kosi hitac
Jednadˇzbama kosog hica (5.12), dodajmo član s trenjem
m d2�r dt 2 = −g�ez −β�v ⇒ d2x = −β
dt 2 m ˙x,
d2y = −β
dt 2 m ˙y,
d2z β
= −g − ˙z. (5.20)
dt 2 m
Kao i u slučaju bez trenja (odjeljak 5.1.2), to su opet jednadˇzbe istog oblika (5.17) kao i kod
slobodnog pada, s priguˇsenjem, ali s različitim početnim uvjetima.
Jednadˇzbe za x i y koordinatu su istog oblika, pa je dovoljno rijeˇsiti samo jednu od njih, npr.
za komponentu x (slično kao kod slobodnog pada)
Slično bi se dobilo i za vy(t)
� vx(t)
vx(0)
m dvx
dt
dvx
vx
dvx
vx
ln vx(t)
vx(0)
= −βvx
= − β
m dt
= − β
� t
m 0
= −β
m t
dt
vx(t) = vx(0) e −β t/m .
�� t
vx(t) = vx(0) e −β t/m , vy(t) = vy(0) e −β t/m .
Prema početnim uvjetima je vx(0) = 0,vy(0) = v0cosα, ˇsto vodi na
vx(t) = 0, vy(t) = v0cosα e −β t/m .
Rjeˇsavanje z komponente takoder ide kao i kod slobodnog pada: uvodi se nova varijabla
čime jednadˇzba za z komponentu postaje
Z = −g − β
m ˙z.
− mdZ
β dt
= Z,
0

5.3. SILE OVISNE O BRZINI: (1) SILA PRIGU ˇ SENJA 139
s rjeˇsenjem (kada se vratimo u početne oznake)
vz(t) = v0 sinα e −β t/m − m
β g
� �
−β t/m
1−e .
Sada, kadasupoznatesvitrikomponentebrzine, njihovomintegracijomuzuvrˇstavanjepočetnih
uvjeta, dobiju se poloˇzaji
x(t) = 0,
y(t) = m
β v0cosα
� �
−β t/m
1−e ,
z(t) = z0 + m
β v0sinα
� �
−β t/m
1−e − m
β
� �
m2 −β t/m
gt+ g 1−e .
β 2
(5.21)
U granici β → 0, kada sila trenja iˇsčezava, iz (5.21) i odgovarajućih derivacija, dobiju se
rezultati za kosi hitac bez trenja
lim
β → 0 y(t) = v0t cosα,
lim
β → 0 vy(t) = v0 cosα,
lim
β → 0 ay(t) = 0,
lim
β → 0 z(t) = z0 +v0t sinα− 1
2 g t2 ,
lim
β → 0 vz(t) = v0 sinα−g t,
lim
β → 0 az(t) = −g.
Slično kao i kod slobodnog pada, i sada se moˇze pokazati da mehanička energija nije sačuvana,
nego se smanjuje uslijedtrenja. Izravnom derivacijom ukupne mehaničke energije
E = m
2 (˙y 2 + ˙z 2 )+mgz
po vremenu, i uvrˇstavanjem (5.21) i odgovarajućih derivacija, dolazi se do
dE
dt
= m˙y ¨y +m˙z(g + ¨z)
= −β
�
v 2 0 cos 2 α e −2β t/m +
�
v0 sinα e −β t/m − mg
β
� �
−β t/m
1−e �2 �
Izrazuvitičastojzagradigornjegizrazajezbrojdvapozitivnabroja,pajeisamuvijekpozitivan,
ˇstoznačidaseenergijasmanjujesvremenomUgranicislabogpriguˇsenja, tj. zamalevrijednosti
β je
dE
dt
�
= −β v 2 0 −2 v0 g tsinα+g 2 t 2
�
2 gt2
−β
m
�
v0 sinα− 1
2
� �
g t +O β 3
�
.

140 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
U granici β → 0, energija ostaje sačuvana.
početak balistike
5.4 Sile ovisne o brzini: (2) Lorentzova sila
Ovaj ćemo odjeljak posvetiti analizi gibanja čestice u joˇs 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 pri tome djeluje na česticu je oblika
�FL = q � E +q �v × � B (5.22)
i zove se Lorentzova2 sila. 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 tomeˇsto
ovisi o brzini čestice �v = �v(t) koja ne mora biti konstanatna u vremenu, pa time i cijela sila
moˇze ovisiti o vremenu. Lorentzova je sila konzervativna, ˇsto se lako vidi ako se izračuna
rad � FL izmedu dvije točke. Za polja � E i � B konstantna u prostoru (neovisna o �r) je
� �r � �r
W = �FL d�r = (q
�r0 �r0
� E +q�v × � B)d�r = q� � �r �
d�r
E(�r −�r0)+q d�r·
�r0 dt × � �
B = q
� �� �
= 0
� E(�r−�r0)
koji ovisi samo o početnoj �r0 i konačnoj točki �r, a ne i o obliku putanje izmedu te dvije točke.
Budući da je sila konzervativna, moˇze joj se pridruˇziti potencijalna energija
�
Ep(�r,�v,t) = q V(�r,t)−�v · � �
A(�r,t) ,
Gdje su V i � A, skalarni i vektorski potencijali elektromagnetskog polja. O tome će viˇse riječi
biti u odjeljku 14.5, jednadˇzba (14.26).
Takoder treba primjetiti i da sav rad potječe od električne komponente sile: magnetski dio ne
vrˇsi 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. jednadˇzba gibanja čestice (4.4),
glasi
d2�r 1
=
dt 2 m
�
q� E +q d�r
dt × � �
B .
Rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja je jednoznačno odredeno početnim uvjetima: neka se u trenutku
t = 0,česticanalaziutočki�r0 iimabrzinu�v0. Vektoripolja � E i � B nekazatvarajunekiprizvoljni
fiziku.
2 Hendrick Antoon Lorentz, nizozemski fizičar, 1853 - 1928; zajedno s P. Zeemanom, 1902. god. je dobio Nobelovu nagradu za

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 141
kut θ. Zbog izotropnosti prostora, koordinatni sustav moˇzemo orjentirati tako da os z ima
smjer vektora � B = B�ez (uz B > 0), a da vektor � E leˇzi u ravnini (y,z). Zbog homogenosti
prostora, ishodiˇste koordinatnog sustava moˇzemo postaviti u točku �r0 (slika 5.4). Uz ovaj
odabir, početni uvjeti glase:
Napiˇsimo jednadˇzbu gibanja
po komponentama
�r(0) = �0,
�v(0) = �v0 = v0,x�ex +v0,y�ey +v0,z�ez.
Slika 5.4: Uz Lorentzovu silu.
m ¨ �r = qE(�ey sinθ+�ez cosθ)+q ˙ �r × �ezB,
� �
= qE(�ey sinθ+�ez cosθ)+q ˙x �ex + ˙y �ey + ˙z �ez
�
= qE(�ey sinθ+�ez cosθ)+qB − ˙x �ey + ˙y �ex
¨x = qB
m
¨y = qE
m
˙y = ω ˙y,
sinθ − qB
m
¨z = qE
m cosθ,
gdje je uvedena tzv. ciklotronska frekvencija
ω = qB
m .
˙x = qE
m
sinθ −ω ˙x,
�
,
× �ezB,
(5.23)

142 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
Primjetimo da je predznak ω jednak predznaku naboja čestice:
sgnω = sgnq.
Prve dvije jednadˇzbe, za x i y, su medusobno povezane, dok je gibanje u smjeru osi z neovisno
o gibanju u ravnini (x,y), tj. u ravnini okomitoj na os polja magnetske indukcije � B.
Promatrajući jednadˇzbu gibanja u smjeru osi z, primjećujemo da je desna strana jednadˇzbe
konstantna, tj. tu se radi o gibanju u polju konstantne sile, koje smo već rijeˇsili na početku
ovog poglavlja, (5.5), uz
z(0) = 0, vz(0) = v0,z, F0,z = qEcosθ.
Primjenom tog rjeˇsenja na ovaj problem, moˇze se odmah napisati
z(t) = v0,z t+ 1 qEcosθ
2 m t2 , vz(t) = v0,z + qEcosθ
m t, az(t) = qEcosθ
. (5.24)
m
Vezani 2 × 2 sustav diferencijalnih jednadˇzba za x i y koordinate, ćemo rijeˇsiti uvodenjem
kompleksne varijable
ζ = x+i y,
gdje je i 2 = −1, imaginarna jedinica. Pomnoˇzimo li jednadˇzbu za y s i i zbrojimo ju s jednadˇzbom
za x, dobit ćemo
¨x +i¨y = ω˙y +i qE
m sinθ−iω˙x
¨ζ + iω˙ ζ = i qE
sinθ. (5.25)
m
Prema konstrukciji gornje jednadˇzbe, njezin realni dio je rjeˇsenje za x, a imaginarni dio je
rjeˇsenje za y. Gornju ćemo jednadˇzbu rjeˇsavati postupno.
♣ Radi jednostavnosti, ograničimo se najprije na slučaj gibanja u (samo) električnom polju:
B = 0 = ω i E �= 0. Tada jednadˇzba (5.25) postaje
¨ζ = ¨x +ı¨y = i qE
m sinθ.
Izjednačimo realne i imaginarne dijelove na lijevoj i desnoj strani
¨x = 0,
¨y = qE
m sinθ.
No, to su jednadˇzbe istog oblika kao i u odjeljku 5.1, uz konstantne komponente sile
F0,x = 0, F0,y = qE sinθ.
Rjeˇsenja ove jednadˇzbe su nam poznata iz (5.5) (dodajmo joˇs i rjeˇsenje (5.24) za z)
x(t) = v0,x t, y(t) = v0,y t+ 1 qE sinθ
2 m
t 2 , z(t) = v0,z t+ 1 qEcosθ
2 m t2 .
(5.26)

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 143
To je rjeˇsenje za
E �= 0, B = 0.
Gibanje u smjeru osi x je jednoliko i odvija se konstantnom početnom brzinom v0,x. U smjerovima
osi y i z postoji ubrzanje koje dolazi od y i z komponenata sile električnog polja,
F0,y = qE sinθ i F0,z = qE cosθ.
♣ Neka se sada čestica giba (samo) u magnetskom polju, tj. neka je: E = 0, a B �= 0. Tada
jednadˇzba (5.25) prelazi u
¨ζ +iω ˙ ζ = 0. (5.27)
Funkcijačijajedrugaderivacijasrazmjernaprvojderivaciji, morabiti(donakonstantu)jednaka
eksponencijalnoj funkciji. Zato rjeˇsenje gornje jednadˇzbe traˇzimo u obliku
ζ = a+be ct , ⇒ ˙ ζ = bce ct ,
¨ζ = bc 2 e ct .
Tri nepoznate konstante a,b i c se odreduju iz same jednadˇzbe (5.27) i dva početna uvjeta
(5.23). Uvrˇstavanje gornjeg rjeˇsenja u jednadˇzbu daje
bce ct (c+iω) = 0 ⇒ c = −iω ⇒ ζ = a+be −iωt .
Preostale dvije konstante a i b se odreduju iz početnih uvjeta
ζ(0) = x(0)+iy(0) = 0 = a+b ⇒ a = −b,
˙ζ(0) = ˙x(0)+i ˙y(0) = v0,x +iv0,y = b (−iω),
a = −b = −iv0,x +v0,y
.
ω
Uvrstimo ove vrijednosti za konstante a,b i c u ζ = x+iy i odvojimo realni x i imaginarni y
dio
Re (ζ) = x(t) =
v0,y
ω
Im (ζ) = y(t) = − v0,x
ω
v0,x
+
ω
v0,x
+
ω
v0,y
sinωt−
ω cosωt,
v0,y
cosωt+
ω sinωt.
Ova rjeˇsenja moˇzemo napisati preglednije, uvedemo li veličine R i Φ relacijama
�
R =
v 2 0,x +v 2 0,y
|ω|
, tanΦ = v0,y
.
Primjetimo da R i Φ ovise o početnim uvjetima, tj. početnim brzinama. Sada za ukupno
rjeˇsenje x,y i z moˇzemo napisati
x(t)− v0,y
ω
= Rsin(ωt−Φ), y(t)+ v0,x
ω = Rcos(ωt−Φ), z(t) = v0,z t.
v0,x
(5.28)

144 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
To je rjeˇsenje za
E = 0, B �= 0.
U gornjim su jednadˇzbama vrijednosti x i y odredene parametarski preko vremena t kao parametra.
Ako se ˇzeli dobiti eksplicitna veza izmedu x i y, treba eliminirati parametar tj. vrijeme.
Za gornje je jednadˇzbe lako pokazati da je
�
x− v0,y
ω
� 2
�
+ y + v0,x
ω
No, to je upravo jednadˇzba kruˇznice, (slika 5.5.A),
sa srediˇstem u točki
i polumjerom
� 2
= R 2 .
(x−x0) 2 +(y −y0) 2 = R 2
(x0,y0) =
R =
�
�
v0,y
ω ,−v0,x
�
ω
v 2 0,x +v 2 0,y
|ω|
.
(5.29)
Polumjer ovisi o početnim uvjetima: ˇsto su početne brzine veće, veći je i polumjer kruˇznice.
Udaljenost od srediˇsta kruˇznice do ishodiˇsta je
�
x 2 0 +y 2 0 = R,
pa kruˇznica prolazi ishodiˇstem. Smjer kruˇzenja ovisi o predznaku ω tj, o predznaku naboja.
Slika 5.5: (A) Gibanje po kruˇznici u ravnini (x,y). (B) Gibanje po zavojnici u prostoru.
Period kruˇzenja je odreden zahtjevima
x(t) = x(t+T), y(t) = y(t+T).

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 145
Oba ova zahtjeva su ispunjena ako je
� � � �
sin ωt−Φ = sin ωt−Φ+ωT = sin
Gornja relacija vrijedi ako je
� �
ωt−Φ
� � � �
cos ωT +cos ωt−Φ
ωT = ± n·2π, n = 1,2,3,··· .
Period je najkraće vrijeme koje zadovoljava ovu relaciju, pa je zato
T = 2π m
= 2π
|ω| |q|B .
� �
sin ωT .
Primjetimo da period ne ovisi o početnim uvjetima, tj. početnim brzinama.
Uzmemo li u obzir i jednoliko gibanje u smjeru osi z = v0,z t, zaključujemo da se čestica giba po
krivulji oblika zavojnice (spirale) koja nastaje kombiniranjem jednolikog pravocrtnog gibanja
u smjeru vektora � B i jednolikog kruˇzenja 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), prema
(5.28)
∆z = z(t+T)−z(t) = v0,z T = v0,z
Naboji izbačeni iz ishodiˇsta istom početnom brzinom v0,z, a različitim početnim brzinama v0,x
i v0,y, gibat će se po zavojnicama različitih polumjera R, ali će se ponovo sastati u točkama
� �
0,0,z(t = n·T) ,
2π
|ω| .
jer im za jedan ophodtreba isto vrijeme T (koje ne ovisi o početnim brzinama).
♣ Promotrimo sada i najopćenitiji slučaj kada su i električno i magnetsko polje različiti od
nule. U tom slučaju treba rijeˇsiti nehomogenu diferencijalnu jednadˇzbu
¨ζ +iω ˙ ζ = i qEsinθ
m .
Opće rjeˇsenje ovakve jednadˇzbe je zbroj rjeˇsenja homogene, ζH i partikularnog rjeˇsenja, ζP
nehomogene jednadˇzbe
ζ = ζH +ζP.
Homogeno rjeˇsenje znamo iz (5.27) da je oblika
ζH = a+be −iωt .
Frekvencija vrtnjeω jeistakaoiranije, dokkonstanteaiboviseopočetnimuvjetimanacijelo
rjeˇsenje i neće biti iste kao ranije. Lako je provjeriti da je partikularno rjeˇsenje jednostavno
linearna 3 funkcija ζP = A·t. Očito je
ζP = A·t, ˙ ζ P = A, ¨ ζ P = 0,
3 Općenita linearna funkcija je oblika a+A·t, no konstantni član a je već uračunat kod homogenog dijela rjeˇsenja.

146 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
pa odabir konstante
A = Esinθ
B ,
zadovoljava jednadˇzbu. Tako smo doˇsli do općeg rjeˇsenja u obliku
ζ = a+be −iωt + Esinθ
B t,
gdje se konstante a i b odreduju iz početnih uvjeta:
ζ(0) = x(0)+iy(0) = 0 = a+b ⇒ a = −b,
˙ζ(0) = ˙x(0)+i ˙y(0) = v0,x +iv0,y = b (−iω)+ Esinθ
B ,
a = ı Esinθ
b = −ı Esinθ
ωB −ıv0,x +iv0,y
ω
ωB +ıv0,x +iv0,y
ω
Uvrˇstavanjem ovih konstanata u izraz za ζ = x + iy i razdvajanjem realnog i imaginarnog
dijela, dobivamo rjeˇsenja za x i y
v0,y Esinθ
Re (ζ) = x(t) = +
ω B t+
�
− Esinθ
�
v0,x
+ sinωt−
ωB ω
v0,y
ω cosωt,
Im (ζ) = y(t) = − v0,x Esinθ
+
ω ωB +
�
− Esinθ
�
v0,x
+ cosωt+
ωB ω
v0,y
ω sinωt.
Ponovo se gornja rjeˇsenja mogu preglednije zapisati preko veličina R i Φ, ovoga puta definiranih
relacijama
�
R =
[v0,x −Esinθ/B] 2 +v 2 0,y
|ω|
.
.
, tanΦ =
v0,y
v0,x −Esinθ/B .
Pomoću ovih veličina, rjeˇsenja za x,y i z komponente vektora poloˇzaja čestice, tj. njihova
putanja, glasi
x(t)−
y(t)+
� v0,y
ω
� v0,x
ω
Esinθ
+
B t
�
= Rsin(ωt−Φ),
�
Esinθ
− = Rcos(ωt−Φ),
ωB
z(t) = v0,z t+ 1 qEcosθ
2 m t2 .
To su parametarske (parametar je vrijeme t) jednadˇzbe putanje kada su
E �= 0, B �= 0.
(5.30)

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 147
Sada se u ravnini (x,y), čestica se giba po krivulji koja nastaje gibanjem po kruˇznici (5.29)
kada se i samo srediˇste kruˇznice (x0(t),y0), uz
x0(t) = v0,y
ω
giba konstantnom brzinom
u smjeru osi x (slika 5.6.A)
� �
v0,y
x−
ω
Esinθ
+
B t, y0 = − v0,x Esinθ
+
ω ωB ,
˙x0 = Esinθ
B , ˙y0 = 0.
� �2 � �2 x−x0(t) + y −y0 = R 2 ,
Esinθ
+
B t
��2 � � ��2 v0,x Esinθ
+ y + − = R
ω ωB
2 .
Kombinacija ova dva gibanja (kruˇzenje i jednoliko gibanje po pravcu) u ravnini (x,y), daje
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 jednadˇzba oblika
x = a ϕ−b sinϕ, y = a −b cosϕ. (5.31)
Gornje su jednadˇzbe istog oblika kao i jednadˇzbe (5.30) za x i y komponentu poloˇzaja. Cikloida
moˇze biti:
obična a = b,
4 Cikloida je krivulja koju opisuje točka na kruˇznici, kada se kruˇznica kotrlja po pravcu.

148 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI
produljena b > a,
(prolate, extended)
skraćena b < a,
(curtate, contracted)
ovisno oomjeruputova kojeprede čestica gibajući se pokruˇznici i popravcu (slika 5.7)gibajući
se brzinom ˙x0. U vremenu od jednog perioda T, čestica obide cijelim opsegom kruˇznice ˇsto
iznosi 2Rπ, a pravocrtno se pomakne za T Esinθ/B
2πR > Esinθ
B
2πR = Esinθ
B
2πR < Esinθ
B
T produljena,
T obična,
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
2
0
6
4
2
0
6
4
2
0
Slika 5.7: Cikloide, odozgo prema dolje: obična, skraćena i produljena.
-2
0 50 100 150 200
Pokaˇzimo da su jednadˇzbe za x i y iz (5.30) oblika jednadˇzba cikloide (5.31). Nazovimo
ϕ = ωt−Φ.

5.4. SILE OVISNE O BRZINI: (2) LORENTZOVA SILA 149
Tada jednadˇzbe za x i y iz (5.30), glase
x(t)− v0,y
ω
− Esinθ
ωB
y(t)+ v0,x
ω
Uvedu li se nove (pomaknute) koordinate
˜x(t) = x(t)− v0,y
ω
˜y(t) = y(t)+ v0,x
ω ,
Φ = Esinθ
ωB ϕ+Rsinϕ,
= Esinθ
ωB +Rcosϕ.
− Esinθ
ωB Φ,
tada su gornje parametarske jednadˇzbe za ˜x(t) i ˜y(t) upravo oblika jednadˇzba cikloide (5.31)
uz
Sada se usporedba a i b svodi na usporedbu
ili, ako su umjesto |ω| koristi T = 2π/|ω|
˜x(t) = aϕ+b sinϕ,
˜y(t) = a+b sinϕ,
a ≡ Esinθ
, b ≡ −R.
ωB
Esinθ
|ω|B
Esinθ
B
� R,
� 2 π R.

150 POGLAVLJE 5. GIBANJE ČESTICE U POLJU KONSTANTNE SILE I SILA OVISNIH O BRZINI

Poglavlje 6
Harmonijski oscilator i matematičko
njihalo
6.1 Jednodimenzijski 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 poloˇzaja ravnoteˇze. Kao vektorska veličina, sila je karakterizirana
svojim iznosom i smjerom. Kod elastične sile
iznos sile ovisi linearno o udaljenosti čestice od poloˇzaja ravnoteˇze, a
smjer sile je smjer prema poloˇzaju ravnoteˇze.
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
pričvrˇsćen za nepomičnu stjenku, a za drugi je kraj pričvrˇsćena čestica mase m (slika 6.1.A).
Postavimo koordinatni sustav tako da se čestica nalazi u ishodiˇstu kada je opruga nerastegnuta.
Slika 6.1: Uz definiciju elastične sile.
Ako se čestica pomakne iz ravnoteˇznog poloˇzaja lijevo ili desno po osi x, opruga će se rastegnuti
151

152 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
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 poloˇzaju ravnoteˇze (u ovom slučaju prema ishodiˇstu)
�Fel = −K x�ex, K > 0.
Konstanta K je primjer nečegaˇsto 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 teˇsko opruga
rasteˇze. Podrijetlo elastične sile je u (električnim) silama koje djeluju medu molekulama tvari
od koje je izradena opruga. Ako zanemarimo gravitciju, 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. Jednadˇzba gibanja
čestice na koju djeluje samo elastična sila glasi
m ¨ �r = � F ⇒ m ¨x = −Kx,
m ¨y = 0,
m ¨z = 0.
a sustav čije je gibanje opisano gornjim jednadˇzbama se zove slobodni jednodimenzijski
harmonijski oscilator(ililinearniharmonijskioscilator). Samogibanjesezoveharmonijsko
gibanje. Rijeˇsimo jednadˇzbu gibanja uz najopćenitije početne uvjete: u početnom trenutku
t = 0, čestica je otklonjena iz poloˇzaja ravnoteˇze za x0 i ima brzinu v0 u smjeru osi x
t = 0 : x(0) = x0, ˙x(0) = v0, (6.1)
y(0) = 0, ˙y(0) = 0,
z(0) = 0, ˙z(0) = 0.
U smjerovima osi y i z, gibanje se odvija pod djelovanjem konstantnih silama
pa je rjeˇsenje dano izrazima (5.5)
Odredimo gibanje u smjeru osi x.
Uvede li se pozitivna konstanta
jednadˇzba gibanja glasi
1 Robert Hook, engleski fizičar, 1635 - 1703
Fy = Fz = 0,
y(t) = 0, z(t) = 0, ∀ t.
ω0 =
�
K
, (6.2)
m
¨x = −ω 2 0 x. (6.3)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 153
Gornja jednadˇzba kaˇze da treba naći funkciju čija je druga derivacija srazmjerna negativnoj
vrijednosti same funkcije. Takvo svojstvo imaju funkcije
Eulerovom relacijom
sinαt, cosαt, e ı αt , e −ı αt .
e ±ı αt = cosαt± ı sinαt,
povezane su eksponecijalna funkcija imaginarnog argumenta i trigonometrijske funkcije, pa se
moˇzemo zadrˇzati npr. samo na trigonometrijskim funkcijama. Zbog linearnosti i homogenosti
diferencijalne jednadˇzbe (6.3), njezino opće rjeˇsenje je linearna kombinacija sinusa i kosinusa
x(t) = Ccosαt+Ssinαt
s nepoznanicama C,S i α. Ove tri nepoznanice ćemo odrediti pomoću tri jednadˇzbe: jednadˇzbe
gibanja (6.3) i dvije jednadˇzbe početnih uvjeta (6.1).
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza u (6.3), slijedi
α = ± ω0.
Budući da su C i S joˇs neodredene, moˇzemo odabrati bilo koji predznak, npr. pozitivni 2
x(t) = Ccosω0t+Ssinω0t.
Preostale dvije nepoznate konstante, C i S, ćemo odrediti iz dva početna uvjeta (6.1).
x(t = 0) = x0 = C ·1+S ·0 ⇒ C = x0,
˙x(t = 0) = v0 = ω0(−x0 ·0+S ·1) ⇒ S = v0
,
x(t) = x0 cosω0t+ v0
ω0
sinω0t.
Umjesto zbroja funkcija sinusa i kosinusa, gornje rjeˇsenje moˇzemo 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 =
x2 0 + v2 0
ω2, tanΦ =
0
v0
, (6.4)
ω0 x0
rjeˇsenje za trenutni otklon od poloˇzaja ravnoteˇze (tj. putanju), x(t), dobiva u obliku (slika 6.2)
x(t) = A cos(ω0t−Φ). (6.5)
Trenutni otklon od poloˇzaja ravnoteˇze, x(t), se naziva i elongacija. Maksimalni otklon od
poloˇzaja ravnoteˇze se naziva amplituda i ona je, prema gornjem izrazu, jednaka ±A. Osim
o K i m, amplituda ovisi i o početnim uvjetima x0 i v0. Čestica titra oko poloˇzaja ravnoteˇze
kruˇznom frekvencijom ω0 koja se naziva vlastita frekvencija titranja.
Ako nismo dovoljnodosjetljivi dapogodimorjeˇsenjejednadˇzbe, ondajutrebamorijeˇsiti. Zaboravimonatrenutaknagornjerjeˇsenjeipočnimorjeˇsavatijednadˇzbugibanja(6.3).
Pomnoˇzimo
li obje strane jednadˇzbe s 2˙x
2 ˙x ¨x = −2 ω 2 0 x ˙x,
2 Odabir negativnog predznaka samo znači redefiniciju S → −S.
ω0

154 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Slika 6.2: Otklon x(t) = 0.5 cos(2t−0.8) i iz njega izračunate brzina i ubrzanje. Označeni su i početni uvjeti.
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
ubrzanje
brzina
polozaj
-2
-5 -4 -3 -2 -1 0
t
1 2 3 4 5
na lijevoj strani prepoznajemo vremensku derivaciju kvadrata brzine, a na desnoj strani prepoznajemo
vremensku derivaciju kvadrata pomaka
v 0
x 0
d
dt ˙x 2 = −ω 2 d
0
dt x2 .
Integracijom po vremenu od početnog trenutka 0 do nekog općeg t, dobivamo
� t
0
� t
0
d
dt ˙x 2 dt = −ω 2 0
d(˙x 2 ) = −ω 2 0
˙x 2 (t)− ˙x 2 (0) = −ω 2 0
� t
0
� t
0
d
dt x2 dt
d(x 2 )
�
x 2 (t)−x 2 �
(0) .
No, ˙x 2 (0) je kvadrat brzine u početnom trenutku, v2 0, a x2 (0) je kvadrat poloˇzaja čestice u
početnom trenutku, x2 0 . Uvrˇstavanjem se dobije izraz za brzinu u proizvoljnom trenutku
˙x(t) ≡ dx(t)
��v2 0
= ± ω0 +x
dt 2 �
0 −x2 �
(t) = ± ω0 A2 −x2 (t). (6.6)
ω 2 0
Pozitivan predznak brzine se odnosi na onaj dio gibanja kada se čestica pomiče desno od
poloˇzaja ravnoteˇze (kada je dx > 0, opruga se rasteˇze), a negativni se predznak odnosi na
pomak čestice lijevo od poloˇzaja ravnoteˇze (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 posluˇzili pokratom (6.4)). Opiˇsimo gibanje počevˇsi od proizvoljnog trenutka u
kojemu je x > 0. Prema jednadˇzbi (6.6), brzina se smanjuje i postaje jednaka nuli kada čestica

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 155
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 poloˇzaj ravnoteˇze,
x = 0. Ovime smo pokazali kako iz samih jednadˇzba (6.3) i (6.6), a bez njihova rjeˇsavanja,
moˇzemo zaključiti da će se čestica pod djelovanjem elastične sile, gibati periodički izmedu
x = +A i x = −A. Ovaj se zaključak ne moˇze izvesti iz samog oblika elastične sile. Nastavimo
sada rjeˇsavati jednadˇzbu (6.6) tako ˇsto ćemo se ograničiti na početni uvjet v0 > 0 i zadrˇzati
samo pozitivni predznak. Izvedimo zatim razdvajanje varijabli
dx
+ √
A2 −x2 = ω0
��
dt
� x
x0
dx
√
A2 −x2 arcsin x
�
�
�
A
x
x0
= ω0
� t
0
dt
�
= ω0 t ⇒ x(t) = Asin ω0t+arcsin x0
�
.
A
Čitateljima je prepuˇsteno dokazivanje identičnost izmedu gornjeg rjeˇsenja i rjeˇsenja (6.5).
Period:
Periodom T se naziva najkraći vremenski interval izmedu dva uzastopna identična poloˇzaja
čestice. Prema (6.5), moˇze se napisati
x(t) = x(t+T)
� � � �
A cos(ω0t−Φ) = A cos ω0(t+T)−Φ = A cos (ω0t−Φ)+ω0T
cos(ω0t−Φ) = cos(ω0t−Φ) cos(ω0T)−sin(ω0t−Φ) sin(ω0T).
Usporedbom lijeve i desne strane gornje jednadˇzbe, zaključujemo da mora biti
cos(ω0T) = 1, sin(ω0T) = 0, ⇒ ω0T = 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
K .
ω0
Primjetimo dapočetni uvjeti odredujuamplituduAipočetnu fazuΦ, alineinaperiodtitranja.
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
�
ω0 1 K
= = . (6.7)
T 2π 2π m

156 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
konzervativnost:
Pokaˇzimo da je elastična sila konzervativna, tako ˇsto ćemo pokazati da rad elastične sile ovisi
samo o početnoj i konačnoj točki putanje.
Wel =
� (x,y,z)
(x0,0,0)
�Fel d�r =
� x
x0
Fel dx = −K
� x
x0
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
Wx0,x = Ep(x0)−Ep(x) = − 1
2 K x2 + 1
2 K x2 0 ,
iz čega se zaključuje da je potencijalna energija pridruˇzena elastičnoj sili
Ep(x) = 1
2 K x2 . (6.8)
sačuvanje energije:
Izračunajmo mehaničku energiju harmonijskog oscilatora u proizvoljnom vremenskom trenutku
t
Emeh(t) = Ek(t)+Ep(t) = 1
2 m ˙x 2 + 1
2
= m
2
�
= 1
2 K
K x2
�2 −ω0 A sin(ω0t−Φ) + K
�
x 2 0 + v2 0
ω2 �
=
0
1
2 m v2 1
0 +
2 K x20 = Ek(0)+Ep(0) = Emeh(0).
2
� �2 A cos(ω0t−Φ) = 1
2
Mehanička je energija ista u početnom kao i u bilo kojem slijedećem trenutku,
tj. ona je konstantna (sačuvana)
Emeh(0) = Emeh(t), ∀ t,
K A2
Ek +Ep = const. (6.9)
U odjeljku 6.1.3 ćemo pokazati kako medudjelovanje čestice s medijem u kojem se odvija titranje,
vodi na smanjenje energije čestice (relacija (6.29)).
6.1.1 Gustoća vjerojatnosti
U ovom odjeljku ˇzelimo odgovoriti na slijedeće pitanje: ako se tijekom vremena, čestica giba
po osi x unutar intervala (−A,+A), kolika je vjerojatnost da se u danom trenutku oscilator
nalazi unutar infinitezimalnog intervala [x,x + dx]? Tu ćemo vjerojatnost označiti s dP(x).

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 157
Budući da se oscilator mora nalaziti negdje u intervalu −A ≤ x ≤ +A, to za dP(x) mora
vrijediti (normiranje vjerojatnosti)
� +A
−A
dP(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 nalaˇzenja oscilatora negdje u intervalu
[x, x + dx], tada je gustoća vjerojatnosti dana omjerom
a uvjet normiranja glasi
ρ(x) = dP(x)
dx ,
� +A
−A
ρ(x) dx = 1.
Izračunajmo gustoću vjerojatnosti ρ(x) za harmonijski oscilator iz prethodnog odjeljka. Najprije
ćemo gornju relaciju normiranja transformirati tako ˇsto 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 = 2
T
� T/2
0
1
v
v dt = 2
T
ρ = 2
T
Da bismo iz ρ = 2/(vT) mogli pročitati ρ kao
funkciju poloˇzaja x, treba brzinu izraziti kao
funkciju od x. Prema (6.6) je
v = dx
dt
√
= ω0 A2 − x2 Primjetimo da je brzina najmanja i jednaka
je nuli u točkama okretiˇsta, x = ± A,
a najveća je pri prolazu kroz poloˇzaj ravnoteˇze
x = 0. Pomoću gornjeg izraza za
brzinu, za gustoću vjerojatnosti, ρ = 2/(vT),
se dobiva (slika 6.3)
ρ(x) = 1
π
T
2
1
√ . (6.10)
A2 − x2 Najmanja je vjerojatnost da ćemo oscilator
zateći tamo gdje se on najbrˇze giba, a to je u
1
v ,
Slika 6.3: Gustoća vjerojatnosti � nalaˇzenja harmonijskog
oscilatora ρ(x) = 1/ π √ 1−x 2
�
= 1.
.
ρ ( x )
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
x

158 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
okolini točke x = 0. Naprotiv, najveća je vjerojatnost da ćemo naći oscilator tamo gdje se on
najsporije giba (jer tamo provodi najviˇse vremena), a to je u okolini točaka x = ± A.
Kvantni harmonijski oscilator
Gustoća vjerojatnosti nalaˇzenja čestice u kvantnom opisu je jednaka ....
Pokaˇzimo da s porastom kvantnog broja n, kvantna gustoća vjerojatnosti postaje sve sličnija
klasičnoj gustoći (6.10), tj. klasični harmonijski oscilator se dobije kao
granica kvantnog harmonijskog oscilatora.
Zadatak: 6.1 tekst primjera
R: tekst rjeˇsenja
n → ∞
6.1.2 Nelinearni oscilator - račun smetnje
Ako sila koja djeluje na česticu, ovisi o udaljenosti tako da se u izrazu za silu pored člana
linearnog s udaljenoˇsću pojavljuju i članovi viˇsih potencija,
F = −K x+K2 x 2 +K3 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, viˇsi članovi u izrazu za silu će
se pojaviti ako rastezanje ili sabijanje opruge viˇse 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 viˇsa. Joˇs jedan primjer nelinernosti
moˇzemo naći kod matematičkog njihala, relacija (6.75), gdje je vodeći nelinearni član u izrazu
za silu, srazmjeran trećoj potenciji kuta otklona od poloˇzaja ravnoteˇze.
Postupak kojim ćemo izračunavati putanju čestice pod djelovanjem nelinearne sile je primjer
jednog općenitog postupka koji se naziva račun smetnje. Naziv dolazi od toga ˇsto 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, viˇse tehnički rečeno, da
postoji mala veličina po kojoj se moˇze izvesti razvoj veličina od interesa (npr. otklona i kruˇzne
frekvencije, relacije (6.12)).
Ako se, radi jednostavnosti, zadrˇzimo samo na vodećem (kvadratnom) nelinearnom članu, jednadˇzba
gibanja glasi
m¨x = −Kx+K2x 2 .
Zbog pretpostavke da su dodatni članovi (u odnosu na elastičnu silu) mali, očekujemo da će se
rjeˇsenje gornje jednadˇzbe malo razlikovati od rjeˇsenja harmonijskog oscilatora i da će u granici
K2 → 0, prijeći u (6.5). Takoder ćemo se ograničiti na traˇzenje periodičkih rjeˇsenja za koja

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 159
je x(t) = x(t + T). Za period titranja T = 2π/ω očekujemo da će se razlikovati od perioda
linearnog oscilatora 2π/ω0, kao i da će ta razlika iˇsčezavati u granici K2 → 0.
Umjesto vremena, uvedimo novu bezdimenzijsku varijablu ϕ = ωt u kojoj jednadˇzba gibanja
postaje
ω 2d2x dϕ2 = −ω2 K2
0x+ m x2
�
1
ω2 0
� �2 2 ω d x
dϕ2 +x−ǫ x2 = 0, (6.11)
gdje smo uveli pokratu
ω0
ǫ = K2
mω 2 0
(primjetimo da ǫ ima dimenziju inverzne duljine). Zbog pretpostavke da je kvadratni član u
izrazu za silu malen, očekujemo da je otklon x i kruˇznu frekvenciju ω, moguće napisati u
obliku razvoja u red po maloj veličini ǫ
∞�
x(ϕ) = an(ϕ) ǫ n ,
n=0
� ω
ω0
� 2
=
∞�
n=0
bn(ϕ) ǫ n . (6.12)
Kako bismo u granici ǫ → 0 dobili rjeˇsenja linearnog oscilatora (uz iste početne uvjete), mora
biti a0 jednako rjeˇsenju (6.5), a b0 mora biti jednako jedinici.
Početne uvjete ćemo odabrati tako da je
x(ϕ = 0) = x0, ˙x(ϕ = 0) = 0 (6.13)
(primjetimo da su ovi uvjeti neˇsto jednostavniji od uvjeta (6.1)). Prevedeno na jezik koeficijenata
an, ovi uvjeti glase
a0(ϕ = 0) = x0, an(ϕ = 0) = 0, n = 1,2,··· (6.14)
˙an(ϕ = 0) = ω dan
dϕ
�
�
�
� ϕ=0
Uvrstimo razvoje (6.12) u jednadˇzbu gibanja (6.11)
�
∞�
bn ǫ n
� �
∞�
� �
∞�
+
n=0
n=0
d2an ǫn
dϕ2 = 0, n = 0,1,2,···
n=0
an ǫ n
�
−ǫ
� ∞�
n=0
an ǫ n
Grupiraju li se članovi s istom potencijom ǫ, dobit će se red čijih nekoliko prvih članova izgleda
ovako
[b0a ′′
0 +a0]ǫ 0 + � b0a ′′ ′′
1 +b1a 0 +a1 −a 2� 1
0 ǫ +[b0a ′′ ′′ ′′
2 +b1a 1 +b2a 0 +a2 −2a0a1]ǫ 2 +··· = 0
(crticom su označene derivacije po ϕ). Zanemareni su članovi s trećom i viˇsim potencijama
ǫ. S obzirom da je ǫ konstanta, gornja jednadˇzba moˇze biti zadovoljena samo ako je svaka od
uglatih zagrada jednaka nuli, ˇsto vodi na sustav jednadˇzba (gdje smo uzeli u obzir da je b0 = 1)
ǫ 0
ǫ 1
ǫ 2
: a ′′
0 +a0 = 0,
: a ′′
1 +a1 = a 2 0
: a ′′
2 +a2 = 2a0a1 −b1a ′′ ′′
1 −b2a 0 .
� 2
= 0.
′′
−b1a 0 , (6.15)

160 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Rjeˇsavanjejednadˇzbe uzǫ 0 uzpočetneuvjete (6.14)ideisto kaoirjeˇsavanje jednadˇzbelinearnog
oscilatora i daje
a0 = x0cos(ωt), b0 = 1. (6.16)
Sada ovo rjeˇsenje za a0 uvrˇstavamo u jednadˇzbu uz ǫ 1 i dolazimo do
a ′′
1 +a1 = x2 0
2 +b1x0cosϕ+ x2 0
2 cos2ϕ.
To je nehomogena diferencijalna jednadˇzba, pa je njezino opće rjeˇsnje zbroj homogenog i partikularnog
rjeˇsenja
Homogeno rjeˇsenje je očito oblika
a1 = a1,H +a1,P.
a1,H = Acosϕ+Bsinϕ,
dok ćemo partikularno rjeˇsenje potraˇziti u obliku
a1,P = c1 +c2 ϕ sinϕ+c3 cos2ϕ.
Uvrˇstavanjem u jednadˇzbu za a1 i usporedbom lijeve i desne strane jednadˇzbe, zaključujemo
da konstante cj moraju biti jednake
c1 = x2 0
2 , c2 = b1x0
2 , c3 = − x2 0
6 .
No, dio rjeˇsenja srazmjeran s ϕ sinϕ nije periodičan, pa ga moramo odbaciti, tj. njegov
koeficijent, c2, mora biti jednak nuli, a to je moguće samo ako je
b1 = 0.
Sada za cijelo (homogeno plus partikularno) rjeˇsenje a1 preostaje
a1 = Acosϕ+Bsinϕ+ x2 0
2 − x2 0
6 cos2ϕ.
Konstante A i B odredujemo iz početnih uvjeta (6.14): A = −x 2 0/3, B = 0,
a1 = x2 0
2 − x2 0
3 cos(ωt)− x2 0
6 cos(2ωt), b1 = 0. (6.17)
Za izračunavanje a2(ϕ) treba rijeˇsiti treću od jednadˇzba (6.15)
a ′′
2 +a2 = 2a0a1 −b1a ′′ ′′
1 −b2a 0 = 2a0a1 +b2a0.
Nakon uvrˇstavanja rjeˇsenja (6.16) i (6.17) za a0 i a1, desna strana gornje jednadˇzbe je oblika
cn ·cos(nϕ)
a ′′
2 +a2 = − x30 3 +x0(b2 + 5
6 x20 ) cosϕ− x30 3 cos2ϕ− x30 6
cos3ϕ. (6.18)
Iz rjeˇsavanja jednadˇzbe za a1 smo vidjeli da član s cosϕ na desnoj strani, vodi na neperiodički
dio rjeˇsenja za a1, pa se stoga taj član ne smije pojaviti niti na desnoj strani jednadˇzbe za a2,
tj. mora biti
b2 = − 5x2 0
6 .

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 161
Jednadˇzba za a2 je nehomogena, pa je njezino rjeˇsenje zbroj rjeˇsenja homogene i partikularnog
rjeˇsenja nehomogene jednadˇzbe
Homogeno rjeˇsenje je opet oblika
a2 = a2,H +a2,P.
a2,H = Acosϕ+Bsinϕ,
dok ćemo za partikularno rjeˇsenje pretpostaviti red oblika cn cosnϕ (izostavivˇsi član s n = 1,
koji vodi na neperiodičnost)
a2,P = c0 +c2cos2ϕ+c3cos3ϕ.
Konstante cj odredujemo iz zahtjeva da a2,P zadovoljava jednadˇzbu (6.18)
Ukupno rjeˇsenje za a2
c0 = − x3 0
3 , c2 = x3 0
9 , c3 = x3 0
48 .
a2 = Acosϕ+Bsinϕ− x3 0
3 + x3 0
9 cos2ϕ+ x3 0
48 cos3ϕ,
sadrˇzi konstante A i B koje se odrede iz početnih uvjeta (6.14): A = 29x 3 0/144, B = 0,
a2 = − x3 0
3 + 29x3 0
144 cosϕ+ x3 0
9 cos2ϕ+ x3 0
48 cos3ϕ, b2 = − 5
6 x2 0. (6.19)
Uvrˇstavanje rjeˇsenja (6.16), (6.17) i (6.19) u razvoj (6.12) za otklon x(ϕ) daje
� �
1 cosϕ cos2ϕ
x(ϕ) = x0cosϕ+ − − x
2 3 6
2 0 ǫ1 �
+ − 1
�
29 cosϕ cos2ϕ cos3ϕ
+ + +
3 144 9 48
(6.20)
Nakon preraspodjele članova, izraz za otklon, se moˇze napisati preglednije kao
� �
1
x = x0
2 x0 ǫ− 1
3 x20 ǫ2 � �
+··· + 1− 1
3 x0 ǫ+ 29
144 x20 ǫ2 �
+··· cosωt (6.21)
�
+ − 1
6 x0 ǫ+ 1
9 x20 ǫ 2 � �
1
+··· cos2ωt+
48 x20 ǫ 2 � �
+··· cos3ωt .
x 3 0 ǫ2 +···
Kruˇzna frekvencija ω iz gornjeg izraza je takoder poznata s točnoˇsću od O(ǫ3 ). Razvoj (6.12)
za ω daje
�
ω = ω0 1− 5
12 x20 ǫ2 �
+··· . (6.22)
Vidimo da uvodenje nelinearnog člana sniˇzava frekvenciju (tj. povećava period) titranja u
odnosu na frekvenciju linearnog oscilatora (6.7). Takoder primjećujemo da sada frekvencija (pa
time i period) ovise i o početnim uvjetima (kroz x0), a ne samo o svojstvima sustava (masa i
konstanta vezanja) kao kod linearnog oscilatora.
Osim ovog primjera nelinearnog oscilatora, računsmetnje se moˇze primjeniti i na već spomenuti
primjer matematičkog njihala. Viˇse detalja o ovome primjeru se moˇze naći u odjeljku 15.3
reference [19] ili na str. 130 reference [6].

162 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
6.1.3 Priguˇseni harmonijski oscilator
Naharmonijskioscilatorkojititraunekomsredstvu(zraku, tekućini)djelovatćeisilapriguˇsenja
(otpora, trenja). Ova je sila rezultat medudjelovanja čestice koja titra i čestica sredstva u kojemu
se odvija titranje. Eksperimentalno je ustanovljeno da sila priguˇsenja ovisi o brzini
čestice (ili tijela) koja se giba kroz sredstvo i da ima smjer suprotan smjeru trenutne brzine
�Fprig = −�ev f(v),
gdje je�ev jedinični vektor u smjeru brzine, a f(v) je općenito vrlo sloˇzena funkcija iznosa brzine
i često ju je zgodno prikazati u obliku razvoja u red
f(v) = C1v +C2v 2 +··· = �
Cnv n .
Radi jednostavnosti, pretpostavit ćemo da je sila priguˇsenja, � Fprig, srazmjerna samo prvoj
potenciji brzine (prisjetiti se sličnog računa iz odjeljka 5.3). Za gibanje po osi x je
�Fprig = −β �v = −β v �ex = −β dx
dt �ex, β > 0,
(uobičajeno je umjesto C1 koristiti oznaku β). Koeficijent priguˇsenja β je pozitivna konstanta
koja opisuje oblik tijela i svojstva sredstva u kojemu se odvija titranje 3 .
Uz elastičnu silu i silu priguˇsnja, jednadˇzba gibanja u smjeru osi x glasi
Postavimo i početne uvjete
Uvede li se konstanta
n
m¨x = Fel +Fprig = −Kx−β˙x. (6.23)
x(0) = x0, ˙x(0) = v0.
γ = β
2m ,
gornja jednadˇzba gibanja se moˇze preglednija napisati kao
¨x +2γ˙x +ω 2 0x = 0. (6.24)
To je homogena linearna diferencijalna jednadˇzba drugog reda, čija ćemo rjeˇsenja potraˇziti u
obliku eksponencijalne funkcije
x(t) = a e b t ,
za konstantne a i b. Uvrˇstavanje u jednadˇzbu vodi do
i dva rjeˇsenja za b
(b 2 +2 γ b+ω 2 0 ) a e b t = 0.
b± = −γ ±
�
γ 2 −ω 2 0 .
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.

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 163
Označimo izraz pod korjenom (diskriminantu) s
D 2 = γ 2 −ω 2 0.
Uz pretpostavku da je D 2 �= 0, postoje dva rjeˇsenja za x, pa je opće rjeˇsenje njihova linearna
kombinacija
x(t) = a+ e b+ t +a− e b− t .
Dvije konstante a± se odreduju iz dva početna uvjeta: početni poloˇzaj 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 priguˇsenja. Obje vrijednosti b± = −γ ± � γ 2 −ω 2 0 su realne i negativne,
uz
pa je
x ( t )
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
a + > 0, a - > 0
a + < 0, a - < 0
0 > b+ > b−
x(t) = a+ e −|b+| t +a− e −|b−| t
−γ t
= e
�
a+ e t√ γ 2 −ω 2 0 +a− e −t√ γ 2 −ω 2 0
Slika 6.4: Jako priguˇseno titranje uz D 2 = γ 2 −ω 2 0
( A )
-4
0 5 10 15 20 25 30
t
x(t)
1
0.5
0
-0.5
-1
a + - | a - | < 0
> 0.
�
. (6.25)
( 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 pribliˇzavati poloˇzaju ravnoteˇze 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 brˇze 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 pribliˇzava poloˇzaju ravnoteˇze (slika 6.4.B).
Ovaj oblik rjeˇsenja se naziva neperiodičkim.

164 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
(D 2 = 0) Ako je D 2 = 0 ili
tada je i
γ 2 = ω 2 0 ,
b− = b+ = −γ,
pa gornji postupak daje samo jedno rjeˇsenje za x
x1 = e −γ t ,
a ne dva. Drugo rjeˇsenje, linearno nezavisno od ovoga, doznajemo iz teorije rjeˇsavanja diferencijalnih
jednadˇzba, relacija (6.58), i ono je oblika
x2 = t · e −γ t .
Uvrˇstavanjem ovog izraza u jednadˇzbu gibanja harmonijskog oscilatora s priguˇsenjem, lako je
uvjeriti se da ono zadovoljava jednadˇzbu. Sada opet imamo dva linearno nezavisna rjeˇsenja, i
ukupno rjeˇsenje je njihova linearna kombinacija
x(t) = a1 x1(t)+a2 x2(t), aj = const.
= a1 e −γ t +a2 t ·e −γ t = e −γ t (a1 +a2 t). (6.26)
Konstante aj se odreduju iz početnih uvjeta na poloˇzaj i brzinu. Ovo je granični slučaj neperiodičkog
gibanja.
Za male t, eksponencijalni je član pribliˇzno jednak jedan, pa x(t) linearno raste s t. Kasnije
eksponencijalni član postaje dominantan i cijelo rjeˇsenje eksponencijalno trne. Kao rezultat
kompeticije ova dva člana, vremenska će ovisnost otklona od poloˇzaja ravnoteˇze, x(t), izgledati
kao na slici 6.5. Koordinate maksimalnog otklona (tmax,xmax), odredujemo iz uvjeta
Slika 6.5: Titranje uz D 2 = 0. Otklon je x(t) = e −0.5 t (1+8 t).
x ( t )
7
6
5
4
3
2
1
t max
x max
0
0 5 10 15 20 25 30
t
dx
dt = 0 ⇒ tmax =
b−γ a
, xmax = x(tmax) =
b γ
b
γ e −(1−γ a/b) .

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 165
(D2 < 0) Ako je D2 = γ2 −ω2 0 < 0, tada je u početnim oznakama
β 2 < 4mK.
To je granica slabog priguˇsenja.
�
b± = −γ ±i ω2 0 −γ 2
Nazovemo li
−γ t
x(t) = e
�
a+ e it
√
ω2 0−γ2 ω =
rjeˇsenje za otklon x(t) moˇzemo napisati kao
⎡
Uz oznake
−γ t
x(t) = e
otklon se moˇze napisati u obliku
⎢
⎣ (a+ +a−)
� �� �
= C
�
ω 2 0 −γ 2 ,
+a− e −it
√
ω2 0−γ2 �
.
cosωt+ ı(a+ −a−)
� �� �
= S
A0 = √ C 2 +S 2 , tanΦ = S
C ,
⎤
⎥
sinωt⎦.
−γ t
x(t) = A(t) cos(ωt−Φ), A(t) = A0 e
(6.27)
gdje se konstante A0 i Φ odreduju iz početnih uvjeta na poloˇzaj i brzinu čestice. Rjeˇsenje je
prikazano na slici 6.6: to jekosinus čija amplituda, A(t) = A0 e −γ t , nije konstantna uvremenu,
nego eksponencijalno opada. Ovaj oblik rjeˇsenja se naziva periodičkim. Period ovog priguˇsenog
titranja
T = 2π
ω =
2π
� ω 2 0 −γ 2
je veći od perioda slobodnog (nepriguˇsenog , γ ≡ 0) harmonijskog oscilatora.
Izračunajmo vrijednost otklona za dvije susjedne vrijednosti t (označene s tn i tn+1) za koje je
i
Tada je
xn
xn+1
cos(ωtn −Φ) = 1
cos(ωtn+1−Φ) = 1.
t = tn, → x = xn = A e −γ tn ·1
t = tn+1 = tn +T, → x = xn+1 = A e −γ tn+1 ·1 = A e −γ (tn+T)
=
−γ tn A e
A e −γ tn γ T
= e
e −γ T

166 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Slika 6.6: Titranje uz D 2 = γ 2 −ω 2 0 < 0. Otklon je x(t) = 10 e −0.3 t cos(2t−4). Za usporedbu, zelena linija
pokazuje titranje bez trenja.
x(t)
10
5
0
-5
-10
0 5 10 15 20
t
Veličinukojaopisujebrzinuopadanjaamplitudenalogaritamskojskali, zovemo logaritamski
dekrement i označavamo ju s δ
δ = ln xn 2πγ
= γT = �
2 ω0 −γ2. xn+1
Primjetimo zajedničku karakteristiku sva tri tipa gornjih rjeˇsenja (D 2 > 0,D 2 = 0 i D 2 < 0):
amplituda svih ovih rjeˇsenja eksponencijalno trne s vremenom
D2 > 0
D2 ⎫
⎪⎬
= 0 x(t) = e − γ t � �
· ··· , (6.28)
D 2 < 0
⎪⎭
tj. nakon dovoljno dugo vremena, njihova će amplituda postati proizvoljno mala. To je upravo
učinak priguˇsenja. U nastavku ovog odjeljka ćemo pokazati kako se zbog priguˇsenja smanjuje
i energija oscilatora, a u slijedećem odjeljku ćemo pokazati kako vanjska sila moˇze nadoknaditi
ovaj gubitak energije i odrˇzati titranje oscilatora, unatoč gubicima energije kroz priguˇsenje.
Energija:
Pokaˇzimo da sada, kada na česticu djeluje i sila priguˇsenja 4 , mehanička enegija čestice nije
sačuvana, nego s s vremenom smanjuje.
Emeh =
dEmeh
dt
= m
2
m˙x 2
2
+ Kx2
2
4 Priguˇsenje nije konzervativna sila, pa nema potencijalnu energiju.
K
2˙x¨x + 2x˙x = ˙x(m¨x +Kx).
2

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 167
No, prema jednadˇzbi gibanja (6.23), izraz u okrugloj zagradi je upravo jednak −β˙x, pa je
vremenska promjena mehaničke energije (tj. snaga) jednaka
dEmeh
dt = −β ˙x 2 . (6.29)
Ako nema priguˇsenja (β ≡ 0), energija je sačuvana Emeh(t) = const., kao ˇsto smo i dobili
kod izvoda (6.9). Budući da je β > 0, desna je strana negativna, ˇsto znači da se energija
čestice smanjuje s vremenom. Lako je vidjeti da je ovaj gubitak energije rezultat rada sile
priguˇsenja
Pprig = dWprig
dt = � Fprig d�r
dt = � Fprig �v = (−β˙x) ˙x = −β ˙x 2 .
Primjetimo da gubitak energije nije konstantan u vremenu, nego ovisi o vremenu kroz vremensku
ovisnost brzine ˙x = ˙x(t).
Jedno od osnovnih načela fizike kaˇze da se energija ne moˇze ni povećati ni smanjiti. Iz toga zaključujemo
daakoseenergijačesticeoscilatorasmanjila, nekasedrugaenergijamoralapovećati,
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 odjeljak 10.7
o sudarima). Time se povećava kinetička energija čestica sredstva. U statističkoj fizici se srednja
kinetička energija čestica povezuje s temperaturom, tako da viˇsa energija odgovara viˇsoj
temperaturi. Prema tome moˇzemo reći da se mehanička energija čestice oscilatora postupno
pretvara u energiju toplinskog gibanja čestica sredstva u kojemu se nalazi oscilator.
Zadatak: 6.2 tekst primjera
R: tekst rjeˇsenja
6.1.4 Prisilni titraji harmonijskog oscilatora
U prethodnom je odjeljku pokazano kako oscilator gubi svoju energiju uslijed medudjelovanja
(trenja) s okolinom. Uslijed tog trenja, amplituda titraja eksponencijalno trne (6.28) i nakon
nekog konačnog vremenskog intervala postaje zanemarivo malena - oscilator je prestao s gibanjem.
Ako se, unatoč priguˇsenju, ˇzeli odrˇzati titranje, tada je potrebno naći načina da se
nadoknadi gubitakenergijeoscilatora nastaotrenjem. Potrebno jepumpatienergijuuoscilator.
To se postiˇze djelovanjem (radom) vanjske sile.
Pretpostavimo sada da na harmonijski oscilator, osim elastične sile i sile priguˇsenja, djeluje
joˇs i periodična vanjska sila � Fv(t) u smjeru osi x. Sila je periodična s periodom T, tako da je
Jednadˇzba gibanja tada glasi
�Fv(t) = � Fv(t+T).
m¨x = −Kx−β˙x +Fv(t).

168 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Uz ranije uvedene oznake
ω 2 0
K β
= , 2γ =
m m ,
gornja jednadˇzba postaje linearna nehomogena diferencijalna jednadˇzba drugog reda s konstantnim
koeficijentima
Zadajmo i početne uvjete
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0
x = 1
m Fv(t).
x(0) = x0, ˙x(0) = v0. (6.30)
Opće rjeˇsenje nehomogene jednadˇzbe, x(t), je zbroj rjeˇsenja homogene jednadˇzbe xH (koje već
znamo iz prethodnog odjeljka) i partikularnog rjeˇsenja xP nehomogene jednadˇzbe, koje ćemo
sada izračunati
x = xH +xP.
No, prije toga primjetimo jednu posljedicu linearnosti gornje jednadˇzbe: ako se vanjska sila
moˇze napisati kao zbroj dva člana, npr.
tada je i partikularno rjeˇsenje oblika
gdje je xP,1 partikularno rjeˇsenje jednadˇzbe
a xP,2 je partikularno rjeˇsenje jednadˇzbe
Zaista, ako se u jednadˇzbu
uvrsti za x = xP,1 +xP,2, dobit će se
Fv(t) = Fv,1(t)+Fv,2(t),
xP = xP,1 +xP,2,
¨x P,1 +2 γ ˙x P,1 +ω 2 0 xP,1 = 1
m Fv,1(t), (6.31)
¨x P,2 +2 γ ˙x P,2 +ω 2 0 xP,2 = 1
m Fv,2(t). (6.32)
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0 x = 1 1
Fv,1(t)+
m m Fv,2(t)
(¨x P,1 + ¨x P,2)+2 γ (˙x P,1 + ˙x P,2)+ω 2 0 (xP,1 +xP,2) = 1 1
Fv,1(t)+
m m Fv,2(t)
�
¨x P,1 +2 γ ˙x P,1 +ω 2 0 xP,1 − 1
m Fv,1(t)
� �
+ ¨x P,2 +2 γ ˙x P,2+ω 2 0 xP,2 − 1
m Fv,2(t)
�
= 0.
No, xP,1 je rjeˇsenje od (6.31), a xP,2 rjeˇsenje od (6.32) i zato su obje gornje uglate zagrade
jednake nuli. Očito je da se gornje razmatranje moˇze primjeniti i na slučaj kada je vanjska sila
dana u obliku zbroja proizvoljno mnogo članova
Fv = �
j
Fv,j.

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 169
Tada je partikularno rjeˇsenje zbroj rjeˇsenja koja odgovaraju svakom pojedinom članu vanjske
sile
xP = �
xP,j. (6.33)
j
Kao ˇsto je pokazano u dodatku D, svaka se periodična funkcija moˇze napisati u obliku beskonačnog
reda trigonometrijskih funkcija5 . Shodno tomu, i vanjska se periodična sila Fv
moˇze napisati kao
Fv(t) = 1
2 C0 +
∞�
j=1
� �
Cj cos(jωt) + Sj sin(jωt) ,
gdje je ω kruˇzna frekvencija koja odgovara periodu T vanjske sile
ω =
a Cj i Sj su poznati koeficijenti razvoja
� T
C0 = 2
T
Cj = 2
T
Sj = 2
T
0
� T
0
� T
0
2 π
T ,
Fv(t) dt,
Fv(t) cos(jωt) dt,
Fv(t) sin(jωt) dt.
Uz ovakav izraz za vanjsku silu, potrebno je naći partikularna rjeˇsenja slijedećih jednadˇzba:
x (0)
P
x (c)
P,j
x (s)
P,j
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0 x = C0
2 m ,
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0 x = Cj
m
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0
a ukupno partikularno rjeˇsenje je njihov zbroj
∞�
xP = x (0)
P +
j=1
x = Sj
m sin(jωt).
�
x (c)
P,j +x(s)
�
P,j
cos(jωt), (6.34)
Lako je vidjeti da je partikularno rjeˇsenje prve od jednadˇzba (6.34), naprosto konstanta
x (0)
P
(6.35)
C0
=
2mω 2. (6.36)
0
Potraˇzimo sada rjeˇsenje druge i treće od jednadˇzba (6.34) za j = 1. Rjeˇsenja za ostale j-ove
ćemo dobiti tako ˇsto ćemo u j = 1 rjeˇsenje uvesti zamjene
ω → j ω, C1 → Cj, S1 → Sj. (6.37)
5 Ovaj postupak odgovara zapisu običnog vektora preko baznih vektora
�V = ax�ex +ay�ey +az�ez .
U razvoju Fv trigonometrijske funkcije igraju ulogu baznih vektora.

170 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Uz oznake
f0 = C1
m , g0 = S1
m ,
jednadˇzbe čija partikularna rjeˇsenje traˇzimo, postaju
¨x +2 γ ˙x +ω 2 0 x = f0 cos ωt, ¨x +2 γ ˙x +ω 2 0 x = g0 sin ωt. (6.38)
Jednadˇzbe su sličnog oblika, pa je dovoljno rjeˇsavati jednu od njih, npr. prvu. Pretpostavimo6
da će se, uslijed djelovanja vanjske sile, titranje odvijati kruˇznom frekvencijom
(t) biti oblika
vanjske sile ω i da će zato otklon x (c)
P
x (c)
P (t) = CP cosωt+SP sinωt,
˙x (c)
P (t) = −ω CP sinωt+ω SP cosωt,
¨x (c)
� �
P (t) = −ω2 CP cosωt+SP sinωt = −ω 2 x (c)
P (t),
gdje su CP i SP nepoznate konstante koje treba odrediti. Uvrˇstavanjem ovog pretpostavljenog
rjeˇsenja u prvu od jednadˇzba gibanja (6.38), dolazi se do
�
sinωt −2CPγω +SP(ω 2 0 −ω2 � �
) +cosωt CP(ω 2 0 −ω2 �
)+2SPγω −f0 = 0.
Budući da sinusi i kosinusi iz gornje jednadˇzbe ne mogu istovremeni biti jednaki nuli, zaključujemo
da svaka od gornjih uglatih zagrada mora zasebno iˇsčezavati
−2γωCP +(ω 2 0 −ω 2 )SP = 0,
(ω 2 0 −ω2 )CP +2γωSP = f0.
To je 2 × 2 sustav za nepoznanice CP i SP,
⎡
−2γω ω
⎣
2 0 −ω2 ω2 0 −ω2 ⎤ ⎡
⎦· ⎣
2γω
⎡
⎣
čija su rjeˇsenja
CP =
CP
SP
⎤
⎡
⎦ = ⎣
CP
SP
−2γω ω 2 0 −ω 2
ω 2 0 −ω2 2γω
f0
4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2 (ω2 0 −ω2 ), SP =
Time se za partikularno rjeˇsenje x (c)
P dobiva
x (c)
P = CP cosωt+SP sinωt
=
f0
4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2
≡ A (c) (ω) cos
� �
ωt−Φ(ω)
⎤
⎡
⎦ = ⎣
⎤
⎦
−1
⎡
· ⎣
0
f0
0
f0
⎤
⎦,
⎤
⎦,
f0
4γ2ω2 +(ω2 0 −ω2 2γω.
) 2
�
(ω 2 0 −ω2 �
)cosωt+2γωsinωt ,
6 Na početku ovog odjeljka je argumentirano da će rjeˇsenja homogene jednadˇzbe trnuti eksponencijalno s vremenom.
(6.39)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 171
gdje su uvedeni frekventno ovisan pomak u fazi Φ(ω) relacijom
i frekventno ovisna amplituda
tanΦ(ω) = 2γω
ω2 0 ≤ Φ ≤ π (6.40)
0 −ω2,
A (c) (ω) =
f0
�
4γ2 ω2 2 +(ω0 −ω2 =
) 2
C1
m � 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω2 ) 2.
(6.41)
Lako se pokazuje da se sličnim postupkom za rjeˇsenje druge jednadˇzbe iz (6.38), umjesto (6.39)
dobije
x (s)
P = A(s) � �
(ω) sin ωt−Φ(ω)
s istim faznim pomakom Φ(ω) i malo drukčijom amplitudom
A (s) (ω) =
g0
�
4γ2 ω2 2 +(ω0 −ω2 =
) 2
S1
m � 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω2 ) 2.
(6.42)
Pomoću rjeˇsenja (6.36) i gornja dva rjeˇsenja za x (c)
P i x (s)
P , jednostavnim zamjenama iz (6.37),
dolazi se do partikularnog rjeˇsenja jednadˇzba (6.34) u obliku (6.35)
xP(t) = C0
2mω 2 � � � �
∞� Cj cos jωt−Φ(jω) +Sj sin jωt−Φ(jω)
+ �
0 j=1 m 4γ2 (jω) 2 �
+ ω2 0 −(jω) 2
�
,
2
i, dodavanjem rjeˇsenja homogene jednadˇzbe, do općeg rjeˇsenja
x(t) = xH(t)+xP(t)
= xH(t)+ C0
2mω 2 0
+
� �
∞� Cj cos jωt−Φ(jω)
�
j=1
gdje su fazni pomaci Φ(jω) zadani sa
m
4γ 2 (jω) 2 +
� �
+Sj sin jωt−Φ(jω)
�
ω2 0 −(jω)2
�2 , (6.43)
tanΦ(jω) = 2γjω
ω2 0 −j2 ω2, 0 ≤ Φ ≤ π, (6.44)
a xH(t) je jedno od rjeˇsenja pridruˇzene homogene jednadˇzbe
�
−γ t
(6.25) xH(t) = e
(6.26) xH(t) = e −γ t (a1 +a2 t).
a+ e t
√
γ2−ω2 0 +a− e −t
√
γ2−ω2 0
(6.27) xH(t) = e −γ t � �
A0 cos t ω2 0 −γ2 �
−Φ ,
pri čemu se dvije nepoznate konstante (a± ili aj ili A0,Φ) koje se pojavljuju u xH(t), odreduju
iz početnih uvjeta (6.30) primjenjenih na cijelo rjeˇsenje (6.43).
�
.

172 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Kao ˇsto je pokazano u prethodnom odjeljku, sva rjeˇsenja homogene jednadˇzbe eksponencijalno
trnu s vremenom kao
e −γ t ,
i zato su vaˇzna samo u kratkom vremenskom intervalu nakon uključivanja vanjske sile - zovu
se tranzijentna ili prijelazna rjeˇsenja zato jer opisuju prijelazni reˇzim titranja harmonijskog
oscilatora (prijelaz iz reˇzima kada ne djeluje vanjska sila, u reˇzim kada vanjska sila počinje
djelovati)
lim
t→∞ xH(t) = 0.
To jerazlog zaˇstoizvantogprijelaznog vremenskog intervala, moˇzemo zanemariti utjecaj homogenog
rjeˇsenja i smatrati da je gibanje harmonijskog oscilatora odredeno samo partikularnim
rjeˇsenjem. Ovo partikularno rjeˇsenje se naziva i stacionarno rjeˇsenje, zato jer je to ono
rjeˇsenje koje se opaˇza u dugom vremenskom intervalu nakon početka djelovanja vanjske sile.
Vidimo da sada čestica titra frekvencijom vanjskog polja, uz pomak u fazi Φj, a taj je pomak
uzrokovan silom priguˇsenja opisanom koeficijentom
γ = β
2m .
Zbog otpora čestica sredstva, harmonijski oscilator ne moˇze 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 C1 ≡ F0 iz (6.34), različit od nule. Promotrimo amplitudu
(6.41) stacionarnog titranja (slika 6.7)
A(ω) =
f0
� 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2,
f0 = F0
m .
Primjećujemo daamplitudaovisiokruˇznoj frekvenciji vanjskogpolja, A = A(ω),idajenajveća
na frekvenciji koju ćemo nazvati rezonantnom kruˇznom frekvencijom ωR
�
dA�
� = 0,
dω
� ω=ωR
⇒ ω 2 R = ω2 0 −2γ2
⇒ Amax = A(ωR) =
f0
2γ � ω 2 0 −γ 2.
(6.45)
U gornjim se izrazima opet opaˇza da razlika izmedu rezonantne i vlastite frekvencije slobodnog
oscilatora potječe od sile priguˇsenja (kada bi bilo γ = 0, tada bi i ωR = ω0). Blizu ove kruˇzne

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 173
Slika 6.7: Amplituda titraja, (6.41), u slučaju rezonancije s priguˇsenjem, za ω0 = 2Hz i nekoliko različitih
jakosti priguˇsenja.
A (ω) / f 0
0.8
0.6
0.4
0.2
γ = 0.3 Hz
γ = 0.5 Hz
γ = 1.0 Hz
γ = 2.0 Hz
0
0 1 2 3 4 5
ω
frekvencije, amplitudetitranjaharmonijskogoscilatorasuvrlovelikeimoguoˇstetiti 7 samsustav
koji titra. Ta se pojava naziva rezonancija. Izraz za amplitudu moˇze se napisati i preko ωR
A(ω) =
=
f0
�
4γ2ω2 2 +(ω0 −ω2 =
) 2
f0
�
4γ2ω2 2 +[(ωR −ω2 )+2γ 2 = ··· =
] 2
f0
� 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −2γ 2 +2γ 2 −ω 2 ) 2
Granične vrijednosti amplitude za male i velike frekvencije, slijede iz (6.41)
A(ω → 0) =
A(ω → ∞) =
f0
� ω 4 0 +0
f0
= f0
ω 2 0
f0
�
4γ2 2 (ω0 −γ 2 )+(ω 2 −ω2 (6.46)
R )2.
= const.,
√ =
ω4 +0 f0
→ 0.
ω2 Iako graf A(ω) nije simetričan u varijabli ω, on je simetričan oko ωR u varijabli ω 2 . Neka je
ω 2 = ω 2 R ±∆ 2 , tada je prema (6.46)
pa je
A(ω 2 = ω 2 R ±∆ 2 ) =
f0
�
4γ2 2 (ω0 −γ 2 )+(ω 2 R ±∆ 2 −ω2 =
R
)2
A(ω 2 = ω 2 R +∆ 2 ) = A(ω 2 = ω 2 R −∆ 2 ).
f0
� 4γ 2 (ω 2 0 −γ 2 )+∆ 4,
7 Vjerojatno najpoznatiji primjer destruktivnog učinka rezonancije je ruˇsenje Tacoma mosta. Ovaj viseći most je puˇsten u promet
1. VII 1940., a spajao je dvije strane zaljevskog tjesnaca Pudget Sound u američkoj drˇzavi Washington. Ukupna duˇzina mu je bila
od oko dva kilometra, a najveći raspon mosta je bio 853m. Samo četiri meseca kasnije, 7. XI 1940., vjetar brzine od oko 60km/h
ga je doveo u rezonantno torzijsko stanje titranja perioda oko 5s. 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 ruˇsenja. Dio snimka moˇzete pogledati na http://www.youtube.com/watch?v=j-zczJXSxnw&feature=fvst
.

174 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Gornja relacija vrijedi za
0 ≤ ∆ ≤ ωR,
kako bi ω 2 = ω 2 R ±∆ 2 bilo uvijek pozitivno ili nula.
Rezonancija bez priguˇsenja:
Promotrimo sada detaljnije situaciju kada na harmonijski oscilator djeluje vanjska periodična
sila, ali kada nema otpora sredstva
β = γ = 0.
Tada je, prema (6.45), rezonantna frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji slobodnog harmonijskog
oscilatora
ωR = ω0.
Rijeˇsimo jednadˇzbu gibanja kada je frekvencija vanjske periodične sile jednaka vlastitoj tj.
rezonantnoj frekvenciji
ω = ωR = ω0
¨x +ω 2 0 x = f0cosω0t. (6.47)
Ukupno rjeˇsenje je opet zbroj homogenog i partikularnog rjeˇsenja
x = xH +xP.
Kao i u odjeljku 6.1, lako je uvjeriti se da je homogeno rjeˇsenje linearna kombinacija sinusa i
kosinusa
xH(t) = C0cosω0t+S0sinω0t,
dok iz teorije diferencijalnih jednadˇzba (slično kao kod D2 = 0 rjeˇsenja sa strane 164 ili (6.59)),
slijedi da je drugo linearno nezavisno rjeˇsenje, a to je sada partikularno rjeˇsenje, oblika
� �
xP(t) = t CP cosω0t+SP sinω0t .
Uvrˇstavanjem gornjeg xP u jednadˇzbu gibanja (6.47) i izjednačavanjem članova uz sinω0t i
cosω0t na lijevoj i desnoj strani jednadˇzbe, dobivamo dvije jednadˇzbe za dvije nepoznanice:
CP i SP
−2ω0CP = 0 ⇒ CP = 0,
2ω0SP = f0 ⇒ SP = f0
.
2ω0
Ukupno je rjeˇsenje (slika 6.8)
�
x(t) = xH +xP = C0cosω0t+
� �
≡ A(t) cos ω0t−Φ(t) .
S0 +t f0
2ω0
�
sinω0t
(6.48)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 175
gdje je uvedena vremenski ovisna amplituda A = A(t)
�
A(t) ≡ C2 �
0 + S0 +t f0
2ω0
i vremenski ovisan pomak u fazi Φ(t)
tanΦ(t) = 1
C0
�
S0 +t f0
Konstante C0 i S0 odreduju se iz početnih uvjeta (6.30) na cijelo rjeˇsenje (6.48).
x ( t )
30
20
10
0
-10
-20
2ω0
� 2
�
.
Slika 6.8: Elongacija (6.48) za slučaj rezonancije bez priguˇsenja.
-30
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
t
Primjetimo da sada amplituda titranja, A(t), raste s vremenom,
f0
lim A(t) = t → ∞,
t → ∞ 2ω0
ˇsto će, nakon dovoljno dugo vremena, dovesti do raspada sustava.
Takoder treba primjetiti i da pomak u fazi Φ(t) ovisi o vremenu, pa se npr. vremena prolaska
oscilatora kroz poloˇzaj ravnoteˇze (kada je x(t) = 0)
ω0 t+Φ(t) = (2n+1) π
2 .
razlikuju od onih za f0 ≡ 0 i mijenjaju se pri svakom novom prolasku kroz ravnoteˇzni poloˇzaj.
Tako je vrijeme n+1-vog prolaska kroz ravnoteˇzni poloˇzaj dano rjeˇsenjem jednadˇzbe
tn = 2ω0
� �
C0 tan (2n+1) π
2 −ω0tn
� �
−S0 , n = 0,1,2,··· .
f0

176 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Zadatak: 6.3 Izvedite izraz za struju u strujnom krugu sa slike 6.9, ako je vanjski napon oblika
V(t) = V0 sinωt.
Slika 6.9: Uz primjer 6.3.
R: Izjednačimo napone u strujnom krugu
V0 sinωt = RI +L dI
dt
+ Q
C .
Da bi se ovaj primjer povezao s modelom harmonijskog oscilatora, derivirajmo gornju
jednadˇzbu po vremenu i podijelimo ju s L
d2I R
+
dt2 L
dI
dt
+ 1
LC
I = V0ω
L
cosωt. (6.49)
No, gornja je jednadˇzba upravo oblika (6.34), s priguˇsenjem danim sa
vlastitom frekvencijom
i vanjskom periodičnom silom
2γ = R
L ,
ω 2 0
= 1
LC ,
Fv = V0ω
L cosωt.
Ukupno rjeˇsenje za struju je zbroj homogenog i partikularnog rjeˇsenja, pri čemu
homogeno rjeˇsenje eksponencijalno trne s vremenom i vaˇzno je samo u kratkom
vremenskom intervalu nakon iključenja vanjskog napona. Ono ˇsto odreduje oblik
struje nakon uključenja vanjskog napona je partikularno rjeˇsenje IP koje ćemo sada
izračunati. Pretpostavljamo da će struja u krugu titrati frekvencijom vanjskog napona,
tj. da će biti oblika
IP(t) = C cosωt+S sinωt. (6.50)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 177
Uvrˇstavanje ovog izraza za sruju u (6.49), vodi na
�
cosωt −ω 2 C + R
� �
1 V0ω
ωS + C − +sinωt −ω
L LC L
2 S − R 1
ωC +
L LC S
�
= 0.
Buduću da sinusi i kosinusi ne mogu istovremeno biti jednaki nuli, mora svaka od
gornjih uglatih zagrada zasebno iˇsčezavati
�
1
LC −ω2
�
C + Rω V0ω
S =
L L ,
− Rω
�
1
C +
L LC −ω2
�
S = 0.
Rjeˇsavanje gornjeg 2 × 2 sustava za C i S daje
C =
S =
V0
R 2 + � 1
ωC −ωL� 2
V0
R 2 + � 1
ωC −ωL� 2 R
�
1
ωC −ωL
�
Uvrˇstavane gornjih vrijednosti u (6.50), daje konačni izraz za struju u stacionarnom
reˇzimu
gdje su
IP(t) = A cos(ωt−Φ),
A =
tan Φ =
V0
�
R2 + � 1
ωC −ωL� 2 ,
R
1
ωC −ωL.
Primjetimo joˇs da uvjet rezonancije (maksimalne amplitude)
dA
dt
= 0,
daje da je rezonantna frekvencija jednaka vlastitoj frekvenciji
6.1.5 Apsorpcija snage vanjske sile
ωR = ω0 = 1
√ LC .
Radi jednostavnosti, ograničimo se opet na vanjsku silu čiji je koeficijent
C1 ≡ F0
razvoja (6.34), različit od nule, dok su svi ostali koeficijenti jednaki nuli. Djelujući na harmonijski
oscilator, vanjska sila
�Fv(t) = F0 cosωt�ex
,

178 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
nad njim obavlja odredeni rad i time povećava njegovu energiju. U ovom ćemo odjeljku
izračunati koliko je to povećanje energije po jedinici vremena tako ˇsto ćemo izračunati snagu
vanjske sile Pv
Pv = dWv
dt = � Fv d�r
dt = � Fv �v = F0 cosωt�ex ˙x�ex = F0 ˙x cosωt.
Brzinu ˙x ćemo izračunati pomoću stacionarnog (partikularnog) rjeˇsenja (6.39) jer nas zanima
ponaˇsanje sustava u vremenima nakon uključenja sile, a ne sam prijelazni reˇzim u trenutku
uključenja. Vremenskom derivacijom (6.39) i uvrˇstavanjem u gornji izraz za snagu, dobije se
trenutna apsorbirana snaga vanjske sile kao
Pv(t) = − F2 0
m
ω
�
4γ2ω2 2 +(ω0 −ω2 sin(ωt−Φ) cosωt.
) 2
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 = 2π/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
Primjenimo gornji izraz na račun srednje apsorbirane snage
〈Pv〉 = − F2 0
m
= − F2 0
m
ω
�
4γ2ω2 2 +(ω0 −ω2 〈 sin(ωt−Φ) cosωt 〉
) 2
ω
� 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2
Elementarnom integracijom se dobiva
〈 sin2ωt 〉 = 1
T
〈 cos 2 ωt 〉 = 1
T
ˇsto, uvrˇsteno u izraz za srednju snagu, daje
〈Pv〉 = 1
2
F 2 0
m
t
f(t) dt. (6.51)
� 1
2 cosΦ 〈 sin2ωt 〉−sinΦ 〈 cos2 ωt 〉
� t+T
t
� t+T
Trigonometrijskim preobrazbama se iz (6.40) dobije
pa je konačno
sinΦ =
〈Pv〉 = γ F2 0
m
t
sin2ωt dt = 0,
cos 2 ωt dt = 1
2 ,
ω
�
4γ2ω2 2 +(ω0 −ω2 sinΦ.
) 2
2 γ ω
� 4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2,
ω 2
4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω 2 ) 2.
�
.
(6.52)
(6.53)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 179
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 posta-
Slika 6.10: Snaga, (6.53), usrednjena po jednom periodu koju vanjska sila predaje harmonijskom oscilatoru (za
ω0 = 2Hz).
2 )
< P v > m / ( γ F 0
3
2.5
2
1.5
1
0.5
γ = 0.3 Hz
γ = 0.5 Hz
γ = 1.0 Hz
γ = 2.0 Hz
0
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
ω
viti slijedeće pitanje: koliku frekvenciju treba imati vanjska sila, pa da apsorpcija snage bude
maksimalna? Kao i obično, ekstrem funkcije traˇzimo izjednačavanjem njezine prve derivacije s
nulom
ˇsto je zadovoljeno ako je
d
dω 〈Pv〉 = 0,
ω = ω0.
Dakle, kaoˇsto se moglo i očekivati, sustav apsorbira najviˇse energije (po jedinici vremena), ako
vanjska sila titra vlastitom frekvencijom samog sustava. Maksimalna apsorbirana snaga je
〈Pv〉max = 〈Pv〉ω=ω0 = 1
4
F2 0
. (6.54)
γ m
Apsorpcija snage je veća ako je veći intezitet vanjske sile, ako je manje priguˇsenje i ako je manja
masa čestice koja titra (ovdje je riječ o tromoj masi).
poluˇsirina linije:
Osim poloˇzaj maksimuma 〈Pv〉, oblik apsorpcijske linije sa slike 6.10 se opisuje i pojmom
poluˇsirine linije. Poluˇsirina se definira tako ˇsto se pitamo za koliko se treba pomaknuti na
lijevu i desnu stranu od maksimuma,
ω = ω0 ±∆ω,

180 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
pa da vrijednost 〈Pv〉bude jednaka polovici maksimalne? Kadanademo ∆ω, traˇzena poluˇsirina
je 2 ∆ω. Sama ∆ω je dakle rjeˇsenje jednadˇzbe
〈Pv〉ω=ω0±∆ω = 1
2 〈Pv〉max.
Izravnim uvrˇstavanjem (6.53) i (6.54) u gornju jednadˇzbu, i njezinim rjeˇsavanjem, dobiva se
�
∆ ω = γ −ω0 + γ2 +ω2 0 .
U granici slabog priguˇsenja γ

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 181
gdje smo za izračunavanje vremenskih srednjih vrijednosti koristili (6.52). Uvrˇstavanjem amplitude
iz (6.41), dobije se brzina gubitka energije kao
〈 Pprig 〉 = − γ F2 0
m
ω 2
4γ 2 ω 2 +(ω 2 0 −ω2 ) 2.
(6.55)
Usporedimo li gornji izraz sa (6.53), vidimo da je ukupna bilanca vremenske promjene energije
ili
〈 Pprig 〉+〈Pv〉 = 0,
| 〈 Pprig 〉 | = 〈Pv〉.
Ostvaren je stacionarni protok energije: koliko energije posredstvom vanjske sile ude u sustav
(harmonijski oscilator), toliko i izade procesom priguˇsenja.
6.1.6 Neperiodična vanjska sila
Do sada smo govorili o harmonijskom oscilatoru na koji djeluje periodična vanjska sila. Pogledajmo
sada ˇsto se moˇze reći o rjeˇsenju jednadˇzbe gibanja oscilatora, ako vanjska sila nije
nuˇzno periodična?
Radi jednostavnosti, izostavit ćemo učinke priguˇsenja i promatrati gibanje čestice pod djelovanjem
samo elastične sile i vanjske sile Fv(t). Jednadˇzba gibanja je
m¨x +Kx = Fv(t),
a početni uvjeti neka su: x(0) = x0, ˙x(0) = v0. Opće rjeˇsenje gornje jednadˇzbe je zbroj
homogenog i partikularnog rjeˇsenja x = xH +xP. Homogeno rjeˇsenje je oblika
gdje su CH i SH konstante, a ω0 = � K/m.
xH = CH cosω0t+SH sinω0t,
Ukupno rjeˇsenje (dakle, ne samo partikularno) ćemo potraˇziti polazeći od homogenog rjeˇsenja
i koristeći metodu varijacije konstanata. Kao ˇsto je poznato iz matematičke analize
(vidjeti npr. [24], str. 535) ukupno rjeˇsenje gornje jednadˇzbe se traˇzi u obliku
x(t) = C(t) cosω0t+S(t) sinω0t,
pri čemu su funkcije S(t) i C(t), rjeˇsenja 2 × 2 sustava
tj. (nakon deriviranja)
C ′ cosω0t+S ′ sinω0t = 0,
C ′ (cosω0t) ′ +S ′ (sinω0t) ′ = Fv,
C ′ cosω0t+S ′ sinω0t = 0,
−C ′ sinω0t+S ′ cosω0t = Fv
.
ω0

182 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Prva od gornjih jednadˇzba se pomnoˇzi sa sinω0t, a druga s cosω0t, a zatim se dobivene jednadˇzbe
zbroje. Rezultat je
dS
dt
= 1
ω0
S(t)−S(0) = 1
ω0
Fv(t) cosω0t
� t
0
Fv(s) cosω0s ds.
� � t
Na sličan način (mnoˇzenjem prve jednadˇzbe s cosω0t, a druge sa sinω0t i oduzimanjem prve
od druge), dobiva se i
Sada je opće rjeˇsenje
dC
dt
= − 1
C(t)−C(0) = − 1
x(t) =
+
ω0
� t
ω0
Fv(t) sinω0t
0
�
S(0)+ 1
ω0
�
C(0)− 1
ω0
Uvrstimo u gornje rjeˇsenje početne uvjete:
x(0) = x0 = 0+
Račun početnog uvjeta na brzinu
Fv(s) sinω0s ds.
� t
0
� t
0
� �
C(0)−0
�
Fv(s) cosω0s ds
�
Fv(s) sinω0s ds
0
� � t
sinω0t
cosω0t.
⇒ C(0) = x0.
x(t) = C(t) cosω0t+S(t) sinω0t
˙x(t) = C ′ (t) cosω0t−ω0C(t)sinω0t
+ S ′ (t) sinω0t+ω0S(t)cosω0t,
˙x(0) = v0 = C ′ (0)+ω0S(0).
Iz relacije (6.56) se očitava C ′ (0) = 0, pa je
S(0) = v0
.
ω0
0
dt
dt (6.56)

6.1. JEDNODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 183
Sada se cijelo rjeˇsenje moˇze napisati u obliku
x(t) = x0 cosω0t+ v0
+ 1
ω0
� t
0
ω0
= x0 cosω0t+ v0
= xH +xP,
sinω0t
�
�
Fv(s) sinω0t cosω0s−cosω0t sinω0s ds
ω0
sinω0t+ 1
ω0
� t
0
Fv(s) sinω0(t−s) ds
gdje smo prepoznali homogeno rjeˇsenje xH, poznato iz odjeljka 6.1 (koje preostane ako nema
vanjske sile: Fv = 0)
i drugi dio koji je partikularno rjeˇsenje
xH = x0 cosω0t+ v0
xP = 1
ω0
� t
0
ω0
sinω0t
Fv(s) sinω0(t−s) ds.
Općenitije:
Gore izloˇzena teorija se odnosi na nepriguˇseni harmonijski oscilator na koji djeluje neperiodična
vanjska sila. No, to je samo poseban slučaj općenitog problema traˇzenja partikularnog rjeˇsenja
diferencijalne jednadˇzbe drugog reda s konstantnim koeficijentima
¨x +p ˙x +qx = f(t), (6.57)
gdje su p i q konstante. Gornjoj se diferencijalnoj jednadˇzbi pridruˇzuje algebarska jednadˇzba
ϕ(k) = k 2 +pk +q = 0
koja se naziva karakteristična jednadˇzba. Navodimo rjeˇsenja jednadˇzbe (6.57) za dva moguća
oblika funkcije f(t).
(1)
f(t) = e at Pn(t),
gdje je Pn(t) polinom n-tog reda u varijabli t. Ako a nije korjen karakteristične jednadˇzbe, tj.
ako je
tada se partikularno rjeˇsenje traˇzi u obliku
ϕ(a) �= 0,
xp = e at Qn(t),

184 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
gdje je Qn(t) polinom n-tog reda u varijabli t, čiji se koeficijenti odreduju uvrˇstavanjem xp
u jednadˇzbu i usporedbom članova s istom potencijom t. Ako a jeste korjen karakteristične
jednadˇzbe, tj. ako je
tada se partikularno rjeˇsenje traˇzi u obliku
ϕ(a) = 0,
gdje je r viˇsestrukost korjena a (tj. r = 1 ili je r = 2).
xp(t) = t r e at Qn(t), (6.58)
(2)
Ako je nehomogeni dio oblika
f(t) = e at
�
�
Pn(t) cosbt+Qm(t) sinbt
gdje su Pn(t) i Qm(t) polinomi n-tog i m-tog reda u varijabli t. Ako a ± ıb nisu korjeni
karakteristične jednadˇzbe, tj. ako je
ϕ(a±ıb) �= 0,
tada se partikularno rjeˇsenje traˇzi u obliku
xp = e at
�
CN(t) cosbt+SN(t) sinbt
gdje su CN(t) i SN(t) polinomi reda N = max{n,m} u varijabli t, čiji se koeficijenti odreduju
uvrˇstavanjem xp u jednadˇzbu i usporedbom članova s istom potencijom t i uz istu trigonometrijsku
funkciju. Ako a±ıb jeste korjen karakteristične jednadˇzbe, tj. ako je
ϕ(a±ıb) = 0,
tada se partikularno rjeˇsenje traˇzi u obliku
�
CN(t) cosbt+SN(t) sinbt
xp(t) = t r e at
gdje je r viˇsestrukost korjena a±ıb (tj. r = 1 ili je r = 2).
Zadatak: 6.4 tekst primjera
R: tekst rjeˇsenja
6.1.7 Rjeˇsenje pomoću Greenove funkcije
dovrˇsiti ...
�
,
�
, (6.59)

6.2. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 185
6.2 Dvodimenzijski harmonijski oscilator
U prethodnim smo odjeljcima promatrali isključivo jednodimenzijsko gibanje čestice pod djelovanjem
elastične sile (i sile priguˇsenja, vanjske sile itd.) Promotrimo sada dvodimenzijsko
gibanje čestice pod djelovanjem samo elastične sile u ravnini (x,y)
�F = −Kx x�ex −Ky y �ey, (6.60)
gdjesuKx iKy pozitivnekonstante(slika6.11). PrimjetimodazaKx �= Ky,silanijeusmjerena
prema ishodiˇstu . Jednadˇzba gibanja čestice mase m pod djelovanjem gornje sile je
Slika 6.11: Elastična sila u dvije dimenzije.
m d2 �r
dt 2 = −Kx x�ex −Ky y �ey,
raspisana po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava postaje
¨x = −ω 2 0,x x, ω2 0,x
= Kx
m ,
¨y = −ω 2 0,y y, ω 2 0,y = Ky
, (6.61)
m
¨z = 0.
Osim gornjim jednadˇzbama, gibanje je odredeno i početnim uvjetima:
x(0) = x0, ˙x(0) = v0x, y(0) = y0, ˙y(0) = v0y, z(0) = 0, ˙z(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 jednadˇzbe gibanja već rjeˇsne u odjeljku
6.1
x(t) = Cxcosω0,xt+Sxsinω0,xt = Axcos(ω0,xt−Φx),
y(t) = Cycosω0,yt+Sysinω0,yt = Aycos(ω0,yt−Φy).

186 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
To su parametarske jednadˇzbe krivulje (putanje čestice) u ravnini (x,y) s vremenom t kao
parametrom. Konstante Cj i Sj, tj. Aj i Φj se odreduju iz gornjih početnih uvjeta na poloˇzaj
i brzinu čestice, kao u (6.4)
Ax =
Ay =
�
�
x2 0 + v2 0x
ω2 0x
, tanΦx = v0x
ω0x x0
y2 0 + v2 0y
ω2 , tanΦy =
0y
v0y
.
ω0y y0
Putanjekoječestica opisujeuravnini(x,y)sezovuLissajousove 8 krivulje. Nekoliko različitih
Lissajousovih krivulja je prikazano na slici 6.12. Razmotrimo neke njihove najjednostavnije
Slika 6.12: Lissajousova krivulje kao rjeˇsenja jednadˇzba: x = Asin(ω0,xt+δ), y = Asin(ω0,yt) za δ = π/2 i
navedene vrijednosti ω0,x i ω0,y, pri čemu je ω0,x neparan prirodan broj i |ω0,x −ω0,y| = 1
slučajeve:
ω0,x = 1,ω0,y = 2 ω0,x = 3,ω0,y = 2 ω0,x = 3,ω0,y = 4
ω0,x = 5,ω0,y = 4 ω0,x = 5,ω0,y = 6 ω0,x = 9,ω0,y = 8
♣ Neka su frekvencije titranja iste ω0,x = ω0,y = ω0, tj. Kx = Ky. Sada je, prema
(6.60), elastična sila usmjerena prema ishodiˇstu (centralna sila, vidjeti odjeljak 7.6). Rjeˇsenja
8 Ove su krivulje proučavali Nathaniel Bowditch 1815, a kasnije, 1857, i puno detaljnije Jules Antoine Lissajous.
,

6.2. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 187
za pomak u x i y smjeru su
x
Ax
y
Ay
= cosω0tcosΦx +sinω0tsinΦx,
= cosω0tcosΦy +sinω0tsinΦy.
(6.62)
To su parametarske jednadˇzbe krivulje u ravnini (x,y), s vremenom t kao parametrom. Eliminirat
ćemo vrijeme, kako bismo dobili izravnu vezu x i y. Pomnoˇzimo gornju jednadˇzbu s
cosΦy, a donju s −cosΦx i zbrojimo ih
x
Ax
cosΦy − y
Ay
cosΦx = sinω0t sin(Φx −Φy).
Ako sada gornju od jednadˇzba (6.62) pomnoˇzimo sa −sinΦy, a donju sa sinΦx i zbrojimo,
dobivamo
− x
sinΦy +
Ax
y
sinΦx = cosω0t sin(Φx −Φy).
Ay
Ako sada gornje dvije jednadˇzbe kvadriramo i zbrojimo, vrijeme t nestaje iz jednadˇzbe i preostaje
� x
Ax
� 2
−2 xy
� �2 y
cos(Φx −Φy)+ = sin
AxAy Ay
2 (Φx −Φy). (6.63)
Gornja jednadˇzba predstavlja elipsu u ravnini (x,y) sa srediˇstem u ishodiˇstu 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

188 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
čestice po elipsi uslijed djelovanja elastične sile u smjerene prema ishodiˇstu, 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 duˇz koordinatnih osi x ′ i y ′ , pa jednadˇzba
elipse glasi
� x ′
A ′ x
� 2
� ′ y
+
A ′ y
Veza (x ′ ,y ′ ) s (x,y) sustavom je dana relacijama
� 2
= 1.
x = x ′ cosΦ−y ′ sinΦ,
y = x ′ sinΦ+y ′ cosΦ.
Pomoću gornjih relacija ćemo elipsu (6.63) napisati u koordinatama x ′ i y ′
x ′2
+x ′ y ′
+ y ′2
·
·
·
� cos 2 Φ
A 2 x
�
− sin2Φ
A 2 x
� sin 2 Φ
A 2 x
− sin2Φ
AxAy
−2 cos2Φ
AxAy
+ sin2Φ
AxAy
cos(Φx −Φy)+ sin2 Φ
A 2 y
�
cos(Φx −Φy)+ sin2Φ
�
cos(Φx −Φy)+ cos2 Φ
A 2 y
A 2 y
�
= sin 2 (Φx −Φy).
Gornje dvije jednadˇzbe prikazuju istu elipsu, pa moraju biti jednake, tj. član srazmjeran
umnoˇsku x ′ ·y ′ , mora biti jednak nuli, a to je moguće samo ako je
− sin2Φ
A 2 x
ili, nakon kraćeg sredivanja,
−2 cos2Φ
AxAy
cos(Φx −Φy)+ sin2Φ
A 2 y
tan2Φ = 2AxAy
A2 x −A2 cos(Φx −Φy),
y
ˇsto predstavlja jednadˇzbu za odredivanje kuta Φ zakreta koordinatnih sustava. Usporedbom
gornjih izraza joˇs zaključujemo i da je
(A ′ x) −2 � 2 cos Φ
=
A2 −
x
sin2Φ
cos(Φx −Φy)+
AxAy
sin2Φ A2 ��
sin
y
2 (Φx −Φy)
(A ′ y )−2 � 2
sin Φ
=
A2 +
x
sin2Φ
cos(Φx −Φy)+
AxAy
cos2Φ A2 ��
sin
y
2 (Φx −Φy).
Promotrimo neke posebne slučajeve jednadˇzbe (6.63):
♣ Ako je Φx = Φy, tada se jednadˇzba elipse, (6.63), degenerira u
�
x
−
Ax
y
�2 = 0
Ay
⇒ y = Ay
x
Ax
= 0,

6.2. DVODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 189
Slika 6.14: Elipsa - posebni slučajevi .
pravac koji leˇzi na dijagonali pravokutnika duljine stranica Ax i Ay (slika 6.14.A).
♣ Ako je Φx = Φy +π, tada se jednadˇzba elipse degenerira u
� x
Ax
+ y
�2 Ay
= 0 ⇒ y = − Ay
x
pravac koji leˇzi na drugoj dijagonali pravokutnika duljine stranica Ax i Ay (slika 6.14.B).
♣ Ako je Φx = Φy +π/2, tada je putanja čestice elipsa, a kut zakreta Φ = 0
� x
Ax
� 2
�
y
+
a titranje u smjeru osi x je za 1/4 perioda ispred titranja u smjeru osi y (slika 6.14.C).
♣ Ako je Φx = Φy +3π/2, tada je putanja čestice opet elipsa s kutom zakreta Φ = 0
� x
Ax
� 2
Ay
�
y
+
Ay
a titranje u smjeru osi x za 1/4 perioda kasni u odnosu na titranje u smjeru osi y (slika 6.14.C).
� 2
� 2
= 1,
= 1,
♣ Ako je joˇs i Ax = Ay, elipsa degenerira u kruˇznicu polumjera R ≡ Ax = Ay.
Gornja jeanaliza primjenjiva na opispolarizacije elektromagnetskog vala. Električna,
E, i magnetska, B, komponenta vala titraju u ravnini okomitoj na smjer ˇsirenja vala i joˇs
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, kruˇzno i eliptički
polariziranog elektromagnetskog vala. Kruˇzna i eliptička polarizacija joˇs 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.
Ax

190 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
♣ Ako je ω0,x = 2ω0,y i razlika u fazama Φx −Φy = π,
Lissajousova krivulja je parabola9
2
x(t)
Ax
y(t)
Ay
= cos(2ω0,yt−Φy −π/2),
= cos(ω0,yt−Φy).
Eliminacijom vremena iz gornjih parametarskih jednadˇzba, dolazi se do
� �2 x±
y
= −sinΦy +2 sinΦy ±2 y
�
Ax
ili, jednostavnije, ako je početna faza Φy = 0, tada je
� �2 x± y
= ±2 .
Ay
Ax
Ay
sin 2 Φy +(1+sin 2 Φy)
♣ Napomenimo samo joˇs i to da u slučaju kada je ω0,x = 1, a ω0,y = n, gdje je n prirodan
broj, a razlika u fazama
Φx −Φy =
Ay
N −1 π
N 2 ,
Lissajousove krivulje su Čebiˇsevljevi polinomi prve vrste i stupnja n.
♠ U općem slučaju ω0,x �= ω0,y, u skladu s relacijama (6.61), elastična sila nije usmjerena
prema ishodiˇstu koordinatnog sustava i putanja čestice će biti znatno sloˇzenija (ˇsto nećemo
dalje diskutirati).
Zadatak: 6.5 tekst zadatka
R: tekst rjeˇsenja
6.3 Trodimenzijski harmonijski oscilator
Promatra se trodimenzijski izotropni 10 harmonijski oscilator. Izvor sile je u ishodiˇstu koje je
ujedno i poloˇzaj ravnoteˇze čestice
� y
Ay
� 2
,
�Fel = −K �r = −K r �er. (6.64)
Ovaj oblik sile je jedan primjer centralne sile o kojoj će se općenito govoriti u odjeljku 7.6.
Početni poloˇzaj i brzina čestice su dani sa
�r(0) =�r0, �v(0) =�v0.
9 Primjetimo da sada sila viˇse nije centralna, tj. nije usmjerena prema ishodiˇstu.
10 Sila je iste jakosti u svim smjerovima

6.3. TRODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 191
Moment količine gibanja čestice u početnom trenutku je
�L(0) = � L 0 =�r0 × �p0 = �r0 × m�v0.
Pokaˇzimo da je moment količine gibanja u proizvoljnom trenutku t
�L(t) =�r(t) × �p(t) = �r(t) × m�v(t)
jednak momentu količine gibanja u t = 0, tj. pokaˇzimo da je moment količine gibanja konstantan
u vremenu. U proizvoljnom vremenskom trenutku je vremenska promjena moment količine
gibanja jednaka
d � L
dt
d d�r
= (�r × �p) =
dt dt
× m�v +�r × d�p
dt .
Prvi član desne strane je jednak nuli jer je vektorski umnoˇzak dva kolinearna vektora (brzine)
jednak nuli (vidjeti odjeljak ...). Na drugi član desne strane treba primjeniti drugi Newtonov
aksiom (jednadˇzbu gibanja) i zamjeniti
d�p
dt = � Fel = −K �r.
Time i drugi član desne strane postaje vektorski umnoˇzak dva kolinearna vektora (radij vektora),
pa je i on jednak nuli. Sada je vremenska promjena moment količine gibanja jednaka
nuli
d � L
dt
= 0,
tj. � L je konstantan u vremenu i sve vrijeme ima istu vrijednost kao i u početnom trenutku
t = 0
�L(t) = � L 0 = const.
Ako su u početnom trenutku �r0 i �v0 bili kolinearni, tada je
�L 0 = 0
i čestica ćesesve vrijeme gibatipo pravcu. Ako suupočetnomtrenutku�r0 i�v0 bili nekolinearni,
tada je
�L 0 �= 0
ičesticaćesesvevrijemegibatitakodasunjezinipoloˇzaj�r(t)ibrzina�v(t)okomitinakonstantni
vektor � L 0. Drugim rječima, iako smo krenuli od sile (6.64) u trodimenzijskom prostoru, gibanje
čestice pod djelovanjem te sile se odvija u dvije dimenzije, u ravnini okomitoj na jedan
konstantni vektor, � L 0. Zbog izotropije prostora, koordinatne osi se mogu priozvoljno usmjeriti,
a u opisu ovog gibanja uobičajeno je odabrati osi z u smjeru vektora � L 0, tako da se gibanje
čestice odvija u ravnini (x,y). Ovo ravninsko gibanje je opća karakteristika gibanja u polju
centralne sile, o čemu će viˇse riječi biti u odjeljku 7.6.
Budući da se gibanjeodvija uravnini, prirodnije je umjesto sfernog koristiti polarni koordinatni
sustav
θ ≡ π
, r → ρ.
2

192 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Budući da je elastična sila konzervativna, to je mehanička energija energija oscilatora konstantna
i jednaka mehaničkoj energiji u početnom trenutku
E = 1
2 mv2 + 1
2 Kρ2 = 1
2 mv2 1
0 +
2 Kρ2 0 = E0.
Prema (3.2) brzina u polarnom koordinatnom sustavu je
�v = ˙ρ�eρ +ρ ˙ϕ�eϕ,
pa se za energiju i moment količine gibanja dobiva
E0 = 1
2 m(˙ρ 2 +ρ 2 ˙ϕ 2 )+ 1
2 Kρ2 ,
�L 0 = mρ 2 0 ˙ϕ 0�ez = mρ 2 ˙ϕ �ez.
Ako se iz druge od gornjih jednadˇzba kutna brzina izrazi kao
i uvrstimo u energiju, dobiva se
˙ϕ = L0
mρ 2
E0 = 1
2 m˙ρ 2 + L2 0
2m
(6.65)
1 K
+
ρ2 2 ρ2 ≥ 0. (6.66)
Energija je zbroj pozitivnih članova pa je i sama pozitivna. Za svaku konačnu i pozitivnu
vrijednost E0, mora biti
0 < ρ < ∞,
tj. gibanje se odvija u konačnom dijelu prostora
ρ− ≤ ρ ≤ ρ+.
Slično kao i u jednodimenzijskom slučaju, u graničnim točkama brzina mjenja svoj predznak,
tj. jednaka je nuli i zato su, prema (6.66), ρ± rjeˇsenja jednadˇzbe
E0 = L2 0
ρ± = E0
K
1
2m
�
ρ 2 ±
+ K
2 ρ2 ± ,
�
1±
1− ω2 0L 2 0
E 2 0
Radijalno gibanje
Rjeˇsavanjem (6.66) po brzini, dobiva se
�
dρ ω0 2E0
=
dt ρ K ρ2 − L20 mK −ρ4 = ω0
ρ
� t
0
dt = t = 1
ω0
� ρ
ρ0
ρ dρ
� (ρ 2 + −ρ 2 )(ρ 2 −ρ 2 −) .
�
, ω 2 0
K
= . (6.67)
m
�
(ρ 2 + −ρ 2 )(ρ 2 −ρ 2 −), ρ− ≤ ρ ≤ ρ+

6.3. TRODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 193
Uvodenjem nove varijable
gornji integral postaje
t = 1
2ω0
= 1
2ω0
� s
s0
s = 2ρ2 −(ρ2 + +ρ2 −)
ρ2 + −ρ2 ,
−
ds
√ 1−s 2
Označi li se gornji konstantni član s
slijedi
ili, rjeˇsavanjem po ρ 2
Uvrˇstavanjem (6.67), dobiva se
= 1
2ω0
� �
arcsin s−arcsin s0
�
arcsin 2ρ2 −(ρ2 + +ρ2− )
ρ2 + −ρ2 −arcsin
−
2ρ20 −(ρ2 + +ρ2− )
ρ2 + −ρ2 −
�
.
φ0 ≡ arcsin 2ρ20 −(ρ2 + +ρ2 −)
ρ2 + −ρ2 , (6.68)
−
sin(2ω0t+φ0) = 2ρ2 −(ρ2 + +ρ2 − )
ρ2 + −ρ2 ,
−
ρ 2 = ρ2 + +ρ 2 −
2
ρ 2 = E0
K
�
1+
+ ρ2 + −ρ 2 −
2
�
1− ω2 0L 2 0
E 2 0
sin(2ω0t+φ0).
sin(2ω0t+φ0)
Primjetimo da ako je početna točka jedna od točaka okretiˇsta
tada je, prema (6.68)
pa je i
�
sin(2ω0t+φ0) = sin
ρ 2 ⎧
⎪⎨
(t) =
⎪⎩
E0
K
E0
K
ρ0 = ρ±,
φ0 ≡ arcsin(±1) = ± π
2 ,
2ω0t± π
2
� �
1+ 1− ω2 0 L2 0
E2 0
� �
1− 1− ω2 0 L2 0
E2 0
�
�
= ±cos(2ω0t).
cos(2ω0t)
cos(2ω0t)
�
, ρ0 = ρ+,
�
, ρ0 = ρ−.
. (6.69)
(6.70)
Prepoznajmo gornje rjeˇsenje u posebno jednostavnom slučaju kada se u početnom trenutku
čestica nalazi u jednoj od točaka okretiˇsta
ρ0 = ρ±,

194 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
tako da joj je početna radijalna brzina jednaka nuli
i energija je
˙ρ 0 = 0
E0 = 1
2 mρ2 ± ˙ϕ2 + 1
2 Kρ2 ± .
Odabere li se joˇs i da je početna kutna brzina jednaka vlastitoj frekvenciji oscilatora ω0
za energiju se dobije
˙ϕ0 = ω0 =
E0 = Kρ 2 ± = (6.67) = E0
� K
m ,
�
1±
�
1− ω2 0 L2 0
E 2 0
Da bi gornja relacija bila zadovoljena, mora izraz pod korjenom iˇsčezavati
Uvrˇstavanje gornje veze u izraz (6.70) daje
E 2 0 = ω2 0 L2 0 .
ρ 2 (t) = E0
K = ρ2 ±.
Iz gornjeg izraza se vidi da se, uz odabrane početne uvjete, čestica giba tako da njezina udaljenost
od ishodiˇsta, ρ(t) ne ovisi o vremenu tj. konstantna je tj. čestica se giba po kruˇznici
polumjera ρ+ ili ρ−.
Kutno gibanje
Relacijom (6.69) dobivena je ovisnost radijalne varijable ρ o vremenu, a sada će se pokazati
kako se dolazi do ovisnosti kutne varijable ϕ o vremenu.
Kreće se od relacije konstantnosti momenta količine gibanja (6.65)
� ϕ
0
dϕ
dt
= L0
mρ 2
dϕ = L0
m
ϕ(t) = ω2 0 L0
E0
� t
0
� t
dt
ρ 2 (t)
0
1+
�
1− ω2 0 L2 0
E 2 0
�
dt
.
sin(2ω0t+φ0)
.

6.3. TRODIMENZIJSKI HARMONIJSKI OSCILATOR 195
Gornji integral je oblika (A.10) s rjeˇsenjem
ϕ(t) = arctan
= arctan
− arctan
�
�
�
E0
ω0L0
E0
ω0L0
E0
ω0L0
Označi li se gornji konstantni član s ψ0
�
jednadˇzba za ϕ(t) je
ili
ψ0 ≡ arctan
ϕ(t) = arctan
�
E0
ω0L0
E0
ω0L0
�
E 2 0
�t
tan(ω0t+φ0/2)+
ω2 0L2 −1
0
� �
tan(ω0t+φ0/2)+
tan(φ0/2)+
tan(φ0/2)+
�
�
tan(ω0t+φ0/2)+
E 2 0
ω 2 0 L2 0
E 2 0
E 2 0
ω2 0L2 −1
0
�
−1
ω2 0L2 −1
0
�
E 2 0
�
,
.
ω2 0L2 −1
0
� �
tan ϕ(t)+ψ0 = E0
�
E
tan(ω0t+φ0/2)+
ω0L0
2 0
ω2 0L2 0
Oblik putanje
Dobiti oblik putanje u polarnoj ravnini, znači dobiti ovisnost
ρ = ρ(ϕ),
�
−1.
0
−ψ0
(6.71)
umjesto parametarskih ovisnosti ρ i ϕ o vremenu (6.69) i (6.71). Da bi se to provelo, kreće
se od jednadˇzbe sačuvanja energije (6.66), u kojoj ρ ovisi o vremenu samo kroz ovisnost ϕ o
vremenu
Uvodi se nova varijabla
ρ = ρ(ϕ), ϕ = ϕ(t).
du
dϕ
u ≡ 1
= u(ϕ(t))
ρ2 = −2ρ−3dρ . (6.72)
dϕ
U izrazu za energiju (6.66), pojavljuje se vremenska derivacija ρ, koja se sada računa ovako
dρ
dt
dρ
= ˙ϕ = (6.72) = −1
dϕ 2 ρ3du ˙ϕ = (6.65) = −L0
dϕ 2m ρdu
dϕ .

196 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza za ˙ rho u izraz za energiju (6.66) i njegovim sredivanjem, dolazi se
do nehomogene nelinearne obične diferencijalne jednadˇzbe prvog reda za funkciju u = u(ϕ)
� du
dϕ
� 2
+4u 2 −8 mE0
L 2 0
u = −4 Km
L2 . (6.73)
0
Linearni i kvadratni član u u se svedu na potpuni kvadrat, tako da gornja jednadˇzba poprimi
neˇsto jednostavniji (pregledniji) oblik
� �
d
u−
dϕ
mE0
L2 ��2 �
+4 u−
0
mE0
L2 �2 = 4
0
m2E2 0
L4 �
1−
0
ω2 0L20 E2 �
.
0
Iako je nelinearna, nije teˇsko pogoditi da je njezino rjeˇsenje dano trigonomerijskom funkcijom
oblika
u(ϕ)− mE0
L 2 0
Izravnim uvrˇstavanjem, dobiva se konstanata A
�
A = mE0
L 2 0
= Acos(2ϕ+a0).
1− ω2 0L2 0
E2 ,
0
a druga konstanata a0 se odredi iz početnog uvjeta na u(ϕ(0)), tako da je
� � �
Iz gornjeg izraza je
u(ϕ) = 1 mE0
=
ρ2 L2 0
ρ 2 (ϕ) = L2 0
mE0
1+
1+
1− ω2 0L 2 0
E 2 0
1
�
1− ω2 0 L2 0
E 2 0
cos(2ϕ+a0)
,
cos(2ϕ+a0)
ˇsto jednadˇzbu putanje čestice trodimenzijskog harmonijskog oscilatora daje u obliku elipse u
polarnoj ravnini. Srediˇste elipse i izvor sile se nalaze u ishodiˇstu 11 .
Ekscentricitet elipse ǫ
ǫ 2 = 1− b2
a 2,
(gdje su a i b velika i mala poluos elipse), je odreden izrazom
�
1− ω2 0 L2 0
E 2 0
= ǫ2
2−ǫ 2,
tj. odreden je početnim uvjetima na moment količine gibanja L0 i energiju E0.
Ako je početna količina gibanja L0 = 0, tada je ǫ 2 = 1, pa mora biti
b = 0,
11 U odjeljku 7 će se pokazati da je jedna od mogućih putanja čestice pod djelovanjem gravitacijske sile, takoder elipsa, ali izvor
sile tada nije u srediˇstu elipse, nego u njezinom ˇzariˇstu.
.

6.4. MATEMATIČKO NJIHALO 197
tj. elipsa degenerira u pravac.
Ako je ω 2 0L 2 0 = E 2 0, tada je ǫ 2 = 0, pa mora biti
tj. elipsa degenerira u kruˇznicu.
6.4 Matematičko njihalo
a = b,
Matematičko njihalo, slika 6.15, je sustav koji se sastoji od čestice mase m pričvrˇsćene za jedan
kraj niti duljine l. Drugi kraj niti je pričvrˇsćen za nepomičnu točku objesiˇsta O. Masa i
rastezivost niti se zanemaruju. Ako se čestica otkloni od poloˇzaja ravnoteˇze u točki A i otpusti,
ona će se njihati lijevo i desno od točke A.
Izvedimo i rjeˇsimo jednadˇzbu 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 objesiˇsta. 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 ˇsto se gibanje odvija u ravnini,
Slika 6.15: Matematičko njihalo .
prirodno je postaviti jednadˇzbu gibanja u polarnom koordinatnom sustavu. Poloˇzaj čestice
je odreden vektorom
a sile koje djeluju na česticu jesu sila teˇza
i sila napetosti niti
�r(t) = l �eρ(t),
m g �ex
�Fnap = −Fnap �eρ(t).

198 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Stoga je jednadˇzba gibanja
m ¨ �r = m g �ex −�eρ Fnap.
U odjeljku 3.1 smo izračunali opći izraz (3.5) za ubrzanje u polarnom koordinatnom sustavu
¨�r = (¨ρ−ρ ˙ϕ 2 )�eρ +(ρ¨ϕ+2˙ρ ˙ϕ)�eϕ.
Sada je ρ = l = const., zbog nerastezivosti niti, pa je
Iz relacije (2.42) takoder znamo i da je
Uvrˇstavanjem u jednadˇzbu gibanja, slijedi
ili, po komponentama
˙ρ = ¨ρ = 0.
�ex =�eρ cosϕ−�eϕ sinϕ.
m (−l ˙ϕ 2 �eρ +l¨ϕ�eϕ) = m g (�eρ cosϕ−�eϕ sinϕ)−�eρ Fnap,
Prva jednadˇzba daje napetost niti
−l ˙ϕ 2 = gcosϕ− Fnap
m ,
l¨ϕ = −gsinϕ.
Fnap = mgcosϕ+mlω 2
kao zbroj dva doprinosa: prvog od radijalne komponente sile teˇze i drugog od centrifugalne sile
(ω = ˙ϕ). Druga jednadˇzba
¨ϕ = − g
l
sinϕ. (6.74)
je jednadˇzba njihanja koju treba rijeˇsiti i naći kut otklona ϕ kao funkciju vremena. Jednadˇzbu
(6.74) ćemo rijeˇsiti na dva načina: pribliˇzno i egzaktno.
Pribliˇzno
Za male kutove otklona ϕ (izraˇzenog u radijanima), vrijedi Taylorov razvoj
pa jednadˇzba gibanja, s točnoˇsću reda O(ϕ 3 ), glasi
Označi i se
sinϕ = ϕ− 1
6 ϕ3 +O(ϕ 5 ), (6.75)
¨ϕ = − g
l ϕ.
ω 2 0
g
= , (6.76)
l

6.4. MATEMATIČKO NJIHALO 199
gornju jednadˇzbu prepoznajemo kao jednadˇzbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog oscilatora
(6.3)
Opće rjeˇsenje gornje jednadˇzbe je
¨ϕ = −ω 2 0 ϕ.
ϕ(t) = Ccosω0t+Ssinω0t,
gdje se konstante C i S odreduju iz početnih uvjeta:
Uvrˇstenje početnih uvjeta daje
gdje su konstante A i α0 dane sa
�
A =
ϕ(0) = ϕ0, ˙ϕ(0) = Ω0.
ϕ(t) = A cos(ω0t−α0), (6.77)
ϕ2 0 + Ω20 ω2, α =
0
Ω0
.
ϕ0ω0
Period njihanja, T, se odreduje iz zahtjeva periodičnosti
ϕ(t) = ϕ(t+T) ⇒ T = 2π
ω0
�
= 2π
l
.
g
(6.78)
Vidimo da se rjeˇsavanje problema njihanja matematičkog njihala kada su amplitude male, svodi
na problem slobodnog harmonijskog oscilatora.
Egzaktno
No, ˇsto ako amplitude nisu male? Tada postoje dva puta: egzaktno (kao u nastavku ovog
odjeljka) ili računom smetnje (kao u [19], str 130 ili u odjeljku 15.3 reference [6]).
Evo egzaktnog računa. Ako amplituda nije mala, tada zadrˇzavanje vodećeg člana u razvoju
sinusa u (6.75) nije opravdano i treba rjeˇsavati cijelu jednadˇzbu (6.74). Uvedimo
ω = dϕ
= ω(ϕ(t))
dt
i shvatimo ju kao funkciju kuta ϕ. tada je
d2ϕ dω
=
dt2 dt
dωdϕ
= = ωdω
dϕ dt dϕ
Uvrˇstavanjem ove zamjene u jednadˇzbu gibanja (6.74), sa varijable vremena t, prelazimo na
kutnu varijablu ϕ,
� ω(ϕ)
ω dω
dϕ
= −g
l sinϕ
ωdω = − g
l
sinϕ dϕ
� t
ωdω = −
ω(ϕ0)
g
sinϕ dϕ
l 0
1
2 ω2 (ϕ)− 1
2 ω2 (ϕ0) = g
� �
cosϕ(t)−cosϕ(0) .
l
� � t
0
≡
� ω(ϕ)
ω(ϕ0)

200 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO
Uzmemo li u obzir početne uvjete
za kruˇznu brzinu se dobiva
ϕ(0) = ϕ0, ω(ϕ0) = 0,
ω = dϕ
dt
= ±
�
2 g
l
Odlučimo se sa predznak. U vremenskom intervalu
0 ≤ t ≤ T/4,
� �
cosϕ−cosϕ0 .
vrijeme raste, dt > 0, a kut ϕ se smanjuje od maksimalne vrijednosti ϕ0 do nule, tj. dϕ < 0
(slika 6.15). Zato je omjer dϕ/dt < 0 i mi u gornjem izrazu odabiremo negativni predznak
(drˇzeći na umu da smo se ograničili na 0 ≤ t ≤ T/4)
−
� T/4
0
�
dϕ
= − 2
dt g
� �
cosϕ−cosϕ0
l
dt = − T
4 =
�
� 0
l dϕ
√
2g ϕ0 cosϕ−cosϕ0
�
�
�
ϕ0 l dϕ
T = 4 √ = 2
2g 0 cosϕ−cosϕ0
Uvedimo sada novu varijablu Φ relacijom
U varijabli Φ, jednadˇzba za period glasi
gdje je
l
g
sin(ϕ/2) = sin(ϕ0/2)sinΦ.
�
l
T = 4
g
� π/2
0
k 2 = sin 2 (ϕ0/2).
� ϕ0
0
dΦ
� 1−k 2 sin 2 Φ ,
dϕ
� sin 2 (ϕ0/2)−sin 2 (ϕ/2)
(6.79)
Integral koji se pojavljuje na desnoj strani se zove eliptički integral prve vrste i ne moˇze
se izraziti preko elementarnih funkcija. Koristeći se binomnim teoremom 12
(1+x) p = 1+px+ p(p−1)
1·2 x2 + p(p−1)(p−2)
x
1·2·3
3 +··· ,
korjen pod integralom moˇze razviti u red potencija. Uz p = −1/2 i x = −k2sin 2 Φ, binomni
teorem moˇzemo primjeniti na razvoj podintegralne funkcije u izrazu za period
�
� π/2 �
l
T = 4 dΦ 1+
g
1
2 k2sin 2 Φ+ 1·3
2·4 k4sin 4 Φ+ 1·3·5
2·4·6 k6sin 6 �
Φ··· .
12 Vidjeti npr. u [14]
0

6.4. MATEMATIČKO NJIHALO 201
Svi su integrali s desne strane rjeˇsivi
� π/2
0
(sinx) 2n dx = 1·3·5···(2n−1)
2·4·6···(2n)
Uvrˇstavanjem ovih rjeˇsenja, dobije se period matematičkog njihala za proizvoljnu
vrijednost amplitude ϕ0, u obliku beskonačnog reda potencija u varijabli k
� �
T = 2π
l
g
1+
� �2 1
2
k 2 +
� �2 1·3
2·4
k 4 +
π
2 .
� �2 1·3·5
2·4·6
k 6 +···
�
. (6.80)
U granici malih amplituda ϕ0, i k će biti mala veličina, pa najveći doprinos periodu dolazi od
prvog člana koji prepoznajemo kao (6.78), T = 2π � l/g.
Zadatak: 6.6 tekst zadatka
R:
dovrˇsiti

202 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKI OSCILATOR I MATEMATIČKO NJIHALO

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 joˇs od najdavnijih vremena. Vrlo rano
(Babilon, Asirija, Maye), promatranjem noćnog neba, ljudi su uočili da se nebeska tijela gibaju
uodnosunanepomične točkenaZemlji. Tasusegibanjapokazalaperiodičnim, iposluˇzila suza
stvaranje kalendara. Jedan od najstarijih kalendara naden je u ovom naˇsem području, a potječe
iz bakrenog doba (prije otprilike 5000godina) i nalazi se na jednoj glinenoj posudi koja pripada
Vučedolskoj kulturi 1 , a pronadena je na nalaziˇstu u blizini Vinkovaca (slika 7.1, dodatak E ).
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 joˇs polaznicima
Platonove Akademije, stotinjak godina
prijeAristarha. UistodobajeiEratosten(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 viˇse pozornosti poklanjali
nekim drugim pitanjima filozofije, matematike,
knjiˇzevnosti, itd., tako da su Aristarhova
i Eratostenova otkrića proˇsla gotovo
Slika 7.1: Orionov kalendar - vučedolska kultura, nalaziˇste
kod Vinkovaca.
nezapaˇzeno i s vremenom su pala u zaborav 2 . Kasnije, s propaˇsću helenske civilizacije, doˇslo je
do bitne promjene u gledanju i objaˇsnjavanju prirodnih pojava. To je vrijeme kada je u Europi
krˇsćanstvo, putem crkvene organizacije, postalo apsolutni arbitar u svim poljima duhovnog i
svjetovnog ˇzivota europskih naroda. Zaboravljena i zanemarena su ne samo znanja iz astronomije
i matematike, već i gotovo cjelokupno knjiˇzevno nasljede stare Helade i Rima. Biblija
i spisi svetih otaca (i odabranih antičkih filozofa poput Aristotela) su bili jedini priznati izvor
1 Viˇse detalja se moˇze naći na web stranici http://hr.wikipedia.org/wiki/Vuedolska_kultura.
2 Postoje indicije da je starim Helenima bilo poznato i načelo rada parnog stroja, ˇsto je takoder zaboravljeno i ponovo otkriveno
tek puno kasnije.
203

204 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
sveg znanja, označenog kao dogma. Izmedu ostalog, Crkva je naučavala da je Zemlja srediˇste
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 sloˇzene 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 uvaˇzavali tude miˇsljenje, ako je valjano argumentirano, sada je
svako odstupanje od crkvenog učenja proglaˇsavano 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 ˇzivi na njoj, gube srediˇsnje mjesto
u Svemiru. Naravno da je ovakvo stajaliˇste bilo neprihvatljivo za Crkvu i da su ˇsiritelji takvog
učenja bili proganjani.
Razvoj mehanike i astronomije se ipak nije mogao spriječiti (nego samo usporiti) i 1543. godine
je (posmrtno) izaˇsla rasprava poljskog svećenika i astronoma (a bavio se i medicinom) Nikole
Kopernika 3 O gibanju nebeskih tijela, kojom je konačno ustoličen heliocentrični sustav
sa Suncem u srediˇstu oko kojega se gibaju planeti i ostala nebeska tijela. Ovu je knjigu,
godine 1616., inkvizicija stavila na Indeks ( Index Librorum Prohibitorum - popis knjiga koje
su vjernicima zabranjene za čitanje).
Galileo Galilei je 1610. podrˇzao 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, zaklinjem se da
sam uvijek vjerovao i vjerujem i sada, a uz Boˇzju pomoć vjerovat ću i
ubuduće sve ˇsto drˇzi, propovijeda i naučava sveta katolička i apostolska
Crkva... Odričem se, proklinjem i mrzim navedene zablude i hereze i
općenito svaku zabludu, herezu i sektu protivnu svetoj Crkvi. Takoder se
zaklinjem da ubuduće neću viˇse govoriti niti uvjeravati ni ˇzivom riječju
ni spisom bilo koju stvar koja bi mogla na mene baciti takvu sumnju.
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, ˇsto je imalo za
posljedicu njegove dalje sukobe s Crkvom.
Pored Galilejevog, iz tog nam je razdoblja ostao svakako najpoznatiji primjer Giordana Bruna 4
(Napulj 1548 - Rim 1600). On je nadogradio Kopernikovo učenje tvrdnjom da naˇs Sunčev
sustav nije nikakva posebnost, već da u svemiru postoji mnoˇstvo zvijezda sličnih naˇsemu Suncu,
sa planetima na kojima ˇzive 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 danaˇsnjih 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 slaˇzu oko toga vrti li se Zemlja oko Sunca ili Sunce oko
Zemlje.
Zapravo, igeocentričniiheliocentrični sustavisupodjednakotočni. Razlikamedunjimajesamo
u tome gdje se postavi ishodiˇste koordinatnog sustava - u srediˇste Zemlje (geocentrični sustav)
ili u srediˇste Sunca (heliocentrični sustav). Zbog homogenosti prostora, oba izbora poloˇzaja
3 Nikola Kopernik, 1473. - 1543., De revolutionibus orbium coelestium, izaˇslo godine 1543. Na margini jednog Kopernikovog
rukopisa je pronadeno i Aristarhovo ime, ˇsto sugerira da je Koperniku bilo poznato njegovo učenje.
4 Viˇse detalja o ˇzivotu Giordana Bruna se moˇze naći npr. na http://www.moljac.hr/biografije/bruno.htm.

ishodiˇsta koordinatnog sustava su jednakovaljana (kao ˇsto je jednakovaljan i bilo koji drugi
odabir poloˇzaja ishodiˇsta). Sloboda u odabiru poloˇzaja ishodiˇsta koordinatnog sustava ipak
ne znači da će opis gibanja biti podjednako jednostavan u svim slučajevima. Ako se ihodiˇste
postavi u srediˇste Sunca, putanje planeta su elipse. No, ako se ishodiˇste postavi u srediˇste
Zemlje (ili u neku drugu proizvoljnu točku), putanje planeta (i Sunca) su prikazane krivuljama
znatno sloˇzenijima od elipse. U tom je smislu heliocentrični sustav poseban - gledano iz tog
sustava, putanje planeta su najjednostavnijeg oblika.
Iz istog razdoblja potječu i rezultati astronomskih opaˇzanja velikog danskog astronoma Tycho
Brachea. Ova je opaˇzanja Jochan Kepler 5 , saˇzeo u tri poznata zakona koja su dobila njegovo
ime (odjeljak 7.11).
Teorijsko obrazloˇzenje ovih opaˇzajna je dao Isaac Newton, godine 1687. izdavˇsi u Londonu
svoje glasovito djelo
Principa Mathematica Philosophia Naturalis - Matematička načela fizike
(tada se fizika nazivala filozofijom prirode), gdje se izlaˇzu osnovni aksiomi dinamike, a zatim i
zakon gravitacije koji se primjenjuje na objaˇsnjenje gibanja planeta.
Le Verrier 6 i Adams 7 su 1846. godine, a na temelju odstupanja putanje planeta Urana od
putanje izračunate na temelju zakona gravitacije, zaključili da mora postojati joˇs jedan planet
čijagravitacijskasilaizazivauočenaodstupanja. Onisuuspjeli odreditikakvamorabitiputanja
tog nepoznatog planeta, pa da proizvede opaˇzena odstupanja Urana. Na temelju njihovih
proračuna, Galle je 23. IX 1844. zaista i ugledao novi, do tada nepoznati planet koji je dobio
ime Neptun 8 . 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. Suˇstina 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 najsaˇzetije izrazio
Laplace 9 u svojem djelu Essai philosophique sur les probabilités (Filozofski esej o vjerojatnosti)
izaˇslom godine 1814:
Mi moramo smatrati sadaˇsnje 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 poloˇzaje i
brzine svih svemirskih tjelesa, i koji bi bio sposoban rijeˇsiti njihove jednadˇzbe
gibanja, obuhvatio bi jednom jedinom formulom gibanje najvećih
zvijezda i planeta, kao i gibanje najmanjih atoma. Takvom umu niˇsta
ne bi bilo nepoznato: pred njegovim bi očima bila sva proˇslost, kao i sva
budućnost.
Suvremene spoznaje (poglavito kvantna teorija) sve viˇse odbacuju ideju o svijetu kao mehaničkom
stroju i naglaˇsavaju njegovo jedinstvo u kojemu je svijet kao cjelina (puno) viˇse nego
zbroj njegovih dijelova.
5 Jochan Kepler, 1571. - 1630., njemački astronom
6 Urbain Le Verrier, 1811. - 1877., francuski astronom
7 John Couch Adams, 1819. - 1892., engleski astronom
8 zapravo je otkriven malo dalje od mjesta gdje je proračun pokazivao, zbog utjecaja tada takoder joˇs nepoznatog Plutona
9 Pierre Simon marquis de Laplace, 1749 - 1827, francuski fizičar, astronom, matematičar i filozof,
205

206 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Pogledajmo sada detaljnije u čemu se sastoji hereza zbog koje je Giordano Bruno zavrˇsio na
lomači.
7.1 Newtonov zakon gravitacije
Koliko je poznato, 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
povrˇsine (dakle, jedno pravocrtno gibanje) i sile kojom medudjeluju nebeska tijela (a koja vodi
i na krivocrtna gibanja). Razlika u obliku putanje u slučaju ova dva spomenuta gibanja dolazi,
kao ˇsto ćemo uskoro vidjeti, od razlike u početnim uvjetima. Ta je sila nazvana gravitacijska
10 sila i ima slijedeća svojstva:
Slika 7.2: Gravitacijska sila izmedu čestice mase m1 u točki �r1 i čestice mase m u točki �r.
- djeluje medu parovima čestica,
- srazmjerna je umnoˇsku masa čestica,
- obrnuto je srazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti,
- uvijek je privlačna.
Masa o kojoj se ovdje govori jeste teˇska masa.
Preciznije, neka je čestica mase m1 smjeˇstena u točki �r1, a čestica mase m u točki �r. Tada je
10 od lat. gravitas = teˇzina, teret.

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 207
gravitacijska sila kojom čestica mase m1 djeluje na česticu mase m, dana sa (slika 7.2)
gdje je
�FG(�r) = −G m1m
�r −�r1
|�r−�r1| 3,
−11 Nm2
G = 6.6732·10 ,
kg2 univerzalna gravitacijska konstanta koja ima ulogu konstante vezanja, tj. opisuje jakost
kojom medudjeluju mase m i m1. Prvi ju je eksperimentalno izračunao H. Cavendish 11 , 1798.
godine.
Sada se moˇzemo zapitati kolika gravitacijska sila djeluje na česticu mase m, ako se ona nalazi
u blizini dvije čestice masa m1 i m2? Odgovor na to pitanje nije sadrˇzan 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 kaˇze 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.
�FG(�r) = −G m
N�
j=1
mj
�r−�rj
|�r −�rj| 3.
Gornjomformulommoˇzeseračunatiigravitacijsko privlačenje kojepotječeizmedu česticemase
m i makroskopskog tijela. U tu ćemo svrhu, u mislima, podijeliti cijelo tijelo na vrlo veliki broj,
11 Sir Henry Cavendish, 1731 - 1810, engleski fizičar i kemičar
(7.1)
(7.2)

208 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
N >> 1, djelića mase ∆mj (slika 7.3.B). Ti su djelići dovoljno mali da se za svaki od njih moˇze
točno definirati vektor njihovog poloˇzaja �rj. Na svaki od tih djelića primjenimo gornji izraz i
za silu gravitacijskog privlačenja izmedu čestice i tijela dobijemo
�FG = −G m
N�
j=1
∆mj
�r −�rj
|�r−�rj| 3.
Promatrani dijelovi ∆mj su mali u odnosu na ukupnu masu tijela, ali oni joˇs uvijek sadrˇze
ogroman broj (reda 10 23 ) atoma ili molekula. Zbog tog velikog broja gradivnih čestica pojam
masene volumne gustoće tijela, ρm(�rj), u okolici točke �rj je dobro definiran i dan je omjerom
mase ∆mj i volumena ∆Vj promatranog malog dijela tijela
ρm(�rj) = ∆mj
,
∆Vj
gdje ∆Vj označava mali volumen u okolici točke �rj. Uz ove oznake, moˇzemo za silu napisati
�FG = −G m
N�
j=1
∆Vj ρm(�rj)
�r −�rj
|�r−�rj| 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 �rj → �r ′ , koja
prolazi svim točkama tijela
N�
j=1
∆Vj →
�
dV(�r ′ ).
Slovom V ćemo uskoro početi označavati gravitacijski potencijal, pa ćemo zato za diferencijal
volumena koristiti oznaku dr ′ 3 , umjesto dV(�r ′ ). Time za gravitacijsku silu izmedu čestice
mase m u točki �r i tijela opisanog masenom gustoćom ρm(�r ′ ), dobivamo
�
�FG(�r) = −G m ρm(�r ′ ′ �r −�r
)
|�r −�r ′ | 3 dr′ 3 . (7.3)
Integrira se po volumenu tijela, tj. po dijelu prostora u kojemu je ρm(�r ′ ) �= 0.
Nasličannačin,primjenomnačelapridodavanja,moˇzemoizračunatiisilugravitacijskogprivlačenja
izmedu dva tijela A i B (slika 7.4). Rastavimo, u mislima, oba tijela na male dijelove masa
dmA i dmB. Ti su dijelovi toliko mali da na njih moˇzemo primjeniti izraz za silu izmedu čestica
d � FG = −G dmA dmB
�rA −�rB
|�rA −�rB| 3.
Ukupna sila izmedu tijela A i B se dobije zbrajanjem (tj. integracijom) sila medu pojedinim
djelićima oba tijela
� �
�rA −�rB
�FG = −G dmA dmB
A B |�rA −�rB| 3.
Uvedu li se volumne masene gustoće oba tijela ρm(�rA,B) = dmA,B/dV(�rA,B), ukupna sila je
�
�FG = −G ρm(�rA) d 3 �
�rA ρm(�rB) d 3 �rA −�rB
�rB
|�rA −�rB| 3.
A
B

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 209
Slika 7.4: Gravitacijska sila izmedu dva tijela.
Gravitacijsko polje:
Iz relacije (7.3) se vidi da je sila na česticu mase m koje se nalazi u točki �r jednostavno
jednakaumnoˇskumasečesticeijednogvektora. Tajsevektoropćenito nazivapoljepridruˇzeno
odgovarajućoj sili, u ovom slučaju je to polje gravitacijske sile
�g(�r) = −G
�
�g = � FG
m
ρm(�r ′ )
�r −�r ′
|�r−�r ′ | 3 dr′ 3 . (7.4)
Ako se radi o diskretnoj raspodjeli N čestica mase mj u točkama�rj, tada je, prema (7.2), polje
u točki �r jednako
�g(�r) = −G
N�
j=1
mj
�r −�rj
|�r−�rj| 3.
Posebno jednostavno je polje koje u točki �r stvara jedna jedina čestica mase m1 smjeˇstena u
ishodiˇstu (tako da je �r1 = 0). U skladu s gornjim izrazom, ono je jednako
�g(�r) = −G m1
�r
|�r| 3.
Sama gravitacijska sila je jednaka umnoˇsku mase čestice, koja u ovom slučaju ima značenje
teˇske mase ili gravitacijskog naboja, i gravitacijskog polja 12
�FG = m�g.
(7.5)
12 Slično kaoˇsto je elektrostatske Coulombova sila (str. 213) jednaka umnoˇsku električnog naboja i elektrostatskog polja �Fc = q �E.

210 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Primjetimo da gravitacijsko polje ima dimenziju ubrzanja. Uvodenjem pojma polja je rijeˇsen
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 umnoˇsku 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 m1 koja se nalazi u točki �r1. Dokaˇzimo da je gravitacijska sila konzervativna tako ˇsto
ćemo pokazati da rad gravitacijske sile obavljen nad česticom mase m na putu izmedu bilo koje
početne točake �r = �rp i bilo koje konačne točke �r =�rk, ne ovisi o obliku putanje koja povezuje
te dvije točke, nego samo o krajnjim točkama.
Wp,k =
� �rk
�rp
�FG(�r) d�r = −G m m1
� �rk
�rp
�r −�r1
d�r.
|�r −�r1| 3
Pod integralom je �r1 konstantno, pa je d�r = d(�r−�r1). Uvedemo li novu varijablu � R =�r −�r1,
lako se pokazuje da je � Rd � R = RdR
�R ·d � R = R�eR ·d(R�eR) = R�eR ·(dR�eR +R d�eR).
Budući da je d�eR okomit na sam jedinični vektor �eR, to će drugi član na desnoj strani gornjeg
izraza biti jednak nuli. Sada za rad moˇzemo napisati
� Rk
�
Wp,k = −G m m1 dR R
�
1
= −G m m1
R3 |�rp −�r1| −
�
1
. (7.6)
|�rk −�r1|
�R p
Vidimo da rad ovisi samo o početnom i konačnom poloˇzaju čestice mase m, tj. sila koja je
obavila rad je konzervativna. U odjeljku 4.3 je pokazano da se za konzervativne sile moˇze
definirati skalarno polje, koje se naziva potencijalna energija Ep,
�FG = − −→ ∇Ep,
a rad se obavlja na račun promjene potencijalne energije
Wp,k = −∆Ep = Ep(�rp)−Ep(�rk).
Usporedbom dva gornja izraza za Wp,k, se vidi da je potencijalna energija čestice mase m koja
se nalazi u točki �r, dana sa
Ep(�r) = −G
m m1
|�r−�r1| +e0,
gdje je e0 konstanta. Beskonačno daleko od čestica izvora gravitacijske sile, gravitacijska potencijalna
energija iˇsčezava, tj, Ep(�r → ∞) = 0, pa je i e0 = 0.
Zamislimo sada da imamo dvije čestice: (m1,�r1) i (m2,�r2) na konačnoj medusobnoj udaljenosti
|�r1−�r2|. Beskonačno daleko od njih se nalazi treća čestica mase m3. Budući da je potencijalana

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 211
energija beskonačno razmaknutih čestica jednaka nuli, potencijalna energija sustava ove tri
čestice je jednaka naprosto potencijalnoj energiji izmedu prve i druge čestice
Ep = −G m1 m2
|�r1 −�r2| .
Ako tu treću česticu ˇzelimo dovesti u blizinu prve dvije, u točku �r3, gravitacijska će sila obaviti
odredeni rad i time promjeniti potencijalnu energiju sustava ove tri čestice. Prema načelu
pridodavanja, sila na česticu mase m3 je vektorski zbroj sila od čestica masa m1 i m2, pa će
i rad ukupne sile biti jednak zbroju radova pojedinih sila. Prema (7.6) uz |�rp −�r1,2| = ∞ i
�rk =�r3
� �r3
∞
�F d�r =
� �r3
∞
( � F1,3 + � F2,3)d�r = G m1m3 m2m3
+G
|�r1 −�r3| |�r2 −�r3| .
Potencijalna energija sustava ove tri čestice se promijenila za iznos jednak ovome radu. Time
se za potencijalnu energiju sustava tri čestice dobiva izraz
� �
m1m2 m1m3 m2m3
Ep = −G + + .
|�r1 −�r2| |�r1 −�r3| |�r2 −�r3|
Protegne li se ovaj način razmiˇsljanja na sustav od N čestica masa mj smjeˇstenih u točke �rj,
lako se dolazi do izraza za potencijalnu energiju cijele nakupine
Ep = − 1
2 G
N�
j=1
N�
k=1
j�=k
mj mk
|�rj −�rk|
(mnoˇzitelj 1/2 dolazi od dvostrukog brojanja istog para čestica u zbrajanju po j i po k).
Slično kao ˇsto se pojam polja izvodi iz pojma sile,
tako se i pojam potencijala
�g = � F
m ,
V = Ep
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 moˇze napisati
dV = 1
m dEp = − 1
m � F d�r = −�g d�r,
ˇsto nakon integracije od početne �rp do konačne točke �rk, daje
V(�rk)−V(�rp) = −
� �rk
�rp
(7.7)
�g d�r. (7.8)
Gravitacijski potencijal koji u točki �r stvara čestica mase m smjeˇstena u ishodiˇstu je (uzmimo
|�rp| = ∞ uz V(∞) = 0 i �rk = �r)
� �r
m
V(�r)−V(∞) = G dr
∞ r2 V(�r) = − G m
. (7.9)
r

212 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Prema načelu pridodavanja sila, a time i polja, slijedi da je potencijal koji u točki �r stvara
mnoˇstvo čestica masa mj koji se nalaze u točkama �rj jednak zbroju potencijala koje stvaraju
pojedine čestica
V(�r) =
N�
Vj(�r) = −G
j=1
U granici kontinuirane raspodjele mase
N�
j=1
mj →
�
�
dm =
N�
j=1
mj
. (7.10)
|�r −�rj|
ρm(�r ′ ) dr ′ 3 ,
(�r ′ je nijema varijabla integracije), pa konačni izraz za računanje gravitacijskog potencijala u
točki �r, koji potječe od kontinuirane raspodjele mase opisane volumnom gustoćom ρm(�r ′ ) glasi
V(�r) = −G
�
ρm(�r ′ )
|�r − �r ′ | dr′ 3 . (7.11)
U slučaju povrˇsinske raspodjele mase opisane povrˇsinskom gustoćom σm(�r ′ ), potencijal je dan
sa
�
σm(�r
V(�r) = −G
′ )
|�r − �r ′ 2
dr′
|
a u slučaju linijske raspodjele mase opisane linijskom gustoćom λm(�r ′ ), potencijal je dan sa
�
λm(�r
V(�r) = −G
′ )
|�r − �r ′ | dr′ .
Integrali se proteˇzu 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 srediˇstem u točki gdje je i srediˇste kugle.
Uočimo u jednadˇzbi (7.7)
Ep = − 1
2 G
N�
j=1
N�
k=1
j�=k
mjmk
|�rj −�rk|
izraz za potencijal (7.10) u točki �rj koji stvara preostalih N −1 čestica u točkama �rk. Time se
potencijalna energija moˇze napisati kao
Ep = 1
2
N�
mjV(�rj).
j=1

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 213
Opet u granici kontinuirane raspodjele mase, kao gore,
N�
j=1
mj →
�
�
dm =
ρm(�r)dr 3 ,
dobiva se izraz za potencijalnu energiju kontinuirane raspodjele mase
Ep = 1
�
ρm(�r)V(�r)dr
2
3 . (7.12)
Izmedu gravitacijskog polja i potencijala vrijedi ista relacija kao i izmedu gravitacijske sile i
potencijalne energije
�FG = − −→ ∇Ep, �g = − −→ ∇V. (7.13)
U konkretnim računima je često jednostavnije raditi spotencijalnom energijomili 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 13 silu, � FC, kojom medudjeluju dvije naelektrizirane čestice s nabojima q1 i q, a
koje se nalaze, redom, u točkama �r1 i �r. Umjesto masa dolaze električni naboji, a umjesto
konstante vezanja −G dolazi jedna druga konstanta vezanja 14
1
4πǫ0
�FC(�r) = 1
4πǫ0
q1 q
�r −�r1
|�r−�r1| 3
= 8.9874·10 9 N m 2 C −2 .
(7.14)
(usporediti sa (7.1)). Bitna je razlika izmedu gravitacijske i elektrostatske sile u tome ˇsto je
gravitacijska sila uvijek privlačna, dok elektrostaska sila moˇze biti i privlačna (medu raznoimenim
nabojima) i odbojna (medu istoimenim nabojima). Moˇze se reći da postoji samo jedan
gravitacijski naboj (to je masa 15 ), dok postoje dva električna naboja (pozitivni i negativni 16 ).
U dvočestičnom medudjelovanju, jedan gravitacijski naboj se moˇze 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
13 Charles Augustin de Coulomb, 1736 - 1806, francuski fizičar. Pomoću vrlo osjetljive torzijske vage, mjerio je silu kojom
medudjeluju električni naboji smjeˇsteni na krajevima dugog ˇstapa. Ustanovio je da je sila srazmjerna umnoˇsku naboja, a obrnuto
srazmjerna kvadratu njihove medusobne udaljenosti. Mémoires del’Acad. r. des sc. izdano u razdoblju od 1785 do 1789.
14 ǫ0 = 8.854 · 10 −12 C 2 /(Nm 2 ), 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 ǫr, koja se u izrazu za silu pojavljuje kroz
1
.
4πǫ0ǫr
15Preciznije rečeno radi se o teˇskoj masi, za razliku od trome mase koja je je mjera tormosti kojom se tijelo opire promjeni
stanja gibanja - str. 106
16Primjetimo 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 (7.14) 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 neˇsto drukčiji.

214 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
različita načina (dva istoimena i dva raznoimena naboja)ˇsto rezultira dvojnim karakterom sile:
privlačnim i odbojnim.
Uvaˇzavajući 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
4πǫ0
(7.15)
m ⇔ q, ρm ⇔ ρq. (7.16)
Tako je npr. elektrostatski potencijal dan izrazom
V(�r) = 1
�
ρq(�r
4πǫ0
′ )
|�r−�r ′ | dr′ 3 . (7.17)
Evo i nekoliko primjera:
Zadatak: 7.1 Izračunajte gravitacijski potencijal kugle polumjera R, ispunjene masom konstantne
gustoće ρ0.
R: Polazimo od izraza
V(�r) = −G
�
ρm(�r ′ )
|�r − �r ′ 3
dr′
|
u kojemu je gustoća konstantna ρm(�r ′ ) = ρ0. Zbog simetrije problema, integraciju
izvodimo u sfernom koordinatnom sustavu, tako da je dr ′ 3 = r ′ 2 sinθ ′ dr ′ dθ ′ dϕ ′ .
Takoder zbog sferne simetrije, točku u kojoj računamo potencijal, moˇzemo staviti
na os �ez, �r = r�ez, tako da izraz za potencijal postaje
V(�r) = −G ρ0
� R
0
r ′ 2 dr ′
� π
0
sinθ ′ dθ ′
� 2π
0
dϕ ′
1
√ r 2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′
Integracija po ϕ ′ daje 2π, a uvodenje nove varijable t umjesto θ ′
vodi na
V(�r) = −2πG ρ0
= − 2πGρ0
r
= − 2πGρ0
r
t = r 2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′
dt = 2rr ′ sinθ ′ dθ ′ ,
� R
r
0
′ 2 dr ′
� R
r
0
′ dr ′
� R
0
� t(π)
dt
t(0) 2rr ′
1
√
t
�√ √ �
r2 +r ′ 2 +2rr ′ − r2 +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
0
=
� r
0
� R
+ .
r

7.1. NEWTONOV ZAKON GRAVITACIJE 215
U prvom integralu desne strane je r ′ < r, a u drugom integralu je r ′ > r, ˇsto vodi
na izraz za potencijal unutar kugle
Vin(�r) = − 2πGρ0
r
�� r
0
r ′ dr ′ 2r ′ � R
+
r
r ′ dr ′ �
2r = −2πGρ0
• Izvan kugle je r > R > r ′ > 0, pa je potencijal dan sa
Vout(�r) = − 2πGρ0
r
� R
0
r ′ dr ′ 2r ′ 3 4πGρ0R
= −
3r
dakle isto kao i potencijal čestice mase m, smjeˇstene u srediˇstu kugle.
�
R 2 − 1
3 r2
�
.
= −G m
, (7.18)
r
Zadatak: 7.2 Kugla polumjera R je jednoliko ispunjena masom konstantne volumne gustoće
ρ0. Izračunajte potencijalnu energiju kugle, tj. rad koji treba utroˇsiti da bi se svi
djelići kugle razmaknuli na medusobno beskonačnu udaljenost.
R: Izraz (7.12) za Ep primjenimo na zadanu raspodjelu mase
Ep = 1
�
ρ(�r)V(�r)d
2
3 r.
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 = ρ0) i izvan kugle (gdje je ρ = 0)
� R
� ∞
Ep = 1
2 0
ρ0Vind 3 r + 1
2 R
0 · Voutd 3 r.
Ep = 1
� R �
ρ0(−2πG)ρ0 R
2 0
2 − 1
3 r2
�
d 3 r = −G 3
5
gdje je m = ρ04πR 3 /3 ukupna masa kugle.
m2 , (7.19)
R
Gornji račun moˇze posluˇziti za definiciju klasičnog polumjera elektrona. Naime, ako
bismo elektron zamislili kao točkastu česticu, tada bi, u skladu sa (7.9), potencijal u blizini
elektrona neizmjerno rastaopoiznosu,ˇstojefizički neprihvatljivo. Zatosekrenulo saslijedećom
zamisli: neka je elektron sličan maloj kuglici polumjera Re unutar koje je jednoliko rasporeden
naboj elektrona qe. Isti bi račun kao gore, dao za elektrostatsku (vlastitu) potencijalnu energiju
elektrona (uz −G → 1/(4πǫ0) i m → qe)
Ep = 3
5
q 2 e
4πǫ0
Izjednači li se ova energija s relativističkim izrazom za energiju
E = m0c 2 ,
1
Re
.

216 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
gdje je m0 masa mirujućeg elektrona, a c brzina svjetlosti u vakuumu, dolazi se do izraza za
klasični polumjer elektrona
Re = 3
5
q 2 e
4πǫ0
1
m0c 2 = 1.69· 10−15 m. (7.20)
Je li ovime rijeˇsen problem elektrona? Naravno da nije! Ovako zamiˇsljena tvorevina bi, zbog
snaˇznog elektrostatskog odbijanja pojedinih dijelova elektrona, bila posve nestabilna, tj. ovakav
bi elektron eksplodirao. Pa ipak ova ideja klasičnog polumjer elektrona nije liˇsena svog
značenja. Ona nam daje ocjenu reda veličine (to je 10 −15 m) gdje pojmovi i predstave klasične
fizike prestajuvrijediti igdjejepotrebnouvesti kvalitativno novi pristupkakavjedanukvantnoj
mehanici. Ovo je samo jedan od primjera iz kojih se vidi da se mikroskopski objekti ne
mogu zamiˇsljati 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 snaˇznog 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 vaˇzna razlika izmedu elektromagnetske i jake nuklearne sile je u dosegu. Doseg
elektromagnetske sile je beskonačan (ˇsto 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 (ˇsto 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, Vaˇs 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
FG = G mZ mS
R 2 .
No, sada Vas taj netko moˇze dalje zapitati zaˇsto 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 217
Krenimo od jednog malo općenitije postavljenog problema. Izračunat ćemo gravitacijsku silu
izmedu homogene ˇsuplje kugle mase M, unutraˇsnjeg polumjera Ru, vanjskog polumjera Rv i
čestice mase m koja se nalazi na udaljenosti r od srediˇsta kugle (slika 7.5). Ako se odabere
Ru = 0, dobit će se obična puna kugla.
Vaˇzno svojstvo kugle je da ona ima konstantnu masenu gustoću
ρ0 =
3M
4π(R 3 v −R3 u ).
Zbog sferne simetrije problema, koristit ćemo sferni koordinatni sustav, koji ćemo postaviti
Slika 7.5: Gravitacijska sila ˇsuplje kugle.
tako da se čestica nalazi na osi z, a srediˇste kugle je u ishodiˇstu. Sila na česticu mase m u točki
�r = r�ez je, prema (7.3), jednaka
�
�FG(�r)
�r −�r
= −G m ρ0
′
|�r − �r ′ | 3 dr′ 3 .
Integrira po dijelu prostora u kojemu je gustoća ˇsuplje kugle različita od nule.
�FG(�r) = −3GmM
4(R 3 v −R 3 u)π
Uvrsti li se za
� Rv
r ′ 2 dr ′
� π
sinθ ′ dθ ′
� 2π
Ru
0
�er ′ =�ex sinθ ′ cosϕ ′ +�ey sinθ ′ sinϕ ′ +�ez cosθ ′ ,
dobiven ranije u (2.48), razlomak podintegralnog izraza postaje
0
dϕ ′ r�ez −r ′ �er ′
(r2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′ ) 3/2.
−r ′ (sinθ ′ cosϕ ′ �ex +sinθ ′ sinϕ ′ �ey)+(r−r ′ cosθ ′ )�ez
(r 2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′ ) 3/2
lako se vidi da integracija po ϕ ′ u članovima uz �ex i �ey daje nulu, a uz član �ez daje 2π
�ex
� 2π
dϕ
0
′ cosϕ ′ � 2π
= 0, �ey dϕ
0
′ sinϕ ′ � 2π
= 0, �ez
0
,
dϕ ′ = 2π.

218 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Tako se, nakon integracije po ϕ ′ , dolazi do
�FG(�r) =�ez
−3GmM
2(R 3 v −R3 u )
� Rv
r ′ 2 dr ′
� π
sinθ ′ dθ ′
Ru
Za integraciju po θ ′ , uvodi se nova varijabla v relacijom
v 2
�
�
� r+r′
= r 2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′�� π
0 ,
|r−r ′ |
2vdv = 2rr ′ sinθ ′ dθ ′ ,
cosθ ′ = −v2 +r2 ′ 2 +r
2rr ′
.
Nakon uvrˇstavanja u izraz za silu i skraćivanja, dobiva se
�FG(�r) = �ez
−3GmM
2(R 3 v −R3 u )
� Rv
r ′ 2 dr ′
� r+r ′
Ru
0
|r−r ′ |
2vdv
2rr ′
r −r ′ cosθ ′
(r2 +r ′ 2 −2rr ′ cosθ ′ ) 3/2.
r −r ′ (−v2 +r2 +r ′ 2 )/(2rr ′ )
v3 ,
= �ez
2r2 −3GmM
2(R3 v −R3 u )
� Rv
r
Ru
′ dr ′
�
2r ′ + (r −r′ )(r+r ′ )
|r−r ′ −|r −r
|
′ �
| . (7.21)
Sada trebamo razmotriti tri moguća poloˇzaja čestice u odnosu na ˇsuplju kuglu:
IN: čestica moˇze biti u ˇsupljini,
INTER: čestica moˇze biti u prostoru izmedu Ru i Rv, i
OUT: čestica moˇze biti izvan kugle.
IN: unutar ˇsupljine je uvijek r < Ru ≤ r ′ , pa je i |r−r ′ | = r ′ −r, pa (7.21) postaje
�F IN
G (�r) = −3GmM
2(R3 v −R3 u )
�ez
2r2 � Rv
r ′ dr ′
�
2r ′ + (r −r′ )(r+r ′ )
r ′ −(r
−r
′ �
−r)
= −3GmM
2(R3 v −R3 u )
�ez
2r2 Ru
� Rv
Ru
r ′ dr ′ [2r ′ −(r +r ′ )−(r ′ −r)] = 0.
�F IN
= 0. (7.22)
m
Dobili smo vaˇzan rezultat: gravitacijska sila � FG na česticu mase m koja se nalazi u ˇsupljini
kugle, a time i gravitacijsko polje u ˇsupljini kugle, je jednaka nuli.
Račun ekvivalentan gornjem računu, ali proveden zaˇsuplju kuglu naelektriziranu konstantnom
gustoćom električnog naboja, doveo bi do poznatog zaključka da je uˇsupljini vodiča električno
polje jednako nuli.
G (�r) = 0, =⇒ �g IN = � FIN G
INTER: kolika je sila � FINTER G na česticu koja se nalazi u dijelu prostora Ru ≤ r ≤ Rv? U ovom
slučaju integraciju u (7.21) treba rastaviti na dva dijela:
Ru ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r −r ′ | = r−r ′ ,
r ≤ r ′ ≤ Rv ⇒ |r −r ′ | = r ′ −r.

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLAČENJE OKRUGLIH TIJELA 219
Za silu � F INTER
G
u prostoru izmedu Ru i Rv, dobiva se
�F INTER
G (�r) = −3GmM
2(R3 v −R3 u )
�ez
2r2 �� r
r
Ru
′ dr ′ 4r ′ � Rv
+ r
r
′ dr ′
= −3GmM
2(R3 v −R3 u )
�ez
2r2 4
3 (r3 −R 3 �
u ) = −Gm
= −�ez G
m · mINTER
r2 ,
ρ0
�
·0
4
3 (r3 −R 3 u )π
�
�ez
r2 gdje je s mINTER označen dio mase kugle sadrˇzan u dijelu prostora izmedu Ru i r
4π
�
mINTER = ρ0 r
3
3 −R 3 �
u .
Iz gornjeg izraza za silu se vidi da na česticu mase m, djeluje ista sila kao da se u ishodiˇstu
koordinatnog sustava nalazi jedna druga čestica (a ne ˇsuplja kugla), mase jednake mINTER.
Kada se čestica mase m ne bi nalazila na osi �ez, nego u nekoj općoj točki u prostoru, izraz za
silu bi glasio
�F INTER �er
G (�r) = −GmmINTER
r2 U slučaju pune kugle, Ru = 0, polje je
=⇒ �g INTER(�r) = −GmINTER
�er
r 2.
(7.23)
�g = −G 4π
3 ρ0 r�er, (7.24)
tj. u unutraˇsnjosti pune homogene kugle, polje raste linearno s udaljenoˇsću od ishodiˇsta.
OUT: pogledajmo na kraju i silu � F OUT
G koja djeluje na česticu smjeˇstenu izvan kugle, gdje je
r > Rv ≥ r ′ , pa je i |r −r ′ | = r −r ′ . Prema (7.21) je
�F OUT
G (�r) = −3GmM
2(R3 v −R3 u)
�ez
2r2 � Rv
Ru
r ′ dr ′ 4r ′ = −3GmM
2(R3 v −R3 �ez
u) 2r2 4
3 (R3 v −R3 mM
u ) = −G �ez.
r2 Za česticu mase m izvan osi �ez, bi se očito dobio ovaj izraz za silu
�F OUT
G (�r) = −G mM
�er
r2 Izvan kugle je sila na česticu ista kao i da se umjesto ˇsuplje kugle, u ishodiˇstu nalazi čestica
mase jednake ukupnoj masi kugle M. Gravitacijsko polje izvan kugle je
�g = � FOUT G
m
= −G M
r 2�er.
(7.25)
Gornji rezultati sadrˇze dva granična slučaja:
(1) u granici kada Ru → 0, gornji se rezulatati svode na privlačenje izmedu čestice i pune kugle
polumjera Rv = R;
(2) u granici kada Ru → Rv = R, gornji se rezultati svode na privlačenje čestice i sferne ljuske

220 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
mase M i polumjera R.
Sada moˇzemo razumijetiodgovor napitanjespočetkaovog odjeljka. Rastavimo umislima 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 srediˇsta. 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 srediˇsta 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.
Pokaˇzimo da se do istog rezultata za silu, moˇze doći i računom potencijala i koriˇstenjem veze
sile i potencijala
�F = − −→ ∇Ep = −m −→ ∇V. (7.26)
Gravitacijski potencijal ćemo računati izrazom (7.11)
�
ρm(�r
V(�r) = −G
′ )
|�r − �r ′ | dr′ 3 .
Koristeći oznake sa slike 7.5, moˇzemo napisati
V(�r) = −G ρ0
� Rv
Ru
r ′ 2 dr ′
� π
0
sinθ ′ dθ ′
� 2π
Sličnim postupkom kao kod računa sile, kutni dio integracije daje
� π
0
sinθ ′ dθ ′
� 2π
0
dϕ ′
ˇsto vodi na integral za potencijal
V(r) = −Gρ0
1
|�r ′ −r�ez| =
2π
r
� Rv
Ru
� π
0
= 2π
rr ′
0
dϕ ′
1
|�r ′ −r�ez|
sinθ ′ dθ ′
√
r ′ 2 +r2 −2rr ′ cosθ ′
�
r ′ +r −|r ′ �
−r| ,
r ′ dr ′ (r ′ +r −|r ′ −r|).
Sada opet razlikujemo tri moguća poloˇzaja čestice u odnosu na ˇsuplju kuglu:
IN: čestica moˇze biti u ˇsupljini,
INTER: čestica moˇze biti u prostoru izmedu Ru i Rv, i
OUT: čestica moˇze biti izvan kugle.
IN: unutar ˇsupljine je r < Ru ≤ r ′ , pa je i |r−r ′ | = r ′ −r
VIN = −Gρ0
2π
r
� Rv
Ru
� 2π
0
dϕ ′
r ′ dr ′ (r ′ +r −r ′ +r) = −G2πρ0 (R 2 v −R 2 u). (7.27)
Potencijal u ˇsupljini je konstantan, pa je prema (7.26), sila jednaka nuli.

7.2. GRAVITACIJSKO PRIVLAČENJE OKRUGLIH TIJELA 221
INTER: U ovom dijelu prostora, integraciju treba rastaviti na dva dijela:
tako da je
Ru ≤ r ′ ≤ r ⇒ |r −r ′ | = r −r ′ ,
r ≤ r ′ ≤ Rv ⇒ |r−r ′ | = r ′ −r.,
� Rv
Ru
dr ′ =
� r
dr ′
Ru � �� �
r ′ < r
Uz gornji rastav, za potencijal se dobiva,
VINTER(r) = −Gρ0
2π
r
= −G 2π ρo
�� r
Ru
+
� Rv
dr ′
r � �� �
r ′ > r
r ′ dr ′ (r ′ +r+r ′ −r)+
�
R 2 r2
v −
3 − 2R3 �
u
3r
.
� Rv
r
r ′ dr ′ (r ′ +r−r ′ �
+r)
OUT: neka se sada čestica nalazi izvan kugle, r > Rv ≥ r ′ , pa je i |r −r ′ | = r−r ′
VOUT(r) = −Gρ0
2π
r
� Rv
Ru
r ′ dr ′ (r ′ +r +r ′ −r)
(7.28)
4π
= −Gρ0
3 (R3 v −R 3 u) 1 M
= −G , (7.29)
r r
a to je isti potencijal kao da umjestoˇsuplje kugle mase M, u ishodiˇstu imamo česticu iste mase.
Pokaˇzimo joˇs i da se iz ovih potencijala, dobivaju ranijeizračunati izrazi za sile. Sila i potencijal
su vezani operacijom gradijenta, koja je u pravokutnom koordinatnom sustavu, oblika
�F = − −→ ∇Ep = −m −→ �
∂
∇V = −m �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
V.
∂z
IN: unutar ˇsupljine je potencijal konstantan, (7.27), pa je sukladno gornjem izrazu derivacija
= 0, baˇs kao i u (7.22).
konstante jednaka nuli i sila u ˇsupljini je jednaka nuli, � F IN
G
INTER: Potencijal VINTER je dan izrazom (7.28). Izračunajmo najprije samo x komponente
sile u prostoru izmedu Ru u Rv:
F INTER
Gx = G 2π ρo m ∂
�
∂x
R 2 v − x2 +y2 +z2 2R
−
3
3 u
3 � x2 +y2 +z2 �
= Gm 4π
3 ρ0
�
−x+ R3 �
u
x
r3 i slično za y i z komponentu sile. Sve zajedno, za � F INTER
G
�ez FINTER Gz , dobivamo, baˇs kao i u (7.23)
�F INTER
G = −Gm 4π
3 ρ0
�
�r − R3 u
�r
r3 �
= �ex F INTER
Gx
= −GmmINTER(r) �er
r 3,
+ �ey F INTER
Gy
+

222 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
gdje smo prepoznali
mINTER(r) = 4π
3 ρ0 (r 3 −R 3 u ).
OUT: Izvan kugle je potencijal dan sa (7.29). Ponovo je dovoljno izračunati samo jednu, npr.
x, komponentu sile
F OUT
Gx = G m M ∂
∂x
1
� x 2 +y 2 +z 2
= −G m M x
r 3
i slično za preostale dvije komponente. Sve zajedno, � F OUT
G = �ex F OUT
Gx +�ey F OUT
Gy +�ez F OUT
Gz ,
dobivamo kao i u (7.25)
�F OUT
G = −G m M �r
r 3.
O tome kako izgleda gravitacijski potencijal koji potječe od nesfernih objekata (kao ˇsto su
npr. dvojne zvijezde, spiralne ili eliptičke galaksije), bit će viˇse riječi u odjeljku o multipolnom
razvoju potencijala.
Svi gornji računi i rezulatati vrijede i za elektrostatsku silu, ako se u odgovarajućim izrazima
izvedu zamjene (7.15) i (7.16). Primjetimo da je vaˇzan 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 Helmohltzovu17 teoremu, vektorsko je polje u cjelosti odredeno svojom rotacijom i
divergencijom. U ovom ćemo odjeljku izračunati divergenciju i rotaciju gravitacijskog polja
�
�g(�r) = −G ρm(�r ′ ′ �r −�r
)
|�r−�r ′ | 3 dr′ 3 , (7.30)
a sve ˇsto izvedemo za gravitacijsko polje, moˇze se relacijama (7.15) i (7.16) prevesti u termine
elektrostatskog polja � E.
Relacijom (7.13)je pokazano da jegravitacijsko poljedano negativnim gradijentom potencijala,
abudući dasmo većpokazali, relacijom(2.35), i dajerotacijagradijentajednakanuli, toodmah
slijedi
−→ ∇ × �g = 0.
(7.31)
Gornja jednadˇzba je jedan od mogućih načina da se matematički kaˇze da je gravitacijsko polje
konzervativno. Izračunamo li ploˇsni integral gornje jednadˇzbe
�
( −→ ∇ × �g) d � S = 0
17 Hermann Ludwig Ferdinand von Helmohltz, 1821 - 1894, njemački fizičar

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 223
i primjenimo Stokesov teorem (2.29)
�
( −→ ∇ × �g) d� �
S =
�g d�r = 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 jednadˇzba naziva druga Maxwellova 18 jednadˇzba.
Zadatak: 7.3 Pokaˇzimo da gravitacijsko polje čestice na svim udaljenostima i gravitacijsko
polje homogene kugle na udaljenostima većim od polumjera kugle, zadovoljava jednadˇzbu
(7.31).
R: Polje čestice mase m smjeˇstene u ishodiˇstu koordinatnog sustava je
�g(�r) = −G m
�r
r3 (a kao ˇsto znamo iz (7.25), to je i polje kugle, ako je r veće od polumjera kugle).
Raspisano po komponentama pravokutnog koordinatnog sustava
x
gx = −Gm
gy = −Gm
gz = −Gm
(x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2,
y
(x2 +y2 +z2 ) 3/2,
z
(x2 +y2 +z2 ) 3/2.
Komponente rotacije u pravokutnim koordinatama su
� � � �
−→ ∂gz ∂gy ∂gx ∂gz
∇ × �g =�ex − +�ey − +�ez
∂y ∂z ∂z ∂x
� ∂gy
∂x
�
∂gx
− .
∂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 (7.30). Ovo
ćemo naglasiti time ˇsto ćemo (samo u ovom odjeljku) umjesto −→ ∇ pisati −→ ∇r. Integrira se po
koordinati �r ′ , pa je dozvoljeno komutirati integraciju i −→ ∇r
�
−→
∇r�g = −G ρm(�r ′ ) −→ �r −�r
∇r
′
|�r−�r ′ | 3 dr′ 3 .
18 James Clerck Maxwell, 1831 - 1879, ˇskotski fizičar

224 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Neka je �r �= �r ′ . Izračunajmo rezultat djelovanja −→ ∇r
−→ �r −�r
∇r
′
|�r−�r ′ �
∂
= �ex
| 3 ∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂ �ex(x−x
∂z
′ )+�ey(y −y ′ )+�ez(z −z ′ )
[(x−x ′ ) 2 +(y −y ′ ) 2 +(z −z ′ ) 2 ] 3/2 (7.32)
= ∂ 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−�ex ′)2
−
| 3 |�r − �r ′ | 5
� �
1
+
|�r − �r ′ 3(y −�ey ′)2
−
| 3 |�r − �r ′ | 5
� �
1
+
|�r − �r ′ 3(z −�ez ′)2
−
| 3 |�r − �r ′ | 5
�
= 0.
Izračunajmo sada
�
dr 3 −→ �r −�r
∇r
′
|�r−�r ′ | 3
po kugli unutar koje se nalazi i točka �r = �r ′ . Umjesto �r, uvedimo novu varijablu � R = �r −�r ′ ,
takodajedr 3 = dR3 i −→ ∇r = −→ ∇R. PrimjenomGaussovateorema(2.22), prelazimosintegracije
po volumenu kugle, na integraciju po povrˇsini sfere
�
dR 3 −→ �R
�
∇R =
R3 d� S � R
=
R3 �
Ω
�eRR 2 dΩ �eR R
= 4π. (7.33)
R3 Funkcija koje jednaka nuli kada je njezin argument različit od nule, a integral koje je jednak
jedinici kada područje integracije sadrˇzi i točku koja poniˇstava njezin argument, naziva se
Diracova 19 δ-funkcija . O definiciji i svojstvima δ-funkcije, vidjeti viˇse u dodatku B i [4]. Iz
relacija (7.32) i (7.33) zaključujemo da je
Sada je
�
−→
∇�g(�r) = −G
−→ ∇r
�r −�r ′
|�r−�r ′ | 3 = 4πδ(�r−�r ′ ).
ρm(�r ′ ) −→ �r−�r
∇r
′
|�r −�r ′ | 3 dr′ 3 �
= −G
Time smo doˇsli do jednadˇzbe za divergenciju gravitacijskog polja
Odgovarajuća elektrostatska jednadˇzba
19 Paul Adrien Maurice Dirac, 1902 - 1984, engleski fizičar
−→ ∇�g(�r) = −4 π G ρm(�r).
−→ ∇ � E(�r) = ρq(�r)
ǫ0
ρm(�r ′ )4πδ(�r−�r ′ ) dr ′ 3 = −4πGρm(�r).
(7.34)

7.3. DIVERGENCIJA I ROTACIJA GRAVITACIJSKOG POLJA 225
se naziva prva Maxwellova jednadˇzba. Gornjujednadˇzbu moˇzemo napisati i uintegralnom
obliku, koristeći Gaussov teorem
�
dr 3−→ �
∇�g = −4 π G dr 3 ρm
�
�gd � S = −4 π G mS, (7.35)
S
gdje mS označava masu sadrˇzanu unutar zatvorene plohe S. Gornja jednadˇzba kaˇze da je tok
gravitacijskog polja kroz proizvoljnu zatvorenu plohu, srazmjeran količini mase sadrˇzane unutar
plohe. Odgovarajući iskaz za električno polje se zove Gaussov zakon
�
�Ed � S = qS
.
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.
Zadatak: 7.4 Koristeći jednadˇzbu (7.35), izračunajte gravitacijsko polje ˇsuplje 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 ishodiˇstem u srediˇstu kugle. Isto tako zbog sferne simetrije je jasno
da polje ne moˇze ovisiti o kutovima θ i ϕ, nego samo o odaljenosti r i da mora biti
usmjereno samo u �er smjeru
�g(�r) = g(r)�er. (7.36)
IN: izračunajmo najprije polje u ˇsupljini kugle na udaljenosti r od ishodiˇsta. Da
bismo to izveli, za plohu integracije, u izrazu (7.35), uzimamo sferu polumjera r <
Ru, tako da je d� S =�er r2dΩ, pa je lijeva strana (7.35) jednaka
�
�g INd� �
S = gIN(r)�er �er r 2 dΩ = gIN(r) r 2 4π.
S
Ω
Na desnoj strani (7.35) se pojavljuje mS, masa obuhva”ena plohom integracije. No
ploha integracije (sfera polumjera r < Ru) se u cjelosti nalazi unutar ˇsupljine, pa
zato ne obuhvaća nikakvu masu, tj. mS = 0 i Gaussov zakon u ˇsupljini kugle glasi
ǫ0
gIN(r) r 2 4π = 0,
tj. �g IN = 0, kao ˇsto smo dobili i ranije u (7.22).
INTER: izračunajmo sada polje na udaljenosti r od ishodiˇsta, gdje je Ru ≤ r ≤ Rv.
Za plohu integracije opet odabiremo sferu polumjera Ru ≤ r ≤ Rv sa srediˇstem u
ishodiˇstu. Lijeva strana (7.35) je opet jednaka
�
�g INTERd� �
S = gINTER(r)�er �er r 2 dΩ = gINTER(r) r 2 4π,
S
Ω

226 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
nomasaobuhvaćenaplohomintegracijejesadajednakaonomeˇstosmogoreoznačavali
sa mINTER(r) ≡ mS = ρ0 [(4π/3) r3 −(4π/3) R3 u ], pa Gaussov zakon daje
gINTER(r) r 2 4π = −4πG mINTER(r) ⇒ �g INTER(r) = −GmINTER(r) �er
r 2,
baˇs kao i u (7.23).
OUT: da bismo izračunali polje izvan kugle, za plohu integracije opet odabiremo
koncentričnu sferu, ali jeonasada polumjerar > Rv. Kaoiudva prethodnaslučaja,
lijeva strana (7.35) je opet jednaka gOUT(r) r 2 4π. Masa obuhvaćena plohom integracije,
koja se sada pojavljuje na desnoj strani (7.35), je upravo cijela masa ˇsuplje
kugle M, pa Gaussov zakon glasi
gOUT(r) r 2 4π = −4πG M =⇒ �g OUT(r) = −GM �er
r 2,
ˇsto je isto kao i u (7.25): polje ima oblik polja čestice.
Zadatak: 7.5 Polazeći od relacije (7.30) pokaˇzite da se gravitacijsko polje moˇze prikazati kao
gradijent jedne skalarne funkcije i odredite tu skalarnu funkciju.
R: Primjetimo da je
−→ 1
∇r
|�r −�r ′ | =
�
∂
�ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂ �(x−x
′ 2 ′ 2 ′ 2
) +(y −y ) +(z −z )
∂z
�−1/2 −2(x−x
= �ex
′ )
2[(x−x ′ ) 2 +(y −y ′ ) 2 +(z −z ′ ) 2 ] 3/2
−2(y −y
+ �ey
′ )
2[(x−x ′ ) 2 +(y −y ′ ) 2 +(z −z ′ ) 2 ] 3/2
−2(z −z
+ �ez
′ )
2[(x−x ′ ) 2 +(y −y ′ ) 2 +(z −z ′ ) 2 ] 3/2
′ �r −�r
= −
|�r − �r ′ | 3
Pomoću gornjeg izraza, moˇzemo gravitacijsko polje napisati kao
�
�g(�r) = −G ρm(�r ′ �
) − −→ 1
∇r
|�r −�r ′ �
dr
|
′ 3 = − −→ � �
∇r −G
gdje je
= − −→ ∇V(�r),
V(�r) = −G
� ρm(�r ′ )
|�r −�r ′ | dr′ 3 .
ρm(�r ′ 1
)
|�r−�r ′ |
�
3
dr′

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 227
Zadatak: 7.6 Od ranije, relacije (7.24) i (7.25), nam je poznato gravitacijsko polje kugle jednolike
masene gustoće ρ0 i ukupne mase m, sa srediˇstem u ishodiˇstu koordinatnog
sustava. Uvjerimo se da to polje zadovoljava relaciju (7.34).
R: Znamo da je za r ≤ R
a za r ≥ R je
�g IN = − 4πGρ0
�r = −
3
4πGρ0
(x�ex +y�ey +z�ez),
3
�g OUT = −Gm �r
r 3 = −Gm x�ex +y�ey +z�ez
(x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2,
gdje je ρ0 = 3m/(4R 3 π), konstantna masena gustoća kugle. Unutar kugle je gustoća
ρ = ρ0, dok izvan kugle nema mase pa je tamo ρ = 0. Prema jednadˇzbi (7.34), treba
dobiti
−→ ∇�g IN = −4πGρ0
−→ ∇�g OUT = 0.
Divergencija je naprosto zbroj parcijalnih derivacija komponenata polja
−→ ∇�g = ∂gx
∂x
+ ∂gy
∂y
Unutar kugle, x-komponenta divergencije daje
∂gx
∂x
= ∂
∂x
−4πGρ0
3
+ ∂gz
∂z .
x = −4πGρ0
.
3
Isti rezultat daju i y i z komponenta, pa je konačno
−→ ∇�g IN = 3 −4πGρ0
3
Izvan kugle, x-komponenta divergencije daje
∂gx
∂x
= −4πGρ0.
∂
=
∂x (−G)
mx
(x2 +y2 +z2 ) 3/2
�
1
= −Gm
r3 +x(−3/2)(x2 +y 2 +z 2 ) −5/2 �
2x
i simetrično za y i z komponentu. Sve zajedno daje
�
−→ 1 3x2 1 3y2 1 3z2
∇�g OUT = −Gm − + − + −
r3 r5 r3 r5 r3 r5 �
kao ˇsto i treba biti.
7.4 Multipolni razvoj potencijala
�
1 3x2
= −Gm −
r3 r5 �
�
3 3r2
= −Gm −
r3 r5 �
= 0,
U odjeljku 7.2, rijeˇsen je jednostavan problem izračunavanja potencijala tj. gravitacijske i
elektrostatske sile, koja potječe od sfernih objekata. Vidjeli smo da je sila u prostoru izvan

228 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
sfere ista kao i sila od čestice koja bi se nalazila na mjestu srediˇsta 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 udaljenoˇsću 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 moˇzemo postaviti
Slika 7.6: Električni dipol.
tako da se ishodiˇste nalazi na poloviˇstu spojnice naboja, os z leˇzi 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)�ez, a s V− potencijal naboja
−q koji se nalazi u točki (−l/2)�ez, tada je njihovu ukupni potencijal, Vdip jednak
Vdip(�r) = V+(�r)+V−(�r),
pri čemu su potencijali točkastih naboja
V±(�r) = 1 ±q
4πǫ0 |�r−�r±| .
Ukupni, dipolni, potencijal je tada jednak
�
1 1
Vdip(�r) = q
4πǫ0 |�r−�ez l/2| −
�
1
|�r +�ez l/2|
�� 1 q
= 1−cosθ
4πǫ0 r
l 1 l
+
r 4
2
r2 � 1
− �
2
− 1+cosθ l 1
+
r 4
l 2
r 2
� 1�
−2 .
U granici r >> l, na gornji se izraz moˇze primjeniti Taylorov razvoj
(1+x) −1
2 = 1− 1 1·3
x+
2 2·4 x2 − 1·3·5
2·4·6 x3 +O(x 4 ), (7.37)

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 229
za |x| < 1, pri čemu je
x ≡ ∓cosθ l 1
+
r 4
Uvrˇstavanjem vrijednosti za x i sredivanjem dobivenog razvoja, za dipolni potencijal se dobije
Vdip(�r) = 1
�
q l
4πǫ0 r r cosθ+O
� 3 l
r3 ��
.
Drugi član na desnoj strani gornjeg izraza označava zanemarene članove razvoja, koji su zbog
uvjeta r >> l manji od člana koji je zadrˇzan. U nastavku, taj član viˇse nećemo eksplicitno
navoditi. Definiramo li vektor dipolnog momenta (usmjerenog od negativnog prema pozitivnom
naboju) kao �p = ql�ez, tada se dipolni potencijal moˇze napisati u uobičajenom obliku
Vdip(�r) = 1
4πǫ0
l 2
r 2.
�p ·�er
r 2 . (7.38)
Primjetimo da, zarazlikuodpotencijalajednogtočkastognaboja, kojiopadakao1/r,potencijal
dipola opada brˇze, kao 1/r2 . Iz poznatog potencijala, polje se računa kao � E dip = − −→ ∇Vdip.
Operatorgradijentausfernomkoordinatnomsustavusemoˇzenaćinpr. u [11], pajednostavnom
derivacijom, dobivamo polje dipola
�
�E
∂
dip = − �er
∂r +�eθ
1 ∂
r∂θ
+�eϕ
�
1 ∂ 1 pcosθ
rsinθ ∂ϕ 4πǫ0 r2 1 p
=
4πǫ0 r3 (2cosθ�er +sinθ�eθ) = 1 1
4πǫ0 r3 (3pcosθ�er −p�ez).
Prepoznamo li u gornjem izrazu pcosθ kao skalarni umnoˇzak �p ·�er, a p�ez kao �p, električno
polje dipola postaje
�E dip(�r) = 1
4πǫ0
3(�p ·�er)�er −�p
r 3
Za razliku od polja točkastog naboja (7.5) (uz zamjene m → q i −G → 1/4 π ǫ0) 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 � Fdip = q � E dip(�r).
Sobziromdaelektrični nabojimogubitipozitivni inegativni, agravitacijski naboj(teˇska masa)
je uvijek pozitivan, moˇzemo se zapitati postoji li neki gravitacijski sustav tijela koji bi proizveo
dipolni potencijal oblika (7.38)? Pogledajmo sliku 7.7. Dvojni sustav zvijezda sastavljen od
jedne velike i jedne male zvijezde ili sustav sastavljen od zvijezde i masivnog planeta, moˇzemo
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 pribliˇzno 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 sadrˇzavati dipolni nego će poslije monopolnog, prvi
slijedeći neiˇsčezavajući član biti kvadrupolni.
.

230 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.7: Uz objaˇsnjenje gravitacijskog dipola.
Gornja se razmatranja mogu dalje poopćavati. ”Sto ako nemamo dva naboja (ili dvije masene
čestice), negoimamonekakavskupodN naboja(ilimasa)rasporedenunutarnekogograničenog
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 ˇsto su dvojne zvijezde, galaksije, nakupine plina, nisu uvijek
sfernog oblika i nalaze se na udaljenostima puno većim nego ˇsto su prostorne dimenzije
samih tijela;
(2) nuklearne fizika - atomske jezgre teˇskih elemenata često nisu okruglog oblika: ili su malo
izduˇzene uoblikcigare, ili suspljoˇstene uoblikpalačinke. Zatoelektrična sila kojom djeluju
na elektrone iz elektronskog plaˇsta 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
plaˇstu, 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 (7.15)
i (7.16) sve se moˇze prevesti i u jezik gravitacijskog potencijala.
Postavimo koordinatni sustav tako da je poloˇzaj točke u kojoj računamo potencijal odreden
sfernim koordinatama (r,θ,ϕ), poloˇzaj točaka u kojima se nalaze izvori potencijala je označen

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 231
s (r ′ ,θ ′ ,ϕ ′ )
Slika 7.8: Uz objaˇsnjenje gravitacijskog kvadrupola.
�r = r(�ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ) = r�er,
�r ′ = r ′ (�ex sinθ ′ cosϕ ′ +�ey sinθ ′ sinϕ ′ +�ez cosθ ′ ) = r ′ �er ′.
Smatrat ćemo da su točke izvori potencijala kontinuirano raspodjeljene gustoćom naboja ρq(�r ′ )
po konačnom dijelu prostora u okolici ishodiˇsta (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 (7.17)
1
|�r − �r ′ | =
�
1 1
� = 1−2
r2 −2rr ′ (�er ·�er ′)+r′ 2 r
r′
r (�er
� � �
′ 2
−1/2
r
·�er ′ )+ .
r
Koristeći Taylorov (7.37) uz:
x ≡ −2 r′
r (�er ·�er ′)+
� � ′ 2
r
,
r
x 2 � � ′ 2
r
= 4 (�er ·�er
r
′)2 � � ′ 3
r
−4 (�er ·�er
r
′)+O
� ′ 4 r
r4 �
,
x 3 � � ′ 3
r
= −8 (�er ·�er
r
′)3 � ′ 4 r
+O
r4 �
.
dobivamo
1
|�r − �r ′ |
= 1
r
�
1+ r′
r (�er
1
·�er ′)+
2
� r ′
r
� 2
[3(�er ·�er ′)2 −1]+ 3
� � ′ 3
r
(�er ·�er
2 r
′)
�
5
3 (�er ·�er ′)2 � � ′ r
−1 +O
r4

232 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.9: Uz multipolni razvoj gravitacijskog potencijala.
Uvrˇstavanjem gornjeg razvoja u izraz za elektrostatski potencijal, (7.17), dobiva se
V(�r) = V(�r)mon +V(�r)dip +V(�r)kva +V(�r)okt +··· (7.39)
Prvi član gornjeg razvoja je monopolni potencijal , tj. potencijal koji dolazi od ukupnog naboja
cijelog sustava
V(�r)mon = 1
�
1
ρq(�r
4πǫ0 r
′ )d 3 r ′ = 1 q
.
4πǫ0 r
(7.40)
Ako je ukupan naboj cijelog sustava jednak nuli (kaoˇsto je to npr. slučaj kod neutralnih atoma
gdje je q = q+ +q− = 0), onda ovaj član iˇsčezava.
Drugi član se naziva dipolni potencijal
V(�r)dip = 1 1
4πǫ0 r2 �
�er ·�er ′ r′ ρq(�r ′ )d 3 r ′ = 1 �er
4πǫ0 r2 �
�r ′ ρq(�r ′ )d 3 r ′ .
Nazovemo li dipolnim momentom �p
�
�p = �r ′ ρq(�r ′ )d 3 r ′ , (7.41)
tada je gornji dipolni potencijal oblika kao i (7.38)
V(�r)dip = 1
4πǫ0
�p�er
. (7.42)
r2 Akou(7.41)uvrstimo dajegustoćanabojaρq(�r ′ )različitaodnulesamoudvijetočke: ±(l/2)�ez
u kojima ima vrijednost ±q, dobit ćemo rezultat �p = ql�ez s početka ovog odjeljka (gornji je
izraz za �p je puno općenitiji od �p = ql�ez koji vrijedi samo za dva točkasta naboja). Za razliku
od potencijala monopola, dipolni potencijal opada brˇze, kao 1/r2 .
Treći se član naziva kvadrupolni potencijal i opada joˇs brˇze (kao 1/r3 ) od prethodna dva člana.
V(�r)kva = 1
4πǫ0
1
r 3
1
2
�
r ′ 2 [3(�er·�er ′)2 −1]ρq(�r ′ )d 3 r ′ = 1
4πǫ0
1
r 3
1
2
�
[3(�er ·�r ′ ) 2 −r ′ 2 ]ρq(�r ′ )d 3 r ′ .
(7.43)

7.4. MULTIPOLNI RAZVOJ POTENCIJALA 233
Raspiˇsimo izraz iz uglate zagrade u pravokutnim koordinatama
�er = �ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ ≡�exrx +�eyry +�ezrz,
�r ′ = �exx ′ +�eyy ′ +�ezz ′ ,
3(�er ·�r ′ ) 2 −r ′ 2 = 3(rxx ′ +ry�ey +rz�ez) 2 −(x ′2 +y ′2 +z ′2 )
= 3(r 2 x x′2 +r 2 y y′2 +r 2 z z′2 +2rxryx ′ y ′ +2rxrzx ′ z ′ +2ryrzy ′ z ′ )−x ′2 −y ′2 −z ′2 .
Čitatelj će se lako uvjeriti, izravnim mnoˇzenjem, da se gornji izraz moˇze preglednije napisati
pomoću matrice T(�r ′ ) definirane donjim izrazom
〈�er|T(�r ′ )|�er〉 = � ⎡
�
rx ry rz ⎣ 2x′2 −y ′2 −z ′2 3x ′ y ′ 3x ′ z ′
3y ′ x ′ 2y ′2 −x ′2 −z ′2 3y ′ z ′
3z ′ x ′ 3z ′ y ′ 2z ′2 −x ′2 −y ′2
⎤ ⎡
⎦
Uvedemo li sada realnu i simetričnu matricu koja se, u analogiji s dipolnim momentom (koji je
vektor), naziva kvadrupolni moment Q
�
Q = ρq(�r ′ ) T(�r ′ ) d 3 r ′ , (7.44)
kvadrupolni potencijal moˇzemo zapisati u obliku
V(�r)kva = 1
4πǫ0
1
r 3
〈�er|Q|�er〉
.
2
Uvedimo lijeve 〈λj| i desne svojstvene vektore |λj〉 i njima pridruˇzene svojstvene vrijednosti λj,
matrice Q
Q |λj〉 = λj|λj〉, 〈λj|Q = λj〈λj|,
za j = 1,2,3. Ovi svojstveni vektori čine ortonormiran i potpun skup
〈λi|λj〉 = δi,j,
3�
|λj〉〈λj| = 1,
gdje 1 označava jedniničnu 3×3 matricu. Primjenom relacije potpunosti, slijedi
〈�er|Q |�er〉 = 〈�er|Q
j=1
3�
|λj〉〈λj|�er〉 =
j=1
3�
j=1
λj 〈�er|λj〉〈λj|�er〉.
No, 〈�er|λj〉 = 〈λj|�er〉 su samo oznake za skalarne umnoˇske dva jedinična vektora i zato je
〈�er|λj〉 = 〈λj|�er〉 = cosΨj,
gdje smo s Ψj označili kutove koje �er zatvara sa smjerovima svojstvenih vektora matrice Q
(slika 7.10). Pomoću ovih veličina, kvadrupolni elektrostatski potencijal glasi
V(�r)kva = 1
a gravitacijski kvadrupolni potencijal je
4πǫ0
1
r 3
V(�r)kva = −G 1
r 3
1
2
1
2
3�
λjcos 2 Ψj,
j=1
3�
λjcos 2 Ψj. (7.45)
j=1
⎣ rx
ry
rz
⎤
⎦

234 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.10: Smjerovi svojstvenih vektora matrice Q.
Četvrti se član naziva oktupolni potencijal i opada kao 1/r 4 ,
V(�r)okt = 1
4πǫ0
1
r4 �
3
2
�
′ 3 5
r
3 (�er ·�er ′)3 −(�er ·�er ′)
�
ρq(�r ′ ) d 3 r ′ . (7.46)
Odgovarajuće gravitacijske potencijale dobivamo iz gornjih izraza zamjenama (7.15) i (7.16).
S obzirom da Zemlja nije savrˇsena kugla i da njezina masena gustoća nije konstantna, rezultat
(7.18) 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 (7.42), (7.45) i
(7.46). Ukupan gravitacijski potencijal je dan sa (7.39), a to je potencijal homogene kugle plus
male korekcije od nehomogenosti i nesferičnosti. Viˇse o gravitacijskom potencijalu Zemlje moˇze
se naći u [30].
Zadatak: 7.7 Pokaˇzite da za sustav električnih naboja sa slike 7.6, vrijedi: Vmon = Vkva =
Vokt = 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
moˇzemo zapisati pomoću Diracove δ-funkcije u npr. pravokutnom koordinatnom
sustavu
ρq(�r ′ ) = +q δ(x ′ )δ(y ′ )δ(z ′ −l/2)− q δ(x ′ )δ(y ′ )δ(z ′ +l/2).

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 235
Monopolni potencijal gornje raspodjele naboja, računamo prema (7.40)
�
1 1
V(�r)mon = ρq(�r
4πǫ0 r
′ )d 3 r ′
� � +∞
1 q
= δ(x
4πǫ0 r −∞
′ )δ(y ′ )δ(z ′ −l/2) dx ′ dy ′ dz ′
� +∞
�
−
=
−∞
1
4πǫ0
q
r
δ(x ′ )δ(y ′ )δ(z ′ +l/2) dx ′ dy ′ dz ′
(1−1) = 0.
Kvadrupolni potencijal računamo pomoću (7.43
1 1
V(�r)kva =
4πǫ0 r3 �
1
[3(�er ·�r
2
′ ) 2 −r ′ 2 ]ρq(�r ′ )d 3 r ′
1 1
=
4πǫ0 r3 1
2
�
�
[3(�er ·�r ′ ) 2 −r ′ 2 ](+q) � � x ′ =y ′ =0,z ′ =l/2
+ [3(�er ·�r ′ ) 2 −r ′ 2 ](−q) � �
x ′ =y ′ =0,z ′ =−l/2
�� �2 � �
2
=
= 0,
1
4πǫ0
1
r 3
1
2
3
� l
2
−
� l
2
q +
a oktupolni, pomoću (7.46)
1 1
V(�r)okt =
4πǫ0 r4 � �
3 ′ 3 5
r
2
1 1
=
4πǫ0 r4 ⎡�
�l � 3
2 �5
3
⎣
2 2 3 −1
�
(+q)+
= 0.
7.5 Problem dva tijela
�
3 (�er ·�er ′ )3 −(�er ·�er ′)
3
�
− l
�2 �
− −
2
l
� � �
2
(−q)
2
�
ρq(�r ′ ) d 3 r ′ .
�
�
− l
� 3
2 �5
2 3 −1
�
⎤
(−q) ⎦
U svakodnevnom govoru je uobičajeno reći: Zemlja se giba oko Sunca po elipsi, pri čemu
Sunce miruje u jednom od ˇzariˇsta 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 srediˇste mase. No, zbog togaˇsto je masa Sunca puno veća od mase Zemlje
(a i svih ostalih planeta uzetih zajedno), ova se točka nalazi tako blizu srediˇsta Sunca da se u
jako dobroj pribliˇznosti moˇze 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 pribliˇzno
kuglastog oblika, Sunce i planeti mogu tretirati kao čestice. Opiˇsimo zato općenito gibanje
dvije čestice masa m1 i m2 medu kojima djeluje gravitacijska sila (slika 7.11) iznosa
FG = G m1m2
|�r1 −�r2| 2.

236 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Slika 7.11: Uz problem dva tijela.
Ova formulacija, osim gravitacijske, obuhvaća i Coulombovu silu
FC = 1
4πǫ0
q1q2
|�r1 −�r2| 2,
koja djeluje medu česticama raznoimenih električnih naboja (s time da se tu javlja i, klasičnim
pojmovima nerjeˇsiv, problem zračenja naboja koji se ubrzano giba. Prema trećem Newtonovom
aksiomu je � F2,1 = − � F1,2, pa jednadˇzbe gibanja za obje čestice glase
m1
m2
d2�r1 dt2 = � F2,1,
d2�r2 dt2 = � F1,2 = −� F2,1.
Zbrajanjem gornjih jednadˇzba, dolazi se do zakona o sačuvanju ukupne količine gibanja
m1
d
dt
d 2 �r1
+m2
dt2 �
m1 ˙
d 2 �r2
�1r +m2 ˙
�
�2r
= 0,
dt2 = 0,
m1 ˙ �1r +m2 ˙ �2r = const.,
tj. ukupna količina gibanja sustava se ne mijenja u vremenu. Ako uvedemo pojam srediˇsta
mase sustava �rSM
tada je i
m1
�rSM = m1�r1 +m2�r2
,
m1 +m2
d2�r1 d
+m2
dt2 2�r2 dt2 = (m1 +m2) ¨ �rSM = 0,

7.5. PROBLEM DVA TIJELA 237
pa je ˙ �rSM = const., tj. srediˇste 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. m1 >> m2 (kao ˇsto je to slučaj u sustavu Sunce - Zemlja), tada će se srediˇste mase
nalaziti vrlo blizu poloˇzaja masivnijeg tijela. Taylorovim razvojem izraza za �rSM po maloj
veličini m2/m1, lako se dolazi do
m1 >> m2 ⇒ �rSM = �r1 + m2
(�r2 −�r1)+··· .
Pokaˇzimo joˇs i da je i moment količine gibanja cijelog sustava konstantan u vremenu.
Zbrajanjem gornje dvije jednadˇzbe, dobiva se
m1
�r1 × m1 ¨
�1r = �r1 × � F2,1,
�r2 × m2 ¨
�2r = �r2 × � F1,2 = −�r2 × � F2,1.
�r1 × m1 ¨ �1r +�r2 × m2 ¨ �2r = (�r1 −�r2) × � F2,1 = 0,
d
dt (�r1 × m1 ˙ �1r +�r2 × m2 ˙ �2r) = 0.
Desne strane gornjih jednadˇzba su jednake nuli zato jer sila � F2,1 ima smjer spojnice točaka �r1
i �r2, pa je kolinearna s (�r1 −�r2) i vektorski umnoˇzak na desnoj strani je jednak nuli. Definira
li se moment količine gibanja cijelog sustava � L izrazom
�L =�r1 × m1 ˙
�1r +�r2 × m2 ˙
�2r, (7.47)
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.
Postavimosadaishodiˇstekoordinatnogsustavautočkusrediˇstemase,�rSM = (m1�r1+m2�r2)/(m1+
m2) = 0 (slika 7.12). Tada je po komponentama
Slika 7.12: Ishodiˇste koordinatnog sustava je u srediˇstu mase.
m1x1 +m2x2 = 0, m1y1 +m2y2 = 0, m1z1 +m2z2 = 0. (7.48)

238 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
U koordinatnomsustavu ukojemu je�rSM = 0 jeiukupna količina gibanjam1 ˙
�1r+m2 ˙
�2r = (m1+
m2) ˙ �rSM = 0,pajedinikonstantnivektorkojinampreostajejevektorukupnogmomentakoličine
gibanja. On predstavlja istaknuti smjer u prostoru. Zbog izotropnosti prostora, koordinatne
osi moˇzemo usmjeriti kako ˇzelimo, a u ovom je slučaju je prirodno jednu od osa postaviti u
smjer momenta količine gibanja. Neka to bude os z. Sada je � L = L0�ez. U ovako postavljenom
koordinatnom sustavu, a prema relaciji (7.47), je
Lx = 0 = m1(y1˙z1 −z1˙y1)+m2(y2˙z2 −z2˙y2),
Ly = 0 = m1(z1˙x1 −x1˙z1)+m2(z2˙x2 −x2˙z2),
Lz = L0 = m1(x1˙y1 −y1˙x1)+m2(x2˙y2 −y2˙x2).
Gornje su jednadˇzbe zadovoljene ako je z1 = z2 = 0. Time smo doˇsli do dva vaˇzna zaključka:
(1) da se čestice gibaju oko srediˇsta mase u ravnini (x,y), i
(2) da je ta ravnina okomita na konstantni vektor momenta količine gibanja � L 0.
Kao ˇsto smo pokazali na strani 210, 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
Uvedimo relativne koordinate
E = m1
2 (˙x2 1 + ˙y 2 1)+ m2
2 (˙x2 2 + ˙y 2 2)−G m1m2
|�r1 −�r2| ,
|�r1 −�r2| = � (x1 −x2) 2 +(y1 −y2) 2 .
x = x2 −x1, y = y2 −y1.
U sustavu s ishodiˇstem u srediˇstu mase je, prema (7.48),
x2 = − m1
x1, y2 = − m1
m2
y1
m2
(sjetimo se da smo postavili koordinatni sustav tako da je z1 = z2 = 0). Gornje veze nam
omogućavaju izraziti xj i yj preko relativnih koordinata x i y
x1 = x2 −x = − m1
x1 −x ⇒ x1 = −
m2
m2
x,
m1 +m2
x2 = − m1
x1 =
m2
m1
x,
m1 +m2
y1 = y2 −x = − m1
y1 −y ⇒ y1 = −
m2
m2
y,
m1 +m2
y2 = − m1
y1 =
m2
m1
y,
m1 +m2
Označimo li s ρ medusobnu udaljenost čestica, ρ = � x2 +y2 , tada energiju dobivamo izraˇzenu
preko relativnih koordinata
E = m1
�
m
2
2 2
(m1 +m2) 2 ˙x2 m
+
2 �
2
˙y2 +
(m1 +m2) 2 m2
�
m
2
2 1
(m1 +m2) 2 ˙x2 m
+
2 �
1
˙y2 −G
(m1 +m2) 2 m1m2
ρ
= 1(m1
+m2)m1m2(˙x
2
2 + ˙y 2 )
(m1 +m2) 2
−G m1m2
.
ρ

7.6. CENTRALNE SILE 239
Uvede li se reducirana masa µ
ukupna je energija jednaka
1
µ = 1
+
m1
1
, µ =
m2
m1m2
,
m1 +m2
E = 1
2 µ˙ρ2 −G m1m2
.
ρ
Opet vidimo da ako je m1 >> m2, reducirana je masa pribliˇzno jednaka manjoj masi m2 i sva
kinetička energija (energija gibanja) dolazi od gibanja čestice manje mase: samo se mala masa
giba, a velika masa pribliˇzno miruje u ishodiˇstu.
Na sličan se način moˇze i ukupan moment količine gibanja izraziti u relativnim koordinatma
L0 = Lz = m1(x1˙y1 −y1˙x1)+m2(x2˙y2 −y2˙x2)
�
m2
= m1 x
m1 +m2
m2
˙y −
m1 +m2
m2
y
m1 +m2
m2
�
˙x
m1 +m2
= (m1 +m2)m1m2(x˙y −y˙x)
(m1 +m2) 2 = µ(�ρ × �˙ρ)z.
Ovime smo, sve zajedno, dobili deset konstantnih veličina:
- poloˇzaj srediˇsta mase, 3 konstante,
- brzina srediˇsta 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 viˇse tijela nije rjeˇsiv, 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 vaˇzan primjer centralne
sile.
Navedimo dvije osnovne karakteristike centralnih
sila (slika 7.13):
smjer Sila na česticu je uvjek usmjerena duˇz
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).
Slika 7.13: Uz svojstva centralne sile.

240 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Oba se gornja svojstva mogu saˇzeti u izraz
�F = f(r)�er. (7.49)
Sila je privlačna ako je f(r) < 0, a odbojna ako je f(r) > 0. Elastična sila (u jednoj
dimenziji i izotropna sila u dvije i tri dimenzije, odjeljak 6), gravitacijska i elektrostatska sila
su primjeri centralnih sila. Elastična sila u dvije ili tri dimenzije s različitim konstantama
vezanja (anizotropna), zatim sile od dipola i viˇsih multipola gravitacijske ili elektrostatske sile,
su primjeri necentralnih sila. Oblik sile kao u (7.49) ima tri vaˇzne posljedice:
(1) moment količine gibanja je konstantan:
Primjetimo da je moment centralne sile jednak nuli
Prema drugom Newtonovom aksiomu je
�F = f(r)�er ⇒ �r × � F = f(r)�r × �er = 0.
�r×/ m ˙ �v = � F
m�r × ˙ �v = �r × � F = 0 ⇒ �r × ˙ �v = 0.
Izračunajmo vremensku promjenu momenta količine gibanja
d � L
dt
�L = �r × �p = m�r × �v,
= m d
dt (�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 × m�v = const. = � L 0
(7.50)
Moment količine gibanja je dakle sve vrijeme gibanja konstantan po iznosu i smjeru i jednak je
momentu količine gibanja u početnom trenutku
�L 0 =�r0 × m�v0.
Ako je u tom početnom trenutku početna brzina �v0 bila jednaka nuli ili je bila kolinearna s �r0,
početni moment količine gibanja � L 0 je jednak nuli. Takvo smo gibanje proučavali u prethodnim
odjeljcima. Tek ako je � L 0 različit od nule (početna brzina nije kolinearna s �r0) 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,
djelujeista, gravitacijskasila. Razlikauoblikuputanjepotječeodrazlikeupočetnimuvjetima.
(2) gibanje se odvija u ravnini:
Pokaˇzimo da je putanja (ili orbita ili trajektorija) čestice, ravninska krivulja, tj. pod djelovanjem
centralnog polja sila, čestica se sve vrijeme giba u jednoj ravnini 20 . Obično se uzima
20 U slučaju gibanja Zemlje, ta se ravnina naziva ravnina ekliptike.

7.6. CENTRALNE SILE 241
da je to ravnina (x,y), slika 7.14.A, u pravokutnom koordinatnom sustavu, ili (ρ,ϕ) ravnina
cilindričnog koordinatnog sustava (u odjeljku 2.5 smo tu ravninu zvali polarna ravnina).
Zbog medusobne okomitosti vektora �r i �r × �v, skalarni umnoˇzak �r sa � L 0 je jednak nuli
�r(t) · � L 0 = m�r·(�r × �v) = 0.
Geometrijski to znači da je projekcija vektora poloˇzaja čestice �r(t), na smjer konstantnog vektora
� L 0, jednaka nuli za svaki trenutak t, tj. za sve vrijeme gibanja. Drugim riječima, pod
djelovanjem centralne sile
čestica se giba u ravnini okomitoj na vektor � L 0.
Zbog izotropnosti prostora, smjerove koordinatnih osa moˇzemo odabrati proizvoljno. Opis
gibanja ćemo pojednostaviti, odaberemo li �ez 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 � L0.
(B) Pod djelovanjem centralne sile, čestica se giba tako da u jednakim vremenskim intervalima, opisuje jednake
povrˇsine.
x = ρcosϕ, y = ρsinϕ,
�r → �ρ, �er →�eρ,
�F = f(ρ)�eρ.
(3) povrˇsinska brzina je konstantna:
Pokaˇzimo da se čestica giba tako da radij vektor (spojnica točke izvora sile i trenutnog poloˇzaja

242 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
čestice) ujednakim vremenskim razmacima opisujejednake povrˇsine (slika 7.14.B).Definirajmo
povrˇsinsku brzinu ˙ S kao omjer povrˇsine ∆S koju u vremenu ∆t opiˇse radij vektor i tog istog
vremenskog intervala ∆t
˙S
∆S
= lim
∆t→0 ∆t .
Pokaˇzimo da je ta brzina konstantna: opisanu povrˇsinu (slika 7.14.B) moˇzemo izraziti vektorskim
umnoˇskom
∆S ≃ 1
|�ρ × ∆�ρ|.
2
Umjesto znaka jednakosti doalzi znak pribliˇzno jednako, jer smo zanemarili označeni dio izmedu
vektora ∆�ρ i linije same putanje. U granici kada ∆t postaje iˇsčezavajuće malen, i ovaj znak
pribliˇzno jednako prelazi u pravu jednakost. Iz gornjeg izraza slijedi
∆S
∆t
= 1
2
� �
�
�
∆�ρ �
��ρ × �
∆t �
1
=
2 |�ρ × �v| = |� L0|
= const. (7.51)
2m
Poddjelovanjemcentralnesile, česticasedaklegibatakodaradijvektorujednakimvremenskim
intervalima opisuje jednake povrˇsine. Kaoˇsto će se uskoro vidjeti, ova tvrdnja je sadrˇzaj jednog
od Keplerovih zakona.
7.7 Jednadˇzba 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 = ˙ρ�eρ +ρ ˙ϕ�eϕ,
¨�ρ = (¨ρ−ρ ˙ϕ 2 )�eρ +(ρ¨ϕ+2˙ρ ˙ϕ)�eϕ.
U slučaju kada na promatranu česticu djeluje samo centralna sila, jednadˇzba gibanja (drugi
Newtonov aksiom), m ¨ �ρ = � F, glasi
ili, po komponentama
m(¨ρ−ρ ˙ϕ 2 )�eρ +m(ρ¨ϕ+2˙ρ ˙ϕ)�eϕ = f(ρ)�eρ,
�eρ : m (¨ρ−ρ ˙ϕ 2 ) = f(ρ),
�eϕ : m (ρ¨ϕ+2˙ρ ˙ϕ) = 0.
Pogledajmo najprije drugu od gornjih jednadˇzba. Primjetimo da je
d
�
ρ
dt
2 �
(t) ˙ϕ(t) = 2ρ˙ρ ˙ϕ+ρ 2 ¨ϕ = ρ(ρ¨ϕ+2˙ρ ˙ϕ).
Pomoću gornjeg rezultata, moˇzemo drugu od jednadˇzba (7.52) napisati u obliku
m
ρ
d
dt (ρ2 ˙ϕ) = 0,
(7.52)

7.7. JEDNADˇ ZBA GIBANJA ČESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 243
tj.
ρ 2 ˙ϕ = const.
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 = m�ρ × ˙ �ρ = m�ρ × (˙ρ�eρ +ρ ˙ϕ�eϕ) = mρ 2 ˙ϕ�ez = const. ⇒ ρ 2 ˙ϕ = |� L 0|
= const.
m
U prvoj od jednadˇzba (7.52), 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 jednadˇzba moˇze rjeˇsavati na dva načina:
(1) parametarski: pomoću uvjeta ρ 2 ˙ϕ = const., eliminirati kutnu varijablu ϕ i dobiti jednadˇzbu
za ρ kao funkciju vremena: ρ = ρ(t); rijeˇsiti tu jednadˇzbu i zatim taj ρ = ρ(t)
uvrstiti u ρ 2 ˙ϕ = const.; time dobivamo diferencijalnu jednadˇzbu za ϕ kao funciju vremena:
ϕ = ϕ(t)
ρ = ρ(t),
ϕ = ϕ(t).
(2) eksplicitno: shvatiti ρ kao sloˇzenu 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 prvu od jednadˇzba (7.52)
¨ρ−ρ ˙ϕ 2 = f(ρ)
m ,
uvrstimo ˙ϕ iz ρ 2 ˙ϕ = L0/m = const. i dobijemo
¨ρ− L2 0
m 2 ρ
f(ρ)
= , (7.53)
3 m
jednadˇzbu za ρ = ρ(t) u kojoj je eliminirana kutna varijabla. Kada se, za dani konkretni oblik
sile f(ρ), rijeˇsi ova jednadˇzba, dobit će se eksplicitna ovisnost
ρ = ρ(ρ0,L0,t0;t).

244 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Ovo rjeˇsenje za ρ uvrsti se zatim u ρ 2 ˙ϕ = L0/m i ta se jednadˇzba rijeˇsi po ϕ
� ϕ
ϕ0
dϕ
dt =
| � L 0|
m ρ2 (t)
dϕ = |� L 0|
m
(2) Drugi način je ovaj: uvedimo novu varijablu
� t
t0
dt
ρ2 (t)
� t
ϕ(t) = ϕ0 + |� L 0| dt
m t0 ρ2 (t)
ϕ(t) = ϕ(ϕ0,L0,t0;t).
u(ϕ) = 1
ρ
koju shvaćamo kao funkciju kuta ϕ. Iz konstantnosti momenta količine gibanja slijedi
L0
m = ρ2 ˙ϕ = 1 L0
˙ϕ ⇒ ˙ϕ =
u2 m u2
˙ρ = dρ
dt
¨ρ =
d ˙ρ
dt
dρ dϕ
=
dϕ dt
= du−1
dϕ
�
d
= −
dt
L0
�
du
m dϕ
˙ϕ = −1
u 2
= − L0
m
= − L0
m ˙ϕd2 u
dϕ 2 = −L2 0
m 2u2d2 u
dϕ 2.
Sada prva od jednadˇzba gibanja (7.52), poprima oblik
�
m − L20 m2u2d2 u 1
−
dϕ2 u
du L0
dϕ m u2 = − L0 du
m dϕ ,
d du
dϕ dt
m(¨ρ−ρ ˙ϕ 2 ) = f(ρ)
L 2 0
m 2u4
�
= f(1/u)
= −L0
m
�
d du
dϕ dϕ
�
· −m
L 2 0u 2,
�
dϕ
dt
d2u +u = −m
dϕ2 L2 f(1/u)
0 u2 , (7.54)
gdje je u = u(ϕ), tj. eliminirano je vrijeme. Gornja se jednadˇzba zove Binetova 21 formula.
Ako se sada vratimo u varijablu ρ = 1/u,
du
dϕ
d 1 −1
= =
dϕ ρ ρ2 dρ
dϕ ,
�
−1
ρ2 �
dρ
=
dϕ
2
ρ3 � �2 dρ
−
dϕ
1
ρ2 d2ρ dϕ2, d2u d
=
dϕ2 dϕ
21 Jacques Philippe Marie Binet, 1786. - 1856., francuski matematičar.

7.8. POTENCIJALNA ENERGIJA ČESTICE U POLJU CENTRALNE SILE 245
Binetovu formulu (7.54) moˇzemo napisati i u varijabli ρ = ρ(ϕ)
2
ρ 3
� dρ
dϕ
� 2
− 1
ρ 2
d2ρ 2
−
dϕ2 ρ
d2ρ 1
+
dϕ2 ρ
� �2 dρ
dϕ
m
=
L2ρ 0
2 f(ρ)
�
·(−ρ 2 ),
−ρ = m
L2ρ 0
4 f(ρ) (7.55)
7.8 Potencijalna energija čestice u polju centralne sile
Konzervativnost:
Pokaˇzimo da je centralno polje sile konzervativno (kao ˇsto smo već pokazali za gravitacijsku
silu), tako ˇsto ćemo pokazati da je njegova rotacija jednaka nuli. Operator rotacije u
cilindričnom koordinatnom sustavu se moˇze naći npr. u [13]
� � � �
−→
∇ × F �
1∂Fz
∂Fϕ ∂Fρ ∂Fz
= − �eρ + −
ρ ∂ϕ ∂z ∂z ∂ρ
�eϕ + 1
ρ
� ∂(ρFϕ)
∂ρ
�
∂Fρ
− �ez.
∂ϕ
Za centralne sile je � F = f(ρ)�eρ, pa su Fϕ = Fz = 0, a Fρ = 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, moˇze se definirati potencijalna energija Ep sa
svojstvom
�F = − −→ ∇Ep.
Uvrˇstavanjem gradijenta u cilindričnom koordinatnom sustavu, (koji se takoder moˇze naći u
[13]),
−f(ρ)�eρ = −→ ∇Ep =�eρ
dolazi se do tri skalarne jednadˇzbe
s rjeˇsenjima
�
Ep = −
∂Ep
∂ρ
= −f(ρ),
∂Ep
∂ρ
∂Ep
∂ϕ
+ �eϕ
ρ
= 0,
∂Ep
∂ϕ +�ez
∂Ep
∂z ,
∂Ep
∂z
= 0,
f(ρ)dρ+c1(ϕ,z), Ep = c2(ρ,z), Ep = c3(ϕ,z).
Sve tri gornje jednadˇzbe su zadovoljne za potencijalnu energiju
�
Ep = − f(ρ)dρ+e0.
Konstanta e0 se odreduje odabirom ekvipotencijalne plohe na kojoj je potencijalna energija
jednaka nuli. Npr. kod elastične sile se obično odabire Ep(ρ = 0) = 0, dok se kod gravitacijske
sile najčeˇsće odabire Ep(ρ → ∞) = 0.

246 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
7.9 Sačuvanje energije
Ukupna mehanička energija u polju konzervativne sile je
Kinetička energija je
Ek = mv2
2
E = Ek +Ep = const. = E0.
= m
2 (˙ρ�eρ +ρ ˙ϕ�eϕ) 2 = m
2 (˙ρ2 +ρ 2 ˙ϕ 2 ).
Do na aditivnu konstantu, potencijalna je energija
�
Ep = − f(ρ) dρ,
pa je ukupna energija
Uvrˇstavanjem ˙ϕ iz uvjeta
E = m
2 (˙ρ2 +ρ 2 ˙ϕ 2 �
)−
ρ 2 ˙ϕ = L0
m
f(ρ) dρ = const. = E0. (7.56)
= const.,
u jednadˇzbu (7.56), dolazi se do jednadˇzbe za energiju izraˇzene preko ρ = ρ(t)
E = m
�
˙ρ
2
2 + L20 m2ρ2 � �
− f(ρ) dρ = const. = E0. (7.57)
Shvatimo li joˇs i ρ kao funkciju od ϕ(t), dolazi se do jednadˇzbe za energiju izraˇzene preko
ρ = ρ(ϕ)
dρ dρ dϕ dρ dρ L0
= = ˙ϕ =
dt dϕ dt dϕ dϕ mρ2, E0 = m
��dρ �2 2 L0 2 dϕ m2ρ4 + L20 m2ρ2+ � �
− f(ρ)dρ,
L
E0 =
2 0
2mρ4 ��dρ �2 +ρ
dϕ
2
� �
− f(ρ)dρ.
U terminima varijable u(ϕ) = 1/ρ(ϕ), jednadˇzba sačuvanja energije se moˇze napisati kao
dρ
dϕ
d 1 −1
= =
dϕ u u2 du
dϕ ,
�
1
u4 � �2 du
+
dϕ
1
u2 �
E0 −Ep = L2 0
2m u4
� �2 du
dϕ
= L2 0
2m
� �du
dϕ
� 2
+u 2
+u 2 = 2m(E0 −Ep)
L2 . (7.58)
0
�
,

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 247
Pomoću jednadˇzbe (7.57), dolazi se do izraza za proteklo vrijeme gibanja čestice.
Rijeˇsimo tu jednadˇzbu po nepoznanici ˙ρ
˙ρ 2 = 2
�
E0 −Ep(ρ)−
m
L20 2mρ 2
�
dρ
dt =
� �
2
E0 −Ep(ρ)−
m
L20 2mρ 2
�
(7.59)
(zadrˇzali smo samo pozitivan predznak, jer je na lijevoj strani iznos brzine koji je nuˇzno pozitivan).
Sada izvedimo razdvajanje varijabli i integraciju od početnog trenutka t0 kada se čestica
nalazila u točki ρ(t0) = ρ0, do nekog općeg trenutka t kada se čestica nalazi u ρ
� t
t0
dt =
t = t0 +
� � ρ
m
2 ρ0
�
m
2
dρ
� E0 −Ep(ρ)−L 2 0/(2mρ 2 )
� ρ
ρ0
t = t(t0,E0,L0,ρ0;ρ).
dρ
� E0 −Ep(ρ)−L 2 0/(2mρ 2 )
Pomoćugornjihizraza, moˇzesedoćiidorelacijekoja dajeopisani kutkaofunkciju koordinate
ρ. Krenimo od relacije (7.59), prema kojoj je
�
m dρ
dt = �
2 E0 −Ep(ρ)−L 2 0 /(2mρ2 )
i dt izrazimo preko dϕ koristeći izraz za konstantnost momenta količine gibanja
Tako dobivamo
� ϕ
ϕ0
dϕ = L0
mρ2 dϕ =
� ρ
ρ0
ϕ = ϕ0 +
L0dt = dϕ mρ 2 .
� m
2
dρ
� E0 −Ep(ρ)−L 2 0/(2mρ 2 )
dρ
ρ 2 � 2m(E0 −Ep(ρ))/L 2 0 −1/ρ 2
� ρ
ρ0
ϕ = ϕ(ϕ0,E0,ρ0,L0;ρ).
dρ
ρ 2 � 2m(E0 −Ep(ρ))/L 2 0 −1/ρ2
Dobili smo ϕ kao funkciju konstanti i trenutnog poloˇzaja 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
vaˇznom primjeru centralnih sila.

248 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Ono ˇsto 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
E0 = Ek +Ep = p2
2m −GmM
ρ ,
gdje je ρ udaljenost izmedu srediˇsta mase tijela i Sunca, a �p = m�v je količina gibanja srediˇsta
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
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 moˇze napisati
�L 0 = �ρ × (�p ⊥ +�p�) = ρp⊥�ez, ⇒ p⊥ = L0
ρ
E0 = p2 �
2m + p2⊥ 2m −GmM
ρ = p2 �
2m + L20 −GmM
2m ρ2 ρ .

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 249
Prvi član desne strane ćemo nazivati paralelnom kinetičkom energijom
E �
k = p2 �
2m ,
jerovisioparalelnojkomponenti brzinetijelakrozp�. Drugadvačlanaovisesamoopoloˇzaju
tijela (kroz radij vektor ρ), pa ćemo ih nazvati efektivnom potencijalnom energijom
E ef.
p = L20 −GmM
2mρ2 ρ
. (7.60)
Efektivna potencijalnaenergijasesastojioddvačlana: prvijeuvijekpozitivan, adrugijeuvijek
negativan. Ovisno o tome koji je od ta dva člana veći, E ef.
p moˇze biti pozitivna, negativna i
jednaka nuli. Kinetička energija je uvijek pozitivna, tako da ukupna (konstantna) energija
E = E �
k +Eef. p = E0
takoder moˇze biti i veća i manja i jednaka nuli.
Graf efektivne potencijalne energije, za danu konstantnu vrijednost � L 0, je prikazan na slici
7.16 (primjetimo da se E ef.
p asimptotski pribliˇzava nultoj vrijednosti, kada ρ teˇzi prema beskonačnosti).
Promotrimo detaljnije sliku 7.17. Tijelo uvijek ima konstantnu vrijednost mo-
Slika 7.16: Graf efektivne potencijalne energije E ef.
p .
ef.
Ep 0
2
L
0
2 m
1
ρ 2
- G
m M
ρ
ρ
Slika 7.17: Oblik putanje tijela ovisi o njegovoj ukupnoj
mehaničkoj energiji.
menta količine gibanja L0, 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.
Promotrimo nekoliko tipičnih situacija:
(1) Neka se tijelo giba s ukupnom mehaničkom energijom E0 koju ćemo označiti s Eelp < 0
(slika 7.17). U točkama ρe,1 i ρe,2 vrijedi da je
E hip
E par
E elp
E kru
ρ
h
ρ
p
ef.
Ep ρ e,1
Eelp = E �
k +Eef.
p < 0 (7.61)
Eelp = E ef.
p ,
ρ k
ρ e,2
ρ

250 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
pa u tim točkama mora biti
tj.
E �
k = p2 �
= 0
2m
v�(ρ = ρe,1) = v�(ρ = ρe,2) = 0, v⊥ = v �= 0.
Brzina ima samo okomitu komponentu.
Na udaljenostima manjim od ρe,1 i većim od ρe,2, je (slika 7.17)
Eelp < E ef.
p ,
pa da bi relacija (7.61) bila zadovoljena morala bi biti i
E �
k = p2 �
2m
no to je nemoguće jer je p2 � /(2m) uvijek pozitivno (radijalna komponenta brzine ne moˇze biti
imaginarna, to je fizički neprihvatljivo). Iz tog razloga zaključujemo da će se tijelo gibati u
ograničenom dijelu prostora izmedu ρe,1 (najmanja udaljenost tijela od Sunca) i ρe,2 (najveća
udaljenost tijela od Sunca), kao ˇsto je to prikazano slikama 7.18. Ova putanja općenito ne
< 0,
Slika 7.18: (A) Periodička putanja. (B) Neperiodička putanja.
mora biti zatvorena (slika 7.18 B ). Moˇze se pokazati da je u posebnim slučajevima, ako je
sila koja izvodi gibanje izotropna elasična sila (odjeljak sec-3DHO) ili gravitacijska sila (kao u
ovom primjeru), putanja je uvijek zatvorena. To je elipsa smjeˇstena u dijelu ravnine izmedu
kruˇznica polumjera ρe,1 i ρe,2 sa izvorom sile u jednom od fokusa (ako je sila obrnuto srazmjerna
kvadratu udaljenosti, kao kod gravitacijske sile), tj. sa izvorom sile u srediˇstu elipse (ako je sila
srazmjerna udaljenosti, kao kod izotropne elastične sile - odjeljci 6.2 i 6.3).

7.10. OPIS GIBANJA NEBESKIH TIJELA POMOĆU GRAFA ENERGIJE 251
Pokaˇzimo kako ukupna energija tijela odreduje veliku poluos elipse. Na udaljenostima ρ = ρe,1
i ρ = ρe,2, vrijedi
Eelp = E ef.
p = L2 0
2mρ
K
− , K ≡ G M m.
2 ρ
Dva rjeˇsenja po ρ gornje jednadˇzbe su upravo ρ = ρe,1 i ρ = ρe,2
ρe,1,2 = 1
�
2
− K
�
±
Eelp
K2 + 2L2 �
0
mEelp
,
a njihov zbroj je (slike 7.17 ili 7.18A), jednak 2a
E 2 elp
a = 1
2 (ρe,1 +ρe,2) = − 1
2
Time je dobivena veza izmedu ukupne energije tijela koje se giba po elipsi i velike poluosi elipse
Eelp = − K mM
= −G . (7.62)
2a 2a
(2) Ako je energija tijela najmanja moguća E0 = Ekru < 0, tada je u svakoj točki putanje
Slika 7.19: Ako je E = Ekru < 0, udaljenost tijela od Sunca je sve vrijeme gibanja konstantna i putanja je
kruˇznica polumjera ρk. Ako je E = Epar = 0, gibanje se odvija po paraboli, a najmanja udaljenost tijela od
Sunca je ρp < ρk. Ako je E = Ehip > 0, gibanje se odvija po hiperboli, a najmanja udaljenost od Sunca je
ρh < ρp < ρk.
Ekru = E ef
p
= min, a E�
k
kruznica
parabola
hiperbola
ρ k
ρ h
ρ p
S
K
Eelp
.
= 0. S obzirom da je E�
k = 0 to je i v� = 0, tj. brzina tijela je u
svakoj točki putanje okomita na radij vektor. Udaljenost tijela od Sunca je ρ = ρk = const.,
tj. tijelo se giba po kruˇznici polumjera ρk (slika 7.19). Poloˇzaj minimuma Eef. p , relacija (7.60),
tj. udaljenost tijela od izvora sile, je lako odrediti kao ekstrem funkcije Eef. p (ρ)
∂Eef. �
�
p �
� = 0 ⇒ ρk =
∂ρ
L20 mK .
� ρk

252 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Sada moˇzemo izračunati i energiju tijela koje se giba po kruˇznici
Ekru = E ef
p (ρk) = − 1
2
mK 2
L 2 0
= − K
. (7.63)
2ρk
Gornje se razmatranje moˇze primjeniti i na odredivanje prve i druge kozmičke brzine.
Brzina koju je potrebno dati tijelu (satelitu) da bi se gibao oko Zemlje po kruˇznici polumjera
jednakog polumjeru Zemlje RZ, naziva se prva kozmička brzina, v1 i dobiva se iz
izjednačavanja centrifugalne i gravitacijske sile
Fcf = FG
m v2 1
RZ
v1 =
m MZ
= G
R 2 Z
� G Mz
Rz
≃ 7.9 km
s .
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
E0 = Epar = 0
E0 = Ehip > 0
(slika 7.19). U tom slučaju postoji samo najmanja dozvoljena udaljenost tijela od Sunca, ρp,
tj. ρh. Najveća udaljenost tijela od Sunca nije ograničena. U nastavku ovog odjeljka ćemo
pokazati da ova gibanja jesu gibanja po paraboli (E0 = Epar = 0) i hiperboli (E0 = Ehip > 0).
Ova se gibanja dakle odvijaju u neograničenom dijelu prostora.
Energija iznosa E = 0 je dakle granična energija za koju se raketa moˇze beskonačno udaljiti
od Zemlje. Brzina rakete koja odgovara ovoj graničnoj energiji, naziva se druga kozmička
brzina, v2 i dobiva se iz uvjeta
E = mv2 2
2
−G mMz
ρ
Energija je jednaka nuli uvijek, pa i u trenutku lansiranja kada je ρ = RZ. Iz gornjeg izraza se
tada lako dolazi do vrijednosti druge kozmičke brzine
�
G Mz
v2 = 2 = √ 2 v1 ≃ 11.2 km
s .
Rz
Podsjetimo se joˇs 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 ˇsto je energija tijela
veća (pozitivnija), to se tijelo viˇse pribliˇzava izvoru sile - Suncu (čije se srediˇste nalazi u ρ = 0).
= 0.

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 253
Zadatak: 7.8 Na česticu djeluje sila srazmjerna udaljenosti od izvora sile. Odredite putanju
tijela. dovrˇsiti ....
R: dovrˇsiti
7.11 Ekvivalentnost Keplerovih zakona i zakona gravitacije
Vratimo se opet gravitacijskoj sili kao vaˇznom primjeru centralne sile.
Na temelju velikog broja osmatračkih podataka o poloˇzajima planeta, do kojih je doˇsao Tycho
Brache 22 , formulirao je njegov učenik Johannes Kepler 23 tri zakona o gibanjima planeta
oko Sunca (slika 7.20):
(1) svaki se planet giba po eliptičnoj putanji
sa Suncem u jednom od ˇzariˇsta elipse; elipse
svih planata imaju jedno zajedničko ˇzeriˇste u
kojemu se nalazi Sunce;
(2) radij vektor, tj. spojnica Sunce-planet, u
jednakimvremenimaopisujejednakepovrˇsine
(tj. povrˇsinska brzina je konstantna) 24 ;
(3) kvadrati ophodnih vremena planeta oko
Sunca, srazmjerni su kubovima velikih poluosa
njihovih orbita.
Slika 7.20: Uz Keplerove zakone o gibanju planeta (P)
oko Sunca (S).
Izvod gravitacijske sile iz Keplerovih zakona :
Pokaˇzimo da se iz Keplerovih zakona moˇze izvesti Newtonov izraz za gravitacijsku silu.
Prema prvom Keplerovom zakonu (koji je rezultat
opaˇzanja), planeti se oko Sunca gibaju
po elipsama. Izvedimo oblik sile koja izaziva gibanje po takvoj orbiti. Jednadˇzba elipse
ρ = ρ(ϕ),
sa jednim od ˇzariˇsta u točki ishodiˇsta, u polarnim koordinatama je (dodatak C)
gdje je a velika poluos elipse, b je mala poluos, a ekscentricitet
√
a2 −b2 ǫ = < 1.
a
ρ(ϕ) = a(1−ǫ2 )
, (7.64)
1+ǫcosϕ
22 Tycho Brache, 1546. - 1630., ˇsvedski astronom i astrolog danskog kralja Fridricha II; nije vjerovao da se Zemlja giba oko Sunca.
23 Johannes Kepler, 1571. - 1630., njemački astronom
24 Dakle linijska brzina nije konstantna, već se planet brˇze giba kada je bliˇze Suncu.

254 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Iz poznate putanje, (7.64), sila se moˇze izračunati iz Binetove formule (7.54)
f(ρ) = − L20u 2 � � 2 d u
+u ,
m dϕ2 gdje je
u(ϕ) = 1
ρ(ϕ)
du −ǫ sinϕ
=
dϕ a(1−ǫ 2 ) ,
Uvrˇstavanjem u izraz za silu, slijedi
f = − L2 0u 2
m
�
−✘✘✘✘ ǫcosϕ
a(1−ǫ 2 ) + 1+ ✘✘✘✘ ǫcosϕ
a(1−ǫ 2 )
= 1+ǫcosϕ
a(1−ǫ 2 )
d2u −ǫ cosϕ
=
dϕ2 a(1−ǫ 2 ) .
�
L
= −
2 0
ma(1−ǫ 2 1
= −K
) ρ2 ρ2. Dobivena je privlačna sila obrnuto srazmjerna kvadratu udaljenosti od točke izvora sile, a to je
upravo gravitacijska sila. Konstantom K smo označili
koja se u Newtonovom obliku piˇse kao
K =
L 2 0
ma(1−ǫ 2 )
K = GMm
i uvijek je pozitivna. Za slučaj Coulombove elektrostatske sile, konstanta
K = − q1q2
4πǫ0
(7.65)
moˇze biti takoder pozitivna (ako su naboji q1 i q2 suprotnog preznaka), ali moˇze biti i negativna
(ako su naboji q1 i q2 istog preznaka).
Izvod prvog Keplerovog zakona iz Newtonovog zakona gravitacije:
Pokaˇzimo sada da su putanje tijela (planete, komete, sateliti, ...) koja se gibaju u polju
privlačne sile inverznog kvadrata, presjeci stoˇsca (kruˇznica, elipsa, parabola ili hiperbola), slika
7.21. Neka je sila oblika
f(ρ) = − K
ρ 2 = −Ku2 ,
uz pozitivnu konstantu K danu sa (7.65). U Binotovom obliku jednadˇzbe gibanja (7.54), sada
je poznat oblik sile f, a nepoznanica je u tj. ρ = ρ(ϕ)
d2u m m
+u = − = −
dϕ2 u2f
L 2 0
Rjeˇsenje nehomogene diferencijalne jednadˇzbe
d 2 u
dϕ 2 +u = Km
L 2 0
L2 0u2(−Ku2 ) = Km
L2 0

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 255
Slika 7.21: Presjeci stoˇsca i ravnine.
potraˇzimo u obliku zbroja rjeˇsenja pripadne homogene jednadˇzbe i partikularnog rjeˇsenja nehomogene
jednadˇzbe
u = uH +uP.
Homogena varijanta gornjejednadˇzbe namje dobro poznata iz odjeljka 6, gdje jeopisivala gibanje
čestice pod djelovanjem elastične sile (sada s ω0 = 1). Njezina su rjeˇsenja trigonometrijske
funkcije, koje saˇzeto moˇzemo napisati u obliku
uH = C0cos(ϕ−ϕ0),
uz konstantne C0 i ϕ0 koje se odreduju iz početnih uvjeta na cijelo rjeˇsenje u = uH +uP. Lako
je uvjeriti se da je partikularno rjeˇsenje konstanta
pa je cijelo rjeˇsenje
uP = Km
L2 ,
0
u = uH +uP = C0cos(ϕ−ϕ0)+ Km
L2 .
0
Zbog izotropnosti prostora, smjerovi koordinatnih osi se mogu postaviti tako da je početni
otklon ϕ0 = 0. Vratimo li se u varijablu ρ = 1/u, gornje rjeˇsenje je
ρ(ϕ) =
L 2 0 /(Km)
�
1+ C0L2 �
0/(Km)
,
cosϕ

256 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
ˇsto prepoznajemo kao jednadˇzbu presjeka stoˇsca iz dodatka C,
uz
ρ(ϕ) =
p
1+ǫcosϕ ,
p = L2 0
Km , ǫ = C0p > 0. (7.66)
Ovimejepokazanodasuputanjetijelaupoljuprivlačnesila inverznog kvadrata, oblikapresjeka
stoˇsca. Primjetimo da smo, pomoću Binetove formule, iz oblika putanje jednoznačno
dobili oblik sile, ali da iz oblika sile dobivamo viˇse mogućih oblika putanje.
Stvarni oblik putanje ovisi o početnim uvjetima.
Poveˇzimo konstantu C0 s ukupnom energijom tijela E0. Gibanje u polju sile inverznog kvadrata
se moˇze odvijati po zatvorenoj (planeti, sateliti) ili otvorenoj putanji (komete, meteori), ovisno
o tome je li ukupna mehanička energija objekta koji se giba E0 < 0 ili E0 ≥ 0. Iz razmatranja
o energiji, (7.58 ), znamo da je
Uvrsti li se u gornji izraz
dolazi se do
2m
L2 E0 +
0
2mK
L2 0
2m(E0 −Ep)
L 2 0
=
� �2 du
+u
dϕ
2 .
u = C0cosϕ+ Km
L2 , Ep = −Ku,
0
Rjeˇsavanjem gornje jednadˇzbe po C0, dolazi se do
�
pa je, prema (7.66),
�
C0cosϕ+ Km
L2 �
= C
0
2 0 sin2 �
ϕ+ C0cosϕ+ Km
L2 �2 .
0
C0 = Km
L 2 0
1+ 2L2 0
K 2 m E0,
ǫ = L20 Km C0 =
Iz dodatka C znamo da vrijednost ǫ odreduje oblik putanje:
ǫ = 0 kruˇznica
0 < ǫ < 1 elipsa
ǫ = 1 parabola
ǫ > 1 hiperbola
�
1+ 2L2 0
mK 2 E0. (7.67)

7.11. EKVIVALENTNOST KEPLEROVIH ZAKONA I ZAKONA GRAVITACIJE 257
Na kruˇznici je ǫ = 0, pa je, prema (7.67), energija kruˇznog gibanja
upravo kao ˇsto smo i dobili iz razmatranje grafa energije (7.63).
Na elipsi je 0 < ǫ < 1 i zato, prema (7.67), energija mora biti
E0 = Ekru = − mK2
2L2 , (7.68)
0
− mK2
2L 2 0
< E0 < 0.
Za gibanje po paraboli, energija mora biti jednaka nuli, a za gibanje po hiperboli, mora biti
pozitivna.
Gornja razmatranja moˇzemo pregledno prikazati na slijedeći način:
E0 = − mK2
2L 2 0
− mK2
2L 2 0
⇔ ǫ = 0 ⇒ kruˇznica, (7.69)
< E0 < 0 ⇔ ǫ < 1 ⇒ elipsa,
E0 = 0 ⇔ ǫ = 1 ⇒ parabola,
E0 > 0 ⇔ ǫ > 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 25 putanje tijela.
Izvod drugog Keplerovog zakona iz zakona gravitacije :
Ranije smo, relacijom (7.51), već pokazali da je općenito u polju bilo koje centralne sile (pa
tako i gravitacijske), povrˇsinska brzina konstantna
dS
dt
i time je drugi Keplerov zakon dokazan.
L0
= = const.
2m
Primjetimo usput i to, da u tom slučaju sama linijska (obodna) brzina čestice, v = dl/dt, nije
konstantna, nego je veća kada je čestica bliˇze izvoru sile (ˇzariˇstu elipse), a manja kada je čestica
dalje od izvora sile. Relacijom (7.62), smo pokazali da je energija gibanja po eliptičkoj putanji
Eelp = − K
.
2a
(7.70)
S druge je strane, ukupna mehanička energija jednaka zbroju kinetičke i potencijalne energije
mv2 −
2
K
ρ = E0 = − K
�
2
,
2a m
v
(7.71)
2 (ρ) = K
� �
2 1
− .
m ρ a
25 Primjetimo da je energija E0 zbroj kinetičke i potencijalne energije.

258 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Kao posljedicu konstantnosti povrˇsinske brzine, dobili smo linijsku brzinu koja nije konstantna,
nego je najveća kada je planet najbliˇzi 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 kaˇze 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 povrˇsina elipse jednaka abπ. Povrˇsinska brzina ˙ S je konstantna
i jednaka je L0/(2m). U vremenu od jednog perioda, planet će opisati povrˇsinu cijele elipse, pa
je
L0
2m
= abπ
T
⇒ T = 2m
Da bi se dobila veza izmedu perioda T i velike poluosi a, treba malu poluos b izraziti preko a.
Iz definicije ekscentriciteta, ǫ = √ a 2 −b 2 /a, je
b = a √ 1−ǫ 2 .
Izračunamo li ǫ iz (7.67), tako ˇsto ćemo uvrstiti energiju Eelp = −K/(2a), dobivamo
L0
abπ.
ǫ 2 = 1− L2 0
Kam ⇒ 1−ǫ2 = L2 0
Kam .
Uvrˇstavanjem gornjeg 1−ǫ 2 u izraz za b, slijedi
Sada je povrˇsina elipse
b = a √ 1−ǫ 2 = a
abπ = a 2 π
Uvrˇstavanje abπ u izraz za period, daje
T = 2πm
�
2 L0a3 � 2
Km
L0
Uvrˇstavanjem K = GMm dobiva se
� L 2 0
Kam
� L 2 0
Kam .
= π
� L 2 0 a 3
Km .
⇒ T 2 = 4π2 m 2
T2 4π2
=
a3 GM .
L 2 0
L2 0a3 Km = 4π2m K a3 .
Iako su svaki za sebe, T i a 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.

7.12. VIRIJALNI TEOREM 259
T je iste dimenzije kao i moment količine gibanja � L = �r × �p, ali, kao ˇsto ćemo uskoro vidjeti,
ima posve drukčije fizičko značenje. Pogledajmo kako se T mijenja u vremenu
dT
dt
= d�r
dt
�p +�r d�p
dt
= �v �p +�r � F = �p2
m +�r � F
= 2Ek +�r � F.
Usrednjimo gornji izraz po vremenu od početnog trenutka t = 0 do t = t0 prema slijedećem
obrascu
Lijeva strana je jednaka
� dT
dt
�
= 1
〈 f(t) 〉 = 1
� dT
dt
t0
�
� t0
0
t0
� t0
0
dtf(t),
= 2〈 Ek 〉+〈�r � F 〉.
dt dT
dt
= 1
t0
� �
T (t0)−T (0) .
Ako je gibanje periodično s periodom T = t0, tada je T (t0) = T(0), pa je
�
dT
�
= 0.
dt
Akogibanjenijeperiodično, aliseodvijaukonačnomdijeluprostora,tada�r i�p imajukonačne
vrijednosti, pa i T (t) = �r ·�p koji je dan njihovim umnoˇskom i sam mora biti konačan. U tom
slučaju je i razlika T (t0)−T (0), konačna, pa će, za dovoljno velike vremenske intervale t0 biti
�
dT
�
=
dt
T (t0)−T (0)
= 0.
t0
Tako dolazimo do zaključka da je za periodična i prostorno ograničena neperiodična gibanja
ˇsto znači da je
〈 ˙
T 〉 = 0,
Gornji se izraz zove virijalni teorem, a sama veličina
〈 Ek 〉 = − 1
2 〈�r · � F 〉. (7.72)
− 1
2 〈�r· � F 〉
se zove virijal jedne čestice. Virijalni teorem kaˇze da je vremenska srednja vrijednost
kinetičke energije jednaka virijalu.
Prmjenimo virijalni teorem na gibanje čestice u polju centralne sile: �r = �ρ
�F = f(ρ)�eρ,
�F = − −→ ∇Ep = − dEp
dρ �eρ.

260 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
Iz gornjih jednadˇzba slijedi
�ρ � F = −ρ�eρ
dEp
dρ �eρ = −ρ dEp
dρ .
Prema virijalnom teoremu je
〈 Ek 〉 = − 1
2 〈 �ρ · � F 〉 = 1
�
2
Specijalno, u polju gravitacijske sile je
ρ dEp
dρ
Ep = −G mM dEp
, ⇒
ρ dρ
�
.
mM
= G ,
ρ2 ρ dEp mM
= G = −Ep,
dρ ρ
〈 Ek 〉 = 1
�
ρ
2
dEp
�
= −
dρ
1
2 〈 Ep 〉.
Sada je vremenska srednja vrijednost ukupne mehaničke energije jednaka
〈 E 〉 = 〈 Ek 〉+〈 Ep 〉 = − 1
2 〈 Ep 〉+〈 Ep 〉 = 1
2 〈 Ep 〉,
tj. gravitacijsku silu (i općenito za privlačnu centralnu silu koja opada s kvadratomudaljenosti)
je
〈 E 〉 = 1
2 〈 Ep 〉.
Gornji je izraz u skladu s (7.70): Eelp = −K/(2a).
Budući da je za centralne sile, mehanička energija konstanta gibanja, to je i
〈 E 〉 = E0 = 1
2 〈 Ep 〉.
7.12.1 Virijalni teorem za homogenu potencijalnu energiju
dovrˇsiti
7.12.2 Početni uvjeti i putanja satelita
dovrˇsiti
7.13 ”Sto 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 ˇzivot na Zemlji ne bi bio moguć, pa ni
mi ne bismo doˇsli u situaciju da o tome razmiˇsljamo).

7.13. ”STO BI BILO ... 261
No, u naˇsim smo računima propustili primjetiti jednu vaˇznu 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
moˇze izazvati velike promjene u stanju sustava. Npr. mala kuglica na vrhu brijega se nalazi
u stanju (labilne) ravnoteˇze (slika 7.22.A). Ako se vanjski uvjeti ne promjene, ona će ostati u
tom poloˇzaju beskonačno dugo. No, ako neka vanjska sila malo pomakne česticu iz njenog
Slika 7.22: Uz ilustraciju stabilnosti kuglice.
poloˇzaja, ona će se otkotrljati niz strminu i zauzeti neki novi poloˇzaj ravnoteˇze, udaljen od
početnog za neki konačan iznos. Drukčija je situacija ako se čestica nalazina dnu jame kao
na slici 7.22.B. Tada mali pomaci od početnog poloˇzaja neće izazvati trajno udaljavanje od
početnog poloˇzaja: čestica se nalazi u stanju stabilne ravnoteˇze. 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 savrˇsenoj elipsi (sa ˇzariˇstem u
srediˇstu 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 ponaˇsati kao kuglica
na vrhu brijega ili kao kuglica na dnu jame? S obzirom da smo mi u situaciji da moˇzemo o tome
raspravljati, jasno je da se Zemlja ponaˇsa kao čestica na dnu jame. U ostatku ovog odjeljka
ćemo pokuˇsati razjasniti i zaˇsto je to tako.
U odjeljku 7.3 smo pokazali, relacijom (7.34), da gravitacijsko polje zadovoljava jednadˇzbu
−→ ∇�g = −4πGρm(�r).
Izračunajmo gravitacijsko polje Sunca u D-dimenzijskom prostoru. Izvan Sunčeve kugle je

262 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
ρm ≡ 0 i gornja se jednadˇzba svodi na
−→ ∇�g = 0.
Budući da je Sunce sferno simetrično tijelo, njegovo gravitacijsko polje mora odraˇzavati tu
sfernu simetriju, tj. u koordinatnom sustavu sa ishodiˇstem u srediˇstu Sunca, ono mora biti
oblika
�g(�r) = f(r)�r.
Označimokomponentevektora�g,�r i −→ ∇ uD-dimenzijskompravokutnomkoordinatnomsustavu
sa
�g = �ex 1 g1 +�ex 2 g2 +···+�ex D gD,
�r = �ex 1 x1 +�ex 2 x2 +···+�ex D xD,
−→ ∇ = �ex 1
∂
∂x1
+�ex 2
∂
∂x2
+···+�ex D
(za D = 3 je �ex 1 = �ex,�ex 2 = �ey,�ex 3 = �ez, a komponente vektora su g1 = gx,g2 = gy,g3 = gz
i x1 = x,x2 = y,x3 = z). U ovom koordinatnom sustavu, raspisana po komponentama,
divergencija polja je
−→ ∇�g = ∂g1
∂x1
+ ∂g2
∂x2
+···+ ∂gD
∂xD
=
D�
j=1
∂
∂xD
∂gj
,
∂xj
pri čemu je gj = f(r) xj. Izračunajmo gornje parcijalne derivacije
∂gj
∂xj
= ∂
∂xj
[f(r) xj] = ∂f(r)
∂xj
Prema poopćenom Pitagorinom poučku je
�
N�
�1/2
r = ⇒
j=1
x 2 j
xj +f(r) ∂xj
∂xj
∂r
∂xj
ˇsto, uvrˇsteno u gornju parcijalnu drivaciju, daje
Sada moˇzemo izračunati i −→ ∇�g
D� −→ ∂gj
∇�g = =
∂xj
j=1
∂gj
∂xj
= df(r)
dr
D�
�
df(r)
j=1
dr
= df(r)
dr
= 1
2 2xj
�
N�
j=1
x 2 j
r +f(r).
x 2 j
∂r
xj +f(r).
∂xj
�−1/2
= xj
r ,
x2 j
r +f(r)
�
= r df(r)
dr +Df(r).
PrimjetimodaseugornjojjednakostiprostornadimenzijuDpojavljujekaoparametar. Rijeˇsimo
sada jednadˇzbu za gravitacijsko polje u prostoru gdje nema mase
−→ ∇�g = 0 = r df(r)
dr +Df(r)
df
f
= −D dr
r
f(r) = const.
r D
⇒ �g =�er
const.
.
rD−1

7.13. ”STO BI BILO ... 263
Kako bi gravitacijsko polje bilo usmjereno prema srediˇstu Sunca (ishodiˇstu koordinatnog sustava),
konstantu odabiremo tako da je const. = −K, pri čemu je K > 0
�g = −�er
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 � FG = mz�g. Radi jednostavnosti, pretpostavit ćemo da
Zemlja ima takvu ukupnu mehaničku energiju da joj je putanja kruˇznica (o ovisnosti oblika
putanje i ukupne mehaničke energije, vidjeti odjeljak 7.10). U tom je slučaju gravitacijska sila
uravnoteˇzena centrifugalnom silom
�FG + � Fcf = 0.
Izjednačavanjem iznosa ove dvije sile, dobije se brzina Zemlje
�
K
v =
rD−2. (7.73)
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 poloˇzaj viˇse neće biti �r, nego �r+δr�er,
pri čemu je |δr| 0, Zemlja se udaljila od prvobitne
Slika 7.23: Uz ilustraciju stabilnosti gravitacijske sile.
putanje, pa ukupna promjena sile δ � FG+δ � Fcf mora vratiti Zemlju prema Suncu, tj. mora imati

264 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
smjer −�er. S druge strane, ako je δr < 0, Zemlja se pribliˇzila Suncu, pa ukupna promjena
sile δ � FG +δ � Fcf mora odmaknuti Zemlju od Sunca, tj. mora imati smjer +�er. Oba ova slučaja
moˇzemo saˇzeti u relaciju
(δ � FG +δ � Fcf)·δr �er < 0. (7.74)
Izračunajmo promjenu gravitacijske sile uslijed promjene udaljenosti za δr:
�FG +δ � FG = −K
mz
(r +δr) D−1�er = −K mz
r D−1�er
�
1−(D −1) δr
r +···
�
= −K mz
r D−1�er +K(D−1) mzδr
r D �er +···
⇒ δ � FG = K(D −1) mz
r D δr �er. (7.75)
Primjetimo da promjena gravitacijske sile ovisi o prostronoj dimenziji D. Prije izračunavanja
promjene centrifugalne sile, prisjetimo se da je, prema (7.50), moment količine gibanja u polju
centralne sile, konstantan, tj. da je
L(r) = L(r +δr),
mzv(r)r = mzv(r+δr)(r+δr) = mz[v(r)+δv(r)](r+δr),
0 = vδr +rδv+O(δ 2 ),
δ v = − v
δ r. (7.76)
r
Izračunajmo sada i promjenu centrifugalne sile:
�Fcf +δ � Fcf = mz (v+δv) 2
(r +δr)
�er = mz v 2 (1+2δv/v+···)
r(1+δr/r)
Uvrˇstavanjem promjene brzine (7.76) u gornji izraz, dobije se
�Fcf +δ � Fcf = mz v2 �
�er 1−2
r
δr
r +···
��
1− δr
r +···
�
= mz v2 �er
r
Iz gornjeg je izraza lako očitati vodeći član za promjenu centrifugalne sile
δ � Fcf = −3 mz v 2
�er
�
1−3 δr
r +···
�
.
r 2 δr �er. (7.77)
Primjetimo da promjena centrifugalne sile ne ovisi o prostornoj dimenziji D. Ukupna promjena
gravitacijske i centrifugalne sile je
δ� F = δ� FG +δ � Fcf = K(D −1) mz
rD δr �er −3 mz v2 r2 δr �er.
Uvrsti li se za brzinu izraz (7.73), dobije se ukupna promjena sile u D-dimenzijskom prostoru
δ� F = (D −4) Kmz
δr �er.
rD Iz gornjeg izraza zaključujemo da je uvjet stabilnosti putanje (7.74), uvijek zadovoljen, ako je
D < 4.
Vaˇzno 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

7.13. ”STO BI BILO ... 265
bi sila bila stabilna ili nestabilna). Dakle, u D = 3-dimenzijskom prostoru u kojemu ˇzivimo,
gornji je uvjet zadovoljen i putanje svih planeta su stabilne u odnosu na male gravitacijske
smetnje drugih nebeskih tijela.
Zadatak: 7.9 Polazeći od izraza za polje gravitacijske sile u D-dimenzijskom prostoru
�g(�r) = − K
�er,
rD−1 izračunajte gravitacijski potencijal u D = 1,D = 2 i D = 3-dimenzijskom prostoru.
R: Polazimo od izraza
(D = 1)
(D = 2)
(D = 3)
�g = − −→ ∇V = −K �r
r D.
− −→ ∇V = −K �r
r , �r = x�ex, r = x,
dV
�ex = Kx�ex = K�ex,
� dx �x
dV = K dx,
V(r) = V(0)+K r.
− −→ ∇V = −K �r
r2, ∂V ∂V
�ex + �ey
∂x ∂y = K x�ex +y�ey
x2 +y2 ,
∂V x
= K
∂x x2 +y2, ∂V y
= K
∂y x2 +y2, � �
x dx
dV = K
x2 +y2, � �
y dy
dV = K
x2 +y2, V(�r) = V(�r0)+K lnr.
�r = x�ex +y�ey, r 2 = x 2 +y 2 ,

266 POGLAVLJE 7. GRAVITACIJA I CENTRALNE SILE
7.14 Račun smetnje
dovrˇsiti
�r = x�ex +y�ey +z�ez, r 2 = x 2 +y 2 +z 2 ,
− −→ ∇V = −K �r
r3, ∂V ∂V
�ex + �ey
∂x ∂y +�ez
∂V
∂z = K x�ex +y�ey +z�ez
∂V x
= K
∂x (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
∂V y
= K
∂y (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
∂V z
= K
∂z (x2 +y2 +z2 ) 3/2,
� �
x dx
dV = K
(x2 +y2 +z2 +f1(y,z),
) 3/2
�
y dy
= K
(x2 +y2 +z2 +f2(x,z),
) 3/2
�
= K
V(�r) = −K 1
r .
x 2 +y 2 +z 2 ,
z dz
(x2 +y2 +z2 +f3(x,y),
) 3/2
7.15 Rasprˇsenje čestica u polju centralne sile
U ovom se odjeljku daje prikaz klasičnog opisa rasprˇsenja čestica na polju centralne sile.
Promatrasehomogenisnopčestica(elektroni, α-čestice, planeti, ···)istemaseienergije, kojese
pribliˇzavaju centru sile. Uobičajeno je pretpostaviti da sila iˇsčezava u beskonačnosti, tako da se
čestice snopa kada su joˇs daleko od izvora sile, gibaju po pravcu. Upadni je snop karakteriziran
svojim intenzitetom I, koji se joˇs 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 pribliˇzavaju 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
viˇse 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. Kaˇze se da je doˇslo do rasprˇsenja. Veličina koja opisuje proces
rasprˇsenja se zove udarni presjek za rasprˇsenje u danom smjeru i označava se s σ(Ω), gdje
Ω označava prostorni kut u smjeru kojega se dogodilo rasprˇsenje
σ(Ω) dΩ =
broj čestica rasprˇsenih u prostorni kut dΩ u jedinici vremena
.
upadni intenzitet
S dΩ je označen diferencijal prostornog kuta
dΩ = sinθ dθ dϕ.

7.15. RASPRˇ SENJE ČESTICA U POLJU CENTRALNE SILE 267
U literaturi se σ(Ω) naziva i diferencijalni udarni presjek. Uobičajeno je koordinatni sustav
postaviti tako da upadni snop leˇzi 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
moˇze printegrirati, tako da je sada
dΩ = 2π sinθ dθ.
Cijeliseprocesrasprˇsenjaopisujejednimkutom, θ, kojiopisujeotklončesticasnopaodupadnog
smjera (slika 7.24 prikazuje rasprˇsenje na odbojnoj sili) i zove se kut rasprˇsenja. Primjetimo
Slika 7.24: Rasprˇsenje upadnog snopa na odbojnom centru sile.
joˇs i da izraz udarni presjek potječe od toga ˇsto σ(Ω) ima dimenziju povrˇsine.
Za svaku pojedinu česticu se parametri putanje, pa time i rasprˇsenja, odreduju iz njezine
energije i momenta količine gibanja. Uobičajen je iznos momenta količine gibanja izraziti preko
energije i jedne veličine koja se naziva 26 upadni parametar, s oznakom s, a koja predstavlja
okomitu udaljenost izmedu srediˇsta sile i smjera upadne brzine (slika 7.24). Ako se s v0 označi
iznos upadne brzine čestica, tada je
L0 = s m v0 = s √ 2mE.
Odabir E i s, jednoznačno odreduje kut rasprˇsenja θ. Polazi se od pretpostavke da različite
vrijednosti s, ne mogu voditi na isti kut rasprˇsenja θ. Prema ovoj pretpostavci je broj čestica
koje se rasprˇse u prostorni kut dΩ omeden s θ i θ+dθ jednak broju čestica koje su se u ulaznom
snopu nalazile unutar eliptičnog područja izmedu s i s+ds.
26 engl. impact parameter

268 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. Naposećemo detaljno razmotriti slučaj gibanja usustavu vezanom za povrˇsinu Zemlje.
Zemlja se vrti oko svoje osi, pa su zbog toga svi sustavi koji miruju prema Zemljinoj povrˇsini
- 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 vaˇznosti,
ta je pretpostavka pogreˇsna. Tako npr. koordinatni sustav vezan za Zemljinu povrˇsinu nije
inercijski zbog Zemljine vrtnje oko svoje osi, njezinog gibanja oko Sunca itd. Sukladno tome,
opis gibanja čestice u sustavu vezanom za povrˇsinu Zemlje moˇze rezultirati pogreˇskom (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 ishodiˇstem u točki O
(origin). Veličine koje se odnose na taj sustav, biti će označene indeksom in.
(x,y,z)ćeoznačavatikoordinatnisustav kojisevrtiuodnosunasustav(X,Y,Z), sa ishodiˇstem
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 = Vx �ex +Vy �ey +Vz �ez.
pronaći vezu izmedu vremenske promjene vektora � V
u inercijskom i neinercijskom sustavu.
Sa stanoviˇsta promatrača nepomičnog u (x,y,z) sustavu, smjerovi �ex,�ey i �ez se ne mjenjaju
269

270 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
�
�
�
dt
= dVx
dt �ex + dVy
dt �ey + dVz
dt �ez.
� nin
Zanima nas kako izgleda vremenska promjena vektora � V, za promatrača koji miruje u inercijskom
koordinatnom sustavu (X,Y,Z),
d� �
V
�
�
� = ?
dt
� in
Sa stanoviˇsta promatračaunepomičnomsustavu, uvremenu semijenjajuikomponente vektora
�V, ali se mijenjaju i smjerovi (ne i iznosi, jer se radi o jediničnim vektorima) jediničnih vektora
�ex,�ey,�ez sustava koji se vrti
d � V
dt
�
�
�
�
� in
= dVx
dt �ex + dVy
dt �ey + dVz
dt �ez
+ Vx
d�ex
dt +Vy
d�ey
dt +Vz
d�ez
dt .
Prvi red gornje jednaˇzbe opisuje promjene komponenata � V uz konstantne �ex,�ey,�ez, pa je to
upravo (d� V/dt)nin
d� �
V
�
�
� =
dt
d� �
V
�
�
�
dt
d�ex
+Vx
dt +Vy
d�ey
dt +Vz
d�ez
dt .
� in
� nin
Izračunajmo sada vremensku promjenu baznih vektora (x,y,z) sustava, gledano iz nepomičnog
(8.1)

8.1. VREMENSKA PROMJENA VEKTORA 271
sustava. Neka se sustav (x,y,z) vrti oko sustava (X,Y,Z) tako da je os vrtnje vektor �ω, slika
8.1, a iznos kutne brzine vrtnje neka je
ω(t) = dϕ(t)
dt
(�ω ne mora biti konstanta u vremenu). Sa � U označimo bilo koji konstantni vektor u (x,y,z)
sustavu. Kasnije ćemo � U identificirati s �ex,�ey ili �ez. 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� = �eω ·(�eω · � U),
�U⊥ = � U −�eω ·(�eω · � 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) Hvatiˇste
vektora � V nije na osi vrtnje.
�U(t) = � U⊥(t)+ � U�, (8.2)
tj. s vremenom se mijenja samo okomita, ali ne i paralelna komponenta vektora � U. Definirajmo
novi pomoćni vektor � b tako da bude okomit i na � U⊥ i na �ω
� b = �eω × � U⊥
b = U⊥.
Sada imamo tri medusobno okomita vektora, slika 8.2.B
�ω, � U⊥, � b.

272 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Da bismo izračunali vremensku promjenu (derivaciju) U⊥(t), postupamo ovako: za kratko vrijeme
dt, sustav (x,y,z) će se zakrenuti za
dϕ = ω dt
u odnosu na nepomični sustav (slika 8.2.B). Sa slike se vidi da je
�U⊥(t+dt) ≃ � U⊥(t)+sinωdt·U⊥(t+dt)�eb
≃ � U⊥(t)+
� � � �
ωdt+··· U⊥(t)+··· ·�eb
�U⊥(t+dt)− � U⊥(t) ≃ ωdt U⊥(t)�eb +··· = ωdt � b +···
U granici kada dt postaje iˇsčezavajuće malen, dobiva se
Tako smo dobili
d � U⊥
dt
�U⊥(t+dt)−
= lim
dt→0
� U⊥(t)
dt
ωdt
= lim
dt→0
�b +···
dt
= ω � b.
d � U⊥
dt = ω� b.
Budući da je � U� konstantno u vremenu, to je, prema (8.2),
Kako je � b definiran kao
a zbog kolinearnosti �eω i � U�, to je i
pa je i
d � U
dt = d � U⊥
dt = ω� b.
� b =�eω × � U⊥,
�eω × � U� = 0,
� b =�eω × ( � U⊥ + � U�) =�eω × � U.
Uvrsti li se ovo u gornju jednadˇzbu, dobiva se da, za svaki vektor � U, konstantan u
sustavu koji se vrti, a gledan iz nepomičnog sustava, vrijedi
d � U
dt = �ω × � U,
(8.3)

8.2. BRZINA I UBRZANJE U SUSTAVU KOJI SE VRTI 273
gdje je �ω vektor vrtnje (x,y,z) sustava oko nepomičnog sustava (X,Y,Z).
Ako se sada vektor � U identificira redom sa vektorima �ex,�ey,�ez, dobiva se
d�ex
dt
= �ω × �ex,
d�ey
dt
= �ω × �ey,
d�ez
dt
= �ω × �ez.
Ovi se rezultati moguprimjeniti na problemtraˇzenja veze izmedu vremenskih promjena vektora
�V gledano iz nepomičnog i sustava koji se vrti, postavljen jednadˇzbom (8.1)
d � V
dt
�
�
�
�
� in
= d� V
dt
= d� V
dt
�
�
�
�
� nin
�
�
�
�
� nin
+Vx(�ω × �ex)+Vy(�ω × �ey)+Vz(�ω × �ez)
+�ω × (Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez)
d � V
dt
�
�
�
�
� in
= d� V
dt
�
�
�
�
� nin
+�ω × � V. (8.4)
Gornji izraz povezuje vremensku promjenu proizvoljnog vektora u inercijskom i neinercijskom
sustavu i predstavlja srediˇsnji rezultat ovog odjeljka .
”Sto ako vektor � V nema hvatiˇste na osi vrtnje (slika 8.2.C)? U tom slučaju postoje vektori � B
i � C sa hvatiˇstem na osi vrtnje, takvi da je � C = � V + � B. U tom slučaju je
d � V
dt
�
�
�
�
� in
= d � �
C
�
�
� −
dt �
in
d � �
B
�
�
�
dt �
in
= d � �
C
�
�
� +ω ×
dt �
nin
� C − d � �
B
�
�
� −ω ×
dt �
nin
� B
= d(� C − � �
B)
�
�
� +ω × (
dt �
nin
� C − � B)
= d� �
V
�
�
� +ω ×
dt
� V,
� nin
pa vidimo da ista relacija vrijedi i za taj vektor.
8.2 Brzina i ubrzanje u sustavu koji se vrti
Uzme li se za vektor � V upravo radij vektor, � V ≡ �r, jednadˇzba (8.4) daje veze medu brzinama
mirujućeg i sustava koji se vrti
�
d�r �
� =
dt
d�r
�
�
� +�ω × �r ⇐⇒ �vin =�vnin +�ω × �r.
dt
� in
� nin

274 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Ubrzanje u mirujućem sustavu se dobije tako da za � V u (8.4) uvrstimo �vin
�
d�vin �
�
dt � =
in
d�vin
�
�
�
dt � +�ω × �vin
nin
�a in = d
�
�
� (�vnin
dt�
+�ω × �r)+�ω × (�vnin +�ω × �r)
nin
= �a nin + d�ω
�
�
� × �r +�ω × �vnin +�ω × �vnin +�ω × (�ω × �r).
dt
� nin
Time se dobila veza izmedu ubrzanja mirujućeg i sustava koji se vrti
�
�
� × �r + 2 �ω × �vnin + �ω × (�ω × �r). (8.5)
�a in =�a nin + d�ω
dt
� 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,
2 �ω × �vnin
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,
Slika 8.3: Coriolisovo ubrzanje.
�ω × (�ω × �r).
Ako su �ω,�r i �v medusobno okomiti vektori,
tada je v = ωr i centripetalno ubrzanje dobivamo
u poznatom obliku
Veličina
v 2
r .
se zove centrifugalno ubrzanje.
−�ω × (�ω × �r)
8.3 Općenito gibanje koordinatnih sustava
Promatrajmo sada situaciju kada se (x,y,z) sustav vrti oko nepomičnog sustava ali tako da im
se ishodiˇsta ne poklapaju (slika 8.4) nego su medusobno povezana vektorom � R. U tom slučaju
su ˙ � ¨
R i �R brzina i ubrzanje ishodiˇsta sustava koji se vrti prema ishodiˇstu nepomičnog sustava.
Označi li se s �r poloˇzaj točke P u neinercijskom sustavu,
�r ≡�rnin,

8.3. OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 275
Slika 8.4: Gibanje sustava (Q;x,y,z) u odnosu na inercijski sustav (O;X,Y,Z).
tada je poloˇzaj te iste točke P promatran iz nepomičnog sustava jednak
�rin = � � �
d �
R +�r �
dt�
in
�
d�rin �
� =
dt
d � �
R
�
�
� +
dt
d�r
�
�
�
dt
� in
Slično se dobivaju i veze medu ubrzanjima
d2�rin dt2 �
�
� = ¨ �Rin + d2�r dt2 �
�
�
� in
� in
� in
�vin = ˙
� Rin +�vnin +�ω × �r. (8.6)
� in
⇒ (8.5) ⇒
�a in = ¨ � Rin +�a nin + ˙
�ωnin × �r + 2�ω × �vnin + �ω × (�ω × �r).
8.3.1 Jednadˇzba gibanja u neinercijskom sustavu vezanom za povrˇsinu Zemlje
Ono ˇsto zanima nas koji ˇzivimo na povrˇsini 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
umnoˇzak mase i ubrzanja u neinercijskom sustavu jednak
(8.7)
m�a nin = m�a in −m ¨ � Rin −m ˙
�ωnin × �r−2m�ω × �vnin −m�ω × (�ω × �r). (8.8)
Umnoˇzak mase i ubrzanja u inercijskom sustavu, m�a in = � F jeste sila videna iz inercijskog
sustava, dok su ostali članovi posljedica neinercijalnosti. Za sustav vezan s povrˇsinom Zemlje,
R ima značenje udaljenosti od točke promatranja do srediˇsta Zemlje.

276 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Nadimo jednadˇzbu gibanja čestice u odnosu na promatrača na povrˇsini Zemlje. Zbog jednostavnosti,
pretpostavit ćemo da je Zemlja kugla sa srediˇstem u točki O (slika 8.5.A). U tom je
slučaju, slika 8.5.B, istok (E) u smjeru +�ey, zapad (W) je u smjeru −�ey, jug (S) je u smjeru
+�ex, a sjever (N) je u smjeru −�ex. Zemlja se vrti oko osi Z konstantnom kutnom brzinom
Slika 8.5: Zemlja kao neinercijski sustav (λ je kolatituda).
�ω ≡ � Ω = Ω �eZ
i napravi jedan okret za 23 sata 56 min. i 4 sec. Stoga je
Ω = 2π
86164s ≃ 0.0000729s−1 ≃ 7.3·10 −5 s −1 .
Istovremeno se Zemlja giba oko Sunca, a kutna brzina toga gibanja je pribliˇzno jednaka
ωz−s =
2π
365·86164s ≃ 2·10−7 s −1 .
Cijeli se Sunčev sustav giba oko srediˇsta galaksije kutnom brzinom koja je pribliˇzno jednaka
ωs−g =
2π
6.3·10 15 s ≃ 1·10−15 s −1 .
Svakoj od gornjih kutnih brzina se moˇze pridruˇziti 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 moˇze zanemariti u računu. Tako npr. ako se promatrano
gibanje odvija u vremenskom intervalu manjem od jedne godine, s visokom točnoˇsću se mogu
zanemariti neinercijski učinci koji potječu od gibanja Zemlje oko Sunca i Sunca oko srediˇsta
galaksije. U ovoj ćemo aproksimaciji, sustav vezan za srediˇste Zemlje smatrati inercijskim.
Prema relaciji (8.5) je
�
¨�R
�
� in
= ¨ �
� �
R
� nin
+ ˙
� Ω × � R +2 � Ω × ˙
�Rnin + � Ω × ( � Ω × � R).

8.3. OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 277
Kutna brzina vrtnje Zemlje je konstantna, pa je ˙
� Ω = 0, a isto tako su i
�
�˙ �
R
� nin
= ¨ �
� �
R
Posljednji član sadrˇzi malu veličinu Ω2 pomnoˇzenu s polumjerom Zemlje R, tako da je cijeli
taj član reda veličine Ω.
�
¨�R
�
= � Ω × ( � Ω × � R).
� in
Uvrˇstavanjemgornjegizrazaujednadˇzbugibanjauneinercijskom sustavu(8.8), uzizostavljanje
oznaka in i nin, dolazi se do
m d2 �r
dt 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 srediˇste Zemlje. Jedna od tih sila je uvijek i gravitacijska sila
�FG = −G MZ m � R +�r
| � R +�r| 3.
Ako je gravitacijska sila i jedina sila koja djeluje, jednadˇzba gibanja glasi
✟m d2 �r
dt 2 = −GMZ✟m � R +�r
| � R +�r| 3 − ✟m� Ω × ( � Ω × � R)−2✟m � Ω × �v − ✟m � Ω × ( � Ω × �r).
Definira li se gravitacijsko polje (tj. ubrzanje) �g kao
jednadˇzba gibanja postaje
�g = −G MZ
� nin
= 0.
�R +�r
| � R +�r| 3 − � Ω × ( � Ω × � R), (8.9)
d 2 �r
dt 2 =�g −2� Ω × �v − � Ω × ( � Ω × �r).
Ako je �r malen u usporedbi s polumjerom Zemlje
r

278 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
gdje su s � F/m = �g + �
j � Fj/m označene sve sile (podijeljene s masom). Rjeˇsenje gornje jednadˇzbe
je potpuno odredeno zadavanjem početnih uvjeta. Postavit ćemo najopćenitije početne
uvjete: neka je u t = 0 poloˇzaj čestice �r(0) = �r0, a brzina neka je ˙ �r(0) = �v0. Jednadˇzbu ćemo
rjeˇsavati uz:
- pretpostavku da su � Ω i � F konstantni u vremenu, i
- zanemarivanje članova srazmjernih s Ω 2 ,Ω 3 ,···.
Integracijom po vremenu gornje jednadˇzbe, dolazi se do
d2�r dt2 = � F
m −2� Ω × d�r
� � t
dt
dt
˙�r(t)− ˙ �r(0) = � F
m t−2� Ω × [�r(t)−�r(0)]
�v(t) = �v0 + � F
m t−2� Ω × �r(t)+2 � Ω × �r0.
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza za brzinu u (8.10)
¨�r = � F
m −2� �
Ω × �v0 + � F
m t−2� Ω × �r(t)+2 � �
Ω × �r0
i zanemarivanjem članova srazmjernih s Ω 2 ,Ω 3 ,···, dolazi se do
¨�r = � F
m −2� Ω × �v0 − 2t
m � Ω × � F +O(Ω 2 ).
U gornjoj je jednadˇzbi sva ovisnost o vremenu na desnoj strani, eksplicitna i zato se jednadˇzba
moˇze rijeˇsiti izravnom integracijom
¨�r = � F
m −2� Ω × �v0 − 2t
m � Ω × � F +O(Ω 2 � � t
) dt
˙�r(t)− ˙ �r(0) = � F
m t−2� Ω × �v0t− 2 t
m
2
2 � Ω × � F +O(Ω 2 )
˙�r(t) = �v0 + � F
m t−2t� Ω × �v0 − t2
m � Ω × � F +O(Ω 2 )
0
0
� � t
�r(t)−�r(0) = �v0t+ � F t
m
2
2 −t2� Ω × �v0 − t3
3m � Ω × � F +O(Ω 2 )
�r(t) = �r0 +�v0t+ � F
2m t2 −t 2� Ω × �v0 − t3
3m � Ω × � F +O(Ω 2 ).
Gornja jednadˇzba daje poloˇzaj 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 jednadˇzbu rastavili na njezine
skalarne komponente, moramo najprije raspisati vektorske umnoˇske na desnoj strani. Sa slike
8.6 vidimo da je
0
dt

8.3. OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 279
Za općeniti vektor � V je
Slika 8.6: Uz prikaz � Ω u sustavu (x,y,z).
�Ω = Ω�eZ
�eZ = (�eZ ·�ex)�ex +(�eZ ·�ey)�ey +(�eZ ·�ez)�ez
= cos(λ+π/2)�ex +0·�ey +cosλ�ez
= −sinλ�ex +cosλ�ez
�Ω = Ω(−sinλ�ex +cosλ�ez).
�Ω × � V = Ω(−sinλ�ex +cosλ�ez) × (Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez)
= Ω(−sinλVy�ez +sinλVz�ey +cosλVx�ey −cosλVy�ex)
= −Ω cosλVy�ex +Ω(sinλVz +cosλVx)�ey −Ω sinλVy�ez.
Primjenom gornjeg izraza na � V ≡ �v0 i � V ≡ � F, dolazi se do skalarnih komponenata rjeˇsenja
jednadˇzbe gibanja
x(t) = x0 +v0,xt+ Fx
2m t2 +t 2 Ωv0,ycosλ+ t3
3m Ω cosλFy +O(Ω 2 ), (8.11)
y(t) = y0 +v0,yt+ Fy
2m t2 −t 2 Ω(v0,zsinλ+v0,xcosλ)− t3
3m Ω(Fzsinλ+Fxcosλ)+O(Ω 2 ),
z(t) = z0 +v0,zt+ Fz
2m t2 +t 2 Ωv0,ysinλ+ t3
3m ΩFysinλ+O(Ω 2 ).
Recimo joˇs jednom, da su gornje jednadˇzbe izvedene uz pretpostavku da je sila konstantna.
8.3.2 Slobodan pad
Rjeˇsimo jednadˇzbe gibanja (8.11) iz prethodnog odjeljka na slučaju slobodnog pada u gravitacijskom
polju Zemlje u blizini njezine povrˇsine. U odjeljku 5.1 je pokazano da se gibanje čestice

280 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
koja slobodno pada u inercijskom sustavu, odvija po pravcu (bio je to pravac koji je leˇzao na
osi z). Početni uvjeti i vanjske sile kod slobodnog pada su zadani na slijedeći način
x0 = y0 = 0, z0 = h,
v0,x = v0,y = v0,z = 0,
Fx = Fy = 0, Fz = −mg.
Uvrˇstavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.11), dobiva se
x(t) = O(Ω 2 ),
y(t) = t3
3 Ωgsinλ+O(Ω2 )
z(t) = h− 1
2 gt2 +O(Ω 2 ).
I na sjevernoj (gdje je 0 ≤ λ ≤ π/2) i na juˇznoj polusferi (gdje je π/2 ≤ λ ≤ π) je sinλ > 0
pa, za razliku od slobodnog pada u inercijskom sustavu, dolazi do otklona na istok (slika
8.7) u odnosu na okomicu. U trenutku t0 pada na zemljinu povrˇsinu, je z(t0) = 0, pa je
vrijeme padanjat0 = � 2h/g, tako dajeutrenutku
pada na tlo, otklon na istok odokomice
jednak
y(t0) = 2
h Ω
3
�
2h
g sinλ.
primjetimo dajeotklonsrazmjeransΩ i daje
najveći na ekvatoru, λ = π/2, gdje je sinλ =
1, a otklona nema na polovima, λ = 0 ili λ =
π.
8.3.3 Okomiti hitac
Slika 8.7: Uz slobodan pad, okomiti hitac i kosi hitac u
neinercijskom sustavu.
Promotrimo sada slučaj gibanja čestice koja
jekonačnompočetnombrzinomizbačena 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 jednadˇzbama:
x0 = y0 = z0 = 0,
v0,x = v0,y = 0, v0,z = v0,
Fx = Fy = 0, Fz = −mg.

8.3. OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 281
Uvrˇstavanjem gornjih vrijednosti u rjeˇsenje (8.11), dobiva se
x(t) = O(Ω 2 ),
y(t) = −Ω t 2 sinλ (v0 − gt
3 )+O(Ω2 )
z(t) = v0t− 1
2 gt2 +O(Ω 2 ).
Čestica postiˇze maksimalnu visinu u trenutku t = tmax, kada je ˙z(t = tmax) = 0, tj. kada je
v0 = g tmax. U tom je trenutku
y(tmax) = −Ω v2 0
g2 sinλ(v0 − gv0
3 g )+O(Ω2 )
= − 2
3 Ω v3 0
g2 sinλ+O(Ω2 ) < 0,
pa je otklon prema zapadu. U trenutku ponovnog pada na Zemlju je z(t0) = 0, pa je
t0 = 2v0/g = 2tmax. Uvrˇstavanjem ovog vremena u izraz za y, dobije se otklon prema zapadu
(slika 8.7) u iznosu od
8.3.4 Kosi hitac
y(2tmax) = − 4
3 Ω v3 0
g 2 sinλ+O(Ω2 ).
Promatrajmo sada slučaj kada je čestica ispaljena početnom brzinom v0 pod kutom α u odnosu
na ravninu (x,y) (slika 8.8). Neka u početnom trenutku smjer brzine leˇzi u ravnini (x,z). Kao
Slika 8.8: Uz kosi hitac u neinercijskom sustavu.
ˇstoznamoizodjeljka5.1.2,uinercijskomćesesustavu, česticasvevrijemegibatiutojistoj(x,z)

282 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
ravnini. Sada ćemo pokazati da gibanje u neinercijskom sustavu vodi na otklon putanje u
odnosu na početnu ravninu. Početni uvjeti i sila na česticu su
x0 = y0 = 0, z0 = 0,
v0,x = v0cosα, v0,y = 0, v0,z = v0sinα,
Fx = Fy = 0, Fz = −mg.
Uvrˇstavanjem gornjih vrijednosti u relacije (8.11), dobiva se
x(t) = v0tcosα+O(Ω 2 ),
y(t) = −Ωt 2 v0(sinαsinλ+cosαcosλ)+ t3
3 Ωgsinλ+O(Ω2 )
= −Ωt 2 v0cos(α−λ)+ t3
3 Ωgsinλ+O(Ω2 )
z(t) = v0tsinα− 1
2 gt2 +O(Ω 2 ).
Gornje jednadˇzbe opisuju poloˇzaj 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 t0 kada čestica
pada na tlo. U trenutku pada na tlo je vrijednost z koordinate jednaka nuli, pa se t0 odreduje
kao rjeˇsenje jednadˇzbe
z(t0) = 0 = v0t0sinα− 1
2 gt2 0 .
To je kvdratna jednadˇzba, pa ima dva rjeˇsenja
t (1)
0 = 0, t (2)
0 = 2v0sinα
.
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
Ωv 3 0 sin2 α
g 2
(3cosαcosλ+sinαsinλ).
Na sjevernoj polusferi, na kojoj mi ˇzivimo, je 0 < λ < π/2, pa su cosλ i sinλ pozitivni i cijeli
Čestica se otklanja na zapad.
je otklon �ey y(t (2)
0 ) < 0.
8.3.5 Rijeke i cikloni
Coriolisovo ubrzanje, tj. Coriolisova sila čini da na sjevernoj polusferi, rijeke pri svom toku viˇse
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 = v�ey,

8.3. OPĆENITO GIBANJE KOORDINATNIH SUSTAVA 283
Slika 8.9: Uz opis utjecaja Coriolisove sile na: (A) tok rijeka i (B) formiranje ciklona.
a kutna brzina vrtnje Zemlje je
�Ω = Ω �eZ .
Zbog Coriolisove sile, na element riječnog toka mase dm i brzine �v, djeluje sila
d � FCor = −2 dm � � �
Ω × �v = −2 dm Ω(−sinλ�ex +cosλ�ez) × v�ey = d � F vod
Cor +d � F oko
Cor,
gdje su vodoravna d � F vod
Cor i okomita d � F oko
Cor komponenta sile jednake
Vidimo da je, na zapadnoj polusferi
d � F vod
Cor = 2dmΩ cosλv�ex,
d � F oko
Cor = 2dmΩ sinλv�ez.
0 ≤ λ ≤ π/2, cosλ ≥ 0,
vodoravnakomponentaCoriolisovesileuvijekusmjerenanadesnuobalurijeke(imasmjer+�ex).
Na juˇznoj polusferi je
π/2 ≤ λ ≤ π, cosλ ≤ 0
i smjer Coriolisove sile je −�ex. Tamo rijeke potkopavaju svoju lijevu obalu.
, samo podiˇze razinu vode (povrˇsina nije vodoravna).
Okomita komponena, d � F oko
Cor
Isti način razmiˇsljanja primjenjen gore na opis gibanja riječnih masa, moˇze 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 srediˇstu ciklona, na sjevernoj Zemljinoj polusferi rezultira vrtnjom zračnih masa
u smjeru suprotnom odkazaljke na satu, kaoˇsto jeskicirano na slici 8.9.B i na satelitskoj snimci

284 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Slika 8.10: Lijevo: ciklon Basyang (Conson) koji je pogodio područje Filipina u oˇzujku 2002. godine. Desno:
ciklon Ingrid koji je pogodio Australiju u oˇzujku 2005. godine. Primjetite različite smjerove vrtnje zračnih
masa, na lijevoj i desnoj slici.
8.10. Primjetimo da Coriolisova sila djeluje udesno bez obzira iz kojeg smjera dolazi pojedina
zračna struja. Isti ovaj mehanizam moˇzemo 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 juˇznoj polusferi, i zračne struje i voda u kupaonici se vrte u smjeru kazaljke na satu.
8.4 Foucaultovo njihalo
U odjeljku 6.4 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 povrˇsini Zemlje, njihanje viˇse 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 njihalokojesesastoji oddugeipribliˇzno nerastezive niti načijemjekrajuobjeˇsena
teˇska kugla. Trenje u točki objesiˇsta i trenje s česticama zraka se zanemaruje. Pretpostavimo
da je njihalo otklonjeno iz poloˇzaja ravnoteˇze i ostavljeno da slobodno njiˇse u okomitoj ravnini.
Ovaj je pokus prvi izveo Jean Foucault, godine 1851. u zgradi pariˇskog Panteona s njihalom
duljine 67m i mase 28kg (slika 8.11.A). Pod je bio posut pijeskom, a na kugli se nalazio ˇsiljak
koji je ostavljao trag po pijesku, tako da se lako mogao uočiti poloˇzaj ravnine u kojoj njihalo
trenutno njiˇse. Kao ˇsto će se uskoro pokazati, uslijed vrtnje Zemlje, ravnina njihanja će se
postupno zakretati oko okomite osi. Ako se gleda odozgo prema dolje, na sjevernoj polusferi,
zakret je u smjeru kazaljke na satu (slika 8.11.B), a na juˇznoj je polusferi zakret u smjeru
suprotnom od gibanja kazaljke na satu (slika 8.11.C).
Opiˇsimo matematički rezultat Foucaultovog pokusa (slika 8.12.A). Ukupna sila koja djeluje na
česticu je zbroj gravitacijske sile � FG = −mg�ez i napetosti niti � Fnap. Sa slike 8.12.B i C se vidi

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 285
da je
Slika 8.11: Uz Foucaultovo njihalo.
Slika 8.12: Uz odredenje sila na česticu Foucaultovog njihala.
cos( � Fnap,�ex) = cos(π −βx) = −cosβx = − x
l ,
cos( � Fnap,�ey) = cos(π −βy) = −cosβy = − y
l ,
cos( � Fnap,�ez) = cos(π/2−βx) = sinβx = l−z
.
l
= cos(π/2−βy) = sinβy = l−z
.
l

286 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
�Fnap = ( � Fnap ·�ex)�ex +( � Fnap ·�ey)�ey +( � Fnap ·�ez)�ez
= Fnap cos( � Fnap,�ex)�ex +Fnap cos( � Fnap,�ey)�ey +Fnap cos( � Fnap,�ez)�ez
= Fnap
�
− x(t)
�ex −
l
y(t)
�ey +
l
l−z(t)
�
�ez =
l
Fnap
l
� �
l�ez −�r(t) .
Budući da � Fnap ovisi o x,y i z, a ovi opet ovise o vremenu, izlazi da cijela sila na česticu
�F = � FG + � Fnap ovisi o vremenu, pa se ne mogu primjeniti rjeˇsenja (8.11) koja vrijede samo
za sile konstantne u vremenu. Umjesto toga treba rjeˇsiti jednadˇzbu
m ¨ �r = � F −2 m � Ω × ˙ �r
U kojoj je � F = � FG + � Fnap. Vektorski umnoˇzak na desnoj strani je jednak
�Ω × ˙ �r = Ω(−sinλ�ex +cosλ�ez) × (˙x�ex + ˙y�ey + ˙z�ez)
= −Ω cosλ ˙y �ex +Ω (sinλ ˙z +cosλ ˙x)�ey −Ω sinλ ˙y �ez.
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza i izraza za sile, u jednadˇzbu gibanja, dolazi se do slijedeće tri
skalarne jednadˇzbe
m¨x = − x
l Fnap +2 m Ω ˙y cosλ
m¨y = − y
l Fnap −2 m Ω(˙xcosλ+ ˙z sinλ)
m¨z = −mg + l−z
l Fnap +2 m Ω ˙y sinλ
Pojednostavimo ove jednadˇzbe pretpostavkom da su amplitude njihanja male, tako da se
kugla pribliˇzno nalazi u ravnini podaˇsto je (x,y) ravnina. U matematičkom jeziku to znači da
pretpostavljamo da je ¨z = ˙z = z ≃ 0. Uz ovu pretpostavku, iz posljednje od gornjih jednadˇzba
slijedi iznos sile napetosti niti
Fnap = m g −2 m Ω ˙y sinλ
Uvrˇstavanjem ovog izraza za napetost u preostale dvije jednadˇzbe, dolazi se do
¨x = − g
l
¨y = − g
l
x+2 Ω ˙y cosλ+ 2 Ω sinλ
l
y −2 Ω ˙x cosλ+ 2 Ω sinλ
l
Za pretpostavljene male amplitude titraja, nelinearni članovi x˙y i y˙y su manji od ostalih
članova, pa ih zato zanemarujemo. Preostaje vezani 2 × 2 linearni sustav diferncijalnih jednadˇzba
za x i y
¨x = − g
x+2 Ω ˙y cosλ
l
¨y = − g
l
y −2 Ω ˙x cosλ.
x ˙y
y ˙y.

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 287
Primjetimo da je sustav vezan upravo preko člana srazmjernog s Ω koji dolazi od vrtnje Zemlje.
Ako bi se taj član zanemario, dobile bi se dvije nevezane diferencijalne jednadˇzbe matematičkog
njihala u inercijskom sustavu kao u (6.74).
Definirajmo početne uvjete gibanja, uz koje ćemo traˇziti rjeˇsenje. Neka se u početnom
trenutku t = 0, njihalo nalazi u ravnini (y,z) otklonjeno za A u pozitivnom smjeru osi y (slika
8.13).
Uz pokrate
jednadˇzbe gibanja glase
Slika 8.13: Ilustracija početnih uvjeta za opis gibanja Foucaultovog njihala.
x(0) = 0, ˙x(0) = 0, (8.12)
y(0) = A, ˙y(0) = 0.
ω 2 0 = g
, α = Ω cosλ,
l
¨x = −ω 2 0x+2α ˙y
¨y = −ω 2 0y−2α ˙x.
Pomnoˇzimo drugu od gornjih jednadˇzba imaginarnom jedinicom i i zbrojimo obje jednadˇzbe
¨x+i¨y = ω 2 0 (x+iy)−2iα(˙x+i˙y).
U novoj kompleksnoj varijabli ζ = x+iy, gornja jednadˇzba postaje
¨ζ +2iα ˙ ζ +ω 2 0
ζ = 0,
ˇsto po obliku prepoznajemo kao jednadˇzbu harmonijskog oscilatora s priguˇsenjem srazmjernim
brzini (relacija (6.24)), ali je koeficijent priguˇsenja imaginaran. Potraˇzimo rjeˇsenje gornje
homogene jednadˇzbe u obliku
ζ(t) = ce γt ,

288 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
s konstantnim c i γ.
ζ � γ 2 +2αγi+ω 2 �
0 = 0,
�
γ± = −iα±i α2 +ω2 0.
Budući da je Ω 2 ≃ 10 −10 s −2 , to je α 2 = Ω 2 cos 2 α

8.4. FOUCAULTOVO NJIHALO 289
x(t) = A
�
�
sin(α−ω0)t+sin(α+ω0)t = A sinαt cosω0t,
2
y(t) = A
2
�
�
cos(α−ω0)t+cos(α+ω0)t = A cosαt cosω0t.
Prisjetimo li se da je α = Ω cosλ, a ω0 = � g/l, konačno rjeˇsenje je
��
g
x(t) = Acos
l t
�
·sin(Ωtcosλ),
��
g
y(t) = Acos
l t
�
·cos(Ωtcosλ).
Pogledajmo fizičko značenje ovog rjeˇsenja: poloˇzaj kugle njihala u ravnini (x,y) je dan radij
vektorom
�
� ��
g
�r(t) = x(t)�ex +y(t)�ey = A �ex sin(Ωtcosλ)+�ey cos(Ωtcosλ) cos
l t
�
.
Izraz uuglatoj zagradi je vektor jedinične duljine, čiji se smjer mijenja s vremenom.
Označimo ga s �e0(t)
�e0(t) ≡�ex sin(Ωtcosλ)+�ey cos(Ωtcosλ).
Vektor �e0(t) odreduje smjer njihanja, a amplituda je A
�
�r(t) =�e0(t) A cos t
Taj se smjer periodički mijenja u vremenu s periodom
TFoucault =
2π
≃ 24h,
Ω |cosλ|
� �
g
. (8.13)
l
ravnina njihanja se zakreće tako da za pribliˇzno 24h napravi jedan puni okret1 . Ovaj zakret
ravnine njihanja je izravna posljedica vrtnje Zemlje oko svoje osi. Ovaj je period puno veći od
samog perida titranja T0
T0 = 2π
ω0
= 2π
�
l
g
≃ 16.41 s, l = 67m
TFoucault >> T0,
tj. njihalo napravi puno titraja prije nego ˇsto mu se ravnina zakrene za puni kut.
1 Na samom ekvatoru je cosλ = 0, pa je TFoucault → ∞, tj. ne dolazi do zakreta ravnine njihanja.

290 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI
Pokaˇzimodaseravninanjihanjazakrećeusuprotnimsmjerovimanasjevernoj ijuˇznojZemljinoj
polusferi. Pomoću TFoucault, moˇze se �e0(t) napisati u obliku
�e0(t) = �ex sin(Ωtcosλ)+�ey cos(Ωtcosλ)
� � �
2π t
= �ex sin sgn(cosλ) +�ey cos sgn(cosλ)
TFoucault
Neka u t = 0, njihalo njiˇse u (y,z) ravnini, tj. neka je
�e0(0) =�ey.
2π t
TFoucault
Nakon vremena t = TFoucault/4, na sjevernoj polusferi je 0 ≤ λ ≤ π/2, pa će biti i cosλ > 0
� � � �
2π t
2π t
�e0(t = TFoucault/4) = �ex sin
+�ey cos
= �ex,
TFoucault
t=TFoucault/4
TFoucault
tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru kazaljke na satu (slika 8.14.A).
Na juˇznoj polusferi je π/2 ≤ λ ≤ π, pa će biti i cosλ < 0
� � � �
2π t
2π t
�e0(t) = �ex sin − +�ey cos −
= −�ex,
TFoucault
t=TFoucault/4
TFoucault
�
,
t=TFoucault/4
t=TFoucault/4
tj. ravnina njihanja se zakrenula za π/2 u smjeru suprotnom od kazaljke na satu (slika 8.14.B).
Slika 8.14: Zakret ravnine njihanja Foucaultovog njihala. .
8.5 Općenita jednadˇzba gibanja čestice u neinercijskom sustavu
Izvedimo sada općenitu jednadˇzbu gibanja čestice u neinercijskom sustavu bez pretpostavke
da je kutna brzina vrtnje ω konstantna u vremenu i bez pretpostavke da je kutna brzina vrtnje

8.5. OPĆENITA JEDNADˇ ZBA GIBANJA ČESTICE U NEINERCIJSKOM SUSTAVU 291
mala po iznosu. Takoder ćemo dozvoliti da sila � F (koja djeluje i kada je ω = 0) moˇze ovisiti o
vremenu. Jednadˇzba gibanja je
m ¨ �r = � F(t)−m ˙
�ω × �r−2m�ω × ˙ �r −m�ω × (�ω × �r). (8.14)
�ω = ω�eZ = ω(−�ex sinλ+�ez cosλ),
˙
�ω = ˙ω(−�ex sinλ+�ez cosλ).
˙
�ω × �r = ˙ω(−�ex sinλ+�ez cosλ) × (x�ex +y�ey +z�ez )
= −�ex ˙ωycosλ+�ey ˙ω(xcosλ+zsinλ)−�ez ˙ωysinλ,
�ω × ˙ �r = ω(−�ex sinλ+�ez cosλ) × (˙x�ex + ˙y�ey + ˙z�ez)
= −�exω˙ycosλ+�eyω(˙xcosλ+ ˙zsinλ)−�ezω˙ysinλ,
�ω × (�ω × �r) = ω(−�ex sinλ+�ez cosλ) × [−�exωycosλ+�eyω(xcosλ+zsinλ)−�ezωysinλ]
= ω 2� �ex(−xcos 2 λ−zsinλcosλ)+�ey(ysin 2 λ−ycos 2 λ)+�ez(−xsinλcosλ−zsin 2 λ) � .
Uvrˇstavanjem gornjih izraza u početnu vektorsku jednadˇzbu (8.14), dobivaju se tri skalarne
jednadˇzbe gibanja
m¨x = Fx +my˙ωcosλ+2m˙yωcosλ+mω 2 (xcos 2 λ+zsinλcosλ),
m¨y = Fy −m˙ω(xcosλ+zsinλ)−2mω(˙xcosλ+ ˙zsinλ)−mω 2 y(sin 2 λ−cos 2 λ),
m¨z = Fz +my˙ωsinλ+2m˙yωsinλ+mω 2 (xsinλcosλ+zsin 2 λ),
koje se dalje rjeˇsavaju ovisno o konkretnom obliku sile i kutne brzine kao funkcije vremena.

292 POGLAVLJE 8. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI

Poglavlje 9
Specijalna teorija relativnosti
Brzina svjetlosti u vakuumu, c, je najveća moguća brzina i pribliˇzno iznosi 300000 km/s.
Gibanjabrzinamabliskimovojbrzinibitnoserazlikujuposvojimfizičkimsvojstvima odgibanja
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
9.4 Hamiltonova formulacija relativističke mehanike
293

294 POGLAVLJE 9. SPECIJALNA TEORIJA RELATIVNOSTI

Dio II
Mehanika sustava čestica
295

Poglavlje 10
Sustavi čestica
10.1 Diskretni i kontinuirani sustavi čestica
U prethodnim smo poglavljima razmatrali objekte čije se gibanje moˇze opisati kao gibanje
čestice, tj. objekta konačne mase, ali beskonačno malog volumena. Sada ćemo promatrati
gibanja objekata (sustava) izgradenih od mnoˇstva čestica.
Akosmoumogućnostirazlikovatipojedinečesticesustava, govoritćemoodiskretnomsustavu
čestica, gdje ćemo sa �rj i mj označavati poloˇzaj i masu j-te čestice sustava za j = 1,··· ,N.
Ukupna masa sustava m je naprosto jednaka zbroju 1 masa pojedinih čestica sustava
m =
N�
j=1
Ako pojedine čestice sustava ne moˇzemo razlikovati, nego su one pribliˇzno kontinuirano raspodjeljene
u jednom dijelu prostora (onako kako smo to opisali u poglavlju o gravitaciji, str.
208), 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 proteˇzu u trodimenzijskom prostoru, se opisuje volumnom masenom
gustoćom ρm(�r)
ρm(�r) = lim
∆V→0
[ρm] = [m]
[l 3 ] ,
mj.
∆m
∆V
= dm
dV ,
gdjejedV ≡ d 3 r diferencijal volumena uokolini točke�r (slika 10.2.A),admjemasa sadrˇzana u
tom volumenu. Uglatom zagradom je označena dimenzija gustoće. Općenito, gustoća ne mora
imati istu vrijednost u različitim prostornim točkama i zato je u gornjem izrazu ρm prikazana
kao funkcija �r. Ako ρm(�r) ima istu vrijednost u svim točkama sustava, onda se kaˇze da je
gustoća konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupnog volumena V sustava,
1 Kada se uzmu u obzir i relativistički učinci, to nije istina.
ρm = m
V .
297

298 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Za zadanu volumnu gustoću, masa m(V0) sustava sadrˇzana u dijelu volumena V0 ⊆ V, računa
se kao
�
m(V0) = ρm(�r) dV.
V0 ⊆ V
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadrˇzana unutar volumena V0 je jednaka
m(V0) = m V0
V .
Za odredivanje poloˇzaja pojedinih točaka sustava u trodimenzijskom prostoru, potrebna su tri 2
broja, tj. tri koordinate. To mogu biti pravokutne, sferne ili koje druge pogodno odabrane
koordinate. Općenito ćemo te koordinate označavati s q1,q2 i q3 i zvat ćemo ih poopćene
koordinate. Radij vektor poloˇzaja čestice je funkcija poopćenih koordinata
�r =�r(q1,q2,q3).
Npr. u sfernom kordinatnom sustavu su q1 = r,q2 = θ,q3 = ϕ ili u cilindričnom koordinatnom
sustavu je q1 = ρ,q2 = ϕ,q3 = z ili neki drugi izbor za neki drugi koordinatni sustav.
Dvije primjedbe u vezi poopćenih koordinata:
(1) poopćenih koordinata ima onoliko kolika je dimenzija objekta o kojemu je riječ; ako se radi
o trodimenzijskom tijelu, tada su potrebne tri poopćene koordinate; u nastavku će se pokazati
da je za opis dvodimenzijske plohe potrebno znati vrijednosti dvaju parametara, a za opis linije
samo jedan parametar;
(2) ne moraju sve poopćene koordinate imati dimenziju duljine; npr. u sfernom koordiantnom
sustavu samo r ima dimenziju duljine (mjeri se u metrima), dok θ i ϕ nemaju.
U skladu s geometrijskim značenjem mjeˇsovitog umnoˇska vektora (str. 14), diferencijal volumena
u okolini točke �r, računa se kao
dV = d�r1 ·(d�r2 × d�r3), (10.1)
gdje su d�rj vektori u smjeru porasta poopćenih koordinata qj. Neka se koordinata q1 promjenila
od vrijednosti q1 na vrijednost q1 +dq1, uz konstantne vrijednosti preostale dvije varijable q2 i
q3 (slika 10.1). Za male vrijednosti dq1, Taylorov razvoj daje
�
∂�r �
�r(q1 +dq1,q2,q3) = �r(q1,q2,q3)+dq1
� +
∂q1
1
2 (dq1) 2 ∂2 �
�r �
� +··· .
� q2,q3
∂q2 �
1 q2,q3
Za male vrijednosti dq1, kvadratni i viˇsi članovi se mogu zanemariti, tako da je
�r(q1 +dq1,q2,q3)−�r(q1,q2,q3) ≃ dq1
∂�r
.
∂q1
Nazove li se razlika vektora na lijevoj strani gornje jednadˇzbe, d�r1, tada je
d�r1 = ∂�r
∂q1
2 Općenito, u D-dimenzijskom prostoru, potrebno je D brojeva.
dq1.

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 299
Slika 10.1: Smjer porasta koordinate q1.
Sličan se postupak moˇze provesti i za preostale dvije varijable q2 i q3,ˇsto tada sve zajedno daje:
d�r1 = �r(q1 +dq1,q2,q3)−�r(q1,q2,q3) = ∂�r
dq1
∂q1
d�r2 = �r(q1,q2 +dq2,q3)−�r(q1,q2,q3) = ∂�r
dq2
∂q2
d�r2 = �r(q1,q2,q3 +dq3)−�r(q1,q2,q3) = ∂�r
dq3
∂q3
Ukoliko su poopćene koordinate uvedene preko pravokutnih
relacijama
tada je i
d�r1 =
d�r2 =
d�r3 =
�r =�ex x+�ey y +�ez z,
x = x(q1,q2,q3), y = y(q1,q2,q3), z = z(q1,q2,q3),
� �
∂�r
∂q1
� �
∂�r
∂q2
� �
∂�r
∂q3
q2q3
q1q3
q1q2
�
�
∂x ∂y ∂z
dq1 = �ex +�ey +�ez dq1 =�e1 dq1
∂q1 ∂q1 ∂q1
�
�
∂x ∂y ∂z
dq2 = �ex +�ey +�ez dq2 =�e2 dq2, (10.2)
∂q2 ∂q2 ∂q2
�
�
∂x ∂y ∂z
dq3 = �ex +�ey +�ez dq3 =�e3 dq3.
∂q3 ∂q3 ∂q3
gdje su vektori �ei vektori (ne nuˇzno jedinični) tangencijalni na krivulju po kojoj se mijenja koordinata
qi uz konstantne vrijednosti preostale dvije koordinate qj i qk. Vektori �ei su definirani
relacijom (2.69).

300 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza u izraz za diferencijal volumena (10.1) i koristeći zapis mjeˇsovitog
umnoˇska pomoću determinante (2.8), dobiva se
dV =
∂x
∂q1
∂x
∂q2
∂x
∂q3
∂y
∂q1
∂y
∂q2
∂y
∂q3
∂z
∂q1
∂z
∂q2
∂z
∂q3
dq1 dq2 dq3.
Gornja se determinanta naziva jakobijan ili Jacobi-jeva 3 determinanta i označava se sa
J = ∂(x,y,z)
∂(q1,q2,q3) .
... dovrˇsiti: raspisati gornji izraz i prepoznati komponente metričkog tenzora ...
Zadatak: 10.1 Izračunajte jakobijan prijelaza iz pravokutnog u sferni koordinatni sustav
R: Uputa: koristite relacije (2.47).
Zadatak: 10.2 Izračunajte jakobijan prijelaza iz pravokutnog u cilindrični koordinatni sustav
R: Uputa: koristite relacije (2.37).
U poopćenim koordinatama je masa sadrˇzana u volumenu V0 jednaka
�
m(V0) = ρm(q1,q2,q3) · J · dq1 dq2 dq3, (10.3)
a sam obujam volumena je
V0
�
V0 =
V0
J · dq1 dq2 dq3.
Zadatak: 10.3 Izračunajte masu kugle polumjera R, čija se masena gustoća ρm mijenja kao
ρm(�r) = ρ0(r/R) 2 , gdje je ρ0 konstanta, a r je udaljenost od srediˇsta kugle.
R: U ovom primjeru moˇzemo sferne koordinate shvatiti kao poopćene koordinate
ˇsto daje jakobijan
Prema izrazu za masu (10.3), slijedi
� R
m = r 2 � �
r
dr dΩρ0
R
0
q1 = r, q2 = θ, q3 = ϕ,
Ω
J = r 2 sinθ.
� 2
= 4π ρ0
R2 � R
0
r 4 dr = 4π
5 ρ0R 3 .

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 301
Slika 10.2: Uz definiciju volumne (A), povrˇsinske (B) i linijske (C), masene gustoće.
Povrˇsinska masena gustoća:
Ako se sustav s kontinuiranom raspodjelom mase proteˇze po povrˇsini, tada se u okolini točke
�r definira povrˇsinska masena gustoća σm(�r) kao omjer diferencijala mase dm i povrˇsine dS na
kojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.B)
σm(�r) = lim
∆S→0
[σm] = [m]
[l 2 ] .
∆m
∆S
= dm
dS ,
Uglatom zagradom je označena dimenzija povrˇsinske gustoće. Ponovo, kao i u volumnom
slučaju, gustoća ne mora imati istu vrijednost u različitim prostornim točkama i zato je u
gornjem izrazu σm prikazana kao funkcija �r. Ako σm(�r) ima istu vrijednost u svim točkama
sustava, onda se kaˇze da je gustoća konstantna i jednaka je omjeru ukupne mase m i ukupne
povrˇsine S sustava,
σm = m
S .
Za zadanu povrˇsinsku gustoću, masa m(S0) sustava sadrˇzana na dijelu povrˇsine S0 < S, računa
se kao
�
m(S0) = σm(�r) dS. (10.4)
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadrˇzana na povrˇsini S0 je jednaka
S0
m(S0) = m S0
S .
Kao dvodimenzijski objekt, plohu je moguće opisati s dva parametra, ili dvije poopćene koordinate
q1 i q2, tj. �r =�r(q1,q2) ili, po komponentama
3 Carl Gustav Jakob Jacobi, 1804 - 1851
x = x(q1,q2), y = y(q1,q2), z = z(q1,q2).

302 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
U skladu s definicijom vektorskog umnoˇska, str. 13, diferencijal ploˇstine plohe je dan sa
dS = |d�r1 × d�r2|,
gdje su d�r1 i d�r2 tangencijalni vektori koordinatnih linija (pokazuju smjer porasta odgovarajuće
koordinate) dani sa (10.2)
� � �
�
∂�r ∂x ∂y ∂z
d�r1 = dq1 = �ex +�ey +�ez dq1 =�e1 dq1
∂q1 ∂q1 ∂q1 ∂q1
q2q3
� � �
�
∂�r ∂x ∂y ∂z
d�r2 = dq2 = �ex +�ey +�ez dq2 =�e2 dq2,
∂q2 ∂q2 ∂q2 ∂q2
q1q3
Izravnim uvrˇstavanjem gornjih izraza u vektorski umnoˇzak za diferencijal povrˇsine, dobiva se
�
� � �
� � ∂y ∂z
�d�r1 × d�r2 � = −
∂q1 ∂q2
∂z
�2 �
∂y ∂z ∂x
+ −
∂q1 ∂q2 ∂q1 ∂q2
∂x
�2 �
∂z ∂x ∂y
+ −
∂q1 ∂q2 ∂q1 ∂q2
∂y
�2 ∂x
dq1 dq2.
∂q1 ∂q2
Izraz pod korjenom se dalje moˇze raspisati, a zatim se dobiveni članovi grupiraju tako da cijeli
izraz poprimi pregledniji oblik
�
dS = |d�r1 × d�r2| =
g11 g22 −g 2
12 dq1 dq2,
gdje su gij veličine koje se nazivaju kovarijantne komponente metričkog tenzora,
relacija (2.70), zadane plohe (odjeljak (2.7))
� �2 � �2 � �2 ∂x ∂y ∂z
g11 = + + ,
∂q1 ∂q1 ∂q1
� �2 � �2 � �2 ∂x ∂y ∂z
g22 = + + , (10.5)
∂q2 ∂q2 ∂q2
g12 = ∂x
∂x
∂q1 ∂q2
+ ∂y
∂q1
∂y
∂q2
+ ∂z
∂q1
∂z
∂q2
= g21.
Primjetimo da se pod korjenom izraza za dS pojavljuje determinanta drugog reda
g11 g12
g21 g22
u kojoj je g12 = g21. Sada masu raspodjeljenu po povrˇsini (10.4), računamo slijedećim integra-
lom
�
m(S0) =
a sama je ploˇstina povrˇsine jednaka je
� �
S0 =
S0
�
σm(q1,q2)
S0
g11g22 −g 2 12 dq1 dq2,
g11g22 −g 2 12 dq1 dq2.

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 303
Posebno, ako je jednadˇzba povrˇsine zadana eksplicitno jednadˇzbom z = z(x,y), tada x i y
shvaćamo kao gornje poopćene koordinate (parametre) q1 i q2, tj.
x ≡ q1, y ≡ q2, z = z(x,y).
Ovo pojednostavljuje komponente metričkog tenzora, pa se za masu dobiva
�
m(S0) =
�
� �2 � �2 ∂z ∂z
σm(x,y) 1+ + dx dy,
∂x ∂y
(10.6)
a za ploˇstinu povrˇsine
�
S0 =
S0
S0
�
1+
� �2 ∂z
+
∂x
� �2 ∂z
∂y
dx dy,
Zadatak: 10.4 Izračunajte masu pravokutnika duljine stranica a i b, koji leˇzi u ravnini (x,y),
a čija se povrˇsinska gustoća σm mijenja kao σm(�r) = σ0(x/a) n , gdje je σ0 konstanta,
n �= −1 i a je duljina stranice u smjeru osi x.
R: Sada se nalazimo u, gore spomenutoj, jednostavnoj situaciji, kada je jednadˇzba
plohe eksplicitno zadana (10.6)
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
dyσ0
�
x
�n =
a
σ0b
an � a
0
x n dx = σ0
n+1 ab.
Zadatak: 10.5 Izračunajte masu kruˇzne plohe polumjera R, ako je njezina gustoća razmjerna
udaljenosti od srediˇsta i iznosi Σ0 na rubu ploče.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.6 Izračunajtekoordinatesrediˇstamasekruˇznog isječkapolumjeraR, sasrediˇsnjim
kutom 2α.
R: dovrˇsiti

304 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Zadatak: 10.7 Izračunajte koordinate srediˇsta mase lika omedenog parabolama
R: dovrˇsiti
y 2 = 4x+4, y 2 = −2x+4.
Linijska masena gustoća:
Ako se sustav skontinuiranom raspodjelommaseproteˇze duˇzneke krivulje(linijeutrodimenzijskom
prostoru), tadase, uoklici točke�r definira linijskamasena gustoćaλm(�r)kaodiferencijalni
omjer mase dm i duljine krivulje dl na kojoj se nalazi ta masa (slika 10.2.C)
λm(�r) = lim
∆l→0
[λm] = [m]
[l] .
∆m
∆l
= dm
dl ,
Uglatom zagradom je označena dimenzija linijske gustoće. Kao i u volumnom i povrˇsinskom
slučaju, ni linijska masena gustoća ne mora imati istu vrijednost u različitim prostornim
točkama i zato je u gornjem izrazu ρm prikazana kao funkcija �r. Ako ipak λm(�r) ima istu
vrijednost u svim točkama sustava, onda se kaˇze da je gustoća konstantna i jednaka je omjeru
ukupne mase m i ukupne duljine l krivulje, λm = m/l. Za zadanu linijsku gustoću, masa m(l0)
sustava sadrˇzana na dijelu krivulje duljine l0 < l, računa se kao
�
m(l0) = λm(�r) dl.
Posebno, ako je gustoća konstantna, masa tijela sadrˇzana na duljini l0 je jednaka
l0
m(l0) = m l0
l .
Za opis jednodimenzijskog objekta kao ˇsto je krivulja, dovoljan je jedan parametar, tj. jedna
poopćena koordinata q1. To znači da, npr. u pravokutnom koordinatnom sustavu, postoje veze
oblika
x = x(q1), y = y(q1), z = z(q1), (10.7)
diferencijal duljine luka krivulje je, prema Pitagorinom teoremu,
dl = � dx2 +dy 2 +dz 2 �
�dx �2 � �2 �
dy dz
= + +
dq1 dq1 dq1
� 2
dq1 = √ g11 dq1,
gdje je g11 komponenta kovarijantnog metričkog tenzora iz (10.5). Uvrˇstavanje gornjeg diferencijala
u izraz za masu, daje
�
� �dx �2 � �2 � �2 dy dz
m(l0) = λm(q1) + + dq1. (10.8)
dq1 dq1 dq1
l0

10.1. DISKRETNI I KONTINUIRANI SUSTAVI ČESTICA 305
Očito ćemo samu duljinu luka krivulje dobiti kao
�
� �dx �2 �
dy
l0 = +
dq1 dq1
Ukoliko je krivulja zadana eksplicitno jednadˇzbama
l0
l0
� 2
y = y(x), z = z(x),
�
dz
+
dq1
� 2
dq1. (10.9)
tada x shvaćamo kao poopćenu koordinatu (parametar) x ≡ q1 i primjenjujemo gornji izraz
�
� � �2 � �2 dy dz
m(l0) = λm(x) 1+ + dx,
dx dx
a duljinu lika krivulje računamo kao
�
�
l0 = 1+
l0
� �2 dy
+
dx
� �2 dz
dx
Zadatak: 10.8 Tanka ˇzica je savijena u obliku zavojnice polumjera R i hoda h. Linijska masena
gustoća je dana izrazom
λm = A+Bsin 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 = Rcosϕ, y = Rsinϕ, z = h
2π ϕ,
parametarske jednadˇzbe zavojnice, izračunajte duljinu i masu N zavoja zavojnice.
R: Sada se nalazimo u situaciji da imamo jednadˇzbu krivulje zadanu u parametarskom
obliku (10.7), gdje je parametar, tj. poopćena koordinata q1 = ϕ, pa
moˇzemo primjenitiizraze(10.9)i(10.8). DuljinaN zavoja jejednakaN putaduljina
jednog zavoja l = l1 ·N
l = N
� 2π
0
0
� �dx
dϕ
� 2
+
� �2 dy
+
dϕ
dx,
� �2 dz
dϕ = N
dϕ
√ 4π2R 2 +h 2 ,
Masa N zavoja je N puta masa jednog zavoja m = N · m1, a tu masu odredimo
pomoću (10.8) uz ϕ kao poopćenu koordinatu (parametar)
� 2π
m = N (A+Bsin 2 �
�dx�
2 � �2 � �2 dy dz
ϕ) + + dϕ.
dϕ dϕ dϕ
Iskoristimo li cos2ϕ = cos 2 ϕ−sin 2 ϕ = 1−2sin 2 ϕ, elementarna integracija daje
m = N √ 4π 2 R 2 +h 2
�
A+ 1
2 B
�
= l λ0,
gdje smo s l označili ukupnu duljinu zavojnice a λ0 = (A+B/2) je gustoća koju bi
imala homogena zavojnica iste mase i duljine.

306 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Zadatak: 10.9 Izračunajte duljinu luka krivulje zadane sa
za q = 0 do q = 2.
R: dovrˇsiti
x = q, y = q 2 , z = 2
3 q3 ,
Zadatak: 10.10 Izračunajte duljinu luka krivulje zadane sa
od točke (0,0,0) do točke (3,3,2).
R: dovrˇsiti
primjeri ploˇsnih integrala - dovrˇsiti
x 2 = 3y, 2xy = 9z,
Na sličan se način mogu uvesti i pojmovi volumne, povrˇsinske i linijske gustoće električnog
naboja, energije, struje ili neke druge fizičke veličine.
10.2 Srediˇste mase
Promatrajmo diskretni sustav od N čestica čije su mase označene s
a vektori poloˇzaja s
m1,m2,··· ,mN,
�r1,�r2,··· ,�rN,
kao na slici 10.3.A. Srediˇste mase se definira kao točka s vektorom poloˇzaja �rSM
�rSM = m1�r1 +m2�r2 +···+mN �rN
m1 +m2 +···+mN
=
� N
j=1 mj�rj
� N
j=1 mj
= 1
m
N�
mj�rj, (10.10)
gdje s m = � N
j=1 mj označena ukupna masa sustava. Primjetimo da je, u jednostavnom
slučaju kada se sustav sastoji samo od jedne čestice, N = 1, srediˇste mase istoˇsto i radij vektor
poloˇzaja te jedne jedine čestice
�rSM =�r1.
j=1

10.2. SREDI ˇ STE MASE 307
Slika 10.3: Uz definiciju srediˇsta mase (A) diskretnog i (B) kontinuiranog sustava čestica.
Za kontinuirani sustav koji se nalazi unutar volumena V (slika 10.3.B), srediˇste mase se definira
tako da se cijeli volumen podjeli na male dijelove mase dmj. Ovi su dijelovi toliko mali da se
svakome moˇze pridruˇziti radij vektor poloˇzaja �rj koji opisuje pribliˇzni poloˇzaj dmj. Srediˇste
mase se tada računa prema definiciji (10.10) kao
�rSM =
� N
j=1 dmj�rj
�N j=1 dmj
.
Ovaj način računa �rSM sadrˇzi pogreˇsku koja potječe od zbrajanja masa kockica sa ruba tijela:
glatke stranice kockica ne mogu pratiti općenito zaobljeni oblik tijela. Da bi se ova greˇska
smanjila, povećava se broj kockica, tj. smanjuje se njihov volumen. U granici kada broj
kockica N → ∞, one će savrˇseno dobro pratiti (proizvoljni) oblik tijela. No tada će i gornji
zbroj prijeći u integral, pa će se za poloˇzaj srediˇsta mase dobiti
�
V
�rSM =
dm(�r)�r
�
1
� = dm(�r)�r.
dm(�r) m
V
Uvedu li se gustoće: volumna ρm = dm/dV, povrˇsinska σm = dm/dS i linijska λm = dm/dl,
poloˇzaj srediˇsta mase i ukupna masa volumne raspodjele čestica se odreduje pomoću
�
V
�rSM =
�rρm(�r)dV
�
� , m = ρm(�r)dV;
ρm(�r)dV
V
poloˇzaj srediˇsta mase i ukupna masa povrˇsinske raspodjele čestica se odreduje pomoću
�
S
�rSM =
�rσm(�r)dS
�
S σm(�r)dS
�
m = σm(�r)dS;
S
i poloˇzaj srediˇsta mase i ukupna masa linijske raspodjele čestica se odreduje pomoću
�
l
�rSM =
�rλm(�r)dl
�
l λm(�r)dl
�
m = λm(�r)dl.
l
V
V

308 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Svaka od gornje tri vektorske relacije za račun poloˇzaja srediˇsta mase, se moˇze napisati i kao tri
skalarne relacije. Npr. raspis prve od njih u pravokutnom koordinatnom sustavu (za diskretnu
i kontinuiranu raspodjelu čestica), vodi na
xSM = 1
m
ySM = 1
m
zSM = 1
m
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mjxj = 1
�
m V
mjyj = 1
m
mjzj = 1
m
�
�
V
V
xρm(x,y,z)dxdydz,
yρm(x,y,z)dxdydz,
zρm(x,y,z)dxdydz.
Slično se dobije i za raspis u drugim koordinatnim sustavima. Ukoliko gustoću mase shvatimo
kao funkciju gustoće odredene statističke raspodjele vjerojatnosti 4 , Pm(�r) = ρm(�r), tada se�rSM
pojavljuje kao prvi moment te raspodjele. Opći n-ti moment raspodjele se dobije kao
〈�r n �
V 〉 =
�r nPm(�r)d 3r �
V Pm(�r)d 3r .
Nazivnik predstavlja normiranjeraspodjele(ako jeraspodjelaveć normirana, nazivnik jejednak
jedinici). Slične izraze, (7.41) i (7.44), smo već dobivali u poglavlju o gravitaciji.
Ako se sutav nalazi u jednolikom gravitacijskom polju, tada se srediˇste mase naziva i srediˇste
gravitacije ili teˇziˇste. Naime, ako brojnik i nazivnik izraza za �rSM pomnoˇzimo s g, ubrzanjem
Zemljinog gravitacijskog polja, dobivamo za �rSM
�rSM =
ˇsto je upravo definicija teˇziˇsta.
� N
j=1 gmj�rj
� N
j=1 gmj
=
�N j=1 FG,j�rj
�N j=1 FG,j
,
Pokaˇzimo da poloˇzaj srediˇsta mase ne ovisi o izboru ishodiˇsta koordinatnog sustava.
Postavimo dva koordinatna sustava, jedan s ishodiˇstem u točki O i drugi s ishodiˇstem u točki
O ′ , kao na slici 10.4.A. S �rj je označen poloˇzaj j-te čestice s masom mj u odnosu na sustav s
ishodiˇstem u točki O, a s �r ′
j je označen poloˇzaj j-te čestice u odnosu na sustav s ishodiˇstem u
točki O ′ . Poloˇzaj srediˇsta mase u oba koordinatna sustava je dan izrazima
�rSM =
� N
j=1 mj�rj
�N j=1 mj
, �r ′
SM =
4 O raspodjelama vjerojatnosti i njihovim momentima, vidjeti npr u [14]
�N ′
j=1 mj�r j
�N j=1 mj
.

10.2. SREDI ˇ STE MASE 309
Sa slike 10.4.A se vidi da je
Slika 10.4: (A) Dva koordinatna sustava. (B) četiri točke u prostoru.
N�
j=1
�rj = −−→
OO ′ +�r ′
j
mj�rj = −−→
OO ′
N�
mj +
j=1
m�rSM = −−→
OO ′ m+m�r ′
SM
N�
j=1
mj�r ′
j
� N�
j=1
� 1
m
�rSM = −−→
OO ′ +�r ′
SM . (10.11)
Ako pretpostavimo da se poloˇzaj srediˇsta mase S u koordinatnom sustavu s ishodiˇstem u O
i poloˇzaj srediˇsta mase S ′ u koordinatnom sustavu s ishodiˇstem u O ′ razlikuju, tada, prema
slici 10.4.B, zaključujemo da mora biti
Usporedbom izraza (10.11) i (10.12), zaključuje se da je
�rSM = −−→
OO ′ +�r ′
SM +−−→ S ′ S. (10.12)
−−→
S ′ S = 0,
tj. da poloˇzaj srediˇsta mase ne ovisi o izboru ishodiˇsta (niti smjerova osi) koordinatnog sustava.
Zadatak: 10.11 Izračunajte poloˇzaj srediˇsta mase polukruˇznice polumjera R.
R: dovrˇsiti
mj

310 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Zadatak: 10.12 Izračunajte poloˇzaj srediˇsta mase tanke ljuske polukugle polumjera R.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.13 Izračunajte poloˇzaj srediˇsta mase homogenog krutog tijela ograničenog ravninama
4x+2y +z = 8, x = 0, y = 0, z = 0.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.14 Homogeno kruto tijelo je ograničeno paraboloidom
Zadatak: 10.15
x 2 +y 2 = cz,
i ravninom z = H. Izračunajte poloˇzaj srediˇsta mase tijela.
R: dovrˇsiti
Izračunajte poloˇzaj srediˇsta mase tijela sastavljenog
od stoˇsca (visine H i polumjera baze
R) i polukugle (slika).
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.16 Rijeˇsite prethodni zadatak, ako je masena gustoća stoˇsca dvostruko veća od
masene gustoće polukugle.
R: dovrˇsiti

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE311
Zadatak: 10.17
Iz kocke duljine brida b je izrezana polukugla
polumjera a < b/2 kao na slici. Izračunajte
poloˇzaj srediˇsta mase.
R: dovrˇsiti
10.3 Količina gibanja, moment količine gibanja, rad i energija: definicija
i sačuvanje
Sile:
Kada se sustav sastoji samo od jedne čestice, N = 1, svaka sila koja djeluje na njega je nuˇzno
vanjska sila. No, kada se sustav sastoji od N > 1 čestica, tada se moˇze govoriti o vanjskim
i unutarnjim (ili medučestičnim) silama. 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,
označavat će se s
a sila kojom i-ta čestica sustava djeluje na j-tu česticu sustava, označit će se s
Naravno da je
�F v
j ,
�f i,j.
�f j,j ≡ 0,
(tj. čestica ne djeluje silom na samu sebe) i da je prema trećem Newtonovom aksiomu
�f i,j = − � f j,i.
10.3.1 Količina gibanja sustava čestica
Govoreći o jednoj čestici, u odjeljku 4 smo definirali količinu gibanja čestice, �p, kao umnoˇzak
njezine mase i brzine
�p = m�v.
Sada imamo N čestica označenih indeksom j = 1,··· ,N, tako da je masa j-te čestice sustava
mj, a brzina �vj ≡ ˙ �rj. Ukupnu količinu gibanja sustava je najprirodnije definirati kao aditivnu
veličinu, tj. kao vektorski zbroj količina gibanja pojedinih čestica sustava
�p =
N�
�pj =
j=1
N�
mj ˙ �rj.
j=1

312 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase, u gornjem izrazu treba zbroj zamijeniti integralom,
a masu mj zamijeniti diferencijalom mase u okolini promatrane točke
N�
j=1
−→
�
mj −→ dm(�r).
Na taj način, ukupna količina gibanja kontinuiranog sustava čestica postaje
� �
�p = dm(�r)�v = �vρm(�r)d 3 r.
Vremenskom derivacijom vektora poloˇzaja srediˇsta mase
�rSM = 1
m
N�
j=1
dobiva se brzina srediˇsta mase
˙�rSM = 1
m
N�
j=1
V
mj�rj = 1
m
mj�vj = 1
m
�
V
�
V
V
�rρm(�r)d 3 r
� �
�vρm(�r)+�r
�
( −→ ∇ ρm)�v+ ∂ρm
∂t
d
dt
��
d 3 r
Usporedbom gornjeg i izraza za količinu gibanja cijelog sustava �p, dolazi se do
�p = m ˙ �rSM, (10.13)
tj. ukupna količina gibanjasustava čestica sedobije kaoumnoˇzak ukupne mase sustava i brzine
srediˇsta mase.
Napiˇsimo jednadˇzbu gibanja (drugi Newtonov aksiom) za j-tu česticu sustava i zbrojimo sve
te jednadˇzbe
d�pj d2
=
dt dt2 (mj�rj) = � F v
j +
N�
�
N�
�f i,j .
i=1
Lijeva strana je očito jednaka vremenskoj promjeni ukupne količine gibanja sustava, dok se na
desnoj strani dobivaju dva člana
d�p
dt =
N�
j=1
�F v
j +
N�
i=1
N�
j=1
j=1
�f i,j. (10.14)
Prvi član desne strane je zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na sve čestice sustava i označavat
će se s � F v
�F v =
N�
j=1
�F v
j .

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE313
Drugi član je zbroj svih medučestičnih sila:
N�
i=1
N�
j=1
�f i,j = 0+ � f 1,2 + � f 1,3 + � f 1,4 +···+ � f 1,N i = 1 (10.15)
+ � f 2,1 +0+ � f 2,3 + � f 2,4 +···+ � f 2,N
+ � f 3,1 + � f 3,2 +0+ � f 3,4 +···+ � f 3,N
.
i = 2
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 ˙ �rSM, ˇsto uvrˇsteno u (10.14), daje
d�p
dt
= d2
dt 2(m�rSM) = � F v .
(10.16)
Pod djelovanjem vanjskih sila, sustav se giba kao čestica smjeˇstena u točki
�rSM, čija je masa jednaka ukupnoj masi sustava, a na koju djeluje sila jednaka
zbroju svih vanjskih sila koje djeluju na sustav.
Primjetimo takoder da samo vanjske sile mogu promijeniti ukupnu količinu gibanja sustava
čestica (unutarnje sile � f i,j se ne pojavljuju u gornjem izrazu).
Ako je zbroj svih vanjskih sila jednak nuli, tada vrijedi relacija koja se naziva zakon o
sačuvanju količine gibanja sustava čestica
�F v = 0 ⇒
d�p
dt = 0 ⇒ �p = const. (10.17)
Ukupna količina gibanja sustava, �p = m ˙ �rSM jekonstantna u vremenu. U tomslučaju, srediˇste
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 povrˇsine, na sve će čestice djelovati gravitacijska
sila u smjeru −�ez i zato z komponenta količine gibanja neće biti sačuvana, dok će preostale
dvije komponente (okomite na z) ostati sačuvane
px = const. py = const. pz �= const.

314 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Zadatak: 10.18 Dvostruka kosina sa slike desno, nalazi se na podlozi bez trenja.
Izračunajte njezino ubrzanje. Trenje izmedu
masa m1,m2 i kosine se zanemaruje.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.19 Kosina mase m sa slike desno, nalazi se na podlozi s koeficijentom trenja µ.
Niz nju (bez trenja) klizi tijelo iste mase m.
Izračunajte ubrzanje kosine.
R: dovrˇsiti
10.3.2 Moment količine gibanja sustava čestica
Moment količine gibanja jedne čestice, u odnosu na zadano ishodiˇste, se definira kao
�L =�r × �p.
S tim u skladu, moment količine gibanja sustava od N čestica se definira kao aditivna veličina,
tj. kao vektorski zbroj pojedinačnih momenata količina gibanja svih čestica sustava
�L =
N�
�L j =
j=1
N�
�rj × mj�vj,
ili, za sustav s kontinuiranom raspodjelom mase
� �
�L = �r × dm�v = �r × �v ρm(�r) d 3 r.
j=1
Neka je, ponovo, � F v
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
�M v
j =�rj × � F v
j ,
će se nazivati momentom vanjskih sila j-te čestice, u odnosu na zadano ishodiˇste. Zbroj momenata
vanjskih sila svih čestica sustava ćemo označiti s � M v
�M v =
N�
j=1
�M v
j =
N�
j=1
�rj × � F v
j .

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE315
Iz odjeljka 4.3, relacija (4.26), znamo da za sustav od jedne čestice vrijedi
d � L
dt = � M.
Ispitajmo vrijedi li slična relacija i za sustav čestica? Krenimo opet od jednadˇzbe gibanja j-te
čestice, koju ćemo sada s lijeva vektorski pomnoˇziti s �rj
N�
�
�f i,j
�rj ×
d�pj
dt = � F v
j +
i=1
�rj × d
dt (mj ˙ �rj) = �rj × � F v
j +
d
dt (�rj × mj ˙ �rj)
� �� �
= � −
L j
˙ �rj × mj ˙ �rj
� �� �
= 0
N� d
�L j
dt
j=1
� �� �
= � L
= �rj × � F v
j +
d � Lj
dt = �rj × � F v
j +
=
N�
j=1
�rj × � F v
j
� �� �
= � M v
N� �
�rj × � �
f i,j
i=1
N� �
�rj × � �
f i,j
i=1
N�
i=1
+
�
�rj × � �
f i,j
N�
j=1
N� �
�rj × � �
f i,j
i=1
� N�
Lijevu stranu gornje jednakosti prepoznajemo kao vremensku promjenu momenta količine giba-
˙
nja cijelog sustava, �L, a prvi član desne strane je ukupni moment vanjskih sila M� v . Pokaˇzimo
da je drugi član desne strane jednak nuli, ako su sile medu česticama usmjerene duˇz njihovih
spojnica (slika 10.5), tj. ako je
�ri −�rj �f i,j = fi,j
|�ri −�rj| .
Dvostruki zbroj na desnoj strani sadrˇzi članove oblika
···+�rj × � f i,j +···+�ri × � f j,i +···
Prema trećem Newtonovom aksiomu je � f j,i = − � f i,j, pa gornja dva člana moˇzemo zbrojiti u
···+(�rj −�ri) × � f i,j +···
Budući da su medučestične sile usmjerene duˇz spojnica čestica, to je
(�rj −�ri) × � f i,j = (�rj −�ri) × �ri −�rj
|�ri −�rj| fi,j = 0, (10.18)
zato jer je vektorski umnoˇzak dva kolinearna vektora jednak nuli. Tako smo, krenuvˇsi od
jednadˇzbe gibanja, doˇsli do
d � L
dt = � M v . (10.19)
j=1

316 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.5: Ilustracija sile u smjeru spojnice točaka i i j.
Vremenska promjena momenta količine gibanja sustava čestica jednaka je momentu svih vanjskih
sila koje djeluju na čestice sustava. Ovaj rezultat vrijedi samo uz pretpostavku da su
medučestične sile usmjerene duˇz spojnica čestica (primjer sile koja nema samo radijalnu komponentu,
su dipolne sile koje se izvode iz dipolnog potencijala, odjeljak 7.4).
Primjetimo takoder da samo moment vanjskih sila moˇze promijeniti ukupan moment količine
gibanja sustava čestica (moment unutarnjih sila � f i,j se ne pojavljuju u gornjem izrazu).
Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, � M v = 0, tada je i
�M v = 0 ⇒
d � L
dt = 0, ⇒ � L =
N�
mj�rj × �vj = const.
(10.20)
tj. moment količine gibanja sustava čestica je konstantan u vremenu. Gornja jednadˇzba se
zove i zakon o sačuvanju momenta količine gibanja sustava čestica
.
Opet, kao i kod sačuvanja količine gibanja, str. 313, moˇzemo pretpostaviti da su neke komponente
� M v jednake nuli, a neke nisu. Npr. neka je u cilindričnom koordinatnom sustavu
Mv,ϕ = 0, a preostale dvije komponente neka su različite od nule. Tada je
j=1
Lρ �= const. Lϕ = const. Lz �= const.

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE317
10.3.3 Rad i energija sustava čestica
Rad
Označimo s � Fj zbroj svih sila, vanjskih i medučestičnih, koje djeluju na j-tu česticu sustava
�Fj = � F v
j +
ˇzelimo izračunati rad koji obave ove sile pri pomaku cijelog sustava iz početne konfiguracije
označene s
u konačnu konfiguraciju iznačenu s
N�
i=1
�f i,j.
poč = (�r1,p,�r2,p,··· ,�rN,p),
kon = (�r1,k,�r2,k,··· ,�rN,k).
Smatramo li rad aditivnom veličinom, rad nad sustavom čestica će biti jednak zbroju radova
nad svakom pojedinom česticom sustava
Wpoč,kon =
N�
j=1
Wj, poč,kon =
N�
j=1
� kon
poč
�Fjd�rj.
Kinetička energija
sustava čestica se definira kao aditivnaveličina, tj. kao zbroj kinetičkih energija svih čestica
sustava (ponovo ćemo, radi jednostavnosti, raditi s diskretnim sustavom)
Ek =
N�
j=1
Ek,j = 1
2
N�
j=1
mj�v 2
j =
N�
j=1
�p 2 j
.
2mj
Poveˇzimo promjenu ukupne kinetičke energije sustava s radom obavljenim nad česticama sustava.
Prema drugom Newtonovom aksiomu je
˙�pj = � Fj,
iz čega slijedi (uz zanemarivanje relativističkih učinaka):
Wpoč,kon =
=
N�
j=1
N�
j=1
� kon
poč
mj
� kon
poč
�Fj d�rj =
N�
j=1
d�vj�vj =
� kon
N�
j=1
poč
mj
d�pj
dt d�rj =
�v 2
j
2
�
�
�
�
kon
poč
=
N�
j=1
N�
j=1
� kon
poč
d�vj
mj
dt d�rj
� �
1 2 1 2
mj�v j,k − mj�v j,p
2 2
= Ek(kon)−Ek(poč). (10.21)
Ukupan obavljeni rad je, dakle, jednak razlici konačne i početne kinetičke energije cijelog sustava.
Potencijalna energija konzervativnih sila
Pretpostavimo sada da su sve sile, i vanjske i unutarnje, koje djeluju na čestice sustava konzervativne.
Svaka konzervativna sila se moˇze napisati kao negativan gradijent odgovarajuće

318 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
potencijalne energije (odjeljak 4.3)
�F = − −→ ∇ Ep.
Tako ćemo vanjskim silama pridruˇziti vanjsku potencijalnu energiju E v
p , a unutarnjim silama,
unutarnju potencijalnu energiju Eu p
�F v
j = − −→ ∇jE v
p(rj)
� f i,j = − −→ ∇jE u p(ri,j).
Oznakom −→ ∇j preciziramo da se derivacije sadrˇzane u operatoru −→ ∇ izvode u točki s radij
vektorom �rj (a ne npr. u točki radij vektora �ri ili nekoj drugoj točki). Tako je npr. u
pravokutnom koordinatnom sustavu
−→ ∂ ∂ ∂
∇j =�ex +�ey +�ez .
∂xj ∂yj ∂zj
Rad unutarnjih sila:
Pogledajmo najprije unutarnje sile i njima pridruˇzenu potencijalnu energiju. Preciznije, potencijalnu
energiju i-te čestice u odnosu na j-tu česticu, ćemo označiti s Eu p,i,j . Ta energija ovisi
samo o medusobnoj udaljenosti dvije promatrane čestice ri,j
�
(xi −xj) 2 +(yi −yj) 2 +(zi −zj) 2 (10.22)
i zato je simetrična
ri,j = rj,i =
E u p,i,j(ri,j) = E u p,j,i(rj,i).
Zbog ovog svojstva moˇzemo izostavljati indekse i,j i jednostavno pisati
E u p (ri,j).
Primjetimo da E u p (ri,j) ovisi o ˇsest koordinata
E u p (ri,j) = E u p (xi,yi,zi,xj,yjzj) = E u p (xi −xj,yi −yj,zi −zj),
Pa je zato njezin potpuni diferencijal jednak
dE u p(ri,j) = ∂Eu p
∂xi
dxi + ∂Eu p
∂yi
dyi + ∂Eu p
∂zi
dzi + ∂Eu p
∂xj
dxj + ∂Eu p
∂yj
dyj + ∂Eu p
∂zj
dzj. (10.23)
Slično tome je i potencijalna energija vanjskih sila E v
p(rj) funkcija tri koordinate poloˇzaja j-te
čestice i zato je njezin diferencijal jednak
dE v p(rj) =
∂E v
p
∂xj
dxj +
∂E v
p
∂yj
dyj +
∂E v
p
∂zj
dzj. (10.24)
Pokaˇzimo daovakvapotencijalnaenergijavodinasilekojezadovoljavajutrećiNewtonovaksiom
(akcije i reakcije). Sila kojom i-ta čestica djeluje na j-tu česticu je
�f i,j = − −→ ∇jE u p(ri,j) = −�ex
∂E u p (ri,j)
∂xj
−�ey
∂E u p (ri,j)
∂yj
−�ez
∂E u p (ri,j)
∂zj
.

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE319
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 = − −→ ∇iE u p(rj,i),
zbog simetrije potencijalne energije E u p (ri,j) = E u p (rj,i), gornji izraz prelazi u
�f j,i = − −→ ∇iE u p (ri,j).
No, u skladu s (10.22), derivacije po koordinatama i i j se razlikuju u predznaku, npr.
i zato je
∂E u p(ri,j)
∂xi
= ∂Eu p(ri,j) ∂ri,j
∂ri,j ∂xi
= ∂Eu p(ri,j)
(−)
∂ri,j
∂ri,j
∂xj
− −→ ∇iE u p (ri,j) = + −→ ∇jE u p (ri,j) = − � f i,j,
tj. � f j,i = − � f i,j u skladu s trećim Newtonovim aksiomom.
= − ∂Eu p(ri,j)
∂xj
Uočimo bilo koje dvije čestice sustava i i j i izračunajmo rad medučestičnih sila pri infinitezimalnom
pomaku j-te čestice za d�rj i i-te čestice za d�ri
�f i,jd�rj + � �
∂E
f j,id�ri = − �ex
u p (ri,j) ∂E
+�ey
∂xj
u p (ri,j) ∂E
+�ez
∂yj
u p (ri,j)
�
(�exdxj +�eydyj +�ezdzj)
∂zj
�
∂E
− �ex
u p (ri,j) ∂E
+�ey
∂xi
u p (ri,j) ∂E
+�ez
∂yi
u p (ri,j)
�
(�exdxi +�eydyi +�ezdzi)
∂zi
� u ∂Ep (ri,j)
= − dxj +
∂xj
∂Eu p (ri,j)
dyj +
∂yj
∂Eu p (ri,j)
dzj
∂zj
+ ∂Eu p (ri,j)
dxi +
∂xi
∂Eu p (ri,j)
dyi +
∂yi
∂Eu p (ri,j)
�
dzi .
∂zi
Desna strana je upravo potpuni diferencijal unutarnje potencijalne energije (10.23), koja je
funkcija ˇsest varijabli: xi,yi,zi,xj,yj,zj, tj. dobili smo da je
Zbrojimo gornju jednadˇzbu po i i j:
N�
i=1
N�
j=1
�f i,jd�rj + � f j,id�ri = −dE u p (ri,j).
�f i,jd�rj +
N�
i=1
N�
j=1
�f j,id�ri = −
N�
i=1
N�
j=1
dE u p (ri,j).
Zamijenom (nijemih) indeksa po kojima se zbraja u drugom članu lijeve strane, dobiva se
N�
i=1
N�
j=1
�f i,jd�rj +
N�
j=1
N�
i=1
N�
i=1
N�
j=1
�f i,jd�rj = −
�f i,jd�rj = − 1
2
N�
i=1
N�
i=1
N�
j=1
dE u p (ri,j)
N�
j=1
dE u p(ri,j).

320 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
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 ˇsto ćemo prointegrirati gornji izraz
Uz oznake
W u poč,kon =
N�
i=1
N�
j=1
� kon
poč
�f i,jd�rj = − 1
2
E u p = 1
2
N�
i=1
= − 1
2
N�
j=1
N�
i=1
N�
i=1
N�
j=1
N�
j=1
E u p(ri,j),
rad medučestičnih (unutarnjih) sila se dobiva u obliku
� kon
dE
poč
u p (ri,j)
�
E u p (ri,j)kon −E u p (ri,j)poč
�
W u poč,kon = E u p(poč)−E u p(kon). (10.25)
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 E v
p (rj). Primjetimo da ova
potencijalna energija ovisi o poloˇzaju samo jedne čestice, tj. o njezine tri koordinate, npr.:
xj,yj,zj, pa je zato njezin diferencijal dan izrazom (10.24).
�F v
j = −−→ ∇jE v
p (rj)
�F v
j d�rj = − −→ ∇jE v
p (rj)d�rj
�
∂E
= − �ex
v
p(rj)
+�ey
∂xj
� v ∂Ep (rj)
= − dxj +
∂xj
∂E v
p(rj)
∂yj
∂E v
p (rj)
∂yj
dyj +
∂zj
�
d�rj ·
∂E
+�ez
v � � �
p(rj)
�exdxj +�eydyj +�ezdzj
∂zj
v ∂Ep (rj)
�
dzj .
Izraz u gornjoj zagradi prepoznajemo kao potpuni diferencijal dE v p (rj), (10.24), pa je
N�
j=1
� kon
poč
� kon
poč
�F v
j d�rj = = −dE v
p(rj)
�F v
j d�rj = −
�F v
j d�rj =
N�
j=1
� kon
poč
dE v p(rj) = E v
p(rj)poč −E v
p(rj)kon
�
E v p (rj)poč −E v
p (rj)kon
�
.
� � kon
poč
� N �
Značenje lijeve strane gornjeg izraza je jasno: to je rad vanjskih sila pri pomaku sustava iz
početne u konačnu konfiguraciju; označit ćemo ga s Wv poč,kon . Isto je tako jasno i značenje desne
j=1

10.3. KOLI ČINAGIBANJA,MOMENTKOLIČINEGIBANJA,RADIENERGIJA:DEFINICIJAISAČUVANJE321
strane: označimo li s E v
p
ukupnu potencijalnu enegiju sustava čestica u odnosu na vanjske sile
E v
p =
N�
j=1
E v
p(rj),
tada je rad vanjskih sila nad sustavom jednak razlici vanjskih potencijalnih energija sustava
W v poč,kon
v v
= Ep (poč)−E p (kon).
Ukupan rad nad sustavom je rad koji potječe i od unutarnjih i od vanjskih sila
Označimo s
Wpoč,kon = W u poč,kon +Wv poč,kon = Eu p (poč)−Eu p
Ep = E u p +E v p ,
v v
(kon)+E p (poč)−E p (kon).
zbroj potencijalnih energija koje potječu od unutarnjih i vanjskih sila. Relacijom (10.21) smo
povezali rad i promjenu kinetičke energije, a relacijom (10.25) smo povezali rad i promjenu
potencijalne energije, pa je stoga
Ek(kon)−Ek(poč) = Wpoč,kon = Ep(poč)−Ep(kon)
Ek(kon)+Ep(kon) = Ek(poč)+Ep(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
Ek +Ep = const. (10.26)
Gornja relacija izraˇzava zakon o sačuvanju mehaničke energije sustava čestica i vrijedi samo
uz pretpostavku da su sve sile - i vanjske i unutarnje - konzervativne.
Saˇzetak:
Ovime je pokazano da postoji sedam veličina koje (pod odredenim uvjetima koji su navedeni
tijekom izlaganja) su konstante gibanja sustava čestica. To su tri komponente ukupne količine
gibanja
tri komponente ukupnog momenta količine gibanja,
i mehanička energija sustava
�p,
�L,
E = Ek +Ep.

322 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
10.4 Neinercijski koordinatni sustav vezan za srediˇste mase
Često je korisno opisivati gibanje sustava čestica u odnosu na poloˇzaj srediˇsta mase. Zato
ćemo pored nepomičnog (inercijskog) koordinatnog sustava označenog s
uvesti i (neinercijski) koordinatni sustav
S ≡ (O,x,y,z),
S ′ = (O ′ ,x ′ ,y ′ ,z ′ ),
čije se ishodiˇste O ′ nalazi u srediˇstu mase sustava (slika 10.6) i koji se giba u skladu s gibanjem
svih čestica sustava.
Slika 10.6: Veza nepomičnog i sustava vezanog uz srediˇste mase.
Količina gibanja:
Pokaˇzimo da je u tom koordinatnom sustavu 5
�r ′
SM
= 0,
kao i da je ukupna količina gibanja svih čestica sustava, mjerena iz (O ′ ,x ′ ,y ′ ,z ′ ), jednaka nuli
�p ′ = 0.
Sa slike 10.6 se vidi veza poloˇzaja j-te čestice u neinercijskom �r ′
j i inercijskom sustavu �rj
�rj = �rSM +�r ′
j
� d
dt
⇒ �vj =�vSM +�v ′
j. (10.27)
5 to je zapravo već i učinjeno pri kraju odjeljka 10.2, gdje je pokazano da poloˇzaj srediˇsta mase ne ovisi o izboru ishodiˇsta
koordinatnog sustava

10.4. NEINERCIJSKI KOORDINATNI SUSTAV VEZAN ZA SREDI ˇ STE MASE 323
Prema definiciji poloˇzaja srediˇsta mase u inercijskom i neinercijskom sustavu je
�rSM = 1
m
�r ′
SM = 1
m
N�
j=1
N�
j=1
Zbog veze �rj =�rSM +�r ′
j , za �rSM moˇzemo pisati
�rSM = 1
m
N�
j=1
mj�rj = 1
m
N�
j=1
No, � N
j=1 mj = m, tako da se dobiva
�rSM = �rSM + 1
m
Iz gornje jednadˇzbe zaključujemo da je
�r ′
SM
mj�rj, �vSM = 1
m
mj�r ′
j, �v ′ SM = 1
m
mj(�rSM +�r ′
j) = �rSM
m
N�
j=1
= 1
m
N�
j=1
N�
mj�vj
j=1
mj�r ′
j =�rSM +�r ′
SM.
N�
j=1
mj�r ′
j
N�
j=1
mj�v ′
j.
mj + 1
m
N�
j=1
mj�r ′
j.
= 0. (10.28)
Dakle, zbroj umnoˇzaka mase i radij vektora svih čestica sustava, računat u odnosu na koordinatni
sustav sa ishodiˇstem u srediˇstu mase, jednak je nuli. To je jedan od razloga zaˇsto
se srediˇste mase zove srediˇste. Vremenskom derivacijom gornje jednadˇzbe se dobiva upravo
zbroj količina gibanja svih čestica sustava izraˇzen u odnosu na poloˇzaj srediˇsta mase
N�
j=1
mj�r ′
j = 0
�p ′ =
N�
j=1
� d
dt
mj�v ′
j = 0, (10.29)
tj. ukupna količina gibanja sustava u odnosu na srediˇste mase je jednaka nuli.
Moment količine gibanja:
Poveˇzimo sada ukupni moment količine gibanja sustava čestica, prikazan u koordinatnim sustavima
(O,x,y,z) i (O ′ ,x ′ ,y ′ ,z ′ ). Uvrˇstavanjem veza (10.27) u izraz za ukupni moment količine

324 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
gibanja
�L =
=
N�
mj�rj × �vj =
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mj(�rSM +�r ′
j) × (�vSM +�v ′
j)
mj(�rSM × �vSM +�rSM × �v ′ ′
j +�r j × �vSM +�r ′
j
= m�rSM × �vSM +�rSM ×
� N�
j=1
mj�v ′
j
�
� �� �
�p ′ = 0
+
� N�
j=1
mj�r ′
j
× �v′
j )
�
� ��
= 0
�
�r ′
SM
�vSM +
N�
j=1
mj�r ′
j
× �v′
j .
Prema relacijama (10.28) i (10.29) su drugi i treći član gornjeg izraza jednaki nuli, tako da
preostaje
gdje smo uveli oznaku
�L = m�rSM × �vSM +
N�
j=1
mj�r ′
j
× �v′
j
�L = m�rSM × �vSM + � L ′ , (10.30)
�L ′ =
N�
j=1
mj�r ′
j × �v ′
j.
Moment količine gibanja je zbroj dva člana: prvi predstavlja gibanje sustava kao cjeline u
odnosu na ishodiˇste O (brzinom �vSM), a drugi je zbroj momenata količine gibanja čestica u
odnosu na ishodiˇste O ′ vezano za srediˇste mase sustava.
Potraˇzimo joˇs i vezu izmedu momenta vanjskih sila i momenta količine gibanja sustava čestica.
Od ranije, relacijom (10.19), znamo da u koordinatnom sustavu (O,x,y,z), vrijedi da je
pri čemu je
a iz (10.30) znamo da je
�L =
d � L
dt = � M v ,
�M v =
N�
j=1
�rj × � F v
j , (10.31)
N�
mj�rj × �vj = m�rSM × �vSM + � L ′ .
j=1

10.4. NEINERCIJSKI KOORDINATNI SUSTAV VEZAN ZA SREDI ˇ STE MASE 325
Uvrˇstavanjem �rj =�rSM +�r ′
j
m�vSM × �vSM
� �� �
= 0
u izraz (10.31), dobiva se
d� L
dt = � M v ,
d
�
m�rSM × �vSM +
dt
� L ′ � N�
. = (�rSM +�r ′
j ) × � F v
j
j=1
+ �rSM × m d�vSM
dt + d� L ′
dt = �rSM ×
N�
j=1
�F v
j +
N�
j=1
�r ′
j × � F v
j .
(10.32)
Pogledajmo sada detaljnije ˇsto smo dobili. Prvi član lijeve strane je vektorski umnoˇzak dva
jednaka vektora, pa jetime jednak nuli. Da bismo prepoznali drugi član lijeve strane, prisjetimo
se jednadˇzbe gibanja j-te čestice iz prethodnog odjeljka
N�
j=1
d�p j
dt = � Fv,j +
d�vj
mj
dt =
N�
i=1
N�
�Fv,j +
j=1
�f i,j
N�
j=1
N�
i=1
�f i,j.
� N�
Kao ˇsto smo pokazali relacijom (10.15), � N
i,j=1 � f i,j = 0, pa iz gornje relacije preostaje
m d�vSM
dt =
j=1
N�
�Fv,j. (10.33)
Prema gornjoj relaciji zaključujemo da se drugi član lijeve strane i prvi član desne strane izraza
(10.32) ukidaju, tako da u tom izrazu preostaje
✘✘✘
�rSM
✘✘✘✘✘✘ × m d�vSM
dt + d� L ′
dt =
d � L ′
dt =
j=1
✟ ✟✟✟✟✟✟✟
N�
�rSM × �F
j=1
v
j +
N�
j=1
N�
�r
j=1
′
j × � F v
j .
�r ′
j × � F v
j .
Fizički sadrˇzaj gornjerelacijejeočit: nazovemo limoment vanjskihsila ukoordinatnomsustavu
(O ′ ,x ′ ,y ′ ,z ′ )
tada vrijedi
�M ′v =
N�
j=1
�r ′
j × � F v
j ,
d � L ′
dt = � M ′v .
Budući da od ranije, relacijom (10.19), znamo da je
d � L
dt = � M v ,
(10.34)

326 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
(gornja je relacija napisana u inercijskom sustavu), zaključujemo da gornja relacija vrijedi ne
samo u inercijskim sustavima, nego i u neinercijskim sustavima (koji se na proizvoljan
način gibaju zajedno sa srediˇstem mase).
Kinetička energija:
Pogledajmojoˇsikakoizgledaizrazzakinetičkuenergijuukoordinatnomsustavu(O ′ ,x ′ ,y ′ ,z ′ ).
Izravnim uvrˇstavanjem veze medu brzinama u oba koordinatna sustava, se dolazi do
Ek = 1
2
= 1
2
N�
j=1
N�
j=1
mj�v 2
j
= 1
2
= 1 2
m�v SM +�vSM
2
N�
j=1
mj(�vSM +�v ′
j )2
mj(�v 2 ′
SM +2�vSM�v j +�v′2 j )
N�
j=1
mj�v ′
j
� �� �
= �p ′ = 0
+ 1
N�
mj�v
2
j=1
′2
j
� �� �
= E ′ .
k
Prema relaciji (10.29), drugi član desne strane je jednak nuli, pa za kinetičku energiju preostaje
izraz
Ek = 1 2
m�v SM
2 +E ′ k . (10.35)
Kinetička energija sustva čestica je jednaka zbroju od dva člana: prvi član opisuje energiju
translacijskog gibanja sustava kao cjeline, brzinom �vSM, a drugi član opisuje kinetičku energiju
gibanja čestica u odnosu na srediˇste mase sustava.
Zadatak: 10.20 Dvije čestice istih masa m, spojene su krutim ˇstapom zanemarive mase u
duljine l0. Srediˇste ˇstapa se giba po kruˇznici polumjera R0. Izračunajte kinetičku
energiju te dvije čestice.
R:
dovrˇsiti
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 = tpoč do t = tkon, tada se integral
� tkon
tpoč
�F v dt,

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 327
nazivaukupni (linearni) impulsvanjskesile. Pokaˇzimodajeonjednakpromjeniukupnekoličine
gibanja sustava. Prema relaciji (10.33) je
ˇsto uvrˇsteno u izraz za impuls sile daje
� tkon
tpoč
m d�vSM
dt
dt = m
� tkon
tpoč
�F v = m d�vSM
,
dt
d�vSM = m�vSM,kon −m�vSM,poč = �pkon −�ppoč. (10.36)
Slična se relacija dobije i za moment vanjskih sila, za koji i u inercijskom S i u neinercijskom
S ′ sustavu vrijede relacije istog oblika
tako da je
� tkon
tpoč
� tkon
tpoč
d � L
dt = � M v
�M v dt =
�M ′v dt =
� tkon
tpoč
� tkon
tpoč
d� L
dt =
dt
d � L ′
dt
dt =
d � L ′
dt = � M ′v ,
� tkon
tpoč
� tkon
10.5 Lagrangeovo i D’Alembertovo načelo
tpoč
d � L = � L kon − � L poč,
d � L ′ = � L ′ kon − � L ′ poč. (10.37)
Kao ˇsto prvi Newtonov aksiom opisuje ˇsto 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 situacijama 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 moˇze biti jako sloˇzen 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 moˇze posluˇziti
sustav koji se sastoji od dvije čestice vezane krutim ˇstapom zanemarive mase i duljine d (slika
dolje). Poloˇzaji čestica nisu nezavisni nego su povezani relacijom

328 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
|�r1(t)−�r2(t)| = d = const.
Ako je čestica ograničena (vanjskim silama) na gibanje po kruˇznici polumjera R u ravnini
(x,y)(slikadolje), ondaje, umjestotraˇzenjaeksplicitnog oblikasilekojiuzrokujetoograničenje,
jednostavnijedjelovanje te vanjske sile opisati jednim uvjetom na gibanje . Uovom
jednostavnom primjeru, to je zahtjev da koordinate čestice zadovoljavaju jednadˇzbu kruˇznice
x(t) 2 +y(t) 2 −R 2 = 0.
U ovom primjeru djelovanje vanjske npr. gravitacijske sile neće biti opisano uvjetom na gibanje,
nego će se u jednadˇzbi gibanja pojaviti eksplicitno kao m�g (aktivna sila).
U oba primjera, dakle, rjeˇsavamo jednadˇzbu gibanja, ali zahtjevamo da rjeˇsenja osim te jednadˇzbe
zadovoljavaju joˇs i odredene jednadˇzbe uvjeta (slično kao ˇsto smo u nekim primjerima
- npr. kod harmonijskog oscilatora - zahtijevali da rjeˇsenja zadovoljavaju odredene početne ili
rubne uvjete).
Ravnoteˇza:
Potraˇzimouvjetravnoteˇzesustavačestica. Ufiksnomvremenskomtrenutku, promatrajmodvije
mogućebliskekonfiguracijesustavaodN čestica, kojesuuskladusasilamaiuvjetimakojimasu
podvrgnute čestice. Ako seprijelaz izjedne udrugu konfiguraciju, ostvarujetrenutnom (dt =

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 329
0) promjenom poloˇzaja j-te čestice za δ�rj, tada pomak δ�rj nazivamo virtualni (ili zamiˇsljeni)
pomak. On se razlikuje od pravog pomaka d�rj koji se dogada u vremenskom intervalu dt �= 0
tijekom kojega se i sile i uvjeti mogu promjeniti (zamiˇsljeni pomak δ�rj se dogada uz fiksne sile
i uvjete)
d�rj, dt �= 0,
δ �rj, dt = 0.
Za simbol δ vrijede ista pravila kao i za diferencijal d, npr.
δ(sinθ) = cosθ δθ, δ(x 2 ) = 2 x δx.
Promatra se sustav vezanih čestica na koji djeluju vanjske sile (one koje nisu opisane uvjetima
. Zadatak je
na gibanje). Vanjsku silu na j-tu česticu ćemo označiti � F v
j
naći uvjete pod kojima je ovakav sustav vezanih čestica u ravnoteˇzi.
Zamislimo da je j-ta čestica pomaknuta za δ�rj u skladu s vezama medu česticama i vanjskim
silama. Zbog tih istih veza i vanjskih sila, pomak j-te čestice izazvat će pomake i nekih drugih
čestice sustava, pa će u tom slučaju ukupan zamiˇsljeni rad vanjskih sila obavljen nad cijelim
sustavom biti jednak
δW = � Fv,1 δ�r1 + � Fv,2 δ�r2 +···+ � Fv,N δ�rN =
N�
j=1
�F v
j · δ�rj.
Ako vanjske sile mogu izvrˇsiti (pozitivan) rad nad sustavom vezanih čestica, one će ga i izvrˇsiti
tj. zamiˇsljeni pomaci će se realizirati i sustav će prijeći iz jedne konfiguracije u drugu i δW
će biti različit od nule. Jedino ako pri svim zamiˇsljenim pomacima rad vanjskih sila iˇsčezava,
sustav će ostati u mirovanju. Dakle, uvjet ravnoteˇze sustava vezanih čestica glasi
δW =
N�
j=1
�F v
j · δ�rj = 0. (10.38)
Ta se relacija zove Lagrange-ovo 6 načelo ili načelo zamiˇsljenih (virtualnih) pomaka.
Za sustav nevezanih čestica su pomaci δ�rj medusobno neovisni, pa je gornji zbroj jednak
nuli samo ako su sve � F v
j = 0. Ovo je lako vidjeti iz slijedećeg rasudivanja: ako su svi pomaci
medusobno neovisni, moˇzemo sve zamiˇsljene pomake, osim prvog, odabrati da su jednaki nuli,
pa iz gornje relacije slijedi da je � Fv,1 = 0. Zatim ostavimo samo drugi zamiˇsljeni pomak
različitim od nule, pa zaključimo da je i � Fv,2 = 0, itd. za ostale čestice i dobivamo uvjet
ravnoteˇze nevezanog sustava čestica u obliku
�F v
j
= 0, j = 1,2,··· ,N,
a to je upravo prvi Newtonov aksiom za svaku pojedinu česticu.
6 Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski matematičar.

330 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
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 ravnoteˇze vezanih čestica izraˇzen gore
zaokvirenim izrazom. Taj izraz vrijedi bez obzira jesu li vanjske sile konzervativne ili nisu.
Zadatak: 10.21
Na udaljenostima a1 i a2 od nepomičnog
uporiˇsta vage, nalaze se tijela masa m1 i m2.
Koristeći Lagrangeovo načelo, nadite uvjet
ravnoteˇze.
R: Kreće se od Lagrangeova izraza (10.38)
N�
j=1
�F v
j · δ�rj = 0.
Jedine aktivne vanjske sile koje se uzimaju u račun jesu gravitacijske sile na oba
tijela, pa zato gornji izraz postaje
Za male kutove otklna α je
i Lagrangeov izraz postaje
Isto tako, za male kutove α je
pa Lagrangeov izraz daje
ˇsto je traˇzeni uvjet ravnoteˇze.
(−�ey m1g) · δ�r1 +(−�ey m2g) · δ�r2 = 0.
δ�r1 ≃�ey δy1, δ�r2 ≃ −�ey δy2
−m1g δy1 +m2g δy2 = 0.
tan α ≃ δy1
, tan α ≃ δy2
,
a1
m1 a1 = m2 a2,
Zadatak: 10.22 Dva tijela masa m1i m2 se nalaze na nepomičnojdvostrukoj kosini kao na slici
10.7. Kosina je bez trenja, a tijela su povezane nerastezivom niti duljine l0 i zanemarive
mase, prebačenom preko koloture (takoder bez trenja). Načelom zamiˇsljenih
pomaka pokaˇzite da u ravnoteˇzi vrijedi
sinα1
sinα2
= m2
.
m1
a2

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 331
R: U ovom se primjeru pojavljuje posebno jednostavan sustav koji se sastoji
Slika 10.7: Uz zadatak 10.22: dvostruka kosina bez trenja.
od samo dvije čestice. Gibanje čestica je podvrgnuto trima silama: gravitaciji mj�g,
otporu podloge po kojoj se gibaju (kosina) � R j i napetosto niti � Fnap,j (uz zanemarivanje
sile trenja) i jednom uvjetu: nepromjenjivoj duljini niti
Lagrangeovo načelo glasi
0 =
=
2�
j=1
�F v
j · δ�rj
�F v
j = mj�g + � Fnap,j + � R j
l0 = r1 +r2 = const.
�
m1�g δ�r1 + � Fnap,1 δ�r1 + � �
R 1 δ�r1
+
�
m2�g δ�r2 + � Fnap,2 δ�r2 + � �
R 2 δ�r2 .
Primjetimo da iznosi varijacija pomaka mogu biti i pozitivni i negativni
δrj ≶ 0.
Pogledajmo pojedine članove. Vektori � R j i δ�rj su medusobno okomiti, pa je njihov
skalarni umnoˇzak jednak nuli. Sile napetosti � Fnap,j su kolinearne s pomacima δ�rj, a
zbog izostanka trenja, one su i jednake po iznosu
�Fnap,1 δ�r1 + � Fnap,2 δ�r2 = Fnap,1 δr1 +Fnap,2 δr2 = Fnap(δr1 +δr2).
Primjetimo da u gornjem izrazu joˇs ne znamo niˇsta o svojstvima niti koja povezuje
čestice, pa zato ne moˇzemo niˇsta reći o medusobnoj vezi δr1 i δr2. Tek ako se uzme

332 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
u obzir i uvjet na gibanje čestica - da su povezane nerastezivom niti, tada je:
r1 +r2 = l0, ⇒ δr1 +δr2 = 0 ⇒ δr1 = −δr2,
Uvrsti li se to u gornji jednadˇzbu, slijedi
Fnap (δr1 +δr2) = 0.
U izrazu za Lagrangeovo načelo, preostaje samo član s gravitacijskom silom
0 = m1 �g δ�r1 +m2 �g δ�r2
0 = m1 g cos(π/2+α1) δr1 +m2 g cos(π/2+α2) δr2
0 = m1 g sinα1 δr1 +m2 g sinα2 δr2.
0 = (m1 sinα1 −m2 sinα2) g δr1,
tj. dobiva se traˇzena relacija
sinα1
sinα2
Ljestve AB mase m, oslonjene su svojim
krajevima na zid i pod. podnoˇzje ljestava
je vezano nerastezivim uˇzetom (zanemarive
Zadatak: 10.23 mase) za točku C na zidu. Ljestve zatvaraju
kut α s podom (slika). Koristeći načelo
zamiˇsljenih pomaka, izračunajte iznos napetosti
uˇzeta.
R: dovrˇsiti
= m2
. (10.39)
m1
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 = − −→ ∇jE v
�
∂E
p = − �ex
v
p ∂E
+�ey
∂xj
v
p ∂E
+�ez
∂yj
v�
p
,
∂zj
uvjet ravnoteˇze sustava vezanih čestica se moˇze napisati i u obliku
N� � � N� �
0 = δW = �F v
v
j ·δ�rj = Fj,x ·δxj +F v
j,y ·δyj +F v
j,z ·δzj
�
= −
N�
j=1
j=1
� ∂E v
p
∂xj
δxj +
∂E v
p
∂yj
j=1
δyj +
∂E v
p
∂zj
�
δzj = −
N�
j=1
δE v p (xj,yj,zj) = −δE v
p .
δE v p = 0. (10.40)

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 333
U ravnoteˇzi je potencijalna energija minimalna, tako da svaki pomak povećava potencijalnu
energiju.
Zadatak: 10.24
Zadatak: 10.25
Zadatak: 10.26
Tijelo se sastoji od jednolikog uspravnog
stoˇsca, vrˇsnog kuta α, poloˇzenog na jednoliku
polukugluiste gustoćeipolumjera(slika). Tijelo
se nalazi na vodoravnoj podlozi. Nadite
uvjet ravnoteˇze.
R: dovrˇsiti
Jednoliko tijelo se sastoji od polukugle polumjera
R, na koju je simetrično postavljena
kocka duljine brida a < R (slika). Nadite
uvjete na R i a, pa da tijelo bude u stabilnoj
ravnoteˇzi.
R: dovrˇsiti
Dvije čestice masa m1 i m2, povezane nerastezivom
ˇsipkom zanemarive mase, poloˇzene
su na dvostruku kosinu kao na slici.
Izračunajte koji kut zatvara ˇsipka s horizontalom
u ravnoteˇznom poloˇzaju čestica.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.27 Rijeˇsite zadatak 10.22 pomoću zahtjeva da je u ravnoteˇzi potencijalna energija
minimalna, tj. da je δEp = 0.
R: Uz zanemarivanje sila trenja, jedina (neuvjetna) sila koja djeluje na čestice
je konzervativna gravitacijska sila, koja se moˇze izraziti preko potencijalne energije.

334 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Neka je ukupna duljina niti l0 = r1 +r2, a Ep = 0 na vrhu kosine. Tada je
Ep = −m1 g r1 sinα1 −m2 g (l0 −r1) sinα2,
δEp = ∂Ep
∂r1
δr1 = −g δr1 (m1 sinα1 −m2 sinα2) = 0.
Primjetimo da je Ep linearna funkcija r1, pa zato ne moˇze postojati minimum niti
maksimum potencijalne energije.
Zadatak: 10.28 Rijeˇsite zadatak 10.30 pomoću potencijalne energije. Kakva je stabilnost ravnoteˇze?
R: dovrˇsiti
Gibanje:
Polazeći od Lagrangeova načela, moˇze 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).
Zamislimosadadanačesticuosimvanjskesile � F v
j djelujejoˇsisilajednakanegativnomumnoˇsku
mase i ubrzanja j-te čestice: −mj�a j, koja poniˇstava djelovanja i vanjskih sila i sila
od uvjeta. Sada je zbroj svih sila koje djeluju na česticu jednak
�F v
j −mj�aj
i sustav je u ravnoteˇzi, pa Lagrangeov uvjet ravnoteˇze, (10.38), poprima oblik
N�
j=1
� �
�F v
j −mj�a j
δ�rj = 0. (10.41)
Gornja se jednadˇzba zove D’Alembertovo 7 načelo za gibanje sustava vezanih čestica.
Sličnom argumentacijom kao i kod Lagrangeova načela, zaključujemo da je uvjet ravnoteˇze
nevezanih čestica ekvivalentan Newtonovim jednadˇzbama gibanja
�F v
j −mj �aj = 0, j = 1,2,··· ,N,
(drugi Newtonov aksiom za svaku pojedinu česticu). Ovime je dinamika shvaćena kao poseban
slučaj statike (a ne obratno, kao ˇsto bi se moglo očekivati).
7 Jean D’Alembert, 1717 - 1783, francuski matematičar.

10.5. LAGRANGEOVO I D’ALEMBERTOVO NAČELO 335
Zadatak: 10.29 Koristeći D’Alembertovo načelo, opiˇsite gibanje sustava iz primjera 10.22.
Zadatak: 10.30
R: Uz istu označavanje kao i u prethodnim primjerima, D’Alembertovo načelo
glasi
2� �
0 = �F v
j −mj ¨ �
�rj · δ�rj
=
j=1
�
m1�g + � Fnap,1 + � R 1 −m1 ¨ �
�r1
·δ�r1 +
�
m2�g + � Fnap,2 + � R 2 −m2 ¨ �
�r2 ·δ�r2.
Kao i u prethodna dva primjera, članovi sa silama napetosti i reakcijom podloge
iˇsčezavaju, a preostaje
0 = (m1 �g −m1 ¨ �r1) δ�r1 +(m2 �g −m2 ¨ �r2) δ�r2,
0 = (m1 g sinα1 −m1 ¨r1) δr1 +(m2 g sinα2 −m2 ¨r2) δr2.
Zbog nerastezivosti niti je opet r1 +r2 = l0 = const., pa je δr1 = −δr2 i ¨r1 = −¨r2.
Uvrˇstavanjem ovih veza u gornju relaciju, slijedi
0 = (m1 g sinα1 −m1 ¨r1) δr1 +(m2 g sinα2 +m2 ¨r1) (−δr1),
0 = (m1 g sinα1 −m1 ¨r1 −m2 g sinα2 −m2 ¨r1) δr1.
Rjeˇsavanjem gornje jednadˇzbe po ¨r1, dobiva se ubrzanje prve čestice
¨r1 = g m1 sinα1 −m2 sinα2
.
m1 +m2
Primjetimo da je ono konstantno u vremenu. Ubrzanje druge čestice je ¨r2 = −¨r1. U
ravnoteˇzi je ¨r1 = ¨r2 = 0, a ove su relacije zadovoljene ako je brojnik gornjeg izraza
jednak nuli tj. ako vrijedi (10.39) iz prethodna dva primjera.
Nerasteziva nit zanemarive mase visi preko
glatke koloture i povezuje tijelo mase m1, na
kosini bez trenja pod kutom α, s drugim tijelom
mase m2 (kao na slici). Koristeći
D’Alembertovo načelo, izračunajte ubrzanje
prvog tijela.
R: dovrˇsiti
Zadatak: 10.31 Rijeˇsite prethodni zadatak, ako kosina ima koeficijent trenja µ.
R: dovrˇsiti

336 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
10.6 Sustavi s promjenjivom masom: gibanje rakete
Do sada smo promatrali gibanja čestica ili sustava 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 i vrtnju
Zemlje. Osnovni zadatak je
Slika 10.8: Gibanje rakete u konstantnom gravitacijskom polju: (A) u trenutku t; (B) u trenutku t+∆t.
izračunati brzinu rakete u proizvoljnom trenutku nakon lansiranja.
Neka je brzina rakete u trenutku t, označena s
�v(t) = v(t)�ez, v > 0, (10.42)
a njezina masa s m. Pod masom rakete podrazumjevamo masu kabine mk, masu spremnika za
gorivo ms i masu samog goriva mg.
m(t) = mk +ms +mg(t).
Samo se masa goriva mijenja (smanjuje) s vremenom. U trenutku t+∆t, raketa je izbacila dio
svoje mase u obliku mjeˇsavine čestica goriva, u smjeru suprotnom od smjera svojega gibanja.
Masu odbačenih plinova označavamo s −∆m > 0, a njihovu brzinu s �v −�v0. Brzina izbačenih
plinova se dakle sastoji od dvije komponente: brzine same rakete �v i brzine plinova u odnosu
na raketu −�v0 = −v0 �ez, v0 > 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 �ez, ∆v > 0. Sve se brzine mjere u odnosu na inercijski sustav sa ishodiˇstem u točki
O.
Kao ˇsto je pokazano relacijom (10.16),
d�p
dt = � F v , d�p = � F v dt,

10.6. SUSTAVI S PROMJENJIVOM MASOM: GIBANJE RAKETE 337
samo vanjska sila moˇze promijeniti ukupnu količinu gibanja sustava. Nadalje, relacijom (10.36)
je pokazano da je ta promjena količine gibanja sustava jednaka je impulsu vanjske sile. Primjetimo
da vanjska sila � F v (gravitacija ili trenje), 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 −�v0)
� �� � � �� �
raketa u t+∆t plin u t+∆t
−
količina gibanja u t
� �� �
m�v
����
raketa u t
✟ ✟ m�v +✘✘✘ m ∆�v +∆m�v +∆m ∆�v −✘✘✘ ∆m�v +∆m�v0 −✟ ✟ m�v = � F v ∆t
m ∆�v
∆t
+∆m ∆�v
∆t +�v0
=
∆m
∆t = � F v
impuls vanjske sile
� �� �
�F v ∆t .
�
1
∆t ,
�
lim
∆t→0 .
U granici kada ∆t iˇsčezava, takoder iˇsčezavaju i ∆m → 0 , kao i ∆�v → 0, pa preostaje
m d�v
dt +�v0
�ez m dv
dt +�ez v0
m(t) dv(t)
dt +v0
dm
dt = � F v ,
dm
dt = −�ez m g,
dm(t)
dt
= −m(t) g. (10.43)
Radi jednostavnosti, u gornjoj smo jednadˇzbi u članu vanjskih sila zanemarili otpor atmosfere i
vrtnju Zemlje, 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/dtopisujebrzinu kojomraketa gubi masu. Najjednostavnije jepretpostaviti da raketa
gubi masu konstantnom brzinom dm/dt. Budući da je za pozitivni dt masa rakete smanjuje,
dm < 0, pretpostavit ćemo da je
� t
0
dm
dt = −c2 0
dm = −c 2 0
= const.
� t
m(t) = m(0) −c 2 0 t,
0
dt = −c 2 0 t
✭✭✭✭✭
mk +ms +mg(t) = ✭✭✭✭✭
mk +ms +mg(0)−c 2 0 t,
mg(t) = mg(0)−c 2 0 t.

338 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Kada će raketa nakon ˇsto potroˇsi svo gorivo? Označimo to vrijeme s t = τ
mg(τ) = 0 = mg(0)−c 2 0 τ ⇒ τ = mg(0)
c2 . (10.44)
0
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza za masu u (10.43), dobiva se
�
m(0)−c 2 0 t
�
dv
dt −v0 c 2 �
0 = − m(0)−c 2 0 t
�
g
dv
dt =
v0 c 2 0
m(0)−c 2 0 t −g
v(t)−v(0) = −g t+v0 c 2 0
� t
v(t) = v(0)−g t+v0 ln
0
dt
1
m(0)−c 2 0t
m(0)
m(0)−c 2 0 t.
�
1
m(0)−c 2 0 t
�� t
Uz pretpostavku da je početna brzina rakete jednaka nuli v(0) = 0, konačno se dobije za brzinu
rakete u trenutku t > 0
v(t) = v0 ln m(0)
m(0)−c 2 0
0
dt
t −g t. (10.45)
Izračunajmo najveću brzinu koju moˇze postići ovakva raketa (uz zanemarivanje relativno
male brzine −g t). To će očito biti brzina koju postigne raketa nakon ˇsto potroˇsi svo gorivo, a
to će se, prema (10.44), dogoditi nakon vremena t = τ. U tom je trenutku brzina jednaka (uz
zanemarivanje brzine −g t)
v(t = τ) = vmax = v0 ln mk +ms +mg(0)
mk +ms
�
= v0 ln 1+ mg(0)
�
.
mk +ms
Ukupna početna masa goriva i stjenki spremnika se obično označava s
m0 = ms +mg(0),
a omjer početne mase goriva i m0 se naziva strukturni faktor i označava se s
ǫ = mg(0)
.
m0
Prijelazom sa ms i mg(0) na m0 i ǫ pomoću relacija
za najveću brzinu se dobiva
mg(0) = ǫ m0, ms = (1−ǫ) m0,
�
vmax = −v0 ln 1−ǫ m0
�
.
mk +m0
Po redu veličine je brzina izlaznih plinova iz rakete jednaka v0 = 4·10 3 ms −1 , strukturni faktor
je ǫ = 0.8, a omjer mase kabine i mase spremnika i goriva je oko jedan posto. Uvrˇstavanjem
ovih brojeva u izraz za maksimalnu brzinu, dobije se
vmax ≃ 6.28·10 3 ms −1 .

10.6. SUSTAVI S PROMJENJIVOM MASOM: GIBANJE RAKETE 339
Ova je brzina manja od prve kozmičke brzine (brzine kruˇzenja, 8·10 3 ms −1 ), pa ovakva raketa
ne bi imala dovoljnu brzinu potrebnu za orbitiranje oko Zemlje.
Zatosekonstruirajudvostupanjske rakete. Oveseraketesastojeodkabineidvaspremnika
sgorivom. Nakonˇstose potroˇsigorivo izprvog spremnika, onseodbacuje, azapočinjeizgaranje
goriva iz drugog spremnika. Označimo s
m01 = mg1(0)+ms1,
ukupnu masu goriva i stjenki prvog spremnika, a sa
m02 = mg2(0)+ms2,
ukupnu masu goriva i stjenki drugog spremnika. Ukupna masa rakete u trenutku lansiranja je
m(0) = mk +m01 +m02.
Uvrˇstavanje u jednadˇzbu (10.45), uz zanemarivanje utjecaja gravitacije i otpora zraka, daje
v(t) = v0 ln mk +m01 +m02
mk +m01 +m02 −c 2 0 t.
U trenutku t = τ1, potroˇseno je svo gorivo iz prvog spremnika
mg1(τ1) = 0 = mg1(0)−c 2 0 τ1,
�
v(τ1) = v0 ln 1+
Uvede li se strukturni faktor prvog spremnika izrazom
ǫ1 = mg1(0)
,
m01
gornji izraz za brzinu postaje
�
v(τ1) = −v0 ln 1−ǫ1
mg1(0)
mk +ms1 +m02
m01
mk +m01 +m02
�
.
�
. (10.46)
Nakon odbacivanja prvog stupnja rakete, njezinu brzinu opet moˇzemo računati pomoću(10.45),
ali uz drukčije početne uvjete: sada je početna brzina v(τ1) (a ne nula), a početna masa je
(zato jer je prvi spremnik odbačen)
m(0) = mk +mg2(0)+ms2
v(t) = v(τ1)+v0 ln mk +mg2(0)+ms2
mk +mg2(0)+ms2 −c 2 0 t,
t > τ1.
Sada počinje izgaranje goriva iz drugog spremnika. Radi jednostavnosti, neka ono izgara istom
brzinom kao i gorivo iz prvog spremnika. Nakon vremena t = τ2, izgorjet će svo gorivo i iz
drugog spremnika
mg2(τ2) = 0 = mg2(0)−c 2 0 τ2.
v(τ2) = v(τ1)+v0 ln mk +mg2(0)+ms2
,
mk +ms2
�
v(τ2) = v(τ1)+v0 ln 1+ mg2(0)
mk +ms2
�
.

340 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Tablica 10.1: Brzina dvostupanjske rakete,
ovisnooomjerumasaprvogidrugogstupnja.
Desno je grafički prikaz podataka iz tablice.
m01/mk m02/mk v(τ2) ·10 −3 ms −1
95 5 9.98
90
85
10
15
10.19
10.02
80
70
20
30
9.76
9.19
60 40 8.64
50 50 8.15 0 10 20 30
v ( τ ) 10 2
40 50 60
-3 m s -1
8.5
8
7.5
Uvedimo strukturni faktor drugog spremnika izrazom
m 0 2 / m k
10.5
10
9.5
ǫ2 = mg2(0)
.
m02
Uvrˇstavanjem u gornji izraz za brzinu, daje
�
v(τ2) = v(τ1)−v0 ln 1−ǫ2
9
m02
mk +m02
Brzinu u trenutku τ1 (nakonˇsto je potroˇseno gorivo prvog spremnika), daje izraz (10.46), pa je
brzina rakete u trenutku t = τ2, kada je potroˇseno gorivo iz oba spremnika, jednaka
�
v(τ2) = −v0 ln 1−ǫ1
m01
mk +m01 +m02
�
�
.
�
−v0 ln 1−ǫ2
m02
mk +m02
Da bismo dobili osjećaj o redu veličina brzine dvostupanjskle rakete, neka je
ǫ1 = ǫ2 = 0.8,
m01 = m02,
m01 +m02 = 100 mk.
Uvrˇstavanje ovih vrijednosti u (10.47), dobije se
v(τ2) = 8.15·10 3m
s ,
�
.
(10.47)
ˇsto 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).

10.7. SUDARI ČESTICA 341
Zadatak: 10.32 Izračunajte (numerički) prvu i drugu kozmičku brzinu.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 10.33 Koliki put prevali jednostupanjska raketa u vremenu t nakon polijetanja? Kolika
je maksimalna visina i za koje vrijeme se ona postiˇze?
R:
dovrˇsiti
10.7 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. Učinci na gibanje koji dolaze od vrtnje
Zemlje (neinercijalnost), se takoder zanemaruju.
Čestice su zamiˇsljene kao savrˇsene glatke kugle koje imaju odredeni volumen, masu i odredenu
elastičnost, a sve ostale njihove osobine su zanemarene. 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 duˇz linije koja spaja srediˇsta 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 leˇzi na spojnici njihovih srediˇsta i prije i poslije
sudara. Sudari koji nisu centralni, jesu necentralni. I kod centralnih i kod necentralnih sudara,
vaˇzna 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 �v1 i �v2, a poslije sudara s �v ′ 1 i �v′ 2 . Ako je v1 > v2, do sudara će doći bez obzira na smjer �v2
(slika 10.9). Nakon sudara mora biti v ′ 2 > v′ 1 , ako su čestice razdvojene nakon sudara (zato jer
prva čestica ne moˇze 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,

342 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
Slika 10.9: Uz Newtonovo pravilo za sudare: (A) prije sudara, (B) poslije sudara.
potrebno je obaviti rad za savladavanje medumolekularnih sila koje vladaju medu molekulama
tvari čime se dio kinetičke energije pretvara u medumolekularnu potencijalnu energiju. Druga
mogućnost gubitka kinetičke energije je mogućnost njezinog pretvaranja u toplinu i prijenos te
topline sa čestica koje sudjeluju u sudaru na čestice medija u kojemu se odvija gibanje.
Newtonovo pravilo za sudare
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 moˇze iskazati formulom
ǫ = |�v′ 2 −�v ′ 1|
. (10.48)
|�v2 −�v1|
Omjer razlikebriznaposlijeiprijesudara seoznačavasǫinazivasekoeficijent restitucije.
Ovaj koeficijent se odreduje eksperimentalnim putem (npr. kao u zadatku 10.34), a ovisi o
osobinama tvari od koje su izgradene čestice koje sudjeluju u sudaru. Općenito je 0 ≤ ǫ ≤ 1.
Kao poseban slučaj sudara dvije čestice, moˇze se promatrati čestica koja nalijeće na nepomični
zid (sa stanoviˇsta čestice-kugle, zid je kugla beskonačno velikog polumjera i beskonačno velike
mase), tada je �v2 =�v ′ 2 = 0 i
ǫ = v′ 1
,
v1
je omjer iznosa brzina čestice nakon i prije sudara.
Zadatak: 10.34 Dvije kugle masa m1 i m2 objeˇsene 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
poloˇzaja opisanog kutom β prema okomici. Odredite koeficijent restitucije.

10.7. SUDARI ČESTICA 343
R: Prema slici 10.10, u trenutku sudara brzine čestica imaju samo x kom-
Slika 10.10: Uz zadatak odredivanja koeficijenta restitucije.
ponentu, pa Newtonovo pravilo za sudare glasi
ǫ = v′ 2,x −v′ 1,x
v1,x −v2,x
= v′ 2,x −v′ 1,x
v1,x −0 ,
jer druga čestica prije sudara miruje pa je v2,x = 0. Izračunajmo v ′ 1,x,v ′ 2,x i v1,x preko
kutova α i β i masa m1 i m2.
Bilanca mehaničke energije za brzinu prve kugle prije sudara, daje
1
2 m1 v 2 1,x = m1 g h1 = m1 g l (1−cosα) ⇒ v1,x = 2 sin α
2
i slično za brzinu druge kugle poslije sudara
Iz sačuvanja količine gibanja
v ′ 2,x
= 2 sin β
2
� g l.
m1 v1,x + m20 = m1 v ′ 1,x + m2 v ′ 2,x,
dobivamo brzinu prve čestice poslije sudara
v ′ 1,x = m1 v1,x − m2 v ′ 2,x
.
m1
Pomoću ove tri brzine: v1,x,v ′ 1,x i v ′ 2,x, dobivamo koeficijent restitucije
ǫ = m1 +m2
m1
sin(β/2)
sin(α/2)
− 1.
� g l,

344 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
10.7.1 Centralni sudar
Neka se prije sudara čestica mase m1 giba brzinom �v1, a čestica mase m2 brzinom �v2 (slika
10.9). Zadatak je
izračunati brzine �v ′ 1 i �v ′ 2
čestica poslije sudara,
ako su nam poznate njihove mase i brzine prije sudara. 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 313), tj. ista prije
i poslije sudara:
m1�v1 +m2�v2 = m1�v ′ 1 +m2�v ′ 2 . (10.49)
Za nalaˇzenje dvije nepoznanice, �v ′ 1 i �v′ 2 , trebaju nam i dvije jednadˇzbe. Jednu već imamo, to
je gornja jednadˇzba sačuvanja ukupne količine gibanja sustava. Iako je napisana u vektorskim
simbolima, ta jednadˇzba ima samo jednu - x - komponentu jer se gibanje sve vrijeme - i prije
i poslije sudara - odvija po istom pravcu, tj. po osi x. Za drugu ne moˇzemo uzeti zakon
o sačuvanju mehaničke energije, jer ˇzelimo opisivati i neelastične sudare u kojima mehanička
energija nije sačuvana. Kao druga jednadˇzba, posluˇzit će nam Newtonovo pravilo za sudare
(10.48) (primjetimo da su predznaci brzina odabrani tako da je ǫ ≥ 0):
�v ′ 2 −�v ′ 1 = ǫ (�v1 −�v2).
Gornje dvije jednadˇzbe su dvije linearne algebarske jednadˇzbe iz kojih se elementarnim putem
dolazi do brzina čestica poslije sudara:
�v ′ 1 = (m1 −ǫ m2)�v1 +m2 (1+ǫ)�v2
,
m1 +m2
�v ′ 2 = m1 (1+ǫ)�v1 +(m2 −ǫ m1)�v2
.
m1 +m2
Primjetimo da su gornji izrazi invarijantni na zamjenu
1 ⇆ 2,
(10.50)
ˇsto je posljedica izotropije prostora.
ˇSto je s brzinom srediˇsta mase? Hoće li se ona promjeniti? Prema izrazu (10.16) vidi se da
promjena brzina srediˇsta mase potječe od djelovanja vanjskih sila, a budući da u razmatranom
slučaju nema vanjskih sila (točnije, njihovo je djelovanje zanemareno), to se mora zaključiti
da je brzina srediˇsta mase nepromjenjena. U to je lako uvjeriti se: usporedimo brzine srediˇsta
mase prije sudara
�vSM = m1�v1 +m2�v2
,
m1 +m2

10.7. SUDARI ČESTICA 345
i poslije sudara
�v ′ SM = m1�v ′ 1 +m2�v ′ 2
m1 +m2
=
=
1
m1 +m2
1
�
(m1 +m2) 2
= �vSM.
�
(m1 −ǫm2)�v1 +m2(1+ǫ)�v2 m1(1+ǫ)�v1 +(m2 −ǫm1)�v2
+m2
m1 +m2
m1 +m2
�
�
m1(m1 +m2)�v1 +m2(m1 +m2)�v2 = m1�v1 +m2�v2
m1 +m2
m1
Dakle, brzinu srediˇsta mase mogu promijeniti samo vanjske sile (strana 313), a one su jednake
nuli u smjeru gibanja čestica, pa je zato brzina srediˇsta mase cijelog sustava konstantna.
Pogledajmo i koliko se promjenila kinetička energija sustava uslijed sudara. Prije sudara je
a poslije sudara
Promjena kinetičke energije je
Ek = 1
2 m1 �v 2 1
1 +
2 m2 �v 2
2 ,
E ′ k
1
=
2 m1 �v
′ 2
1
1
+
2 m ′ 2
2 �v 2 .
∆Ek = E ′ k −Ek = m1
′ 2 �v 1 +m2 �v
2
′ 2
2
− m1 �v 2
1 +m2 �v 2
2
2
. (10.51)
Sredivanje gornjeg izraza se započinje kvadriranjem Newtonovog pravila za sudare, (10.48), i
kvadriranjem zakona sačuvanju količine gibanja dvije čestice, (10.49),
�v ′2
1 −2�v′ 1 �v′ 2 +�v′2
2 = ǫ2 (�v2 −�v1) 2 ,
m 2 1�v ′2
1 +2m1m2�v ′ 1�v ′ 2 +m 2 2�v ′2
2 =
�
m1�v1 +m2�v2
Mnoˇzenjem prve od gornjih relacija s m1m2 i zatim zbrajanjem obje gornje relacije, dobiva se
m1�v ′2 ′2
1 +m2�v 2 =
ǫ2 m1m2(�v2 −�v1) 2 � �2 + m1�v1 +m2�v2
.
m1 +m2
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza u (10.51), dobiva se
ǫ
∆Ek =
2 m1m2(�v2 −�v1) 2 �
+ m1�v1 +m2�v2
2(m1 +m2)
= − 1
2
m1 m2
m1 +m2
� 2
� 2
− m1 �v 2
1 +m2 �v 2
2
2
(�v1 −�v2) 2 (1−ǫ 2 ). (10.52)
Negativan predznak u gornjem izrazu znači da se kinetička energija moˇze samo smanjivati ili
ostati nepromjenjena, E ′ k ≤ Ek. Sudarom se ne moˇze stvarati kinetička energija. Primjetimo
.

346 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
da se ∆Ek moˇze preglednije napisati preko reducirane mase µ i relativne brzine. Inverzna
vrijednost reducirane mase se definira kao dvostruka vrijednost harmonijske sredine masa m1 i
m2
Relativne brzina se definira kao
1
µ = 1
+
m1
1
m2
�v =�v1 −�v2,
čime se za promjenu kinetičke energije dobiva
∆Ek = − 1
2 µ�v 2 (1−ǫ 2 ).
Posebni slučajevi:
Neka je ǫ = 0. Uvrˇstavanje u jednadˇzbe (10.50), daje
�v ′ 1 = m1�v1 +m2�v2
m1 +m2
=�vSM, �v ′ 2 = m1�v1 +m2�v2
m1 +m2
=�v ′ 1 =�vSM.
Zaključujemo da su se čestice uslijed sudara slijepile i poslije se gibaju kao jedno tijelo brzinom
�v ′ 1 =�v ′ 2 =�vSM, a smanjenje kinetičke energije (10.52) je najveće
∆Ek = − 1
2 µ�v 2 .
Ovakav se sudar naziva savrˇseno neelastičan.
Neka je sada ǫ = 1. Tada su brzine poslije sudara jednake
�v ′ 1 = (m1 −m2)�v1 +2m2�v2
m1 +m2
, �v ′ 2 = 2m1�v1 +(m2 −m1)�v2
.
m1 +m2
Primjetimo da je sada, prema (10.52), kinetička energija nepromjenjena
∆Ek = 0 ⇒ Ek = E ′ k.
Ek = E ′ k , pa se ovakav sudar naziva elastičan sudar.
Svi ostali sudari sa 0 < ǫ < 1, se nazivaju neelastični sudari.
10.7.2 Necentralni sudar
Promatrajmo sada dvije čestice-kugle, masa m1 i m2, koje se bez trenja gibaju u ravnini (x,y)
i unjoj se necentralno sudaraju (slika 10.11). Zbogzanemarivanja trenja, gravitacijska sila neće
utjecati na gibanje. Kao i kod centralnih sudara, zadatak je
izračunati brzine �v ′ 1 i �v′ 2
čestica poslije sudara,

10.7. SUDARI ČESTICA 347
Slika 10.11: Necentralni sudar.
ako su nam poznate njihove mase i brzine prije sudara. Budući da se gibanje odvija u ravnini,
brzine prijeiposlije sudara su zadane sdva broja: to mogubiti x i y komponente vektora brzine
u pravokutnom koordinatnom sustavu ili iznos brzine i kut prema pozitivnoj x koordinati kao
u polarnom koordinatnom sustavu:
m1 v1,ϕ1 v ′ 1,ϕ ′ 1,
v1x,v1y v ′ 1x,v ′ 1y,
m2 v2,ϕ2 v ′ 2 ,ϕ′ 2 .
v2x,v2y v ′ 2x ,v′ 2y ,
Sada traˇzimo četiri jednadˇzbe 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 doˇslo), pa
da zato mora biti
v ′ 1y = v1y = −v1sin(π −ϕ1) = −v1sinϕ1.
v ′ 2y = v2y = −v2sinϕ2.
(10.53)
To su prve dvije od traˇzene četiri jednadˇzbe. One naprosto kaˇzu 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
m1�v1 +m2�v2 = m1�v ′ 1 +m2�v ′ 2.
To je vektorska jednadˇzba koju moˇzemo rastaviti na x komponentu
m1v1x +m2v2x = m1v ′ 1x +m2v ′ 2x , (10.54)

348 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA
i y komponentu
m1v1y +m2v2y = m1v ′ 1y +m2v ′ 2y . (10.55)
No, jednadˇzba (10.55) nije nezavisna, nego je posljedica (10.53), tako da imamo sve skupa
tri nezavisne jednadˇzbe (dvije u (10.53) i jednu u (10.54)). četvrtu jednadˇzbu ćemo dobiti iz
Newtonovog pravila za sudare (10.48). Ponovo, u smjeru y nema sudara, a u smjeru x vrijedi
v ′ 1x −v′ 2x = ǫ (v2x −v1x). (10.56)
Jednadˇzbe (10.54) i (10.56) predstavljaju 2 × 2 linearni sustav za dvije nepoznanice: v ′ 1x i v′ 2x .
Rjeˇsavanjem tog sustava, u polarnim koordinatama,se dobiva
v ′ 1x = v′ 1 cosϕ′ 1 = −v1 cosϕ1 (m1 −m2 ǫ)−v2 cosϕ2 m2 (1+ǫ)
,
m1 +m2
v ′ 2x = v′ 2 cosϕ′ 2 = −v1 cosϕ1 m1(1+ǫ)−v2 cosϕ2 (m2 −m1 ǫ)
.
m1 +m2
Budući da y komponente brzina ostaju nepromjenjene, znamo i x i y komponente brzina poslije
sudara
�v ′ 1 = �ex
�v ′ 2
= �ex
= �ex
= �ex
−v1 cosϕ1 (m1 −m2 ǫ)−v2 cosϕ2 m2(1+ǫ)
−�ey v1 sinϕ1,
m1 +m2
v1x (m1 −m2 ǫ)+v2x m2(1+ǫ)
+�ey v1y,
m1 +m2
−v1 cosϕ1 m1 (1+ǫ)−v2 cosϕ2 (m2 −m1 ǫ)
−�ey v2 sinϕ2.
m1 +m2
v1x m1 (1+ǫ)+v2x (m2 −m1 ǫ)
+�ey v2y.
m1 +m2
Gornje relacije sadrˇze u sebi poseban slučaj centralnog sudara koji se dobije kada je ϕ1 = π, a
ϕ2 = 0 ili π. U tom slučaju gornje relacije prelaze u
�v ′ 1 = �ex
�v ′ 2
= �ex
v1 (m1 −m2 ǫ)±v2 m2 (1+ǫ)
−�ey ·0,
m1 +m2
v1 m1 (1+ǫ)±v2 (m2 −m1 ǫ)
−�ey ·0.
m1 +m2
koje smo već na strani 344 dobili za centralni sudar (predznak + se odnosi na kut ϕ2 = π, a −
na ϕ2 = 0).
Zadatak: 10.35 Neka su m1,m2 i m3 mase triju čestica čije su relativne brzine �v12,�v13 i �v23,
pri čemu je �vij =�vi−�vj. Pokaˇzite da je kinetička energija cijelog sustava, računata
u odnosu na srediˇste mase, jednaka
m1m2v 2 12 +m1m3v 2 13 +m2m3v 2 23
m1 +m2 +m3
.

10.7. SUDARI ČESTICA 349
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 10.36 Mirujuća atomska jezgra se radioaktivno raspada emitirajući elektron količine
gibanja 1.73MeV/c i, pod pravim kutom u odnosu na smjer elektrona, neutrino
količine gibanja 1.00MeV/c. Veličina označena s MeV predstavlja milijun elektronvolta
i koristi se kao jedinica za energiju u visokoenergetskoj fizici, a jednaka je
1.60 · 10 −13 J. Shodno tomu, MeV/c je jedinica za mjerenje količine gibanja, jednaka
5.34·10 −22 kg m/s.
U kojem smjeru će doćido pomaka (trzaja) ostatka jezgre? Kolika je količinagibanja
ostatka jezgre izraˇzena u MeV/c? Ako je masa ostatka jezgre jednaka 3.90·10 −25 kg,
kolika je njezina kinetička energija izraˇzena u elektron-voltima.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 10.37 Iz piˇstolja je ispaljen metak mase m i vodoravne brzine �v, u komad drveta
mase M koji miruje na vodoravnoj podlozi bez trenja. Ako metak ostane u drvetu,
izračunajte brzinu sustava metak+drvo i gubitak kinetičke energije.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 10.38 Rijeˇsite prethodni zadatak, ako se komad drveta giba od piˇstolja vodoravnom
brzinom � V.
R:
dovrˇsiti

350 POGLAVLJE 10. SUSTAVI ČESTICA

Poglavlje 11
Mali titraji sustava čestica
Kristalna reˇsetka
Za razliku od odjeljka 10.7 o sudarima gdje smo promatrali sustav od samo dvije čestice
koje medudjeluju samo u trenutku izravnog medusobnog dodira, sada ćemo promatrati neˇsto
sloˇzeniji sustav. Sloˇzeniji utoliko ˇsto je sada broj čestica proizvoljno velik, a i medudjelovanja
čestica su sloˇzenija. To su sustavi koji se susreću
npr. pri studiranju kristalnih tvorevina.
Slika 11.1: Element kubične kristalne reˇsetke.
Pojednostavljeno, kristali se mogu zamisliti
kao pravilne tvorevine nastale beskonačnim
periodičkim ponavljanjem osnovnog uzorka.
Ovaj osnovni uzorak se naziva elementarana
ćelija. Postoje različite vrste elementarnih
ćelija od kojih je najlakˇse zamisliti (a svakako
i nacrtati) kubičnu ćeliju (Slika 11.1).
U vrhovima ćelije se nalaze čestice (atomi,
ioni, skupine atoma, molekule, ...), a bridovi
predstavljaju čestična medudjelovanja. Uslijed
medudjelovanja, najčeˇsće samo medu prvim
susjedima, čestice u čvorovima kristalne
reˇsetke neće mirovati, nego će titrati oko svojih ravnoteˇznih poloˇzaja. Ovo titranje u 3D prostoru
se moˇze, radi jednostavnosti, zamisliti kao kombinacija dvije vrste titranja: jednog, u
smjeru spojnice susjednih čestica (longitudinalno ili ouzduˇzno, smjer x sa slike 11.2) i drugo,
okomito na smjer spojnice susjednih čestica (trasverzalno ili poprečno). Ovo transverzalno titranje
se opet moˇze zamisliti kao kombinacija dva titraja u medusobno okomitim smjerovima
(smjerovi y i z sa slike 11.2). Po svojim geometrijskim odnosima, ovo transverzalno titrajne
podsjeća na medusobni odnos titranja električnog i magnetskog polja u opisu elektromagnetskog
vala.
Primjetimo da se ni kod longitudinalnog niti kod transverzalnog titranja, čestice ne gibaju kroz
prostor (nego samo titraju oko svog ravnoteˇznog poloˇzaja), a onoˇsto se prenosi prostorom jeste
valni poremećaj tj. val i energija tog vala.
Sile
Sile kojima medudjeluju čestice kristalne reˇsetke su elektromagnetskog (npr. Coulombova elektrostatska
sila) i / ili kvantno-mehaničkog podrijetla (sile ”zamjene”). Njihov točan opis je
često nepoznat ili je toliko sloˇzen, da je praktički neprimjenjiv. Stoga se pribjegava pojednos-
351

352 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
tavljenim opisima medudjelovanja. Jedno vrlo jednostavno pojednostavljenje je pretpostavka
da medu česticama djeluju jednostavne elastične sile srazmjerne udaljenosti pojedine čestice
od ravnoteˇznog poloˇzaja (silu ovog tipa smo već upoznali u odjeljku 6). Kristalan reˇsetka time
postaje geometrijski pravilan skup čestica povezanih malenim oprugama (slika 11.1), tj. postaju
skup vezanih harmonijskih oscilatora. Opruge povezuju samo prve susjede (kratki doseg
medudjelovanja). U kvantnomehaničkom opisu titranja (koje se neće ovdje izloˇziti), umjesto
skupa vezanih klasičnih harmonijskih oscilatora, promatra se skup vezanih kvantnih harmonijskih
oscilatora, a rezultantno titranje se shvaća kao skup čestica, elementarnih pobudenja 1
titranja kristalne reˇsetke, koje se zovu fononi (longitudinalni titraji se nazivajuakustički fononi,
a transverzalni su optički fononi).
Radi jednostavnosti, na slici 11.1 ćemo uočiti jedan smjer, npr. smjer osi x i opisat ćemo titranja
čestica u tom smjeru (kao na slici 11.2). Naravno da se isti rezultati dobiju i analizom
titranja čestica u smjerovima y i z. Rezultantno titranje je vektorski zbroj titranja u pojedinim
smjerovima.
Ograničenje na sile kratkog dosega tada znači da svaka čestica medudjeluje samo sa svoja dva
prva susjeda.
�f i, i−1 �= 0, � f i, i+1 �= 0, � f i, j = 0, j �= i±1.
Promatrat će se učinci samo elastične sile, dok će se učinci gravitacije i trenja s medijem u
kojem se odvija gibanje, zanemariti.
Početni i rubni uvjeti
Promatrat ćemo situacijuukojoj nekavanjska sileujednom(početnom) trenutku t = 0, otkloni
iz poloˇzaja ravnoteˇze nekoliko ili sve čestice sustava i zada im početne brzine. Nakon toga se
sustav dalje giba u skladu s jednadˇzbama gibanja.
Promatrat će se sustav od N čestica. Lijevo od prve i desno od N-te čestice nalazi se nepomičan
zid (to su rubni uvjeti).
Ograničit ćemo se na proučavanje gibanja jedno- i dvodimenzijskih sustava.
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 poloˇzaja ravnoteˇze. Sila jepo iznosu jednaka
K ∆x (gdje je ∆x otklon od poloˇzaja ravnoteˇze), a smjer je prema poloˇzaja ravnoteˇze. Za
jednodimenzijksi harmonijskioscilatorbeztrenjaibezvanjskesile, tosetitranjeodvijakruˇznom
frekvencijom (6.2)
i elongacijom (6.5)
ω0 =
� K
m
x(t) = A cos(ω0t−Φ).
1 Baˇs kao ˇsto se i titranje elektromagnetskog polja shvaća kao skup čestica (fotona), tako se i titraji kristalne reˇsetke shvaćaju
kao skup čestica (fonona).

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 353
Za matematičko njihalo je frekvencija titranja dana sa (6.76)
a elongacija je 6.77
ω0 =
� g
l ,
ϕ(t) = ϕ0cos(ω0t−α0).
U ovom odjeljku ćemo proučiti gibanje jednodimenzijskog sustava od N čestica iste mase m,
povezanih oprugama iste konstante K (slika 11.2), tj. promatrat ćemo sustav sastavljen od
N jednakih i medusobno povezanih harmonijskih oscilatora 2 . Za razliku od titranja jednog
izoliranog harmonijskog oscilatora, gdje smo dobili samo jednu moguću frekvenciju titranja ω0,
sada očekujemo da će sustav moći titrati s viˇse različitih frekvencija. Pokazat će se, relacija
Slika 11.2: Jednodimenzijski sustav od N vezanih jednakih harmonijskih oscilatora, s nepomičnim rubovima.
(11.8), da postoji upravo N različitih frekvencija. Naˇs glavni zadatak u ovom odjeljku jeste
izračunati te frekvencije i naći otklone čestica
uslučajutitranjanekomodredenomfrekvencijom. Uračunućemozanemaritiutjecajgravitacije
i trenja (priguˇsenja) bilo kojeg podrijetla (sa česticama medija u kojemu se odvija titranje, s
podlogom i slično). Koordinatni sustav ćemo postaviti tako da sustav leˇzi u smjeru osi x,
ravnoteˇzni poloˇzaj j-te čestice ćemo označiti s x0,j, a njezin poloˇzaj u proizvoljnom trenutku
ćemo označiti s xj(t). Napiˇsimo jednadˇzbe gibanja za svih N čestica sustava: umnoˇzak 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 ravnoteˇze čestica na krajevima
2 Za opis titranja jednodimenzijskog sustava od N harmonijskih oscilatora različitih masa mj, povezanih oprugama različitih
konstanata Kj, vidjeti članak: F. J. Dyson The Dynamics of a Disordered Linear Chain, Phys. Rev. 92, 1331-1338, 1953.

354 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
opruge (rubove lijevo od prve i desno od N-te čestice, smatramo nepomičnim):
�
� �
�
�ex m¨x1 = −�exK (x1 −x0,1)− 0 +�exK (x2 −x0,2)−(x1 −x0,1) ,
�
�
�ex m¨x2 = −�exK (x2 −x0,2)−(x1 −x0,1)
�
�
�ex m¨x3 = −�exK (x3 −x0,3)−(x2 −x0,2)
�ex m¨xN = −�exK
.
�
�
(xN −x0,N)−(xN−1 −x0,N−1)
�
�
+�exK (x3 −x0,3)−(x2 −x0,2) ,
�
�
+�exK (x4 −x0,4)−(x3 −x0,3) ,
�
+�exK
�
0 −(xN −x0,N) .
Budući da se gibanje odvija samo u smjeru �ex, nadalje ćemo izostavljati tu oznaku. Umjesto
samog poloˇzaja čestice, xj(t), uvedimo oznake ψ(j,t), koje opisuju otklon j-te čestice od
ravnoteˇznog poloˇzaja u trenutku t
� 2 d
ψ(j,t) ≡ xj(t)−x0,j ,
dt2 ¨ψ(j,t) = ¨xj.
Primjetimo da u gornjoj oznaci ψ(j,t), varijabla j opisuje prostornu koordinatu, a t vremensku.
Sada jednadˇzbe gibanja moˇzemo napisati neˇsto preglednije
Općenito
1
ω 2 0
1
ω 2 0
1
ω 2 0
1
ω 2 0
¨ψ(1,t) = 0 −2 ψ(1,t) + ψ(2,t),
¨ψ(2,t) = ψ(1,t) −2 ψ(2,t) + ψ(3,t), (11.1)
.
¨ψ(N −1,t) = ψ(N −2,t)−2 ψ(N −1,t)+ ψ(N,t),
1
ω 2 0
¨ψ(N,t) = ψ(N −1,t)−2 ψ(N,t) + 0 .
¨ψ(j,t) = ψ(j −1,t)−2ψ(j,t)+ψ(j +1,t), j = 1,2,··· ,N,
uz rubne uvjete koji opisuju mirovanje lijevog i desnog ruba sa slike 11.2.
ψ(0,t) = ψ(N +1,t) = 0, ∀ t.
Iz rjeˇsavanja jednadˇzbe gibanja jednog slobodnog harmonijskog oscilatora u odjeljku 6, je poznato
da je vremenska ovisnost rjeˇsenja dana trigonometrijskim funkcijama. Sada rjeˇsenje ovisi
i o prostornoj j i vremenskoj t varijabli, pa ćemo rjeˇsenje sustava (11.1) pretpostaviti u obliku
umnoˇska funkcije ovisne o prostornoj koordinati i trigonometrijskih funkcija u vremenskoj varijabli
ψ(j,t) = C(j)cos(ωt)+S(j)sin(ωt), (11.2)

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 355
Funkcije C(j) i S(j) ovise o prostornoj varijabli j. Pretpostavljena frekvencija titranja sustava
ω je općenito različita od ω0.
Iz gornjeg je izraza lako vidjeti da je
ˇsto uvrˇsteno u jednadˇzbe gibanja daje
¨ψ(j,t) = −ω 2 ψ(j,t),
−0 + 2 ψ(1,t) −ψ(2,t), = ω2
ω 2 0
−ψ(1,t) + 2 ψ(2,t) −ψ(3,t) = ω2
ω 2 0
−ψ(2,t) + 2 ψ(3,t) −ψ(4,t) = ω2
ω 2 0
−ψ(N −2,t)+2 ψ(N −1,t)−ψ(N,t) = ω2
ω 2 0
−ψ(N −1,t)+ 2 ψ(N,t) − 0 = ω2
ω 2 0
ψ(1,t),
ψ(2,t),
ψ(3,t),
. (11.3)
ψ(N −1,t),
ψ(N,t).
Nepoznanice su frekvencije kojima titraju čestice (sve titraju istom frekvencijom) i nepoznate
su amplitude titranja
ω = ? ψ(j,t) = ?
Uvede li se realna simetrična tridijagonalna matrica medudjelovanja A i vektor poloˇzaja
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 jednadˇzba se prepoznaje kao problem nalaˇzenja svojstvenih vrijednosti i svojstvenih
vektora realne simetrične kvadratne matrice A
A � Ψ = ω2
ω2 �
�Ψ ⇒ A−
0
ω2
ω2 �
1 �Ψ = 0,
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
da rezultat djelovanja matrice na vektor, bude taj isti vektor � V pomnoˇzen 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 rjeˇsenja jednadˇzbe Det [A − λ 1] = 0,
gdje je s 1 označena jedinična N × N matrica. To je algebarska jednadˇzba N-tog reda koja

356 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
je zadovoljena za N, općenito kompleksnih, vrijednosti λn. Kada jednom izračunamo sve λn,
moˇzemo izračunati i njima pridruˇzene svojstvene vektore: uzmemo neki odredeni λn i uvrstimo
ga u jednadˇzbu A � Vn = λn � Vn. To je sada N ×N linearni sustav za N komponenta vektora � Vn,
koji rijeˇsimo i dobijemo svojstveni vektor � Vn pridruˇzen svojstvenoj vrijednosti λn. 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 � Vn medusobno okomiti, tj. da čine bazu
N-dimenzijskog prostora. To znači da se svaki proizvoljni vektor u tom prostoru moˇze napisati
kao linearna kombinacija tih baznih vektora � V = �
n cn � Vn (gdje su cn konstante).
U naˇsem primjeru, fizički sadrˇzaj svojstvenih vrijednosti jesu frekvencije titranja sustava vezanih
harmonijskih oscilatora λn ≡ ω2 n /ω2 0 , a svojstveni vektori predstavljaju pomake oscilatora
u odnosu na njihove ravnoteˇzne poloˇzaje � Vn ≡ � Ψ n.
Frekvencije
Izračunajmo najprije svojstvene frekvencije. Nazovimo
M = A− ω2
ω2 ⎡
c0 −1 0 0 ··· 0
⎢ −1 c0 −1 0 ··· 0
⎢ 0 −1 c0 −1 ··· 0
1 = ⎢
0 ⎢ . . . . . .
⎣ 0 ··· 0 −1 c0 -1
0 ··· 0 0 −1 c0
gdje smo uveli pokratu
c0 ≡ 2− ω2
ω2. 0
Da bi postojalo netrivijalno rjeˇsenje za � Ψ �= 0, mora biti
DetM = 0.
⎤
⎥
⎥,
M
⎥
⎦
� Ψ = 0,
Izračunajmo determinantu razvojem poprvomredu(ili stupcu), pri čemu ćemo eksplicite voditi
evidenciju o dimenziji matrice čiju determinantu računamo
Det MN = c0
c0 −1 0 ·
−1 c0 −1 ·
. . . .
· −1 c0 -1
· 0 −1 c0
−(−1)
−1 −1 0 0 ·
0 c0 −1 0 ·
0 −1 c0 −1 ·
. . . . .
· 0 −1 c0 -1
· 0 0 −1 c0
Prvu determinantu na desnoj strani prepoznajemo kao Det MN−1, a drugu determinantu razvijemo
po prvom stupcu
Det MN = c0 Det MN−1 +1·(−1)
c0 −1 0 0 ·
−1 c0 −1 0 ·
0 −1 c0 −1 ·
. . . . .
· 0 −1 c0 -1
· 0 0 −1 c0
.
.

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 357
Gornju determinantu prepoznajemo kao Det MN−2, pa smo tako doˇsli do rekurzijske relacije
Det MN = c0 Det MN−1 − Det MN−2. (11.4)
Determinante za N = 1 i N = 2 je trivijalno izračunati
Det MN=1 = c0 Det MN=2 = c0 -1
−1 c0
Gornje determinante uvrˇstene u rekurziju (11.4) za N = 2, daju
Det MN=0 = 1.
= c 2 0 −1.
Pretpostavimo, nadalje, da se Det MN moˇze napisati u obliku potencije
Det MN = p N ,
za nepoznati p koji treba odrediti iz rekurzije (11.4):
Uvedimo varijablu α relacijom
p N = c0p N−1 −p N−2 ,
0 = p N−2 (p 2 −c0p+1),
p± = 1
� �
c0 ± c
2
2 0 −4
�
.
c0 = 2− ω2
ω 2 0
= 2cosα.
(Primjetimo da nije postavljen zahtjev da je α realan, pa time nije nuˇzno |cosα| ≤ 1.) U tom
slučaju je
p± = e ± i α .
Dakle, dobivena su dva rjeˇsenja za Det MN = 0,
p N + = e+ i N α = 0, p N − = e− i N α = 0.
Budući da je jednadˇzba Det MN = 0 homogena, to će njezino općenito rjeˇsenje biti linearna
kombinacija rjeˇsenja p N + i p N − pa je ukupno rjeˇsenje linearna kombinacija oba ova rjeˇsenja
Det MN = a+e +ıNα +a−e −ıNα
= a+
� � � �
cos(Nα)+ı sin(Nα) +a− cos(Nα)−ı sin(Nα)
� �
= A cos(Nα)+B sin(Nα), A ≡ a+ +a−, B ≡ ı a+ −a− .
Koeficijenti A i B se odreduju iz poznavanja Det MN=0 = 1 i Det MN=1 = c0 = 2cosα
N = 0 ⇒ A·1+B ·0 = 1, ⇒ A = 1
N = 1 ⇒ 1·cosα+Bsinα = 2cosα, ⇒ B = cosα
sinα .

358 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Sadasemoˇzenapisati iopćerjeˇsenjedeterminante matricemedudjelovanja sustava odN čestica
koje titraju
Det MN = cos(Nα)+ cosα
sinα
pri čemu je
sin(Nα) = sinαcos(Nα)+cosαsin(Nα)
sinα
cosα = 1− ω2
2ω 2 0
= 1−
Prisjetimo se da je uvjet za postojanje rjeˇsenja ψ(j,t) �= 0 bio
Det MN = 0.
= sin(N +1)α
, (11.5)
sinα
m ω2
. (11.6)
2K
Prema relaciji (11.5) taj je uvjet zadovoljen za N različitih diskretnih vrijednosti kuta α
(N +1)α = nπ, n = 1,2,··· ,N, (11.7)
α → αn = n π
N +1 .
Budući dasufrekvencije titranjasustavačestica povezaneskutomαrelacijom(11.6), tosvakom
kutu αn odgovara jedna svojstvena frekvencija titranja sustava
�
ωn = 2ω2 nπ
0(1−cosαn) = 2 ω0 sin , n = 1,2,··· ,N. (11.8)
2(N +1)
Ove se frekvencije nazivaju svojstvene frekvencije sustava. U nastavku ćemo pokazati,
relacijom (11.26), 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 ω0, dok sustav od N vezanih harmonijskih oscilatora,
moˇze titrati s N gornjih frekvencija (slika 11.3.A). Ograničimo li se na N = 1 (slika 11.3.B),
Slika 11.3: (A) N različitih mogućih frekvencija titranja sustava vezanih harmonijskih oscilatora. (B) Posebni
slučaj N = 1
preostaje samo jedna frekvencija ω1 = � 2K/m, a to je ista frekvencija kao i ω0 = � K/m iz
poglavlja 6, samo ˇsto sada imamo dvije opruge, pa K → 2K.

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 359
Amplitude
Sada, kada smo naˇsli frekvencije, tj. svojstvene vrijednosti matrice medudjelovanja, moˇzemo
prijeći na račun amplituda titranja pojedinog harmonijskog oscilatora, tj. na račun svojstvenih
vektora. Kao ˇsto smo spomenuli na strani 355, komponente svojsvenog vektora pridruˇzenog
danoj svojstvenoj vrijednosti računamo tako da svojstvenu vrijednost ωn uvrstimo u jednadˇzbu
A � Ψ n = ω2 n
ω 2 0
Ova vektorska jednadˇzba predstavlja sustav od N skalarnih jednadˇzba za N komponenata
vektora � Ψ n, koje ćemo označiti s ψn(j,t) za j = 1,2,··· ,N. Dakle, za svaku od N svojstvenih
frekvencija ωn, treba rjeˇsiti N ×N sustav
�
−ψn(j −1,t)+ 2− ω2 n
ω2 �
ψn(j,t)−ψn(j +1,t) = 0, j = 1,2,··· ,N, (11.9)
0
�Ψ n.
uz rubne uvjete koji izraˇzavaju nepomičnost lijevog i desnog ruba
ψn(j = 0,t) ≡ 0, ψn(j = N +1,t) ≡ 0, ∀ t.
Budući da se radi o titranju, već smo, relacijom (11.2), pretpostavili oblik rjeˇsenja za pomake.
Sada u to rjeˇsenje treba unijeti spoznaju da sustav moˇze titrati s viˇse različitih frekvencija ωn,
tj. da svakoj frekvenciji treba pridruˇziti drukčiji pomak
ψn(j,t) = Cn(j)cos(ωnt)+Sn(j)sin(ωnt), (11.10)
Koordinataj odredujeprostornipoloˇzajharmonijskogoscilatora, aindexnodredujefrekvenciju
titranja. Uvrˇstenje gornjeg izraza u sustav jednadˇzba (11.9), daje
�
cos(ωnt) −Cn(j −1)+2cos nπ
N +1 Cn(j)−Cn(j
�
+1)
�
+ sin(ωnt) −Sn(j −1)+2cos nπ
N +1 Sn(j)−Sn(j
�
+1) = 0
za sve j = 1,2,··· ,N i n = 1,2,··· ,N uz rubne uvjete
Cn(j = 0) = Cn(j = N +1) = Sn(j = 0) = Sn(j = N +1) = 0.
Zbog linearne nezavisnosti sinusa i kosinusa, gornji izraz je nula samo ako je svaka od gornjih
uglatih zagrada jednaka nuli
Cn(j −1)−2cos nπ
N +1 Cn(j)+Cn(j +1) = 0,
Sn(j −1)−2cos nπ
N +1 Sn(j)+Sn(j +1) = 0.
(11.11)
Jednadˇzbe su istog oblika, pa je dovoljno rijeˇsiti samo jednu, npr. onu za Cn. Pretpostavimo
opet rjeˇsenje u obliku potencije
Cn(j) = r j n

360 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
(sada j označava potenciju, a n je indeks)
0 = r j−1
n −2cos nπ
N +1 rj n +r j+1
n ,
0 = r j−1
�
n 1−2cos nπ
rn ± = 1
2
�
2cos nπ
N +1 ±
N +1 rn +r 2 n
�
,
�
nπ
4cos2 N +1 −4
�
= cos nπ nπ
±isin
N +1 N +1 = e±i nπ/(N+1) .
Dobivena su dva rjeˇsenja za Cn(j) = r j n . Zbog homogenosti jednadˇzbe (11.11) za Cn(j) i svaka
njihova linerna kombinacija takoder rjeˇsenje
nπ
+ı
Cn(j) = a+,n e N+1j nπ
−ı
+a−,n e N+1j � �
nπ
= a+,n cos
N +1 j
� �
nπ
+ısin
N +1 j
��
�
nπ
= c+,ncos
N +1 j
� �
nπ
+c−,nsin
N +1 j
�
Na rubovima sustava vrijedi
+a−,n
� �
nπ
cos
N +1 j
� �
nπ
−ısin
N +1 j
��
�
c+,n ≡ a+,n +a−,n, c−,n ≡ ı
Cn(j = 0,t) = 0 = c+,n ·1+c−,n ·0 ⇒ c+,n = 0,
Cn(j = N +1,t) = 0 = c−,nsinnπ ⇒ c−,n �= 0.
Budući da je samo c−,n �= 0, oznaku minus moˇzemo izostaviti i napisati
Cn(j) = Cnsin njπ
N +1 , Cn = const.
Sličnim postupkom se za amplitudu S iz (11.11), dobiva
Prema (11.10), ukupno rjeˇsenje za ψn(j,t) je
Sn(j) = Snsin njπ
N +1 , Sn = const.
ψn(j,t) = Cnsin njπ njπ
cos(ωnt)+Snsin
N +1 N +1 sin(ωnt).
a+,n −a−,n
Tosukomponentesvojstvenogvektora � Ψ n matriceApridruˇzenesvojstvenoj vrijednostim ω 2 n /K,
tj. svojstvenoj frekvenciji ωn. Ovi vektori čine bazu N-dimenzijskog prostora titranja sustava
N vezanih harmonijskih oscilatora. Dakle, u tom prostoru vektori � Ψn znače isto ˇsto i vektori
�ex,�ey i �ez u naˇsem svakodnevnom realnom trodimenzijskom prostoru. I kao ˇsto se svaki proizvoljni
vektor običnog trodimenzijskog prostora moˇze napisati kao linearna kombinacija baznih
vektora �ex,�ey i �ez, tako se i svaki pomak (titranje) sustava vezanih harmonijskih oscilatora
moˇze prikazati kao linearna kombinacija ovih svojstvenih pomaka
�Ψ =
N�
�Ψn,
n=1
�
.

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 361
ili po komponentama
ψ(j,t) =
N�
n=1
U gornjem izrazu je 3
ψn(j,t) =
ωn = 2 ω0 sin
N�
n=1
sin njπ
N +1
�
�
Cncos(ωnt)+Snsin(ωnt) . (11.12)
nπ
, n = 1,2,··· ,N,
2(N +1)
a 2N konstanata Cn i Sn se odreduju iz 2N početnih (u t = 0) vrijednosti poloˇzaja,
i početnih brzina,
ψ(j,t = 0) ≡ ψ0(j), j = 1,2,··· ,N
svih j = 1,2,··· ,N harmonijskih oscilatora.
˙ψ(j,t = 0) ≡ V0(j), j = 1,2,··· ,N
Zadatak: 11.1 Tri čestice sa slike, povezane su oprugama iste jakosti.
Nadite svojstvene frekvencije
i svojstvene modove titranja.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 11.2 Dvije čestice različitih masa povezane su oprugama različitih tvrdoća.
Nadite svojstvene frekvencije i svojstvene pomake
takvog sustava (slika desno).
R: dovrˇsiti
Zadatak: 11.3 Dvije čestice istih masa povezane su oprugama istih tvrdoća.
Za takav sustav (slika desno), nadite svojstvene
frekvencije i svojstvene modove titranja.
R: dovrˇsiti
3 Primjetimo da diskretna vrijednost frekvencije dolazi od rubnih uvjeta. U kvantnomehaničkom opisu, frekvencije su takoder
diskretne, ali sada ta diskretnost ima sasvim drukčije, kvantno, podrijetlo.

362 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Zadatak: 11.4 Dvije čestice različitih masa m1 i m2, su pričvrˇsćene za krajeve opruge
konstante tvrdoće K, kao na slici desno. Ako se
čestice malo razmaknu i tada otpuste, one će titrati.
Nadite frekvenciju titranja zanemarujućitrenja.
R: dovrˇsiti
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 a0 neograničeno smanjuje, tako
da udaljenost izmedu prvog i posljednjeg od njih N · a0 = L ostaje konstantna. S M ćemo
označiti ukupnu masu sustava M = Nm. Neka se harmonijski oscilatori nalaze rasporedeni duˇz
osi x. Sada otklon od ravnoteˇznog poloˇzaja viˇse nećemo označavati s ψ(j) nego s ψ(x), gdje je
x = j ·a0. Najmanji razmak medu harmonijskim oscilatorima je ∆x = 1·a0.
Uočimo da su jednadˇzbe (11.1) oblika valne jednadˇzbe.
Opći oblik tih jednadˇzba je
¨ψ(j,t) = ω 2 0
�
�
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 poloˇzaj 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 jednadˇzba postaje
¨ψ(j,t) = ω 2 0
= ω 2 0
ψ(j +1,t)−ψ(j,t)
(j +1)−j
ψ(j,t)−ψ(j −1,t)
j −(j −1)
� �
d d
ψ(j +1/2,t)− ψ(j −1/2,t) = ω
dj dj 2 0
d2 ψ(j,t),
dj2 = d
ψ(j +1/2,t),
dj
= d
ψ(j −1/2,t).
dj
d 1 d
ψ(j + ,t)− 2 dj dj
(j + 1
2
i prelazi sada u jednadˇzbu (imajmo sve vrijeme na umu da je dx = dj a0)
tj.
∂2ψ(j,t) ∂t2 = a 2 0 ω2 ∂
0
2ψ(x,t) ∂x2 ,
∂2ψ ∂t2 = v2 ∂
f
2ψ ∂x2. )−(j − 1
2 )
ψ(j − 1
2 ,t)
(11.13)

11.1. MALILONGITUDINALNITITRAJIJEDNODIMENZIJSKOGDISKRETNOGSUSTAVA ČESTICA 363
To je parcijalna linearna diferencijalna jednadˇzba drugog reda koja se zove jednodimenzijska
valna jednadˇzba longitudinalnog vala. Veličina
�
K
vf = a0 ω0 = a0
m
je faznabrzinaˇsirenja vala. Ako se uvedu Yangovmodul elastičnosti E = Ka0 i linijska masena
gustoća λ0 = m/a0, gornja valna jednadˇzba se moˇze napisati i u obliku
λ0
∂ 2 ψ
∂t 2 = E∂2 ψ
∂x 2.
Potraˇzimo rjeˇsenje gornje jednadˇzbe u obliku umnoˇska
ψ(x,t) = X(x)·T(t)
(vidjeti npr. [13], odjeljak o parcijalnim diferencijalnim jednadˇzbama). Uvrˇstavanjem gornjeg
rjeˇsenja u valnu jednadˇzbu i dijeljenjem cijele jednadˇzbe s X(x)·T(t), dobiva se
1
ω 2 0 T
d2T(t) dt2 = a20 X
d2X(x) ≡ −c.
dx2 Sa stanoviˇsta vremenske varijable, desna strana gornje jednadˇzbe je jedna bezdimenzijska konstantna,
a isto tako sa stanoviˇsta prostorne varijable, lijeva je strana jednadˇzbe bezdimenzijska
konstantna. Bez gubitka općenitosti, za tu se konstantu moˇze uzeti vrijednost −c. Tako su
dobivene dvije jednadˇzbe
d2X(j) X
= −c
dx2 a 2 0
d 2 T(t)
dt 2 = −c ω2 0 T,
čija su rjeˇsenja dana trigonometrijskim funkcijama
X(x) = α sincx/a0 +β coscx/a0,
T(t) = γ sincω0t+δ coscω0t,
ψ(x,t) = (α sincx/a0 +β coscxk0) (γ sincω0t+δ coscω0t).
Konstante α,β,γ,δ i c se odreduju iz same jednadˇzbe i početnih i rubnih uvjeta
Prvi rubni uvjet daje
Drugi rubni uvjet
ψ(x = 0,t) = ψ(x = L,t) = 0.
X(x = 0) = 0 = α 0+β 1 ⇒ β = 0.
X(x = L) = 0 = αsincL/a0 ⇒ c = a0
,
nπ
L .

364 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Sada je i
Vremenski dio rjeˇsenja
X(x) → Xn(x) = αn sin nπx
, n = 1,2,··· ,N.
L
Tn(t) = γn sin a0nπω0t
L
ψ(x,t) =
N�
n=1
+δncos a0nπω0t
, n = 1,2,··· ,N.
L
sin nπx
�
�
ancos(ωnt)+bnsin(ωnt) ,
L
gdje su an = αnγn i bn = αnδn konstante, a frekvencije titraja su
ωn = a0
L nπω0.
Primjetimo da je to ista vrijednost koja je dobivena i diskretnim formalizmom
ωn = 2 ω0 sin
nπ
2(N +1)
≃ 2 ω0
nπa0
2L
= a0
L nπω0.
11.2 Mali transverzalni titraji kontinuiranog jednodimenzijskog sustava
čestica
Krenimo ponovo od slike čestica povezanih malenim oprugama (slika 11.2), ali sada su početni
uvjeti takvi da izazivaju titranje u ravnini (y,z), kao ˇsto je to prikazano na slici 11.4. Smatrat
ćemo čestice i opruge toliko malenim, da je na makroskopskoj skali broj čestica po jedinici
duljine (u jednoj dimenziji ili po jedinici povrˇsine za dvodimenzijske sustave) toliko velik da se
moˇze govoriti o (pribliˇzno) 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).
Kada se kaˇze ”mali” titraji, to znači da je otklon
čestica od poloˇzaja ravnoteˇze, puno manji
od ukupne duljine niti koja titra.
11.2.1 Titranje napete niti
Promatrajmo napetu elastičnu nit, poloˇzenu
duˇz osi x i učvrˇsćenu u točkama x = 0 i x = L
Slika 11.4: Transverzalno titranje napete niti.

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 365
Slika 11.5: Napeta nit (A) prije djelovanja vanjske sile, (B) u trenutku djelovanja vanjske sile, (C) poslije
djelovanja vanjske sile.
(slika 11.5). Neka je linijska masena gustoća
niti konstantna i jednaka λ0. U ravnoteˇzi,
sve čestice niti leˇze na osi x (slika 11.5.A). Takvo stanje traje za t < 0. U trenutka t = 0 (slika
11.5.B), vanjska sila trenutno izbaci nit iz poloˇzaja ravnoteˇze, tj. promjeni poloˇzaj i / ili brzine
svih ili samo nekih čestica niti. Kasnije (slika 11.5.C) sila viˇse ne djeluje (trenutna ili impulsna
sila - udarac). Nit će (ako zanemarimo trenje) nastaviti titrati oko svog ravnoteˇznog poloˇzaja
(slika 11.5.C). Transverzalni (okomiti) otklon od poloˇzaja ravnoteˇze u točki x u trenutku
t, ćemo označiti s
ψ(x,t).
Osim transverzalnih, pojedini elementi niti će izvoditi i longitudinalne (uzduˇzne) pomake, koji
su po svom iznosu puno manji od iznosa transverzalnih pomaka i zato ćemo ih zanemarivati.
Uočimo jedan element niti (npr. dio označen crvenim kruˇzićem na slici 11.5.C) duljine ds i
mase
dm = λ0 ds
ipromatrajmosilenapetostikojima susjednielementi nitidjelujunapromatranielement (slika
11.6). Na element djeluje i gravitacijska sila, koju ćemo sada radi jednostavnosti, zanemariti
(pretpostavljamodajeonapoiznosupunomanjaodsilakojeuzimamouračun). Uoznakamasa
slike 11.6, silenapetostinarubovima promatranogelementa suiznosa Fnap(x,t)iFnap(x+dx,t).
Ukupna sila u vodoravnom, tj. x smjeru je
Fx = Fnap(x+dx,t)cosα(x+dx,t)−Fnap(x,t)cosα(x,t) = 0.
To je sila koja djeluje na promatrani element u vodoravnom smjeru. Budući da se pomaci u
vodoravnom smjeru zanemaruju (smatraju se puno manjima od pomaka u okomitom smjeru),

366 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Slika 11.6: Rezultat djelovanja sileanapetosti na element niti duljine ds.
gornji jeizraz izjednačen s nulom. Uskladu s definicijom derivacije funkcije, za male vrijednosti
dx, gornji izraz je
Fx = dx d
� �
Fnap(x,t)cosα(x,t) = 0
dx
No, za male okomite pomake i kut α(x,t) je mali pa je
�
cosα(x,t) = 1−O α 2 �
(x,t)
�
ˇsto znači da je s točnoˇsću od O α2 �
(x,t)
Fx = dx d
dx Fnap(x,t)+O
�
α 2 �
(x,t) = 0,
Fnap(x,t) = (const. u x) = Fnap(t), (11.14)
tj. napetost je pribliˇzno konstantna unutar intervala dx i moˇze ovisiti samo o vremenu.
Ukupna sila u okomitom smjeru je
Fy = Fnap(x+dx,t)sinα(x+dx,t)−Fnap(x,t)sinα(x,t)
�
= (11.14) = Fnap(t) sinα(x+dx,t)−sinα(x,t)
�
. (11.15)
To je sila koja izaziva okomite pomake niti, pa Newtonova jednadˇzba gibanja, za promatrani
element niti mase dm = λ0 ds, u okomitom smjeru glasi
λ0 ds ∂2ψ �
� �
= Fnap(t) sinα(x+dx,t)−sinα(x,t) , ·
∂t2 1
dx
ds
λ0
dx
∂2ψ sinα(x+dx,t)−sinα(x,t)
= Fnap(t) .
∂t2 dx

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 367
U granici kada dx → 0, desna strana gornje jednadˇzbe prelazi u derivaciju po x od sinα(x,t),
dok je na lijevoj strani
ds
dx =
� �
� �
dx2 +dψ2 2
∂ψ
= 1+ .
dx ∂x
Sve zajedno, uvrˇsteno u jednadˇzbu gibanja, daje
�
� �2∂2 ∂ψ ψ ∂
λ0 1+ = Fnap(t) sinα(x,t). (11.16)
∂x ∂t2 ∂ x
Poveˇzimo derivacije po x na lijevoj i desnoj strani gornje jednadˇzbe. Iz trigonometrije je
a sa slike 11.6 je
sinα =
tanα
√ 1+tan 2 α , (11.17)
tanα ≃ ∂ψ
∂x .
Kombiniranjem gorjna dva izraza, dolazi se do
sinα = ∂ψ
∂x
�
1+
� � �
2
−1/2
∂ψ
.
∂x
Uvrˇstavanjem ovih izraza u jednadˇzbu gibanja, dobiva se
�
⎧
� � �
2∂2 ∂ψ ψ ∂
⎨
∂ψ
λ0 1+ = Fnap(t) 1+
∂x ∂t2 ∂ x ⎩∂x
� � � ⎫
2
−1/2
∂ψ
⎬
∂x ⎭ .
Budući da je kvadrat male veličine joˇs puno manji od same male veličine,
� �2 � �
∂ψ �

368 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
koja se pojavljuje u gornjoj jednadˇzbi ima dimenziju brzine i naziva se fazna brzina. Najćeˇsće
se sila napetosto ne mijenja s vremenom (nit je napeta u početnom trenutku i ta se napetost
viˇse ne mijenja) tako da je tada
konstantno u vremenu.
vf =
� Fnap
Rjeˇsenja ove parcijalne diferencijalne jednadˇzbe drugog reda su u cjelosti odredena rubnim (u
prostoru) i početnim (u vremenu) uvjetima.
Rubni uvjeti:
Rubni uvjeti definiraju otklon (elongaciju) niti u krajnjim točkama niti. Na učvrˇsćenom kraju
nema pomaka, ψ = 0, a na slobodnom kraju se obično odabire uvjet da je pomak maksimalan
(ekstreman), pa je zato tamo ψ ′ = 0. Ako su oba ruba niti nepomični, tada je u svakom
trenutku t
λ0
ψ(x = 0,t) = 0, ψ(x = L,t) = 0.
Ako je nit nepomična na svojem lijevom rubu, a slobodna na desnom:
�
∂ψ(x,t) �
ψ(x = 0,t) = 0, � = 0.
∂x
� x=L
Ako je nit slobodna na lijevom rubu, a nepomična na desnom:
�
∂ψ(x,t) �
� = 0, ψ(x = L,t) = 0.
∂x
� x=0
I posljednja je mogućnost da je nit slobodna na oba ruba:
�
�
∂ψ(x,t) �
�
∂ψ(x,t) �
= 0, �
∂x
∂x
� x=0
Početni uvjeti:
Početni uvjeti definiraju stanje titranja (to znači poloˇzaj i brzinu svake čestice niti) u nekom
odredenom trenutku (kojemu se najčeˇsće pridruˇzuje vrijednost t = t0 ili t = 0)
ψ(x,t = 0) = X0(x),
∂ψ(x,t)
∂t
� x=L
�
�
�
� t=0
= 0.
= V0(x). (11.19)
FunkcijaX0(x)označavapoloˇzaj,afunkcijaV0(x)brzinusvakečesticeniti,x ∈ [0,L],utrenutku
t = 0.
Za usporedbu, kod opisa gibanja jedne čestice, početni uvjeti su početni poloˇzaj čestice
�r(t = 0) =�r0
(to je sada početni poloˇzaj svih čestica niti, X0(x)) i početna brzina čestice
�
∂�r �
� =�v0
∂t
� t=0
(to je sada početna brzina svih čestica niti, V0(x)).

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 369
11.2.2 Nit s oba nepomična ruba: stojni val (D. Bernoulli)
Pretpostavimo da se rjeˇsenje valne jednadˇzbe ψ(x,t) moˇze napisati u obliku umnoˇska 4 dvije
funkcije: jedne, koja ovisi samo o prostornoj koordinati
X(x) i druge, koja ovisi samo o vremenskoj koordinati
T (t) (to je oblik rjeˇsenja koji potječe od D. Bernoullija.
ψ(x,t) = X(x)·T(t)
i uvrstimo to u valnu jednadˇzbu
v 2 f
1
(t) T
X d2T dt2 = v2 f(t) T d2X ,
dx2 d2T 1
=
dt2 X
d2X .
dx2 �
1
v2 fXT Daniel Bernoulli,
1700. - 1782.,
nizozemski fizičar.
Osnovno i najvaˇznije je primjetiti da lijeva strana ovisi
samo o vremenskoj, a desna samo o prostornoj koordinati. Zato je, sa stanoviˇsta funkcije T (t),
desna strana gornje jednadˇzbe konstantna. Isto je tako, sa stanoviˇsta funkcije X(x), lijeva
strana gornje jednadˇzbe konstantna. Nazove li se ta konstantu −k2 �= 0 (konstanta se odabire
tako zato da izrazi koji slijede budu pregledniji), dolazi se do dvije jednadˇzbe
d 2 X
dx 2 = −k2 X,
d 2 T
dt 2 = −k2 v 2 f(t) T .
S diferencijalnim jednadˇzbama ovog tipa smo se već susretali kod rjeˇsavanja jednadˇzbe gibanja
harmonijskog oscilatora u odjeljku 6
¨x = −ω 2 0 x.
Njihova su rjeˇsenja očito linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija (od sada pa nadalje
pretpostavljamo da vf ne ovisi o vremenu)
X(x) = Cxcoskx+Sxsinkx,
T (t) = Ctcoskvft+Stsinkvft,
ψ(x,t) = (Cxcoskx+Sxsinkx)(Ctcoskvft+Stsinkvft),
za konstantne Cj i Sj. Prema načinu kako smo uveli konstantu k, vidi se da ona ima dimenziju
inverzne duljine
� �
k
= 1
L
i zvat ćemo ju valni broj (a u dvije i tri dimenzije, pojavit će se kx,ky i kz koji će se shvaćati
kao komponente valnog vektora). Četiri nepoznate konstante u gornjem rjeˇsenju se odreduju
pomoću dva rubna i dva početna uvjeta.
4 Usporediti s poglavljem o parcijalnim diferencijalnim jednadˇzbama u [13]

370 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Rubni uvjeti:
x = 0 ⇒ ψ(0,t) = 0 = Cx(Ctcoskvft+Stsinkvft) ⇒ Cx = 0,
x = L ⇒ ψ(L,t) = 0 = SxsinkL(Ctcoskvft+Stsinkvft) ⇒ kL = π,2π,··· .
Valni broj moˇze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadˇzbom
k = kn = nπ
, n = 1,2,··· (11.20)
L
(n ne moˇze biti jednako nuli, jer su i k i L veći od nule). Time se dobiva niz rjeˇsenja za svaku
pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanata SxCt → C i SxSt → S, ta rjeˇsenja glase
ψn(x,t) = sin nπx
�
C cos
L
nπvft
�
nπvft
+S sin .
L L
Periodičnost:
Rjeˇsenje ψn(x,t) je napisano preko sinusa i kosinusa koje se periodične funkcije, pa će zato i
ψn(x,t) biti periodična funkcija. Označimo prostornu periodičnost ψn(x,t) sa λ,
ψn(x,t) = ψn(x+λ,t), (11.21)
gdje je λ najmanji broj (ako ih ima viˇse) koji zadovoljava gornji uvjet.
Uvjet vremenske periodičnosti je
ψn(x,t) = ψn(x,t+T). (11.22)
gdje je T najmanji broj (ako ih ima viˇse) koji zadovoljava gornji uvjet.
Periodičnost u prostoru:
Prostorna ovisnost ψn(x,t) je sadrˇzana u članu sin(nπx)/L, pa se λ odreduje iz
sin nπ nπ nπx nπλ nπx nπλ
x = sin (x+λ) = sin cos +cos sin
L L L L L L .
Usporedbom lijeve i desne strane gornjeg izraza (sinusi i kosinusi su linearno nezavisne fukcije,
vidjeti npr. [13]) zaključuje se da je gornja jednadˇzba zadovoljena ako je
tj. ako je
nπλ
L
cos nπλ
L
= 1, sin nπλ
L
= 0,
= 2π ·m, m = 1,2,··· ,
λ = 2L
n m.
No, λ sa m = 2 je dvostruka vrijednost od λ sa m = 1, itd. Budući da je period najmanja
vrijednost λ koja zadovoljava (11.21), to zaključujemo, da je za svaki dani n
λ = λn = 2L
, n = 1,2,....
n

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 371
Periodičnost u prostoru se naziva valna duljina, i u ovom primjeru ona moˇze poprimiti
samo diskretan niz vrijednosti, odreden gornjom relacijom. U skladu s (11.20), valna duljina
je relacijom
kn ·λn = 2π
povezana s, ranije uvedenim, valnim brojem. Na slici 11.7 su prikazani stojni valovi za tri
Slika 11.7: Stojni val za (A) n = 1, (B) n = 2 i (C) n = 3.
najniˇze 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.
Periodičnost u vremenu:
ψn(x,t) = ψn(x,t+T).

372 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodičnost
sin nπvf
L
cos nπvf
L
t = sin nπvf
L (t+T)
= sin nπvft
L
cos nπvfT
L
t = cos nπvf
L (t+T)
= cos nπvft
L
Obje gornje jednadˇzbe su zadovoljene, ako je
tj. ako je
cos nπvfT
L
cos nπvfT
L
+cos nπvft
L
−sin nπvft
L
= 1, sin nπvfT
L
nπvfT
L
= 2π ·m.
= 0,
sin nπvfT
L ,
sin nπvfT
L .
Slično kao i gore, periodičnost za m = 2,3,··· itd. su viˇsekratnici periodičnosti za m = 1, pa
je zato periodičnost odredena s m = 1, tj.
T = Tn = 2L
, n = 1,2,....
nvf
Vremenski period je takoder diskretan. Frekvencijom se naziva inverzna vrijednost T
Kutna brzina ωn se definira kao
ν = 1
T , νn = 1
Tn
ωn = 2πνn = nvfπ
L
= nvf
2L .
Umnoˇzak valne duljine i frekvencije daje faznu brzinu vala vf
νn ·λn = vf.
Ovu brzinu nazivamo faznom brzinom, zato jer ona (kao ˇsto ćemo vidjeti u odjeljku 11.2.3)
opisuje brzinu ˇsirenja faze vala.
Početni uvjeti:
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadˇzbe (11.18) i svaka linearna kombinacija rjeˇsenja
ψn(x,t) je takoder rjeˇsenje. Zato je opće rjeˇsenje oblika
ψ(x,t) =
=
∞�
n=1
∞�
n=1
sin nπx
L
�
Ccos nπvft
�
nπvft
+Ssin
L L
� �
sinknx Ccosωnt+Ssinωnt .
(11.23)

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 373
Gornja granica u zbroju je beskonačno, zato jer sustav tretiramo kao kontinuiran. Realno, kada
se govori o titrajima kristalne reˇsetke, postoji najmanji razmak medu susjednim čvorovima
reˇsetke koji odreduje najmanju moguću valnu duljinu, tj. najveći mogući n. Gornja jednadˇzba
je istog oblika kao i (11.12), s tom razlikom ˇsto je ovdje poloˇzaj u prostoru kontinuirana varijabla
x, dok je tamo bio diskretna varijabla j i frekvencije titranja su drukčije.
Preostale dvije nepoznate konstante, C i S, ćemo odrediti iz početnih uvjeta (11.19): poloˇzaja
X0(x), i brzine V0(x), niti u trenutku t = 0, koristeći se Fourierovom analizom (dodatak D):
ψ(x,t = 0) = X0(x) =
� L
0
∞�
n=1
X0(x) sin mπx
dx =
L
sin nπx
� �
C ·1+S ·0 ,
L
� L
∞�
C sin
n=1 0
mπx nπx
sin
L L dx
� �� �
= (L/2) n,m
�� L
0
= L
2 C.
U gornjem je računu koriˇstena funkcija Kronecker-delta, definirana izrazom
�
1 m = n
δm,n =
0 m �= n
sin mπx
L dx
Funkcija X0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti C ovisni o n i odredeni izrazom
C → Cn = 2
� L
L 0
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x,t)
∂t
∂ψ(x,t)
∂t
� L
0
�
�
�
� t=0
=
∞�
n=1
sin nπx
L
= V0(x) =
∞�
n=1
V0(x)sin mπx
dx =
L
nπvf
L
sin nπx
L
∞�
n=1
X0(x) sin nπx
dx. (11.24)
L
�
−Cnsin nπvft
�
nπvft
+Scos ,
L L
nπvf
L S
S nπvf
L ,
� L
sin mπx
L
0 � �� �
= (L/2) δn,m
sin nπx
L dx
�� L
0
= mπvf
2
sin mπx
L dx
Funkcija V0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti S ovisni o n i odredeni izrazom
S → Sn = 2
nπvf
� L
0
V0(x) sin nπx
dx. (11.25)
L
Ukupno rjeˇsenje za amplitudu titranja se dobiva uvrˇstavanjem eksplicitnih izraza za Cn i Sn
ψ(x,t) =
∞�
n=1
sin nπx
L
�
Cn cos nπvft
L +Sn sin nπvft
�
L
S.

374 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
ψ(x,t) =
∞�
n=1
sin nπx
L
�� 2
L
�
2
+
nπvf
� L
0
� L
0
X0(z) sin nπz
L dz
�
cos nπvft
L
V0(z) sin nπz
L dz
�
sin nπvft
�
.
L
Zadatak: 11.5 ˇ Zica je učvrˇsćena u svojim krajevima x = 0 i x = L. U početnom
trenutku, t = 0, je postavljena u poloˇzaj kao
na slici, a zatim je otpuˇstena da slobodno titra.
Izračunajte otklon proizvoljnog elementa
ˇzice u proizvoljnom trenutku t > 0.
R:
Postavimo najprije rubne i početne uvjete.
Rubni uvjeti - nit je nepomična u oba svoja ruba, pa je zato
ψ(0,t) = 0, ψ(L,t) = 0.
(11.26)
Početni uvjeti - u početnom trenutku nit je deformirana tako da se moˇze prikazati
kao zbroj tri duˇzine, a početna joj je brzina jednaka nuli
⎧
p1 0 ≤ x ≤
⎪⎨
ψ(x,0) = X0(x) =
⎪⎩
L
4 ,
L 3L p2 ≤ x ≤ 4 4 ,
�
∂ψ(x,t) �
�
∂t � = V0(x) = 0,
t=0
p3 ≤ x ≤ L ,
3L
4
Sadaserjeˇsenjezaψ(x,t)jednostavno dobijeuvrˇstavanjemgornjihX0 iV0 u(11.26).
dovrˇsiti
Zadatak: 11.6 Rijeˇsite problem titranja ˇzice učvrˇsćene u točkama x = 0 i x = L, ako su
početni uvjeti
�
∂ψ(x,t) �
ψ(x,0) = 0, �
x(L−x)
= v0
∂t L2 ,
a fazna brzina je vf.
R:
dovrˇsiti
� t=0

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 375
Zadatak: 11.7 Rijeˇsite jednadˇzbu
uz uvjete:
∂ 2 ψ(x,t)
∂t 2 = 4 ∂2 ψ(x,t)
∂x 2 ,
ψ(0,t) = 0, ψ(π,t) = 0,
ψ(x,0) = 0.1sinx+0.01sin4x,
∂ψ(x,t)
∂t
za 0 ≤ x ≤ π i t > 0. Interpretiraje rubne i početne uvjete.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 11.8 Rijeˇsite jednadˇzbu
uz uvjete:
∂ 2 ψ(x,t)
∂t 2 = 9 ∂2 ψ(x,t)
∂x 2 ,
ψ(0,t) = 0, ψ(2,t) = 0,
ψ(x,0) = 0.05x(2−x),
∂ψ(x,t)
∂t
za 0 ≤ x ≤ 2 i t > 0. Interpretiraje rubne i početne uvjete.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 11.9 Rijeˇsite jednadˇzbu
uz uvjete:
ψ(x,0) = 0,
∂ 2 ψ(x,t)
∂t 2 = 9 ∂2 ψ(x,t)
∂x 2 ,
ψ(0,t) = 0, ψ(2,t) = 0,
∂ψ(x,t)
∂t
�
�
�
� t=0
�
�
�
� t=0
�
�
�
� t=0
= 0,
= 0.05x(2−x),
za 0 ≤ x ≤ 2 i t > 0. Interpretiraje rubne i početne uvjete.
R:
dovrˇsiti
= 0,

376 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
11.2.3 Nit s oba nepomična ruba: putujući val (J. D’Alembert)
Pokaˇzimo sada da se do rjeˇsenja iz prethodnog poglavlja moˇze doći i na jedan drukčiji način.
Primjetimo da svaka funkcija s argumentom x + vft
zadovoljava valnu jednadˇzbu
∂ 2 ψ
∂t 2 = v2 f
∂ 2 ψ
∂x 2.
Neka je ψ(x,t) = L(x+vft), tada je
∂ 2 L
∂t 2 = L′′ ·v 2 f ,
∂2L = L′′
∂x2 i valna jednadˇzba je očito zadovoljena (crticama su
označene derivacije po argumentu funkcije). No, očito
je da i svaka funkcija s argumentom x − vft takoder
zadovoljava valnu jednadˇzbu za ψ(x,t) = D(x−vft),
Jean le Rond d’Alembert,
1717. - 1783. francuski
fizičar, matematičar i filozof.
∂2D ∂t2 = D′′ ·(−vf) 2 ∂
,
2D ∂x2 = D′′ .
Budući da je valna jednadˇzba linearna, svaka linearna kombinacija rjeˇsenja je takoder rjeˇsenje
(ˇsto je lako provjeriti izravnim uvrˇstavanjem), pa je zato opći oblik rjeˇsenja dan sa
ψ(x,t) = L(x+vft)+D(x−vft).
Ovaj oblik rjeˇsenja se naziva putujući ili ravni val, a potječe od D’Alemberta.
Objasnimo sada naziv putujući val: neka je u t = t0, stanje titranja u proizvoljnoj točki x0
opisano s L(x0 +vf t0). Pitamo se u kojoj točki prostora ćemo naći to isto stanje titranja u
nekom kasnijem trenutku t > t0? Očito ćemo to isto stanje titranja naći u točki u kojoj L ima
iste vrijednosti argumenta 5 ,
L(x0 +vf t0) = L(x+vft).
x = x0 −vf
�
t−t0
To znači da će se, nakon vremena t−t0, isto stanje titranja pojaviti u točki koja je za vf (t−t0)
lijevo od točke x0. Zaključujemo da funkcija L opisuje val koji se ˇsiri (putuje) konstantnom
brzinom vf u smjeru s desna na lijevo. Sličnom argumentacijom zaključujemo da D(x−vft)
opisuje putujući val koji se istom brzinom vf giba s lijeva na desno
� �
x = x0 +vf t−t0 .
Budući da brzina vf opisuje ˇsirenje faze vala, naziva se faznom brzinom.
Pokaˇzimo sada kako se stojni val iz prethodnog odjeljka moˇze dobiti kao rezultat zbrajanja
(interferencije) dva putujuća vala koji se gibaju u suprotnim smjerovima.
5 Kada se govori o valovima, onda se ovaj argument često naziva faza.
�
.

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 377
Slika 11.8: Val koji se giba na lijevu stranu.
Početni uvjeti
Neka su, kao i ranije, u početnom trenutku t = 0 poloˇzaj i brzina niti koja titra odredeni
funkcijama X0 i V0
ψ(x,0) = X0(x),
∂ψ(x,t)
∂t
�
�
�
� t=0
= V0(x),
gdje su X0 i V0 funkcije definirane na intervalu [0,L]. Uvrˇstavanjem općeg rjeˇsenja za ψ,
dobivamo
L(x)+D(x) = X0(x), vf L ′ (x)−vf D ′ (x) = V0(x).
Integracijom od 0 do x, desne gornje jednadˇzbe, dobiva se
L(x)−L(0)−D(x)+D(0) = 1
vf
� x
0
V0(η) dη.
Nazovemo li konstantu L(0)−D(0) = a0, dolazimo do sustava dvije jednadˇzbe s dvije nepoznanice:
L(x) i D(x)
s rjeˇsenjima
L(x)+D(x) = X0(x)
L(x)−D(x) = 1
vf
L(x) = 1 1
X0(x)+
2 2vf
D(x) = 1 1
X0(x)−
2 2vf
� x
0
� x
0
� x
0
V0(η) dη +a0,
V0(η) dη + 1
2 a0,
V0(η) dη− 1
2 a0.

378 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Iz ovih je izraza lako pročitati ukupno rjeˇsenje za ψ
ψ(x,t) = L(x+ct)+D(x−ct)
= 1
� x+ct
1
X0(x+ct)+ V0(η) dη+
2 2vf 0
1
2 a0
+ 1
� x−ct
1
X0(x−ct)− V0(η) dη−
2 2vf 0
1
2 a0
= 1
�
�
X0(x+ct)+X0(x−ct) +
2
1
� x+vft
2vf
x−vft
V0(η) dη.
Tako smo doˇsli do rjeˇsenja koje zadovoljava početne uvjete na poloˇzaj i brzinu
Rubni uvjeti
ψ(x,t) = 1
1
[X0(x+ct)+X0(x−ct)]+
2 2vf
� x+vft
x−vft
V0(η) dη. (11.27)
Pogledajmo sada rubne uvjete: na rubu intervala [0,L] je otklon niti jednak nuli ψ(x = 0,t) =
ψ(x = L,t) = 0 u svakom trenutku t.
ψ(x = 0,t) = L(0+vf t)+D(0−vf t) = 0 ⇒ L(vf t) = −D(−vf t),
ψ(x = L,t) = L(L+vf t)+D(L−vf t) = 0 ⇒ L(L+vf t) = −D(L−vf t).
Pokaˇzimo da su L i D periodične funkcije s periodom 2L. Označimo s = vft, tako da rubne
uvjete moˇzemo napisati u obliku
L(s) = −D(−s), (11.28)
L(L+s) = −D(L−s), (11.29)
za s iz intervala 0 < s < L. Prije dokaza periodičnosti, pokaˇzimo najprije da se funkcije L i D
mogu produljiti izvan intervala [0,L]. Za s ∈ [0,L], argument od L(L+s) iz jednadˇzbe (11.29),
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 moˇze provesti i
dalje na lijevu i desnu stranu intervala [0,L] za funkciju L i za D.
Dokaˇzimo sada i periodičnost funkcija L i D. Izvedimo zamjenu s → s+L u jednadˇzbu (11.29)
L(L+s+L) = −D(L−s−L) = −D(−s),
no, prema jednadˇzbi (11.28), 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 jednadˇzbi (11.29), dolazi se do
D(L−s+L) = −L(L+s−L) = −L(s) = D(−s),
D(2L−s) = D(−s),

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 379
pri čemu smo u posljednjem koraku koristili i jednadˇzbu (11.28).
Pogledajmo sada ˇsto moˇzemo zaključiti o funkcijama X0(x) i V0(x) koje odreduju početno
(t = 0) stanje niti. Iz početnih uvjeta je
X0(x) = L(x)+D(x), (11.30)
V0(x) = vf
�
L(x) ′ −D(x) ′
�
. (11.31)
Budući da su L i D periodične funkcije s periodom 2L, iz gornjih relacija zaključujemo da su i
X0 i V0 takoder periodične s istim periodom 2L.
Nadalje, iz (11.30) slijedi
No, prema (11.28) je
i
pa je
X0(−x) = L(−x)+D(−x).
L(−x) = −D(x),
D(−x) = −L(x),
X0(−x) = L(−x)+D(−x) = −D(x)−L(x) = −[L(x)+D(x)] = −X0(x),
tj. pokazali smo da je
X0(x) = −X0(−x)
neparna funkcija na intervalu [−L,L]. Sličan je i dokaz za funciju V0(x): iz relacije (11.28) je
L(x) = −D(−x),
L ′ (x) = −D ′ (−x)(−1) = D ′ (−x) ⇒ L ′ (−x) = D ′ (x).
Uvrˇstavanjem gornjih veza u (11.31), dobiva se
�
V0(x) = vf L(x) ′ −D(x) ′
�
,
⇒ V0(−x) = vf[L(−x) ′ −D(−x) ′ ] = vf
V0(−x) = −V0(x),
�
D(x) ′ −L(x) ′
� �
= −vf L(x) ′ −D(x) ′
�
,
tj. i V0(x) je neparna funkcija od x. Sve zajedno, za X0 i V0 znamo da vrijedi: obje su funkcije
periodične periodom 2L i obje su neparne u x
X0(x) = X0(x+2L), X0(x) = −X0(−x),
V0(x) = V0(x+2L), V0(x) = −V0(−x).

380 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Svaka se periodička funkcija moˇze razviti u Fourierov red, a budući da je funkcija i neparna,
u redu će se pojaviti samo sinusi
∞�
�
X0(x) = an sin n 2π
2L x
�
.
Iz gornjeg izraza odmah slijedi
n=1
X0(x+vft) =
X0(x−vft) =
∞�
n=1
∞�
n=1
an sinn π
L (x+vf t),
an sinn π
L (x−vf t).
Funkcija V0 je takoder neparna i periodična, pa se i ona moˇze razviti u red po sinusima
∞�
�
V0(η) = bn sin n 2π
2L η
�
.
U izrazu (11.27) se pojavljuje integral od V0, pa nas zapravo zanima
� x+vf t
∞�
� x+vf t �
nπ
V0(η) dη = bn sin
L η
�
dη
x−vf t
=
=
n=1
∞�
n=1
∞�
n=1
bn
bn
n=1
x−vf t
L
�
cos
nπ
nπ
L η
�x−vf t
x+vf t
L
�
cos
nπ
nπ
L (x−vf t)−cos nπ
L (x+vf
�
t) .
Uvrste li se gornji izrazi za X0 i integral od V0 u (11.27), dobiva se
ψ(x,t) = 1
2
+ 1
2vf
∞�
n=1
∞�
n=1
an
Koristeći se trigonometrijskim identitetima
bn
�
sin nπ
L (x+vf t)+sin nπ
L (x−vf
�
t)
L
�
cos
nπ
nπ
L (x−vf t)−cos nπ
L (x+vf
�
t) .
sin(α+β)+sin(α−β) = 2sinαcosβ,
cos(α−β)−cos(α+β) = 2sinαsinβ,
gornji izraz za ψ prelazi u
ψ(x,t) = 1
∞�
an2sin
2
nπ nπ
x cos
L L vf t+ 1
2vf
n=1
∞�
n=1
tj. dobili smo isto rjeˇsenje kao i kod stojnog vala (11.23)
∞�
ψ(x,t) = sin nπ
L x
�
ancos nπ
L vf
L
t+bn
nπvf
n=1
bn
L nπ nπ
2sin x sin
nπ L L vf t,
sin nπ
L vf
�
t .

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 381
11.2.4 Nit s nepomičnim lijevim i slobodnim desnim rubom
Pratimo postupak iz odjeljka 11.2.2, uz izmjenjene rubne uvjete. Krećemo od zapisa valne
funkcije u obliku
ψ(x,t) = (Cxcoskx+Sxsinkx)(Ctcoskvft+Stsinkvft).
Četiri nepoznate konstante odredujemo pomoću dva rubna i dva početna uvjeta.
Rubni uvjeti:
x = 0 ⇒ ψ(0,t) = 0 = Cx (Ctcoskvft+Stsinkvft) ⇒ Cx = 0,
x = L ⇒ ∂ψ(x,t)
∂x
�
�
�
� x=L
⇒ kL = (2n+1) π
, n = 0,1,2,··· .
2
= 0 = Sx k coskL (Ctcoskvft+Stsinkvft)
Valni broj moˇze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadˇzbom
k = kn = (2n+1) π
, n = 0,1,2,··· .
2L
Time smo dobili niz rjeˇsenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti SxCt →
Cn i SxSt → Sn, ta rjeˇsenja glase
ψn(x,t) = sin (2n+1)πx
2L
�
Cncos (2n+1)πvft
+Snsin
2L
(2n+1)πvft
�
.
2L
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.
a vremensku periodičnost sa T
ψn(x,t) = ψn(x+λ,t), (11.32)
ψn(x,t) = ψn(x,t+T). (11.33)
Prostorna ovisnost ψn(x,t) je sadrˇzana u članu sin[(2n+1)πx]/(2L), pa se λ odreduje iz
sin (2n+1)πx
2L
= sin (2n+1)π(x+λ)
2L
= sin (2n+1)πx
2L
Gornja je jednadˇzba zadovoljena ako je
cos (2n+1)πλ
2L
cos (2n+1)πλ
2L
+cos (2n+1)πx
2L
= 1, sin (2n+1)πλ
2L
= 0,
sin (2n+1)πλ
2L
tj. ako je [(2n+1)πλ]/(2L) = 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 = λn = 4L
, n = 0,1,2,....
2n+1
Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet knλn = 2π.

382 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Ispitajmo sada uvjete na vremensku periodičnost
sin (2n+1)πvft
2L
cos (2n+1)πvft
2L
= sin (2n+1)πvf(t+T)
2L
= sin (2n+1)πvft
2L
= cos (2n+1)πvf(t+T)
2L
= cos (2n+1)πvft
2L
Obje gornje jednadˇzbe su zadovoljene, ako je
cos (2n+1)πvfT
2L
cos (2n+1)πvfT
2L
cos (2n+1)πvfT
2L
= 1, sin (2n+1)πvfT
2L
+cos (2n+1)πvft
2L
−sin (2n+1)πvft
2L
= 0,
sin (2n+1)πvfT
2L
sin (2n+1)πvfT
2L
tj. ako je [(2n+1)πvfT]/(2L) = 2π·m. Period je najmanja takva vrijednost, tj. ona za m = 1
Frekvencija je
Brzina vala c je opet
T = Tn =
4L
, n = 0,1,2,....
(2n+1)vf
νn = 1
Tn
= (2n+1)c
.
4L
νn ·λn = vf.
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadˇzbe i svaka linearna kombinacija rjeˇsenja ψn(x,t)
je takoder rjeˇsenje. Zato je opće rjeˇsenje oblika
∞�
ψ(x,t) = sin (2n+1)πx
�
Cncos
2L
(2n+1)πvft
+Snsin
2L
(2n+1)πvft
�
. (11.34)
2L
n=0
Početni uvjeti:
NepoznatekonstanteCn iSn ćemoodreditiizpočetnihuvjetanapoloˇzajibrzinunitiutrenutku
t = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):
� L
0
ψ(x,t = 0) = X0(x) =
X0(x) sin (2m+1)πx
2L
dx =
∞�
n=0
∞�
n=0
Cn = 2
� L
L 0
sin (2n+1)πx
2L
� L
Cn,
sin (2n+1)πx
�� L
Cn
0 2L 2L
� �� �
X0(x) sin (2n+1)πx
2L
= (L/2) δn,m
sin (2m+1)πx
dx
dx.
0
sin (2m+1)πx
2L
= L
2 Cm.
dx
,
.

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 383
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
V0(x) = ∂ψ(x,t)
�
�
∞�
� = sin
∂t
(2n+1)πx (2n+1)πvf
Sn
2L 2L
� L
0
V0(x) sin (2m+1)πx
2L
� t=0
dx =
n=0
∞�
n=0
(2n+1)πvf
2L
= (2m+1)πc
4
Funkcija V0(x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti Sn odredeni izrazom
4
Sn =
(2n+1)πvf
� L
0
Sm.
Sn
� L
V0(x) sin (2n+1)πx
2L
�� L
0
sin (2m+1)πx
2L
sin (2n+1)πvf
sin
2L
(2m+1)πc
dx
2L
0 � �� �
dx.
= (L/2) δn,m
Ukupno rjeˇsenje za amplitudu titranja dobijemo uvrˇstavanjem eksplicitnih izraza za an i bn
� L
�
ψ(x,t) =
∞�
n=0
sin (2n+1)πx
2L
·
+
��
2
L
�
0
4
(2n+1)πvf
X0(z) sin (2n+1)πz
2L
� L
0
dz
V0(z) sin (2n+1)πz
2L
11.2.5 Nit sa slobodnim desnim i nepomičnim lijevim rubom
cos (2n+1)πvft
2L
�
dz sin (2n+1)πvft
�
.
2L
U cjelosti pratimo postupak iz prethodnog odjeljka, uz simetrično izmjenjene rubne uvjete.
Započinjemo s valnom funkcijom u obliku
ψ(x,t) = (Cxcoskx+Sxsinkx)(Ctcoskvft+Stsinkvft).
Četiri nepoznate konstante ćemo ponovo odrediti pomoću rubnih i početnih uvjeta.
Rubni uvjeti:
x = 0 ⇒ ∂ψ(x,t)
�
�
� = 0 = Sx k (Ctcoskvft+Stsinkvft) ⇒ Sx = 0,
∂x
� x=0
x = L ⇒ ψ(L,t) = 0 = Cx coskL (Ctcoskvft+Stsinkvft)
⇒ kL = (2n+1) π
, n = 0,1,2,··· .
2
Valni broj moˇze poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadˇzbom
k = kn = (2n+1) π
, n = 0,1,2,··· .
2L
Time smo dobili niz rjeˇsenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti CxCt →
an i CxSt → bn, ta rjeˇsenja glase
ψn(x,t) = cos (2n+1)πx
2L
�
ancos (2n+1)πct
+bnsin
2L
(2n+1)πct
�
.
2L
dx

384 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.
a vremensku periodičnost sa T
ψn(x,t) = ψn(x+λ,t), (11.35)
ψn(x,t) = ψn(x,t+T). (11.36)
Prostorna ovisnost ψn(x,t) je sadrˇzana u članu cos[(2n+1)πx]/(2L), pa se λ odreduje iz
cos (2n+1)πx
2L
= cos (2n+1)π(x+λ)
2L
= cos (2n+1)πx
2L
Gornja je jednadˇzba zadovoljena ako je
cos (2n+1)πλ
2L
cos (2n+1)πλ
2L
−sin (2n+1)πx
2L
= 1, sin (2n+1)πλ
2L
= 0,
sin (2n+1)πλ
2L
tj. ako je [(2n+1)πλ]/(2L) = 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 = λn = 4L
, n = 0,1,2,....
2n+1
Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet knλn = 2π.
Vremenska ovisnost ψn(x,t) je ista kao i u prethodnom odjeljku, pa je i vremensko ponaˇsanje
isto
T = Tn =
4L
, n = 0,1,2,...,
(2n+1)c
ωn = (2n+1)πvf
2L
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadˇzbe, opće rjeˇsenje za pomak ψn(x,t) je
ψ(x,t) =
∞�
n=0
cos (2n+1)πx
2L
.
�
ancos (2n+1)πct
+bnsin
2L
(2n+1)πct
�
. (11.37)
2L
Početni uvjeti:
Nepoznatekonstantean ibn ćemoodreditiizpočetnihuvjetanapoloˇzajibrzinusvakogelementa
niti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):
� L
0
ψ(x,t = 0) = X0(x) =
X0(x) cos (2m+1)πx
2L
dx =
∞�
n=0
∞�
n=0
cos (2n+1)πx
an,
2L
� L
cos (2n+1)πx
�� L
cos (2m+1)πx
dx
an
0 2L 2L
� �� �
= (L/2) δn,m
0
cos (2m+1)πx
2L
= L
2 am.
dx

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 385
an = 2
� L
X0(x) cos
L 0
(2n+1)πx
2L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
� L
0
V0(x) = ∂ψ(x,t)
∂t
V0(x) cos (2m+1)πx
2L
�
�
�
� t=0
=
dx =
∞�
n=0
∞�
n=0
cos (2n+1)πx
2L
(2n+1)πvf
2L
= (2m+1)πc
bm.
4
Za poznatu funkciju V0(x), koeficijenti bn se računaju iz
bn =
4
(2n+1)πvf
� L
0
bn
bn
� L
dx.
(2n+1)πvf
2L
V0(x) cos (2n+1)πx
2L
�� L
0
cos (2m+1)πx
2L
cos (2n+1)πvf
cos
2L
(2m+1)πc
dx
2L
0 � �� �
dx.
= (L/2) δn,m
Ukupno rjeˇsenje za amplitudu titranja dobijemo uvrˇstavanjem eksplicitnih izraza za an i bn
� L
�
ψ(x,t) =
∞�
n=0
cos (2n+1)πx
2L
11.2.6 Nit slobodna na oba ruba
Opet započinjemo s valnom funkcijom u obliku
·
+
��
2
X0(z) cos
L 0
(2n+1)πz
dz cos
2L
(2n+1)πct
2L
� � L
4
V0(z) cos
(2n+1)πvf
(2n+1)πz
�
dz sin
2L
(2n+1)πct
�
.
2L
ψ(x,t) = (Cxcoskx+Sxsinkx)(Ctcoskvft+Stsinkvft),
gdje ćemo četiri nepoznate konstante odrediti pomoću rubnih i početnih uvjeta.
Rubni uvjeti:
x = 0 ⇒ ∂ψ(x,t)
�
�
�
∂x � = 0 = Sx k (Ctcoskvft+Stsinkvft) ⇒ Sx = 0,
x=0
x = L ⇒ ∂ψ(x,t)
�
�
� = 0 = −Cx sinkL (Ctcoskvft+Stsinkvft)
∂x
� x=L
⇒ kL = nπ, n = 1,2,··· ,
(n ne moˇze biti 0, jer k ne moˇze biti 0). Valni broj moˇze poprimati samo diskretne vrijednosti
odredene jednadˇzbom
k = kn = nπ
, n = 1,2,··· .
L
Time smo dobili niz rjeˇsenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti CxCt →
an i CxSt → bn, ta rjeˇsenja glase
ψn(x,t) = cos nπx
L
0
�
ancos nπvft
�
nπvft
+bnsin .
L L
dx

386 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli
ψn(x,t) = ψn(x+λ,t), ψn(x,t) = ψn(x,t+T).
Prostorna ovisnost ψn(x,t) je sadrˇzana u članu cos(nπx/L), pa je λ najmanja vrijednost za
koju je
cos nπx
L
= cos nπ(x+λ)
L
= cos nπx
L
Gornja je jednadˇzba zadovoljena ako je
cos nπλ
L
cos nπλ
L
−sin nπx
L
= 1, sin nπλ
L
= 0,
sin nπλ
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 = λn = 2L
, n = 1,2,....
n
Kao i valni broj kn i valna duljina je diskretna, pri čemu je opet knλn = 2π.
Vremenska periodičnost:
cos nπvft
L
sin nπvft
L
= cos nπvf(t+T)
L
= sin nπvf(t+T)
L
Obje gornje jednadˇzbe su zadovoljene, ako je
cos nπvft
L
= cos nπvft
L
= sin nπvft
L
cos nπvft
L
cos nπvft
L
= 1, sin nπvft
L
−sin nπvft
L
+cos nπvft
L
= 0,
sin nπvft
L ,
sin nπvft
L .
tj. ako je nπvft/L = 2π·m. Periodičnosti za m = 2,3,··· itd. su viˇsekratnici periodičnosti za
m = 1, pa je zato periodičnost odredena s m = 1, tj.
T = Tn = 2L
nvf
, ωn = πnvf
L
, n = 1,2,....
Zbog linearnosti i homogenosti valne jednadˇzbe, opće rjeˇsenje za pomak ψn(x,t) je
ψ(x,t) =
∞�
n=1
cos nπx
L
�
ancos nπvft
�
nπvft
+bnsin .
L L
Početni uvjeti:
Nepoznatekonstantean ibn ćemoodreditiizpočetnihuvjetanapoloˇzajibrzinusvakogelementa

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 387
niti u trenutku t = 0 (Fourierova analiza, dodatak D):
∞�
ψ(x,t = 0) = X0(x) = cos nπx
L an,
� L
0
X0(x) cos mπx
L
dx =
n=1
∞�
n=1
� L
cos nπx
�� L
an
0 L
� �� �
= (L/2) δn,m
an = 2
� L
X0(x) cos
L 0
nπx
L dx.
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
V0(x) = ∂ψ(x,t)
�
�
∞�
� = cos
∂t
nπx
L bn
nπvf
L
� L
0
V0(x) cos mπx
L
� t=0
dx =
n=1
∞�
n=1
= mπvf
2
nπvf
L bn
bm.
� L
Za poznatu funkciju V0(x), koeficijenti Sn se računaju iz
Sn = 2
nπvf
� L
0
cos nπvf
L
0
cos mπx
L dx
cos mπx
L dx
= L
2 am.
�� L
0 � �� �
= (L/2) δn,m
V0(x) cos nπx
L dx.
0
cos mπvf
L dx
cos mπx
L dx
Ukupno rjeˇsenje za amplitudu titranja dobijemo uvrˇstavanjem eksplicitnih izraza za Cn i Sn
� L �
ψ(x,t) =
∞�
n=1
cos nπx
L
11.2.7 Brzina ˇsirenja grupe valova
·
+
��
2
L
�
2
nπvf
0
� L
0
X0(z) cos nπz
L dz cos nπvft
L
V0(z) cos nπz
L dz
�
sin nπvft
�
.
L
Ako se medijem (u jednodimenzijskom slučaju je to nit) ˇsiri istovremeno viˇse od jednog vala,
tada se moˇze govoriti o ˇsirenju grupe valova i njihovoj brzini. Ta se brzina naziva grupna
brzina, vg i općenito je različita od fazne brzine, vf.
dovrˇsiti ...
11.2.8 Energija titranja napete niti
Titranje napete niti je pojava koja sadrˇzi 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.

388 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Kinetička energija:
Kinetička energija dijela niti duljine ds i mase dm = λ0 ds potječe od njegovog gibanja u
okomitom smjeru. Otklon u okomitom smjeru opisuje varijabla ψ(x,t), pa je zato
dEk = 1
2 dm v2 = 1
2 (λ0 ds)
� ∂ψ
∂t
� 2
.
Prema Pitagorinu poučku, duljina niti je pribliˇzno jednaka
ds = � (dx) 2 +(dψ) 2 �
� �2 ∂ψ
= dx 1+ ≃ dx +··· .
∂x
Sukladno aproksimacijama koje smo koristili u izvodu valne jednadˇzbe, i ovdje smo zanemarili
kvadratni član pod korjenom, tako da je ds ≃ dx, ˇsto vodi na izraz za kinetičku energiju
dEk = 1
2 λ0
� �2 ∂ψ
dx . (11.38)
∂t
To je kinetička energija elementa niti pribliˇzne duljine dx. Kinetičku energiju cijele niti se
dobiva tako da se gornji izraz prointegrira po cijeloj duljini niti
Ek = λ0
� L � �2 ∂ψ
dx. (11.39)
2 ∂t
Za ψ koristimo (11.23)
ψ(x,t) =
∂ψ
∂t =
� �2 ∂ψ
∂t
=
·
∞�
n=1
∞�
n=1
� ∞�
n=1
� ∞�
m=1
sin nπx
L
nπvf
L
nπvf
L
mπc
L
0
�
Cncos nπvft
�
nπvft
+Snsin
L L
sin nπx
L
sin nπx
L
sin mπx
L
�
−Cnsin nπvft
�
nπvft
+Sncos
L L
�
−Cnsin nπvft
�
nπvft
+Sncos
L L
�
�
−Cmsin mπvft
�
mπvft
+Smcos
L L
�
Uvrˇstavanjem gornjeg izraza u izraz za kinetičku energiju (11.39), dobiva se
Ek = λ0
∞� ∞�
� L
nπvf mπvf
sin
2 L L
n=1 m=1 0
nπx mπx
sin
L L dx
�
· −Cnsin nπvft
� �
nπvft
+Sncos −Cmsin
L L
mπvft
�
mπvft
+Smcos .
L L
No, gornji integral po sinusima je različit od nule samo ako su indeksi n i m jednaki
� L
0
sin nπx
L
sin mπx
L
dx = L
2 δn,m,

11.2. MALITRANSVERZALNITITRAJIKONTINUIRANOGJEDNODIMENZIJSKOGSUSTAVA ČESTICA 389
ˇsto konačno daje za kinetičku energiju cijele niti
Ek = λ0π2v 2 ∞�
f
n
4L
2
�
Cnsin nπvft
�2 nπvft
−Sncos .
L L
n=1
Sjetimo li se da je v 2 f = Fnap/λ0, kinetička se energija moˇze napisati i kao
Ek(t) = π2 Fnap
4L
∞�
n=1
n 2
�
Cnsin nπvft
�2 nπvft
−Sncos . (11.40)
L L
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 (11.14), pokazali da
je pribliˇzno konstantna na dijelu niti dx. Uslijed deformacije niti kod titranja, taj se dio niti
rastegne sa duljine dx na duljinu ds, a rad sile Fnap potreban da se obavi ta deformacija, je
jednak promjeni potencijalne energije
� �
∆ W = Fnap ds−dx = dEp.
Sa slike 11.6 se vidi da je
ds = � (dx) 2 +(dψ) 2 = dx
�
1+
� �2 ∂ψ
= dx
∂x
�
1+ 1
2
� �2 ∂ψ
+O
∂x
��∂ψ � ��
4
.
∂x
Zadrˇzimo li se samo na vodećem 6 članu razvoja, potencijalna energija pridruˇzena dijelu niti je
dEp ≃ Fnap
2
0
� ∂ψ
∂x
� 2
dx. (11.41)
Zbog aditivnosti energije, potencijalna energija cijele niti je zbroj (tj. integral) potencijalnih
energija svih djelova niti
Ep = Fnap
� L � �2 ∂ψ
dx.
2 ∂x
Uvrˇstavanjem derivacije (11.23)
∂ψ
∂x =
∞� nπ
L
n=1
� � �
2 ∞�
∂ψ nπ
=
∂x L
n=1
�
∞�
mπ
·
L
m=1
cos nπx
L
cos nπx
L
cos mπx
L
�
Cncos nπvft
�
nπvft
+Snsin
L L
�
Cncos nπvft
�
nπvft
+Snsin
L L
�
�
Cmcos mπvft mπvft
+Smsin
L L
6 Sve do sada smo članove srazmjerne (∂ψ/∂ x) 2 zanemarivali, a sada ga zadrˇzavamo. Zaˇsto? Nije li to nekonzistentno s
dosadaˇsnjim izvodima? Nije: u svim dosadaˇsnjim 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 Ep ≃ 0, a to nije istina.
� �
,

390 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
dolazi se do
Ep = Fnap
·
� L
∞� ∞� nπ mπ
cos
2 L L
n=1 m=1 0
nπx mπx
cos
L L dx
�
Cncos nπvft
� �
nπvft
+Snsin Cmcos
L L
mπvft
�
mπvft
+Smsin .
L L
Opet je integral po prostornoj koordinati različit od nule samo ako je n = m
� L
0
cos nπx
L
Uz gornji rezultat, potencijalna energija je
Ep(t) = π2 Fnap
4L
∞�
n=1
n 2
cos mπx
L
dx = L
2 δn,m.
�
Cncos nπvft
�2 nπvft
+Snsin . (11.42)
L L
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, ˇsto je prema (11.40) i
(11.42) jednako
E = Ek(t)+Ep(t)
∞�
n 2
= π2 Fnap
4L
= π2 Fnap
4L
n=1
∞�
n=1
n 2
�
C 2 2 nπvft
nsin
L − ✭
2CnSn sin
✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭ nπvft
cos
L
nπvft
L +S2 2 nπvft
ncos
L
nπvft
cos2
L + ✭
2CnSn sin
✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭ nπvft
cos
L
nπvft
L +S2 n
�
C 2 n +S2 �
n .
+ C 2 n
sin2 nπvft
L
Za razliku od kinetičke i potencijalne energije, ukupna energija ne ovisi o vremenu, tj. ona
je konstantna ili sačuvana. Dobili smo joˇs jedan primjer sačuvanja energije 7 . Primjetimo
takoder da je energija zadana koeficijentima Cn i Sn koji se, relacijama (11.24) i (11.25),
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.
Jednadˇzba kontinuiteta:
Uvede li se, pomoću izraza (11.38) i (11.41), linijska gustoća energije
E(x,t) ≡ dE
dx
= dEk
dx
+ dEp
dx
= λ0
2
� �2 ∂ψ
+
∂t
Fnap
2
� �2 ∂ψ
∂x
7 Zanemariˇsi 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 391
i snaga (tj. protok energije u smjeru osi x u jedinici vremena, � F ·�v), kao umnoˇzak okomite
komponente sile napetosti8 i brzine
� �
∂ψ
Px(x,t) = −Fnap ·
∂x
∂ψ
∂t ,
tada je lako vidjeti da te dvije veličine zadovoljavaju jednodimenzijsku jednadˇzbu kontinuiteta 9
∂Px(x,t)
∂x
+ ∂E(x,t)
∂t
11.3 Titranje pravokutne membrane
Promotrimosadajedandvodimenzijski primjertitranja. Nekasesavrˇsenotankanapetaelastična
membrana nalazi u ravnini (x,y), sa rubovima u x = 0,x = Lx,y = 0 i y = Ly, kao ˇsto je to
prikazano na slici 11.9. Promotrimo mali pravokutni dio te membrane duljine bridova dx i dy.
= 0.
Slika 11.9: Dvodimenzijska napeta membrana.
Zbog napetosti membrane, ostali djelovi djeluju silom napetosti na promatrani dio (slika 11.9)
Ukupna sila na jedan od bridova promatranog dijela, npr. na brid AB duˇz y smjera, se moˇze
napisati u obliku
8 Okomita komponenta sile napetosti je
a brzina je
9
�Fnap,y =
� B
A
−Fnapsinα ≃ −Fnap
�Fy dy = � Fy dy,
∂ψ
∂t
−→
∇�j + ∂ρ
= 0
∂ t
∂ψ
∂x ,

392 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Slika 11.10: Mali deformirani dio membrane.
gdjeje � Fy vektor napetosti (dimenzije silepo jedinici duljine) membrane u y smjeru (općenito je
Fx �= Fy). Kada je membrana u ravnoteˇzi, ovaj je vektor istog iznosa u svakoj točki membrane
(kada ne bi bilo tako, pojedini bi se dijelovi membrane gibali sve dok seravnoteˇza ne uspostavi).
Pretpostavimo sada da neka vanjska sila trenutno deformira membranu na način prikazan na
slici 11.10, nakon čega vanjska sila viˇse ne djeluje. Od tog trenutka, na promatrani dio membrane
djeluje samo gravitacijska sila i sila napetosti kojom susjedni djelovi membrane, djeluju
na promatrani dio. Pretpostavit ćemo da je membrana male povrˇsinske 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 rijeˇsiti jednaˇzbu gibanja za promatrani
djelić membrane: umnoˇzak mase i ubrzanja promatranog dijela treba izjednačiti s svim silama
(napetosti) koje na njega djeluju. Masa promatranog dijela je jednostavno jednaka
σ0 dsx dsy,
gdje je σ0 konstantna povrˇsinska masena gustoća, a dsx i dsy 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
∂2ψ(x,y,t) ∂t2 .
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 jednadˇzbe
gibanja dolaze sile napetosti u smjeru okomitom na ravninu (x,y), kao ˇsto je to prikazano na
slikama 11.10.A i 11.10.B, a slično računu koji smo proveli u odjeljku 11.2.2 za opis jednodimenzijskog
titranja (relacije (11.15) do (11.16)). Okomita komponenta sile na bridove CB i
DA je jednaka (sa slike 11.10.A)
Fx = Fx dy
�
dx ∂
∂x sinαx
�

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 393
Slika 11.11: Sile: (A) u smjeru osi x i (B) u smjeru osi y.
Transformacijom sinusa kao u (11.17), dobiva se
Fx = Fx dx dy ∂
⎧ �
⎨ � � � ⎫
2
−1/2
∂ψ ∂ψ
⎬
1+
∂x ⎩∂x
∂x ⎭ = Fx dx dy ∂2 ��∂ψ � �
2
ψ
+O
∂x2 ∂x
Potpuno isti postupak proveden nad silama koje djeluju na rubove duˇz y koordinate, označene
na slici 11.10.B s AB i DC, vodi na okomitu komponentu sile jednaku
��∂ψ � �
2
Fy = Fy dx dy ∂2ψ +O
∂y2 Sada moˇzemo napisati jednadˇzbu gibanja kao
∂
σ0 dsx dsy
2ψ(x,y,t) ∂t2 = Fx dx dy ∂2ψ ∂x2 +Fy dx dy ∂2 ��∂ψ �2 � � �
2
ψ ∂ψ
+O ,
∂y2 ∂x ∂y
Duljine lukova dsx i dsy moˇzemo izraziti kao
∂y
dsx = � (dx) 2 +(dψ) 2 , dsy = � (dy) 2 +(dψ) 2
Ako cijelu jednadˇzbu podijelimo s dx dy, dolazi se do slijedeće jednadˇzbe
� �
(dx) 2 +(dψ) 2 (dy) 2 +(dψ) 2 ∂
σ0
dx dy
2ψ(x,y,t) ∂t2 ∂
= Fx
2ψ +Fy
∂x2 �
� �
�
2 � �2∂2 ∂ψ ∂ψ ψ(x,y,t)
σ0 1+ 1+
∂x ∂y ∂t2 ∂
= Fx
2ψ +Fy
∂x2 ∂2ψ +O
∂y2 ∂2ψ +O
∂y2 ��∂ψ �2 � � �
2
∂ψ
,
∂x ∂y
��∂ψ �2 � � �
2
∂ψ
, .
∂x ∂y
Zanemarimo li male članove srazmjerne kvadratu prve derivacije ψ po koordinatama, gornja
jednadˇzba postaje
∂ 2 ψ(x,y,t)
∂t 2
= Fx
σ0
∂2ψ Fy
+
∂x2 σ0
∂ 2 ψ
∂y 2.

394 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Omjeri F/σ0 su dimenzije kvadrata brzine, pa ćemo uvesti oznake
vf,x =
� Fx
σ0
, vf,y =
� Fy
Uz ove oznake, jednadˇzbu gibanja malog dijela membrane prepoznajemo kao dvodimenzijsku 10
valnu jednadˇzbu
∂ 2 ψ(x,y,t)
∂t 2
= v 2 f,x
∂ 2 ψ(x,y,t)
∂x 2
+v 2 f,y
σ0
.
∂2ψ(x,y,t) ∂y2 . (11.43)
sa različitim faznim brzinama u x i y smjerovima.
Pretpostavkadajepovrˇsinskamasenagustoćaσ0 konstantna, značidajemembranahomogena
u svim svojim točkama. Ako joˇs 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 vf,x = vf,y ≡ c, pa gornja valna jednadˇzba postaje
gdje smo s ∇ 2 2D
∂ 2 ψ
∂t 2 = v2 f ∇2 2D ψ,
označili dvodimenzijski Laplaceov operator
∂2 ∂2
+
∂x2 ∂y2 u pravokutnom koordinatnom sustavu.
Kaoˇsto smo već viˇse puta spomenuli, rjeˇsenje diferencijalne jednadˇzbe jejednoznačno odredeno
početnim uvjetima za vremensku i rubnim uvjetima za prostornu varijablu. Rubni uvjeti kaˇzu
da su rubovi membrane sve vrijeme nepomični, tj. njihov je otklon jednak nuli:
lijevi rub ψ(0,y,t) = 0,
desni rub ψ(Lx,y,t) = 0,
donji rub ψ(x,0,t) = 0,
gornji rub ψ(x,Ly,t) = 0.
Početni uvjeti opisuju poloˇzaj i brzinu svake točke na membrani u početnom trenutku t:
početni poloˇzaj ψ(x,y,0) = R0(x,y),
početna brzina
∂ψ(x,y,t)
∂t
�
�
�
� t=0
= V0(x,y),
za poznate (zadane) funkcije f i g.
Pretpostavimo rjeˇsenje u Bernoullijevu obliku (s razdvojenim varijablama)
ψ(x,y,t) = X(x) Y(y) T (t).
Uvrstimo li ovo rjeˇsenje u jednadˇzbu (11.43), dolazimo do
10 Usporediti s jednadˇzbom (11.18) u jednoj dimenziji.
X Y ∂2 T
∂t 2 = v2 f,x Y T ∂2 X
∂x 2 +v2 f,y X T ∂2 Y
∂y 2.
(11.44)

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 395
Cijelu jednadˇzbu podijelimo s umnoˇskom X Y T i dobijemo
1
T
∂2T ∂t2 = v2 f,x
X
∂2X ∂x2 + v2 f,y
Y
∂2Y .
∂y2 Svaki od tri člana u gornjoj jednadˇzbi 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 0, jer je kvadrat kutne brzine iste dimenzije
v 2 f,x
X
∂ 2 X
∂x 2 = − ω2 0,x,
v 2 f,y
Y
∂ 2 Y
∂y 2 = − ω2 0,y,
1
T
∂ 2 T
∂t 2 = − ω2 0,x − ω 2 0,y.
Na taj način sve tri jednadˇzbe postaju jednadˇzbe tipa harmonijskog oscilatora,
∂ 2 X
∂x 2 = −ω2 0,x
v 2 f,x
X,
∂ 2 Y
∂y 2 = −ω2 0,y
v 2 f,y
Y,
∂ 2 T
∂t 2 = −(ω2 0,x +ω 2 0,y) T ,
s kojima smo se već sretali u poglavlju 6, pa moˇzemo odmah napisati njihova rjeˇsenja u obliku
linearne kombinacije trigonometrijskih funkcija
X(x) = Cx coskxx+Sx sinkxx, kx ≡ ω0,x
vf,x
Y(y) = Cy coskyy +Sy sinkyy, ky ≡ ω0,y
T(t) = Ct cosωt+St sinω0t, ω0 ≡
vf,y
�
ω 2 0,x +ω2 0,y .
Nepoznate koeficijente Cj i Sj odredujemo iz 4 rubna i 2 početna uvjeta na funkciju
ψ(x,y,t) = (Cx coskxx+Sx sinkxx)(Cy coskyy +Sy sinkyy)(Ct cosω0t+St sinω0t).
Započnimo s rubnim uvjetima:
Lijevi rub:
Desni rub:
ψ(0,y,t) = 0 = Cx Y(y) T(t) ⇒ Cx = 0.
ψ(Lx,y,t) = 0 = Sx sinkxLx Y(y) T(t) ⇒ kxLx = nπ, n = 1,2,··· .
Zaključujemo da valni broj, a time i valna duljina, frekvencija i period, mogu poprimati samo
diskretne vrijednosti
Donji rub:
kx = kx,n = nπ
, n = 1,2,··· ,
Lx
λx = λx,n = 2Lx
ω0,x = ωx,n = vf,x
Tx = Tx,n = 2Lx
n ,
nπ
,
nvf,x
Lx
.
ψ(x,0,t) = 0 = Sx sinkx,nx Cy T(t) ⇒ Cy = 0.

396 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Gornji rub:
ψ(x,Ly,t) = 0 = Sx sinkx,nx Sy sinkyLy T (t) ⇒ kyLy = mπ, m = 1,2,··· .
Ovo opet vodi do zaključka o diskretnosti
ky = ky,m = mπ
, m = 1,2,··· ,
Ly
λy = λy,m = 2Ly
ω0,y = ωy,m = vf,y
Ty = Ty,m = 2Ly
m ,
mπ
,
nvf,y
Diskretna postaje i kruˇzna frekvencija ω0
ω0 = ωn,m =
Ly
�
ω 2 x,n +ω 2 y,m = π
Time rjeˇsenje za ψ postaje ovisno o indeksima n i m
.
�
v 2 f,x n2
L 2 x
+ v2 f,ym2 L2 .
y
ψn,m(x,y,t) = Sx sinkx,nx Sy sinky,my (Ct cosωn,mt+St sinωn,mt).
Uz redefiniciju konstanata SxSyCt → Cn,m i SxSySt → Sn,m, piˇsemo
�
�
ψn,m(x,y,t) = sinkx,nx sinky,my Sn,m cosωn,mt+Cn,m sinωn,mt .
Budući da je polazna valna jednadˇzba linearna, to će ukupno rjeˇsenje (ono koje zadovoljava i
rubne i početne uvjete) biti linearna kombinacija svih mogućih ψn,m-ova
∞� ∞�
∞� ∞� �
�
ψ(x,y,t) = ψn,m(x,y,t) = sinkx,nx sinky,my Cn,m cosωn,mt+Sn,m sinωn,mt .
n=1
m=1
n=1
m=1
(11.45)
Kaoiunekolikoprethodnihodjeljaka,preostalenepoznatekoeficijenteCn,m iSn,m ćemoodrediti
iz (početnih) uvjeta, (11.44), na poloˇzaj i brzinu svih točaka membrane u t = 0.
Početni poloˇzaj:
R0(x,y) = ψ(x,y,0) =
∞�
n=1
∞�
m=1
sin nπx
Lx
sin mπy
Ly
Cn,m.
Na obje strane gornje jednadˇzbe djelujemo slijedećim operatorom integriranja
i dobijemo
� Lx
0
dx
� Ly
0
� Lx
dy R0(x,y) sin pπx
0
dx sin pπx
Lx
Lx
sin rπy
Ly
� Ly
=
0
∞�
n=1
dy sin rπy
∞�
m=1
Ly
Cn,m
·
� Lx
dx sin nπx
sin pπx
Lx
0 Lx
� �� �
� Ly
= (Lx/2) δn,p
dy sin
0
mπy
sin
Ly
rπy
,
Ly
� �� �
= (Ly/2) δm,r

11.3. TITRANJE PRAVOKUTNE MEMBRANE 397
iz čega odmah slijedi koeficijent Cn,m
Cn,m = 4
Lx Ly
� Lx
0
dx
� Ly
Na sličan način odredujemo i koeficijente Sn,m
V0(x,y) = ∂ψ(x,y,t)
�
�
∞� ∞�
� =
∂t
� t=0
0
n=1
dy R0(x,y) sin nπx
m=1
sin nπx
Lx
Lx
sin mπy
Ly
Opet cijelu jednadˇzbu napadamo istim operatorom integriranja
iz čega slijedi
� Lx
0
dx
� Ly
0
� Lx
dy V0(x,y) sin pπx
ˇsto daje za koeficijent Sn,m
Sn,m =
4
0
ωn,m Lx Ly
Lx
dx sin pπx
Lx
sin rπy
Ly
� Lx
0
dx
=
� Ly
0
� Ly
0
∞�
n=1
čime je rjeˇsenje (11.45) za ψ u cjelosti odredeno.
dy sin rπy
,
∞�
m=1
Ly
Sn,m ωn,m
dy V0(x,y) sin nπx
·
Lx
sin mπy
.
Ly
Sn,m ωn,m.
� Lx
dx sin nπx
sin pπx
Lx
0 Lx
� �� �
� Ly
= (Lx/2) δn,p
dy sin
0
mπy
sin
Ly
rπy
,
Ly
� �� �
= (Ly/2) δm,r
sin mπy
,
Ly
Kaoˇsto smo u odjeljku 11.2.1, kod titranja opisanog s ψn(x,t) uočili čvorne točke (tj. čvorove),
tako sada u ovom dvodimenzijskom primjeru, kod titranja modom ψn,m(x,y,t) uočavamo
čvorne linije: mjesta na membrani koja stalno miruju. To su pravci paralelni s x i y osi,
koji su rjeˇsenja jednadˇzba
sin nπx
Lx
sin mπy
Ly
= 0 ⇒
= 0 ⇒
nπx
Lx
mπy
Ly
= pπ, p = 0,1,2,··· ,
= rπ, r = 0,1,2,··· ,
iz čega slijede jednadˇzbe pravaca paralelnih s koordinatnim osima
p
x = Lx ,
n
r
y = Ly
m .
Slično se dobiju i jednadˇzbe pravaca na kojima leˇze trbusi dvodimenzijskog stojnog vala
sin nπx
= ± 1
Lx
⇒
nπx
= (2p+1)
Lx
π
sin
,
2
p = 0,1,2,··· ,
mπy
= ± 1
Ly
⇒
mπy
= (2r+1)
Ly
π
,
2
r = 0,1,2,··· ,
x = Lx 2p+1
,
2 n
y = Ly 2r +1
.
2 n

398 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Nakon ovih primjera titranja u jednoj i dvije dimenzije, vjerujemo da čitatelju neće biti teˇsko
gornje račune poopći na titranje trodimenzijskog elastičnog kontinuuma s pravokutnom geometrijom.
11.4 Titranje kruˇzne membrane
U prethodnom smo odjeljku doˇsli do valne jednadˇzbe koja opisuje titranje dvodimenzijske
membrane
∂ 2 ψ
∂t 2 = v2 f ∇2 2D ψ.
Sada ćemo rjeˇsavati tu jednadˇzbu, ali ne u pravokutnoj
geometriji kao u prethodnom odjeljku, nego u cilindričkoj
geometriji: pretpostavit ćemo da imamo kruˇznu
homogenumembranukojajepobudenanatitranje. Ispitivanjemsvojstavatogtitranja,upoznatćemosesnovim
i vaˇznim
Besselovim 11 funkcijama koje se pojavljuju i u klasičnoj elektrodinamici i u kvantnoj mehanici.
Postavimo membranu u ravninu (x,y) sa srediˇstem u ishodiˇstu. Polumjer membrane označimo
s R, a otklon bilo koje točke membrane od ravnoteˇznog poloˇzaja ćemo opet označiti s ψ.
Zbogsimetrije membrane, nećemo korisiti pravokutne, već polarnekoordinate (ρ,ϕ). Laplaceov
operator u polarnim koordinatama je oblika (vidjeti npr. u [13])
∇ 2 = ∂2 1
+
∂ρ2 ρ
U ovim oznakama, valna jednadˇzba glasi
1
v 2 f
∂ 2 ψ(ρ,ϕ,t)
∂t 2
= ∂2 ψ(ρ,ϕ,t)
∂ρ 2
∂ 1
+
∂ρ ρ2 ∂ 2
∂ϕ 2.
+ 1 ∂ψ(ρ,ϕ,t)
+
ρ ∂ρ
1
ρ2 Jednadˇzbu ćemo rjeˇsavati metodom razdvajanja varijabli
ψ(ρ,ϕ,t) = R(ρ)F(ϕ)T(t).
U ovim oznakama, valna jednadˇzba postaje
R F
v2 ∂
f
2 � 2 T(t) ∂ R(ρ) 1
= F T +
∂t2 ∂ρ2 ρ
�
∂R(ρ)
+
∂ρ
R T
ρ2 Sada cijelu jednadˇzbu podijelimo s R(ρ)F(ϕ)T(t)
1
T v2 ∂
f
2 � �
2 T(t) 1 ∂ R(ρ) 1 ∂R(ρ)
= +
∂t2 R ∂ρ2 ρ ∂ρ
+ 1
F ρ 2
∂2ψ(ρ,ϕ,t) ∂ϕ2 .
∂2F(ϕ) ∂ϕ2 .
∂ 2 F(ϕ)
∂ϕ 2 .
11 Friedrich Wilhelm Bessel, 1784. - 1846., njemački matematičar i astronom. Viˇse o Besselovim funkcijama moˇze se naći npr. u
[13].

11.4. TITRANJE KRU ˇ ZNE MEMBRANE 399
Desna strana jednadˇzbe ne ovisi o vremenu, pa je sa stanoviˇsta vremenske varijable ona konstantna.
Ta konstanta ima dimenziju inverznog kvadrata duljine, pa ćemo ju označiti s −k2 ∂2T ∂t2 = −k2 v 2 � � 2 1 ∂ R 1 ∂R
f T, + +
R ∂ρ2 ρ ∂ρ
1
F ρ2 ∂2F ∂ϕ2 = −k2 .
Lijevu od gornjih jednadˇzba prepoznajemo kao jednadˇzbu harmonijskog oscilatora iz odjeljka
6, čija su rjeˇsenja linearna kombinacija trigonometrijskih funkcija
T (t) = Ct coskvft+St sinkvft.
Mnoˇzenje desne od gornjih jednadˇzba s ρ2 , vodi na
ρ2 � 2 ∂ R 1 ∂R
+
R ∂ρ2 ρ ∂ρ +k2 �
R = − 1
F
∂ 2 F
∂ϕ 2.
Lijeva strana ovisi samo o varijabli ρ, a desna samo o varijabli ϕ. Sa stanoviˇsta varijable ρ,
desna je strana konstantna, a isto tako sa stanoviˇsta varijable ϕ, lijeva je strana konstantna.
Radi se o bezdimenzijskoj konstanti koju ćemo označiti s n2 ∂ 2 F
∂ϕ 2 = −n2 F,
� ∂ 2 R
1
+
∂ρ2 ρ
∂R
∂ρ +k2 �
R
= n2
R.
ρ2 Lijevuodgornjihjednadˇzba prepoznajemo kaojednadˇzbuharmonijskog oscilatorasarjeˇsenjima
F(ϕ) = Cϕ cosnϕ+Sϕsinnϕ.
Zbog kruˇzne simetrije membrane, F mora biti periodična funkcija s periodom 2π
a to je ispunjeno ako je
F(ϕ) = F(ϕ+2π),
cosnϕ = cosn(ϕ+2π) = cosnϕ cosn2π −sinnϕ sinn2π,
sinnϕ = sinn(ϕ+2π) = sinnϕ cosn2π +cosnϕ sinn2π.
Očito su gornji uvjeti zadovoljeni ako je n cijeli broj
Pogledajmo sada jednadˇzbu za R
n = 0,±1,±2,···
ρ 2 ∂2R ∂R
+ρ
∂ρ2 ∂ρ +(k2 ρ 2 −n 2 ) R = 0.
Prijedimo s varijable ρ na bezdimenzijsku varijablu α = ρk
∂R
∂ρ
= k ∂R
∂α ,
U varijabli α, jednadˇzba za R postaje
∂2R 1
+
∂α2 α
∂ 2 R
∂ρ 2 = k2 ∂2 R
∂α 2.
∂R
∂α +
�
1− n2
α2 �
R = 0

400 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
Gornja je jednadˇzba poznata kao Besselova diferencijalna jednadˇzba, čija su rjeˇsenja
poznata i zovu se Besselove funkcije. One ovise o cijelom broju n (koji se naziva i red funkcije)
i označavaju se s In
R(ρ) = In(ρk)
Kao posljedica rubnog uvjeta ψ(R,ϕ,t) = 0 = R(ρ = R), slijedi uvjet na k
In(Rk) = 0.
Konstantak nemoˇzebitiproizvoljna, većsemoraodabratitakodaRk budenul-točkaBesselove
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 → kn,m.
Time smo dobili rjeˇsenje za ψ koje ovisi o dva indeksa (uz redefiniciju konstanata)
ψn,m(ρ,ϕ,t) = In(ρkn,m) (an,m cosnϕ+bn,msinnϕ) (cn,m coskn,mct+dn,m sinkn,mct).
Zbog linearnosti valne jednadˇzbe, opće je rjeˇsenje linearna kombinacija rjeˇsenja za sve moguće
n i m
∞� ∞�
ψ(ρ,ϕ,t) = ψn,m(ρ,ϕ,t)
=
n=0
∞�
n=0
m=0
∞�
m=0
Konstante an,m,bn,m,cn,m i dn,m su proizvoljne.
11.5 Titranje molekula
In(ρkn,m) (an,m cosnϕ+bn,msinnϕ) (cn,m coskn,mct+dn,m sinkn,mct).
11.5.1 Titranje simetrične linearne troatomske molekule
U ovom se odjeljku studira problem malo sloˇzeniji od onoga izloˇzenog zadatkom 11.1. Sloˇzeniji
je zato jer čestice nemaju sve istu masu (slika 11.12). Ovakav sustav sluˇzi kao model za
Slika 11.12: Model troatomne molekule.
opisivanje simetričnih troatomskih molekula, kakva je npr. molekula CO2.
... dovrˇsiti ...
11.5.2 Titranje molekule vode
... dovrˇsiti ...

11.5. TITRANJE MOLEKULA 401
Slika 11.13: Model molekule vode.

402 POGLAVLJE 11. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA

Poglavlje 12
Ravninsko gibanje krutog tijela
12.1 Uvod
sila
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-tu
i j-tu, na medusobnoj udaljenosti ri,j. Ako je promjena medusobne udaljenosti čestica, ∆ri,j,
puno manja od same medučestične udaljenosti ri,j,
∆ri,j

404 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.1: Nekomutativnost zakreta za konačni kut.
i oni se mogu prikazati pravim vektorima (tako je npr. kutna brzina �ω pravi vektor jer je
definirana preko zakreta za infinitezimalni kut dϕ).
Fiksiranjem jedne točke krutog tijela, sprječava se njegovo translacijsko gibanje, ali se ono
moˇze vrtjeti oko bilo koje osi koja prolazi tom fiksiranom točkom. Fiksiraju li se dvije točke
krutog tijela, ono se moˇze vrtjeti samo oko jedne osi koja prolazi tim dvjema točkama. No,
ako se fiksira joˇs jedna (treća) točka izvan ove osi, tijelo se neće moći niti vrtjeti, tj. fiksiranje
tri nekolinearne točke krutog tijela onemogućava bilo kakav pomak tijela.. Zaključak je da
tri nekolinearne točke odreduju poloˇzaj krutog tijela. Neki primjeri translacijskog gibanja su
prikazani na slici 12.2 (radi preglednosti, na slici su prikazani poloˇzaji samo tri nekolinearne
točke). Opće gibanje krutog tijela je ono kod kojega niti jedna točka tijela ne ostaje nepomična.
Kao ˇsto je pokazano u odjeljku 12.4, ono se moˇze prikazati kao kombinacija translacije i
vrtnje oko pogodno odabrane točke (često je ta točka upravo srediˇste 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
stupanjslobode, jerjepotrebnasamo jednakoordinatazapotpuno odredenjepoloˇzaja
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 srediˇstem mase. Kod ovakvog gibanja, tijelo posjeduje tri stupnja slobode: dvije
koordinate su potrebne za opis translacije (npr. x i y koordinate srediˇsta mase tijela) i
jedna koordinata (npr. kut ϕ) koja opisuje zakret oko osi vrtnje. Spomenuta se os zove
trenutna os, a njezino presjeciˇste s ravninom se zove trenutno srediˇste vrtnje.

12.2. MOMENT TROMOSTI KRUTOG TIJELA 405
Slika 12.2: Ilustracija translacijskog gibanja krutog tijela: (A) pravocrtno translacijsko; (B) krivocrtno translacijsko
i (C) kruˇzno translacijsko.
12.2 Moment tromosti krutog tijela
Moment tromosti je veličina koja u opisu vrtnje krutog tijela ima sličnu ulogu koju ima troma
masa kod opisa translacijskog gibanja krutog tijela. Npr. kruto tijelo ukupne mase m koje se
translacijski giba brzinom �v ima kinetičku energiju jednaku
m�v 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, a �ω kutna brzina.
čestica
Definirajmo najprije moment tromosti čestice mase m čija je okomita udaljenost od zadane osi
AB označena s r⊥ (slika 12.3.A)
I = mr 2 ⊥. (12.3)
tijelo
Do momenta tromosti krutog tijela se dolazi tako da se tijelo (u mislima) razdijeli na
N djelića mase ∆mj, dovoljno malih da je okomita udaljenost svakoga od njih, od osi AB
(slika 12.3.B), dobro definiran pojam. Tu ćemo udaljenost označiti s rj,⊥. Moment tromosti
definiramo kao aditivnu veličinu, tako da se moment tromosti cijeloga tijela definira kao zbroj

406 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 12.3: Uz definiciju momenta tromosti: (A) čestice, (B) krutog tijela.
momenata tromosti svih njegovih dijelova
I =
N�
j=1
∆mjr 2 j,⊥ . (12.4)
U granici kada N postaje neograničeno velik (tj. dijelovi postaju sve manji)
N�
I = lim ∆mj r
N→∞
2 j,⊥ →
�
j=1
dm r 2 ⊥ (m). (12.5)
Prijelazom s mase na gustoću mase, dm = ρm(�r) d 3 r, (u trodimenzijskom prostoru) izraz za
moment tromosti postaje
�
I =
r 2 ⊥ ρm(�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 ρm(�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, moˇze se govoriti o
dvodimenzijskoj (ploˇsnoj) raspodjeli mase gustoće σm(�r), ili, ako je tijelo oblika tanke ˇzice,
govorimo o linijskoj raspodjeli gustoće mase koju označavamo s λm(�r). U ta dva slučaja,
moment tromosti se računa slijedećim izrazima
�
I =
�
I =
1 Vidjeti npr. poglavlje Osnovni pojmovi statistike u [14]
r 2 ⊥ σm(�r) d 2 r, 2D, (12.7)
r 2 ⊥ λm(�r) dr, 1D.

12.3. TEOREMI O MOMENTIMA TROMOSTI 407
polumjer tromosti
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
tj.
K 2 =
� N
j=1 ∆mj r 2 j,⊥
� N
j=1 ∆mj
I = mK 2
= I
m ,
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 �
2 r⊥ ρm(�r) d
=
3r �
ρm(�r) d3r .
Primjetimo da gornji izraz definira polumjer tromosti kao drugi moment 2 normirane funkcije
raspodjele ρ(�r) definirane sa
K 2 �
=
ρ(�r) =
r 2 ⊥
ρm(�r)
� ρm(�r) d 3 r .
� �
=
12.3 Teoremi o momentima tromosti
r 2 ⊥ ρ(�r) d3 r.
Teorem o paralelnim osima (Steinerov teorem):
Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko proizvoljne osi AB koja prolazi točkom O (slika
12.4.A). Uočimo sada os paralelnu sa osi AB, ali koja prolazi srediˇstem mase SM krutog
tijela i potraˇzimo 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
sustava kao na slici 12.4.B: jedan, (x,y,z), s ishodiˇstem O bilo gdje na osi AB, a drugi,
(x ′ ,y ′ ,z ′ ), s ishodiˇstem SM u srediˇstu mase krutog tijela. Osi z i z ′ su medusobno paralelne
i imaju smjer osi vrtnje. Okomita udaljenost medu osima je dana vektorom
� b = b�eb.
Vezamedupoloˇzajemj-tečesticegledaneizsustava(x,y,z)isustava(x ′ ,y ′ ,z ′ )jedanaizrazom
2 Vidjeti npr. [14].
�rj = �rSM +�r ′
j .

408 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Izračunajmo momente tromosti oko obje osi
IO =
ISM =
Slika 12.4: Uz Steinerov teorem.
N�
j=1
N�
j=1
mj r 2 j,⊥ =
mj r ′2
j,⊥ =
N�
j=1
N�
j=1
mj (�rj�eb) 2 ,
mj (�r ′
j �eb) 2 ,
pri čemu smo iskoristili činjenicu da skalarni umnoˇzak dva vektora daje komponentu jednog
vektora u smjeru drugog vektora. Vezu izmedu IO i ISM ćemo dobiti tako da �rj = �rSM +�r ′
j
uvrstimo u izraz za IO
IO =
=
N�
j=1
N�
j=1
mj[(�rSM +�r ′
j )�eb] 2 =
mj
= (�rSM�eb) 2
N�
j=1
mj (�rSM�eb +�r ′ 2
j�eb) � (�rSM�eb) 2 +2 (�rSM�eb) (�r ′
j�eb)+(�r ′
j�eb) 2�
N�
j=1
mj
� �� �
= m
+2 (�rSM�eb)
Nula u gornjem izrazu dolazi odatle ˇsto je
�r ′
SM = 1
m
� N�
j=1
mj �r ′
j
�
� �� �
= 0
N�
j=1
�eb +
mj�r ′
j = 0.
N�
j=1
mj (�r ′ 2
j�eb) � �� �
= ISM
= m b 2 +ISM.
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 srediˇstem mase SM, a medusobno su udaljene za

12.3. TEOREMI O MOMENTIMA TROMOSTI 409
b
IO = ISM +m b 2 . (12.8)
Gornji izraz se zove Steinerov teorem 3 . Budući da je mb 2 > 0, zaključujemo da tijelo
ima najmanji moment tromosti kada os vrtnje prolazi srediˇstem mase. To je joˇs jedna vaˇzna
osobina srediˇsta mase. U odjeljku 12.5 ćemo vidjeti da je rad koji je potrebno uloˇziti 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 srediˇstem
mase (tada je b = 0). Zaključujemo da najmanje rada treba uloˇziti da bi se tijelo vrtjelo oko
osi kroz srediˇste 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 dolje). Neka Ix,Iy i Iz označavaju
momente tromosti tijela oko osi �ex,�ey i �ez,
a �rj = xj�ex + yj�ey neka je radij-vektor jte
čestice tijela. Izračunajmo momente tromosti
oko sve tri osi. Budući da se tijelo nalazi
u ravnini (x,y), njegove su z koordinate
jednake nuli, zj ≡ 0, pa je i
Ix =
Iy =
Iz =
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mjr 2 j,⊥ =
mjr 2 j,⊥ =
mjr 2 j,⊥ =
N�
j=1
mj (y 2 j
+0) −→
N�
mj (0+x 2 j) −→
j=1
N�
j=1
mj (x 2 j +y2 j ) −→
�
�
y 2 σ(x,y) dx dy
Usporedbom gornjih izraza, alko se iˇsčitava teorem o okomitim osima
�
x 2 σ(x,y) dx dy (12.9)
(x 2 +y 2 ) σ(x,y) dx dy.
Iz = Ix +Iy. (12.10)
Zadatak: 12.1 Tri čestice masa m,2m i 3m, nalaze se redom u točkama (0,0,1),(0,1,2) i
(1,2,3). Izračunajte momente tromosti ovog sustava čestica oko osi x,y i oko osi z.
R:
dovrˇsiti
3 Jakob Steiner, 1796 - 1863, njemački matematičar.

410 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Zadatak: 12.2 Izračunajte moment tromosti homogenog tankog ˇstapa mase m i duljine L u
odnosu na os okomitu na njega, a koja prolazi
(a) njegovim srediˇstem,
(b) jednjim njegovim krajem,
(c) točkom udaljenom za L·d od jednog njegovog kraja, pri čemu je 0 ≤ d ≤ 1.
R:
(a) ˇ Stap je poloˇzen duˇz osi x, a moment tromosti se računa u odnosu na os y.
Ishodiˇste koordinatnog sustava je u polovici
ˇstapa, tj, u srediˇstu maseˇstapa (budući da je
ˇstap homogen). Konstantna masena gustoća
ˇstapa je λ0 = m/L.
I =
� L/2
−L/2
λ0 x 2 dx = ··· = 1
12 m L2 = ISM.
(b) Ishodiˇste je u lijevom rubu ˇstapa. Steinerovim teoremom je
I = ISM +m
Izravnim računom
I =
� L
0
� �2 L
=
2
1
3 m L2 .
λ0 x 2 dx = ··· = 1
3 m L2 .
(c) Ishodiˇste je u točki dL desno od lijevog ruba ˇstapa.
Rijeˇsenje Steinerovim teoremom
� �2 (1−2d)L
I = ISM +m =
2
1−3d+3d2
m L
3
2 .
Izravnim računom
I =
� (1−d)L
−dL
λ0 x 2 dx = ··· = 1−3d+3d2
3
m L 2 .
Primjetimo: za d = L/2 dobiva se rjeˇsenje (a) dijela zadatka, a za d = 0 dobiva se
rjeˇsenje (b) dijela.
Zadatak: 12.3 Izračunajte moment tromosti homogene pravokutne ploče duljine bridova a i b,
u odnosu na os koja prolazi srediˇstem ploče i okomita je na ploču.
R:
Ploča jehomogena, pajenjena povrˇsinska masena gustoćakonstantna. Označimo ju

12.3. TEOREMI O MOMENTIMA TROMOSTI 411
sa σ0. Prema teoremu o okomitim osima, (12.10), je
Iz = Ix +Iy,
a momenti tromosti Ix i Iy se računaju prema (12.9)
Ix =
Iy =
�
�
y 2 σ(x,y) dx dy = σ0
x 2 σ(x,y) dx dy = σ0
� +a/2
−a/2
� +a/2
−a/2
dx
x 2 dx
� +b/2
=⇒ Iz = 1
12 σ0 a b (a 2 +b 2 ).
y
−b/2
2 dy = 1
12 σ0 a b 3 ,
� +b/2
−b/2
dy = 1
12 σ0 a 3 b.
Zadatak: 12.4 Izračunajte moment tromosti i polumjer tromosti homogenog kvadrata mase m
i duljine stranice L oko osi koja leˇzi na dijagonali kvadrata.
R:
dovrˇsiti
dovrˇsiti
Zadatak: 12.5 Izračunajte moment tromosti oko osi z, tijela konstantne gustoće odredenog
paraboloidom C0 z = x 2 +y 2 i ravninom z = H, za konstantne C0 i H.
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 12.6 Izračunajte moment tromosti homogene kugle mase m i polumjera R u odnosu
na os koja prolazi njezinim srediˇstem.
R:
Masena gustoća kugle je konstantna

412 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ρ0 = m
4
3 R3 π .
Po definiciji (12.6), je
�
I =
U sfernom sustavu je
r 2 ⊥ ρm(�r) d 3 r.
d 3 r = r 2 sinθ dθ dϕ.
Za os u odnosu na koju se računa moment tromosti odabiremo os z, pa je tada
Sada imamo sve potrebno za račun I
I = m
4
3 R3 π
� R
0
dr
� π
0
dθ
r⊥ = r sinθ
� 2π
0
dϕ
�
r 4 sin 3 �
θ = ··· = 2
5 m R2 .
Zadatak: 12.7 Tijelo konstantne gustoće se sastoji od valjka polumjera baze R i visine H,
poloˇzenog na polukuglu polumjera R. Izračunajte moment tromosti oko osi simetrije
tijela.
R:
Kod računa momenta tromosti integrira se
po svim točkama valjka i polukugle. Ako
se područje integracije (valjak + polukugla)
rastavi na dva nepreklapajuća područja (područje
valjka ipodručje polukugle), tada je
ukupni integral po cijelom području jednak
zbroju integrala po pojedinim područjima
Iz(valjka+polukugle) = Iz(valjka)+Iz(polukugle)
Valjak se rjeˇsava u polarnim, a polukugla u sfernim koordinatama. ... dovrˇsiti ...
12.4 Parovi sila
U ovom se odjeljku pokazuje kako se učinak djelovanja proizvoljne sile na kruto tijelo moˇze
prikazati kao djelovanje momenta sile koji izaziva zakret tijela i djelovanja rezultantne sile koja

12.4. PAROVI SILA 413
izaziva translaciju tijela.
Parom sila ćemo nazivati skup od dvije po iznosu jednake, a po smjeru suprotne sile koje
leˇze na paralelnim pravcima. To su sile � F i − � F sa slike 12.5.A. Ako takav par sila djeluje
Slika 12.5: Uz definiciju para sila.
na kruto tijelo, on proizvodi učinak zakreta, a zakretni moment ili moment sile � M ne ovisi o
izboru poloˇzaju ishodiˇsta koordinatnog sustava i jednak je �r × � F, gdje je r udaljenost medu
hvatiˇstima 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.
Ako sile leˇze na istom pravcu, tada je �r kolinearan s ± � F i njihov je vektorski umnoˇzak jednak
nuli, �r × � F = 0. Vektori �r± ovise o izboru poloˇzaja ishodiˇsta koordinatnog sustava, dok �r i � F,
ne ovise, pa ni � M ne ovisi o izboru ishodiˇsta.
Pokaˇzimo sada da se svaka sila, � F, koja djeluje u proizvoljnoj točki krutog tijela, P, moˇze
zamijeniti jednom drugom silom koja djeluje u nekoj drugoj točki krutog tijela, O, i jednim
pogodno odabranim parom sila. Slika 12.5.B ilustrira ovu tvrdnju. Neka proizvoljna sila � F
djeluje u proizvoljnoj točki P krutog tijela. Niˇsta 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 moˇzemo reći da umjesto jedne sile u točki P, na tijelo djeluje sila
�f = � F
u točki O (označena crvenim na slici 12.5.B) i moment sila (označen crnim na istoj slici)
�M =�r × � F.
Podijelimo, opet, u mislima kruto tijelo na N djelića i neka u svakoj j-toj točki Pj s radij
vektorom �rj, djeluje sila � Fj. Tu silu zamjenimo parom sila momenta jednakog �rj × � Fj i silom

414 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
�Fj koja djeluje u točki O (primjetimo da je O sada postalo zajedničko hvatiˇste svih sila � Fj).
Kada to provedemo za sve sile koje djeluju na tijelo, vidimo da smo sustav sila � Fj koje djeluju
u različitim točkama �rj tijela zamjenili jednom silom
�R = � F1 + � F1 +···+ � FN,
koja djeluje u jednoj proizvoljno odabranoj točki O i jednim momentom sila
�M =�r1 × � F1 +�r2 × � F2 +···+�rN × � FN,
koji ne ovisi o izboru ishodiˇsta (koje je postavljeno - radi jednostavnosti- u točku O).
Uobičajeno je točku O postaviti u srediˇste mase tijela. Tada rezultantna sila � R vodi na translacijsko
gibanje tijela, a rezultantni moment sile � M vodi na zakret oko osi koja prolazi srediˇstem
mase.
12.5 Kinetička energija, rad i snaga vrtnje
Kinetička energija:
Neka se kruto tijelo vrti oko nepomične osi AB (slika 12.6) 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 Ek,vrt. Izračunajmo Ek,vrt tijela sa slike 12.6. Zamislimo opet da je tijelo
sastavljeno od N djelića mase mj. Kinetička energija j-tog djelića je jednaka mj v2 j /2, a brzina
vj = dlj
dt
= dϕ rj,⊥
dt = ω rj,⊥. (12.11)
Energija je aditivna veličina, pa kinetičku energiju vrtnje cijelog tijela računamo kao zbroj
kinetičkih energija pojedinih djelića
Ek,vrt =
N�
j=1
1
2 mjv 2 j
= 1
2
N�
j=1
mj ω 2 r 2 j,⊥ .
U gornjem izrazu prepoznajemo moment tromosti I = �N j=1 mj r2 j,⊥ , tako da je konačno
Ek,vrt = 1
2 I ω2 (12.12)
Primjećujemo i sličnost gornjeg izraza s izrazom za kinetičku energiju translacijskog gibanja,
mv 2 /2: umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto brzine dolazi kruˇzna brzina. Primjetimo
i razliku: dok je masa uvijek ista 4 za svako transalcijsko gibanje, dotle momemt tromosti
općenito ovisi o smjeru osi oko koje se odvija vrtnja.
4 Naravno, uz zanemarivanje relativističkih učinaka

12.5. KINETIČKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 415
Slika 12.6: Uz izvod kinetičke energije vrtnje.
Momenti:
Izračunajmo i moment količine gibanja krutog tijela koje se vrti oko nepomične osi. Iznos
momenta količine gibanja j-tog djelića tijela je
�L j = �rj × �p j =�rj × mj �vj = rj�er j × mj vj�eϕ j = rjmjvj(−�eθ j)
= (2.49) = rjmjvj
�
≡ �ex Lx +�ey Ly +�ez Lz,
=⇒ Lx = −rj mj vj cosθj cosϕj,
Ly = −rj mj vj cosθj sinϕj,
Lz = rj mj vj sinθj.
−�ex cosθj cosϕj −�ey cosθj sinϕj +�ez sinθj
Smjer vektora � L je odreden smjerom vektorskog umnoˇska �er × �eϕ = −�eθ i činjenicom da
je (vanjskim silama) smjer osi vrtnje nepromjenjiv. Smjer �eθ se moˇze rastaviti na komponentu
okomitu na os vrtnje i komponentu paralelnu s osi vrtnje. Komponete � L okomite na smjer
vrtnje(tosuLx iLy komponente) bihtjelepromijeniti smjer osivrtnje, aliihutomesprječavaju
vanjske sile koje drˇze os vrtnje nepomičnom. Ove se komponente dakle poniˇstavaju s djelova-
�

416 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
njem vanjskih sila i preostaje samo komponenta paralelna s osi vrtnje (to je Lz komponenta).
�L j = mj vj rj sinθj �ez = mj vj rj,⊥�ez = (12.11) = mj r
� �� �
rj,⊥
2 j,⊥ ω�ez,
pa je ukupni iznos momenta količine gibanja
�L =
N�
j=1
�L j =
Ranije smo, relacijom (10.19), pokazali da je
Primjenimo li to na gornji izraz za � L, slijedi
N�
j=1
d � L
dt = � M.
d
dt I �ω = I �α = � M,
mj r 2 j,⊥ �ω = I �ω. (12.13)
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
m�a = � F,
gdje umjesto sile dolazi moment sile, umjesto mase dolazi moment tromosti, a umjesto translacijskog
ubrzanja dolazi kutno ubrzanje.
Rad i snaga:
Ako na tijelo djeluju samo konzervativne vanjske sile, tada se tijelu moˇze pridruˇziti potencijalana
energija Ep, a zbroj kinetičke energije vrtnje i potencijalne energije je konstantan
Ek,vrt +Ep = 1
2 I ω2 +Ep = E = const.
Promotrimo sada kruto tijelo koje u početku miruje, ali se moˇze vrtjeti oko osi okomite na
zadanu ravninu, a koja prolazi točkom O tijela (slika 12.7.A). Sila � F koja izaziva vrtnju tijela,
djeluje u točki A (slika 12.7.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 pribliˇzno konstantna, pa je prema općoj definiciji
diferencijala rada
dW = � F d�r = � F d�r
dt dt = � F �v dt = � F (�ω × �r) dt.
Neka je koordinatni sustav postavljen tako da je
�ω = ω�ez.
No, za mjeˇsoviti umnoˇzak vektora, vrijedi pravilo cikličnosti, prema kojemu je
�F (�ω × �r) = �r ( � F × �ω) = �ω (�r × � F)

12.5. KINETIČKA ENERGIJA, RAD I SNAGA VRTNJE 417
Slika 12.7: Uz izvod izraza za rad koji treba obaviti da bi se tijelo dovelo u stanje vrtnje.
(ˇsto se lako moˇze provjeriti npr. raspisom mjeˇsovitog umnoˇska u obliku determinante). Time
se za diferencijal rada vrtnje krutog tijela, dobiva
ˇsto je izraz analogan izrazu za rad pri translacijskom pomaku
dW = �ω � Mdt = M dϕ, (12.14)
dW = � F d�r.
Ukupni rad koji vanjska sila treba obaviti nad krutim tijelom da bi ga prevela iz početnog
stanja opisanog vrijednoˇsću kuta zakreta ϕp i kutnom brzinom ωp, u konačno stanje opisano
kutom ϕk i kutnom brzinom ωk je zbroj (tj. integral) radova za sve male zakrete koji vode od
početnog do konačnog stanja vrtnje
Wp,k =
� k
p
dW =
� ϕk
ϕp
M dϕ =
� ωk
ωp
I dω
dt
= 1
2 I ω2 k − 1
2 I ω2 p = Ek,vrt(k)−Ek,vrt(p).
ω dt = I
� ωk
ωp
ω dω
Da bi se tijelo koje u početku miruje (ωp = 0), dovelo u stanje vrtnje kutnom brzinom ωk = 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 = ISM +mb 2 ,
moment tromosti je najmanji ako os prolazi srediˇstem mase, pa je i rad koji treba uloˇziti najmanji
ako se tijelo vrti oko osi koja prolazi srediˇstem mase. Dakle, ako je zadatak dovesti tijelo
u stanje vrtnje kutnom brzinom ω oko osi okomite na zadanu ravninu, uz minimalni utroˇsak
energije, potrebno je os vrtnje postaviti tako da prolazi srediˇstem mase.
Iz izraza (12.14) se vidi da je snaga P potrebna za obavljanje tog rada jednaka
P = dW
dt
= M dϕ
dt
= M ω,

418 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ˇsto je posve slično izrazu za snagu
kod translacijskog gibanja.
P = Fv
Impuls momenta sile
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
tp
M(t) dt,
i nazvati ga moment impulsa vanjskih sila (kaoˇsto je to izvedeno relacijom (10.37)). Pokaˇzimo
da je moment impulsa vanjskih sila jednak promjeni momenta količine gibanja (u konačnom
vremenskom intervalu)
� tk
tp
M dt =
� tk
tp
I dω
dt dt = I ωk −I ωp = Lk −Lp.
Ako je ukupni moment vanjskih sila u vremenskom intervalu od tp do tk jednak nuli, tada je i
moment količine gibanja isti na početku i na kraju tog vremenskog intervala
12.6 Fizičko njihalo
Lp = Lk = const.
Kao jedan jednostavan primjer ravninskog gibanja krutog tijela, u ovom će se odjeljku opisati
gibanje fizičkog njihala.
U odjeljku 6.4 smo se upoznali s matematičkim njihalom: česticom mase m pričvrˇsćenom za
nit duljine l, koja se njiˇse oko ravnoteˇznog poloˇzaja. Zanemarili smo masu i rastezivost niti,
kao i otpor sredstva u kojemu se odvija njihanje, a isto tako smo zanemarili i trenje u točki
objesiˇsta. Uz te uvjete, za period malih titraja je dobiveno
Tm. nj. = 2π
�
l
g .
Neka slika 12.8 prikazuje kruto tijelo mase m koje se, uslijed djelovanja gravitacijske sile, njiˇse
oko osi kroz točku O. Njihanje se odvija u ravnini okomitoj na os vrtnje, pri čemu os vrtnje
svo vrijeme zadrˇzava isti smjer. Ako zanemarimo trenje tijela s česticama medija u kojemu
se odvija njihanje, kao i trenje u točki objesiˇsta, takvo se tijelo naziva fizičko njihalo. Uz
navedene uvjete, poloˇzaj tijela je u cjelosti odreden kutom otklona od poloˇzaja ravnoteˇze (to
je kut ϕ sa slike 12.9). Zamislimo li kruto tijelo kao skup od N čestica, djelovanje gravitacijske
sile na tijelo moˇzemo zamisliti kao djelovanje gravitacijske sile na skup čestica od kojih je
tijelo sastavljeno (slika 12.8). Prema odjeljku 12.4, djelovanje sile u jednoj točki tijela moˇzemo
zamjeniti djelovanjem iste sile u jednoj drugoj točki tijela i djelovanjem momenta sile u odnosu

12.6. FIZIČKO NJIHALO 419
Slika 12.8: Sile koje djeluju na fizičko njihalo: reakcija
u objesiˇstu i gravitacijska sila. Slika 12.9: Uz fizičko njihalo.
natunovuodabranutočku. Primjenjenonafizičko njihalotoznačidasedjelovanjegravitacijske
sile mj �g u točki �rj tijela, moˇze zamjeniti djelovanjem iste takve sile u točki objesiˇsta O i
momentom sile u odnosu na to objesiˇste �rj × mj �g. Ova zamjena se moˇze izvesti za sve čestice
od kojih se tijelo sastoji i kao rezultat se dobiva rezultantna sila koja djeluje u točki objesiˇsta
O
N�
�R O = m1 �g +m2 �g +···+mN �g = mj �g = m�g
i rezultantni moment sila
�MO =�r1 × m1 �g +�r2 × m2 �g +···+�rN × mN �g =
j=1
� N�
Rezultantna sila � R O se ukida sa silom reakcije objesiˇsta � N
�R O + � N = 0
j=1
mj �rj
�
× �g = m�rSM × �g.
i čini da se njihalo ne giba translacijski u smjeru osi x. Rezultantni moment sile � MO izaziva
zakret tijela oko objesiˇsta i oblika je kao da je sva masa m tijela skoncentrirana u točki srediˇsta
mase �rSM.
Postavimo koordinatni sustav kao na slici 12.9: ishodiˇste neka je u objesiˇstu, a os vrtnje neka
je okomita na ravninu crtnje. Sa SM označimo poloˇzaj srediˇsta mase njihala, a kut ϕ neka je
kut koji zatvara spojnica O −SM, tj vektor �rSM s pozitivnim smjerom osi x. Uobičajeno je
udaljenost O−SM, tj iznos vektora �rSM označiti s b. Nadimo jednadˇzbu gibanja njihala.
Prema (12.13), je
gdje je kutna brzina vrtnje
�MO = �rSM × �g m = b (cosϕ�ex +sinϕ�ey) × m g �ex
= −�ez b m g sinϕ.
�L = IO�ω = IO ˙ϕ�ez,
�ω = ˙ϕ�ez,

420 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
a IO je moment tromosti njihala oko osi kroz O. Moment sile i moment količine gibanja su
vezani relacijom (10.34),
koja u ovom slučaju postaje
˙
� L = � M,
IO ¨ϕ�ez = −�ez b m g sinϕ,
tj. dobili smo jednaˇzbu gibanja fizičkog njihala u obliku
b m g
¨ϕ+ sinϕ = 0. (12.15)
IO
Do istog rezultata se moˇze doći i razmatranjem energije. Gravitacijska sila je konzervativna, pa
se moˇze definirati potencijalna energija Ep kao zbroj potencijalnih energija 5 svih djelića njihala
Ep = − �
j
mj g xj +c0 = −g �
j
mj xj +c0
= −g m xSM +c0 = −g m b cosϕ+c0.
Postavimo ishodiˇste potencijalne energije tako da je ona jednaka nuli kada je srediˇste mase na
osi x, tj kada je ϕ = 0. Tada je, očito,
pa je
c0 = m g b,
Ep = m g b (1−cosϕ).
Uz zanemarivanje trenja, na njihalo djeluju samo konzervativne sile, pa je ukupna mehanička
energija sačuvana
Emeh = const. = Ek,vrt +Ep
const. = 1
2 IO ˙ϕ 2 +m g b (1−cosϕ)
0 = IO ˙ϕ ¨ϕ+m g b (0+ ˙ϕ sinϕ)
0 = ˙ϕ
� �
IO ¨ϕ+m g b sinϕ .
� d
dt
Sve dok se njihalo njiˇse, ˙ϕ �= 0, pa gornja jednadˇzba moˇze biti zadovoljena samo ako je zagrada
jednaka nuli, a to je upravo ista jednadˇzba koju smo dobili i iz jednadˇzbe gibanja.
5 Negativan predznak u donjem izrazu dolazi zato da bi sila koja je negativan gradijent potencijalane energije, imala smjer +�ex.

12.6. FIZIČKO NJIHALO 421
Izračunajmo period malih titraja. Mali titraji su oni za koje je otklon od poloˇzaja ravnoteˇze
mali, tj. oni za koje je ϕ

422 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
bilo koju izvodnicu ovih valjaka, njihalo će se njihati s istim periodom kao i matematičko
njihalo duljine lekv (naravno, ako su amplitude male). Primjetimo da je zbroj
b+ +b− = lekv,
tj. jednak je duljini ekvivalentnog matematičkog njihala. No, prema (12.18), je
� �2 T
lekv = g ,
2π
a odatle slijedi
g =
� �2 2π
(b+ +b−),
T
pa se iz poznatih (izmjerenih) T i b± moˇze izračunati g. S druge strane, umnoˇzak
b+ b− = ISM
m ,
pa se iz poznatih b± se moˇze izračunati moment tromosti
a zatim i polumjer tromosti
K 2 SM
ISM = m b+ b−.
= ISM
m = b+ b−.
Minimalni period
Vidjeli smo, relacijom (12.17), da period titranja ovisi o b, udaljenosti od objesiˇsta do srediˇsta
mase. Sada se moˇzemo 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 dT
db
Iz gornje je relacije
T 2 = 4π 2 IO
m g b = 4 π2 ISM +m b2 m g b
T 2 = 4 π 2 m K2 SM
= 4 π2
g
+m b2
=
m g b
4 π2
g
�
− K2 �
SM
+1 = 0.
b2 b = ± KSM,
� 2 KSM b +b
� �
d
db
(12.19)
a budući da je polumjer giracije pozitivna veličina, odlučujemo se za pozitivni predznak.
Takoder je lako vidjeti da se radi o minimumu
d2T db2 = π � 2 KSM √
g b +b
�−3/2� 3K
2
4 SM
b4 +3K2 �
SM 1
− .
b2 2

12.6. FIZIČKO NJIHALO 423
Uvrstivˇsi b = KSM, dobiva se
d 2 T
db 2
�
�
�
� b=KSM
= π √ g
dakle, radi se o minimumu, a iznos tog minimuma je
�
Tmin = T(b = KSM) =
4
> 0,
(2b) 3/2
8π 2KSM
g
Primjetimo joˇs, da ova tvrdnja vrijedi i ako titraji nisu malene amplitude. Naime, istim
postupkom kao i kod matematičkog njihala, relacija (6.79), dolazi se do izraza za period njihala
koje njiˇse proizvoljnom amplitudom
T = 4
=
�
�
IO
m b g
� π/2
0
IO
m b g f(ϕ0).
dϕ
� , k
1−k 2 2
sin ϕ 2 2 ϕ0
= sin
2
Gornji je izraz za period istog oblika kao i (12.19), pa ima i isti minimum.
Zadatak: 12.8 Izračunajte period malih titraja homogenog valjka polumjera R oko osi paralelne
s osi valjka, a udaljene za R/3 od te osi.
R:
Titranje valjka shvaćamo kao titranje fizičkog njihala, čiji je peroiod dan izrazom
(12.17).
�
T = 2 π
IO
m g b .
Moment tromosti oko osi O se računa iz Steinerovog
teorema
IO = ISM +mb 2 .
Gdje je b udaljenost medu osima kroz O i
kroz srediˇste mase (ˇsto je ujedno i os simetrije).
U zadatku je
b = R
3 .
Moment tromosti ISM se računa u cilindričnom koordinatnom sustavu postavljenom
tako da je os simetrije valjka ujedno i z os cilindričnog koordinatnog sustava
ISM =
=
�
m
R 2 πH
r 2 ⊥ ρ0 d 3 r = ρ0
R 4
4
� R
0
ρ 3 dρ
2π H = 1
2 mR2 .
� 2π
0
.
dϕ
� H
0
dz = ρ0
R 4
4
2π H

424 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Nadalje je, prema Steineru,
pa je period
IO = 1
2 mR2 +mb 2 = m
T = 2 π
�
IO
m g b
= 2 π
� R 2
� R 2
2 +b2
2 +b2
.
g b
Primjetitedagornjiizrazdajeperiodtitrajazasvakuosudaljenuzabodosisimetrije
(a ne samo za b = R/3). Neka je općenito
Tada je
b = α R, 0 ≤ α ≤ 1.
T = 2 π
�
1
2α +α
�
R
g .
U posebnom slučaju kada je α = 1/3, slijedi
T = 2 π
� 11
6
�
R
g .
Primjetite da period ne ovisi ni o masi ni o visini valjka.
12.7 Općenito ravninsko gibanje krutog tijela
Općenito ravninsko gibanje krutog tijela se moˇze 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 vaˇzne činjenice:
Načelo linearne količine gibanja:
u poglavlju 10 smo pokazali da vrijedi relacija (10.16)
d�p
dt = � Fv,
gdje je �p = m ˙ �rSM ukupna količina gibanja sustava, a �rSM je poloˇzaj srediˇsta mase sustava
čestica (u ovom slučaju krutog tijela). S � Fv je označen zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na
kruto tijelo.
Načelo momenta količine gibanja:
ako je ISM moment tromosti krutog tijela oko osi koja prolazi srediˇstem mase, ω kutna brzina
njegove vrtnje oko te osi, tada je
�L SM = ISM �ω.
Ako je s � MSM označen ukupni moment svih vanjskih sila u odnosu na koordinatni sustav sa
�
,

12.7. OPĆENITO RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA 425
ishodiˇstem u srediˇstu mase, tada ćemo pokazati
da je
d � LSM
dt = � MSM.
Zamislimo opet da je kruto tijelo sastavljeno
od N čestica i krenimo s jednadˇzbom gibanja
j-te čestice napisanom u koordinatnom
sustavu sa ishodiˇstem u srediˇstu mase i osi
z postavljene u smjeru osi vrtnje
�ω = ω�ez
kao na slici 12.10 ( � Fv,j je zbroj svih vanjskih
sila koje djeluju na j-tu česticu, a � f i,j je sila
kojom i-ta čestica sustava djeluje na j-tu čestica sustava).
N�
�
d�pj
�rj×
dt = � N�
Fv,j + �f i,j
j=1
N�
j=1
d�vj
�rj × mj
dt =
Slika 12.10: Ravninskogibanje krutog tijela oko osi kroz
srediˇste mase.
i=1
N�
�rj × � Fv,j +
j=1
� �� �
= � MSM
N�
j=1
N�
�rj × � f i,j, = � MSM.
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 srediˇste mase,
oznaka ima indeks SM. Da je drugi član jednak nuli, pokazano je u (10.18). Na lijevoj strani
je
Time je dobiveno
N�
j=1
d�vj
�rj × mj
dt
= d
dt
N�
�rj × mj�vj −
j=1
� �� �
= � L SM
d � LSM
dt = � MSM.
N�
�vj × mj�vj .
j=1
� �� �
= 0
Gornji se izraz dalje moˇze raspisati uz uvrˇstavanje �vj = �ω × �rj na lijevu stranu,
d � LSM
dt
= d
dt
N�
mj �rj × (�ω × �rj) = � MSM. (12.20)
j=1
Gornji dvostruki vektorski umnoˇzak se računa da se najprije rastavi radij vektor �rj na dvije
medusobno okomite komponente: �eρ i �ez komponente
�rj =�eρ rj,⊥ +�ez zj

426 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
i zatim računa �ω × �rj
a u slijedećem koraku i
�ω × �rj = ω �ez × (�eρ rj,⊥ +�ez zj) = ω rj,⊥�eϕ,
�rj × (�ω × �rj) = �rj × ω rj,⊥�eϕ = (rj,⊥ �eρ +zj �ez) × ω rj,⊥�eϕ = ω r 2 j,⊥ �ez −zj ω rj,⊥�eρ.
Posljednji član (onaj u smjeru�eρ) u gornjem izrazu se poniˇstava sa silama reakcije uredaja koji
odrˇzava os vrtnje fiksnom (slika 12.10), pa preostaje
�rj × (�ω × �rj) = ω r 2 j,⊥ �ez = �ω r 2 j,⊥.
Vratimo li se sada jednadˇzbi gibanja, (12.20), dobiva se
gdje je � L SM = �ω ISM.
d
dt �ω
N�
j=1
mj r 2 j,⊥
= d
dt �ω ISM = d� L SM
dt = � MSM,
Načelo sačuvanja energije:
ako se kruto tijelo nalazi u polju samo konzervativnih sila, tada mu se moˇze pridruˇziti potencijalna
energija Ep, a kinetička energija se moˇze napisati u obliku zbroja kinetičke energije
srediˇsta mase
mv 2 SM
2
i kinetičke energije čestica u odnosu na srediˇste mase
1
2
N�
j=1
mjv 2
j
(kao ˇsto je to pokazano relacijom (10.35)). No, kao i u prethodnom paragrafu, brzina �vj se
moˇze napisati kao
�vj = �ω × �rj = ω �ez × (�eρ rj,⊥ +�ez zj) = ω rj,⊥ �eϕ,
pa je�v 2 j = ω2r2 j,⊥ . Time se kinetička energija dobiva kao zbroj kinetičke translacijske i kinetičke
energije vrtnje
Ek = 1
2 m v2 SM + 1
2
N�
j=1
mj (ωrj,⊥) 2 = 1
2 m v2 SM + 1
2 ISM ω 2 = Ek,tr. +Ek,vrt .
Bez nekonzervativnih sila, ukupna je mehanička energija sačuvana
12.8 Trenutno srediˇste vrtnje
1
2 m v2 1
SM +
2 ISM ω 2 +Ep = 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 12.11.A) koja se i giba zajedno s tijelom.

12.8. TRENUTNO SREDI ˇ STE VRTNJE 427
Slika 12.11: Uz odredivanje trenutnog srediˇsta: (A) grafički; (B) računski.
Pokaˇzimo da se opće ravninsko gibanje krutog tijela, sastavljeno od translacijskog gibanja i
vrtnje, moˇze prikazati kao čista vrtnja oko jedne točke - trenutnog srediˇsta vrtnje.
Kako se tijelo giba, u svakom će trenutku postojati točka gibajuće ravnine (x ′ ,y ′ ) koja trenutno
miruje prema ravnini (x,y). Ta točka, P, koja moˇze, a i ne mora biti u tijelu, se zove
trenutno srediˇste vrtnje . O njemu se moˇze misliti kao o točki oko koje tijelo izvodi čistu
vrtnju (bez translacije). Za čisto translacijsko gibanje krutog tijela, trenutno se srediˇste nalazi
u beskonačnosti. Naravno da se poloˇzaj trenutnog srediˇsta mijenja kako se tijelo giba.
• Na slici 12.11.A je pokazan grafički način odredivanja poloˇzaja trenutnog srediˇsta (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 srediˇste je točka presjeciˇsta ovih okomica.
• Pokaˇzimo sada kako se moˇze računski dobiti vektor poloˇzaja trenutnog srediˇsta krutog
tijela
�rP =?
Poloˇzaj P u sustavu (x ′ ,y ′ ) ćemo označiti s �r ′ P (slika 12.11.B). Neka je �vP brzina točke P u
sustavu (x,y), a �vO ′ neka je brzina ishodiˇsta 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, (8.6), znamo za vezu
medu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu:
koja prevedena na sadaˇsnje oznake, glasi
Sa slike 12.11 se vidi da je
�vin = ˙
� Rin +�vnin +�ω × �r,
�vP =�vO ′ +0+�ω × �r ′ P.
�rP =�rO ′ +�r ′ P ,

428 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
pa gornja relacija prelazi u
�vP =�vO ′ +�ω × (�rP −�rO ′).
No, ako je P trenutno srediˇste, tada ono trenutno miruje, tj. njegova je brzina jednaka nuli
�vP = 0 i u sustavu (x,y), pa je
�vO ′ = −�ω × (�rP −�rO ′).
Da bismo gornju jednadˇzbu rijeˇsili po nepoznanici �rP, cijelu ćemo jednadˇzbu pomnoˇziti vektorski
s �ω
�
�ω × �vO ′ = −�ω × (�rP −�rO ′)
�ω × �vO ′ = −�ω ×
�
�ω × (�rP −�rO ′)
�
�
�ω × �vO ′ = − �ω ·(�rP −�rO ′)
�
�ω +ω 2 (�rP −�rO ′).
Budući da vektor (�rP −�rO ′) leˇzi u ravnini (x,y), to je vektor kutne brzine �ω = ω �ez okomit
na njega, pa je prvi član desne strane gornje relacije jednak nuli. Preostaje
�ω × �vO ′ = ω2 (�rP −�rO ′),
odakle za poloˇzaj trenutnog srediˇsta dobivamo
�ω × �vO ′
�rP =�rO ′ +
ω2 .
(12.21)
Zadatak: 12.9 Valjak se giba po ravnoj podlozi. Odredite poloˇzaj trenutnog srediˇsta kada se
valjak kotrlja bez klizanja i sa klizanjem.
R:
Koristimo oznake sa slike 12.12.A:
translacijska brzina srediˇsta O ′ valjka je �vO ′ = vO ′ �ex
poloˇzaj srediˇsta O ′ valjka u sustavu (x,y) je �rO ′ = xO ′(t)�ex +R�ey
poloˇzaj trenutnog srediˇsta u sustavu (x,y) je �rP
kutna brzina vrtnje valjka je �ω = −ω �ez.
Izravnim uvrˇstavanjem u (12.21) dobivamo
�ω × �vO ′
�rP = �rO ′ +
ω2 = �rO ′ + −ω�ez × vO ′�ex
ω 2
= xO ′(t)�ex +
� �
vO ′
R−
ω
Tako smo, za koordinate trenutnog srediˇsta dobili: xP = xO ′(t) = � vO ′(t)dt i
yP = R − vO ′/ω. Sa slike 12.12.B se vidi da yP leˇzi na spojnici srediˇsta valjka i
točke dodira s podlogom.
Ako je dozvoljeno samo kotrljanje bez klizanja, tada je vO ′ = R ω, pa je yP = 0 i
�ey.

12.8. TRENUTNO SREDI ˇ STE VRTNJE 429
Slika 12.12: Uz odredivanje poloˇzaja trenutnog srediˇsta valjka koji se kotrlja.
trenutno srediˇste se nalazi upravo u točki dodira valjka i podloge.
Ako se dozvoli i klizanje valjka, tada je vO ′ > Rω (veći se put prijede u translacijskom
gibanju nego ˇsto se valjak okrene oko svoje osi) i poloˇzaj trenutnog srediˇsta
vrtnje se nalazi izvan valjka (ispod podloge).
Primjetimo da moˇzemo promatrati i granični slučaj čistog klizanja: valjak se ne
vrti, ω = 0, nego se samo kliˇze (translatira) po podlozi. Čak i ovo čisto translatorno
gibanje moˇzemo shvatiti kao čistu vrtnju oko trenutnog srediˇsta, s time da se to
srediˇste, prema gornjoj formuli nalazi u točki −∞ u y smjeru.
Zadatak: 12.10 Neka je m masa valjka iz prethodnog primjera. Izračunajte njegovu kinetičku
energiju, ako se kotrlja bez klizanja.
R:
Zadatak ćemo rijeˇsiti na dva načina: prvo ćemo kotrljanje valjka shvatiti kao kombinaciju
translacijskog gibanja srediˇsta mase i vrtnje oko osi simetrije valjka, a drugi
način je da gibanje valjka shvatimo kao čistu vrtnju oko osi kroz trenutno srediˇste
vrtnje.
(1)
Ek = Ek,tr. +Ek,vrt.(SM) = 1
2 m v2 1
O ′ +
2 ISM ω 2
ISM = 1
2 m R2 , vO ′ = ω R
Ek = 1
2 m v2 1
O ′ +
2
1
2 m R2 v2 O ′ 3
=
R2 4 m v2 O ′

430 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
(2)
Ek = Ek,vrt.(P) = 1
2 IP ω 2 = 1
2 (ISM +mR 2 ) ω 2 = 3
4 m v2 O ′.
Kinetička energija je ista, bez obzira s koje točke glediˇsta opisujemo gibanje.
12.9 Statika krutog tijela
Statiku krutog tijela karakterizira iˇsčezavanje gibanja, tj. njegova translacijska brzina i brzina
vrtnje su jednake nuli. U tom se slučaju kaˇze da je tijelo u ravnoteˇzi. Nuˇzni i dovoljni uvjeti
ravnoteˇze krutog tijela su
�Fv = �
�Fv,j = 0, Mv
� = �
�Mv,j = 0, (12.22)
j
gdje su � Fv zbroj svih vanjskih sila, a � Mv zbroj svih momenata vanjskih sila koje djeluju na
kruto tijelo. Prvi uvjet izriče ravnoteˇzu u odnosu na translacijske pomake, a drugi u odnosu
na vrtnju 6 .
Budući da je kruto tijelo poseban slučaj sustava čestica s nepromjenjenom medusobnom udaljenosti
čestica, načelo zamiˇsljenog 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 � Fv = − −→ ∇Ep, pa se uvjet ravnoteˇze � Fv = 0 moˇze napisati i preko
potencijalne energije
∂Ep
∂x
= ∂Ep
∂y
= ∂Ep
∂z
= 0.
Ravnoteˇza je stabilna, Ep = min., ako se tijelo nakon malog otklona iz ravnoteˇznog poloˇzaja
opet vraća u početni ravnoteˇzni poloˇzaj. Ravnoteˇza je nestabilna (labilna), Ep = max., ako
se tijelo nakon malog otklona iz ravnoteˇznog poloˇzaja udaljava od početnog ravnoteˇznog
poloˇzaja.
Zadatak: 12.11 Ploha stola zanemarive mase ima oblik jednakostraničnog trokuta ABC, duljine
stranice L. Noge stola se nalaze u vrhovima trokuta i okomite su na plohu.
Točka mase m se nalazi na stolu u točki za a udaljenoj od stranice BC i za b od
stranice AC. Nadite opterećenja svih nogu stola.
R:
S obzirom da se masa plohe stola zanemaruje, na plohu djeluju samo četiri sile:
teˇzina čestice mase m i tri reakcije od nogu stola:
−m�g �ez, NA �ez, NB �ez, NC �ez.
6 Budući da se materijalna čestica zamiˇslja kao matematička točka, pojam vrtnje točke nema smisla, pa je statika čestice odredena
samo jednim uvjetom: �F = 0.
j

12.9. STATIKA KRUTOG TIJELA 431
Uvjeti ravnoteˇze stola su dani izrazima (12.22), koji u danom primjeru glase
Raspisan, prvi od gornjih izraza je
�
j
�
j
�Fv,j = 0,
�Mv,j = 0.
NA +NB +NC −mg = 0.
Momenti se mogu računati u odnosu na bilo koju točku, no prirodan je odabir
(zbog jednostavnije trigonometrije) za te točke odabrati upravo jedan od vrhova
plohe stola.
�
j
�
j
�
j
�M (A)
v,j
�M (B)
v,j
�M (C)
v,j
= 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh A,
= 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh B,
= 0, zbroj svih momenata sila u odnosu na vrh C.
Tri su nepoznanice NA,NB,NC, a gore su postavljene četiri jednadˇzbe. To nije
pogreˇsno - jednadˇzba za momente sila se moˇze postaviti beskonačno (za bilo koju
točku plohe), ali naravno da neće sve biti medusobno nezavisne. U ovom zadatku
se koristi samo jednadˇzba u odnosu na vrh A, a kasnije s epokazuje da i postupak
preko vrhova B i C vodi na isto rjeˇsenje.
Neka točka T ima koordinate (xT,yT). Koordinate točke T se lako odrede kao
sjeciˇsta dva pravca koja prolaze točkom T a paralelni su stranicama AC i BC.
jednadˇzbe tih pravaca su (slika dolje)
y = x √ 3−2b, y = − √ 3(x−L)−2a,
a koordinate njihovog presjeciˇsta su
xT = L
2
+ b−a
√ 3 , yT =
√ 3
2 L−a−b.
Neka je ishodiˇste koordinatnog sustava u vrhu A. Tada je
�
j
�M (A)
v,j = 0 =�rA × � N A +�rB × � N B +�rC × � N C +�rT × (−�ez)mg
= −�eyLNB −�ey
L
2 NC +�ex
√ 3
2 LNC +�eyxTmg −�exyTmg.

432 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Gornja vektorska jednadˇzba je ekvivalentna
dvjema skalarnim
√
3
�ex −→
2 LNC = yTmg,
�ey −→ LNB + L
2 NC = xTmg.
Iz x komponente jednadˇzbe slijedi
�
NC = mg 1− 2 √
3
�
a+b
L
Pomoću gornjeg izraza za NC, iz y komponente jednadˇzbe slijedi
NB = mg 2 b
√
3L
.
I konačno, iz uvjeta Na +Nb +Nc −mg = 0, slijedi
NA = mg 2 a
√
3L
.
Sličnim se postupkom mogu dobiti i rjeˇsenja ako se ishodiˇste postavi u vrhove B ili
C:
Sada se ishodiˇste koordinatnog sustava postavlja u vrh B
�
j
�M (B)
v,j = 0 =�rA × � N A +�rB × � N B +�rC × � N C +�rT × (−�ez)mg
= �eyLNA +�ey
Gornja vektorska jednadˇzba je ekvivalentna
dvjema skalarnim
√
3
�ex −→
2 LNC = yTmg,
�ey −→ LNA + L
2 NC = (L−xT)mg.
L
2 NC
√
3
+�ex
2 LNC −�ey(L−xT)mg −�exyTmg.
Iz gornjih se jednadˇzba dobiju NC i NA, a NB = mg −NA −NC.

12.9. STATIKA KRUTOG TIJELA 433
Sada se ishodiˇste koordinatnog sustava postavlja u vrh C
�
�M (C)
v,j = 0 =�rA × � N A +�rB × � N B +�rC × � N C +�rT × (−�ez)mg
j
= �ey
+ �ey
L
2 NA
√
3
−�ex
2 LNA
L
−�ey
2 LNB −�ex
�
xT − L
2
�
mg +�ex
�√ 3
2 L−yT
Gornja vektorska jednadˇzba je ekvivalentna
dvjema skalarnim
√
3
�ex −→
2 LNA
√
3
+
2 LNB
�√
3
=
2 L−yT
�
mg,
�ey −→ L
2 NB − L
2 NA =
�
xT − L
2
�
mg.
�
√ 3
2 LNB
mg.
Iz gornjih se jednadˇzba dobiju NA i NB, a NC = mg −NA −NB.
Zadatak se moˇze poopćiti tako da se u račun uzme i konačna masa M plohe stola.
Ona svojom teˇzinom djeluje u srediˇstu mase (homogene) plohe u smjeru osi −�ez.
Očekujemo da će u tom slučaju, zbog simetrije, teˇzina plohe jednako opterećivati
sve tri noge stola, tj. da će biti
NA −→ NA + 1
3 Mg,
NB −→ NB + 1
3 Mg,
NC −→ NC + 1
3 Mg.
Zadatak: 12.12 Ravna homogena greda duljine L = 2R, naslonjena je na nepomični poluvaljak
i vodoravni pod kao na slici.
Koeficijent trenja izmedu grede i poluvaljka i
grede i poda je isti i jednak je µ. Pod kojim
se najvećim kutom α u odnosu na vodoravni
pod, moˇze postaviti greda, pa da joˇs bude u
statičkoj ravnoteˇzi?
R:

434 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Sile koje djeluju na gredu su označene na
slici. Uvjeti ravnoteˇze grede su dani izrazima
(12.22), koji u danom primjeru glase
�
�Fv,j = 0, �
�Mv,j = 0,
j
gdje su � Fv,j sile na gredu, a � Mv,j momenti
sila na gredu računati u odnosu na ishodiˇste.
Koristeći veze
j
Fx = 0 = Tp −Npvsinα+Tpvcosα,
Fy = 0 = Np −mg +Npvcosα+Tpvsinα.
Tp = Npµ Tpv = Npvµ,
iz gornjih jednadˇzba za Fx i Fy se dobiva
Np = mg sinα−µcosα
(1+µ 2 )sinα
Npv = mg
µ
(1+µ 2 )sinα .
Iz uvjeta iˇsčezavanja momenta sila se dobiva
�
�Mv,j = 0 = �0 × � N p +�0 × � T p +�rSM × (−)mg�ey + �l × � Npv + �l × � Tpv
j
iz čega slijedi
Trigonometrijom je
= L
2 (cosα�ex +sinα�ey) × (−)mg�ey
+ l(cosα�ex +sinα�ey) × � �
�exNpv(µcosα−sinα)+�eyNpv(µsinα+cosα)
= − L
2 mgcosα�ez
� �
+lNpv�ez cosα(µsinα+cosα)−sinα(µcosα−sinα) ,
cosα =
2l
mgL Npv = 2l
mgL mg
sinα cosα = 2 l µ
L(1+µ
2 ) .
µ
(1+µ 2 )sinα
tanα = R
l ,
ˇsto, kombiniranjem s prethodni izrazom, daje jednadˇzbu za traˇzeni kut α
sinα =
�
2 R
L
µ
(1+µ 2 ) =
� µ
1+µ 2.

12.9. STATIKA KRUTOG TIJELA 435
Zadatak: 12.13 Tri homogena valjka istih polumjera R postavljena su kao na slici.
Sva tri valjka se dodiruju, a koeficijent trenja
µ je isti za sve dodirne plohe. Kolika je najmanja
vrijednost µ za koju je gornji sustav u
statičkoj ravnoteˇzi?
R:
Sobziromnasimetrijusustava, osisimetrijevaljakaprolazestranicamaistostraničnog
trokuta duljine stranice 2R.
Isto tako zbog simetrije, sile i momenti sila na valjke A i B si isti, pa je dovoljno
uvjete ravnoteˇze (12.22) analizirati samo za valjke A i C
�
j
�
j
�F (A)
v,j
�F (C)
v,j
= 0,
= 0,
Promotrimo sile koje djeluju na valjak A:
gravitacijska sila m�g, sila reakcije podloge
�N p, trenje s podlogom � T p, sila reakcije � N v
od valjka C i trenje � T v s valjkom C. Kut
α = 60 0 .
Postavimo jedandˇzbe za sile i momente sila
�
j
�
j
�
j
�
j
�M (A)
v,j
�M (C)
v,j
�F (A)
v,j = 0 = Np�ey +Tp�ex −mg�ey +Tv(sinα�ex −cosα�ey)−Nv(cosα�ex +sinα�ey),
= 0,
= 0.
�M (A)
v,j = 0 = −R�ey × Np�ey −R�ey × Tp�ex +�0 × m�g
+R(cosα�ex +sinα�ey) × (−)Nv(cosα�ex +sinα�ey)
+R(cosα�ex +sinα�ey) × Tv(sinα�ex +cosα�ey).
Raspisane po komponentama, gornje jednadˇzbe daju
(�ex) Tp +Tvsinα−Nvcosα = 0,
(�ey) −Tvcosα+Np −Nvsinα = mg,
(�ez) Tp = Tv.
Kombiniranjem jednadˇzba za z i x komponente dobiva se
Tp = Tv = Nv
cosα
1+sinα .

436 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Time je
pa je
⎧
⎪⎨
Tv =
⎪⎩
Np
µ = cosα
1+sinα =
Analiza sila na valjak C nije ni potrebna.
cosα
1+sinα ,
Np µ ,
1
2
1+ √ 3
2
=
1
2+ √ 3 .
Zadatak: 12.14 Homogeni glatki poluvaljak, polumjer R, naslanja se na dva jednaka
poluvaljka koji se nalaze na hrapavoj podlozi
(kao na slici). Za koju vrijednost x će početi
njihovo klizanje po podu?
R:
Zbog simetrije, sile i momenti sila na poluvaljke A i B si isti, pa je dovoljno uvjete
ravnoteˇze (12.22) analizirati samo za poluvaljke A i C
�
j
�
j
�F (A)
v,j
�F (C)
v,j
= 0,
= 0,
Promotrimo sile koje djeluju na poluvaljak
A: gravitacijska sila m�g, sila reakcije podloge
� N p, trenje s podlogom � T p i sila reakcije
� N v od poluvaljka C. Prema uvjetu zadatka,
poluvaljci su glatki, pa nema trenja
medu njima. Postavimo jedandˇzbe za sile i
momente sila
�
j
F (A)
x = 0 = Tp −Nvsinϕ,
F (A)
y = 0 = Np −mg −Nvcosϕ,
�
j
�
j
�M (A)
v,j
�M (C)
v,j
= 0,
= 0.
�M (A)
v,j = 0 = �0 × � N p +�0 × � T p +rSM�ey × (−)mg�ey
+ R(sinϕ�ex +cosϕ�ey) × (−)Nv(sinϕ�ex +cosϕ�ey),
0 = 0.

12.9. STATIKA KRUTOG TIJELA 437
Promotrimo sile koje djeluju na poluvaljak
C: gravitacijska sila m�g i sile reakcija � N v od
lijevog i desnog poluvaljka A i B. U skladu s
trećim Newtonovim aksiomom, sile Nv sa ove
slike iste su kao i sile Nv sa prethodne slike.
Postavimo jedandˇzbe za sile i momente sila
�
j
F (C)
x = 0 = Nvsinϕ−Nvsinϕ = 0,
F (C)
y = 0 = Nvcosϕ−mg +Nvcosϕ,
�M (C)
v,j = 0 = −rSM�ey × (−)mg�ey
Jednadˇzbe za F (C)
x i �
j � M (C)
v,j
− R(sinϕ�ex +cosϕ�ey) × Nv(sinϕ�ex +cosϕ�ey)
+ R(sinϕ�ex −cosϕ�ey) × (−)Nv(sinϕ�ex −cosϕ�ey) = 0.
su identički zadovoljene, a jednadˇzba za F(C)
y daje
Nv = mg
2cosϕ .
Gornji izraz u kombinaciji s uvjetima na F (A)
x i F (A)
y daje
Kut ϕ je odreden jednadˇzbom
⎧
⎪⎨
Tp =
⎪⎩
Np
sinϕ =
sinϕ
3 cosϕ ,
Np µ ,
R+ x
2
2R ,
pa iz gornja dva izraza slijedi
�
6µ
µ = 2R �
1+9µ 2 −1
�
.

438 POGLAVLJE 12. RAVNINSKO GIBANJE KRUTOG TIJELA

Poglavlje 13
Prostorno gibanje krutog tijela
U prethodnom smo poglavlju promatrali posebno jednostavan slučaj gibanja krutog tijela kod
kojega se ono moˇze 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
�ω = ω(t)·�eω.
Smjer osi vrtnje, �eω, 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 (najćeˇsće se za tu točku odabire
srediˇste 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)�eω(t).
Zamislimo kruto tijelo koje se giba i zapitajmo se na koji ga način moˇzemo zaustaviti? Ako
jednu točku (tri koordinate, npr. x,y i z)
x,y,z
krutog tijela učinimo nepomičnom, spriječit ćemo njegovo translacijsko gibanje. No, tijelo se
joˇs moˇze vrtjeti oko bilo koje od beskonačno mnogo osi koja prolazi tom točkom. Os vrtnje
moˇzemo fiksirati dvama kutovima (npr. kutovima θ i ϕ sfernog koordinatnog sustava)
θ,ϕ.
Sada se tijelo joˇs moˇze samo vrtjeti oko fiksne osi. Ako fiksiramo i kut
ψ
kojiopisujezakretokoosi, ucjelostismozaustaviligibanjetijela. Vidimodasmotrebalifiksirati
ˇsest veličina, ili kako se to drukčije kaˇze, kruto tijelo ima ˇsest stupnjeva slobode. Prva
tri stupnja slobode su translacijski stupnjevi slobode i obično opisuju poloˇzaj srediˇsta mase,
a slijedeća tri (Eulerovi kutovi) su rotacijski stupnjevi slobode i opisuju vrtnju oko osi kroz
odabranu točku. Ako na gibanje krutog tijela postoje i neki dodatni uvjeti, oni mogu samo
smanjiti broj stupnjeva slobode.
439

440 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
13.1 Tenzor tromosti
Budući da se opće gibanje krutog tijela moˇze opisati u terminima translacije odabrane točke i
vrtnje oko osi kroz tu točke, započet ćemo s proučavanjem čiste vrtnje krutog tijela, a kasnije
ćemo dodati učinke translacijskog gibanja.
Promotrimo dakle kako se moˇze 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 �rj
Slika 13.1: Vrtnja krutog tijela kutnom brzinom �ω(t) oko nepomične točke O.
nalazi j-ta čestica tijela, koja se giba brzinom �vj. Iz poglavlja 8 o neinercijskim sustavima,
znamo da je veza medu brzinama u inercijskom i neinercijskom sustavu oblika
�vin =�vnin +�ω × �r.
Čestica j miruje u neinercijskom sustavu (čvrsto vezanom za tijelo koje se vrti), pa je zato
i
�vnin ≡ 0
�vj = �ω × �rj.
Izračunajmo moment količine gibanja krutog tijela
�L =
N�
j=1
�rj × �pj =
N�
j=1
�rj × mj�vj =
N�
j=1
�rj × mj (�ω × �rj),
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 ishodiˇstem u
O, moment količine gibanja tijela, kutna brzina vrtnje i radij vektor j-te čestice tijela imaju

13.1. TENZOR TROMOSTI 441
komponente:
Koristeći se vektorskim identitetom
izraz za � L se moˇze napisati kao
�L =
= �ω
�L = Lx �ex +Ly �ey +Lz �ez,
�ω = ωx �ex +ωy �ey +ωz �ez,
�rj = xj �ex +yj �ey +zj �ez.
�A × ( � B × � C) = ( � A � C) � B −( � A � B) � C,
N�
j=1
mj �rj × (�ω × �rj) =
N�
j=1
mj r 2 j −
N�
j=1
N�
j=1
ˇsto, raspisano po komponentama, vodi na slijedeći sustav
No,
Lx = ωx
Ly = ωy
Lz = ωz
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mj r 2 j −
mj r 2 j −
mj r 2 j −
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
r 2 j = x2 j +y2 j +z2 j ,
mj
�
r 2 �
j �ω −(�rj�ω)�rj
mj (xj ωx +yj ωy +zj ωz)�rj,
mj (xj ωx +yj ωy +zj ωz) xj,
mj (xj ωx +yj ωy +zj ωz) yj,
mj (xj ωx +yj ωy +zj ωz) zj.
pa se gornji sustav moˇze napisati i preglednije, takoˇsto će se izdvojiti komponente kutne brzine
Lx = ωx
N�
j=1
Ly = +ωx (−)
Lz = +ωx (−)
mj (y 2 j +z2 j )+ωy (−)
N�
j=1
N�
j=1
mj yj xj +ωy
N�
j=1
mj zj xj +ωy (−)
N�
j=1
mj xj yj +ωz (−)
mj (x 2 j +z 2 j)+ωz (−)
N�
j=1
mj zj yj +ωz
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mj xj zj,
mj yj zj,
mj (x 2 j +y2 j ).
Umnoˇske mase s kvadratom koordinata, prepoznajemo kao momente tromosti (usporediti s
(12.3)). Označimo s Ixx,Iyy,Izz (aksijalne) momente tromosti oko osi x,y i z i napiˇsimo ih u

442 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
diskretnom i kontinuiranom zapisu
Ixx =
Iyy =
Izz =
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
mj (y 2 j +z2 j ) →
mj (x 2 j +z 2 j) →
mj (x 2 j +y2 j ) →
�
�
�
(y 2 +z 2 ) ρm(x,y,z)dxdydz,
(x 2 +z 2 ) ρm(x,y,z)dxdydz,
(x 2 +y 2 ) ρm(x,y,z)dxdydz.
VeličineIαβ ćemonazvatidevijacijski ili centrifugalni momenti ili umnoˇsci tromosti
Ixy = Iyx = −
Ixz = Izx = −
Iyz = Izy = −
N�
j=1
N�
j=1
N�
j=1
�
mj xj yj → −
�
mj xj zj → −
�
mj yj zj → −
x yρm(x,y,z)dxdydz, (13.1)
x zρm(x,y,z)dxdydz,
y zρm(x,y,z)dxdydz.
Naveli smo i integralne izraze za momente i umnoˇske tromosti, koji se dobiju na uobičajeni
način prijelazom sa zbroja na integral:
�
� �
f(j)mj → f(�r) dm(�r) = f(�r) ρ(�r) d 3 r.
j
Momenti tromosti Iα,α i centrifugalni momenti Iα,β jesu elementi jednog tenzora drugog reda
koji se zove tenzor tromosti krutog tijela i označava se s I
⎡ ⎤
⎢
I = ⎢
⎣
Ixx Ixy Ixz
Iyx Iyy Iyz
Izx Izy Izz
⎥
⎥.
(13.2)
⎦
Fizičko značenje momenata tromosti se vidi iz relacije (12.12): oni se pojavljuju u izrazu za
kinetičku energiju vrtnje oko nepomične osi, dakle rad koji treba utroˇsiti da bi se tijelo dovelo
u odredeno stanje vrtnje je srazmjeran momentu tromosti oko te osi.
No, koje je fizičko značenje umnoˇzaka tromosti? Sjetimo se da na svaku česticu mase m koja
se vrti, djeluje centrifugalna sila (8.5)
�Fcf = m�acf = − m �ω × (�ω × �r).
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,

13.1. TENZOR TROMOSTI 443
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 poniˇstiti 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 poniˇstiti,
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 razmiˇsljanja slijedećim računom: neka se u nekom početnom vremenskom
trenutku tijelo vrti oko osi �ω i neka je koordinatni sustav postavljen tako da je
�ω = ω �ez.
Izračunajmoukupanmomentcentrifugalnihsilakojedjelujunasvečesticekrutogtijela. Ponovo
koristimo identitet
koji vodi na
�Mcf =
N�
j=1
= −
= −
�rj × � Fj,cf = −
N�
j=1
N�
j=1
= −�ex ω 2
mj �rj ×
�A × ( � B × � C) = ( � A � C) � B −( � A � B) � C
N�
j=1
mj �rj ×
�
(�ω�rj) �ω −ω 2 �
�rj = −
� �
�ω × (�ω × �rj)
N�
j=1
mj
mj (ωzj) (xj �ex +yj �ey +zj �ez) × ω �ez = −
N�
j=1
= Mcf,x�ex −Mcf,y�ey,
mj yj zj +�ey ω 2
N�
j=1
gdje su komponente momenta centrifugalne sile jednake
�
(�ω�rj) (�rj × �ω)−ω 2 �
(�rj × �rj)
� �� �
N�
j=1
mj xj zj = ω 2 (�ex Iyz −�ey Ixz)
Mcf,x = ω 2 Iyz, Mcf,y = ω 2 Ixz.
= 0
mj (ωzj) (�ex yj ω −�ey xj 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 naˇsem primjeru su to x i y
smjerovi). Da bi se tijelo sve vrijeme okretalo oko osi z, potrebno je vanjskim silama fiksirati os
vrtnje (kaoˇsto jetoprikazanona slici 12.10). Ovaj moment sile iˇsčezava, samo ako jeraspodjela
masa simetrična prema početnoj osi vrtnje, tj. ako je Iyz = Ixz = 0 (simetrična raspodjela mase
znači da u gornjem zbroju za Iyz i Ixz 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 srediˇstem mase krutog tijela, tada je ona i glavna os
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, umnoˇsci tromosti se nazivaju i devijacijski momenti
ili centrifugalni momenti.

444 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Zadatak: 13.1 Izračunajte tenzor tromosti homogenog valjka polumjera R, visine H i mase m.
R:
... dovrˇsiti ...
Vratimo se komponentama momenta količine gibanja, koje sada moˇzemo napisati preko momenata
i umnoˇzaka tromosti
Lx = Ixx ωx +Ixy ωy +Ixz ωz,
Ly = Iyx ωx +Iyy ωy +Iyz ωz, (13.3)
Lz = Izx ωx +Izy ωy +Izz ωz.
Gornjisustavjednadˇzbamoˇzemonapisatikaojednumatričnujednadˇzbu, takoˇstoćemokoristiti
matricu tenzora tromosti I u pravokutnom koordinatnom sustavu
⎡ ⎤
⎢
I = ⎢
⎣
Ixx Ixy Ixz
Iyx Iyy Iyz
Izx Izy Izz
Elementi matrice su (prema definiciji) realni, a zbog simetrije umnoˇzaka tromosti:
Ixy = Iyx,
Ixz = Izx,
Iyz = Izy,
matrica jeisimetrična. To znači da su njezine svojstvene vrijednosti realne, a svojstveni vektori
su medusobno okomiti. Sustav jednadˇzba (13.3) sada glasi
⎥
⎦ .
�L = I �ω. (13.4)
U ovom općem slučaju, kada su Iα,β �= 0, smjer momenta količine gibanja � L se razlikuje od
smjera osi vrtnje �ω.
Pogledajmo sadakako izgleda kinetička energija vrtnjekrutogtijela? Ponovo krećemo odzapisa
kinetičke energije vrtnje kao zbroja kinetičkih energija pojedinih čestica krutog tijela
Ek,vrt = 1
2
= 1
2
= 1
2
N�
j=1
N�
j=1
�
mj �v 2
j = 1
2
N�
j=1
mj �vj �vj
mj �vj (�ω × �rj) = 1
2
ωxLx +ωyLy +ωzLz
�
.
N�
j=1
mj �ω (�rj × �vj) = 1
2 �ω � L
(13.5)

13.1. TENZOR TROMOSTI 445
Uvrstimo li relacije (13.3) u skalarni umnoˇzak �ω � L, dobiva se izraz za kinetičku energiju vrtnje
Ek,vrt = 1
2
�
Ixx ω 2 x +Iyy ω 2 y +Izz ω 2 z +2 Ixy ωx ωy +2 Ixz ωx ωz +2I yz ωy ωz
�
(13.6)
Zadatak: 13.2 Stoˇzac jednolike gustoće, kotrlja se bez klizanja po ravnini (x,y) kutnom brzinom
˙ϕ oko osi z. Polumjer stoˇsca je R, visina H, a masa m (slika 13.2).
Izračunajte kinetičku energiju stoˇsca.
R:
Slika 13.2: Uz primjer izračunavanja kinetičke energije stoˇsca koji se kotrlja po ravnini.
Primjetimo najprije da u ovom zadatku postoje dvije kutne brzine. Prva je kutna
brzina vrtnje srediˇsta mase stoˇsca oko ishodiˇsta i nju ćemo označiti s ˙ϕ. Druga
je kutna brzina vrtnje stoˇsca oko trenutnog srediˇsta vrtnje, a to je linije po kojoj
stoˇzac dodiruje ravninu (x,y). Ovu ćemo brzinu označiti s ω = ˙χ.
Srediˇste mase stoˇsca se nalazi na osi simetrije, 3H/4 udaljeno od njegovog vrha.
Izračunajmo brzinu srediˇsta mase na dva načina:
(a) pomoću ˙ϕ
(b) pomoću ω
vSM = ds
dt = ρSM dϕ
=
dt
3
H cosα ˙ϕ,
4
r dχ 3
vSM = = H sinα ω.
dt 4
Usporedbom gornja dva izraza, dolazimo do
ω = cosα
sinα
˙ϕ = H
R ˙ϕ.

446 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Ukupnukinetičkuenergijumoˇzemodobitikaoenergijuvrtnjeokotrenutnogsrediˇsta.
Za to nam je potrebna brzina vrtnje oko trenutnog srediˇsta, a to je ω i moment tro-
mosti oko trenutnog srediˇsta, a to je moment tromosti stoˇsca oko njegove izvodnice
Iizv = 3
20 mR2
za ukupnu energiju stoˇsca dobivamo
�
1+ 5H2
R 2 +H 2
�
,
E = E t.s. 1
k,vrt =
2 Iizvω 2 = 3
40 m H2 ˙ϕ 2 R2 +6H 2
R2 +H
Sustav glavnih osi krutog tijela:
Analizom značenja centrifugalnih momenata tromosti pokazano je oni vode na momente sila
koji izazivaju promjenu smjera i iznosa vrtnje. Imajući to u vidu, prirodno je postaviti pitanje:
postoji li sustav u kojemu će centrifugalni momenati tromosti biti jednaki nuli
Iα,β = 0, α �= β.
U tom sustavu centrifugalne sile neće mijenjati smjer osi vrtnje (no joˇs uvijek će smjer � L biti
različit od smjera �ω).
Matematičkim jezikom rečeno, treba pronaći koordinatni sustav u kojemu će matrica tenzora
tromosti biti dijagonalna s dijagonalnim elementima Ij za j = 1,2,3. Takav će se sustav zvati
sustav glavnih osi krutogtijela, ajedinični vektori togsustava seoznačavajus�ej (slika 13.3).
Budući da je matrica tenzora I realna i simetrična, vektori �ej su medusobno okomiti i mogu
Slika 13.3: Glavne osi krutog tijela: �e1,�e2,�e3.
se koristiti kao baza trodimenzijskog vektorskog prostora. Naravno da je taj sustav čvrsto
vezan s krutim tijelom i rotira zajedno s njim. Centrifugalni momenti tromosti, u sustavu
glavnih osi, su jednaki nuli i zato će tijelo koje se u početnom trenutku vrtjelo oko jedne od
2 .

13.1. TENZOR TROMOSTI 447
glavnih osi, nastaviti vrtnju oko te osi sve dok vanjske sile ne promjene smjer vrtnje. Da bi
se naˇsle dijagonalne vrijednosti Ij i smjerovi glavnih osa �ej, treba rijeˇsiti algebarski problem
dijagonalizacije matrice, tj. naći njezine svojstvene vrijednosti Ij i pripadajuće svojstvene
vektore �ej
I�ej = Ij �ej →
� �
I−1 Ij �ej = 0,
(s1jeoznačena3×3dijagonalnamatricasjedinicamanadijagonaliinulamaizvandijagonale).
Gornja jednadˇzba ima rjeˇsenje �ej �= 0 ako determinata matrice (I−1 Ij) iˇsčezava
�
�
�
� Ixx −Ij Ixy Ixz
�
�
�
�
�
�
� Iyx Iyy −Ij Iyz �
�
� = 0.
�
�
�
�
�
�
Izx Izy Izz −Ij
To je algebarska jednadˇzba trećeg reda za nepoznanice Ij. Zbog realnosti i simetrije elemenata
matrice I, ona ima tri realna rjeˇsenja Ij koja se zovu glavni momenti tromosti (oni nisu
nuˇzno medusobno različiti 1 ) . Njima su pridruˇzena tri ortonormirana svojstvena vektora�ej koji
se zovu glavne osi krutog tijela
I�ej = Ij �ej,
�ei ·�ej = δi,j, i,j = 1,2,3.
Smjerovi glavnih osi odgovaraju smjerovima simetrije krutog tijela. Nedijagonalni elementi
Ii,j iˇsčezavaju samo ako se u izrazu
Ii,j = Ij,i = −
N�
n=1
mn ri,n rj,n
(gdje rj,n označava projekciju radij vektora n-te čestice na smjer glavne osi �ej) pojavi jednako
mnogo pozitivnih i negativnih doprinosa koji se medusobno poniˇste, a to je upravo znak
simetričnosti.
Izrazimo kinetičku energiju vrtnje preko veličina vezanih za sustav glavnih osi. Označimo s ωj i
Lj za j = 1,2,3, komponente kutne brzine vrtnje i momenta količine gibanja u sustavu glavnih
osi
�L ·�ej = Lj, �ω ·�ej = ωj.
U tom je sustavu sustavu I dijagonalna matrica, pa relacija � L = I �ω postaje jednostavno
a kinetička energija vrtnje
�L = I1 ω1 �e1 +I2 ω2 �e2 +I3 ω3 �e3,
L1 = I1 ω1, L2 = I2 ω2, L3 = I3 ω3,
Ek,vrt = 1
2 �ω � L = 1
2 (I1 ω 2 1 +I2 ω 2 2 +I3 ω 2 3 ) (13.7)
1 Npr. homogena kugla ima sva tri glavna omenta tromosti medusobno jednaka.

448 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Ako kutna brzina vrtnje ima smjer jedne od glavnih osi krutog tijela �ω = ω �ej, tada će biti
�L = Ij ω �ej, tj. u tom slučaju � L i �ω imaju isti smjer, a kinetička energija vrtnje je
Ek,vrt = 1
2 �ω � L = 1
2 Ij ω 2
(13.8)
Izraz za energiju (13.7) moˇze napisati i drukčije, tako ˇsto će se uvesti kosinusi kutova koje os
vrtnje, �eω, zatvara sa smjerovima glavnih osi. Prema samom značenju komponente ωj je
ωj = �ω ·�ej = ω cos(�eω,�ej),
stoga je, prema (13.7), i kinetička energija vrtnje jednaka
Ek,vrt = 1
2
� I1 ω 2 cos 2 (�eω,�e1)+I2 ω 2 cos 2 (�eω,�e2)+I3 ω 2 cos 2 (�eω,�e3) � ≡ 1
2 ω2 I�ω.
Gornji izraz definira moment tromosti krutog tijela I�ω u odnosu na proizvoljni smjer vrtnje�eω,
izraˇzen preko glavnih momenata tromosti Ij
I�ω = I1cos 2 (�eω,�e1)+I2cos 2 (�eω,�e2)+I3cos 2 (�eω,�e3). (13.9)
Gornji izraz je osobito vaˇzan, jer daje moment tromosti tijela oko proizvoljne osi �eω izraˇzen
preko momenata tromosti oko glavnih osi. Drugim riječima, ako se jednom izračunaju momenti
tromosti tijela oko glavnih osi, onda se pomoću gornjeg izraza i malo trigonometrije moˇze lako
izračunati moment tromosti oko proizvoljne osi.
Zadatak: 13.3 Izračunajte moment tromosti valjka oko osi označene na slici.
Polumjer valjka je R, visina H, a masa m.
Valjak se vrti oko osi koja prolazi srediˇstem
baze i jednom točkom na spojnici suprotne
baze i plaˇsta.
R:
Prema relaciji (13.9), za rjeˇsenje ovog zadatka trebamo samo znati glavne momente
tromosti valjka Ij i kuteve koje os vrtnje zatvara a glavnim osima valjka �ej. Zbog
simetrije valjka, koordinatni sustav uvijek moˇzemo postaviti tako da os vrtnje leˇzi
u (�e1,�e2) ravnini, pa je
cos 2 (�eω,�e1) =
I1 = 1
2 m R2 , I2 = I3 = m
H 2
H 2 +R 2,
cos2 (�eω,�e2) =
Uvrˇstavanjem gornjih vrijednosti u (13.9), dobiva se
� R 2
4
R 2
H 2 +R 2,
I�ω = 1
12 m R2 10H2 +3R 2
H2 +R2 .
�
H2
+
3
cos2 (�eω,�e3) = 0.

13.2. EULEROVE JEDNAD ˇ ZBE GIBANJA 449
Kaoˇsto je gornjim izrazom definiran moment tromosti u odnosu na sustav glavnih osi, slično se
moˇze 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 �eω. Tada je
�ω = ω �eω = ωx �ex +ωy �ey +ωz �ez /·�ex
ω (�eω�ex) = ωx
ω cosα = ωx
i slično za y i z komponentu, ˇsto sve zajedno daje
�ω = ω (�ex cosα+�ey cosβ +�ez cosγ).
Uvrsti li se ovaj izraz za kutnu brzinu u (13.6), za kinetičku energiju se dobije
gdje je s I označena veličina
Ek,vrt = 1
2 I ω2 ,
I = Ixx cos 2 α+Iyy cos 2 β +Izz cos 2 γ
+ 2 Ixy cosα cosβ +2 Ixz cosα cosγ +2 Iyz cosβ cosγ.
Gornja veličina opisuje svojstva tromosti krutog tijela u odnosu na proizvoljan inercijski sustav
(x,y,z). Ona se mogu vizualizirati u obliku jednog elipsoida, na slijedeći način. Uvedimo
vektor �η relacijom
�η = �eω
√I =�ex
cosα
√ I +�ey
cosβ
√I +�ez
U terminima komponenata vektora �η, izraz za I glasi
cosγ
√I =�ex ηx +�ey ηy +�ez ηz.
1 = Ixx η 2 x +Iyy η 2 y +Izz η 2 z +2 Ixy ηx ηy +2 Ixz ηx ηz +2 Iyz ηy ηz. (13.10)
Ukoordinatnomsustavu(ηx,ηy,ηz),gornjajednadˇzbapredstavljaelipsoidkojisezoveelipsoid
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
iˇsčezavaju. U tom slučaju jednadˇzba elipsoida tromosti postaje
gdje su
η1 = cos(�eω,�e1)
√ I�ω
1 = I1η 2 1 +I2η 2 2 +I3η 2 3, (13.11)
, η2 = cos(�eω,�e2)
√ I�ω
13.2 Eulerove jednadˇzbe gibanja
, η3 = cos(�eω,�e3)
√ .
I�ω
Promatrajmo kruto tijelo koje se vrti oko osi �eω(t) i na koje djeluju vanjske sile. Učinak
vanjskih sila na vrtnju tijela opisujemo momentom vanjskih sila � M. Gibanjetijela ćemo promatrati
iz dva koordinatna sustava: jednog inercijskog (nepomičnog) i drugog koji je čvrsto vezan

450 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
za kruto tijelo i vrti se zajedno s njim (neinercijski). Za ovaj neinercijski sustav ćemo odabrati
upravo sustav glavnih osi (�e1,�e2,�e3). U tom je sustavu ukupan moment količine gibanja krutog
tijela jednak
�L = I1 ω1(t)�e1 +I2 ω2(t)�e2 +I3 ω3(t)�e3,
gdjesuωj(t)komponentekutnebrzinevrtnjeusmjerovimaglavnihosi. Uneinercijskomsustavu
sesamokutnabrzinamoˇzemijenjatisvremenom, doksumomentitromostiIj ismjerovivektora
�ej konstantni (jer se vektori �ej vrte zajedno s neinercijskim sustavom). Prema relaciji (8.4),
vremenske promjene vektora � L u inercijskom i neinercijskom sustavu su povezane relacijom
d � L
dt
�
�
�
�
� in.
= d� L
dt
�
�
�
�
� nin.
+�ω × � L
= I1˙ω 1�e1 +I2˙ω 2�e2 +I3˙ω 3�e3 +(ω1�e1 +ω2�e2 +ω3�e3) × (I1ω1�e1 +I2ω2�e2 +I3ω3�e3)
� � � � � �
= �e1 I1˙ω 1 +(I3 −I2)ω2ω3 +�e2 I2˙ω 2 +(I1 −I3)ω1ω3 +�e3 I3˙ω 3 +(I2 −I1)ω1ω2 .
Vanjske sile koje djeluju na tijelo, kao ˇsto im samo ime kaˇze, djeluju u vanjskom, dakle inercijskom
sustavu, pa njihov moment zadovoljava jednadˇzbu (10.19)
d� �
L
�
�
� =
dt
� M = M1 �e1 +M2 �e2 +M3 �e3. (13.12)
� in.
Primjetimo da se, promatrano iz inercijskog sustava, smjerovi �ej mijenjaju u vremenu. Usporedbom
gornje dvije jednadˇzbe, dolazi se do sustava
I1 ˙ω 1 +(I3 −I2) ω2 ω3 = M1,
I2 ˙ω 2 +(I1 −I3) ω1 ω3 = M2,
I3 ˙ω 3 +(I2 −I1) ω1 ω2 = M3.
koji se zove Eulerove 2 jednadˇzbe gibanja krutog tijela.
(13.13)
Konstante gibanja
Traˇze se 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 (10.19) i u neinercijskom (10.34)
sustavu), zaključujemo da je tada moment količine gibanja krutog tijela konstantan,
2 Leonhard Euler, 1707. - 1783., ˇsvicarski matematičar.
�L = const.

13.2. EULEROVE JEDNAD ˇ ZBE GIBANJA 451
Konstantnost vektora znači konstantnost smjera
i konstantnost iznosa
L =
�L
| � L|
= const.
�
L2 x +L2y +L2z =
�
L2 1 +L22 +L23 = const..
Pravac na kojemu leˇzi � L se zove invarijantna linija.
Druga konstanta: kinetička energija.
Pokaˇzimo da će u ovom slučaju i kinetička energija vrtnje biti konstantna. Započnimo timeˇsto
ćemo Eulerove jednadˇzbe redom pomnoˇziti s ω1,2,3 (neka je u početku desna strana različita od
nule),
�
a zatim ih zbrojiti
I1 ˙ω 1 +(I3 −I2) ω2 ω3 = M1
I2 ˙ω 2 +(I1 −I3) ω1 ω3 = M2
I3 ˙ω 3 +(I2 −I1) ω1 ω2 = M3
·ω1
�
·ω2
�
·ω3,
I1 ˙ω 1 ω1 +I2 ˙ω 2 ω2 +I3 ˙ω 3 ω3 +ω1 ω2 ω3(I3 −I2 +I1 −I3 +I2 −I1)
� �� �
Primjetimo da je ˙ω j ωj = 1
1
2
= 0
2 (dω2 j/dt), pa gornji izraz moˇzemo napisati kao
�
�
= � M ·�ω.
I1
dω 2 1
dt +I2
dω 2 2
dt +I3
dω 2 3
dt
= M1ω1 +M2ω2 +M3ω3.
Prema relaciji za energiju (13.7), izraz u zagradi prepoznajemo kao vremensku promjenu kinetičke
energije vrtnje (tj. snagu vrtnje), pa gornji izraz kaˇze da je vremenska promjena kinetičke
energije vrtnje jednaka skalarnom umnoˇsku � M ·�ω
dEk,vrt
dt = � M ·�ω.
Gornja je jednadˇzba iste grade kao i (4.8). Ukoliko je moment vanjskih sila jednak nuli, � M = 0,
tada je i energija konstantna
dEk,vrt
dt = 0 ⇒ Ek,vrt = const.
Treća konstanta: projekcija osi vrtnje.
Iz činjenice da je kinetička energija konstantna, a pomoću relacije (13.5) zaključujemo da je
projekcija osi vrtnje �eω(t) na konstantni vektor � L i sama konstantna (slika 13.4)
Ek,vrt = 1
2 �ω� L = const.

452 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.4: Projekcija osi vrtnje �eω(t) na vektor � L se ne mijenja u vremenu.
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 kruˇznica, jer vektor �ω(t) ne mora biti konstantnog iznosa - traˇzi se samo da je njegova
projekcija na jedan konstantni vektor i sama konstantna. Gornja relacija kaˇze da projekcija
�ω(t) na � L (dakle umnoˇzak ωcos(�eω, � L)), mora biti u svakom trenutku ista. Opaˇzač smjeˇsten
u sustav koji se vrti zajedno s krutim tijelom (�e1,�e2,�e3) 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 vaˇzan primjer krutog tijela koje se vrti
uz moment vanjskih sila jednak nuli, je vrtnja
Zemlje oko svoje osi. Jedina vanjska
sila koja djelujena Zemlju jegravitacijska sila
(od Sunca i drugih planeta), ali ona djeluje
na srediˇste mase Zemlje, pa je njezin moment
sile jednak nuli. Zemlja nije savrˇseno kruto
tijelo, jer ima tekuću jezgru, ali ćemo učinke
te tekuće jezgre na vrtnju Zemlje zanemariti.
Takoder ćemooblikZemljeaproksimiratioblikom
elipsoida (spljoˇstene kugle, slika 13.7.A
dolje). Označimo li smjer osi simetrije takvog
tijela kao �e3, tada će biti I1 = I2 �= I3 i
Slika 13.5: Pribliˇzan oblik Zemlje prikazane u sustavu
glavnih osi.

13.3. GIBANJE ZEMLJE 453
Eulerove jednadˇzbe glase
I1 ˙ω 1 +(I3 −I1) ω2 ω3 = 0,
I1 ˙ω 2 +(I1 −I3) ω1 ω3 = 0,
= 0.
I3 ˙ω 3
U ovom slučaju, a kao posljedicu simetrije I1 = I2, vidimo da postoji i četvrta konstanta
gibanja. Naime iz posljednje od gornjih jednadˇzba zaključujemo da je treća komponenta kutne
brzine vrtnje konstantna
ω3 = const. ≡ Ω3.
Tada se preostale dvije jednadˇzbe mogu napisati u obliku
˙ω 1 + I3 −I1
I1
˙ω 2 − I3 −I1
I1
ω2 Ω3 = 0, (13.14)
ω1 Ω3 = 0.
To je sustav od dvije vezane diferencijalne jednadˇzbe prvog reda, za nepoznate funkcije ω1(t)
i ω2(t). Vremenskom derivacijom druge od gornjih jednadˇzba i uvrˇstavanjem prve, dobiva se
diferencijalna jednadˇzba drugog reda, ali se u njoj pojavljuje samo jedna funkcija, ω2(t)
� �2 I3 −I1
¨ω2 + ω2 = 0. (13.15)
Ω3
I1
Gornju jednadˇzbu prepoznajemo kao jednadˇzbu slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog
oscilatora (6.3)
¨x +ω 2 0 x = 0,
s općim rjeˇsenjem danim preko sinusa i kosinusa
ω2 = A cosω0t+Ω⊥ sinω0t,
gdje su A i Ω⊥ konstante. Odaberu li se početni uvjeti tako da je u t = 0 i ω2 = 0, slijedi da
je A = 0, tj.
ω2 = Ω⊥ sinω0t.
Vrijednost ω0 dobiva se iz diferencijalne jednadˇzbe (13.15) za ω2, i ona iznosi
ω0 = Ω3
Uvrˇstavanje ω2 u jednadˇzbu (13.14) za ω1, daje
|I3 −I1|
.
I1
ω1 = Ω⊥ cosω0t.
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) =�e1 Ω⊥ cosω0t+�e2 Ω⊥ sinω0t+�e3 Ω3

454 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
(primjetimo da i Ω⊥ i Ω3 imaju dimenziju kutne brzine). Primjećujemo da je kutna brzina
vrtnje konstantnog iznosa
ω =
�
Ω 2 ⊥ +Ω2 3
i zato vektor �ω opisuje stoˇzac u prostoru tako da je os stoˇsca visine Ω3 u smjeru �e3, a polumjer
baze je Ω⊥ (slika 13.6), tj. �ω precesira oko �e3. Kutna brzina precesije je ω0 pa je vrijeme
jednog obilaska, tj. period precesije
Konkretno, za Zemlju je
Slika 13.6: Precesija �ω(t) oko �e3.
ω3 = Ω3 = 2π rad
dan ,
T0 = 2π
.
ω0
I3 −I1
I1
= 0.00327,
pa period precesije iznosi oko T0 = 305 dana ili desetak mjeseci. Ovo je vrijednost za T0 blizu
opaˇzene vrijednosti koja iznosi pribliˇzno 430 dana, a razlika se objaˇsnjava, već spomenutom,
činjenicom da Zemlja nije savrˇseno kruta, već ima i tekući jezgru, pa u razmatranje treba uzeti
i hidrodinamičko ponaˇsanje tekućine koja se vrti, a takoder treba uzeti u obzir i atmosferska
gibanja, utjecaj plimnog trenja, elastičnosti Zemlje (koja ipak nije savrˇseno kruta) i slično.
Vidimo da su za odredenje gibanja Zemlje, vaˇzna tri vektora: �e3,�ω i � L. Njihove medusobne
odnose ćemo opisati pomoću dva stoˇsca. To su:
prostorni stoˇzac - vezan za sustav (�ex,�ey,�ez) i
stoˇzac krutog tijela - vezan za sustav (�e1,�e2,�e3).
Opiˇsimo vrtnju Zemlje u u tim terminima. Označimo s α kut izmedu osi simetrije Zemlje �e3

13.3. GIBANJE ZEMLJE 455
(glavne osi su osi simetrije tijela) i konstantnog vektora momenta količine gibanja � L.
�ω = �e1 Ω⊥cosω0t+�e2 Ω⊥sinω0t+�e3 Ω3,
�L = I1ω1�e1 +I1ω2�e2 +I3ω3�e3,
= I1Ω⊥(�e1 cosω0t+�e2 sinω0t)+�e3I3 Ω3,
cosα = �e3 · � L
L =
I3 Ω3
�
2 I1 Ω2 ⊥ +I2 3 Ω2 .
3
Označimo s β kut izmedu osi simetrije Zemlje �e3 i vektora vrtnje �ω
cosβ =�e3 · �ω
ω =
Ω3
�
2 Ω⊥ +Ω 2 .
3
Uobičajenim trigonometrijskim manipulacijama, dolazi se do sinusa kutova α i β
sinα =
a zatim i do omjera njihovih tangensa
tanα = I1 Ω⊥
I3 Ω3
I1 Ω⊥
�
2 I1 Ω2 ⊥ +I2 3 Ω2 , sinβ =
3
, tanβ = Ω⊥
, ⇒
Ω3
Ω⊥
�
2 Ω⊥ +Ω 2 ,
3
tanα
tanβ
I1
= .
I3
Za Zemlju (ili bilo koji drugi sferoid spljoˇsten na polovima) je I1 < I3 (zato jer je zbog spljoˇstenosti,
veličina r 2 ⊥ veća kada se računa I3, nego kada se računa I1).
I1 < I3 ⇒ tanα < tanβ ⇒ α < β.
Nazovimo prostornim stoˇscem stoˇzac čija jeossimetrije konstantni vektor � L, ossimetrije stoˇsca
tijela neka je os �e3 (slika 13.7 gore). Vidimo da gibanje Zemlje moˇzemo shvatiti kao kotrljanje
(bez klizanja) stoˇsca tijelaoko prostornogstoˇsca (vektor � L jekonstantan, pa seprostorni stoˇzac
ne pomiče, nego se pomiče stoˇzac tijela) tako da njihova dodirna linija ima smjer vektora vrtnje
�ω.
Navedimo joˇs nekoliko opaˇzanja vezanih za opis Zemljinog gibanja:
• Primjetimo da pravci definirani vektorima � L,�e3 i �ω leˇze u istoj ravnini. Ovu ćemo tvrdnju
dokazati tako ˇsto ćemo pokazati da je volumen paralelopipeda čije su stranice dane ovim
vektorima, jednak nuli. Volumen računamo preko mjeˇsovitog umnoˇska ta tri vektora, relacijom
(2.8), u bazi glavnih osi krutog tijela
�
�
�
�L ·(�e3 × �ω) = �
�
�
I1 ω1 I1 ω2 I3 ω3
0 0 1
ω1 ω2 ω3
�
�
�
�
� = 0.
�
• Opaˇzač u koordinatnom sustavu (O,x,y,z) će vidjeti da �ω opisuje prostorni stoˇzac, dok
će opaˇzač u sustavu (O,�e1,�e2,�e3) (a to smo svi mi koji ˇzivimo na Zemlji) vidjeti da �ω opisuje
stoˇzac tijela.
• Za Zemlju je I1 < I3 (spljoˇstena tijela) i zato je prostorni stoˇzac unutar stoˇsca krutog tijela.
Za tijela za koja je I1 > I3 (duguljasta tijela oblika cigare) je lako pokazati da je stoˇzac tijela
unutar prostornog stoˇsca (slika 13.7 dolje).

456 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.7: Gore: opis gibanja Zemlje pomoću prostornog stoˇsca (os simetrije je � L) i stoˇsca tijela (os simetrije
je �e3). Dolje: poloˇzaji prostornog stoˇsca i stoˇsca tijela, ovisno o odnosu I1 i I3

13.4. EULEROVI KUTOVI 457
13.4 Eulerovi kutovi
Za opis vrtnje krutog tijela oko nepomične točke, uobičajeno je koristiti tri kutne varijable
Φ, Θ, Ψ,
koje se zovu Eulerovi kutovi. Osnovna je ideja posve jednostavna:
- kreće se s dva koordinatna sustava s istim ishodiˇstem (O;x,y,z) i (O;x ′ ,y ′ ,z ′ ), koji se u
početku poklapaju;
- zatim se pomoću kutova Φ i Θ, koji su poznati iz sfernog koordinatnog sustava, odredi novi
smjer osi z ′ ;
- i konačno cijeli se sustav (x ′ ,y ′ ,z ′ ) zakrene oko osi z ′ za kut Ψ.
Pokaˇzimo 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 ′ ), stiˇze u konačni zakrenuti sustav
(x ′ ,y ′ ,z ′ ):
Slika 13.8: Uz definiciju Eulerovih kutova Φ,Θ i Ψ.
(x,y,z) ⇒ (X,Y,Z) ⇒ (X ′ ,Y ′ ,Z ′ ) ⇒ (x ′ ,y ′ ,z ′ )
z = Z X = X ′ Z ′ = z ′
Φ Θ Ψ
slika 13.8.A slika 13.8.B slika 13.8.C
Poveˇzimo jedinične vektore pojedinih koordinatnih sustava:
prvi korak: zakret oko osi z = Z za kut Φ (slika 13.8.A)
�ex = (�ex�eX )�eX +(�ex�eY )�eY +(�ex�eZ )�eZ =�eX cosΦ+�eY cos(Φ+ π
2 )+�eZ cos π
2
= �eX cosΦ−�eY sinΦ,
�ey = (�ey�eX )�eX +(�ey�eY )�eY +(�ey�eZ )�eZ =�eX cos( π
2 −Φ)+�eY cosΦ+�eZ cos π
2
= �eX sinΦ+�eY cosΦ,
�ez = (�ez�eX )�eX +(�ez�eY )�eY +(�ez�eZ )�eZ =�eX cos π
2 +�eY cos π
2 +�eZ cos0
= �eZ ,

458 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
ili, u matričnom zapisu
⎡
⎣ �ex
�ey
⎤ ⎡
⎦ = E ⎣ Φ
�ez
�eX
�eY
�eZ
⎤
⎡
⎦, E Φ = ⎣
cosΦ −sinΦ 0
sinΦ cosΦ 0
0 0 1
Drugi korak: zakret oko osi X = X ′ za kut Θ (slika 13.8.B)
π
�eX = (�eX�eX ′)�eX ′ +(�eX�eY ′)�eY ′ +(�eX�eZ ′)�eZ ′ =�eX ′ cos0+�eY ′ cos
= �eX ′ ,
�eY = (�eY �eX ′)�eX ′ +(�eY �eY ′)�eY ′ +(�eY
π
�eZ ′)�eZ ′ =�eX ′ cos
= �eY
′ cosΘ−�eZ ′ sinΘ,
π
�eZ = (�eZ�eX ′)�eX ′ +(�eZ�eY ′)�eY ′ +(�eZ�eZ ′)�eZ ′ =�eX ′ cos
= �eY
Matrično ⎡
′ sinΘ+�eZ ′ cosΘ,.
⎣ �eX
�eY
�eZ
⎤ ⎡
�eX ′
⎦ = E ⎣ Θ �eY ′
�eZ ′
⎤
⎡
⎦, E Θ = ⎣
Treći korak: zakret oko osi Z ′ = z ′ za kut Ψ (slika 13.8.C)
2
2
2
⎤
⎦. (13.16)
+�eZ ′ cos π
2
+�eY ′ cosΘ+�eZ ′ cos(Θ+ π
2 )
+�eY ′ cos(π −Θ)+�eZ ′ cosΘ
2
1 0 0
0 cosΘ −sinΘ
0 sinΘ cosΘ
�eX ′ = (�eX ′�ex ′)�ex ′ +(�eX ′�ey ′)�ey ′ +(�eX ′�ez ′)�ez ′ =�ex ′ cosΨ+�ey ′ cos(π
= �ex ′ cosΨ−�ey ′ sinΨ,
�eY ′ = (�eY ′�ex ′)�ex ′ +(�eY ′�ey ′ )�ey ′ +(�eY ′�ez ′)�ez ′ =�ex ′ cos(π
2
= �ex ′ sinΨ+�ey ′ cosΨ,
π
�eZ ′ = (�eZ ′�ex ′)�ex ′ +(�eZ ′�ey ′)�ey ′ +(�eZ ′�ez ′)�ez ′ =�ex ′ cos
= �ez ′,
ili, u matričnom zapisu
⎡
�eX ′
⎣ �eY ′
�eZ ′
⎤ ⎡
�ex ′
⎦ = E ⎣ Ψ �ey ′
�ez ′
⎤
⎡
⎦, E Ψ = ⎣
2
2
⎤
⎦. (13.17)
+Θ)+�ez ′ cos π
2
−Ψ)+�ey ′ cosΨ+�ez ′ cos π
2
π
+�ey ′ cos +�ez ′ cos0
2
cosΨ −sinΨ 0
sinΨ cosΨ 0
0 0 1
⎤
⎦. (13.18)
Sada ćemo, pomoću gornjih relacija, povezati jedinične vektore (�ex,�ey,�ez) sa jediničnim vektorima
(�ex ′,�ey ′,�ez ′ ).
Uzastopnomprimjenomgornjihrelacija,moˇzemopovezatisustav(x,y,z)sasustavom(x ′ ,y ′ ,z ′ )
⎡
⎣ �ex
�ey
�ez
⎤ ⎡
�ex ′
⎦ = E ΦE ΘE ⎣ Ψ �ey ′
�ez ′
⎤
⎦. (13.19)

13.4. EULEROVI KUTOVI 459
Iz gornjeg izraza moˇzemo izvesti i inverznu relaciju, invertiranjem matrica
⎡
�ex ′
⎣ �ey ′
�ez ′
⎤
⎦ = E −1
⎡
−1 −1
Ψ EΘ E ⎣
Φ
�ex
�ey
�ez
⎤
⎦. (13.20)
Pomoću matrica E Φ,EΘ i E Ψ mogu se dobiti veze i medu vektorima ostalih baza. Npr.
⎡
⎣ �eX
⎤ ⎡
�ex ′
�eY ⎦ = E Θ E ⎣ Ψ �ey
�eZ
′
�ez ′
⎤ ⎡
⎦, ⎣ �eX
⎤
�eY ⎦ = E
�eZ
−1
⎡
⎣
Φ
�ex
⎤
�ey ⎦, (13.21)
�ez
ili ⎡
⎣
�eX ′
�eY ′
�eZ ′
⎤
⎦ = E Ψ
⎡
⎣
�ex ′
�ey ′
�ez ′
⎤
⎦,
⎡
⎣
�eX ′
�eY ′
�eZ ′
⎤
⎦ = E −1
Θ
E −1
Φ
⎡
⎣ �ex
�ey
�ez
⎤
⎦. (13.22)
Lako je vidjeti da su inverzne matrice iz gornjih izraza, upravo jednake transponiranim matricama
�
E Φ E Θ E Ψ
E −1
Φ = E T Φ, E Φ E T Φ = E T Φ E Φ = 1,
E −1
Θ = E T Θ, E Θ E T Θ = E T Θ E Θ = 1,
E −1
Ψ = E T Ψ , E Ψ E T Ψ = E T Ψ E Ψ = 1.
� −1
= E −1
Ψ
E −1
Θ
Izravnim mnoˇzenjem matrica, se dobije za E ΦE ΘE Ψ
⎡
−1
E Φ = E T Ψ E T Θ E T Φ =
� �T E Φ E Θ E Ψ .
⎢ cosΦcosΨ−sinΦcosΘsinΨ −cosΦsinΨ−sinΦcosΘcosΨ sinΦsinΘ ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ sinΦcosΨ+cosΦcosΘsinΨ −sinΦsinΨ+cosΦcosΘcosΨ −cosΦsinΘ ⎥,
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
sinΘsinΨ sinΘcosΨ cosΘ
⎦
i za E −1
Ψ
⎡
−1 −1
E E
Θ
Φ
⎤
(13.23)
⎢ cosΦcosΨ−sinΦcosΘsinΨ sinΦcosΨ+cosΦcosΘsinΨ sinΘsinΨ ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ −cosΦsinΨ−sinΦcosΘcosΨ −sinΦsinΨ+cosΦcosΘcosΨ sinΘcosΨ ⎥.
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
sinΦsinΘ −cosΦsinΘ cosΘ
⎦
⎤
(13.24)

460 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Uvrˇstavanjem (13.23) u (13.19), dobiju se relacije
�ex = �ex ′(cosΦcosΨ−sinΦcosΘsinΨ)+�ey ′(−cosΦsinΨ−sinΦcosΘcosΨ)+�ez ′ sinΦsinΘ,
�ey = �ex ′(sinΦcosΨ+cosΦcosΘsinΨ)+�ey ′(−sinΦsinΨ+cosΦcosΘcosΨ)−�ez ′ cosΦsinΘ,
�ez = �ex ′ sinΘsinΨ+�ey ′ sinΘcosΨ+�ez ′ cosΘ, (13.25)
a uvrˇstavanjem (13.24) u (13.20) dobiju se inverzne relacije
�ex ′ = �ex(cosΦcosΨ−sinΦcosΘsinΨ)+�ey(sinΦcosΨ+cosΦcosΘsinΨ)+�ez sinΘsinΨ,
�ey ′ = �ex(−cosΦsinΨ−sinΦcosΘcosΨ)+�ey(−sinΦsinΨ+cosΦcosΘcosΨ)+�ez sinΘcosΨ,
�ez ′ = �ex sinΦsinΘ−�ey cosΦsinΘ+�ez cosΘ. (13.26)
Nadalje ćemo se ovim relacijama korisiti kod opisa gibanja zvrka, pri čemu će (�ex,�ey,�ez) biti
inercijski sustav (nepomičan u prostoru), dok će (�ex ′,�ey ′ ,�ez ′) biti sustav glavnih osi tijela �ej
�e1 ≡�ex ′, �e2 ≡�ey ′, �e3 ≡�ez ′.
Kutna brzina
Izrazimo kutnu brzinu vrtnje tijela �ω u odnosu na inercijski sustav (�ex,�ey,�ez), preko Eulerovih
kutova: prvi korak je bio zakret za kut Φ oko osi �ez =�eZ , ˇsto daje doprinos od �ez ˙ Φ; drugi je
korak zakret oko osi �eX =�eX ′ za kut Θ, ˇsto daje doprinos od �eX ′ ˙ Θ; treći je korak zakret oko
osi �eZ ′ = �ez ′ ≡ �e3 za kut Ψ, ˇsto daje doprinos od �ez ′ ˙ Ψ ≡ �e3 ˙ Ψ. Sva tri doprinosa zajedno,
odreduju kutnu brzinu vrtnje
Prema (13.25) je
a prema (13.18) je
�ω =�ez ˙ Φ +�eX ′ ˙ Θ +�ez ′ ˙ Ψ =�ez ˙ Φ +�eX ′ ˙ Θ +�e3 ˙ Ψ.
�ez = �e1sinΘsinΨ+�e2sinΘcosΨ+�e3cosΘ,
�eX ′ =�e1cosΨ−�e2sinΨ.
Uvrˇstavanjem ova dva izraza u (13.27), dobiva se
�ω = ˙ Φ(�e1sinΘsinΨ+�e2sinΘcosΨ+�e3cosΘ)+ ˙ Θ(�e1cosΨ−�e2sinΨ)+�e3 ˙ Ψ
= �e1( ˙ Φ sinΘsinΨ+ ˙ Θ cosΨ)+�e2( ˙ Φ sinΘcosΨ− ˙ Θ sinΨ)+�e3( ˙ Φ cosΘ+ ˙ Ψ),
ili, po komponentama
ω1 = ˙ Φ sinΘsinΨ+ ˙ Θ cosΨ,
ω2 = ˙ Φ sinΘcosΨ− ˙ Θ sinΨ, (13.27)
ω3 = ˙ Φ cosΘ+ ˙ Ψ.

13.5. CAYLEY - KLEIN PARAMETRI 461
Na sličan način, polazeći od (13.27) i uvrˇstavanjem �eX ′ iz (13.22) i �ez ′ iz (13.26), dobivaju se
i komponente brzine vrtnje �ω u nepomičnom (inercijskom) (x,y,z) sustavu
�ω =�ex( ˙ Θ cosΦ+ ˙ Ψ sinΦsinΘ)+�ey( ˙ Θ sinΦ− ˙ Ψ cosΦsinΘ)+�ez( ˙ Φ + ˙ Ψ cosΘ), (13.28)
ili, po komponentama
ωx = ˙ Θ cosΦ+ ˙ Ψ sinΦsinΘ,
ωy = ˙ Θ sinΦ− ˙ Ψ cosΦsinΘ,
ωz = ˙ Φ + ˙ Ψ cosΘ.
Iz relacije (13.7) znamo oblik kinetičke energije vrtnje u sustavu glavnih osi tijela. U vrstimo li
u taj izrazgornjevrijednosti za ωj, dobivamo kinetičku energiju vrtnje izraˇzenu preko Eulerovih
kutova
Ek,vrt = 1
2 (I1 ω 2 1 +I2 ω 2 2 +I3 ω 2 3 )
= I1
2
� ˙Φ sinΘsinΨ+ ˙ Θ cosΨ
� 2
+ I2
2
� �2 ˙Φ sinΘcosΨ− Θ˙ sinΨ + I3
� �2 ˙Φ cosΘ+ Ψ˙
.
2
U posebnom slučaju kada je tijelo oblika spljoˇstene (ili izduˇzene) kugle, je I1 = I2 i kinetička
se energija svodi na
Ek,vrt = I1
2
� �
˙Φ 2 2
sin Θ+ Θ˙ 2
+ I3
� �2 ˙Φ cosΘ+ Ψ˙
.
2
Ukoliko je tijelo oblika kugle I1 = I2 = I3 = I
Ek,vrt = I
� �
˙Φ 2
+ Θ˙ 2
+ Ψ˙ 2
+2Φ˙ Ψ˙ cosΘ .
2
(Moment tromosti kugle oko osi kroz promjer je (2/5)mR 2 , tada je npr. Θ = Φ = 0, a ˙ Ψ = ω.)
13.5 Cayley - Klein parametri
13.6 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 13.9). 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 (e1,e2,e3) (neinercijski,
čvrsto vezan uz tijelo) tako da imaju isto ishodiˇste, a to ishodiˇste je nepomična točka gibanja
zvrka, kao na slici 13.9. Sustav (e1,e2,e3) se kutnom brzinom �ω vrti oko sustava (x,y,z).
Prisjetimo se Eulerovih kutova: Φ i Θ odreduju smjer osi vrtnje (tj. odreduju smjer �e3, gledano

462 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Slika 13.9: Vrtnja zvrka u gravitacijskom polju Zemlje.
iz (x,y,z) sustava), a kut Ψ tj. kutna brzina ˙ Ψ opisuje vrtnju zvrka oko osi �e3. Sustav
(�e1,�e2,�e3) se giba u skladu s promjenom smjera osi vrtnje (koje opisuju kutovi Φ i Θ), ali se
NE vrti oko svoje �e3 osi 3 (jer bi tada zvrk mirovao u tom sustavu). U sustavu glavnih osi �ej,
zvrk se vrti kutnom brzinom ˙ Ψ oko glavne osi �e3.
Uslijeddjelovanjamomentavanjskihsila, momentkoličinegibanjazvrkaćesemijenjatiuskladu
s ˙ �L = M. � U sustavu glavnih osi tijela je moment količine gibanja sada jednak
pri čemu su komponente vektora vrtnje
�L = I1 ω1 �e1 +I2 ω2 �e2 +I3 (ω3 + ˙ Ψ)�e3,
ωj = ωj
� �
Θ(t),Φ(t) .
Sada postupamo kao u izvodu Eulerovih jednadˇzba, 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 (8.4), a ona ovisi samo o vrtnji neinercijskog sustava kao cjeline, u odnosu na inercijski
3 Govoreći u terminima Eulerovih kutova, to je kao da su izvedeni zakreti za Φ i Θ, ali ne i za Ψ.

13.6. GIBANJE ZVRKA 463
sustav
d � L
dt
�
�
�
�
� in.
= d� L
dt
�
�
�
�
� nin.
+�ω × � L (13.29)
= I1 ˙ω 1 �e1 +I2 ˙ω 2 �e2 +I3 (˙ω 3 + ¨ Ψ)�e3
+
�
ω1 �e1 +ω2 �e2 +ω3 �e3
�
= �e1 I1 ˙ω 1 +(I3 −I2) ω2 ω3 +I3 ω2 ˙ �
Ψ
�
+ �e2 I2 ˙ω 2 +(I1 −I3) ω1 ω3 −I3 ω1 ˙ �
Ψ
�
+ �e3 I3 (˙ω 3 + ¨ �
Ψ)+(I2 −I1) ω1 ω2 .
�
×
�
I1 ω1 �e1 +I2 ω2 �e2 +I3 (ω3 + ˙ Ψ)�e3
U inercijskom sustavu na zvrk djeluje vanjska gravitacijska sila. Kaoˇsto smo pokazali relacijom
(10.16) ta sila djeluje kao da je sva masa zvrka skoncentrirana u njegovom srediˇstu mase. Neka
se srediˇste mase nalazi u točki l�e3, gdje je s l označena udaljenost od ushodiˇsta O do srediˇsta
mase SM. Tada je moment gravitacijske sile jednak
�M =�r × � �
�
F = l �e3 × m g (−�ez) = −l m g �e3 × (�ez�e1)�e1 +(�ez�e2)�e2 +(�ez�e3)�e3 .
Budući da vektor �e1 leˇzi u ravnini (x,y), to je
Sa slike 13.9 se vidi da je
�ez�e1 = 0.
�ez�e2 = cos(π/2−Θ) = sinΘ
(ili iz jednadˇzba (13.25) uz Ψ ≡ 0). Posljedni član uglate zagrade ima smjer �e3, pa je njegov
vektorski umnoˇzak s �e3 jednak nuli
�e3 × �e3 = 0.
Time se za moment vanjske sile konačno dobiva
�M = −l m g �e3 × sinΘ�e2 =�e1 l m g sinΘ. (13.30)
U skladu s relacijom ˙
� L = � M, ovaj je moment sile upravo jednak vremenskoj promjeni momenta
količine gibanja (13.29). Izjednačavanjem ta dva izraza, uz I1 = I2 za osno simetrični zvrk,
dolazimo do Eulerovih jednadˇzba, koje sada glase
I1 ˙ω 1 + (I3 −I1) ω2 ω3 + I3 ω2 ˙ Ψ = l m g sinΘ (13.31)
I1 ˙ω 2 + (I1 −I3) ω1 ω3 − I3 ω1 ˙ Ψ = 0,
I3 (˙ω 3 + ¨ Ψ) = 0.
Naglasimo joˇs jednom da je sustav glavnih osa (�e1,�e2,�e3) orjentiran prema (x,y,z) sustavu
tako ˇsto je u odnosu na njega zakrenut za kutove Θ i Φ, ali ne i za Ψ (Ψ opisuje vrtnju zvrka
�

464 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
u sustavu glavnih osa). Zbog toga za komponente ω1,2,3 moˇzemo napisati izraze iz (13.27) u
kojima je Ψ ≡ 0
ω1 = ˙ Θ, ω2 = ˙ Φ sinΘ, ω3 = ˙ Φ cosΘ. (13.32)
Uvrˇstavanjem ovih izraza u Eulerove jednadˇzbe, dobivamo
I1
I1 ¨ Θ + (I3 −I1) ˙ Φ 2 sinΘ cosΘ + I3 ˙ Φ ˙ Ψ sinΘ = l m g sinΘ
� �
¨Φ sinΘ+ Φ˙ Θ˙ cosΘ
I3
d
� �
˙Φ cosΘ+ Ψ˙
dt
+ (I1 −I3) ˙ Θ ˙ Φ cosΘ - I3 ˙ Θ ˙ Ψ = 0
Značenja kutnih brzina koje se pojavljuju u gornjim jednadˇzbama su:
- ˙ Φ, precesija; vrtnja projekcije vektora �e3 oko osi z, u ravnini (x,y),
- ˙ Θ, nutacija; gibanje vektora �e3 prema i od osi z,
- ˙ Ψ, spin; vrtnja zvrka oko glavne osi �e3.
konstante gibanja: prva konstanta
Primjetimo da iz treće od gornjih jednadˇzba moˇzemo zaključiti
I3
= 0
d
dt (˙ Φ cosΘ+ ˙ Ψ) = 0 ⇒ ˙ Φ cosΘ+ ˙ Ψ = const. ≡ Ω. (13.34)
Ω je konstanta dimenzije kutne brzine. Uvrˇstavanjem ˙ Ψ = Ω − ˙ Φ cosΘ u preostale dvije
jednadˇzbe iz (13.33), dobivaju se dvije vezane jednadˇzbe za Φ i Θ
I1 ( ¨ Θ − ˙ Φ 2 sinΘ cosΘ)+I3 ˙ Φ Ω sinΘ = l m g sinΘ
I1 ( ¨ Φ sinΘ+2 ˙ Φ ˙ Θ cosΘ)−I3 Ω ˙ Θ = 0.
(13.35)
konstante gibanja: druga konstanta
Budući da na zvrk djeluje samo (konzervativna) gravitacijska sila, energija je sačuvana. Da
bismo to dokazali, pomnoˇzimo jednadˇzbe (13.31) redom sa ω1,ω2 i (ω3+ ˙ Ψ) i zatim ihzbrojimo.
Kao rezultat se dobije
I1 (ω1 ˙ω 1 +ω2 ˙ω 2)+I3 (ω3 + ˙ Ψ) (˙ω 3 + ¨ Ψ) = m g l ω1 sinΘ = m g l ˙ Θ sinΘ.
Ako na desnoj strani gornjeg izraza uzmemo u obzir da je ω1 = ˙ Θ, obje strane gornjeg izraza
moˇzemo napisati kao vremenske derivacije
1
2 I1
� 2 dω1 dt + dω2 �
2
+
dt
1
2 I3
d
�
ω3 +
dt
˙ �2 d cosΘ
Ψ = −m g l .
dt
(13.33)

13.6. GIBANJE ZVRKA 465
Integracijom po vremenu gornje jednadˇzbe, dobiva se konstanta dimenzije energije
1
2 I1
�
2
ω1 +ω 2 � 1
2 +
2 I3
�
ω3 + ˙ �2 Ψ +m g l cosΘ = const. ≡ E.
Konačni oblik konstantne energije se dobije uvrˇstavanjem (13.32) i (13.34) u gornji izraz
1
2 I1
� �
˙Θ 2
+ Φ˙ 2 2
sin Θ + 1
2 I3 Ω 2 +m g l cosΘ = E. (13.36)
To je zakon o sačuvanju mehaničke energije zvrka.
konstante gibanja: treća konstanta
Pokazali smo, relacijom (13.12), 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 moˇze promjeniti). Sa slike 13.9 i iz relacije
(13.30) vidimo da � M ima samo �e1 komponentu koja leˇzi u ravnini (x,y) i zato zaključujemo
dLx
dt = Mx �= 0,
dLy
dt = My �= 0,
dLz
dt = Mz = 0 ⇒ Lz = const.
da će samo z komponenta momenta količine gibanja biti konstantna. Izračunajmo Lz
�L = Lx �ex +Ly �ey +Lz �ez = I1 ω1 �e1 +I1 ω2 �e2 +I3 (ω3 + ˙ Ψ)
� �� �
= Ω
Lz = � L�ez = I1 ω1 (�e1�ez)+I1 ω2 (�e2�ez)+I3 Ω (�e3�ez).
No, sa slike 13.9, se vidi da je
�e3, /·�ez
�e1�ez = 0, �e2�ez = cos(π/2−Θ) = sinΘ, �e3�ez = cosΘ.
Uvrstivˇsi joˇs, ω2 = ˙ Φ sinΘ, dobiva se
Lz = I1 ˙ Φ sin 2 Θ+I3 Ω cosΘ.
Da bismo se uvjerili da je Lz = const., treba vidjeti da njegova vremenska derivacija iˇsčezava
dLz
dt =
�
I1 ( ¨ Φ sinΘ+2 ˙ Φ ˙ Θ cosΘ)−I3 Ω ˙ �
Θ sinΘ.
� �� �
= 0
Zbog druge od jednadˇzba (13.35), gornja uglata zagrada je jednaka nuli, ˇsto znači da je Lz
konstantan u vremenu
Lz = I1 ˙ Φ sin 2 Θ+I3 Ω cosΘ = const. (13.37)
Stacionarna precesija
Vratimo se sada jednadˇzbama (13.35) i nadimo uvjete za stacionarnu precesiju zvrka. Stacionarnom
precesijom se naziva precesija kod koje je kut Θ glavne osi �e3 prema osi�ez inercijskog
sustava, konstantan (dakle, bez nutacije)
Θ = const. ⇒ ˙ Θ = ¨ Θ = ··· = 0.

466 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Primjetimo da je za konstantni Θ i projekcija srediˇsta mase zvrka na ravninu (x,y) takoder
konstantna i jednaka lsinΘ. Uz uvjet konstantnog Θ, jednadˇzbe (13.35) glase
�
−sinΘ I1 ˙ Φ 2 cosΘ−I3 ˙ �
Φ Ω +l m g = 0
Iz druge od gornjih jednadˇzbi slijedi da je
˙Φ = const.,
I1 ¨ Φ sinΘ = 0.
(13.38)
tj. zvrk precesira konstantnom brzinom. Shvatimo li prvu od gornjih jednadˇzba kao kvadratnu
jednadˇzbu u ˙ Φ, nalazimo dva rjeˇsenja za kutnu brzinu precesije u ravnini (x,y) (slika 13.10.A)
˙Φ± = I3 Ω ± � I2 3 Ω2 − 4 I1 m g l cosΘ
. (13.39)
2 I1 cosΘ
Vidimo da su oba rjeˇsenja konstantna (jer je Θ konstantno). Ukoliko je
I 2 3 Ω2 > 4 I1 m g l cosΘ,
postoje dva realna rjeˇsenja za kutnu brzinu precesije: ˙ Φ + i ˙ Φ−. Ukoliko je
postoji samo jedno rjeˇsenje
I 2 3 Ω2 = 4 I1 m g lcosΘ,
˙Φ = ˙ Φ + = ˙ Φ− =
I3 Ω
2 I1 cosΘ .
Ukoliko je I 2 3 Ω2 < 4 I1 m g lcosΘ, nema realnih rjeˇsenja. Pogledajmo detaljnije situaciju u
kojoj se zvrk brzo vrti oko svoje osi, gdje brzo znači da je ˙ Ψ >> ωj, tj. vrtnja zvrka oko svoje
osi je puno veća od svih ostalih kutnih brzina. U ovoj granici vrijedi i da je
Ω = ˙ Ψ +ω3 ≃ ˙ Ψ >> ωj.
Taylorovim razvojem po maloj veličini 1/Ω, za precesijske brzine ˙ Φ± se dobiva
� �
1
˙Φ± = I3 Ω ± I3 Ω 1−
2 I1 cosΘ
4 I1 m g l cosΘ
I2 3 Ω2
�
� �
1
= ··· = I3 Ω ± I3 Ω −
2 I1 cosΘ
2 I1
� �
m g l cosΘ
+··· ,
I3 Ω
ˇsto daje jednu vrlo veliku i jednu vrlo malu precesijsku brzinu
˙Φ+ ≃ I3 Ω
I1 cosΘ , ˙ Φ− ≃
m g l
I3 Ω , ˙ Φ+ >> ˙ Φ−.
Primjetimo da je u ovom slučaju, precesijska brzina uvijek konstantna u vremenu. Hoće li zvrk
precesirati brzinom ˙ Φ+ ili ˙ Φ− ovisi o početnim uvjetima.

13.6. GIBANJE ZVRKA 467
Slika 13.10: (A) Precesija: projekcija SM zvrka se kutnom brzinom ˙ Φ± giba po kruˇznici polumjera l sinΘ u
ravnini (x,y). (B) Nutacija: os simetrije zvrka �e3 se periodički otklanja od i prema osi �ez inercijskog sustava.
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,
(13.36) i z komponente momenta količine gibanja, (13.37)
1
2 I1
� �
˙Θ 2
+ Φ˙ 2 2
sin Θ + 1
2 I3 Ω 2 +m g l cosΘ = E = const.,
I1 ˙ Φ sin 2 Θ+I3 Ω cosΘ = Lz = const.
To su vezane nelinearne diferencijalne jednadˇzbe za Φ(t) i Θ(t) Iz druge od gornjih jednadˇzba
izračunamo ˙ Φ
˙Φ = Lz −I3 Ω cosΘ
I1 sin 2 (13.40)
Θ
i uvrstimo u prvu, koja time postaje nelinearna diferencijalna jednadˇzba prvog reda za
računanje Θ = Θ(t)
1
2 I1
⎡
⎢
⎣˙ Θ 2 � � ⎤ 2
Lz −I3 Ω cosΘ
⎥
+ ⎦+ 1
2 I3 Ω 2 + m g l cosΘ−E = 0.
I 2 1 sin 2 Θ
Gornja jednadˇzba se rjeˇsava uvodenjem nove varijable
u(t) = cosΘ(t).
Prema svojoj definiciji, kut Θ se moˇze mijenjati u intervalu
0 ≤ Θ ≤ π
2 ,

468 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
pa u moˇze poprimati vrijednosti iz intervala
0 ≤ u ≤ 1.
U terminima u, gornja jednadˇzba postaje nelinearna diferencijalna jednadˇzba za u(t)
I1
˙u 2 = (1−u 2 )(α−βu)−(γ −δu) 2
, (13.41)
� �� �
= P3(u)
gdje je P3(u) pokrata za polinom trećeg reda u varijabli u, a konstante α,β,γ i δ su
α = 2
�
E − I3 Ω2� ,
2
2 m g l
β = , γ = Lz
, δ = I3
Ω.
I1
Sve su gornje konstante zadane preko tri konstanata gibanja: Ω,E i Lz, preko momenata
tromosti I1,3, mase m i poloˇzaja srediˇsta mase l.
Primjetimo da se pomoću gornjih konstanata, jednadˇzba (13.40) za ˙ Φ moˇze napisati kao
˙Φ(t) =
I1
γ −δ u(t)
1−u 2 , (13.42)
(t)
tj. precesijska brzina viˇse neće biti konstantna, kao u (13.39), 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
Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2
i promatrajmo vremenski interval dt u kojemu se Θ smanjuje. Tada će biti
˙u = − ˙ Θ sinΘ > 0,
pa iz jednadˇzbe (13.41) zadrˇzavamo pozitivan korjen
du
dt = +� �
P3(u) t =
du
� P3(u) +const.
Gornji se integral moˇze izračunati u terminima eliptičkih funkcija koje jesu periodične, ˇsto
je suglasno s naˇsom pretpostavkom o periodičnosti u. Potraˇzimo nule polinoma P3(u)
P3(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 ). (13.43)
Zaˇsto su nam vaˇzne baˇs nule polinoma? U tim je točkama
tj.
˙u 2 = P3(u) = 0,
˙u = − ˙ Θ sinΘ = 0 ⇒ ˙ 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 P3(u)
I1

13.6. GIBANJE ZVRKA 469
odeduju rubne kutove Θ1 i Θ2 nutacijskog gibanja (slika 13.10.B). Zaboravimo, na trenutak,
da je 0 ≤ u ≤ 1 i pogledajmo P3(u) i za u-ove izvan tog intervala. Konstanta β je pozitivna
veličina, pa je zato, prema (13.43),
(slika 13.11). Takoder se lako vidi da je
P3(u → ±∞) = ±∞
Slika 13.11: Uz odredivanje nul-točaka polinoma P3(u).
P3(u = +1) = −(γ −δ) 2 < 0, P3(u = −1) = −(γ +δ) 2 < 0.
Budući da je P3(u = +1) < 0, a P3(u → ∞) > 0, jedna nul-točka P3, nazovimo ju u3, mora
leˇzati u nefizikalnom području izmedu u = 1 i u → ∞. Iz ovoga zaključujemo da se preostale
dvije nul-točke
u1 = cosΘ1, u2 = cosΘ2,
moraju nalaziti u intervalu 0 ≤ u ≤ 1. U nekim posebnim slučajevima se moˇze dogoditi da je
u1 = u2 ili u2 = u3 = 1. Pogledajmo koje je fizičko značenje ovih rezultata. Iz činjenice da postoje
dva granična kuta Θ1 i Θ2, zaključujemo da će se kut Θ koji os simetrije zvrka�e3 zatvara sa
(nepomičnim) smjerom osi�ez, periodički mijenjati s vremenom u intervalu Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2 (slika
13.10.B). Kao ˇsto je već spomenuto, ova se promjena kuta Θ zove nutacija. Osim nutacije,
zvrk izvodi i precesiju (slika 13.10.A) kutnom brzinom ˙ Φ odredenom relacijom (13.42). Ova
precesijska kutna brzina nije konstantna, nego se mijenja onako kako se mijenja i kut Θ: od
˙Φ(Θ1) do ˙ Φ(Θ2). Naravno, da osim ova dva gibanja, zvrk izvodi i vrtnju oko svoje glavne osi
�e3 kutnom brzinom ˙ Ψ, koja se zove SPIN.
Sve tri vrtnje je zgodno predočiti tako da se prati gianje točke nastale presjecanjem osi zvrka
�e3 i plohe jedinične sfere.
Na slici 13.12.A je prikazan zvrk koji izvodi samo vrtnju oko svoje osi (spin)
˙Φ = 0, ˙ Θ = 0, ˙ Ψ �= 0.

470 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA
Presjeciˇste osi zvrka �e3 i plohe jedinične sfere je jedna točka koja sve vrijeme miruje.
Na slici 13.12.B je prikazan zvrk koji izvodi vrtnju oko svoje osi i precesiju, ali ne i nutaciju
˙Φ �= 0, ˙ Θ = 0, ˙ Ψ �= 0.
Presjeciˇste osi zvrka �e3 i plohe jedinične sfere je jedna točka koja se giba po kruˇznici paralelnoj
s ravninom (x,y).
Na slici 13.12.C je prikazan zvrk koji izvodi vrtnju oko svoje osi i nutaciju, ali ne i precesiju
˙Φ = 0, ˙ Θ �= 0, ˙ Ψ �= 0.
Presjeciˇste osi zvrka �e3 i plohe jedinične sfere je jedna točka koja se periodički giba po dijelu
meridijana sfere.
Slika 13.12: Točka na jediničnoj sferi je presjeciˇste osi simetrije zvrka �e3 i plohe jedinične sfere. Na slici (A) je
prikazan slučaj kada zvrk izvodi samo spinsku vrtnju. Na slici (B) je prikazan slučaj kada zvrk izvodi spinsku
i precesijsku vrtnju. Na slici (C) je prikazan slučaj kada zvrk izvodi spinsko i nutacijsko gibanje.
Sva ova tri gibanja zvrka, precesija, nutacija i spin, prikazana su slikom 13.13. Presjeciˇste osi
zvrka �e3 i plohe jedinične sfere je točka koja opisuje krivulju nastalu superpozicijom gibanja
prikazanih na slikama 13.12.B i 13.12.C. Točan oblik krivulja na slikama 13.13.A, B, C ovisi o
početnim uvjetima, tj. o vrijednostima konstanata Ω,E i Lz.

13.6. GIBANJE ZVRKA 471
Slika 13.13: Točka na jediničnoj sferi je presjeciˇste osi simetrije zvrka �e3 i plohe jedinične sfere. Na slici su
prikazana sva tri karakteristična gibanje zvrka: precesija (gibanje točke po jednoj od crtkanih zelenih kruˇznica),
nutacija (gibanje točke u području Θ1 < Θ < Θ2) i spin (kao ˙ Ψ).

472 POGLAVLJE 13. PROSTORNO GIBANJE KRUTOG TIJELA

Dio III
Analitička mehanika
473

Poglavlje 14
Lagrangeove jednadˇzbe gibanja
ˇSto te previˇse čudi, nemoj istraˇzivati;
a ˇsto je iznad tvojih snaga, nemoj ispitivati.
Biblija, Knjiga propovjednikova
Osnovna ideja koja leˇzi u osnovi cijelog računa koji se izlaˇze u ovom odjeljku jeste u tome da
se, polazeći od Newtonovih jednadˇzba gibanja svih N čestica sustava, dode do jednadˇzba
gibanja za S stupnjeva slobode tog istog sustava.
N čestica −→ S stupnjeva slobode
U prethodnim poglavljima smo probleme gibanja čestice, sustava čestica i
krutih tijela, rjeˇsavali Newtonovom jednadˇzbom gibanja,
načelom zamiˇsljenih (virtualnih) pomaka ili Eulerovim
jednadˇzbama. 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 rjeˇsavaju, nego isto tako i
mogućnoˇsću primjene ovih metoda na rjeˇsavanje problema
izvan područja tradicionalne klasične mehanike,
kaoˇsto su kvantna fizika, statistička fizika, elektrodinamika
i nebeska mehanika.
14.1 Poopćene koordinate
Slika14.1: Lijevo: JosephLouiscomtedeLagrange,
1736 - 1813. Desno: William Rowan
Hamilton, 1805 - 1865.
Promatrajmo sustav sastavljen od N čestica. Ako se svaka čestica tog sustava, za vrijeme
svojega gibanja, moˇze nalaziti u proizvoljnoj točki prostora i pri tome imati proizvoljnu brzinu,
sustav se zove slobodan sustav. Za odredivanje poloˇzaja takvog sustava, potrebno je znati
N radij-vektora poloˇzaja svih njegovih čestica (u odnosu na neku zadanu, nepomičnu točku u
1 Joseph Louis comte de Lagrange, 1736 - 1813, francuski fizičar i matematičar
2 William Rowan Hamilton, 1805 - 1865, irski matematičar i astronom
475

476 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
prostoru)
�r1,�r2,··· ,�rN.
Uvedemo li i pravokutni koordinatni sustav, tada je �rj = �rj(xj,yj,zj;t), pa je poloˇzaj cijelog
sustava odreden s
koordinata
3N
xj, yj, zj, j = 1,2,··· ,N.
Umjesto pravokutnih koordinata, mogu se uvesti neke druge, pogodnije odabrane veličine (koje
čakinemorajuimatidimenzijuduljine, negomogubitinpr. kutovikaousfernomkoordinatnom
sustavu), koje ćemo označavati s
η1,η2,··· ,η3N.
U svakom trenutku t, svaka od 3N pravokutnih koordinata, se moˇze izraziti preko svih ili samo
nekih od varijabla ηj
xj = xj(η1,η2,··· ,η3N;t), yj = yj(η1,η2,··· ,η3N;t), zj = zj(η1,η2,··· ,η3N;t).
(14.1)
To su npr. jednadˇzbe (2.47) prijelaza iz pravokutnog u sferni koordinatni sustav.
14.2 Stupnjevi slobode
Uvedimo pojam broja stupnjeva slobode sustava čestica, S. Pod brojem stupnjeva
slobode ćemo podrazumjevati najmanji broj medusobno nezavisnih skalarnih veličina nuˇznih
za odredivanje poloˇzaja svih čestica sustava.
Primjer: 14.1 Za odredivanje poloˇzaja jedne čestice koja se slobodno giba u trodimenzijskom
prostoru, su potrebne tri koordinate: (x,y,z),(η1,η2,η3),(r,θ,ϕ) ili neˇsto 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 poloˇzaja sustava koji se sastoji od N čestica koje se slobodno
gibaju u trodimenzijskomprostoru, potrebno je odrediti poloˇzaj svake od česticasustava, a poloˇzaj
svake čestice je odreden s tri koordinate. Prema tome, ukupan broj koordinata potrebnih za
odredivanje poloˇzaja sustava je 3N, tj. toliki je broj stupnjeva slobode.
Zadatak: 14.1 Koliko stupnjeva slobode ima kruto tijelo:
(A) koje se moˇze slobodno gibati u trodimenzijskom prostoru,
(B) koje ima jednu svoju točku nepomičnu, ali se moˇze gibati oko te točke?
R: (A-1) Poloˇzaj krutog tijela u prostoru je jednoznačno odreden poznavanjem

14.2. STUPNJEVI SLOBODE 477
koordinata njegove tri nekolinearne točke. Neka su koordinate te tri točke u pravokutnom
koordinatnom sustavu
T1 = (x1,y1,z1), T2 = (x2,y2,z2), T3 = (x3,y3,z3).
Od ovih devet koordinata nisu sve nezavisne. Kod krutog tijela su udaljenosti medu
česticama nepromjenjive, pa gornjih devet koordinata mora zadovoljavati slijedeće
tri relacije,
(x1 −x2) 2 +(y1 −y2) 2 +(z1 −z2) 2 = d1,2 = const.,
(x1 −x3) 2 +(y1 −y3) 2 +(z1 −z3) 2 = d1,3 = const., (14.2)
(x2 −x3) 2 +(y2 −y3) 2 +(z2 −z3) 2 = d2,3 = const..
tj. samo je ˇsest koordinata nezavisno (bilo kojih ˇsest koordinata), dok su preostale
tri koordinate odredene gornjim trima jednadˇzbama. Zaključujemo da kruto tijelo
ima ˇsest stupnjeva slobode.
(A-2)Doistogserezultatadolaziidrukčijim razmiˇsljanjem. Gibanjeslobodnogkrutog
tijela moˇzemo zamisliti kao kombinaciju translacijskog gibanja i vrtnje. Kad bi
se tijelo gibalo samo translacijski, poloˇzaj jedne točke tijela bi (zbog uvjeta krutosti)
odredivao poloˇzaj cijelog tijela. Poloˇzaj 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 poloˇzaj 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
za vrtnju oko nepomične točke. Tako smo opet doˇsli do broja odˇsest koordinata tj.
ˇsest stupnjeva slobode krutog tijela: tri od vrtnje i tri od translacije.
(B-1) Ako je jedna točka krutog tijela nepomična, onda se ono ne moˇze gibati translacijski,
nego se moˇze 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, moˇzemo
dobiti i drugim načinom razmiˇsljanja. Neka su koordinate nepomične točke T =
(x1,y1,z1). Tada je za sve vrijeme gibanja krutog tijela
x1 = c1, y1 = c2, y1 = c3.
za cj = const. Gornje tri jednadˇzbe predstavljaju dodatne uvjete u odnosu na tri
uvjetne jednadˇzbe slobodnog krutog tijela (14.2), tako da u ovom slučaju preostaju
6−3 = 3 stupnja slobode.
Uvjeti
Ako poloˇzaji 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. Neka je ukupan
broj uvjeta nametnutih sustavu, jednak M. Ovi će uvjeti općenito ovisiti o kooordinatama
čestica, njihovim brzinama i eventualno o vremenu.
Moˇze 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
3 øλøζ = cijeli, potpuni; νøµøζ = zakon

478 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
algebarskim (ne diferencijalnim) jednadˇzbama oblika
fm(ηj;t) = 0, m = 1,2,··· ,Mh, (14.3)
za j = 1,2,··· ,3N. S Mh ≤ M je označen broj holonomnih veza. Neslobodni sustav čije je
gibanje odredeno samo holonomnim vezama (Mh = M), zove se holonomni sustav. Budući da
sada imamo 3N koordinata i Mh veza medu njima, zaključujemo da je samo
S = 3N −Mh
od njih medusobno nezavisno (a preostale se koordinate mogu dobiti iz jednadˇzba uvjeta na
gibanje). U skladu s definicijom pojma stupnja slobode, kaˇzemo da ovakav sustav ima 3N−Mh
stupnjeva slobode.
Ukoliko se u jednadˇzbama uvjeta pojavljuju i derivacije, kao u (14.4), uvjeti se zovu neholonomni
i mogu se izraziti diferencijalnim jednadˇzbama oblika
fm(ηj, ˙η j;t) = 0, m = 1,2,··· ,M2 (14.4)
za j = 1,2,··· ,3N. Vrijeme t se pojavljuje u onim slučajevima kada se veze mijenjaju u
vremenu. Moˇze se dogoditida jeneku odM2 gornjihjednadˇzba moguće napisati kaovremensku
derivaciju neke funkcije Φ koja ovisi samo o poloˇzajima čestica sustava i vremenu
Tada veze
fn = dΦn(ηj;t)
dt
= 0.
Φn(ηj;t) = Cn = const.
zamjenjuju odgovarajuće vezu s brzinama iz (14.4). Ovakve se veze nazivaju poluholonomne
veze. Odabirom odgovarajućih vrijednosti za konstanata Cn, ove veze postaju holonomne.
Ako se veze (14.4) 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 (14.4) mogu pojavljivati na
proizvoljan način. No, u većini slučajeva od interesa (ali ne i isključivo), one se pojavljuju
linearno, tako da se veze (14.4) mogu napisati u obliku
N�
Ajm ˙η j +Bm = 0 , m = 1,2,··· ,Mnh, (14.5)
j=1
Ajm = Ajm(ηj;t) , Bm = Bm(ηj;t).
Poluholonomne veze smo pribrojili holonomnim vezama, i sve skupa ih ima Mh. S Mnh smo
označili broj neholonomnih veza, tako da je ukupan broj stupnjeva slobode
S = 3N −Mh −Mnh.
Ograničimo li se samo na linearne diferencijalne veze (tj. uvjete na gibanja), općenito za
holonomne i neholonomne veze, moˇzemo pisati
algebarske jedn. fm(ηj;t) = 0, m = 1,2,··· ,Mh,
diferencijalne jedn.
N�
Ajm ˙η j +Bm = 0, m = 1,2,··· ,Mnh.
j=1
(14.6)

14.2. STUPNJEVI SLOBODE 479
U jednadˇzbama uvjeta, (14.4) ili (14.3), moˇze se ali i ne mora eksplicitno pojavljivati vrijeme.
Ukoliko jednadˇzbe uvjeta (14.3) ne sadrˇze eksplicitno vrijeme, one se zovu skleronomne. 4
Ako jednadˇzbe sadrˇze vrijeme, zovu se reonomne. 5 .
Po svom karakteru, uvjeti na gibanje mogu se joˇs podijeliti i na zadrˇzavajuće i nezadrˇzavajuće.
Gornje jednadˇzbe su primjeri zadrˇzavajućih veza, dok bi nezadrˇzavajuće veze dobili tako ˇsto bi
se u gornjim jednadˇzbama znakovi = zamjenili sa ≥, čime se poloˇzaji (za holonomne sustave)
ili poloˇzaji 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: 14.3 Uzmimo jednostavni primjer sustava dvije čestice (N = 2) koje se mogu gibati
samo u ravnini (x,y), a medusobno su povezane krutim ˇstapom (slika 14.2.A). Dvije slobodne
čestice imaju ˇsest stupnjeva slobode 3N = 3·2 = 6
x1, y1, z1, x2, y2, z2.
Ograničenje na gibanje u ravnini moˇzemo izraziti uvjetima
z1 = 0, z2 = 0.
Kada ne bi bile povezane ˇstapom, njihov poloˇzaj u ravnini bi bio odreden s četiri koordinate,
po dvije za svaku česticu (npr. njihove x i y koordinate), no zbog ˇstapa duljine d, njihove su
koordinate povezane joˇs i relacijom
(x1 −x2) 2 +(y1 −y2) 2 = d 2 , (14.7)
tako da ukupno imamo tri holonomna uvjeta na gibanje Mh = 3, pa je broj stupnjeva slobode
S = 3N − Mh = 6 − 3 = 3. Primjetimo da sve tri gornje veze ne ovise ni o vremenu ni o
brzinama čestica.
Pretpostavimo da smo rijeˇsili Mh jednadˇzba (14.3) i da smo dobili Mh koordinata η1,η2,···ηMh
izraˇzenih preko preostalih S = 3N −Mh koordinata
η1 = η1(ηMh+1,ηMh+2,··· ,η3N;t),
η2 = η2(ηMh+1,ηMh+2,··· ,η3N;t),
.
ηMh = ηMh (ηMh+1,ηMh+2,··· ,η3N;t).
Uvedimo sada umjesto S nezavisnih koordinata
nove nezavisne koordinate
ηMh+1,ηMh+2,··· ,η3N,
q1,q2,··· ,qS
4 σκληρøζ = suh, čvrst, krut, nepromjenjiv ; νøµøζ = zakon
5 ρηω = teći, mijenjati se; νøµøζ = zakon

480 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Slika 14.2: Ilustracija holonomno skleronomnih (A) i holonomno reonomnih (B) uvjeta na gibanje.
pomoću relacija
ηMh+1 = ηMh+1(q1,q2,··· ,qS;t),
ηMh+2 = ηMh+2(q1,q2,··· ,qS;t),
.
η3N = η3N(q1,q2,··· ,qS;t).
Ove nove koordinate qs za s = 1,2,··· ,S se zovu poopćene koordinate. Njih ima onoliko
koliko ima i stupnjeva slobode. Pomoću poopćenih koordinata je moguće napisati
ηj = ηj(q1,q2,··· ,qS;t), j = 1,2,··· ,3N.
Iz gornjih veza i veza iz (14.1), dobivaju se i veze
xj = xj(q1,q2,··· ,qS;t), yj = yj(q1,q2,··· ,qS;t), zj = zj(q1,q2,··· ,qS;t). (14.8)
Primjer: 14.4 Kao jednostavan primjer skleronomnog uvjeta na gibanje, moˇze se promatrati
već spomenuti sustav dvije čestice povezane krutim ˇstapom u ravnini (x,y) (slika 14.2.A). Uvjet
na gibanje je uvjet da je udaljenost medu česticama nepromjenjiva i jednaka duljini ˇstapa d,
relacija (14.7). To je skleronoman uvjet, jer se u gornjoj jednadˇzbi vrijeme ne pojavljuje eksplicitno,
nego samo implicitno, kroz xj = xj(t),yj = yj(t). Reonoman uvjet se dobije ako se kruti
ˇstap iz prethodnog primjera zamjeni oprugom, kao na slici 14.2.B (pri čemu pretpostavljamo
samo titranje u smjeru osi opruge, a ne i u smjerovima okomitim na tu os). U tom slučaju
jednadˇzba uvjeta glasi
(x1 −x2) 2 +(y1 −y2) 2 = [d+∆ · sinωt] 2 .
U ovoj se jednadˇzbi vrijeme pojavljuje implicitno kroz xj(t),yj(t) i eksplicitno u sinusnom članu.

14.2. STUPNJEVI SLOBODE 481
Primjer: 14.5 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
14.3).
Zbog uvjeta da se kugla kotrlja bez klizanja, točka dodira kugle s podlogom, P, trenutno miruje,
Slika 14.3: Uz primjer neholonomne veze.
tj. ona je trenutno srediˇste vrtnje (vidi odjeljak 12.8). Poveˇzimo s kuglom koordinatni sustav
(e1,e2,e3) sa ishodiˇstem u srediˇstu kugle O ′ (sustav glavnih osi kugle). Poloˇzaj ovog koordinatnog
sustava u odnosu na sustav (x,y,z) odredujemo koordinatama srediˇsta kugle xO ′,yO ′ i zO ′
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 (�ex,�ey,�ez), dane sa (13.28)
ωx = ˙ Θ cosΦ+ ˙ Ψ sinΦsinΘ,
ωy = ˙ Θ sinΦ− ˙ Ψ cosΦsinΘ,
ωz = ˙ Φ + ˙ Ψ cosΘ.
Iz odjeljka 8.1 znamo da se brzina proizvoljne nepomične točke P neinercijskog koordinatnog
sustva moˇze napisati kao (8.6)
−−→
�vP =�vO ′ +�ω × O ′ P.
U točki dodira kugle s podlogom je �vP = 0, a −−→
O ′ P = (0,0,−R), gdje je R polumjer kugle.
Uvrˇstavanje u gornju jednadˇzbu, vodi na
�vP = 0 = ˙x O ′�ex + ˙y O ′�ey + ˙z O ′�ez
� �
�
� �ex �ey �ez
�
�
+ � ωx ωy ωz �
� �
� 0 0 −R � ,

482 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
ili, po komponentama
dxO ′
dt −R
� �
˙Θ sinΦ− Ψ˙ cosΦsinΘ
dyO ′
dt +R
� �
˙Θ cosΦ+ Ψ˙ sinΦsinΘ
dzO ′
dt
Prve dvije jednadˇzbe su neholonomne, a iz treće jednadˇzbe slijedi
zO ′ = const = R,
= 0,
= 0,
= 0.
pa je to holonomna jednadˇzba. 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).
14.3 Lagrangeove jednadˇzbe
Neka jezadansustav odN čestica.
Čestice nisu slobodne nego supodvrgnute uvjetima. Postoji
Mh jednadˇzba kojima su izraˇzeni holonomni i Mnh jednadˇzba kojima su izraˇzeni neholonomni
uvjeti. Zato je broj stupnjeva slobode sustava jednak
S = 3N −Mh −Mnh
(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 rijeˇseni i
da smo Mh zavisnih poopćenih koordinata izrazili preko preostalih 3N − Mh. Ove preostale
poopćene koordinate joˇs nisu sve medusobno neovisne, nego su povezane s Mnh neholonomnih
jednadˇzba. Ove jednadˇzbe ne znamo rijeˇsiti i zato nastavljamo raditi s 3N − Mh poopćenih
koordinata imajući na umu da one nisu sve medusobno nezavisne
�rj = �rj(qs;t), j = 1,2,··· ,N, s = 1,2,··· ,3N −Mh.
Općenito će indeks j označavati čestice, a indeks s stupnjeve slobode.
Iznimka je situacija kada nema neholonomnih uvjeta,
Tada je broj stupnjeva slobode
Mnh = 0.
S = 3N −Mh,
i svih S poopćenih koordinata je medusobno neovisno.
Nazovimo poopćenim brzinama
vremenske derivacije poopćenih koordinata.
˙qs ≡ dqs
dt ,

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 483
Uvedimo varijaciju vektora poloˇzaja (virtualni ili zamiˇsljeni pomak) δ�rj, kao trenutni pomak
(uz t = const., tj. δt ≡ 0) u skladu s uvjetima na gibanje
Zamiˇsljeni (virtualni) rad je
δW =
N�
j=1
δ�rj =
�Fj δ�rj =
3N−Mh �
s=1
N�
j=1
∂�rj
∂qs
�Fj
δqs.
3N−Mh �
Taj se rad moˇze napisati kao umnoˇzak poopćenih sila i diferencijala poopćenih koordinata, tako
ˇsto se definira poopćena sila, Φs, pridruˇzena (koja djeluje na) poopćenoj koordinati qs kao
Φs =
N�
j=1
�Fj
∂�rj
,
∂qs
s=1
∂�rj
∂qs
δqs.
tako da se ukupan rad vanjskih sila nad sustavom moˇze napisati u obliku
δW =
N�
�Fj δ�rj =
j=1
3N−Mh �
s=1
Φs δqs, (14.9)
gdje se umjesto sila i koordinata svih čestica sustava, pojavljuju poopćene sile i poopćene
koodinate, a umjesto zbrajanja po česticama, zbraja se po stupnjevima slobode. Primjetimo
da jepoopćena sila skalar, tj. po svom algebarskom karakteru odgovarajednoj odkomponenata
sile kao vektora.
Sadaˇzelimo uspostaviti vezu izmedu poopćene sile i kinetičke energije. Do ove ćemo veze doći u
četiri koraka. U tim koracima ćemo poopćene koordinate qs(t) i poopćene brzine ˙qs(t), tretirati
kao dva skupa medusobno neovisnih varijabli.
(1) izvedimo takozvano poniˇstenje točkica:
�
�rj = �rj q1(t),q2(t),··· ,q3N−Mh (t);t
�
˙�rj = ∂�rj
∂q1
˙q1 + ∂�rj
∂q2
˙q2 +···+ ∂�rj
∂ ˙ �rj
∂ ˙qs
∂q3N−Mh
˙q3N−Mh
+ ∂�rj
∂t
�
d
dt
�
∂
∂ ˙qs
= ∂�rj
. (14.10)
∂qs
(2) Pokaˇzimo da potpuna vremenska derivacija i parcijalna derivacija po poopćenoj koordinati
komutiraju, kada djeluju na �rj
� � � �
∂ d d ∂
�rj = �rj. (14.11)
∂qs dt dt ∂qs

484 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Iz prethodne točke (1), imamo
d�rj
dt
� �
∂ d�rj
∂qs dt
= ∂�rj
∂q1
= ∂ 2 �rj
∂q1∂qs
˙q1 + ∂�rj
∂q2
˙q1 +···+
˙q2 +···+ ∂�rj
∂q3N−Mh
∂ 2 �rj
∂q3N−Mh ∂qs
˙q3N−Mh
+ ∂�rj
∂t
� ∂
∂qs
˙q3N−Mh + ∂ 2�rj . (14.12)
∂t∂qs
Primjetimo sada da iz relacije �rj =�rj(q1,q2,··· ,q3N−Mh ;t) slijedi da je i derivacija
�
∂�rj
≡ fj,s q1(t),q2(t),··· ,q3N−Mh
∂qs
(t);t
�
,
takoder nekakva funkcija od tih istih q1,q2,··· ,q3N−Mh i vremena. Zbog toga je
� �
d ∂�rj
=
dt ∂qs
∂
� �
∂�rj
˙q1 +
∂q1 ∂qs
∂
� � � �
∂�rj ∂ ∂�rj
˙q2 +···+
∂q2 ∂qs
∂qs
= ∂ 2 �rj
∂q1∂qs
˙q1 +···+
∂ 2 �rj
∂q3N−Mh ∂qs
∂q3N−Mh
Usporedbom (14.12) i (14.13) se vidi da vrijedi relacija (14.11).
˙q3N−Mh
+ ∂
∂t
� �
∂�rj
∂qs
˙q3N−Mh + ∂ 2�rj . (14.13)
∂t∂qs
(3) Napiˇsimo ponovo izraz za zamiˇsljeni rad δW = � N
j=1 � Fj δ�rj, ali ćemo sada za silu na j-tu
česticu uvrstiti drugi Newtonov aksiom mj ¨ �rj = � Fj
δW =
N�
j=1
�Fj δ�rj =
N�
j=1
mj ¨ �rj δ�rj =
N�
j=1
3N−Mh �
s=1
mj ¨ ∂�rj
�rj δqs.
∂qs
� �� �
Označeni dio desne strane gornjeg izraza, moˇzemo nadalje transformirati na slijedeći način:
� �
d ∂�rj ˙�rj =
dt ∂qs
¨ ∂�rj
�rj +
∂qs
˙ � �
d ∂�rj
�rj
dt ∂qs
⇒ ¨ ∂�rj
�rj =
∂qs
d
� �
∂�rj ˙�rj −
dt ∂qs
˙ � �
d ∂�rj
�rj .
dt ∂qs
Na drugi član desne strane moˇzemo primjeniti, u točki (2) pokazanu, komutativnost vremenske
i derivacije po qs, pa dobivamo
∂�rj ¨�rj =
∂qs
d
� �
∂�rj ˙�rj −
dt ∂qs
˙ ∂
�rj
˙ �rj
,
∂qs
ˇsto, uvrˇsteno u izraz za zamiˇsljeni rad, daje
N�
�
3N−Mh �
�
d
δW = mj
dt
˙ �
∂�rj
�rj
∂qs
j=1
s=1
−mj ˙ ∂
�rj
˙ �rj
∂qs
�
δqs, (14.14)
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 moˇzemo smatrati
konstantnim.

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 485
(4) Toliko o silama, pogledajmo sada kinetičku energiju.
Derivacija kinetičke energije po poopćenoj koordinati vodi na
Ek = 1
2
∂Ek
∂qs
=
N�
j=1
N�
j=1
mj ˙ �rj
mj ˙ �r 2
j ,
� ∂
∂qs
∂ ˙ �rj
. (14.15)
∂qs
U gornjem izrazu se prepoznaje drugi član desne strane izraza (14.14). Da bi se doˇslo do prvog
člana desne strane istog izraza, treba kinetičku energiju derivirati po poopćenoj brzini
Ek = 1
2
∂Ek
∂ ˙qs
=
N�
j=1
N�
j=1
mj ˙ �rj
mj ˙ �r 2
j ,
∂ ˙ �rj
∂ ˙qs
= (14.10) =
� ∂
∂ ˙qs
N�
j=1
mj ˙ �rj
∂�rj
. (14.16)
∂qs
U gornjem izrazu se prepoznaje prvi član desne strane izraza (14.14).
Ako sada izraze dobivene u (14.15) i (14.16) uvrstimo u (14.14), dobit ćemo zamiˇsljeni rad
izraˇzen preko derivacija kinetičke energije sustava
δW =
3N−Mh �
s=1
� d
dt
� �
∂Ek
∂ ˙qs
− ∂Ek
�
δqs.
∂qs
No, ovaj isti zamiˇsljeni rad već imamo napisan preko poopćenih sila u relaciji (14.9). Izjednačavanjem
ta dva izraza, dolazi se do
3N−Mh �
s=1
� d
dt
� �
∂Ek
∂ ˙qs
− ∂Ek
∂qs
−Φs
�
δqs = 0. (14.17)
Gornja jednadˇzba vrijedi i za holonimne i za neholonomne sustave. Za holonomne
sustave, sve su gornje varijacije δqs medusobno nezavisne, dok za neholonomne sustave nisu sve
varijacije δqs medusobno nezavisne.
holonomni sustavi:
Ograničimo se na holonomne sustave, tj. neka nema neholonomnih uvjeta na gibanje,
Mnh = 0.
U tom slučaju je broj nezavisnih stupnjeva slobode jednak
S = 3N −Mh
i sve varijacije δqs iz (14.17) su medusobno nezavisne. Čim su nezavisne znači da se mogu
varirati neovisno jedna o drugoj. Tako se moˇze npr. uzeti da je samo δq1 �= 0, a sve ostale su
jednake nuli. U tom je slučaju uglata zagrada s indeksom s = 1 jednaka nuli. Zatim se moˇze
uzeti da je samo δq2 �= 0, i doći do zaključka da uglata zagrada s indeksom s = 2 iˇsčezava i

486 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
tako redom za ostale kordinate. Konačni je zaključak da svih S = 3N −Mh uglatih zagrada iz
(14.17) mora iˇsčezavati, tj. da je
d
dt
� �
∂Ek
∂ ˙qs
− ∂Ek
∂qs
= Φs, s = 1,2,··· ,S. (14.18)
za s = 1,2,··· ,S. Jednadˇzba ima onoliko koliko i stupnjeva slobode, S. To su Lagrangeove
jednadˇzbe gibanja za holonomni sustav čestica. One vrijede i za skleronomne i reonomne
sustave, kao i za konzervativne i nekonzervativne sile. Veličina
ps = ∂Ek
∂ ˙qs
se zove poopćena količina gibanja konjugirana poopćenoj koordinati qs.
(14.19)
Zadatak: 14.2 Izvedite Eulerove jednadˇzbe gibanja krutog tijela, (13.13), kao Lagrangeove jednadˇzbe
(14.18).
R:
dovrˇsiti
Ako su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, tada se one mogu izraziti preko
potencijalne energije Ep, tako da vrijedi
�Fj = − −→ ∇jEp
(ovdje smo s −→ ∇j označili operator nabla koji djeluje na koordinate j-te čestice). U tom je
slučaju poopćena sila jednaka
N� N�
�
�
∂�rj ∂Ep ∂Ep ∂Ep ∂(�ex xj +�ey yj +�ez zj)
Φs = �Fj = − �ex +�ey +�ez
∂qs ∂xj ∂yj ∂zj ∂qs
j=1
= −
N�
j=1
� ∂Ep
∂xj
∂xj
∂qs
j=1
+ ∂Ep
∂yj
∂yj
∂qs
+ ∂Ep
∂zj
�
∂zj
∂qs
= − ∂Ep
∂qs
Uvrˇstavanjem ovog izraza za poopćenu silu u Lagrangeove jednadˇzbe, dobivamo
� �
d ∂Ek
−
dt ∂ ˙qs
∂Ek
= −
∂qs
∂Ep
∂qs
� �
d ∂Ek
−
dt ∂ ˙qs
∂
(Ek −Ep) = 0.
∂qs
Ukoliko potencijalna energija ne ovisi o poopćenim brzinama ˙qs, a ˇsto je najčeˇsće slučaj (npr.
za elastičnu je silu Ep = k x 2 /2, za gravitacijsku silu je Ep = K/r itd. 6 ), praktično je uvesti
6 No, o jednoj vaˇznoj iznimci će biti viˇse riječi u odjeljku 14.5

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 487
Lagrangeovu funkciju ili lagranˇzijan, L, izrazom
L = Ek −Ep.
U terminima lagranˇzijana, Lagrangeove jednadˇzbe gibanja moˇzemo napisati kao
d
dt
� �
∂L
∂ ˙qs
− ∂L
∂qs
= 0, s = 1,2,··· ,S. (14.20)
Ove jednadˇzbe vrijede za holonomne konzervativne sustave (pri čemu uvjeti na gibanje
mogubitiiskleronomniireonomni). Zakonzervativnisustavsepoopćena količina gibanja,
ps, konjugirana s-toj poopćenoj koordinati, definira izrazom
ps = ∂L
. (14.21)
∂ ˙qs
Ako na sustav djeluju i konzervativne i nekonzervativne sile (kao npr. trenje), Lagrangeove
jednadˇzbe gibanja se mogu napisati u obliku
� �
d ∂L
−
dt ∂ ˙qs
∂L
= Φ
∂qs
nk
s ,
gdje smo s Φnk s označili nekozervativnu poopćenu silu, dok su konzervativne sile izraˇzene kroz
potencijalnu energiju koja se nalazi u lagranˇzijanu L.
Zadatak: 14.3 Čestica mase m se giba u polju konzervativna sile opisane potencijalnom energijom
Ep(x,y,z). Nema uvjeta na gibanje. Napiˇsite Lagrangeove jednadˇzbe 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
q1 = x, q2 = y, q3 = z.
L = Ek −Ep = 1
2 m v 2 −Ep = m
2 (˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2 )−Ep(x,y,z).
Derivacije L po x i ˙x (i slično za y i z) daju
∂ L
∂ ˙x
∂ L
∂ x
Ep
= m ˙x, = −∂
∂ x .
Uvrˇstavanjem gornjih derivacija u Lagrangeove jednadˇzbe (14.20 ), dobiva se
m ¨x = −
∂ Ep
∂ x
Ep
Ep
, m ¨y = −∂ , m ¨z = −∂
∂ y ∂ z .
Prepoznamo li −∂ Ep/∂ x kao x komponentu sile, Fx (i slično za ostale parcijalne
derivacije), vidimo da su gornje Lagrangeove jednadˇzbe slobodne čestice zapravo
Newtonove jednadˇzbe gibanja
m ¨x = Fx, m ¨y = Fy, m ¨z = Fz.

488 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Zadatak: 14.4 Čestica naboja q2 se giba u ravnini pod djelovanjem centralne sile iznosa
F = q1 q2 �er
4 π ǫ0 r2 �
1− ˙r2 −2¨rr
c 2
koja potječe od naboja iznosa q1 smjeˇstenog u ishodiˇstu. S r je označena medusobna
udaljenost čestica, a c je brzina svjetlosti (u granici malih brzina i ubrzanja, dobiva
se uobičajeni Coulombov zakon).
Izračunajte potencijalnu energiju pridruˇzenu gornjoj sili, a zatim i lagranˇzijan.
Gornji izraz za silu opisuje medudjelovanje dva naboja u Weberovoj formulaciji elektrodinamike
(kao alternativa Maxwellovoj formulaciji).
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 14.5 Lagranˇzijan jednog fizičkog sustava se moˇze napisati kao
�
,
L ′ = m
2 (a˙x2 +2b˙x˙y +c˙y 2 )− K
2 (ax2 +2bxy +cy 2 ),
gdje su a,b i c konstante ograničene jedino uvjetom
b 2 −ac �= 0.
Kako glase jednadˇzbe gibanja? Ispitajte posebno dva slučaja:
i
a = c = 0
b = 0, c = −a.
Koji je fizički sustav opisan gornjim lagranˇzijanom? Pokaˇzite da se lagranˇzijan moˇze
napisati i u obliku
L ′ (q, ˙q,t) = L(q, ˙q,t)+ dF
dt .
Koje je fizičko značenje uvjeta b 2 −ac �= 0?
R:
dovrˇsiti
Zadatak: 14.6 Izvedite Lagrangeove jednadˇzbe gibanja sfernog njihala (čestica pričvrćena na
kruti ˇstap zanemarive mase).
R:
dovrˇsiti

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 489
Zadatak: 14.7
Čestica mase m se giba po osi x tako da je njezin lagranˇzijan jednak
L = m2 ˙x 4
12 −m˙x2 V(x)−V 2 (x),
pri čemu je V derivabilna funkcija x. Izvedite jednadˇzbu gibanja za x = x(t) i opiˇsite
njezino fizičko značenje.
R:
dovrˇsiti
Neholonomni sustavi:
Pretpostavimo sada da osim Mh holonomnih, postoji joˇs i Mnh neholonomnih uvjeta na gibanje
i vratimo se jednadˇzbi (14.17). Prisjetimo se da, zbog postojanja Mnh neholonomnih uvjeta na
gibanje, sada nisu sve varijacije δqs medusobno neovisne.
Ako se u neholonomnim uvjetima (14.6), koordinate ηj zamjene poopćenim koordinatama qs,
dobiva se
3N−Mh �
s=1
As,m ˙qs +Bm = 0, m = 1,2,··· ,Mnh (14.22)
gdje su As,m = As,m(qs;t) i Bm = Bm(qs;t). Pomnoˇze li se gornje jednadˇzbe s dt
3N−Mh �
s=1
As,m dqs +Bm dt = 0, m = 1,2,··· ,Mnh
i prijede li se sa pravih pomaka dqs,dt na zamiˇsljene δqs,δt (za koje je δt = 0), gornje jednadˇzbe
postaju
3N−Mh �
s=1
As,m δqs = 0, m = 1,2,··· ,Mnh.
Svaku od Mnh gornjih jednadˇzba pomnoˇzimo proizvoljnom konstantom λm, koja se naziva 7
Lagrangeov mnoˇzitelj (multiplikator), i zatim zbrojimo sve jednadˇzbe uvjeta
3N−Mh �
s=1
(λ1As,1+λ2As,2 +···+λMnh As,Mnh ) δqs = 0.
Oduzme li se ova jednadˇzba od jednadˇzbe (14.17), dobiva se
3N−Mh �
� � �
d ∂Ek
−
dt ∂ ˙qs
∂Ek
−Φs −λ1As,1 −λ2As,2 −···−λMnh
∂qs
As,Mnh
�
δqs = 0. (14.23)
s=1
U gornjoj jednadˇzbi nije svih 3N −Mh varijacija δqs medusobno nezavisno. Zbog postojanja
Mnh neholonomnih uvjeta, nezavisno je S = 3N−Mh−Mnh varijacija poopćenih koordinata qs.
Neka su prvih Mnh poopćenih koordinata zavisne od preostalih S = 3N−Mh−Mnh nezavisnih
q1,q2,··· ,qMnh
� ��
, qMnh+1,qMnh+2,··· ,q3N−Mh .
� � �� �
zavisno nezavisno
7 Viˇse o koriˇstenju Lagrangeova mnoˇzitelja moˇze se naći npr. u [13]

490 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Sve do sada, na Lagrangeove mnoˇzitelje nisu bili postavljeni nikakvi uvjeti - njihove su vrijednosti
potpuno proizvoljne. Ako se sada odaberu Lagrangeovi mnoˇzitelji λm na takav način da
iˇsčezava prvih Mnh uglatih zagrada iz (14.23) koje mnoˇze zavisne δqs,
� � �
d ∂Ek
−
dt ∂ ˙qs
∂Ek
−Φs −λ1As,1 −λ2As,2 −···−λMnh
∂qs
As,Mnh
�
= 0,
s=1,···,Mnh
preostaje joˇs S = 3N −Mh −Mnh uglatih zagrada, povezanih jednadˇzbom
3N−Mh �
� � �
d ∂Ek
−
dt ∂ ˙qs
∂Ek
−Φs −λ1As,1 −λ2As,2 −···−λMnh
∂qs
As,Mnh
�
δqs = 0.
s=Mnh+1
No, u gornjoj su jednadˇzbi sada sve poopćene koordinate qs medusobno nezavisne, pa istom
argumentacijom kao u izvodu (14.18) zaključujemo da svaka od gornjih uglatih zagrada mora
iˇsčezavati. Tako smo doˇsli do zaključka da svih 3N − Mh okruglih zagrada iz (14.23) mora
iˇsčezavati: njihMnh zbogizboraLagrangeovihmnoˇzitelja, apreostalihS = 3N−Mh−Mnh zbog
nezavisnosti poopćenih koordinata. Lagrangeove jednadˇzbe nekonzervativnog neholonomnog
sustava mogu se sada zapisati u obliku sustava diferencijalnih jednadˇzba
d
dt
� �
∂Ek
3N−Mh �
s=1
∂ ˙qs
− ∂Ek
∂qs
= Φs +λ1As,1 +λ2As,2 +···+λMnh As,Mnh , s = 1,··· ,3N −Mh,
As,m˙qs +Bm = 0, m = 1,2,··· ,Mnh.
Gornji se sustav sastoji od (3N −Mh)+Mnh jednaˇzba i isto toliko nepoznanica:
q1,q2,··· ,q3N−Mh ,λ1,λ2,··· ,λMnh .
(14.24)
Ukoliko su vanjske sile koje djeluju na sustav konzervativne, moˇze se uvesti potencijalna energija,
izrazom
Φs = − ∂Ep
.
∂qs
Ako potencijalna energija ne ovisi o poopćenim brzinama ˙qs, Lagrangeove jednadˇzbe se mogu
napisati preko lagranˇzijana L = Ek −Ep (o jednoj vaˇznoj iznimci, kada potencijalna energija
ovisi o brzini, bit će viˇse riječi u odjeljku 14.5),
d
dt
� �
∂L
3N−Mh �
s=1
∂ ˙qs
− ∂L
∂qs
= λ1As,1 +λ2As,2 +···+λMnh As,Mnh , s = 1,··· ,3N −Mh,
As,m˙qs +Bm = 0, m = 1,2,··· ,Mnh.
(14.25)
Neˇsto općenitija diskusija o Lagrangeovim jednadˇzbama kada postoje uvjeti na gibanje, moˇze
se naći npr. u odjeljku o varijacijskom računu u [13].

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 491
Ako to ˇzelimo, gornjim se postupkom mogu rjeˇsavati i holonomni sustavi, tako ˇsto će se holonomne
uvjete
fm(qs;t) = 0, m = 1,2,··· ,Mh
derivirati po vremenu i napisati ih u obliku (14.24)
3N�
s=1
∂fm
∂qs
˙qs + ∂fm
∂t
= 0, m = 1,2,··· ,Mh,
tj. nije potrebno rjeˇsavati jednadˇzbe uvjeta (iako su moˇzda i rjeˇsive), već ih se moˇze tretirati
pomoću Lagrangeovih mnoˇzitelja.
Fizičko značenje Lagrangeovih mnoˇzitelja vidimo iz relacije (14.25) na čijoj desnoj strani dimenzijski
morabiti nekakvasila, tj. izrazi oblikaλmAs,m predstavljaju popćenesilekojepotječu
od uvjeta na gibanje.
Zadatak: 14.8 Pod djelovanjem gravitacijske sile, čestica mase m se giba po unutarnjoj plohi
paraboloida x 2 + y 2 = a0z (za konstantni a0), prikazanog na slici 14.4. Zanemarivˇsi
trenje, izvedite Lagrangeove jednadˇzbe gibanja čestice, tretirajući uvjet na
gibanje kao: (a) holonoman, (b) neholonoman.
R: Zadatak ćemo rijeˇsiti u cilindričnom koordinatnom sustavu, gdje su tri
Slika 14.4: Uz gibanje čestice po unutraˇsnjosti paraboloida.
poopćene koordinate upravo cilindrične koordinate
q1 = ρ = � x 2 +y 2 , q2 = ϕ = arctan y
x , q3 = z.

492 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
No, zbog postojanja uvjeta na gibanje po povrˇsini paraboloida, ove tri koordinate
nisu medusobno neovisne, već su povezane jednadˇzbom uvjeta
x 2 +y 2 = a0 z ⇐⇒ ρ 2 = a0 z.
To znači da je broj stupnjeva slobode S = 3 − 1 = 2. Gornji uvjet je holonoman
(Mh = 1,Mnh = 0) jer ga znamo rijeˇsiti, tj. jednu od koordinata lako moˇzemo
napisti kao eksplicitnu funkciju ostalih koordinata
z = 1
a0
itimeostajemosdvijenezavisne poopćenekoordinate: q1 = ρiq2 = ϕ. Izračunajmo
sada kinetičku i potencijalnu energiju, i pomoću njih konstruirajmo Lagrangeovu
funkciju:
2 m v
Ek =
2
ρ 2
= m
2 (˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2 ), Ep = m g z
Prijelazom iz pravokutnih u cilindrične koordinate
x = ρ cosϕ, ˙x = ˙ρ cosϕ−ρ ˙ϕ sinϕ
y = ρ sinϕ, ˙y = ˙ρ sinϕ+ρ ˙ϕ cosϕ
z = 1
ρ 2 , ˙z = 2
ρ ˙ρ,
a0
dobije se Lagrangeova funkcija L = Ek −Ep u obliku
L(ρ,ϕ, ˙ρ, ˙ϕ) = m
2
a0
�
˙ρ 2 +ρ 2 ˙ϕ 2 + 4
a 2
0
ρ 2 ˙ρ 2
Sada moˇzemo postaviti obje Lagrangeove jednadˇzbe (14.20)
� �
d ∂L
−
dt ∂ ˙qs
∂L
= 0,
∂qs
�
m g
− ρ 2 .
tako ˇsto ćemo redom izračunati derivacije koje se u njima pojavljuju
∂L
∂ ˙ρ
∂L
∂ρ
∂L
∂ ˙ϕ
∂L
∂ϕ
= m
2
= m
2
�
2˙ρ + 4
a 2
0
�
2ρ ˙ϕ 2 + 4
a 2
0
= m
2 ρ 2 2 ˙ϕ,
= 0
i uvrstiti ih u Lagrangeove jednadˇzbe
�
¨ρ 1+ 4
a 2 ρ
0
2
�
+ 4
a 2 ρ ˙ρ
0
2 �
2 g
+ρ
a0
ρ 2 2 ˙ρ
�
,
2 ρ ˙ρ 2
�
m g
−
a0
a0
2 ρ,
− ˙ϕ 2
�
= 0, ρ 2 ˙ϕ = const.

14.3. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 493
To je sustav dvije jednadˇzbe za dvije nepoznate funkcije ρ = ρ(t) i ϕ = ϕ(t). Iz
drugejednadˇzbemoˇzemo ˙ϕ izrazitiprekoρiuvrstitiuprvu. Takokonačnodobijemo
nelinearnu diferencijalnu jednadˇzbu drugog reda u kojoj se pojavljuje samo jedna
nepoznata funkcija ρ = ρ(t)
�
¨ρ 1+ 4
a 2 ρ
0
2
�
+ 4
a 2
0
ρ ˙ρ 2 +ρ
� 2 2 g const.
−
ρ4 �
= 0.
Isti zadatak moˇzemo rijeˇsiti i tretirajući uvjet na gibanje ρ 2 − a0 z = 0 kao neholonoman
(pretvaramo se da ga ne znamo rijeˇsiti). Sada imamo tri poopćene
koordinate: q1 = ρ,q2 = ϕ i q3 = z i jedan neholonomni uvjet (Mh = 0,Mnh = 1),
pa postupamo na slijedeći način: najprije variramo uvjet i nalazimo konstante A iz
(14.22)
a0
ρ 2 −a0 z = 0 / δ
2 ρ δρ−a0 δz ≡ A1 δρ+A2 δϕ+A3 δz
⇒ A1 = 2 ρ, A2 = 0, A3 = −a0.
Lagrangeova jednadˇzba za ovaj neholonomni konzervativni sustav glasi
� �
d ∂L
−
dt ∂ ˙qs
∂L
= λ1 As, s = 1,2,3.
∂qs
Lagrangeova funkcija je sada jednaka
Ek −Ep = L(ρ,ϕ,z, ˙ρ, ˙ϕ, ˙z) = m
2 (˙ρ 2 +ρ 2 ˙ϕ 2 + ˙z 2 )−m g z.
Nakon izračuna odgovarajućihparcijalnih derivacija Lagrangeove funkcije i njihovog
uvrˇstenja u Lagrangeove jednadˇzbe, dobije se slijedeći sustav četiri jednadˇzbe (tri
jednadˇzbe gibanja plus jedna jednadˇzba uvjeta) za četiri nepoznanice (ρ,ϕ,z i λ1)
m ¨ρ −m ρ ˙ϕ 2 = λ1 2 ρ,
m d
dt (ρ 2 ˙ϕ) = 0,
m ¨z +m g = −λ1 a0,
2 ρ ˙ρ −a0 ˙z = 0.
Eliminacijom nepoznanica ϕ,z i λ1, opet dolazimo do iste jednadˇzbe za ρ
�
¨ρ 1+ 4
a 2 ρ
0
2
�
+ 4
a 2 ρ ˙ρ
0
2 � 2 2 g const.
+ρ −
a0 ρ4 �
= 0
koju smo dobili rjeˇsavajući ovaj sustav kao holonoman.

494 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
14.4 Lagrangeove jednadˇzbe za impulsnu silu
Neka u kratkom vremenskom intervalu τ, na j-tu česticu sustava djeluje vanjska sila � Fj(t).
Interval djelovanja sile je iˇsčezavajuće kratak, ali je sila dovoljno velika (kratki impuls jake sile)
da je donji integral konačan.
� τ
lim
τ→0
0
�Fj(t) dt = � Ij.
Sila koja zadovoljava ovaj uvjet, naziva se impulsna sila, a � Ij se zove impuls. Iz (14.18) znamo
da za holonomni sustav vrijedi
d
dt
� �
∂Ek
∂ ˙qs
− ∂Ek
∂qs
= Φs =
N� ∂�rj �Fj .
∂qs
Prointegrirajmo cijelu gornju jednadˇzbu po vremenu od 0 do τ
� τ
dt
0
d
� � � τ
∂Ek
− dt
dt ∂ ˙qs 0
∂Ek
=
∂qs
� � � � � τ
∂Ek ∂Ek
− − dt
∂ ˙qs τ ∂ ˙qs 0 0
∂Ek
=
∂qs
� � � �
∂Ek ∂Ek
− −0 =
∂ ˙qs ∂ ˙qs
2
1
j=1
N�
� τ
j=1 0
� τ
N�
j=1
0
N� ∂�rj �Ij ,
∂qs
j=1
dt � ∂�rj
Fj
∂qs
dt � ∂�rj
Fj
∂qs
�
lim
τ→0
gdje su indeksom 1 označene veličine prije, a indeksom 2 poslije djelovanja sile. Uvede li se
poopćeni impuls
�Fs =
N� ∂�rj �Ij ,
∂qs
j=1
i sjetimo li se definicije poopćene količine gibanja, (14.19), ps = ∂Ek/∂˙qs, prethodna jednadˇzba
pokazuje da je promjena poopćene količine gibanja jednaka poopćenom impulsu
ˇsto je pak poopćenje izraza (10.36).
ps,2 −ps,1 = � Fs,
14.5 Lagrangeova funkcija naelektrizirane čestice u elektromagnetskom
polju
U izvodu jednadˇzba (14.20) i (14.25) je pretpostavljeno da potencijalna energija ne ovisi o
brzini. U velikom broju primjera, to je točno, ali postoji jedan vaˇzan izuzetak, a to je nalektrizirana
čestica koja se giba u elektromagnetskom polju.

14.5. LAGRANGEOVAFUNKCIJANAELEKTRIZIRANE ČESTICEUELEKTROMAGNETSKOMPOLJU495
Nekajeelektrični nabojčesticeQ, abrzina ˙ �r. Elektromagnetsko poljenekajeopisanovektorima
električnog polja � E i indukcije magnetskog polja � B. Na naelektriziranu česticu koja se giba,
djeluje Lorentzova sila
�FL = Q ( � E + ˙ �r × � B).
Posebnost Lorentzove sile je u tome ˇsto ona ovisi o brzini čestice, ˇsto će u konačnici dati
potencijalnu energiju koja ovisi o brzini. Kao ˇsto je poznato, polja � E i � B se mogu
izraziti preko dva potencijala: skalarnog V(�r,t) i vektorskog � A(�r,t),
�
1 ρQ(�r
V(�r,t) =
′ ,t ′ )
|�r − �r ′ | d3r ′ ,
kao
a Lorentzova sila je
4πǫ0
�A(�r,t) = µ0
4π
� �j Q(�r ′ ,t ′ )
|�r − �r ′ | d3 r ′ ,
�E = − −→ ∇V − ∂� A
∂t , � B = −→ ∇ × � A,
�FL = Q
�
− −→ ∇V − ∂� A
∂t + ˙ �r × ( −→ ∇ × � �
A)
U gornjim izrazima su ρQ i�j Q redom, gustoće naboja i struje, a
t ′ = t− |�r − �r ′ |
c
je retardirano vrijeme, tj. vrijeme potrebno elektromagnetskom polju 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�ex +y�ey +z�ez,
q1 = x, q2 = y, q3 = z,
˙q1 = ˙x, ˙q2 = ˙y, ˙q3 = ˙z,
∂�r
∂qs
⇒ ∂�r
∂x =�ex,
∂�r
∂y =�ey,
∂�r
∂z =�ez.
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)
N� ∂�rj
Φs = �Fj
∂qs
⇒ Φs=x = Fx, Φs=y = Fy, Φs=z = Fz.
j=1
.

496 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Izračunajmo npr. x komponentu Lorentzove sile, izraˇzenu preko potencijala
FL,x = Q
�
− ∂V
∂x
∂Ax
−
∂t +
�
˙�r
−→
� �
× ( ∇ × A) � .
x
Izračunajmo x komponentu vektorskog umnoˇska
�
˙�r
−→
�
× ( ∇ × A) � = ˙y( −→ ∇ × � A)z − ˙z( −→ ∇ × � A)y
x
= ˙y
� ∂Ay
∂x
= ˙y ∂Ay
∂x
�
∂Ax
= −
∂x
�
∂Ax
− − ˙z
∂y
− ˙y ∂Ax
∂y
˙x + ∂Ax
∂y
− ˙z ∂Ax
∂z
� ∂Ax
∂z
�
∂Az
−
∂x
∂Az
+ ˙z
∂x
�
∂Ax
˙y + ˙z +
∂z
± ˙x ∂Ax
∂x
�
˙x ∂Ax ∂Ay
+ ˙y
∂x ∂x
�
∂Az
+ ˙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 Ax(x,y,z;t)
ˇsto sve zajedno daje
dAx
dt
= ∂Ax
∂x
˙x + ∂Ax
∂y
˙y + ∂Ax
∂z
˙z + ∂Ax
∂t ,
�
˙�r −→
� � �
∂Ax dAx
× ( ∇ × A) � = − +
x ∂t dt
∂
∂x (˙ �r � A).
Sada se moˇzemo vratiti izrazu za x komponentu sile
FL,x = Q
�
− ∂V
∂x − � ��
∂Ax
∂t + � ��
∂Ax dAx
−
∂t dt
+ ∂
∂x (˙ �r � A)
�
�
∂
= Q
∂x (˙ �r � A −V)− dAx
�
.
dt
Primjetimo da skalarni i vektorski potencijali ovise samo o prostornim koordinatama i vremenu
ali ne i o brzinama, pa je zato
pomoću gornjeg izraza je i
V = V(�r;t),
� A = � A(�r;t),
Ax = ∂
∂˙x (˙xAx + ˙yAy + ˙zAz −V) = ∂
∂˙x (˙ �r � A −V).
dAx
dt
= d
dt
∂
∂˙x (˙ �r � A −V).
Sada se izraz za FL,x moˇze napisati kao
�
∂
FL,x = Q
∂x (˙ �r � A −V)− d ∂
dt∂˙x
(˙ �r � �
A −V) .

14.5. LAGRANGEOVAFUNKCIJANAELEKTRIZIRANE ČESTICEUELEKTROMAGNETSKOMPOLJU497
Nazove li se potencijalnom energijom slijedeći izraz
Ep(�r, ˙ �
�r,t) = Q V(�r,t)− ˙ �r · � �
A(�r,t) , (14.26)
dobili smo potencijalnu energiju, koja osim o poloˇzaju, ovisi i o brzini čestice. Za x komponentu
Lorentzove sile se dobiva
FL,x = − ∂Ep
� �
d ∂Ep
+
∂x dt ∂˙x
i slično za ostale dvije komponente sile
FL,y = − ∂Ep
∂y
FL,z = − ∂Ep
∂z
+ d
dt
+ d
dt
�
∂Ep
∂˙y
� ∂Ep
∂˙z
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, � FL = − −→ ∇Ep. Napiˇsimo
Lagrangeovu jednadˇzbu (14.18) za koordinatu x
� �
d ∂Ek
−
dt ∂˙x
∂Ek
∂x = FL,x = − ∂Ep
� �
d ∂Ep
+ ,
∂x dt ∂˙x
� �
d ∂(Ek −Ep)
−
dt ∂˙x
∂(Ek −Ep)
= 0,
∂x
� �
d ∂L
−
dt ∂˙x
∂L
= 0. (14.27)
∂x
I analogno za y i z koordinate
� �
d ∂L
−
dt ∂˙y
∂L
∂y
� �
d ∂L
−
dt ∂˙z
∂L
∂z
= 0,
= 0.
U gornjoj je jednadˇzbi s L = Ek − Ep, označena Lagrangeova funkcija (lagranˇzijan) 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 uvrˇstavanjem gornjeg lagranˇzijana u jednadˇzbu (14.27), dobije x komponenta
Newtonove jednadˇzbe gibanja
m ¨ �r = � FL.
�
,
�
.

498 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Zadatak: 14.9 Pomoću lagranˇzijana (14.28) raspiˇsite Lagrangeove jednadˇzbe jedne slobodne
čestice i pokaˇzite da se one svode na Newtonovu jednadˇzbu gibanja m ¨ �r = � FL, gdje
je FL Lorentzova sila.
14.6 Hamiltonovo načelo
Pokaˇzimo sada vezu koja postoji izmedu Lagrangeovih jednadˇzba i jednog dijela matematike
koji se zove varijacijski račun. Ova veza će nam ukazati na jedan drukčiji način na koji se
moˇze gledati na izvod i smisao Lagrangeovih jednadˇzba 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 14.5), a ima svojstvo da je integral
Slika 14.5: Uz varijacijski račun.
I =
� b
a
F(y,y ′ ;x) dx (14.28)
ekstreman, tj. maksimalan ili minimalan.
S y ′ je označena derivacija dy/dx, a F označava neku zadanu funkciju od y,y ′ i x. Sama
funkcija y se tada zove ekstrem. Ako je
funkcija koja čini gornji integral ekstremnim,
Iextr =
� b
a
y = Y(x)
�
F Y(x),Y ′ �
(x);x dx,

14.6. HAMILTONOVO NAČELO 499
neka je tada
y = Y(x)+δY(x) ≡ Y(x)+ǫ η(x)
njoj bliska (varirana) krivulja (slika 14.5), sa svojstvom da je
η(x = a) = η(x = b) = 0,
a ǫ = const. u x. Vrijednost integrala I za ovu blisku krivulju je
� b �
I(ǫ) =
a
F Y(x)+ǫ η(x) ,Y
� �� �
y
′ (x)+ǫ η ′ (x)
� �� �
y ′
�
;x dx, (14.29)
gdje su, opet, crticom označene derivacije po x. Nakon integracije po x, rezultat I ovisi samo
o ǫ. Uvjet da za ǫ = 0, ovaj integral poprima ekstremalnu vrijednost, piˇsemo kao zahtjev da je
�
d I�
� = 0.
d ǫ
� ǫ=0
Pomoću izraza (14.29) moˇzemo izračunati gornju derivaciju
d I
d ǫ =
� b �
∂ F ∂ y ∂ F
+
∂ y ∂ ǫ ∂ y ′
∂ y ′ � � b
dx =
∂ ǫ
=
a
� b
a
∂ F
∂ y
η dx+
� b
a
∂ F
∂ y ′
d η
d x dx.
a
� ∂ F
∂ y
Drugi član desne strane se moˇze parcijalno integrirati koristeći
� �
d ∂ F
η = η
d x ∂ y ′ d
�
∂ F
d x ∂ y ′
�
+ ∂ F
∂ y ′
Tako se dolazi do
d I
d ǫ =
=
No, sjetimo se da je
� b
a
� b
a
η
η
� b
∂ F
∂ y dx+
a
�
∂ F d
−
∂ y d x
�
−η d
d x
� ��
∂ F
∂ y ′
η(x = a) = η(x = b) = 0,
�
∂ F
∂ y ′
�
+ d
d x
�
∂ F
dx+ η
∂ y ′
d η
d x .
pa je posljednji član desne strane gornjeg izraza jednak nuli. Preostaje
�
d I�
0 = �
d ǫ
� b � �
∂ F d ∂ F
= η −
∂ y d x ∂ y ′
��
dx.
� ǫ=0
a
� b
ǫ=0
a
�
∂ F
η + η′
∂ y ′
�
η
.
d F
d y ′
��
Funkcija η(x) u gornjem integralu je potpuno proizvoljna, pa ju moˇzemo odabrati tako da na
cijelom intervalu a ≤ x ≤ b ima isti predznak kao i uglata zagrada. U tom slučaju,
gornja jednakost moˇze biti zadovoljena samo ako je uglata zagrada jednaka nuli
d
d x
�
∂ F
∂ y ′
�
−
∂ F
∂ y
dx
dx
= 0. (14.30)

500 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Ova se jednadˇzba naziva Euler - Lagrangeova jednadˇzba.
Opisani se postupak je lako poopćiti i na funkciju
viˇse varijabli
F(y1,y2,··· ,yS,y ′ 1 ,y′ 2 ,··· ,y′ S ;x),
ys = Ys(x)+ǫs ηs(x), s = 1,2,··· ,S
i vodi do S Euler - Lagrangeovih jednadˇzba
� �
d ∂ F ∂ F
− = 0, s = 1,2,··· ,S.
d x ∂ ys
∂ y ′ s
Slika 14.6: Leonhard Euler (Basel, 15. travnja
1707. - Petrograd, 18. rujna 1783.),
ˇsvicarski matematičar, fizičar i astronom.
Primjetimo da ako nezavisnu varijablu x shvatimo kao
vrijeme t, funkcijuF shvatimo kaoLagrangevufunkciju
L, a ys i y ′ s kao poopćene koordinate qs i poopćene brzine ˙qs, tada su gornje jednadˇzbe upravo
Lagrangeove jednadˇzbe gibanja za holonomne sustave (14.20).
14.7 Primjene Euler - Lagrangeove jednadˇzbe
Evo i nekoliko primjera primjene Euler - Lagrangeove jednadˇzbe.
Primjer: 14.6 Zadatak je naći krivulju koja spaja točke A i B u ravnini (x,y), sa svojstvom
da je duljina krivulje najmanja (slika 14.7.A).
Iz iskustva svi znamo da je to pravac, a sada ćemo pokazati kako se to moˇze i izračunati.
Podijelimo cijelu krivulju na male elemente označene s ds. Duljinu krivulje dobivamo tako da
zbrojimo sve te male elmente. Kada broj tih malih elementata teˇzi k beskonačnosti, njihov zbroj
prelazi u integral, pa za duljinu I, cijele krivulje, moˇzemo napisati
I =
Za mali ds vrijedi Pitagorin poučak ds = � (dx) 2 +(dy) 2 , pa gornji integral postaje
�
� B �
� � � xB
2
dy
I = (dx) 2 +(dy) 2 = dx 1+ .
dx
A
� B
A
Uvjet da udaljenostizmeduAiB bude najkraćasada postaje uvjet da integral I bude minimalan.
No, to je upravo problem (14.28) sa funkcijom
ds.
xA
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 jednadˇzbu (14.30). Lako je vidjeti da je
∂F
∂y
= 0,
∂F
=
∂y ′
y ′
� 1+y ′2 ,

14.7. PRIMJENE EULER - LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 501
Slika 14.7: Uz primjene varijacijskog računa.
pa Euler - Lagrangeova jednadˇzba glasi
�
d
dx
y ′
�
�
1+y ′2
= 0 ⇒
Rjeˇsavanjem gornje jednadˇzbe po y ′ , dolazi se do
dy
dx
= a,
y ′
� 1+y ′2
= const.
gdje je a nekakva konstanta. Rjeˇsenje gornje jednadˇzbe je očito linearna funkcija
y = ax+b,
tj. pravac, kao ˇsto smo od početka i znali da treba biti. Nepoznate konstante a i b se odreduju
iz uvjeta da pravac prolazi točkama A = (xA,yA) i B = (xB,yB).
Primjer: 14.7 Slijedeći problem koji ćemo izloˇziti je problem brahistokrone koji je prvi
rijeˇsio Johann Bernoulli, 1697. godine. Sama riječ potječe od grčkih riječi bráhistos ˇsto znači
najkraći i chrónos ˇsto znači vrijeme. Problem je slijedeći: čestica počinje padati iz točke A
sa slike 14.7.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

502 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
zbroj vremena za svaki mali dio; u granici kada ds postaje iˇsčezavajuće malen, ovaj zbroj prelazi
u integral koji ćemo označiti s I
I =
� tB
tA
dt =
Kao i u prethodnom primjeru, ds = � (dx) 2 +(dy) 2 . Budući da nema trenja, brzina se moˇze
odrediti iz zakona o sačuvanju energije. Neka je potencijalna energija jednaka nuli kada je y = 0
i neka u tA 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
EA = E = 0 =
Uvrˇstavaje brzine u izraz za I daje
mv 2
I =
� tB
tA
ds
v .
2 −mgy ⇒ v = � 2gy.
� xB
xA
dx
�
1+y ′2
√ .
2gy
Iz gornjeg izraza očitavamo funkciju F iz (14.28)
F(y,y ′ ) = 1
�
1+y
√
2g
′2
. (14.31)
y
Prije negoˇsto nastavimo s rjeˇsavanjem ovoga, izvedimo jedan postupak koji se zove nalaˇzenje
prvog integrala Euler - Lagrangeove jednadˇzbe. 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 sloˇzene
funkcije
d
dx
= d
dy
dy
dx .
Primjenimo ovo na Euler - Lagrangeovu jednadˇzbu
�
d ∂ F
d x ∂ y ′
�
∂ F
−
∂ y
�
′ d ∂ F
y
dy ∂ y ′
�
∂ F
−
∂ y
�
d ′ ∂ F
y
dy ∂ y ′
�
− dy′ ∂ F ∂ F
−
dy ∂ y ′ ∂ y
No, posljednja dva člana lijeve strane nisu niˇsta drugo do
d
dy F(y,y′ (y)) =
∂ F
∂ y
+ ∂ F
∂ y ′
dy ′
dy ,
= 0,
= 0,
= 0.

14.8. HAMILTONOVO NAČELO ZA NEHOLONOMNE SUSTAVE 503
tako da cijela Euler - Lagrangeova jednadˇzba postaje
� �
d ′ ∂ F
′ ∂ F
y −F = 0 ⇒ y −F = const. (14.32)
dy ∂ y ′ ∂ y ′
Gornji izraz se zove prvi integral Euler - Lagrangeove jednadˇzbe. U problemu brahistokrone, F
je zadano sa (14.31), ˇsto uvrˇsteno u gornju jednadˇzbu, nakon kraćeg računa, vodi na
dy
dx =
�
c1 −y
,
y
� �
y
dy
c1 −y =
�
dx = x−c2, cj = const.
Integral na lijevoj strani se rjeˇsava uvodenjem nove varijable y = c1 sin 2 (u/2)
�
x = c2 +c1 du sin 2 (u/2) = c2 + c1
2 (u−sinu).
Time su dobivene parametarske jednadˇzbe traˇzene krivulje
x = c2 + c1
2 (u−sinu),
y = c1
2 (1−cosu),
koje prepoznajemo kao jednaˇzbu cikloide 8 . Dakle, brahistokrona je cikloida.
14.8 Hamiltonovo načelo za neholonomne sustave
dovrˇsiti
14.9 Funkcija djelovanja
Očita sličnost Euler - Lagrangeove jednadˇzbe (14.30)
�
d ∂ F
d x ∂ y ′
�
∂ F
− = 0
∂ y
i Lagrangeove jednadˇzba (14.20) za holonomne konzervativne sustave,
� �
d ∂L
−
dt ∂ ˙qs
∂L
= 0, s = 1,2,··· ,S,
∂qs
navela je Hamiltona na razmatranje slijedećeg integrala koji je nazvao djelovanjem (action)
ili principalnom funkcijom
S =
� tk
tp
L(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t) dt, (14.33)
8 Kako izgleda cikloida: uočimo jednu točku na kruˇznici koja se, bez klizanja, kotrlja po vodoravnoj podlozi - uočena točka
opisuje cikloidu.

504 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
gdje je
L = Ek −Ep
Lagrangeova funkcija. Po dimenzijama, funkcija djelovanja predstavlja umnoˇzak energije i
Slika 14.8: Uz Hamiltonovo načelo najmanjeg djelovanja.
vremena. Istim postupkom kao u odjeljku 14.6, uz promjenu oznaka (slika 14.8)
F → L, x → t, ys → qs, y ′ s → ˙qs,
S(ǫs) =
� tk
i zahtjev da je djelovanje ekstremalno
tp
qs(t) = q extr
s (t)+ǫs ηs(t),
�
L q extr
s (t)+ǫs ηs(t), ˙q extr
�
s (t)+ǫs ˙η s(t);t dt
�
d S �
�
d ǫs
�
ǫs=0
= 0,
od Euler - Lagrangeovih, dolazimo do Lagrangeovih jednadˇzba u obliku (14.20)
� �
d ∂ L ∂ L
− = 0, s = 1,2,··· ,S.
d t ∂ ˙qs ∂ qs
Izvedimo Taylorov razvoj funkcije djelovanja u okolici točke ǫs = 0
S�
�
d S �
S(ǫs) = S(0)+ ǫs
�
d � +
ǫs
s=1 ǫs=0
� �� �
= 0
1
S� S�
2
s=1 s ′ ǫs ǫs
=1
′
d 2 S
dǫs dǫs ′
�
�
�
� +O(ǫ
0
3 ).

14.10. BA ˇ ZDARNA PREOBRAZBA 505
Nazovemo li varijacijom djelovanja δS razliku djelovanja na pravoj (koja čini S ekstremalnom)
i variranoj putanji
δS = S(ǫs)−S(0),
tada, s točnoˇsću od O(ǫ 2 ), moˇzemo reći da se mehanički sustav giba tako da je varijacija
njegove funkcije djelovanja jednaka nuli
δ S = 0. (14.34)
Budući da je na pravoj putanji mehaničkog sustava, ekstrem funkcije djelovanja najčeˇsće
minimalan, gornji se izraz zove Hamiltonovo načelo najmanjeg djelovanja.
Primjetimo da smo polazeći od čisto matematičkog zahtjeva da je integral jedne funkcije ekstreman,
doˇsli do izraza koji opisuje jednu prirodnu pojavu i koji je ekvivalentan Newtonovim
jednadˇzbama gibanja. Ili, drukčije rečeno: gibanja u prirodi se odvijaju tako da čine ekstremnim
integral Lagrangeove funkcije.
Zadatak: 14.10 Izračunajtefunkcijudjelovanjajednodimenzijskogharmonijskogoscilatorakoji
se u trenutku t1 nalazi u točki x1, a u trenutku t2 u točki x2.
R: .... dovrˇsiti ....
S =
mω0
2 sin ω0(tk −tp)
14.10 Baˇzdarna preobrazba
Neka je zadan lagranˇzijan sustava
��
x 2 1 +x2 �
2
L = L(qs, ˙qs;t).
�
cos ω0(tk −tp)−2x1x2 = S(x1,x2).
Polazeći od L, baˇzdarnom (gauge, kalibracijskom) preobrazbom oblika
�L(qs, ˙qs;t) = α L(qs, ˙qs;t)+ df(qs;t)
, (14.35)
dt
konstruira se jedan drugi lagranˇzijan � L, gdje je α konstanta, a funkcija f ne ovisi o poopćenim
brzinama. Zadatak je vidjeti
ˇsto se dogada s Lagrangeovim jednadˇzbama uslijed baˇzdarne preobrazbe.
U prethodnom je odjeljku pomoću lagranˇzijana L, uvedena funkcija djelovanja
S =
� tk
tp
L(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t) dt.

506 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE
Baˇzdarnom preobrazbom (14.35), dolazi se i do djelovanja
No
�S =
= α
� tk
tp
� tk
tp
�L(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t) dt
L(qs, ˙qs;t) dt+
� tk
= α S +f(qs;tk)−f(qs;tp).
tp
df(qs;t)
dt
f(qs(tk);tk)−f(qs(tp);tp) = c0 = const.
tj. baˇzdarna funkcija djelovanja je do na konstantni pomak i mnoˇzenje konstantom (linearna
preobrazba) jednaka nebaˇzdarenoj funkciji djelovanja, pa će zato i Lagrangeove 9 jednadˇzbe
gibanja ostati nepromjenjene.
Primjer: 14.8 Baˇzdarenje elektromagnetskih potencijala.
Poznato je da su električno i magnetsko polje invarijantni na baˇzdarne preobrazbe skalarnog i
vektorskog potencijala
za proizvoljno polje (funkciju) Ψ(�r,t).
�E = − −→ ∇V − ∂� A
∂t
�B = −→ ∇ × � A → −→ ∇ ×
Primjetimo sada da je
d Ψ(�r,t)
d t
= ∂ Ψ(�r,t)
∂ x
V → V − ∂Ψ
∂t , � A → � A + −→ ∇Ψ.
→ − −→ ∇
�
V − ∂Ψ
�
−
∂t
∂
∂t
dt
�
�A
−→
�
+ ∇Ψ
= − −→ ∇V + ✚
✚ ✚✚ −→ ∂Ψ
∇
∂t − ∂� A
∂t − ✚ ✚✚✚
∂ −→
∇Ψ = E. �
∂t
�
�A
−→
�
+ ∇Ψ = −→ ∇ × � A + −→ ∇ × −→ � ��
∇Ψ
�
=
≡ 0
−→ ∇ × � A = � B.
V − ˙ �r � A → V − ∂Ψ
∂t − ˙ �
�r �A
−→
�
+ ∇Ψ
= (V − ˙ �r � �
∂Ψ
A)−
∂t + ˙ �r −→ �
∇Ψ
˙x +
∂ Ψ(�r,t)
∂ y
˙y +
∂ Ψ(�r,t)
∂ z
˙z +
∂ Ψ(�r,t)
∂ t
.
= ˙ �r( −→ ∇Ψ)+
9 Slično kao ˇsto i kanonska preobrazba ne mijenja Hamiltonove jednadˇzbe gibanja, odjeljak 15.3.
∂ Ψ(�r,t)
.
∂ t

14.11. SIMETRIJE I ZAKONI SAČUVANJA 507
Iz gornjeg izraza zaključujemo da baˇzdarna preobrazba mijenja lagranˇzijan tako ˇsto mu pribroji
potpunu vremensku derivaciju baˇzdarne funkcije Ψ, pomnoˇzenu s nabojem Q
L → � L = L+Q
d Ψ(�r,t)
,
d t
a to je upravo preobrazba oblika (14.35) za koju je pokazano da ne mijenja Lagrangeove jednadˇzbe.
14.11 Simetrije i zakoni sačuvanja
dovrˇsiti

508 POGLAVLJE 14. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE

Poglavlje 15
Hamiltonove jednadˇzbe gibanja
Ako ne znaˇs kuda ideˇs, lako se moˇze dogoditi da stigneˇs negdje drugdje.
Alica u zemlji čudesa, Lewis Carrol
Lagrangeova funkcija uvedena u prethodnom poglavlju, je funkcija poopćenih koordinata qs
i poopćenih brzina ˙qs. Takoder, pomoću Lagrangeove funkcije, uveden je pojam poopćene
količine gibanja
ps = ∂L
∂˙qs
Odabirpoopćenihkoordinataipoopćenihbrzinakaonezavisnihvarijablije, naravno,moguć, ali
nije i jedini mogući izbor. U ovom će se poglavlju definirati jedna nova funkcija: Hamiltonova
funkcijailihamiltonijan,kojaćebitifunkcijapoopćenihkoordinataipoopćenihkoličinagibanja.
(qs, ˙qs) −→ (qs,ps)
I dok su Lagrangeove jednadˇzbe gibanja dane u obliku diferencijalnih jednadˇzba drugog reda,
jednadˇzbe gibanja izraˇzene preko Hamiltonove funkcije će biti diferencijalne jednadˇzbe prvog
reda (ali će ih zato biti dvostruko viˇse).
Promatrat će se sustav od N čestica čije je gibanje ograničeno s Mh holonomnih uvjeta.
Ovi su uvjeti rijeˇseni, zavisne poopćene koordinate su izraˇzene preko nezavisnih i formirana je
Lagrangeova funkcija od S = 3N −Mh nezavisnih poopćenih koordinata i brzina:
L(qs, ˙qs;t), s = 1,2,··· ,S.
Ova funkcija predstavlja ishodiˇste 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, [12].
15.1 Hamiltonove jednadˇzbe
Legendreova preobrazba - matematika
Neka je zadana funkcija dvije varijable
f(x,y).
509
.

510 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Njezin je diferencijal
df(x,y) = ∂f ∂f
dx+ dy ≡ udx+vdy,
∂x ∂y
gdje su s u i v označene derivacije f koje se mogu shvatiti kao definicija novih varijabla
u = ∂f
∂x
= u(x,y), v = ∂f
∂y
= v(x,y),
a gornje relacije su upravo veze izmedu starih (x,y) i novih (u,v) varijabla.
Legendreova preobrazba funkcije f jeste funkcija g definirana relacijom
Sada je
g = f −ux = f − ∂f
∂x x. (15.1)
dg = df −du x−u dx
= ✘✘✘ u dx+v dy −x du−✘✘✘ u dx
= v dy −x du ⇒ g = g(u,y),
tj. funkcija g je funkcija jedne nove varijable, u i jedne stare varijable, y, a ona druga stara
varijabla x i druga nova varijabla y su dane derivacijama g
∂g
∂u
= −x,
∂g
∂y
= v. (15.2)
Derivacija ponovoj varijabli u, daje staru varijablu −x, a derivacija po staroj varijabli y, daje
novu varijablu v. Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i Hamiltonove kanonske
jednadˇzbe (15.7).
Legendreova preobrazba - termodinamika
Termodinamički potencijali su funkcije od po dvije od slijedeće četiri varijable: dvije intenzivne
- tlak p i temperatura T i dvije ekstenzivne - volumen V i entropija S.
Prema prvom zakonu termodinamike (zakon o sačuvanju energije), unutarnja energija
sustava U je
dU = d ′ Q−dW = T dS −pdV ⇒ U = U(V,S)
funkcija dvije ekstenzivne varijable V i S, pri čemu su derivacije U po V i S dane onim
preostalim dvjema (intenzivnim) varijablama
∂U
∂S
= T,
∂U
∂V
= −p. (15.3)
Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.2), kao i da derivacije po ekstenzivnim
varijablama daje intenzivne varijable.

15.1. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE 511
Izvedimo LegendreovupreobrazbuU takoˇstoćemodefiniratientalpijuH (oznakuzaentalpiju
ne treba brkati s oznakom za hamiltonijan)
H = U +pV = U − ∂U
∂V V
dH = dU +dp V +pdV = T dS − ✟
✟ ✟ pdV +dp V + ✟
✟ ✟ pdV
= T dS +dp V ⇒ H = H(S,p)
funkcija jedne ekstenzivne varijable S i jedne intenzivne varijable p, pri čemu su derivacije H
po S i p dane onim preostalim dvjema varijablama
∂H
∂S
= T,
Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.2) kao i da derivacija po ekstenzivnoj varijabli
dajeintenzivnu varijablu, a derivacija pointenzivnoj varijabli daje ekstenzivnu varijablu.
∂H
∂p
= V.
Sličnim se postupkom dolazi i do Helmholtzove slobodne energije F
F = U −TS = U − ∂U
∂S S
dF = dU −dT S −T dS =✘✘✘ T dS −pdV −dT S −✘✘✘ T dS
= −pdV −dT S ⇒ F = F(V,T)
funkcija jedne ekstenzivne varijable V i jedne intenzivne varijable T, pri čemu su derivacije F
po V i T dane onim preostalim dvjema varijablama
∂F
∂V
= −p,
∂F
∂T
= −S.
Primjetimo da su gornje relacije istog oblika kao i (15.2) kao i da derivacija po ekstenzivnoj varijabli
dajeintenzivnu varijablu, a derivacija pointenzivnoj varijabli daje ekstenzivnu varijablu.
Sličnim se postupkom dolazi i do Gibbsove slobodne energije G
G = H −TS = H − ∂H
∂S S
dG = dH −dT S −T dS =✘✘✘ T dS +V dp−dT S −✘✘✘ T dS
= V dp−dT S ⇒ G = G(T,p)
funkcija dvije intenzivne varijable T i p, pri čemu su derivacije G po T i p dane onim preostalim
dvjema ekstenzivnim varijablama
∂G
∂T
= −S,
∂G
∂p
= V. (15.4)

512 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Gornje relacije su istog oblika kao i (15.2), a derivacije po intenzivnim varijablama daje ekstenzivne
varijablu.
Primjetimo joˇs i da je U = U(V,S) funkcija obje ekstenzivne, a G = G(T,P), funkcija obje
intenzivne varijable i da njihove derivacije (15.3) i (15.4) imaju isti oblik kao i Hamiltonove
kanonske jednadˇzbe (15.7).
Legendreova preobrazba - mehanika
Neka je zadan sustav sa S stupnjeva slobode, opisan Lagrangeovom funkcijom L(qs, ˙qs;t). Hamiltonova
je ideja bila, pronaći funkciju u kojoj će se kao varijable, umjesto poopćenih brzina
pojavljivati poopćene količine gibanja. Započnimo račun tako ˇsto ćemo izračunati diferencijal
Lagrange-ove funkcije L(qs, ˙qs;t)
L = L(qs, ˙qs;t) ⇒ dL(qs, ˙qs;t) =
S�
�
∂L
dqs +
∂qs
∂L
�
d˙qs
∂˙qs
s=1
+ ∂L
∂t dt.
U skladu s definicijom poopćene količine gibanja (14.21) i Lagrangeovom jednadˇzbom (14.20)
ps = ∂L
,
∂ ˙qs
� �
d ∂L
−
dt ∂ ˙qs
∂L
= 0 ⇒
∂qs
∂L
=
∂qs
dps
= ˙ps,
dt
diferencijal Lagrangeove funkcije postaje
dL(qs, ˙qs;t) =
S� � �
˙psdqs +psd˙qs
s=1
+ ∂L
∂t dt.
U gornjoj jednadˇzbi se član s diferencijalom poopćene brzine, moˇze izraziti kao
ˇsto vodi na
S�
s=1
dL =
S�
s=1
d(ps˙qs) = dps ˙qs +psd˙qs,
psd˙qs = d(ps˙qs)−dps ˙qs,
� �
˙psdqs +d(ps˙qs)−dps ˙qs + ∂L
∂t dt
(−˙ps dqs + ˙qs dps)− ∂L
�
S�
�
dt = d ps˙qs −L . (15.5)
∂t
s=1
FunkcijanalijevojstranigornjejednadˇzbesezoveHamiltonova funkcija ili hamiltonijan
H =
S�
ps˙qs −L(qs, ˙qs;t), (15.6)
s=1

15.1. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE 513
Primjetimo da se, u skladu s definicijom Legendreove
preobrazbe (15.1), hamiltonijan u gornjem izrazu pojavljuje
kao Legendreova preobrazba lagranˇzijana.
Iz lijeve strane (15.5) se vidi da je hamiltonijan funkcija
poopćenih koordinata, poopćenih količina gibanja
i vremena
H = H(qs,ps;t),
Slika 15.1: Sir William Rowan Hamilton (4.
VIII 1805. – 2. IX 1865.) irski fizičar, astronom
i matematičar.
a ne poopćenih koordinata, poopćenih brzina i vremena,
kao ˇsto je to lagranˇzijan. Budući da je općenito
diferencijal funkcije poopćenih koordinata, poopćenih količina gibanja i vremena, jednak
dH =
S�
�
∂H
s=1
∂qs
dqs + ∂H
∂ps
dps
�
+ ∂H
∂t dt,
usporedbom gornjeg izraza sa (15.5), dolazi se do Hamiltonovih kanonskih jednadˇzba
gibanja
˙ps = − ∂H
, ˙qs =
∂qs
∂H
,
∂ps
∂H
∂t
= −∂L,
(15.7)
∂t
za sve s = 1,2,··· ,S. Primjetimo simetriju (do na predznak) jednadˇzba na zamjenu qs i
ps. Kao ˇsto vidimo, Hamiltonove su jednadˇzbe prvog reda, ali ih ima dvostruko viˇse nego
Lagrangeovih. Uz zadane vrijednosti qs i ps u nekom proizvoljnom trenutku t0
qs(t = t0) = qs,0,
ps(t = t0) = ps,0,
rjeˇsavanje gornjih kanonskih jednadˇzba daje vrijednosti qs(t) o ps(t) za svaki t
qs(t) = qs(t;qs,0,ps,0),
ps(t) = ps(t;qs,0,ps,0),
t ≷ t0
tj, odreduje stanje mehaničkog sustava proizvoljno točno u proˇslosti, sadaˇsnjosti kao i u
budućnosti.
izvod iz Hamiltonovog načela
Pokaˇzimo joˇs i kako se Hamiltonove kanonske jednadˇzbe gibanja mogu izvesti pomoću Hamiltonovog
načela najmanjeg djelovanja (14.34)
δ S = 0. (15.8)

514 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Prema definiciji funkcije djelovanja (14.33) i hamiltonijana (15.6) je
tp
δ S = 0 = δ
tp
=
=
� tk
tp
� tk
tp
� tk
tp
dt δ
dt
L(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t) dt
� S�
S�
s=1
s=1
�
ps˙qs −H(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS;t)
δps ˙qs +ps δ˙qs − ∂H
∂qs
δqs − ∂H
∂ps
Parcijalna integracija drugog člana desne strane gornjeg izraza daje
� � � tk tk d
� � � �
�
dt ps δ˙qs = dt ps δqs −δqs ˙ps = ps δqs�
dt
tk
� tk
− dt δqs ˙ps = −
tp
zato jer je varijacija qs u početnom i konačnom trenutku jednaka nuli (slika 14.8)
δqs(tp) = δqs(tk) = 0.
Uvrˇstavanjem ove parcijalne integracije, Hamiltonovo načelo dalje vodi na
δ S = 0 =
� tk S�
�
dt ˙qs δps − ˙ps δqs − ∂H
δqs −
∂qs
∂H
�
δps
∂ps
0 =
tp
� tk
tp
dt
s=1
s=1
tp
δps
�
.
S�
� �
˙ps + ∂H
� �
δqs + −˙qs +
∂qs
∂H
�
δps
∂ps
�
� tk
tp
�
.
dt δqs ˙ps,
Iz linearne nezavisnosti hamiltonovih kanonskih varijabla qs i ps, slijedi i linearna nezavisnot
varijacija δqs i δps. Ako su varijacije nezavisne, moguće je jednu od njih drˇzati različitom
od nule, a sve ostale staviti da su jednake nuli - iz toga slijedi da je zagrada koja mnoˇzi tu
varijaciju, različita od nule. Takvo razmiˇsljanje vrijedi za svaku varijaciju, tj. sve pridruˇzene
gornje zagrade moraju biti jednake nuli, a to su upravo Hamiltonove kanonske jednadˇzbe
˙ps = − ∂H
, ˙qs =
∂qs
∂H
.
∂ps
Ovime je pokazano kako se iz Hamiltonovog načela najmanjeg djelovanja, izvode Hamiltonove
kanonske jednadˇzbe gibanja.
fizičko značenje hamiltonijana
Pogledajmo sada koje je fizičko značenje Hamiltonove funkcije? Neka je sustav konzervativan,
tako da je
L = Ek −Ep
i neka lagranˇzijan (pa time i hamiltonijan) ne ovisi eksplicitno o vremenu. Pokaˇzimo da je
u tom slučaju kinetička energija kvadratna funkcija poopćenih brzina. Krenimo od kinetičke
energije sustava N čestica, napisane u pravokutnim koordinatama
Ek = 1
2
N�
j=1
mj ˙ �r 2
j = 1
2
N�
mj(˙x 2 j + ˙y 2 j + ˙z 2 j)
j=1

15.1. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE 515
i prevedimo ju u poopćene koordinate. Za koordinete xj reonomnog sustava, vrijedi
xj = xj(q1,q2,··· ,qS;t)
S� ∂xj
˙x j = ˙qs +
∂qs s=1
∂xj
∂t
˙x 2 j =
�
S�
∂xj
˙qs +
∂qs
∂xj
��
S�
∂xj
∂t ∂qr
=
s=1
S�
s=1
Sličan račun za yj i zj daje
˙y 2 j =
˙z 2 j =
Uvedu li se pokrate
S�
s=1
S�
s=1
as,r = 1
2
as =
N�
j=1
b = 1
2
kinetička je energija jednaka
S�
r=1
S�
r=1
S�
r=1
N�
j=1
mj
N�
j=1
mj
mj
Ek =
∂xj
∂qs
∂yj
∂qs
∂zj
∂qs
∂xj
∂qr
∂yj
∂qr
∂zj
∂qr
� ∂xj
� ∂xj
∂t
∂qs
∂xj
∂qs
� �∂xj
S�
s=1
∂t
S�
r=1
r=1
˙qs˙qr +2 ∂xj
∂t
˙qs˙qr +2 ∂yj
∂t
˙qs˙qr +2 ∂zj
∂t
∂xj
∂qr
� 2
+ ∂yj
∂qs
+ ∂yj
∂t
+
as,r ˙qs˙qr +
∂yj
∂qs
˙qr + ∂xj
∂t
S�
s=1
S�
s=1
S�
s=1
∂yj
∂qr
∂xj
∂qs
∂yj
∂qs
∂zj
∂qs
+ ∂zj
∂qs
+ ∂zj
∂t
� �2 ∂yj
+
∂t
S�
s=1
�
˙qs +
˙qs +
˙qs +
∂zj
∂qs
� �2 ∂xj
.
∂t
� �2 ∂yj
,
∂t
� �2 ∂zj
.
∂t
�
∂zj
= ar,s,
∂qr
�
,
� � �
2
∂zj
,
∂t
as ˙qs +b. (15.9)
Vidimo da ako je sustav skleronoman (tj. vrijeme se ne pojavljuje eksplicitno)
b ≡ 0, as ≡ 0
i kinetička energija postaje kvadratna funkcija u poopćenim brzinama. U tom slučaju se moˇze

516 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
dalje pisati
S�
l=1
∂Ek
∂˙ql
Ek =
∂Ek
∂˙ql
=
˙ql =
S�
S�
s=1 r=1
as,r˙qs˙qr
S�
al,r˙qr +
r=1
S�
l=1
S�
s=1
as,l˙qs
S�
al,r ˙ql ˙qr +
r=1
S�
s=1
� ∂
� S�
l=1
∂˙ql
˙ql
S�
as,l ˙qs ˙ql = 2Ek
Ograničimolisenakonzervativnesustavekodkojihpotencijalnaenergijaneovisiopoopćenim
brzinama, a u skladu s gornjim izrazom, za poopćenu količinu gibanja dobivamo
ps = ∂L
∂ ˙qs
= ∂Ek
∂ ˙qs
⇒
S�
s=1
∂Ek
∂˙qs
l=1
˙qs =
Uvrstimo to u izraz za Hamiltonovu funkciju i dobit ćemo
S�
H = ps˙qs −L = 2Ek −(Ek −Ep) = Ek +Ep,
tj.
s=1
S�
s=1
ps ˙qs = 2Ek
H = Ek +Ep. (15.10)
Hamiltonova je funkcija zbroj kinetičke i potencijalne energije cijelog sustava.
To je i jednostavan način da se napiˇse hamiltonijan sustava.
Konstante gibanja
Pokaˇzimo da je H(qs,ps) konstanta gibanja, tj. da se ne mijenja s vremenom. Ako je neˇsto
konstantno u vremenu, tada je njegova potpuna vremenska derivacija jednaka nuli
dH
dt =
S�
s=1
� ∂H
∂qs
˙qs + ∂H
˙ps
∂ps
�
= (15.7) =
S�
(−˙ps˙qs + ˙qs˙ps) = 0,
s=1
H(qs,ps) = E = const. (15.11)
Cikličnost
Ako hamiltonijan ne ovisi o nekoj od poopćenih koordinata, npr. o koordinati qk, tada je
˙pk = − ∂H
= 0 ⇒ pk = const. (15.12)
∂qk
pridruˇzena poopćena količina gibanja konstantna u vremenu. Svrha uvodenja hamiltonijana
i jeste u tome da se u izrazu za H neke koordinate ne pojavljuju, ˇsto odmah pojednostavljuje
rjeˇsavanje jednadˇzba gibanja. Poopćene koordinate koje se ne pojavljuju eksplicitno u
hamiltonijanu, zovu se ciklične koordinate.

15.2. POISSONOVE ZAGRADE 517
Zadatak: 15.1 Koristeći polarni koordinatni sustav, napiˇsite hamiltonijan jedne čestice koja
se giba u polju sile opisane potencijalnom energijom Ep(ρ,ϕ). Napiˇsite i Hamiltonove
jednadˇzbe gibanja.
R: Čestica koja se slobodno giba u ravnini ima dva stupnja slobode, a za dvije
poopćene koordinate uzimaju se
q1 = ρ, q2 = ϕ.
Za S = 2 stupnja slobode će biti 2S = 4 Hamiltonove jednadˇzbe gibanja. Iz veze s
polarnih i pravokutnih koordinata,
x = ρcosϕ, y = ρsinϕ,
lako se dolazi do izraza za kinetičku energiju u polarnom sustavu
m v2 m
Ek = =
2
Poopćene količine gibanja su definirane kao
2 (˙x 2 + ˙y 2 ) = m
2 (˙ρ 2 +ρ 2 ˙ϕ 2 ).
ps = ∂Ek
, s = 1,2,
∂˙qs
ˇsto u ovom primjeru daje
p1 ≡ pρ = ∂Ek
∂˙ρ = m˙ρ, p2 ≡ pϕ = ∂Ek
∂ ˙ϕ = mρ2 ˙ϕ.
Hamiltonova funkcija ovisi o poopćenim koordinatama i količinama gibanja H =
H(ρ,ϕ,pρ,pϕ)
H = Ek +Ep = m
2
� 2 pρ m2 +ρ2 p2ϕ m2ρ4 �
+Ep(ρ,ϕ) = 1
�
p
2m
2 ρ + p2ϕ ρ2 �
+Ep(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) Ep = Ep(ρ), dakle neovisno o kutu ϕ, tada je i cijeli
hamiltonijan neovisan o ϕ
˙pϕ = − ∂H
∂ϕ = 0 ⇒ pϕ = mρ 2 ˙ϕ = const.,
tj. ϕ je ciklična koordinata. Ovu smo veličinu, moment količine gibanja L ≡ pϕ,
upoznali u poglavlju o centralnim silama, gdje smo na neˇsto drukčiji način dokazali
njezinu nepromjenjivost u vremenu. To je ujedno i prva od četiri Hamiltonove
jednadˇzbe. Preostale tri su
15.2 Poissonove zagrade
˙pρ = − ∂H
∂ρ = p2ϕ ∂Ep
−
mρ3 ∂ρ ,
˙ρ = ∂H
=
∂pρ
pρ
m ,
˙ϕ = ∂H
=
∂pϕ
pϕ
mρ2.

518 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Definicija
Poissonova zagrada dvije funkcije poopćenih koordinata qs i
poopćenih količina gibanja, ps,
se definira kao
{F1,F2} =
F1(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS)
F2(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS)
S�
�
∂F1 ∂F2
s=1
∂qs
(S je broj stupnjeva slobode).
∂ps
− ∂F2
∂qs
�
∂F1
∂ps
(15.13)
Svojstva
Izravnim uvrˇstavanjem u gornju definicijsku formulu, pokazuju se slijedeća
svojstva:
(0) {F,c} = 0, c = const.,
(1) {F,F} = 0,
(2) {F1,F2} = −{F2,F1},
(3) {F1 +F2,F3} = {F1,F3}+{F2,F3},
Slika 15.2: Poisson, Siméon
Denis, (1781 - 1840) francuski
fizičar i matematičar.
(4) {F,qk} = − ∂F
, (15.14)
∂pk
(5) {F,pk} = ∂F
,
∂qk
(6) {F1F2,F3} = {F1,F3}F2 +F1{F2,F3},
(7) {F1,{F2,F3}}+{F2,{F3,F1}}+{F3,{F1,F2}} = 0.
Posljednja od gornjih relacija je poznata kao Jacobijev identitet.
Zadatak: 15.2 Dokaˇzite Jacobijev identitet.
R:
dovrˇsiti

15.2. POISSONOVE ZAGRADE 519
Zadatak: 15.3 Izračunajte Poissonove zagrade simetričnog krutog tijela
{ ˙ φ,f(θ,φ,ψ)}, { ˙ ψ,f(θ,φ,ψ)},
gdje su θ,φ i ψ Eulerovi kutovi, a f proizvoljna funkcija Eulerovih kutova.
R:
dovrˇsiti
veza s Hamiltonovim jednadˇzbama
Pogledajmo čemu su jednake Poissonove zagrade poopćene koordinate i poopćene količine gibanja
s Hamiltonovom funkcijom:
gdje smo uvrstili relacije
∂qs
∂qs ′
{qs,H} =
=
S�
�
∂qs
∂qs ′
∂H
∂ps ′
− ∂H
∂qs ′
∂qs
∂ps ′
�
S�
�
δs,s ′
∂H
∂ps ′
− ∂H
∂qs ′
�
·0
s ′ =1
s ′ =1
= ∂H
= (15.7) = ˙qs, (15.15)
∂ps
S�
{ps,H} =
s ′ �
∂ps
∂qs =1
′
∂H
∂ps ′
− ∂H
∂qs ′
∂ps
∂ps ′
�
S�
�
= 0· ∂H
∂ps ′
− ∂H
∂qs ′
δs,s ′
�
= δs,s ′,
s ′ =1
= − ∂H
∂qs
∂ps
∂ps ′
= (15.7) = ˙ps, (15.16)
= δs,s ′,
∂qs
∂ps ′
= 0,
∂ps
∂qs ′
= 0. (15.17)
Pomoću Poissonovih zagrada (15.15) i (15.16), zaključujemo da se Hamiltonove kanonske jednadˇzbe
gibanja (15.7), mogu napisati u potpuno simetričnom obliku
˙qs = {qs,H}, ˙ps = {ps,H}. (15.18)
Koristeći (15.17), lako je izračunati Poissonove zagrade izmedu samih poopćenih koordinata i
poopćenih količina gibanja: one su različite od nule samo kada se računaju izmedu poopćene

520 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
koordinate i njoj pridruˇzene (koje se odnose na isti stupanj slobode) poopćene količine gibanja
{qk,ql} =
{pk,pl} =
{qk,pl} =
S�
�
∂qk ∂ql
s=1
s=1
∂qs
∂qs
∂ps
S�
�
∂pk ∂pl
s=1
∂qs
∂ps
S�
�
∂qk ∂pl
∂ps
− ∂ql
∂qs
− ∂pl
∂qs
− ∂pl
∂qs
�
∂qk
=
∂ps
�
∂pk
=
∂ps
�
∂qk
=
∂ps
S� � �
0−0 = 0,
s=1
S� � �
0−0 = 0, (15.19)
s=1
S� �
s=1
δk,s δs,l −0
Pokaˇzimo joˇs i kako se ukupna vremenska promjena proizvoljne funkcije
� �
f qs(t),ps(t);t ,
�
= δk,l.
moˇze napisati preko Poissonove zagrade (u izvodu se ponovo koriste Hamiltonove kanonske
jednadˇzbe (15.7)):
df
dt =
=
S�
�
∂f
s=1
∂qs
S�
�
∂f
s=1
∂qs
˙qs + ∂f
∂ps
∂H
∂ps
= {f,H}+ ∂f
∂t .
˙ps
− ∂H
∂qs
Ukoliko funkcija f ne ovisi eksplicitno o vremenu, tada je
�
+ ∂f
∂t
�
∂f
∂ps
+ ∂f
∂t
df
dt = {f,H}. (15.20)
Ako je Poissonova zagrada funkcije i hamiltonijana jednaka nuli, tada je f konstanta gibanja.
Posebno, ako je f ≡ H, zaključujemo, kao i ranije u (15.11), da je H konstanta gibanja.
Zadatak: 15.4 Koristeći Poissonove zagrade, pokaˇzite da za jednodimenzijski harmonijski oscilator
postoji konstanta gibanja u dana sa
�
k
u(q,p,t) = ln(p+imωq)−iωt,ω =
m .
Koje je fizičko značenje ove konstante?
R:
dovrˇsiti

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 521
15.3 Kanonska preobrazba
U odjeljku 14.10 je pokazano da baˇzdarna preobrazba ne mjenja (ostavlja invarijantnim) Lagrangeove
jednadˇzbe gibanja. U ovom će se odjeljku uvesti jedna druga preobrazba, kanonska,
za koju će se pokazati da ostavlja invarijantnim Hamiltonove kanonske jednadˇzbe gibanja.
U prethodnim odjeljcima je, relacijom (15.12), uveden pojam ciklične koordinate kao one
koordinateokojojhamiltonijanne ovisi. Naravnodajeodinteresa naći takavskupkoordinata
u kojemu će biti ˇsto viˇse cikličnih koordinata, jer time ostaje manje Hamiltonovih jednadˇzba
koje treba rijeˇsiti. Naime, tada je jednostavno rjeˇsiti Hamiltonove kanonske jednadˇzbe gibanja
˙ps = − ∂H
∂qs
˙qs = ∂H
∂p0,s
= 0 ⇒ ps = p0,s = const.
= const = ωs ⇒ qs = ωs t+q0,s.
(15.21)
Kako bi se dobio ˇsto veći broj cikličnih poopćenih koordinata, ponekad je zgodno prijeći sa
varijabli qs i ps (stare varijable) na nove varijable ˜qs, ˜ps za s = 1,2,··· ,S. Neka su veze starih
i novih varijabli oblika
qs = qs(˜q1,˜q2,··· ,˜qS, ˜p1, ˜p2,··· , ˜pS,t),
ps = ps(˜q1,˜q2,··· ,˜qS, ˜p1, ˜p2,··· , ˜pS,t),
˜qs = ˜qs(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS,t),
˜ps = ˜ps(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS,t).
(15.22)
(15.23)
Hamiltonovu funkciju izraˇzenu u starim varijablama ćemo označiti s H(qs,ps), a u novim varijablama
s � H(˜qs, ˜ps). Preobrazbu (15.23) nazivamo kanonskom, ako i u novim varijablama
vrijede Hamiltonove kanonske jednadˇzbe gibanja (15.7)
Zadatak je
˙˜ps = − ∂ � H
,
∂˜qs
˙˜qs = ∂ � H
pronaći uvjete koja mora zadovoljavati preobrazba (15.23) da bi bila
kanonska.
∂˜ps
(15.24)

522 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
15.3.1 Funkcija izvodnica kanonske preobrazbe
Da bi preobrazba (15.23) bila kanonska, potrebno je da Hamiltonovo načelo najmanjeg djelovanja
(14.34) vrijedi i u starim i u novim varijablama
� �
tk S�
� � �
tk S�
δ ps ˙qs −H(qs,ps) dt = 0, δ ˜ps ˙˜qs − � �
H(˜qs, ˜ps) dt = 0,
tp
odnosno,
s=1
δ
� tk
tp
� S�
s=1
Gornja će relacija biti zadovoljena ako je
jer je tada
δ
S�
s=1
� tk
tp
tp
(ps ˙qs − ˜ps ˙˜qs)+( � H −H)
s=1
(ps ˙qs − ˜ps ˙˜qs)+( � H −H) = dG
dt ,
dG
dt
dt = δ
�
� �
G(tk)−G(tp) = 0.
dt = 0.
Ovako uvedena funkcija G se naziva funkcija izvodnica kanonske preobrazbe (ili generator
kanonske preobrazbe)
dG =
=
S�
s=1
S�
s=1
�
ps ˙qs dt− ˜ps ˙˜qs
�
dt +
� �
ps dqs − ˜ps d˜qs +
� �
�H −H dt
� �
�H −H dt. (15.25)
Funkcija izvodnica G je proizvoljna funkcija 4n+1 nezavisnih varijabla: 2n starih qs i ps i 2n
novih ˜qs i ˜ps i eventualno vremena t
q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS,˜q1,˜q2,··· ,˜qS, ˜p1, ˜p2,··· , ˜pS,t.
Zbog veza (15.23) nisu sve 4n+1 varijable nezavisne - nezavisno je samo 2n+1 varijabla.
Izbor nezavisnih varijabla dijeli izvodnice kanonskih preobrazba u četiri tipa:
S�
� �
∂ G1 ∂ G1
G1 = G1(qs,˜qs;t) dG1 = dqs + d˜qs +
∂ qs ∂ ˜qs
∂ G1
∂ t dt,
G2 = G2(qs, ˜ps;t) dG2 =
G3 = G3(ps,˜qs;t) dG3 =
G4 = G4(ps, ˜ps;t) dG4 =
s=1
S�
s=1
S�
s=1
S�
s=1
� ∂ G2
∂ qs
� ∂ G3
∂ ps
� ∂ G4
∂ ps
dqs +
dps +
dps +
∂ G2
∂ ˜ps
∂ G3
∂ ˜qs
∂ G4
∂ ˜ps
�
d˜ps + ∂ G2
�
d˜qs + ∂ G3
�
d˜ps + ∂ G4
∂ t dt,
∂ t dt,
∂ t dt.

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 523
Neka je funkcija izvodnica G ≡ G1, tada iz gornjeg izraza i (15.25) slijedi
dG1 =
S�
s=1
� ∂ G1
∂ qs
iz čega slijede relacije
Iz
ps =
dqs +
∂ G1
∂ ˜qs
�
d˜qs + ∂ G1
∂ t
∂ G1
, −˜ps =
∂ qs
dt = dG =
∂ G1
,
∂ ˜qs
S�
s=1
∂ G1(qs,˜qs;t)
˜ps = − = ˜ps(qs,˜qs;t)
∂ ˜qs
se mogu dobiti qs kao funkcije novih varijabla
Sada se gornje relacije uvrste u
i ps(qs,˜qs;t) postaje
� �
ps dqs − ˜ps d˜qs +
� �
�H −H dt,
H� ∂ G1
−H = . (15.26)
∂ t
qs = qs(˜q1,˜q2,··· ,˜qS,˜p1, ˜p2,··· , ˜pS;t). (15.27)
ps =
∂ G1(qs,˜qs;t)
∂ qs
= ps(qs,˜qs;t)
ps = ps(˜q1,˜q2,··· ,˜qS, ˜p1, ˜p2,··· ,˜pS;t). (15.28)
Poznavajući qs = qs(˜qs, ˜ps;t) i ps = ps(˜qs, ˜ps;t) i njihovim uvrˇstavanjem u desnu stranu izraza
�H(˜qs,˜ps;t) = H(qs,ps;t)+
dobit će se � H kao funkcija novih varijabla ˜qs i ˜ps.
∂ G1(qs,˜qs;t)
∂ t
Drugi tipovi funkcija izvodnica su prikladne Legendreove preobrazbe (početak odjeljka 15.1)
G1.
G2
�
d G1 +
S�
s=1
˜qs ˜ps
�
=
=
=
�
G1 −
S�
s=1
∂ G1
∂ ˜qs
˜qs
�
= dG1 +
S� � �
d˜qs ˜ps + ˜qs d˜ps
s=1
S� �
ps dqs✘✘✘✘ −˜ps d˜qs✘ ✘✘✘
�
+˜ps d˜qs + ˜qs d˜ps +
s=1
S� � �
ps dqs + ˜qs d˜ps +
s=1
= dG2(qs, ˜ps;t),
� �
�H −H dt
� �
�H −H dt

524 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
iz čega slijedi 1
G3
�
d G1 −
iz čega slijedi
G4
�
d G1 −
S�
s=1
iz čega slijedi
1 Zapravo je
S�
s=1
qs ps +
qs ps
S�
s=1
�
G2(qs, ˜ps;t) = G1(qs,˜qs;t)+
S�
s=1
˜qs ˜ps,
�H = H + ∂G2
∂t , ps = ∂G2
, ˜qs =
∂qs
∂G2
. (15.29)
∂˜ps
= dG1 −
=
=
S� � �
dqs ps +qs dps = dG−
s=1
S� � �
ps dqs +qs dps
s=1
S� �
�
ps dqs − ˜ps d˜qs −ps dqs −qs dps +
s=1
S� � �
− ˜ps d˜qs −qs dps +
s=1
= dG3(˜qs,ps;t),
G3(˜qs,ps;t) = G1(qs,˜qs;t)−
�H = H + ∂G3
∂t , qs = − ∂G3
∂ps
˜qs ˜ps
ali se ova konstanta obično izostavlja.
�
=
=
S�
s=1
� �
�H −H dt
qs ps,
S� � �
− ˜ps d˜qs −qs dps +
s=1
S� � �
−qs dps − ˜qs d˜ps +
s=1
= dG4(ps, ˜ps;t),
G4(ps, ˜ps;t) = G1(qs,˜qs;t)−
S�
s=1
�H = H + ∂G4
∂t , qs = − ∂G4
∂ps
G2(qs, ˜ps;t) = G1(qs, ˜qs;t)+
S�
s=1
� �
�H −H dt
, ˜ps = − ∂G3
. (15.30)
∂˜qs
qs ps +
� �
�H −H dt+
� �
�H −H dt
S�
s=1
˜qs ˜ps,
S�
s=1
� �
˜ps d˜qs + ˜qs d˜ps
, ˜qs = − ∂G4
. (15.31)
∂˜ps
˜qs ˜ps +const.,

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 525
Primjer: 15.1 Identitet: neka je
Prema (15.29) je
G2 =
S�
s ′ =1
∂G2
∂t = 0 = � H −H, ps = ∂G2
∂qs
Primjer: 15.2 Zamjena: neka je
Prema (15.26) je
qs ′ ˜ps ′ = q1 ˜p1 +q2 ˜p2 +···+qS ˜pS.
G1 =
S�
s=1
∂G1
∂t = 0 = � H −H, ps = ∂G1
∂qs
= ˜ps, ˜qs = ∂G2
= qs.
∂˜ps
qs ˜qs.
= ˜qs, ˜ps = − ∂G1
∂qs
= −qs.
U novim varijablama su qs i ps samo zamjenili mjesta, a onaj minus potječe od minusa u
Hamiltonovim kanonskim jednadˇzbama (15.7)
˙qs = ∂H
∂ps
˙ps = − ∂H
∂qs
→ −˜ps = ∂ � H
,
∂ ˜qs
→ ˙˜qs = − ∂ � H
∂(−˜ps) = ∂ � H
.
∂ ˜ps
Primjer: 15.3 Jednodimenzijski harmonijski oscilator (jedan stupanj slobode)
Prema (15.26) je
G1(q,˜q,t) =
∂G1
∂t = 0 = � H(˜q, ˜p)−H(q,p), p = ∂G1
∂q
m ω0
2
= mω0
q 2
tan ˜q .
q
, ˜p = −∂G1
tan ˜q ∂q
= mω0
2
q 2
sin 2 ˜q .
Iz druge dvije od gornjih jednadˇzba, stare se varijable mogu izraziti preko novih
�
2 ˜p
q = sin˜q, p = � 2 m ω0 ˜p cos˜q. (15.32)
m ω0
Ovo gore su primjeri općenitih relacija (15.27) i (15.28).
Budući da je dobiveno
�H(˜q,˜p) = H(q,p),
a za jednodimenzijski harmonijski oscilator je
H(q,p) = p2
2m + mω2 0
2
q 2 ,

526 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
to je i (uvrˇstavanjem (15.32))
�H(˜q, ˜p) = p2
2m + mω2 0
2
q 2 = ω0 ˜p.
Budući da se u izrazu za � H(˜q, ˜p) ne pojavljuje ˜q, to je ˜q ciklična koordinata, pa je prema
Hamiltonovim kanonskim jednadˇzbama
−˙˜p = ∂ � H
∂ ˜q
˙˜q = ∂ � H
∂ ˜p
= 0,
= ω0.
Iz prve od gornjih jednadˇzba je ˜p = ˜p0 = const, pa je i cijeli � H konstantan
a iz druge jednadˇzbe je
�H = ω0 ˜p0 = E = const,
˜q(t) = ω0 t+ ˜q0.
Pomoću gornjeg izraza i veza (15.32), dobiva se i rjeˇsenje u starim koordinatama
� � �
2˜p0
q = sin ω0 t+ ˜q0
mω0
ˇsto prepoznajemo kao harmonijsko titranje oko ravnoteˇznog poloˇzaja u q = 0.
Zadatak: 15.5 Veze medu dvama skupovima kordinata su dane relacijama
Q = log(1+q 1/2 cosp)
P = 2(1+q 1/2 cosp)q 1/2 sinp.
Koristeći gornje relacije pokaˇzite da su Q i P kanonske varijable, ako su q i p
kanonske.
Pokaˇzite da je funkcija izvodnica gornje kanonske preobrazbe dana sa
R:
dovrˇsiti
F3 = −(e Q −1) 2 tanp.
15.3.2 Infinitezimalna kanonska preobrazba
Promotrimo kanonsku preobrazbu koja se infinitezimalno razlikuje od identične preobrazbe iz
primjera (15.1)
G2(qs, ˜ps;t) =
S�
qs ˜ps +ǫ f(qs, ˜ps)+O(ǫ 2 ).
s=1

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 527
Prema (15.29) je (zanemarujući članove reda ǫ 2 i viˇse)
�H = H + ∂G2
∂t = H, ps = ∂G2
∂qs
Budući da su članovi
= ˜ps +ǫ ∂ f(qs, ˜ps)
∂ qs
ǫ ∂ f(qs, ˜ps)
, ǫ
∂ qs
∂ f(qs,˜ps)
∂ ˜ps
, ˜qs = ∂G2
∂˜ps
= qs +ǫ ∂ f(qs, ˜ps)
.
∂ ˜ps
već reda O(ǫ) u njima moˇzemo u funkciji f zamjeniti ˜p sa p i s točnoˇsću od O(ǫ 2 ) napisati
˜qs = qs +ǫ
˜ps = ps −ǫ
∂ f(qs,ps)
, δqs = ˜qs −qs = ǫ
∂ ps
∂ f(qs,ps)
, δps = ˜ps −ps = −ǫ
∂ qs
Prisjetimo li se definicije Poissonovih zagrada (15.13)
S�
�
∂F1
{F1,F2} =
∂qs ′
∂F2
∂ps ′
− ∂F2
∂qs ′
∂F1
∂ps ′
s ′ =1
vidimo da se izrazi za δqs i δps mogu napisati i kao
δqs = ǫ {qs,f}, δps = ǫ {ps,f}.
∂ f(qs,ps)
,
∂ ps
�
,
∂ f(qs,ps)
.
∂ qs
Odabere li se za mali parametar ǫ kratki vremneski interval dt, a za funkciju f(qs,ps) se odabere
upravo hamiltonova funkcija H(qs,ps), tada funkcija izvodnica kanonske preobrazbe glasi
G2(qs, ˜ps;t) =
a jednadˇzbe za δqs i δps postaju
No, prema (15.18)
gornji izrazi postaju
S�
s=1
qs ˜ps +dt H(qs,ps)+O(ǫ 2 ),
δqs = dt {qs,H}, δps = dt {ps,H}.
˙qs = {qs,H}, ˙ps = {ps,H},
δqs = dt ˙qs = dqs, δps = dt ˙ps = dps.
ˇSto fizikalno znače gornje relacije? Hamiltonova funkcija je funkcija izvodnica (generator)
vremenske evolucije sustava: ona prevodi sustav iz stanja opisanog sa
u trenutku t, u stanje
u trenutku t+dt.
qs(t), ps(t)
qs(t+dt) = qs(t)+dqs, ps(t+dt) = ps(t)+dps
Sličan se postupak provodi i u odjelju 15.4, gdje stare varijable opisuju sustav u t = 0, a nove
varijable opisuju sustav u vremenu t > 0.

528 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
15.3.3 Poissonove zagrade i kanonska preobrazba
Kanonske varijable (qs,ps) čine bazu 2 2S dimenzijskog faznog prostora u kojemu svaka točka
prostora predstavlja jedno fizičko stanje mehaničkog sustava. Kanonska preobrazba
(qs,ps) → (˜qs, ˜ps)
predstavlja samo zamjenu jedne baze (stare, (qs,ps)) drugom 3 (novom, (˜qs, ˜ps)).
Pokazat ćemo da Poissonove zagrade ne ovise o izboru baze 2S dimenzijskog faznog prosotra
{F1,F2}q,p = {F1,F2}˜q,˜p,
tj. da su Poissonove zagrade invarijantne na kanonske preobrazbe.
Krenimo od Poissonovih zagrada funkcija F1(qs,ps) i F2(qs,ps), napisanih u novim varijablama
{F1,F2}˜q,˜p =
S�
�
∂F1
s=1
∂ ˜qs
∂F2
∂ ˜ps
− ∂F2
∂ ˜qs
�
∂F1
.
∂ ˜ps
No, F1 i F2 su funkcije starih varijablaa qs i ps, pa je (prema pravilu za derivaciju sloˇzene
funkcije)
∂F1
∂ ˜qs
∂F1
∂ ˜ps
=
=
S�
s ′ =1
S�
s ′ =1
� ∂F1
∂qs ′
� ∂F1
∂qs ′
∂qs ′
∂ ˜qs
∂qs ′
∂ ˜ps
+ ∂F1
∂ps ′
+ ∂F1
∂ps ′
∂ps ′
�
∂ ˜qs
∂ps ′
�
∂ ˜ps
, ∂F2
∂ ˜qs
, ∂F2
∂ ˜ps
=
=
S�
s ′ =1
S�
s ′ =1
� ∂F2
∂qs ′
� ∂F2
∂qs ′
∂qs ′
∂ ˜qs
∂qs ′
∂ ˜ps
Nakon uvrˇstavanja gornjih izraza u {F1,F2}˜q,˜p i kraćeg sredivanja, dobije se
{F1,F2}˜q,˜p =
S�
S�
s ′ =1 s ′′ =1
� ∂F1
∂qs ′
+ ∂F1
∂ps ′
Ukoliko su zadovoljene slijedeće relacije:
∂F2
∂qs ′′
∂F2
∂qs ′′
{qs ′,qs ′′}˜q,˜p + ∂F1
∂qs ′
{ps ′,qs ′′}˜q,˜p + ∂F1
∂ps ′
∂F2
+ ∂F2
∂ps ′
+ ∂F2
∂ps ′
{qs ′,ps ′′}˜q,˜p
∂ps ′
�
,
∂ ˜qs
∂ps ′
�
.
∂ ˜ps
∂ps ′′
∂F2
∂ps ′′
�
{ps ′,ps ′′}˜q,˜p .
{qs,qs ′}˜q,˜p = 0, {ps,ps ′}˜q,˜p = 0, {qs,ps ′}˜q,˜p = δs,s ′, (15.33)
tada su Poissonove zagrade funkcija F1 i F2 iste i u starim i u novim varijablama
{F1,F2}q,p = {F1,F2}˜q,˜p. (15.34)
2 Kao ˇsto vektori �ex,�ey ,�ez čine uobičajenu pravokutnu bazu trodimenzijskog prostora.
3 Kao kada se stara baza �ex,�ey ,�ez zakrene za neki kut i dobije se nova baza �ex ′ ,�ey ′ ,�ez ′ .

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 529
Izračunajmo sada vremensku promjenu qs. Budući da je qs = qs(˜qs ′, ˜ps ′) (bez eksplicitne
ovisnosti o vremenu), to je vremenska promjena qs dana s
dqs
dt =
S�
s ′ =1
� ∂qs
∂ ˜qs ′
∂qs ˙˜qs ′ +
∂ ˜qs ′
˙˜ps ′
�
. (15.35)
Sdrugestrane, tuistuvremensku promjenumoˇzemo, kaou(15.20),napisatiipreko Poissonovih
zagrada u starim varijablama
dqs
dt =
� �
qs,H(qs ′,ps ′) .
q,p
Zbog relacija (15.27), (15.28) i (15.34), je
� �
qs,H(qs ′,ps ′)
pa je
q,p
dqs
dt =
�
qs, � �
H(˜qs ′, ˜ps ′) =
˜q,˜p
=
s ′ =1
�
qs, � �
H(˜qs ′, ˜ps ′) ,
˜q,˜p
S�
�
∂qs
∂ ˜qs ′
∂ � H
∂ ˜ps ′
− ∂ � H
∂ ˜qs ′
Usporedbom gornje relacije s (15.35), dolazi se do zaključka da je
˙˜qs = ∂ � H
∂ ˜ps
=
�
˜qs, � �
H ,
˙˜ps = − ∂ � H
∂ ˜qs
=
∂qs
∂ ˜ps ′
�
.
�
˜ps, � �
H . (15.36)
tj. ukoliko su zadovoljene relacije (15.33), transformacija (15.23) je kanonska, zato jer i nove
varijable zadovoljavaju kanonske jednadˇzbe gibanja (15.36). Do istog se zaključka dolazi i
računom vremenske promjene ps
dps
dt =
=
S�
s ′ =1
� ∂ps
∂ ˜qs ′
� �
ps,H(q,p)
⇒ ˙˜qs = ∂ � H
∂ ˜ps
=
∂ps ˙˜qs ′ +
∂ ˜qs ′
˙˜ps ′
�
q,p
=
�
ps, � �
H(˜qs ′, ˜ps ′) =
˜q,˜p
�
˜qs, � �
H , ˙˜ps = − ∂ � H
∂ ˜qs
=
S�
�
∂ps
∂ ˜qs ′
∂ � H
∂ ˜ps ′
s ′ =1
�
˜ps, � �
H .
− ∂ � H
∂ ˜qs ′
∂ps
∂ ˜ps ′
Zaključujemo da su relacije (15.33) uvjet na preobrazbu (15.23), da bi ona bila kanonska.
Zadatak: 15.6 Provjerite je li preobrazba
kanonska.
q = ln(1+ � ˜q sin˜p), p = −2(1+ � ˜qsin ˜p) � ˜qcos˜p,
�

530 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
R: Broj stupnjeva slobode je S = 1. Prve dvije Poissonove zagrade iz (15.33)
su očito zadovoljene, pa preostaje izračunati treću
{q,p}˜q,˜p = ∂q
∂ ˜q
∂q
∂ ˜q =
∂q
∂ ˜p =
∂p ∂p
−
∂ ˜p ∂ ˜q
∂q
∂ ˜p
sin˜p
2 √ ˜q(1+ √ ˜qsin˜p) ,
√
˜qcos ˜p
1+ √ ˜qsin ˜p ,
∂p
∂ ˜q = −sin ˜p cos˜p− (1+√ ˜qsin˜p)cos˜p
√ ,
˜q
∂p
∂ ˜p = −2˜qcos2 ˜p+2(1+ � ˜qsin ˜p) � ˜qsin ˜p.
Izravno uvrˇstavanje gornjih parcijalnih derivacija u izraz za Poissonovu zagradu,
daje
{q,p}˜q,˜p = 1,
čime je pokazano da je preobrazba kanonska.
Zadatak: 15.7 Izračunajte Poissonove zagrade komponenata momenta količine gibanja.
R: Moment količine gibanja
�L =�r × �p
u pravokutnom koordinatnom sustavu ima slijedeće komponente
Lx = y pz −z py,
Ly = z px −x pz,
Lz = x py −y px.
Izračunajmo redom slijedećih ˇsest Poissonovih zagrada (ostale se dobiju osobinom
antisimetrije (2) iz (15.14))
Svojstvom (1) iz (15.14) je
{Lx,Lx}, {Lx,Ly}, {Lx,Lz},
{Ly,Ly}, {Ly,Lz},
{Lz,Lz}.
{Lx,Lx} = {Ly,Ly} = {Lz,Lz} = 0,

15.3. KANONSKA PREOBRAZBA 531
pa preostaju za izračunati samo tri Poissonove zagrade. Izračunajmo
Ili, kraće,
{Lx,Ly} = ∂Lx
∂x
+ ∂Lx
∂y
+ ∂Lx
∂z
{Lx,Lz} = ∂Lx
∂x
∂Ly
∂px
∂Ly
∂py
∂Ly
∂pz
− ∂Ly
∂x
− ∂Ly
∂y
− ∂Ly
∂z
= x py −y px = Lz.
+ ∂Lx
∂y
+ ∂Lx
∂z
{Ly,Lz} = ∂Ly
∂x
∂Lz
∂px
∂Lz
∂py
∂Lz
∂pz
− ∂Lz
∂x
− ∂Lz
∂y
− ∂Lz
∂z
∂Lx
∂px
∂Lx
∂py
∂Lx
∂pz
∂Lx
∂px
∂Lx
∂py
∂Lx
∂pz
= −(z px −x pz) = −Ly.
+ ∂Ly
∂y
+ ∂Ly
∂z
∂Lz
∂px
∂Lz
∂py
∂Lz
∂pz
− ∂Lz
∂x
− ∂Lz
∂y
− ∂Lz
∂z
= y pz −z py = Lx.
{Lα,Lβ} = �
γ=x,y,z
ǫα,β,γ Lγ.
Gornji rezultati vode na zaključke: budući da Poissonove zagrade komponenata
količine gibanja ne iˇsčezavaju,
- najviˇse jedna komponenta momenta količine gibanjase moˇze odabratiza poopćenu
koordinatu;
- najviˇse jedna komponenta momenta količine gibanjase moˇze odabratiza poopćenu
količinu gibanja;
- nijedne dvije komponente momenta količine gibanja ne mogu biti par kanonski
konjugiranih varijabla.
Slični zaključci vrijede i u kvantnoj mehanici.
Zadatak: 15.8 Izračunajte Poissonove zagrade kvadrata momenta količine gibanja s komponenata
momenta količine gibanja.
∂Ly
∂px
∂Ly
∂py
∂Ly
∂pz

532 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
R: Kvadrat momenta količine gibanja je
a traˇzene Poissonove zagrade su
�L 2 = L 2 x +L 2 y +L 2 z,
L 2 x = y 2 p 2 z −2yzpypz +z 2 p 2 y,
L 2 y = z2 p 2 x −2zxpzpx +x 2 p 2 z ,
L 2 z = x2 p 2 y −2xypxpy +y 2 p 2 x .
{ � L 2 ,Lx} = {L 2 x +L 2 y +L 2 z,Lx} = {L 2 x,Lx}+{L 2 y,Lx}+{L 2 z,Lx},
{ � L 2 ,Ly} = {L 2 x +L2 y +L2 z ,Ly} = {L 2 x ,Ly}+{L 2 y ,Ly}+{L 2 z ,Ly},
{ � L 2 ,Lz} = {L 2 x +L2 y +L2 z ,Lz} = {L 2 x ,Lz}+{L 2 y ,Lz}+{L 2 z ,Lz}.
Izravnim uvrˇstavanjem se dobiva
{L 2 x,Lx} = 0,
{L 2 y ,Lx} = 2yzp 2 x −2xypxpz −2xzpxpy +2x 2 pypz,
{L 2 z ,Lx} = 2xzpxpz −2yzp 2 x −2x2 pypz +2xypxpz,
⇒ { � L 2 ,Lx} = 0.
Sličnim se računom dolazi i do
{ � L 2 ,Ly} = { � L 2 ,Lz} = 0
Gornji rezultati vode na zaključke: budući da Poissonove zagrade | � L| s bilo kojom
komponenatom količine gibanja iˇsčezavaju,
-| � L|ibilokojakomponenta momentakoličinegibanjasemoˇzeodabratizapoopćenu
koordinatu;
-| � L|ibilokojakomponenta momentakoličinegibanjasemoˇzeodabratizapoopćenu
količinu gibanja;
- | � L| i bilo koja komponente momenta količine gibanja mogu biti par kanonski
konjugiranih varijabla.
Slični zaključci vrijede i u kvantnoj mehanici.
15.4 Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba
Relacijama (15.26), (15.29), (15.30), (15.31), je pokazano da funkcija izvodnica G generira novi
hamiltonijan � H relacijom oblika
�H
∂ G
= H + . (15.37)
∂ t

15.4. HAMILTON-JACOBIJEVA JEDNAD ˇ ZBA 533
Ako postoji funkcija izvodnica G takva da je
tada je, prema (15.24)
˙˜qs = ∂ � H
∂˜ps
�H = 0, (15.38)
= 0 ⇒ ˜qs(t) = ˜qs(0) = const. ≡ αs ,
(15.39)
˙˜ps = − ∂ � H
= 0 ⇒ ˜ps(t) = ˜ps(0) = const. ≡ βs .
∂˜qs
Ovekonstantesuupravovrijednostikoordinataikoličinagibanjaunekomodabranompočetnom
trenutku t = 0
αs ≡ qs(t = 0), βs ≡ ps(t = 0).
Jacobijeva je ideja bila da se vremenska evolucija mehaničkog sustava od trenutka t = 0 do
trenutka t �= 0 shvati kao kanonska preobrazba generirana funkcijom G, koja prevodi stare
varijable qs(t),ps(t) u te iste varijable, ali u početnom trenutku
qs(t),ps(t) −→ qs(0),ps(0)
(usporediti s poglavljem 15.3.2 o infinitezimalnoj kanonskoj preobrazbi).
Pomoću ovih konstanata i veza (15.23) starih i novih koordinata i količina gibanja, dobivaju se
stare varijable kao funkcije ovih konstanata i vremena
qs = qs(˜qs ′, ˜ps ′,t) = qs(αs ′,βs ′,t),
ps = ps(˜qs ′, ˜ps ′,t) = ps(αs ′,βs ′,t).
Gornjim je jednadˇzbama rijeˇsen problem gibanja mehaničkog sustava. Dakle, potrebno je
(15.40)
rednaći funkciju izvodnicu G koja vodi na (15.38),
a zatim primjeniti gore opisani postupak da bi se doˇslo do rjeˇsenja (15.40). Iz (15.37) se vidi
da je traˇzena funkcija G rjeˇsenje parcijalne diferencijalne jednadˇzbe
∂ G
H(qs,ps;t)+ = 0. (15.41)
∂ t
Odabere li se za funkciju izvodnicu jedna od funkcija tipa G2 koja je funkcija starih koordinata
i novih količina gibanja (koji su, prema (15.39) konstante)
tada je, prema (15.29),
pa jednadˇzba (15.41) postaje
G = G2(qs, ˜ps;t) = G2(qs,βs;t),
ps = ∂G
, αs =
∂qs
∂G
, (15.42)
∂βs
�
H qs, ∂G
�
;t +
∂qs
∂ G(qs,βs;t)
∂ t
= 0. (15.43)

534 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Gornjasejednadˇzba zove Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba. To jeparcijalnadiferencijalna
jednadˇzba prvog reda (ne nuˇzno linearna) za nepoznatu funkciju G. Njezino rjeˇsenje, G,
sadrˇzi S +1 nezavisnu varijablu
G = G(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t)
q1,q2,··· ,qS,t.
Fizičko značenje funkcije izvodnice G
Izračunajmo potpunuvremensku derivaciju funkcijeizvodnice G(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t)
dG
dt =
S�
s=1
∂G
∂qs
No, prema (15.41) i (15.42), gornji izraz prelazi u
dG
dt =
S�
s=1
ps ˙qs −H = (15.6) = L
G(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t)−G(0) =
� t
0
d ˙qs + ∂G
∂t .
� � t
0
dt
L(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t) dt = (14.33)
= S(q1,q2,··· ,qS, ˙q1, ˙q2,··· , ˙qS;t)
= S(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t).
Ovaj posljednji redak u gornjoj jednadˇzbi dolazi zato ˇsto su u Hamiltonovom formalizmu sve
funkcije, pa tako i sve brzine ˙qs, funkcije koordinata i količina gibanja. Ako su količine gibanja
konstantne i jednake βs, onda su sve funkcije ovisne o qs i βs kao ˇsto i piˇse gore.
Traˇzena funkcija izvodnica koja povezuje koordinate i količine gibanja u početnom trenutku
t = 0skoordinatama i količinama gibanjauproizvoljnomtrenutku tjeupravo (dona konstantu
G(0)) funkcija djelovanja S izračunata izmedu ta dva vremenska trenutka.
Od sada pa nadalje će se za funkciju izvodnicu umjesto G koristiti oznaka S.
Hamiltonijan neovisan o vremenu
... promijeniti oznake ...G u S ...
Ukoliko H ne ovisi eksplicitno o vremenu
H = H
�
qs, ∂S
�
,
∂qs
tada Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba (15.43) glasi
�
H qs, ∂S
�
∂ S(qs,βs;t)
= − .
∂qs ∂ t

15.4. HAMILTON-JACOBIJEVA JEDNAD ˇ ZBA 535
Pretpostavi li se rjeˇsenje za S u obliku
S(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t) = S q(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS)−E(β1,β2,··· ,βS)t,
gdje je S +1-va konstanta βS+1 označena s E. Tada je
∂S
∂qs
= ∂Sq
,
∂qs
∂S
∂t
i Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba prelazi u
�
H qs, ∂Sq
�
= E.
∂qs
Funkcija S q se naziva karakteristična Hamiltonova funkcija.
= −E = −βS+1
(15.44)
Prema (15.10) je Hamiltonova funkcija jednaka zbroju kinetičke i potencijalne energije, pa
gornja jednadˇzba u pravokutnim koordinatama (za jednu česticu) glasi
��∂S �2 � �2 � � �
2
1 q ∂Sq ∂Sq
+ + +Ep(x,y,z) = E.
2m ∂x ∂y ∂z
(Sjetimo se da je ps = ∂S q/ ∂qs.)
Kada Hamiltonova funkcija ne ovisi eksplicitno o vremenu, pogodno je funkciju izvodnicu prikazati
na jedan od slijedeća dva načina
S = S 1(q1)+S2(q2)+···+SS(qS)+SS+1(t), (15.45)
S = S 1(q1)·S 2(q2)·····SS(qS)·SS+1(t). (15.46)
Tim se postupkom jedna parcijalna diferencijalana jednadˇzba prevodi u S +1 običnu diferencijalnu
jednadˇzbu.
Zadatak: 15.9 Postavite i rijeˇsite Hamilton-Jacobijevu jednadˇzbu za gibanje slobodne čestice.
R: Čestica je slobodna kada se ne nalazi u polju sile, pa je prema tome njezin
hamiltonijan jednak kinetičkoj energiji
H = p2 x +p 2 y +p 2 z
2m
Budući da hamiltonijan ne ovisi o koordinatama, sve S = 3 koordinate x,y,z su
ciklične i njima pridruˇzene količine gibanja px,py,pz su stoga konstante
H = p2x(0)+p 2 y(0)+p 2 z(0)
2m
pa je konstantna i energija
= β2 x +β 2 y +β 2 z
2m
βS+1 = E.
= E(βx,βy,βz),
Primjenom relacije (15.42), Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba glasi
��∂S �2 � �2 � � �
2
1 ∂S ∂S
+ + +
2m ∂x ∂y ∂z
∂ S
= 0.
∂ t

536 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Kako hamiltonijan ne ovisi o vremenu i sve su koordinate ciklične, prirodno je
potraˇziti S u obliku (15.45)
S(x,y,z,βx,βy,βz;t) = S x(x)+S y(y)+S z(z)+S t(t).
Pretpostavimo li, kao najjednostavnije, da su sve funkcije S linearne u svojim varijablama
S x(x) = xβx, S y(y) = yβy, S z(z) = zβz, S t(t) = −tE,
(gdje su vrijednosti konstanata srazmjernosti unaprijed dobro odabrane), Hamilton-
Jacobijeva jednadˇzba prelazi u
β 2 x +β2 y +β2 z
= E,
2m
ˇsto znamo da vrijedi, pa je prema tome rjeˇsenje Hamilton-Jacobijeve jednadˇzbe
slobodne čestice
S(x,y,z,βx,βy,βz;t) = xβx +yβy +zβz −tE.
Trajektorije slobodne čestice su ... dovrˇsiti
Zadatak: 15.10 Postavite i rijeˇsite Hamilton-Jacobijevu jednadˇzbu za gibanje jednodimenzijskog
harmonijskog oscilatora.
R:
H = p2
2m + mω2 0
2
i Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba glasi
Iz gornje jednadˇzbe je
1
2m
p = ∂Sq
∂q =
S q(q,E) =
S(q,E;t) =
q 2 = (15.44) = 1
2m
� ∂Sq
∂q
� 2
+ mω2 0
2
� �
E − mω2 0
� q
q0
� q
q0
2
q 2
�
� �
E − mω2 0
2
� �
E − mω2 0
2
� �2 ∂Sq
+
∂q
mω2 0
2
q 2 = E.
2m
q ′2
q ′2
�
�
2m dq ′
q 2
2m dq ′ −Et.
Iz (15.42) je S = S(q,β;t) pa konstantnu poopćenu količinu gibanja β prepoznajemo
kao E
ω0
� q
α = ∂S ∂S 1 dq
≡ =
∂β ∂E ω0 q0
′
� −t
2 2Eω ′2
0/m−q
α+t = 1
� ��
2 mω0 arccos
2E q
� ��
2 mω0 −arccos
2E q0
��

15.4. HAMILTON-JACOBIJEVA JEDNAD ˇ ZBA 537
Uvodenjem pokrate
ϕ0 ≡ 1
ω0
arccos
�� mω 2 0
2E q0
rjeˇsenje za poloˇzaj harmonijskog oscilatora je
�
2E
q = cos[ω0(α+t)−ϕ0].
mω 2 0
Dvije integracijske konstante E i ω0α−ϕ0 se odreduju iz početnih uvjeta.
Zadatak: 15.11 KoristećiHamilton-Jacobijevumetodu, rijeˇsite Keplerovproblemgibanjačestice
u polju centralne sile inverznog kvadrata.
R:
H = 1
2m
�
�
p 2 ρ + p2ϕ ρ2 �
− K
ρ .
Hamiltonijan ne ovisi o koordinati ϕ, tj. ona je ciklična koordinata i zato je pridruˇzena
količina gibanja konstantna (Hamiltonova kanonska jednadˇzba (15.21) )
˙pϕ = − ∂H
∂ϕ = 0 pϕ(t) = pϕ(0) = const. ≡ β2.
Centralna sila je konzervativna, pa je i ukupna mehanička energija sačuvana
H = E = const. ≡ β3.
Prema (15.41) (i promjenom oznake G → S) je
Budući da je
E +
∂ S
∂ t
= 0
∂ S
∂ t
pρ = ∂S
∂ρ , pϕ = ∂S
∂ϕ
Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba glasi
��∂S(ρ) 1
2m ∂ρ
� 2
+ β2 2
ρ 2
�
,
= −β3
= β2,
− K
ρ −β3 = 0.
U skladu s (15.45) , rjeˇsenje gornje jednadˇzbe se traˇzi u obliku
... dovrˇsiti ...
S(ρ,t) = S 1(ρ)+S2(ϕ)+S3(t) = S 1(ρ)+β2 ϕ−β3 t+c0.

538 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Zadatak: 15.12 Česticase gibapoddjelovanjemkonzervativnesile. PostaviteHamilton-Jacobijevu
jednadˇzbu u elipsoidalnim koordinatama u, v, φ definiranim preko uobičajenih cilindričnih
koordinata r, z, φ kao
r = asinhvsinu
z = acoshvcosu.
Za koje oblike Ep(u,v,φ) je jednadˇzba separabilna?
Iskoristite gornji rezultat da biste rijeˇsili problem gibanja čestice mase m koja se
giba u gravitacijskom polju dvaju čestica različitih masa smjeˇstenih na osi z na
medusobnoj udaljenosti 2a.
R:
dovrˇsiti
Veza s kvantnom mehanikom
Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba za sustav s jednim stupnjem slobode glasi
� �2 1 ∂Sq
+Ep(q) = E. (15.47)
2m ∂q
U kvantnoj mehanici se Schrödingerova jednadˇzba
ˆH ψ = E ψ,
dobiva tako da se u hamiltonijanu količina gibanja p zamjeni diferencijalnim operatorom
p −→ −ı � ∂
∂q ,
tako da vremenski neovisna (stacionarna) Schrödingerova jednadˇzba glasi
1
2m
Definirajmo funkciju χ(q) relacijom
Tada je
�
−ı � ∂
∂q
� 2
ψ +Ep(q)ψ = E ψ.
ψ(q) = e ı χ(q)/� .
∂2 �
ψ ∂
=
∂q2 2χ ı
+
∂q2 �
i Schrödingerova jednadˇzba prelazi u
U klasičnoj granici
−ı �
2m
∂2χ 1
+
∂q2 2m
� � �
2
∂χ
∂q
ı
�
eı χ/�
� �2 ∂χ
+Ep(q) = E.
∂q
� → 0,

15.5. LIOUVILLEOV TEOREM 539
Gornja jednadˇzba prelazi u Hamilton-Jacobijevu jednadˇzbu (15.47) uz
S q ≡ χ.
Ovime je pokazano da je Hamilton-Jacobijeva jednadˇzba, klasična granica ( to znači � → 0)
kvantnomehaničke stacionarne Schrödingerove jednadˇzbe.
15.4.1 Fazni integrali - djelovanje i kutne varijable
Gibanje mehaničkog sustava u realnom vremenu i prostoru, opisano
je gibanjem reprezentativne točke u 2S dimenzijskom faznom
prostoru. Ako je projekcija putanje reprezentativne točke
na bilo koju od (qs,ps) ravnina u faznom prostoru, zatvorena
krivulja, Cs, takav se mehanički sustav naziva periodički mehanički
sustav (slika 15.3).
Linijski integral
�
Js =
Cs
ps dqs
po zatvorenoj krivulji sa slike 15.3, se naziva fazni integral ili varijabla
djelovanja. Neka je S rjeˇsenje Hamilton-Jacobijeve jednadˇzbe
(15.43)
... dovrˇsiti ...
15.5 Liouvilleov teorem
S = S(q1,q2,··· ,qS,β1,β2,··· ,βS;t).
U ovom će se odjeljku dokazati Liouville-ov teorem,
koji je od velike vaˇznosti u klasičnoj
statističkoj fizici, jer tvrdi da je gustoća reprezentativnih
točaka statističkog ansambla konstantna
u vremenu. Ili, drugim riječima, gibajući
se zajedno s reprezentativnom točkom u
faznom prostoru, opaˇzač će u svojoj okolini uvijek
opaˇzati istu gustoću reprezentativnih točaka
.
Slika 15.3: Projekcija trajektorije
reprezentativne točke na ravninu
(qs,ps).
Slika 15.4: Joseph Liouville (24. III 1809. –
8. IX 1882.) francuski matematičar.
Jedan sustav
Neka je zadan konzervativni sustav čestica sa S stupnjeva
slobode. Svako mehaničko stanje sustava je jednoznačno odredeno zadavanjem vrijednosti
svih poloˇzaja qs i svih količina gibanja ps čestica sustava, za s = 1,2,··· ,S. Uvede li se
pojam faznog prostora ili (q,p) prostora kao 2S-dimenzijskog prostora čije su koordinate
qs i ps, tada se svako mehaničko stanje sustava moˇze predočiti jednom točkom u faznom
prostoru. Takva se točka
(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS)

540 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
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 jednadˇzbama gibanja
˙ps = − ∂H
, ˙qs =
∂qs
∂H
,
∂ps
a putanja reprezentativne točke se zove fazna putanja ili fazna trajektorija.
Primjetimo da je brzina reprezentativne točke 2S - dimenzijski vektor �v čije su komponente
a iznos je
�
� �
�
� �
�
��v � = � S �
s=1
dqs
dt ,
� �2 dqs
+
dt
dps
, s = 1,2,3,··· ,S,
dt
S�
s=1
�
� � � 2
dps
�
= �
dt
S �
�
∂H
∂ps
s=1
� 2
+
S�
s=1
� ∂H
Smjer brzine je smjer tangente na trajektoriju reprezentativne točke. Ako hamiltonijan ovisi o
vremenu, i brzina ovisi o vremenu
�v =�v(qs,ps;t),
a ako hamiltonijan ne ovisi o vremenu, niti brzina neće ovisiti o vremenu tj. gibanje reprezentativne
točke će biti stacionarno
Viˇse sustava
Promatrajmo vrlo velik broj
�v =�v(qs,ps).
N >> 1
konzervativnih mehaničkih sustava (statistički ansambl), 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
∂qs
� 2
.
H(q1,q2,··· ,qS,p1,p2,··· ,pS) = En = const. (15.48)
Vrijednost ove konstante ovisi o početnim uvjetima i razlikuje se za pojedine sustave
E1, E2, ··· , EN.
No,jednadˇzba(15.48)predstavljajednadˇzbu(2S−1)-dimenzijskehiperploheu2S-dimenzijskom
faznom prostoru 4 . Pretpostavimo da energije
4 Slično kao ˇsto npr.
En, n = 1,2,··· ,N
x 2 +y 2 +z 2 = R 2 = const.
, predstavlja jednadˇzbu 2D plohe - točnije: sfere - u običnom 3D prostoru.

15.5. LIOUVILLEOV TEOREM 541
svih N sustava leˇze izmedu neke dvije konstantne vrijednosti koje ćemo označiti s E< i E >
E< < En < E > .
Tada će i fazne putanje svih sustava leˇzati u dijelu faznog prostora omedenog s dvije hiperplohe
čije jednadˇzbe glase
H = E< , H = E >
(slika 15.5). Budući da različiti sustavi imaju i različite početne uvjete, oni će se i gibati po
Slika 15.5: Shematski prikaz faznih putanja u faznom prostoru.
različitim putanjama u faznom prostoru. Zamislimo da su u početnom trenutku t = 0, reprezentativne
točke svih N sustava sadrˇzane u dijelu faznog prostora označenom s Γ0. 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 Γt. Npr. reprezentativna točka nekog odredenog sustava se premjestila iz točke A
u točku B. Prema samom izboru područja Γ0 i Γt, jasno je da oba sadrˇze isti broj, N, reprezentativnih
točaka. Uvedimo sada jedan nov pojam: gustoća reprezentativnih točaka.
Gustoća reprezentativnih točaka se definira poput gustoća s kojima smo se već susretali 5 :
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
(q1,··· ,qS,p1,··· ,pS). Promjena svake od koordinata za infinitezimalni iznos dqs
q1 → q1 +dq1, ··· qS → qS +dqS, p1 → p1 +dp1, ··· pS → pS +dpS,
definira diferencijal volumena u faznom prostoru koji ćemo označiti s
5 Sjetimo se npr. definicije gustoće mase
dΓ = dq1 dq2 ··· dqS dp1 dp2 ··· dpS.
ρm(�r) = dm
dV ,
gdje je dm količina mase sadrˇzana u infinitezimalnom volumenu dV u okolici točke �r.

542 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
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
. (15.49)
dΓ
Primjetimo da je gornja gustoća funkcija svih poopćenih koordinata, svih poopćenih količina
gibanja i vremena
ρ = ρ(q1,··· ,qS,p1,··· ,pS;t),
kao i da osim eksplicitne ovisnosti o vremenu, ρ ovisi o vremenu i kroz qs = qs(t) i ps = ps(t).
Vratimo se sada opet područjima Γ0 i Γt koja, po definiciji, sadrˇze isti broj reprezentativnih
točaka.
Liouville-ov teorem
tvrdi da su i sami 2S-dimenzijski volumeni Γ0 i Γt istog iznosa, ili, drukčije rečeno, gustoća
reprezentativnih točaka je konstantna u vremenu. Ako je neˇsto konstantno, onda
se to ne mijenja u vremenu, pa mora biti
d ρ
d t = 0. (15.50)
Prisjetimo li se da ρ moˇze ovisiti o vremenu eksplicitno, ali i implicitno kroz qs = qs(t) i
ps = ps(t), tada gornji izraz glasi
d ρ
d t ≡
S�
�
∂ρ
s=1
∂qs
˙qs + ∂ρ
∂ps
˙ps
�
+ ∂ρ
∂t
Nakon ˇsto dokaˇzemo gornju tvrdnju, o reprezentativnim točkama moˇzemo razmiˇsljati kao o
česticama nestlačivog (zato jer mu je gustoća konstantna) fluida, koje se u skladu s Hamiltonovim
jednadˇzbama gibaju kroz fazni prostor 6 . Dokaˇzimo sada Liouville-ov teorem.
Svaka se reprezentativna točka giba u skladu s Hamiltonovim jednadˇzbama 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
intervalu dt, broj čestica unutar faznog volumena dΓ će se, prema definiciji (15.49), promjeniti
za mali iznos
dN(t+dt) = ρ(t+dt) dΓ , dN(t) = ρ(t) dΓ,
dN(t+dt)−dN(t) =
=
= 0.
� �
ρ(t+dt)−ρ(t) dq1 dq2···dqS dp1 dp2···dpS
�
∂ρ
∂t dt
�
dq1 dq2···dqS dp1 dp2···dpS. (15.51)
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
6 Baˇs kao ˇsto se i čestice pravog nestlačivog fluida gibaju u pravom prostoru.

15.5. LIOUVILLEOV TEOREM 543
Slika 15.6: Uz dokaz Liouvilleovog teorema: promjena faznog volumena za danu promjenu varijable qs.
česticakojeulazeiizlazeizmalogfaznogvolumena, prisjetimosedasadasvefunkcijeshvaćamo
kao funkcije od qs i ps. Tako je npr. i brzina
˙qs = ˙qs(q1,··· ,qS,p1,··· ,pS).
Radijednostavnosti, započetćemoračuntakoˇstoćemopromatratipromjenubrojačesticaufaznom
volumenu uslijed njihova protoka kroz samo jednu plohu i to onu definiranu jednadˇzbom
qs = const. Sve ostale koordinate (njih 2S −1) ćemo, za sada, izostaviti.
ulaz:
Broj reprezentativnih točaka koje ulaze u promatrani volumen (lijevi zasjenjeni dio) kroz plohu
qs = const., je jednak broju reprezentativnih točaka sadrˇzanih unutar povrˇsine koja je jednaka
dps ·dt ˙qs(qs,ps)
i označene je s ulaz na slici 15.6. Svi ostali diferencijali koordinata se ne mjenjaju, pa je ukupna
promjena faznog volumena jednaka
dq1··· ˙qs(qs,ps) dt···dqS dp1···dps···dpS.
Pomnoˇzi 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 uˇsle u promatrani element
faznog volumena (radi preglednije notacije, kao argumente funkcija nećemo navoditi svih 2S
koordinata plus vrijeme, nego samo koordinate od interesa u danom postupku)
dNulaz,qs = ρ(qs) dq1··· ˙qs(qs) dt···dqS dp1···dps···dpS.
izlaz:
Računbrojaizlaznihreprezentativnihtočakaradimonaistinačinkaoizaulazne, stomrazlikom
ˇsto sada, umjesto u okolici točke qs, sve veličine računamo u okolici točke qs + dqs . Broj

544 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
reprezentativnih točaka koje izlaze iz promatranog volumena (desni zasjenjeni dio) kroz plohu
qs +dqs = const., je jednak broju reprezentativnih točaka sadrˇzanih unutar povrˇsine označene
s izlaz na slici 15.6, a koja je jednaka
dps ·dt ˙qs(qs +dqs).
Ponovo, sve ostale diferencijale koordinata drˇzimo nepromjenjenim, pa je ukupna promjena
faznog volumena jednaka
dq1··· ˙qs(qs +dqs) dt···dqS dp1···dps···dpS.
Pomnoˇzi li se ovaj fazni volumen s gustoćom u okolici točke qs + dqs, dobit će se broj reprezentativnih
točaka koje su u vremenskom intervalu dt izaˇsle iz promatranog elementa faznog
volumena
dNizlaz,qs+dqs = ρ(qs +dqs) dq1··· ˙qs(qs +dqs) dt···dqSdp1···dps···dpS.
Sada je potrebno gornju gustoću ρ(qs+dqs) i brzinu ˙qs(qs+dqs) razviti u Taylorov red u okolici
točke qs po maloj veličini dqs i zadrˇzati se na vodećem (linearnom) članu razvoja:
ρ(qs +dqs) = ρ(qs)+dqs
˙qs(qs +dqs) = ˙qs(qs)+dqs
∂ ρ(qs)
∂ qs
∂ ˙qs(qs)
∂ qs
�
+O (dqs) 2
�
�
+O (dqs) 2
�
.
Kada gornje razvoje uvrstimo u izraz za dNizlaz,qs+dqs, medusobno pomnoˇzimo i zadrˇzimo se na
članovima linearnim u dqs, dobit ćemo
dNizlaz,qs+dqs = ρ(qs) dq1··· ˙qs(qs) dt···dqS dp1···dps···dpS
∂˙qs(qs)
+ ρ(qs) dq1···dqs
∂qs
dt···dqSdp1···dps···dpS
∂ρ(qs)
+ dqs dq1··· ˙qs(qs)dt···dqSdp1···dps···dpS
∂qs
�
+ O (dqs) 2
�
Promjena broja reprezentativnih točaka u promatranom faznom volumenu je jednaka razlici
broja reprezentativnih točaka koje su uˇsle i koje su izaˇsle iz promatranog faznog volumena
� �
∂˙qs ∂ρ
dNulaz,qs −dNizlaz,qs+dqs = − ρ+ ˙qs dq1···dqs···dqS dp1···dps···dpSdt
∂qs ∂qs
∂ (˙qsρ)
= −
∂qs
∂ (˙qsρ)
= −
∂qs
dq1···dqs···dqSdp1···dps···dpSdt
dΓdt.
Ovo je doprinos promjeni broja reprezentativnih točaka u volumenu dq1···dpS uslijed ulaska
reprezentativnih točaka kroz plohu qs = const i izlaska kroz plohu qs +dqs = const. Potpuno

15.5. LIOUVILLEOV TEOREM 545
istim postupkom se dolazi do odgovarajućih izraza za promjenu broja reprezentativnih točaka
uslijed njihovog prolaska kroz sve ostale plohe qs = const., a isto tako i plohe ps = const. (u
faznom prostoru su qs i ps 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 ≡ dq1···dpS u vremenu dt
S�
�
∂
dN(t+dt)−dN(t) = − (˙qsρ) +
∂qs
∂
�
(˙psρ) dΓdt
∂ps
s=1
No, prema (15.51), lijeva strana gornjeg izraza je jednaka (∂ρ/∂t) dΓ dt, pa njihovim izjednačavanjem,
S�
�
∂ρ ∂
dΓ dt = − (˙qsρ) +
∂t ∂qs
∂
�
(˙psρ) dΓdt,
∂ps
dobivamo
∂ρ
∂t
= −
s=1
s=1
S�
�
∂
(˙qsρ) +
∂qs
∂
�
(˙psρ) = −
∂ps
S�
�
∂ρ
s=1
∂qs
˙qs + ∂˙qs
ρ+
∂qs
∂ρ
∂ps
˙ps + ∂˙ps
�
ρ .
∂ps
Uvrˇstavanjem Hamiltonovih kanonskih jednadˇzba gibanja (15.7), u drugi i četvrti član desne
strane gornjeg izraza, dobiva se
S�
�
∂ρ ∂ρ
= − ˙qs +
∂t ∂qs s=1 ✚ ✚✚✚✚
∂2H ρ+
∂qs∂ps
∂ρ
˙ps −
∂ps ✚ ✚✚✚✚
∂2 �
H
ρ ,
∂qs∂ps
∂ρ
∂t +
S�
�
∂ρ
˙qs +
∂qs
∂ρ
�
˙ps = 0.
∂ps
s=1
No, lijeva strana gornje jednakosti nije niˇsta drugo do potpuna vremenska derivacija gustoće
reprezentativnh točaka, tj.
dρ
dt
= 0,
čime je dokazano da je ona vremenska konstanta.
15.5.1 Kanonska preobrazba i Liouvilleov teorem
Osim na gore izloˇzeni način, Liouvilleov se teorem moˇze dokazati i neˇsto formalnijim putem,
koristeći kanonsku preobrazbu.
Naime, vezano za kanonsku preobrazbu iz prethodnog odjeljka, Liouvilleov teorem se moˇze
iskazati i kao tvrdnja da kanonska preobrazba ne mijenja fazni volumen.
Neka su dva skupa koordinata (qs,ps) i (˜qs,˜ps)
qs = qs(˜qs ′, ˜ps ′), ps = ps(˜qs ′, ˜ps ′).
povezana kanonskom preobrazbom, tako da za njih vrijedi (15.33)
{qs,qs ′}˜q,˜p = 0, {ps,ps ′}˜q,˜p = 0, {qs,ps ′}˜q,˜p = δs,s ′.

546 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
U simboličkom zapisu, tvrdnja da su fazni volumeni u koordinatama (qs,ps) i koordinatama
(˜qs, ˜ps) isti, znači da je
�
�
dΓq,p =
dq1 dq2 ··· dqS dp1 dp2 ··· dpS =
�
�
dΓ˜q,˜p
d˜q1 d˜q2 ··· d˜qS d˜p1 d˜p2 ··· d˜pS. (15.52)
No, poznato je (navesti referencu) da se veza medu diferencijalima dva skupa koordinata,
ostvaruje pomoću jakobijana
dq1 dq2 ··· dqS dp1 dp2 ··· dpS =
�
�
� J
�
�
� d˜q1 d˜q2 ··· d˜qS d˜p1 d˜p2 ··· d˜pS,
gdje je J jakobijan prijelaza s koordinata (qs,ps) na koordinate (˜qs, ˜ps)
J = ∂(q1,q2,··· ,pS)
∂(˜q1,˜q2,··· , ˜pS) =
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
∂q1
∂˜q1
.
∂qS
∂˜q1
∂p1
∂˜q1
.
∂pS
∂˜q1
···
···
···
···
Prije općeg računa gornjeg jakobijana, promotrimo jedan posebno jednostavan slučaj kada je
S = 1. Tada gornji jakobijan glasi
�
�
�
�
�
J = �
�
�
�
∂q
∂˜q
∂p
∂˜q
∂q
∂˜p
∂p
∂˜p
∂q1
∂˜qS
∂qS
∂˜qS
∂p1
∂˜qS
∂pS
∂˜qS
Time je pokazano da za S = 1 vrijedi relacija (15.52).
�
�
�
�
�
�
�
�
�
∂q1
∂˜p1
∂qS
∂˜p1
∂p1
∂˜p1
∂pS
∂˜p1
···
···
···
···
∂q1
∂˜pS
∂qS
∂˜pS
∂p1
∂˜pS
∂pS
∂˜pS
= ∂q ∂p ∂q ∂p
· − ·
∂˜q ∂˜p ∂˜p ∂˜q =
� �
q,p = (15.33) = 1.
˜q,˜p
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�.
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�

15.6. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 547
ˇSto ako je S = 2? Tada je jakobijan 4 × 4 determinanta
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
J = �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
∂q1
∂˜q1
∂q2
∂˜q1
∂p1
∂˜q1
∂p2
∂˜q1
∂q1
∂˜q2
∂q2
∂˜q2
∂p1
∂˜q2
∂p2
∂˜q2
∂q1
∂˜p1
∂q2
∂˜p1
∂p1
∂˜p1
∂p2
∂˜p1
Razvojem determinante po prvom ... dovrˇsiti
15.6 Prijelaz na kvantnu mehaniku
Iako je, povijesno gledano, do nastanka kvantne mehanike doˇslo jednim drugim putem, formalizam
Poissonovih zagrada iz odjeljka 15.2, omogućava prijelaz sa klasične na kvantnu mehaniku
i to je takoder jedan od načina na koje je kvantna mehanika mogla biti otkrivena.
Da bi se izveo taj prijelaz, umjesto komutativnih veličina klasične mehanike (općenito kompleksnih
funkcija) F1,F2 za koje vrijedi
F1 F2 = F2 F1,
uvode se općenito nekomutativne kvantne veličine (operatori) F1,F2, tako da je njihov
komutator
[F1,F2] − ≡ F1F2 −F2F1,
povezan s Poissonovim zagradama analognih klasičnih veličina F1,F2 na slijedeći način
∂q1
∂˜p2
∂q2
∂˜p2
∂p1
∂˜p2
∂p2
∂˜p2
[F1,F2] − ≡ F1F2 −F2F1 = ı � {F1,F2}. (15.53)
gdje je ı je imaginarna jedinica, ı 2 = −1, a veličina označena s � je Planckova konstanta h
podijeljena s 2π
� = h
2 π , h = 6.626068... ·10−34 J s.
Primjetimo da Planckova konstanta ima dimenziju funkcije djelovanja S -energija puta vrijeme
i da je vrlo malenog iznosa. U skladu s relacijama (15.19) koje vrijede medu klasičnim koordinatama
i klasičnim količinama gibanja, za kvantne operatore koordinate i količine gibanja se,
prema (15.53), moˇze napisati
[q k,ql] − = 0, [p k,pl] − = 0, [q k,pl] − = ı � δk,l. (15.54)
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�.
�
�
�
�
�
�
�
�
�

548 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Budući da se u Hamiltonovu formalizmu sve veličine izraˇzavaju kao funkcije koordinata i
količina gibanja, to su gornje komutacijske relacije dovoljne za odredenje komutatora ma kojih
drugih kvantnih veličina.
Napisano u pravokutnom koordinatnom sustavu, različiti od nule su samo komutatori izmedu
koordinataikoličinagibanjakojiseodnosenaistestupnjeveslobodekojisuudonjimrelacijama
označeni indeksima k i l
[x k,px,l] − = ı � δk,l, [y k,py,l] − = ı � δk,l, [z k,pz,l] − = ı � δk,l, (15.55)
a svi ostali komutatori su jednaki nuli
[x k,xl] − = 0, [x k,yl] − = 0, [x k,zl] − = 0,
[y k,yl] − = 0, [y k,zl] − = 0,
[z k,zl] − = 0,
[p x,k,px,l] − = 0, [p x,k,py,l] − = 0, [p x,k,pz,l] − = 0,
[p y,k,py,l] − = 0, [p y,k,pz,l] − = 0,
[p z,k,pz,l] − = 0,
[x k,py,l] − = 0, [x k,pz,l] − = 0,
[y k,px,l] − = 0, [y k,pz,l] − = 0,
[z k,px,l] − = 0, [z k,py,l] − = 0.
�r - reprezentacija
Lako je uvjeriti se da će komutatori (15.54) biti zadovoljeni, ako se za operator koordinate
odabere obično mnoˇzenje s istoimenom koordinatom, a za operator količine gibanja operator
deriviranja po istoimenoj koordinati pomnoˇzen s −ı �
x k → xk, y k → yk, z k → zk,
p x,k → −ı � ∂
, p y,k → −ı �
∂xk
∂
, p z,k → −ı �
∂yk
∂
.
∂zk
(15.56)
Ovakavodabirsenaziva�r ilikoordinatna reprezentacija. Dabiseprovjerilekomutacijske
relacije (15.55), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkciju
koordinata i količina gibanja f(x1,··· ,px,1,···). Tako se npr. za komutator koordinate i njoj
pridruˇzene (konjugirane) količine gibanja dobije
[x k,px,l] − f =
=
�
−xk ı � ∂
∂xl
✟ ✟✟✟✟✟✟
−xk ı � ∂f
∂xl
= ı � δk,l f.
+ı � ∂
∂xl
+ı � ∂xk
∂xl
����
δk,l
xk
�
f = −xk ı � ∂f
f +
✟
✟ ✟✟✟✟
∂f
ı � xk
∂xl
∂xl
+ı � ∂(xk f)
∂xl

15.6. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 549
No, funkcija f je proizvoljna, pa gornja relacija moˇze biti zadovoljena samo ako vrijedi operatorska
jednakost
[x k,px,l] − = ı � δk,l,
a to je upravo ono ˇsto smo i htjeli dokazati.
Na sličan način se pokazuje da su svi ostali komutatori jednaki nuli; npr.
[x k,xl] − f = (xk xl −xl xk) f = 0,
[x k,yl] − f = (xk yl −yl xk) f = 0,
[p x,k,px,l] − f =
[p x,k,py,l] − f =
��
−ı � ∂
��
−ı �
∂xk
∂
� �
− −ı �
∂xl
∂
��
−ı �
∂xl
∂
��
f
∂xk
�
= −� 2 ∂2 +�
∂xkxl
2 ∂2 �
f = 0.
∂xlxk
��
−ı � ∂
��
−ı �
∂xk
∂
� �
− −ı �
∂yl
∂
��
−ı �
∂yl
∂
��
f
∂xk
�
= −� 2 ∂2 +�
∂xkyl
2 ∂2 �
f = 0.
∂ylxk
�p - reprezentacija
Osim gornjega, moguć je i drugi izbor operatora za koordinatu i količinu gibanja. Komutatori
(15.55) (i oni iza njih) će biti zadovoljeni i slijedećim odabirom 7
x k → ı �
∂
∂px,k
, y k → ı �
∂
∂py,k
, z k → ı �
∂
∂pz,k
p x,k → px,k, p y,k → py,k, p z,k → pz,k.
,
(15.57)
Ovakav odabir se naziva �p ili impulsna reprezentacija. Da bi se provjerile komutacijske
relacije (15.55), kao i one iza njih, djelujmo komutatorima na proizvoljnu derivabilnu funkciju
koordinata i količina gibanja f(x1,··· ,px,1,···). Tako se npr. za komutator koordinate i njoj
pridruˇzene (konjugirane) količine gibanja dobije
[x k,px,l] − f =
�
ı �
= ı �
∂
∂px,k
∂ px,l
∂px,k
� �� �
δk,l
= ı � δk,l f,
px,l −px,l ı �
∂
∂px,k
f +
✟ ✟✟✟✟✟✟
∂ f
ı � px,l −
∂px,k
✟ ✟✟✟✟✟✟
∂ f
px,l ı �
∂px,k
� �
f = ı � ∂ (px,l f)
−px,l ı �
∂px,k
ili, ako se ukloni (pomoćna) funkcija f, preostaje operatorska jednakost
7 Vidjeti npr. [13], poglavlje o Fourierovoj preobrazbi.
[x k,px,l] − = ı � δk,l.
∂ f
∂px,k
�

550 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
Na sličan način se računaju i svi ostali komutatori.
Heisenbergove relacije
U kvantnoj se mehanici pokazuje da su komutacijske relacije (15.54), tj. (15.55) ako se
ograničimonapravokutnikoordinatnisustav, ekvivalentneHeisenbergovom 8 načeluneodredenosti
ili Heisenbergovim relacijama neodredenosti, prema kojemu se ne mogu proizvoljno istodobno
točno odrediti koordinata poloˇzaja i njoj konjugirana količina gibanja, nego uvijek moraju biti
zadovoljene slijedeće nejednakosti
∆xk ∆px,k ≥ 1
2 �, ∆yk ∆py,k ≥ 1
2 �, ∆zk ∆pz,k ≥ 1
2
�. (15.58)
S ∆ označava neodredenost dane funkcije (točnije, njezina standardna devijacija - u teoriji
vjerojatnosti, uobičajena oznaka je σ)
∆xk = � 〈 x2 〉−〈 x 〉 2 �
, ∆px,k = 〈 p2 x,k 〉−〈 px,k 〉 2 ,
i slično za ostale koordinate tj. stupnjeve slobode. Usrednjavanje se računa pomoću funkcije
gustoće vjerojatnosti ρ koja se dobije kao apsolutni kvadrat valne funkcije ψ, relacija (15.59)
�
〈 f(�r,�p) 〉 = ψ ⋆ (�r) f(�r,�p) ψ(�r) dr 3 .
Gornji se izraz odnosi na �r-reprezentaciju, a sličan izraz vrijedi i za račun srednjih vrijednosti
u �p-reprezentaciji.
Budući da je � numerički jako malena veličina, ove relacije postaju vaˇzne tek na mikroskopskoj
skali.
Schrödingerova jednadˇzba u �r-reprezentaciji
Kada se klasične veličine ˇzele prevesti u kvantne, koristeći zamjene (15.56), potrebno je voditi
računa o njihovoj (ne)komutativnosti. Tako je npr. u klasičnoj slici xpx = pxx, dok u kvantnoj
slici to nije istina. Zbog toga je, prije prijelaza u kvantni oblik, potrebno na zgodan način
simetrizirati odgovarajuće klasične izraze, na takav način da budu invarijantni na redoslijed
članova koji se u njima pojavljuju. U navedenom primjeru treba napisati
x px = 1
2 (x px +px x),
i slično u ostalim slučajevima.
Ako se u jednadˇzbu sačuvanja energije, (15.11),
H(x1,··· ,px,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(x1,y1,z1,··· ,xN,yN,zN).
8 Werner Heisenberg (5. XII 1901. – 1. II 1976.) njemački teorijski fizičar.

15.6. PRIJELAZ NA KVANTNU MEHANIKU 551
Prema gornjoj jednadˇzbi sačuvanja energije, rezultat tog djelovanja je ta ista valna funkcija
pomnoˇzena konstantom E
�
H x1,··· ,−ı� ∂
�
,··· Ψ = EΨ.
∂x1
Ova jednadˇzba ima oblik diferencijalne jednadˇzbe svojstvenih vrijednosti 9 .
Schrödingerova jednadˇzba za gibanje jedne čestice mase m u polju konzervativne sile opisane
potencijalnom energijom Ep se dobije tako da se u klasični izraz za Hamiltonovu funkciju jedne
čestice
H(x,y,z,px,py,pz) = Ek +Ep = �p2
2m +Ep(�r) = p2 x +p2y +p2z 2m
+Ep(x,y,z),
uvrste kvantni izrazi za koordinatu i količinu gibanja (15.56), ˇsto vodi na Schrödingerovu diferencijalnu
jednadˇzbu
�
− �2
� 2 ∂ ∂2 ∂2
+ +
2m ∂x2 ∂y2 ∂z2 � �
+Ep(x,y,z) Ψ(x,y,z) = EΨ(x,y,z),
�
− �2
2m ∇2 �
+Ep(�r) Ψ(�r) = EΨ(�r).
Ovisno o vrijednosti potencijalne energije, jednadˇzba moˇze opisivati trodimenzijski kvantni
harmonijski oscilator s
Ep = K r2
2 = K x2 +y2 +z2 2
ili, ako se za Ep uvrsti elektrostatska potencijalna energija
Ep = K
r =
K
� x 2 +y 2 +z 2 ,
dobije se Schrödingerova jednadˇzba vodikovog atoma.
Nepoznanice u gornjoj jednadˇzbi su energija E i valna funkcija Ψ. Ova se jednadˇzba moˇze
shvatiti i kao jednadˇzba svojstvenih vrijednosti (iz linearne algebre) u kojoj operator (matrica)
H djeluje na valnu funkciju |Ψ〉 (svojstveni vektor) i kao rezultat daje neki broj (svojstvenu
vrijednost, energiju E) pomnoˇzen tom istom valnom funkcijom (tj. tim istim svojstvenim
vektorom)
H |Ψ〉 = E |Ψ〉.
Fizičko značenje
Pokazalo se da sama valna funkcija Ψ nema fizičko značenje. Tek se njezin kvadrat apsolutne
vrijednosti |Ψ(�r)| 2 , interpretira kao gustoća vjerojatnosti nalaˇzenja čestice u malom volumenu
9 Vidjeti npr. [13], poglavlje o ortogonalnim funkcijama.
,

552 POGLAVLJE 15. HAMILTONOVE JEDNAD ˇ ZBE
dr 3 oko točke �r. Sam diferencijal vjerojatnosti je tada dan sa
dP = ρ(�r) dr 3
= |Ψ(x,y,z)| 2 dxdydz,
= |Ψ(ρ,ϕ,z)| 2 ρdρdϕdz,
= |Ψ(r,θ,ϕ)| 2 r 2 sinθdrdθdϕ,
(15.59)
. (15.60)
ovisno o tome koji se koordinatni sustav koristi. Budući da se čestica mora nalaziti negdje u
prostoru, to je vjerojatnost nalaˇzenja čestice u bilo kojoj točki prostora jednaka jedinici. Ova
se činjenica matematički zapisuje kao
�
|Ψ(�r)| 2 dr 3 = 1,
i naziva se normiranje valne funkcije.
Zadatak: 15.13 Tekst zad.
R: dovrˇsiti
15.6.1 Kanonski račub smetnje
dovrˇsiti
�
�
�
|Ψ(x,y,z)| 2 dx dy dz = 1,
|Ψ(ρ,ϕ,z)| 2 ρdρdϕdz = 1,
|Ψ(r,θ,ϕ)| 2 r 2 sinθdrdθdϕ = 1,
.

Poglavlje 16
Mali titraji sustava čestica
O malim titrajima sustava čestica, već je bilo riječi u odjeljku 11. Sada se ponovo vraćamo tom
problemu, ali ovoga puta sa neˇsto općenitijeg stanoviˇsta, koristeći Lagrangeov i Hamiltonov
formalizam razvijen u prethodnim odjeljcima.
16.1 Lagranˇzijan
Neka je zadan konzervativan sustav čestica sa S stupnjeva slobode opisan lagranˇzijanom
L(qs, ˙qs) = Ek −Ep,
gdje su qs poopćene koordinate, a ˙qs poopćene brzine.
Kao ˇsto je pokazano relacijom 10.40, stabilnoj ravnoteˇzi sustava čestica odgovara minimum
potencijalne energije tog istog sustava
�
∂Ep �
� = 0, s = 1,2,··· ,S. (16.1)
∂qs
� qs=qs,0
gdje je s qs,0 označena stabilna ravnoteˇzna vrijednost s-tog stupnja slobode. Sjetimo se, poloˇzaj
stabilne ravnoteˇze je karakteriziran time da mali pomaci iz poloˇzaja ravnoteˇze izazivaju sile
koje sustav vraćaju 1 u početni ravnoteˇzni poloˇzaj (slika ...s min i max Ep).
Ukoliko se promatra sustav u blizini poloˇzaja stabilne ravnoteˇze, njegova se potencijalna energija
moˇze razviti u Taylorov red oko ravnoteˇznog pooˇzaja
S�
�
∂Ep �
Ep(q1,q2,··· ,qS) = Ep(q1,0,q2,0,··· ,qS,0) + � (qs −qs,0)
∂qs
s=1
+ 1
2
+ ···
S�
s=1
S�
r=1
� qs=qs,0
∂ 2 Ep
∂qs ∂qr
�
�
�
� qs=qs,0, qr=qr,0
(qs −qs,0) (qr −qr,0)
i zadrˇzati se na najniˇzim članovima tog reda (zatoˇsto je svaki slijedeći član, manji od prethodnih).
Prema (16.1), članovi linerani u qs − qs,0, iˇsčezavaju i kao vodeći član ostaje kvadratni
1 Ako je sustav u poloˇzaju labilne ravnoteˇze, tada mali otkloni od ravnoteˇznog pooˇzaja izazivaju takve sile koje sustav odvode u
neko novo ravnoteˇzno stanje koje se razlikuje od početnog za konačne vrijednosti poopćenih koordinata. Kod indiferentne ravnoteˇze,
sve su vrijednosti poopćenih koordinata iz male okoline promatrane točke ekvivalentne
553

554 POGLAVLJE 16. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
član. Kao ˇsto je poznato, potencijalna energija je neodredena do na aditivnu konstantu, pa se
uvijek moˇze odabrati da je
Ep(q1,0,q2,0,··· ,qS,0) = 0.
Uz taj odabir, u blizini ravnoteˇznog poloˇzaja, potencijalna energija je pribliˇzno kvadratnog
oblika u odstupanjima ψs
Ep(q1,q2,··· ,qS) ≃
U gornjem su izrazu koriˇstene pokrate
za otklon od ravnoteˇzne vrijednosti i
vs,r ≡ 1
2
S�
s=1
ψs ≡ qs −qs,0
∂ 2 Ep
∂qs ∂qr
�
�
�
S�
r=1
vs,r ψs ψr.
� qs=qs,0, qr=qr,0
za vrijednost druge derivacije potencijalne energije u ravnoteˇznim vrijednostima poopćenih
koordinata. U minimumu potencijalne energije, njezine druge derivacije su pozitivne, pa je i
vs,r pozitivna veličina. Iz definicije vs,r je očito da je
vs,r = vr,s,
tj. da su to elementi simetrične S × S matrice V.
Promotrimo sada kinetičku energiju. Relacijom (15.9) je pokazano da je, u slučaju skleronomnih
2 uvjeta na gibanje, ona kvadratna funkcija poopćenih brzina
Ek =
S�
s=1
S�
r=1
as,r ˙qs˙qr =
S�
s=1
pri čemu se koeficijenti as,r, definirani relacijom (15.9),
as,r = 1
2
N�
j=1
mj
� ∂xj
∂qs
∂xj
∂qr
+ ∂yj
∂qs
∂yj
∂qr
S�
r=1
as,r
+ ∂zj
∂qs
˙ψ s ˙ ψ r, (16.2)
�
∂zj
= ar,s
∂qr
opet mogu shvatiti kao matrični elementi simetrične S × S matrice A. Kako xj,yj i zj, prema
(14.8), ovise samo o poopćenim koordinatama, to i koeficijenti as,r ovise samo o poopćenim
koordinatama
as,r = as,r(q1,q2,··· ,qS)
i mogu se razviti u Taylorov red oko njihovih ravnoteˇznih poloˇzaja
S� ∂as,r
as,r(q1,q2,··· ,qS) = as,r(q1,0,q2,0,··· ,qS,0)+
∂qs ′
�
�
�
2 Ako je npr. promatrani sustav čestica izoliran od okoline.
s ′ =1
� qs ′=q s ′ ,0
(qs ′ −qs ′ ,0)+··· .

16.2. LAGRANGEOVE JEDNAD ˇ ZBE 555
Budući da je izraz (16.2) već kvadratan u malim veličinama brzina, ˙ ψ s, od gornjeg razvoja za
as,r ćemo zadrˇzati samo prvi (konstantni član)
as,r(q1,q2,··· ,qS) ≃ as,r(q1,0,q2,0,··· ,qS,0)
i tako dobiti vodeći član razvoja za kinetičku energiju.
Koristeći gornje razvoje za kinetičku i potencijalnu energiju, lagranˇzijan postaje jednak
L =
S�
s=1
S�
r=1
as,r
16.2 Lagrangeove jednadˇzbe
˙ψ s ˙ ψ r −
S�
s=1
S�
r=1
vs,r ψs ψr. (16.3)
Lagrangeovejednadˇzbegibanja(14.20)zaholonomnekonzervativne sustave, izvedene izgornjeg
lagranˇzijana, u oznakama ψs = qs −qs,0, glase
d
dt
S�
r=1
� ∂L
�
∂ ˙ ψ s
�
− ∂L
∂ψs
as,r ¨ ψ r +vs,rψr
= 0, s = 1,2,··· ,S.
�
= 0, s = 1,2,··· ,S.
Gornji sustav diferencijalnih jednadˇzba se moˇze prikazati matrično pomoću matrica A,V i
vektora stupca
⎡ ⎤
kao
⎢
�Ψ = ⎢
⎣
ψ1
ψ2
.
ψS−1
ψS
⎥
⎦
A ¨ � Ψ+V � Ψ = 0.
Zbog linearne nezavisnosti poopćenih koordinata, matrica A je regularna, pa postoji njezin
inverz A −1 . Mnoˇzenjem s lijeva gornje jednadˇzbe s A −1 , dobiva se
gdje je s M označen umnoˇzak
¨�Ψ+A −1 V � Ψ ≡ ¨ � Ψ+M � Ψ = 0, (16.4)
M = A −1 V.
Vjerojatno najjednostavniji način rjeˇsavanja sustava (16.4) je potraˇziti postoji li jednostavno
rjeˇsenjekoje će predstavljati harmonijsko titranje frekvencijom ω, tj ono koje čija će vremenska
ovisnost biti dana s
ψs(t) = ψs(0) e ±ıωt ,

556 POGLAVLJE 16. MALI TITRAJI SUSTAVA ČESTICA
tako da je
¨�Ψ = −ω 2 � Ψ.
Usporedbom gornje relacije sa (16.4), vidi se da će obje biti zadovoljene, ako je
M � Ψ = ω 2 � Ψ.
Gornja se jednadˇzba prepoznaje kao jednadˇzba svojstvenih vrijednosti matrice M, u kojoj su
�Ψ svojstveni vektori, a ω 2 svojstvene vrijednosti.
Time je problem nalaˇzenja frekvencija titraja vezanog sustava čestica, sveden na matematički
problem nalaˇzenja svojstvenih vrijednosti matrice
M = A −1 V,
u kojoj A opisuje kinetičku, a V potencijalnu energiju sustava.
Kaoˇstojepoznatoizlinearnealgebre, S svojstvenih vrijednostisedobijukaorjeˇsenjaalgebarske
jednadˇzbe S-tog reda
�
Det M −ω 2 �
1 = 0,
gdje je s 1 označena S × S jedinična matrica. Budući da su A i V realne i simetrične matrice,
to će i svojstvene vrijednosti ω2 takoder biti realne.
Nakonˇstoseizračunajusvojstvene vrijednosti ω2 , komponente pridruˇzenog svojstvenog vektora
�Ψ se računaju rjeˇsavanjem S × S sustava
�
M −ω 2 �
1 �Ψ = 0,
zasvakupojedinuodS vrijednostiω 2 (namogućudegeneracijupojedinihsvojstvenihvrijednosti
ćemo se vratiti kasnije).
... dovrˇsiti ...

Poglavlje 17
Klasična teorija polja
17.1 Lagranˇzijan kontinuiranog sustava
Uovomodjeljkuponovostudiramomalelongitudinalnetitrajejednodimenzijskogsustavačestica
iz odjeljka 11.1, ali ćemo ovoga puta koristiti pristup preko lagranˇzijana, umjesto rjeˇsavanja
jednaˇzba gibanja kao ˇsto je to napravljeno u navedenom poglavlju.
Slika 11.2, koju ovdje ponovo navodimo, prikazuje jedan takav sustav sastavljen od N čestica
Slika 17.1: Jednodimenzijski sustav od N vezanih jednakih harmonijskih oscilatora, s nepomičnim rubovima.
istih masa m, povezanih oprugama istih jakosti K.
Trenutno odstupanje n-te čestice od ravnoteˇznog poloˇzaja xn(0) je dano s
ψ(n,t) = xn(t)−xn(0).
Indeks n je prostorna, a t je vremenska varijabla.
Kinetička energija svih N čestica je algebarski zbroj kinetičkih energija pojedinih čestica
Ek( ˙ ψ) = m
2
N�
n=1
557
˙ψ 2 (n,t).

558 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
Potencijalnaenergijapotječeodelastičnihsilaisrazmjernajeiznosuzakojijeoprugarastegnuta
ilisabijena. Premarelaciji(6.8)iuvedenoj notaciji, potencijalnaenergijacijelogsustavajezbroj
potencijalnih energija pojedinih čestica
Ep(ψ) = K
2
N�
n=1
�
ψ(n+1,t)−ψ(n,t)
Pomoću gornjih izraza za kinetičku i potencijelnu energiju, formira se lagranˇzijan
L(ψ, ˙ ψ) = Ek( ˙ ψ)−Ep(ψ) = 1
2
N�
n=1
Lagrangeove jednadˇzbe gibanja (14.20)
�
d ∂L
dt ∂ ˙ �
−
ψ(n,t)
∂L
∂ψ(n,t)
� 2
.
�
m ˙ ψ 2 �
(n,t)−K ψ(n+1,t)−ψ(n,t)
= 0, n = 1,2,··· ,N,
� 2 �
. (17.1)
za lagranˇzijan (17.1) glase
m ¨ � � � �
ψ(n,t)−K ψ(n+1,t)−ψ(n,t) +K ψ(n,t)−ψ(n−1,t) = 0. (17.2)
Sadaˇzelimo izvesti prijelaz na kontinuiranu raspodjelu mase po pravcu: masa čestica m postaje
iˇsčezavajuće malena
m → 0,
kao i razmak medu ravnoteˇznim poloˇzajima čestica
xn(0)−xn−1(0) ≡ a0 → 0,
pri čemu omjer ove dvije iˇsčezavajuće veličine, linijska masena gustoća, λ0, ostaje konstantna
λ0 = lim
m → 0
lim
a0 → 0
m
a0
= const.
Uvedimo sada nekoliko pojmova iz teorije elastičnosti kontinuiranih materijala: sila napetosti u
materijaluF jedanaumnoˇskomYoungovamodulaE (imadimenzijusile)irelativnedeformacije
ǫ
F = E ǫ. (17.3)
Relativna deformacija je omjer udaljenosti susjednih čestica poslije i prije deformacije, pa je
prema uvedenoj notaciji
ǫ = ψ(n+1,t)−ψ(n,t)
.
U koriˇstenom modelu, sila napetosti je upravo sila od opruga, iznosa
� �
F = K ψ(n+1,t)−ψ(n,t) = K a0 ǫ,
odakle, usporedbom s (17.3), iˇsčitavamo izraz za Youngova modul
a0
E = K a0.

17.1. LAGRAN ˇ ZIJAN KONTINUIRANOG SUSTAVA 559
Prijelazom na kontinuum, diskretna varijabla (indeks) n postaje kontinuirana varijabla koja
označava poloˇzaj na osi x i zato ćemo ju preimenovati u x
ψ(n,t) → ψ(x,t).
Razmak a0 medu česticama postaje infinitezimalan
zbroj po n prelazi u integral po x
�
n
a0 → dx,
a0 fn →
a omjer iˇsčezavajuće malih veličina postaje derivacija
ψ(n+1,t)−ψ(n,t)
a0
�
dx f(x),
→ ψ(x+dx,t)−ψ(x,t)
dx
Uz ove zamjene, lagranˇzijan (17.1) prelazi u
L = 1
� � � �2 � � �
2 �
∂ψ(x,t) ∂ψ(x,t)
dx λ0 −E ≡
2 ∂t ∂x
čime je definirana i gustoća lagranˇzijana L
L(x) = λ0
�
∂ψ(x,t)
2 ∂t
� 2
− E
2
� ∂ψ(x,t)
∂x
→ ∂ψ(x,t)
.
∂x
� 2
dx L(x),
Pogledajmo kako izgledaju Lagrangeove jednadˇzbe (17.2) u kontinuiranoj granici
m
a0
¨ψ(n,t)−K ψ(n+1,t)−ψ(n,t)
+K ψ(n,t)−ψ(n−1,t)
a0
λ0 ¨ ψ(x,t)−K ∂ψ(x+dx,t)
∂x
λ0 ¨ ψ(x,t)−Ka0
λ0
a0
+K ∂ψ(x,t)
∂x
∂ψ(x+dx,t)
− ∂x ∂ψ(x,t)
∂x
a0
∂2 ψ(x,t)
∂t2 −E ∂ 2ψ(x,t) ∂x2 . (17.4)
= 0,
= 0,
= 0,
= 0,
E ∂
λ0
2ψ(x,t) ∂x2 − ∂2 ψ(x,t)
∂t2 = 0. (17.5)
Gornja jednadˇzba je jednodimenzijska valna jednadˇzba, pri čemu je fazna brzina ˇsirenja
vala dana izrazom
�
E
vf =
Diskretnih Lagrangeovih jednadˇzba (17.2) ima koliko i stupnjeva slobode, a to je N. U kontinuiranoj
granici postoji samo jedna parcijalna diferencijalna jednadˇzba, (17.5), koja predstavlja
kontinuirani limes od
.
λ0
N → ∞

560 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
diskretnih običnih diferencijalnih Lagrangeovih jednadˇzba.
Poopćimo sada notaciju tako da moˇzemo opisivati i trodimenzijske kontinuirane sustave:
� �
L = dx L(x) → dxdydz L(x,y,z),
gdje grčki indeks µ poprima vrijednosti
tako da je
L(qs, ˙qs;t) → L(ψ,∂ µ ψ;x µ ),
µ = 0,1,2,3,
x µ ∼ (ct,�r), x 0 = ct, x 1 = x, x 2 = y, x 3 = z,
∂ µ ψ ∼ ∂ψ
∂ct
, ∂ψ
∂x
∂ψ ∂ψ
, ,
∂y ∂z
(c je brzina svjetlosti u vakuumu).
Jedan jednostavan primjer gustoće lagranˇzijana je gustoća lagranˇzijana skalarnog polja
ψ(x µ )
L = 1
2
= 1
2
�
∂ψ
∂ct
�
∂ψ
∂ct
� 2
� 2
− 1
2
−
� �2 ∂ψ
−
∂x
1
2
�
−→∇
�2 ψ − 1
2 m2 ψ 2 .
� �2 ∂ψ
−
∂y
1
2
17.2 Hamiltonovo načelo za kontinuirane sustave
Prema (14.33), funkcija djelovanja S je definirana kao
S(ψ) =
� T
0
dt L =
� T
0
dt
� � R
0
�
dxdydz L =
� �2 ∂ψ
−
∂z
1
2 m2 ψ 2 ,
cdtd 3 r L.
Sada postupamo kao u odjeljku 14.9: traˇzimo onu vrijednost polja ψ koja će učiniti integral S
ekstremnim, tj. takvim da je
δS = 0.
To se izvodi tako da se polje ψ promjeni za mali iznos
ψ(�r,t) → ψ(�r,t)+δψ(�r,t),
uz uvjet da je varijacija polja jednaka nuli u početnoj i konačnoj točki u vremenu i prostoru
δψ(�r,0) = δψ(�r,T) = 0,
δψ(0,t) = δψ( � R,t) = 0,
(17.6)

17.2. HAMILTONOVO NAČELO ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 561
i zatim računa δS.
Za jednodimenzijsku gustoću lagranˇzijana (17.4) je
S = 1
� T � �
X �
∂ψ(x,t)
dt dx λ0
2
∂t
pri čemu je
Variranjem se dobiva
δS = 1
2
=
� T
0
� T
0
dt
0
dt
� X
0
� X
0
dx
0
dx
�
�
λ0
X ≡ N a0.
� 2
−E
� � �
2
∂ψ(x,t)
,
∂x
λ02 ∂ψ(x,t)
δ
∂t
∂ψ(x,t)
∂t −2E∂ψ(x,t)
∂x
∂ψ(x,t)
∂t
∂
∂t δψ(x,t)−E∂ψ(x,t)
∂x
Parcijalnom integracijom gornjeg izraza dobiva se
� T � X � �
∂ ∂ψ
δS = dt dx λ0
0 0 ∂t ∂t δψ
�
−λ0 δψ ∂ 2ψ ∂t2 �
� T � X �
+ dt dx −E ∂
�
∂ψ
∂x ∂x δψ
�
+E δψ ∂2 ψ
∂x2 �
0
= λ0
− E
� X
0
� T
0
0
�
∂ψ
dx
∂t δψ
�
�
�
�
∂ψ
dt
∂x δψ
�
�
�
� t=T
� x=X
− ∂ψ
∂t δψ
�
�
�
− ∂ψ
∂x δψ
�
�
�
� t=0
� x=0
�
−λ0
�
+E
� T
0
� T
0
dt
dt
δ ∂ψ(x,t)
∂x
�
.
∂
∂x δψ(x,t)
� X
0
� X
0
�
,
dx δψ ∂ 2 ψ
∂t 2
dx δψ ∂ 2ψ .
∂x2 Zbog uvjeta (17.6), izrazi u zagradama su jednaki nuli, pa iz gornjeg izraza za δS preostaje
samo
� T � X �
∂
δS = 0 = dt dx δψ −λ0
2ψ ∂t2 +E ∂ 2ψ ∂x2 �
.
Unutar intervala
0
0
0 < t < T, 0 < x < X ≡ N a0,
su varijacije ψ proizvoljne, pa zato gornji integral moˇze biti jednak nuli samo ako je
−λ0
∂ 2 ψ
∂t2 +E ∂ 2ψ ∂x
2 = 0, (17.7)
a to je upravo jednadˇzba (17.5) dobivena ranije kao kontinuirana granica diskretnih Lagrangeovih
jednadˇzba.

562 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
Rjeˇsenje gornje parcijalne diferencijalne jednadˇzbe je odredeno zadavanjem rubnih i početnih
uvjeta. Neka su ti uvjeti zadani ovako
�
∂ψ(x,t) �
�
∂x � = 1,
x=0
�
∂ψ(x,t) �
� = 1,
∂x
� x=N a0
ψ(x,t = 0) = ψ0 = const.,
∂ψ(x,t)
∂t
�
�
�
� t=0
= V0 = const.
Potraˇzimo rjeˇsenje jednadˇzbe (17.5), tj. jednadˇzbe (17.7) u obliku
(17.8)
ψ(x,t) = ψ0 +x+V0t+A cos(kx) cos(ωt+ϕ), (17.9)
gdje je A konstanta.
Pogledajmo najprije zadovoljava li rjeˇsenje gornjeg oblika jednadˇzbu (17.7)? Lako je izračunati
∂ 2 ψ
∂x 2 = −k2 ψ,
∂ 2 ψ
∂t 2 = −ω2 ψ,
pa će jednadˇzba biti zadovoljena ako je
ω 2 2 E
= k
λ0
Pogledajmo sada i uvjete (17.8). Prvi i drugi uvjeti vode na
Za x = 0 je uvijek
∂ψ(x,t)
∂x
= 1−A k sin(kx) cos(ωt+ϕ)
⇒ A k sin(kx)| x=0,x=Na0
sin(kx)
= k 2 v 2 f . (17.10)
�
�
� = 0,
x=0
cos(ωt+ϕ) = 0.
i prvi od uvjeta (17.8) je ispunjen. Da bi vrijedio i drugi od uvjeta (17.8), mora biti
�
�
sin(kx) � = 0,
x=Na0
a to će vrijediti ako je
kNa0 = π,2π,3π,··· ⇒ k = kn = nπ
,
Na0
n = 1,2,3,··· ,∞ .
Prema vezi (17.10), i kruˇzna frekvencija je diskretna i jednaka
�
E
ωn = kn =
λ0
nπ
�
E
.
Na0 λ0
(17.11)

17.2. HAMILTONOVO NAČELO ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 563
U odjeljku 11.1 je, relacijom (11.8) pokazano da diskretni sustava od N čestica moˇze longitudinalno
titrati s N različitih (kruˇznih) frekvencija
ω 2 n = 2 K
�
1−cos
m
nπ
�
, n = 1,2,··· ,N. (17.12)
N +1
Takoder, za diskretni sustav postoji minimalna valna duljina
λn = 2π
kn
N +1
= 2
n a0, n = 1,2,··· ,N
koja odgovara vrijednosti n = N. U kontinuiranom slučaju, n ide u beskonačnost i tada je
minimalna valna duljina jednaka nuli.
Pokaˇzimo da su frekvencije (17.11) i (17.12) iste u granici velikih valnih duljina
tj. kada je
Taylorovim razvojem u (17.12) je
pa je, prema (17.12)
ω 2 n = 2 K
m
λn >> a0,
N >> n.
1−cos nπ 1
≃
N +1 2
ˇsto je, za veliki N, upravo jednako (17.11).
1
2
n2π2 E
=
(N +1) 2
λ0
n 2 π 2
(N +1) 2,
n 2 π 2
(N +1) 2 a 2 0
Vratimo se sada rjeˇsenjima jednadˇzbe (17.7). Budući da je jednadˇzba homogena i linearna to
će i zbroj rjeˇsenja oblika (17.9) takoder biti rjeˇsenje iste jednadˇzbe
ψ(x,t) = ψ0 +x+V0t+
∞�
n=1
Treći i četvrti od uvjeta (17.8), vode na jednadˇzbe
x =
0 =
∞�
n=1
∞�
n=1
An cos(knx) cos(ωnt+ϕn).
An cos(knx) cos(ϕn),
An cos(knx) ωn sin(ϕn),
iz kojih se odreduju koeficijenti An i ϕn (Fourierova analiza).
,

564 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
17.3 Lagrangeova jednadˇzba gibanja za kontinuirane sustave
Gornjim je računom pokazano na jednom jednostavnom jednodimenzijskom primjeru, kako se,
polazeći od Hamiltonova načela, dolazi do jednadˇzbe gibanja za kontinuirane sustave. Provedimo
sada isti postupak, ali koristeći neˇsto općenitiju notaciju.
Krenimo od funkcije djelovanja (14.33),
�
S = cdtd 3 r L(ψ,∂ µ ψ,x µ )
i potraˇzimo uvjet na ψ uz koji je S ekstrem
δS = 0.
Gornji ekstrem se traˇzi uz uvjet da sve varirane putanje imaju istu početnu i konačnu točku,
tj. da su varijacije polja ψ jednake nuli na rubu područja integracije
�
�
δψ = 0.
Varijacijom gornjeg integrala za S, dobiva se
�
δS = cdtd 3 ⎡
r ⎣ ∂L ∂L
δψ + �
∂ψ ∂ ∂ µ � ∂
ψ
µ ⎤
δψ⎦.
Drugi član desne strane gornjeg integrala se parcijalno integrira i dobije se
�
δS = cdtd 3 ⎡
r ⎣ ∂L
⎛
δψ +∂µ ⎝
∂ψ ∂L
�
∂ ∂ µ ⎞
� δψ⎠−δψ∂
ψ
µ
⎛
⎝ ∂L
�
∂ ∂ µ ⎞⎤
� ⎠⎦
ψ
∂L
0 = �
∂ ∂ µ �
� �
�
� δψ �
� + cdtd
ψ
3 ⎡
r δψ ⎣ ∂L
∂ψ −∂µ
⎛
⎝ ∂L
�
∂ ∂ µ ⎞⎤
� ⎠⎦.
ψ
� rub
� rub
Prvi član desne strane je nula jer varijacija polja iˇsčezava na rubovima područja integracije
(sve putanje imaju istu početnu i konačnu točku). Unutar područja integracije, δψ je potpuno
proizvoljna, pa cijela desan strana moˇze biti nula samo ako jenuli jednak izraz uuglatoj zagradi
⎡ ⎤
∂
∂x µ
⎣ ∂L
�
∂ ∂ µ �
ψ
⎦− ∂L
∂ψ
Grčki indeks µ ima vrijednosti µ = 0,1,2,3 i podrazumjeva se zbrajanje po ponovljenom
indeksu. Rjeˇsenje gornje parcijalne diferencijalne jednadˇzbe je polje ψ koje čini S ekstremnim.
Ukoliko je lagranˇzijan funkcija viˇse polja ψk koja se medusobno neovisno variraju, izloˇzenim
postupkom će se za svako polje ψk dobiti gornja parcijalna diferencijalna jednadˇzba
∂
∂x µ
⎡
⎣
∂
∂L
�
∂ µ ψk
⎤
= 0.
� ⎦− ∂L
= 0, k = 1,2,··· . (17.13)
∂ψk

17.3. LAGRANGEOVA JEDNAD ˇ ZBA GIBANJA ZA KONTINUIRANE SUSTAVE 565
Baˇzdarna preobrazba:
U odjeljku 14.10 je pokazano da za diskretne sustave, baˇzdarna preobrazba lagranˇzijana oblika
(14.35) ne mijenja lagrangeove jednadˇzbe gibanja
�L(qs, ˙qs;t) = α L(qs, ˙qs;t)+ df(qs;t)
,
dt
gdje je f proizvoljna funkcija poopćenih koordinata i vremena (ali ne ovisi o poopćenim brzinama),
a α je konstanta.
Kontinuirana verzija gornje preobrazbe je
�L(ψ,∂ µ ψ,x µ ) = α L(ψ,∂ µ ψ,x µ )+ ∂Fν(ψ;x µ )
∂xν , (17.14)
gdje su Fν četiri derivabilne (ali inače proizvoljne) funkcije polja ψk(x µ ) i koordinata x µ , ali ne
i derivacija polja ∂ µ ψ.
δ � �
S = δ
= α δS +δ
= α δS +δ
+ δ
+ δ
+ δ
cdtd 3 r � L(ψ,∂ µ ψ,x µ �
) = α δ
� T
0
� R�
0
� T
0
� T
0
� T
0
cdt
� �R
0
d 3 r
� ∂Ft
∂ct
cdtd 3 r L(ψ,∂ µ ψ,x µ �
)+δ
+ ∂Fx
∂x
d 3 r [Ft(ψ,cT,�r)−Ft(ψ,0,�r)]
cdt
cdt
cdt
� (Y,Z)
0
� (X,Z)
0
� (X,Y)
0
+ ∂Fy
∂y
�
∂Fz
+
∂z
dydz [Fx(ψ,ct,X,y,z)−Fx(ψ,ct,0,y,z)]
dxdz [Fy(ψ,ct,x,Y,z)−Fy(ψ,ct,x,0,z)]
dxdy [Fz(ψ,ct,x,y,Z)−Fz(ψ,ct,x,y,0)].
cdtd 3 r ∂Fν(ψ;x µ )
∂x ν
No, izrazi u uglatim zagradama su konstante (u općenitim terminima, to su vrijednosti funkcija
Fν na trodimenzijskoj povrˇsini četverodimenzijskog volumena), pa je njihova varijacija jednaka
nuli i δ � S i δS se razlikuju samo do na nebitno mnoˇzenje konstantom α
δ � S = α δS
i vodit će na iste jednadˇzbe (17.13). Drugim rječima, lagranˇzijan kontinuiranog sustava je
invarijantan na baˇzdarnu preobrazbu (17.14).
Kao primjer uzmimo gustoću lagranˇzijana skalarnog polja kojemu je dodan član s izvorom polja
s(x µ )
L(ψ,∂ µ ψ,x µ ) = 1
�
∂
2
0 �2 ψ − 1
�
∂
2
j �� �
ψ ∂j ψ − 1
2 m2ψ 2 −sψ.
Latinski indeks j ima vrijednosti j = 1,2,3 i podrazumjeva se zbrajanje po ponovljenom
indeksu. Član −sψ je oblika vezanja magnetizacije i vanjskog magnetsko polja −� H � M.

566 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
Izravnomderivacijomgornjegustoćelagranˇzijanaiuvrˇstavanjemderivacijaujednadˇzbu(17.13),
dobiva se nehomogena parcijalna diferencijalna jednadˇzba za polje ψ (koje čini S ekstremnim)
�
∂0∂ 0 −∂ j ∂ j +m 2
�
ψ = −s(x µ ).
Gornja jednadˇzba se zove nehomogena Klein-Gordonova jednadˇzba. U neˇsto drukčijoj
notaciji, ta ista jednadˇzba izgleda ovako
�
1
c2 ∂2 ∂t2 −∇2 +m 2
�
ψ(�r,t) = −s(�r,t).
Uz m = 0, to je nehomogena valna jednadˇzba (17.5).
Gornja se jednadˇzba moˇze povezati i s elektrostatikom. U statičkom slučaju nema ovisnosti o
vremenu, pa vremenske derivacije daju nulu i jednadˇzba postaje
�
∇ 2 −m 2
�
ψ(�r) = s(�r).
Opet, uz m = 0, gornja se jednadˇzba prepoznaje kao Poissonova jednadˇzba za elektrostatski
potencijal.
Neka je m �= 0 i neka je izvor točkasti naboj iznosa q smjeˇsten u točki �r ′
s(�r) = qδ(�r −�r ′ )
�
∇ 2 −m 2
�
ψ(�r,t) = qδ(�r−�r ′ ).
Lako 1 je uvjeriti se da je jedino sfernosimetrično rjeˇsenje gornje jednadˇzbe koje zadovoljava
uvjet
rjeˇsenje oblika Yukawa potencijala
ψ(r → ∞) = 0,
ψ(r) = q
4π
e −m|�r−�r ′ |
|�r − �r ′ | .
Gornji izraz je klasični model za opis nuklearnih sila. Veličina m (masa nositelja sile) se
pojavljuje kao mjera dosega medudjelovanja Λ
Λ = 1
m .
ˇSto je veća masa nositelja sile, to sila ima kraći doseg. Foton je nositelj elektromagnetske sile,
njegova je masa mirovanja jednaka nuli i kao rezultat toga, doseg elektromagnetske sile je beskonačan.
Nositelji jake nuklearne sile - π mezoni - imaju konačnu masu mirovanja i zato je
doseg jake nuklearne sile konačan (i reda veličine polumjera atomske jezgre).
Iz ovoga se vidi da je Klein-Gordonova jednadˇzba relevantna za klasični opis jake nuklearne sile
u statičkoj granici, kao i za opis gravitacijskog i elektromagnetskog potencijala (uz m = 0).
1 Npr. vidjeti u [13] dio o rjeˇsavanju diferencijalnih jednadˇzba pomoću Greenove funkcije

17.4. TENZOR NAPREZANJA 567
17.4 Tenzor naprezanja
17.5 Zakoni sačuvanja
Glavna ideja izloˇzena u ovom odjeljku jeste da iz simetrije
(invarijantnosti) lagranˇzijana na odredenu preobrazbu (transformaciju),
nuˇzno slijedi sačuvanje neke odredene fizičke
veličine. To je osnovni sadrˇzaj slavnog teorema Emmy
Nöther 2 , koji će se i formalno izvesti u ovom odjeljku.
Promotrimo, za početak, infinitezimalnu promjenu koordinata
oblika
x µ → x ′µ = x µ +δx µ ,
Slika 17.2: Amalie Emmy Nöther
(23. III 1882. – 14. IV 1935.)
pri čemu infinitezimalna promjena µ-te koordinate moˇze biti
funkcija (ovisiti o) svih koordinata x ν .
Uslijed promjena koordinata, mijenjaju se i sama polja (ako ih
ima viˇse)
ψk(x µ ) → ψ ′ k (x′µ ) = ψk(x µ )+δψk(x µ ). (17.15)
Član δψk(x µ ) opisuje promjenu koja dolazi odpromjene koordinata x µ , ali i odpromjene samih
polja ψk i moˇze biti funkcija (ovisiti o) ostalih polja ψl.
Primjetimo da je promjena polja ψk u točki x µ (a ne u točki x ′µ ) jedna druga veličina označena
s
ψ ′ k (xµ ) = ψk(x µ )+δψk(x µ ). (17.16)
Iz same činjenice da su gornje preobrazbe definirane na infinitezimalan način, znači da se radi
o kontinuiranim preobrazbama. Prema tome simetrija na inverziju trodimenzijskog prostora,
�r → −�r, je primjer jedne simetrije na koju se moˇze primjeniti Nötherin teorem.
Uslijed gore opisane promjene koordinata i polja, promjenit će se i sam lagranˇzijan (tj. njegova
gustoća)
�
L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
→ L ′
�
ψ ′ k (x′µ ),∂ν ψ ′ k (x′µ ),x ′µ
�
.
Izvod Nötherinog teorema koji će se ovdje reprodicirati, nije najopćenitiji mogući, ali je dovoljno
općenit da sadrˇzi svoje bitne fizičke značajke. Izvodi se uz slijedeća tri uvjeta:
(1) Četverodimenzijski prostor je ravan (Euklidski).
(2) Gustoća lagranˇzijana u preobraˇzenim i originalnim varijablama, je istog oblika
�
L α(x µ ),∂ν α(x µ ),x µ
�
= L ′
�
α(x µ ),∂ν α(x µ ),x µ
�
. (17.17)
Tako je npr. gustoća lagranˇzijana slobodnog elektromagnetskog polja
LEM = − 1
4 Fµ,ν F µ,ν +jµA µ ,
2 Amalie Emmy Nöther (23. III 1882. – 14. IV 1935.), njemačka matematičarka i teorijska fizičarka.

568 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
ima isti oblik u originalnim i pomaknutim koordinatama, ako A µ zadovoljava baˇzdarnu (ili
gauge) preobrazbu (odjeljak 14.10).
Primjetimo takoder i da uvjet (17.17) ima z aposljedicu da će i jednadˇzbe gibanja biti istog
oblika u originalnim i pomaknutim koordinatama.
Uvjet (17.17) nije najopćenitiji, L i L ′ se mogu razlikovati za četverodivergenciju jednog
četverovektora, jer takav član, nakon integracije po četverovolumenu (kasnije), iˇsčezava. Radi
jednostavnosti, nećemo razmatrati i tu mogućnost.
(3) Integral djelovanja je invarijantan na preobrazbu (Hamiltonovo načelo)
�
S = cdtd 3 �
r L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
� �
= cdtd 3 r ′ L ′
�
ψ ′ k(x ′µ ),∂ν ψ ′ k(x ′µ ),x ′µ
�
,
gdje je
Ω
cdtd 3 r = � |g|dx 0 dx 1 dx 2 dx 3 = � |g|cdt dx dy dz,
Ω ′
(17.18)
a |g| je apsolutna vrijednost determinante matrice g. Ovaj se uvjet naziva i uvjet invarijantnosti
na promjenu skale (scale invariance).
Jednostavnim kombiniranjem uvjeta (17.17) i (17.18) dolazi se do
�
cdtd 3 r ′ �
L ψ ′ k (x′µ ),∂ν ψ ′ k (x′µ ),x ′µ
� �
− cdtd 3 �
r L
Ω ′
Ω
ψk(x µ ),∂νψk(x µ ),x µ
�
= 0. (17.19)
No, koordinatex ′µ ugornjemlijevom integralu su samo nijeme varijableintegracije, pa se mogu
preimenovati jednostavno u x µ , čime gornji izraz postaje
�
cdtd 3 �
r L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
� �
− cdtd 3 �
r L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
= 0. (17.20)
Ω ′
Ω
Gornji izraz kaˇzeda ako istom preobrazbomdjelujemo na poljaψk kao i na područjeintegracije,
vrijednost integrala djelovanja se neće promjeniti.
Prije nego nastavimo s analizom gornje relacije, uočimo jednu jednostavnu vezu medu jednodimenzijskim
integralima
� b+δb � � � b � b
f(x)+δf(x) dx− f(x) dx = δf(x) dx (17.21)
a+δa
Dokaˇzimo gornju relaciju. Prema slici 17.3 je
� b
a
� b+δb
a+δa
=
=
� a+δa
a
� b
a
−
+
� b+δb
−
� b+δb
a+δa b
� a+δa � b+δb
a
+
b
.
a
+
−
a
� b+δb
b
� a+δa
a
� �
f(x)+δf(x) dx
� �
f(x)+δf(x) dx.
Slika 17.3: Uz izvod Noetherinog teorema.

17.5. ZAKONI SAČUVANJA 569
Primjenom gornjeg izraza na podintegralnu
funkciju f(x)+δf(x), dobiva se
� b+δb
a+δa
� �
f(x)+δf(x) dx =
−
+
a to je upravo relacija (17.21).
� b
a
� a+δa
a
� b+δb
b
� �
f(x)+δf(x) dx
� �
f(x)+δf(x) dx
� �
f(x)+δf(x) dx,
U gornjim se integralima pojavljuju male veličine δf(x),δa i δb. Razvojem integrala po tim
malim veličinama i zadrˇzavanjem samo članova linearnih u δ, dobiva se
−
� b+δb
b
� a+δa
a
� b+δb
� b+δb
� �
f(x)+δf(x) dx = f(x) dx+ δf(x) dx
b �� � b � �� �
≃ f(b) b+δb −b +δf(b)
�
b+δb
= f(b) δb+O δ 2
�
,
� � �
f(x)+δf(x) dx = −f(a) δa+O δ 2
�
.
Pomoću gornja dva razvoja, relacija (17.21) postaje
� b+δb
a+δa
� �
f(x)+δf(x) dx−
� b
a
f(x) dx =
=
≃
� b
a
� b
a
� b
a
�
−b
�
δf(x) dx+f(b) δb−f(a) δa+O δ 2
�
�
�
δf(x) dx+f(x) δx � b �
+O δ
a
2
�
(17.22)
�
δf(x)+ d
� �
f(x) δx
dx
�
dx. (17.23)
Poopćimo (17.22) i (17.23) na viˇse dimenzija: umjesto integracije po pravcu (osi x), integrira se
po četverodimenzijskom volumenu Ω (integral od a do b) tj. Ω ′ (integral oda+δa do b+δb), a
umjesto vrijednosti funkcijenarubovimaintervala(utočkamaaib)uzimasevrijednost funkcije

570 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
na trodimenzijskoj povrˇsini S četverodimenzijskog volumena Ω (koja je rub tog volumena)
� b+δb � � �
f(x)+δf(x) dx → cdtd 3 r ′ L ′
�
ψ ′ k (x′µ ),∂ν ψ ′ k (x′µ ),x ′µ
�
a+δa
Ω ′
� b
� b
a
a
f(x) dx →
δf(x) dx →
f(x) δx
�
�
� b
a
Ω ′
Ω ′
= (17.17) i zamjena nijeme varijable
�
= cdtd 3 �
r L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
�
,
→
�
�
�
Ω
Ω
S
cdtd 3 �
r L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
,
cdtd 3 r
� �
L ψ ′ k (xµ ),∂ν ψ ′ k (xµ ),x µ
� �
−L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
��
,
�
L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
δx µ dSµ.
U gornjem je integralu s δx µ označena promjena koordinate povrˇsine (ruba) pri promjeni sa S
na S ′ . poopćena jednadˇzba (17.22) glasi
�
cdtd 3 �
r L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
� �
− cdtd 3 �
r L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
=
=
+
�
�
Ω
S
cdtd 3 r
Ω
� �
L ψ ′ k (xµ ),∂ν ψ ′ k (xµ ),x µ
� �
−L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
��
�
L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
δx µ dSµ,
a poopćena jednadˇzba (17.23) glasi
�
cdtd 3 �
r L ψ ′ k (xµ ),∂ν ψ ′ k (xµ ),x µ
� �
−
Ω ′
=
+
�
Ω
∂
∂x µ
cdtd 3 r
Ω
cdtd 3 �
r L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
=
� �
L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
� �
−L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
� �
L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
δx µ
��
.
U skladu s (17.20), lijeva strana gornjeg izraza je jednaka nuli, tako da preostaje
�
cdtd 3 � �
r L ψ ′ k (xµ ),∂ν ψ ′ k (xµ ),x µ
� �
−L ψk(x µ ),∂νψk(x µ ),x µ
�
Ω
+ ∂
∂x µ
� �
L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
δx µ
� �
= 0. (17.24)
Budući da su oba gornja lagranˇzijana napisana u istim koordinatama x µ , prema (17.16), razlika
prva dva člana gornjeg izraza se moˇze napisati kao
�
L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
� �
−L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
= ∂L
∂ψk
δψk + ∂L
∂(∂ν ψk) δ(∂ν ψk)+···

17.5. ZAKONI SAČUVANJA 571
Budući daδ opisujepromjenupoljaψk uzfiksnu vrijednost koordinatex µ , tooperacijevariranja
δ i parcijalne derivacije ∂ν komutiraju
Primjenjeno na gornji razvoj to znači
�
L ψ ′ k (xµ ),∂ν ψ ′ k (xµ ),x µ
� �
−L
= ∂L
∂ψk
δψk + ∂
∂x ν
δ ∂ν ··· = ∂ν δ ··· .
ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
�
∂L
∂(∂ν ψk) δψk
�
−δψk
= ∂L
∂ψk
∂
∂x ν
�
δψk + ∂L
∂(∂ν ψk)
∂L
∂(∂ν ψk)
Prema (17.13), posljednji član desne strane gornjeg izraza je jednak
∂
∂x ν
� �
∂L
=
∂(∂ν ψk)
∂L
,
∂ψk
tako da gornji izraz postaje
�
L ψ ′ k(x µ ),∂ν ψ ′ k(x µ ),x µ
�
�
+···
�
−L ψk(x µ ),∂ν ψk(x µ ),x µ
�
= ∂L
δψk +
∂ψk
∂
∂x ν
�
∂L
∂(∂ν ψk) δψk
�
∂L
−δψk
∂ψk
= ∂
∂x ν
�
∂L
∂(∂ν ψk) δψk
�
.
∂
∂x ν δψk +···
Uvrˇstavanjem gornjeg rezultata u (17.24), dobiva se
�
0 = cdtd
Ω
3 �
∂
r
∂x ν
�
∂L
∂(∂ν ψk) δψk
�
+ ∂
∂x µ
�
L δx µ
� �
�
= cdtd 3 r ∂
∂x ν
�
∂L
∂(∂ν ψk) δψk +L δx ν
�
. (17.25)
Ω
Gornja se relacija iˇsčitava kao zakon sačuvanja struje.
Precizirajmo gornji izraz uvodenjem R parametra ǫr (za r = 1,2,··· ,R) infinitezimalne preobrazbe,
tako da su promjene x ν i ψk linearne u ǫr
δx ν = ǫr X ν
r ,
δψk = ǫr Ψr,k.
(17.26)
Funkcije X ν
r mogu ovisiti o svimkoordinatama xµ , a funkcije Ψr,k o svim poljima ψl.
Ako se simetrijska preobrazba odnosi sam o na koordinate i odgovara pomaku samo jedne
koordinate x ν , tada su gornje funkcije jednostavno jednake
X ν
r = δ ν r , Ψr,k = 0,
gdje je sada δν r Kroneckerov simbol. Same jednadˇzbe (17.26) sadrˇze opis simetrija puno
općenitijih od onih koje smo do sada koristili.

572 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
Prema relacijama (17.15) i (17.16)
ψ ′ k (x′µ ) = ψk(x µ )+δψk(x µ )
Razvojem do prvog reda u malim veličinama je
Sada je
ψ ′ k (xµ ) = ψk(x µ )+δψk(x µ ).
ψ ′ k(x ′µ ) = ψ ′ k(x µ +δx µ ) = ψ ′ k(x µ )+ ∂ψ′ k (xµ )
∂x µ δx µ +···
δψk(x µ ) = ψ ′ k (x′µ )−ψk(x µ )
= ψ ′ k (xµ )+ ∂ψk(x µ )
∂x µ
δx µ +···
= ψ ′ k(x µ )−ψk(x µ )+ ∂ψk(x µ )
∂x µ δx µ +···
= δψk(x µ )+ ∂ψk(x µ )
∂x µ
δx µ +··· .
Uvrˇstavanjem relacija (17.26), iz gornjeg se izraza dobiva (izostavljanjem članova viˇseg reda)
δψk = δψk − ∂ψk
δxµ
∂x µ
= ǫr Ψr,k − ∂ψk
�
= ǫr
∂x µ ǫr X µ
r
Ψr,k − ∂ψk µ
X
∂x µ r
Kombinirajnem izraza (17.25), (17.26) i (17.27), dobiva se
�
0 = cdtd
Ω
3 r ∂
∂x ν
�
∂L
∂(∂ν ψk) ǫr
�
Ψr,k − ∂ψk
�
µ
X
∂x µ r +L ǫrX ν �
r
�
= cdtd 3 ∂
r ǫr
∂x ν
�
X ν �
∂L ∂ψk
r
∂(∂ν ψk) ∂x µ −L δν �
∂L
µ −Ψr,k
∂(∂ν ψk)
Ω
�
�
(17.27)
Budući da je R parametara ǫr proizvoljno, to je gornji integrl jednak nuli samo ako je podintegralna
funkcija jednaka nuli
∂
∂x ν
�
X ν r
�
∂L
∂(∂ν ψk)
∂ψk
∂x µ −L δν �
µ −Ψr,k
�
∂L
= 0. (17.28)
∂(∂ν ψk)
Gornja jednadˇzba iskazuje Nöterin teorem: ako sustav opisan gustoćom lagranˇzijana L
ima simetrijska svojstva takva da uvjeti (2) i (3) sa strane 567 vrijede za preobrazbe oblika
(17.26), tada postoji R sačuvanih veličina, definiranih gornjim izrazom.

17.6. JEDNAD ˇ ZBA GIBANJA 573
17.6 Jednadˇzba gibanja
Kontinuiranim sustavima nazivamo elastična, plastična, tekuća i plinovita tijela. Gustoća, ρ,
ovih sustava se smatra promjenjivom i u i u prostoru i u vremenu
ρ = ρ(�r,t).
Na promatrani dio kontinuiranog sustava mogu djelovati sile. Ove sile mogu potjecati ili od
drugih tijela (vanjske sile) ili od drugih dijelova istog tijela (unutraˇsnje sile). Nadalje, ove sile
mogu djelovati samo na povrˇsinu promatranog (pod)sustava (povrˇsinske sile), a mogu djelovati
i na sve čestice promatranog (pod)sustava (volumne sile).
Gustoća volumnih sila, � f se definira kao
�f (�r,t) = lim
∆V → 0
∆ � F
∆V = d � F
dV ,
gdje je s dV ≡ d 3 r označen diferencijal volumena tijela oko točke �r.
Ukoliko sile djeluju na povrˇsinu promatranog kontinuiranog (pod)sustava, tada se vektor naprezanja
(napon), definira kao
�P (�r,t) = lim
∆S → 0
∆ � F
∆S = d � F
dS ,
gdje je s dS ≡ d 2 r označen diferencijal povrˇsine tijela oko točke �r. Spomenutoj se povrˇsini dS
moˇze pridruˇziti vektor d � S
d � S = dS �e⊥,
gdje je�e⊥ jedinični vektor okomit 3 na diferencijalnu plohu dS i usmjeren prema van u odnosu
Slika 17.4: Općeniti odnos naprezanja � P i lokalne okomice na plohu �e⊥.
na volumen koji zatvara cijela ploha S (slika 17.4). Okomita komponenta sile naprezanja, � P ⊥,
(normal stress) izaziva silu tlaka na povrˇsinu, dok paralelna komponenta sile naprezanja, � P �,
3 Svaka diferencijalna ploha se moˇze smatrati ravninom, pa pojam okomitosti ima smisla.

574 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
(shearing stress) izaziva silu smicanja na povrˇsinu.
Uvedimo komponente tenzora 4 naprezanja, T ij(�r), relacijom
ili, u matričnom obliku, u pravokutnoj bazi
⎡ ⎤
dFx
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ dFy ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦ =
⎡
⎢
⎣
dFz
Raspisano po komponentama
d � F = T d � S,
Txx Txy Txz
Tyx Tyy Tyz
Tzx Tzy Tzz
⎤
⎥
⎦ ·
⎡ ⎤
dSx
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ dSy ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦ .
dFx = TxxdSx +TxydSy +TxzdSz = Txxdy dz +Txydx dz +Txzdx dy,
dFy = TyxdSx +TyydSy +TyzdSz,
dFz = TzxdSx +TzydSy +TzzdSz,
dFi = �
j
TijdSj, i,j = x,y,z.
Ilustrirajmo relaciju za dFx slikom 17.5. Ukupna x-komponenta sile na volumni element
dSz
Slika 17.5: Txx su tlakovi na plohu dydz, a Txy i Txz su smikovi na plohe dxdz i dxdy.
dx dy dz je zbroj svih sila na povrˇsinu tog volumnog elementa. Pogledajmo najprije sile
na dvije plohe dy dz koje se nalaze u ravninama x i x+dx
� �
Txx(x+dx)−Txx(x) dy dz .
4 To je tenzor drugog rda koji se moˇze reprezentirati 3×3 matricom.

17.6. JEDNAD ˇ ZBA GIBANJA 575
Negativan predznak u uglatoj zagradi dolazi zato da ako su sile od Txx(x + dx) i Txx(x)
medusobnojednake, rezultantnasilaupodručjuunutarvolumenabudejednakanuli. Mnoˇzenjem
i djeljenjem gornjeg izraza s dx, dobiva se
∂Txx
∂x
dx dy dz .
Slično se dobiva i za preostala dva para sila. Tako se za x-komponentu smicanja na plohama
paralelnim s (x,z) ravninom dobiva
� �
Txy(y +dy)−Txy(y) dx dz = ∂Txy
dx dy dz ,
∂y
a za x-komponentu smicanja na plohama paralelnim s (x,y) ravninom dobiva
� �
Txz(z +dz)−Txz(z) dx dy = ∂Txz
dx dy dz .
∂z
Zbroj gornja tri izraza daje ukupnu x-komponentu sile na diferencijalni volumen dx dy dz
∂Txx
∂x
+ ∂Txy
∂y
+ ∂Txz
∂z
= �
j
∂Txj
∂j ≡ ∂j Txj.
Gornjim smo izrazom uveli i uobičajeni skraćeni zapis zbrajanja po indeksu koji se ponavlja.
Indeks označen latinskim slovom j poprima vrijednosti j = x,y,z. Slični se izrazi dobiju i za y
i z komponente povrˇsinskih sila
∂Tyx
∂x
∂Tzx
∂x
+ ∂Tyy
∂y
+ ∂Tzy
∂y
+ ∂Tyz
∂z = ∂j Tyj,
+ ∂Tzz
∂z = ∂j Tzj.
Osim ovih povrˇsinskih sila, koje djeluju na sve točke povrˇsine promatranog volumena, na njega
joˇs mogu djelovati i volummne sile koje djeluju na sve točke unutar volumena. Jedna od tih
volumnih sila je uvijek i sila teˇza. Na volumni element mase dm = ρm d 3 r djeluje sila teˇza
d � FG = dm�g = ρm d 3 r �g,
gdje je �g gravitacijsko ubrzanje u blizini povrˇsine Zemlje, a ρm masena gustoća volumnog
elementa. Gustoća sile teˇze je
�f G = d � FG
d 3 r = ρm �g.
Napiˇsimo sada drugi Newtonov aksiom (jednadˇzbu gibanja) samo za x-smjer djelovanja sila
dm dvx
dt
= Fx
ρm d 3 r dvx
dt = fx d 3 r +
ρm
� ∂Txx
∂x
dvx
dt = fx + ∂Txx ∂Txy
+
∂x ∂y
+ ∂Txy
∂y
�
∂Txz
+
∂z
d 3 r
∂Txz
+ , (17.29)
∂z

576 POGLAVLJE 17. KLASIČNA TEORIJA POLJA
gdje je s fx označena x-komponenta volumne sile (ne nuˇzno sila teˇza).
Divergencija tenzorskog polja:
Prije nego nastavimo gornja razmatranja, uvedimo pojam divergencije tenzorskog polja. U
odjeljku 2.4.2 je uveden pojam divergencije vektorskog polja � V. To je bio skalar koji se u
pravokutnim kordinatama računa kao
div � V = −→ ∇� �
∂
V = �ex
∂x +�ey
∂
∂y +�ez
�
∂
(Vx�ex +Vy�ey +Vz�ez) =
∂z
∂Vx ∂Vy
+
∂x ∂y
+ ∂Vz
∂z .
Divergencija općenitog tenzorskog polja S nije skalar, nego vektor i u pravokutnim koordinatama
se računa kao
−→ ∇ S =�ei
∂Sij
, i,j = x,y,z,
∂j
gdje se (uvijek) podrazumijeva zbrajanje po indeksima koji se dva puta ponavljaju. Raspisana,
gornja relacija glasi
−→ ∇ S = �
i
= �ex
�
�ei
j
�
∂Sxx
∂x
� ∂Syx
+ �ey
∂x
�
∂Szx
+ �ez
∂x
Vratimo se sada tenzorskom dijelu relacije (17.29)
∂Txx
∂x
+ ∂Txy
∂y
∂Sij
∂j
+ ∂Sxy
∂y
+ ∂Syy
∂y
+ ∂Szy
∂y
�
∂Sxz
+
∂z
�
+ ∂Syz
∂z
+ ∂Szz
∂z
∂Txz
+
∂z =
�
−→∇
�
T ,
x
tako da cijela relacija (17.29) za x-komponentu jednadˇzbe gibanja glasi
dvx
ρm
dt = fx
�
−→∇
�
+ T .
x
Slični se izrazi dobiju i za y i z komponente, tako da cijela, vektorska, jednadˇzba gibanja glasi
ρm
d�v
dt = � f x + −→ ∇ T
�
.

Dio IV
Mehanika Fluida
577

Poglavlje 18
Mehanika Fluida
uvodni tekst
18.1 Uvod
579

580 POGLAVLJE 18. MEHANIKA FLUIDA

Dodatak A
Matematički dodatak
A.1 Medunarodni sustav mjernih jedinica (SI)
Na Općoj konferenciji o utezima i mjerama, odrˇzanoj u listopadu 1960. ..gdje.? u Parizu.,
definirane su osnovne i izvedene mjerne jednice sustava nazvanog Medunarodni sustav mjernih
jedinica (Système international - SI): metar, kilogram, sekunda, amper, kelvin, kandela i mol.
Poredovihjedinica, definiranesuiiznimnodopuˇstenejediniceizvanSI.Osnovnemjernejedinice
Medunarodnog sustava mjernih jedinica su:
(1) duljina - metar - m
1mjeduljina jednaka1650763.73valneduljinezračenja uvakuumu koja odgovaraprijelazu
izmedu razine 2p10 i 5d5 atoma Cr 86 .
(2) masa - kilogram - kg
1kg je masa medunarodne pramjere kilograma, koja se od 1889. čuva u Medunarodnom
uredu za utege i mjere u Sèvresu kraj Pariza.
(3) vrijeme - sekunda - s
Godine 1967 na 13.-oj Općoj konfernciji o utezima i mjerama, 1s je definirana kao trajanje
od 9192631770 perioda zračenja koje odgovara prijelazu izmedu dviju hiperfinih razina
osnovnog stanja atoma Cs 133 .
(4) jakost električne struje - amper - A
1A je jakost stalne električne struje koja, kad se odrˇzava u dva ravna paralelna vodiča, neograničene
duljine i zanemarivog kruˇznog presjeka, koji se nalaze u vakuumu na medusobnoj
udaljenosti 1m, uzrokuje medu tim vodičima silu jednaku 210 −7 N po metru duljine.
(5) termodinamička temperatura - kelvin - K
1K je termodinamička temperatura jednaka 1/273.16 termodinamičke temperature trojne
točke vode.
termodinamičke temperature trojne točke vode.
(6) svjetlosna jakost - kandela - cd
1cd je svjetlosna jakost koju u okomitom pravcu zrači povrˇsina od 1/600000m 2 crnog tijela
na temperaturi skrućivanja platine (2046.16K) pod tlakom od 101325Nm −2 .
(7) količina tvari - mol - mol
1mol je količina tvari sustava koji sadrˇzi toliko gradivnih čestica koliko ima atoma u
0.012 kg C 12 . Te gradivne čestice mogu biti molekule, atomi, ioni, elektroni ili kakve
druge čestice ili nakupine čestica.
581

582 DODATAK A. MATEMATIČKI DODATAK
prefiks simbol viˇsekratnik prefiks simbol viˇsekratnik
eksa E 10 18 ato a 10 −18
peta P 10 15 femto f 10 −15
tera T 10 12 piko p 10 −12
giga G 10 9 nano n 10 −9
mega M 10 6 mikro µ 10 −6
kilo k 10 3 mili m 10 −3
hekto h 10 2 centi c 10 −2
deka d 10 1 deci dc 10 −1
U slučaju potrebe većih ili manjih jedinica, koriste se ispred oznake SI jedinice oznake faktora
mnoˇzenja
Iznimno dopuˇstene jedinice izvan SI sustava su:

A.2. TAYLOROV RAZVOJ 583
A.2 Taylorov razvoj
A.3 Integrali
♣ [11], str 443, (450)
♣ B.-S., 479, (42)
♣ B.-S., str 443, (450)
♣
e iα = cosα+i sinα, i 2 = −1 (A.1)
e x = 1+x+ x2
2
sinx = x− x3
6
cosx = 1− x2
2
+ x3
3
+ x3
6
+··· =
+··· =
+··· =
∞�
n=1
∞�
n=0
x n
n!
x 2n−1
(2n−1)!
∞�
n=0
+···+(−1)n+1 xn
n
x 2n
(2n)!
(A.2)
(A.3)
(A.4)
ln(1+x) = x− x2
2
+··· −1 < x ≤ 1 (A.5)
�
ln(1−x) = − x+ x2 x3 xn
+ +···+
2 3 n +···
�
−1 ≤ x < 1 (A.6)
1
√ = 1∓
1±x 1 1·3
x+
2 2·4 x2 ∓ 1·3·5
2·4·6 x3 +··· |x| < 1 (A.7)
1
(1±x) = 1∓x+x2 ∓x 3 +x 4 ∓··· |x| < 1 (A.8)
1 3 3·5
= 1∓ x+
(1±x) 3/2 2 2·4 x2 ∓ 3·5·7
2·4·6 x3 ··· |x| < 1 (A.9)
�
� +∞
0
�
x n e ax dx = xn
a eax − n
a
xa−1 dx =
1+x b
x n e ax dx = xn
a eax − n
a
� ∞
0
�
x n−1 e ax dx
π
b sin aπ,
0 < a < b.
b
�
x n e −ax dx = Γ(n+1)
a n+1 .
x n−1 e ax dx

584 DODATAK A. MATEMATIČKI DODATAK
♣ B.-S., 475, (3)
♣ B.-S., 474, (2)
♣
♣
� +∞
0
� +∞
0
x n e −ax2
I2m =
I0 =
I4
I0
� �2 I2
Γ
I0
� �
1
2
−∞
� π/2
0
e −a2x2 dx =
dx = Γ� �
n+1
2
2a (n+1)/2,
=
⎧
⎪⎨
⎪⎩
� +∞
−∞
� 2π
N ,
= 3
N 2,
= 1
N 2.
= √ π, Γ
√
π
, a > 0.
2a
1·3·...·(2k −1)
2 k+1 a k+1/2
k!
2a k+1
x 2m e −N
2 x2
� �
3
=
2
1
2
a > 0, n > −1
√ π n = 2k
dx = Γ�m+ 1
�
2
Nm+1 2
2
m+1 2
√ π, Γ
� �
5
2
(sinx) 2n dx = 1·3·5···(2n−1)
2·4·6···(2n)
n = 2k +1.
= 3√
π,
4
♣ Luijten-Bloete, Int. J. Mod. Phys. C 6 (1995) 359-370, p. 8
� +∞
dx x k −a x4
e = 1
� �
k+1 Γ 4
2 a (k+1)/4,
a > 0.
♣ B. - S., 477, (19)
♣
�
� +∞
0
sin 2 ax
x 2 dx = π
2 |a|.
dx
√ 1−x 2
= arcsinx+c0
π
2 .

A.4. ZAOKVIRENE FORMULE IZ OVE KNJIGE 585
♣
♣
�
�
dx
p+q sinax =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
dx
b+c cosax =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
√2 a p2−q2 √1 a q2−p2 ax
ptan 2 arctan +q
√
p2−q2 , p2 > q2 2 +q−
√
q2−p2 ptan ax
2 +q+
√
q2−p2 , p2 < q2 .
ln ptan ax
2
a √ b2−c2 arctan
1
a √ c 2 −b 2 ln
(b−c)tan ax
2
√ b 2 −c 2 , b 2 > c 2
(c−b)tan ax
2 +√ c 2 −b 2
(c−b)tan ax
2 −√ c 2 −b 2, b 2 < c 2 .
♣ Integrali trigonometrijskih funkcija - najčeˇsće zamjene
�
sin m x cos n x dx
(1) cosx = t, m > 0,neparan,
(2) sinx = t, n > 0,neparan,
(3) tanx = t, m+n < 0,parno.
Univerzalna trigonometrijska zamjena
sin x =
2t
1+t 2,
cos x = 1−t2
1+t 2,
2 dt
dx =
1+t 2.
A.4 Zaokvirene formule iz ove knjige
�er = �ex sinθcosϕ+�ey sinθsinϕ+�ez cosθ,
�eθ = �ex cosθcosϕ+�ey cosθsinϕ−�ez sinθ,
�eϕ = −�ex sinϕ+�ey cosϕ.
�eρ = �ex cosϕ+�ey sinϕ,
�eϕ = −�ex sinϕ+�ey cosϕ.
−→ ∇ =�ex
∂
∂x +�ey
grad A ≡ −→ ∇ A =�ex
div � A ≡ −→ ∇ � A = ∂Ax
∂x
∂
∂y +�ez
∂
∂z .
∂A
∂x +�ey
∂A
∂y +�ez
∂A
∂z
+ ∂Ay
∂y
+ ∂Az
∂z
(A.10)

586 DODATAK A. MATEMATIČKI DODATAK
�
C
�
S
�A d � �
S =
�
�A(�r)d�r =
S(C)
V(S)
−→ ∇ � A dV,
( −→ ∇ × � A)d � S

Dodatak B
Diracova δ-funkcija
Diracova funkcija δ(x − x0) se mo”ze zamisliti kao grani”cna vrijednost Gaussove funkcije
raspodjele
δ(x−x0,σ) = 1
� 2 (x−x0)
exp −
2 π σ2 2 σ2 �
,
kada ”sirina gausijana i”s”cezava, σ → 0, ali njegova visina neograni”ceno raste, tako da je
integral nepromjenjen
δ(x−x0) = lim
σ → 0 δ(x−x0,σ),
� x2
x1
δ(x−x0) dx = 1, x0 ∈ [x1,x2].
Drugim rje”cima, δ(x − x0) = 0 u svim to”ckama u kojima je argument razli”cit od nule, a
njezin je integral jednak jedinici, ako podru”cje integracije obuhva”ta to”cku x0
� x2
x1 � x2
x1
δ(x−x0) = 0, x �= x0,
δ(x−x0)dx = 1, x1 ≤ x0 ≤ x2,
δ(x−x0)dx = 0, x < x1 ili x > x2.
Svojstva: promatramo u”cinke δ funkcije na kontinuiranu derivabilnu funkciju f(x). Granice
u integralima moraju biti takve da je to”cka u kojoj se poni”stava 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 ”temo da se inetgrira po cijelom pravcu od
−∞ do +∞.
(1) Budu”ti da je δ(x−x0) jednaka nuli svuda izvan x = x0, a razli”cita od nule samo u uskom
intervalu oko x0, u tom uskom intervalu je f(x) pribli”zno konstantna i jednaka f(x0)
� +∞
−∞
f(x) δ(x−x0)dx ≈ f(x0)
587
� +∞
−∞
δ(x−x0)dx = f(x0)

588 DODATAK B. DELTA FUNKCIJA
(2) Pogledajmo sada δ funkciju s ne”sto slo”zenijim argumentom. Zapo”cnimo s najjednostavnijim
slu”cajem kada je argument linearna funkcija
−∞
� +∞
−∞
f(x) δ(cx−x0)dx, x0,c = const. �= 0.
Neka je c > 0 i uvedimo novu varijablu cx−x0 = y. Koriste”ti rezultat iz to”cke (1), dobiva
se
� +∞
f(x) δ(cx−x0)dx = 1
� +∞ � �
y +x0
f δ(y)dy =
c c
1
c f
� �
x0
.
c
−∞
−∞
Ako je c < 0, opet uvodimo novu varijablu cx−x0 = y. Sada je
� +∞
f(x) δ(cx−x0)dx =
−∞
1
� −∞ � �
y +x0
f δ(y)dy
c +∞ c
= − 1
� +∞ � �
y +x0
f δ(y)dy = −
c c
1
c f
� �
x0
=
c
1
|c| f
� �
x0
.
c
Budu”ti da se δ funkcija u umno”scima s drugim funkcijama pojavljuje u integralima, dva
gornja reda se mogu sa”zeti u
δ(cx−x0) = 1
|c| δ(x−x0/c).
Ako odaberemo c = −1 i x0 = 0, gornja relacija nam ka”ze da je δ funkcija parna
δ(x) = δ(−x).
(3) Pogledajmo sada slu”caj kada je argument δ funkcije, kvadratna funkcija
� ∞
−∞
f(x) δ(x 2 −a 2 )dx, a = const. �= 0.
Budu”ti da se u gornjem izrazu a pojavljuje samo kroz a2 , bez gubitka op”tenitosti, mo”zemo
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 i”s”cezava samo u x = −a, pa stoga
mo”zemo 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 to”cke (2), uz c ≡ −2a i x0 ≡ 2a2 , ”sto vodi na
� 0
1
f(x) δ[(x−a)(x+a)]dx =
|−2a| f
� � 2 2a
=
−2a
1
f (−a).
|2a|
−∞

Sli”cnim se postupkom dobije i
� ∞
0
f(x) δ[(x−a)(x+a)]dx = 1
|2a| f
pa tako kona”cnomo”zemo napisati da je
� ∞
−∞
Na isti rezultat vodi i jednakost
� � 2 2a
2a
f(x) δ(x 2 −a 2 )dx = f(a)+f(−a)
.
|2a|
δ(x 2 −a 2 ) = δ(x−a)+δ(x+a)
.
|2a|
Primjetimo da gornji izvod vrijedi samo za a �= 0.
= 1
f (a),
|2a|
(4) Neka je sada argument δ funkcije nekakva op”ta funkcija g(x) koja ima N izoliranih nulto”caka
Na”s je zadatak izra”cunati
g(xn) = 0, n = 1,2,··· ,N.
� ∞
−∞
f(x) δ[g(x)]dx.
U okolini svake nul-to”cker g(x), vrijedi Taylorov razvoj oblika
g(x) = (x−xn) ∂g
�
�
� +O[(x−xn)
∂x
2 ].
Stoga je i
� xn
δ[g(x)] ≈ δ[(x−xn) g ′ (xn)],
gdje smo s g ′ (xn) ozna”cili derivaciju g u to”cki x = xn. No, gornja δ funkcija je time postala
δ funkcija s linearnim argumentom, koju smo rije”sili u to”cki (2): c ≡ g ′ (xn) i x0 ≡ xn g ′ (xn).
� ∞
−∞
f(x) δ[g(x)]dx =
=
N�
n=1
N�
n=1
� xn+∆
xn−∆
1
|g ′ (xn)| f
f(x) δ[g ′ (xn)x−xng ′ (xn)] dx
�
xng ′ (xn)
g ′ �
=
(xn)
N�
n=1
1
|g ′ (xn)| f(xn).
S ∆ je ozna”cena proizvoljna pozitivna konstanta koja samo osigurava da podru”cje integracije
sadr”zi nulu δ funkcije. Isti rezultat kao gore, se dobije i iz jednakosti
δ[g(x)] =
N�
n=1
δ(x−xn)
|g ′ (xn)|
.
589

590 DODATAK B. DELTA FUNKCIJA
(5) Pogledajmo sada integrale koji sadr”ze derivaciju δ funkcije. Zadatak je izra”cunati
� ∞
−∞
f(x)
d δ(x−x0)
d x
Budu”ti da smo pretpostavili da je f(x) derivabilna, mo”zemo provesti parcijalnu itegraciju
f(x)
”sto izravno vodi na
� ∞
−∞
f(x)
d δ(x−x0)
d x
d δ(x−x0)
d x
dx.
= d d f(x)
[f(x) δ(x−x0)]−
d x d x δ(x−x0),
� ∞
d
dx =
−∞ d x [f(x) δ(x−x0)] dx−
= [f(x) δ(x−x0)] +∞
�
d f(x) �
−∞ − �
d x
−∞
� x0
� ∞
.
−∞
d f(x)
d x δ(x−x0) dx
No, δ(x−x0) = 0 kada je x = ± ∞ �= x0, pa prvi ”clan desne strane gornjeg izraza i”s”cezava
i preostaje
� �
∞
d δ(x−x0) d f(x) �
f(x) dx = − � .
d x d x
Na isti na”cin kao gore (parcijalnim integriranjem), mo”ze se ra”cunati drug, tre”ta i op”tenito
n-ta derivacija δ funkcije, s rezultatom
� �
∞
�
� ,
−∞
f(x) dn δ(x−x0)
d x n
za n puta derivabilnu funkciju f(x).
� x0
dx = (−) n dn f(x)
d x n
(6) Dosadasmo promatraliδ funkciju jednogargumenta. ”Stoako δ funkcija ovisi ovi”se argumenata?
Npr. δ(�r−�r0) je funkcija tri varijable, jer�r opisuje polo”zaj to”cke u trodimenzijskom
prostoru. Integral
�
δ(�r −�r0) d 3 r
V
je jednak jedinici ako se to”cka �r0 nalazi u volumenu V, a jednak je nuli, ako je �r0 izvan tog
volumena. Pretpostavimo nadalje da volumen V obuhva”ta sav prostor, tako da je to”cka �r0
uvijek sadr”zana u njemu.
U pravokutnom koordinatnom sustavu je d 3 r = dx dy dz, pa iz
zaklju”cujemo da je
� +∞
−infty
dx
� +∞
−∞
dy
� +∞
−∞
� x0
dz δ(�r −�r0) = 1,
δ(�r −�r0) = δ(x−x0) δ(y −y0) δ(z −z0) .

Na sli”can na”cin, u sfernom koordinatnom sustavu je
� +∞
iz ”cega zaklju”cujemo da je
0
r 2 dr
� π
δ(�r −�r0) =
0
sinθ dθ
δ(r −r0)
r 2 0
U cilindri”cnom koordinatnom sustavu je
iz ”cega slijedi
� +∞
0
ρ dρ
� 2π
0
dϕ
� 2π
0
δ(θ−θ0)
� +∞
−∞
sinθ0
dϕ δ(�r −�r0) = 1,
δ(ϕ−ϕ0).
dz δ(�r −�r0) = 1,
δ(�r−�r0) = δ(ρ−ρ0)
δ(ϕ−ϕ0) δ(z −z0) .
ρ0
591

592 DODATAK B. DELTA FUNKCIJA

Dodatak C
Presjeci stoˇsca: kruˇznica, elipsa,
parabola i hiperbola
U ovom ćemo dodatku izvesti jednadˇzbe krivulja koje se dobiju kao rezultat presjeka stoˇsca i
ravnine pod različitim kutovima, pa se stoga i zovu presjeci stoˇsca. Ove krivulje čine jednu
posebnu familiju rjeˇsenja opće algebarske jednadˇzbe drugog reda u varijablama x i y
Ax 2 +Bxy +Cy 2 +Dx+Ey +F = 0 (C.1)
(uz uvjet da je bar jedan od koeficijenata A,B ili C različit od nule) i bila su poznata joˇs i
sterogrčkim matematičarima oko 300. godine p.n.e. ( Apolonije iz Aleksandrije ). Ove ćemo
krivuljekoristiti najviˇseupoglavlju7(ogravitaciji), paćemozato, osimupravokutnom, navesti
i njihove oblike u polarnom koordinatnom sustavu.
Neka je pravac AB (koji ćemo zvati direktrisa) za D udaljen od ishodiˇsta (ili fokusa) O, kao
na slici C.1. U polarnom koordinatnom sustavu je poloˇzaj točke P odre”den koordinatama ρ i
ϕ. Udaljenost točke P od pravca AB ćemo označiti s d. ”Zelimo odrediti jednadˇzbu 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 ǫ
ρ
d
= ǫ = const. (C.2)
U točki Q traˇzene krivulje je ρ = p i d = D, pa je zato i ǫ = 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+ρcosϕ.
Uvrstivˇsi za D = p/ǫ, a za d = ρ/ǫ, dolazi se do traˇzene jednadˇzbe krivulje u polarnom
koordinatnom sustavu, ρ = ρ(ϕ), u obliku
ρ(ϕ) =
p
1+ǫcosϕ . (C.3)
Ova jednadˇzba opisuje familiju krivulje koje se zovu presjeci stoˇsca. Pokazat ćemo da,
ovisno o iznosu ekscentriciteta ǫ, gornja jednadˇzba opisuje:
593

594 DODATAK C. PRESJECI STO ˇ SCA
Slika C.1: Uz izvod jednadˇzbe krivulja presjeka stoˇsca.
ǫ → 0 kruˇznicu,
0 < ǫ < 1 elipsu,
ǫ = 1 parabolu,
ǫ > 1 hiperbolu.
Kruˇznica: ǫ → 0 .
Kruˇznica se definira kao ravninska krivulja kojoj je udaljenosti svake njezine točke od zadane
fiksne točke, konstantna. U jednadˇzbi (C.3) to znači da ρ ne ovisi o kutu ϕ, tj. ǫ → 0 i
ρ = p = const za sve kutove. Budući da ǫ → 0, da bi ρ = ǫ d = p bio konstantan, prema
jednadˇzbi (C.2), mora d → ∞, tj. direktrisa kruˇznice je beskonačno udaljena od njezinog
srediˇsta.
U pravokutnom koordinatnom sustavu, zahtjev da je svaka točka (x,y) kruˇznice jednako udaljena
od jedne fiksne točke (srediˇsta) (x0,y0), piˇsemo pomoću Pitagorinog poučka
� (x−x0) 2 +(y −y0) 2 = p,
gdje smo s p označili polumjer kruˇznice. Kvadriranjem i raspisom gornje jednadˇzbe, dobivamo
jednadˇzbu tipa (C.1)
x 2 +y 2 −2xx0 −2yy0+x 2 0 +y2 0 −p2 = 0.
Prijelazom u polarne koordinate: x = ρcosϕ i y = ρsinϕ, dobivamo jednadˇzbu kruˇznice
polumjera p, sa srediˇstem u ishodiˇstu, u jednostavnom obliku ρ = p, ˇsto je upravo izraz od
kojega smo i krenuli.
Kruˇznica se dobije presjecanjem stoˇsca ravninom paralelnom s bazom stoˇsca.
Elipsa: 0 < ǫ < 1 .

Elipsa se definira kao ravninska krivulja kojoj je zbroj udaljenosti svake njezine točke od dvije
fiksne točke (fokusa O i O ′ , slika C.2) konstantan i jednak 2a. Izvedimo jednadˇzbu elipse kao
poseban slučaj jednadˇzbe presjeka stoˇsca (C.3). Prema definiciji elipse je
ρ+PO ′ = 2a ⇒ (ϕ = π/2) ⇒ p+QO ′ = 2a.
Na označeni pravokutni trokut (slika C.2) primjenimo Pitagorin 1 poučak i dobijemo
595
p 2 +4c 2 = (QO ′ ) 2 = (2a−p) 2 ⇒ p = a− c2
. (C.4)
a
Za kutove ϕ = 0 i ϕ = π, sa slike C.2 i iz jednadˇzbe (C.3), slijedi
ϕ = 0 ⇒ ρ = OV ⇒ OV = p
1+ǫ ,
ϕ = π ⇒ ρ = OU ⇒ OU = p
1−ǫ .
Sa slike C.2 je OV +OU = 2a, dok je prema gornjim jednadˇzbama
Slika C.2: Uzizvodjednadˇzbeelipse: C je srediˇsteelipse; CV = CU = aje duljina velikepoluosi; CW = CS = b
je duljina male poluosi; CO = CO ′ = c je udaljenost od srediˇsta elipse do fokusa.
2a = OV +OU = p p
+
1+ǫ 1−ǫ ⇒ p = a(1−ǫ2 ). (C.5)
Uvrstimo li to u opći jednadˇzbu presjeka stoˇsca, (C.3), dobivamo za jednadˇzbu elipse
ρ = a(1−ǫ2 )
. (C.6)
1+ǫcosϕ
Pokaˇzimo da je ekscentricitet manji od jedinice. Sa slike C.2 je, prema Pitagorinom poučku,
(OW) 2 = b 2 +c 2 . Duljinu c moˇzemo dobiti izjednačavanjem (C.4) i (C.5)
c = aǫ.
1 Moˇzda nije suviˇsno spomenuti da Pitagora nije prvi čovjek koji je uočio vezu izme”du 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.

596 DODATAK C. PRESJECI STO ˇ SCA
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 moˇzemo uvrstiti u
(OW) 2 = b 2 +c 2 ⇒ a 2 = b 2 +a 2 ǫ 2 ⇒ ǫ =
√ a 2 −b 2
Za one koji se bolje snalaze u pravokutnom koordinatnom sustavu, prevedimo jednadˇzbu (C.6)
u pravokutne koordinate (x,y) ravnine. Umjesto ρ piˇsemo � x2 +y2 , a umjesto cosϕ =
x/ � x2 +y2 . Nakon kraćeg sre”divanja, se dobije
� �2 �
x+ǫa y
+
a a √ 1−ǫ 2
�2 = 1.
Prisjetimo li se da je c = aǫ, a iz jednadˇzbe za ekscentricitet slijedi da je manja poluos b =
a √ 1−ǫ 2 , vidimo da gornja jednadˇzba prikazuje elipsu sa srediˇstem 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 kruˇznicu (c = ǫ = 0).
Elipsa se dobije presjecanjem stoˇsca ravninom koja nije paralelnom niti s bazom niti s izvodnicom
stoˇsca.
Parabola: ǫ = 1 .
Parabola se definira kao skup točaka u ravnini kojima je udaljenost do fiksne točke (fokusa)
jednaka udaljenosti do fiksnog pravca (direktrise), slika C.3. U naˇsim oznakama to znači da
je ρ = d, tj. prema (C.2) je ǫ = 1. S obzirom da već imamo izvedenu jednadˇzbu elipse,
do jednadˇzbe parabole moˇzemo doći graničnim prijelazom elipse kojoj velika poluos divergira
a → ∞ (ˇsto je ekvivalentno zahtjevu ǫ = 1, jer za veliki a, iz √ a 2 −b 2 = aǫ, slijedi ǫ = 1) uz
uvjet da je, prema (C.5),
p = a(1−ǫ 2 ) = const.
Tada jednadˇzba parabole (u polarnim koordinatma) glasi
ρ =
a
< 1.
p
. (C.7)
1+cosϕ
Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadˇzbu u
obliku
y 2 = p 2 −2px.
Parabola se dobije presjecanjem stoˇsca ravninom paralelnom s izvodnicom stoˇsca. .....
Hiperbola: ǫ > 1 .

Slika C.3: Uz izvod jednadˇzbe 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 C.4)
PO ′ −PO = 2a.
Spustimo li se hiperbolom iz točke P u točku Q, gornja jednadˇzba 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
Stavimo li u jednadˇzbu (C.3) za kut ϕ = 0, dobivamo
ρ = OV = OC −CV = c−a,
pri čemu je i d = VE. Sada iz definicije ekscentriciteta slijedi
ǫ = ρ c−a
=
d VE
597
−a. (C.8)
⇒ VE = c−a
.
ǫ
S druge strane, za kut ϕ = 2π u jednadˇzbi (C.3), dobivamo
d = OE = OV +VE = c−a+VE,
uz ρ = p. Ponovo iz ekscentriciteta dobivamo
ǫ = ρ
d =
p
c−a+VE
Izjednačavanjem gornja dva izraza za VE, dobivamo
ǫ = c
> 1
a
⇒ VE = p
ǫ −c+a.

598 DODATAK C. PRESJECI STO ˇ SCA
jer je c > a. Iz gornjeg izraza moˇzemo c uvrstiti u (C.8) i dobiti
ˇsto konačno vodi na jednadˇzbu hiperbole
p = a(ǫ 2 −1),
ρ(ϕ) = a(ǫ2 −1)
1+ǫcosϕ .
Nadaljeselakopokazujedajemalapoluosb = a √ ǫ 2 −1, apoloˇzajdirektrisejexD = a(ǫ 2 −1)/ǫ.
Prijelazom iz polarnih u pravokutne koordinate, kao kod elipse, dobivamo gornju jednadˇzbu u
obliku
Slika C.4: Uz izvod jednadˇzbe hiperbole.
(x−ǫ a) 2
a 2
−
y 2
a 2 (ǫ 2 −1)
= 1.
Jedna grana hiperbole se dobije presjecanjem stoˇsca ravninom okomitom na bazu stoˇsca.
Asimptote krivulja u polarnim koordinatama
dovrˇsiti

Dodatak D
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
PN(x) = 1
2 A0 + A1cosx+A2cos2x+···+AN cosNx (D.1)
+ B1sinx+B2sin2x+···+BN sinNx, (D.2)
uz uvjet da zbroj kvadrata odstupanja prave vrijednosti funkcije od njezine polinomne aproksimacije,
[f(x)−Pn(x)] 2 , budeˇsto manji 1 . Budući da je f(x) zadana na kontinuiranom intervalu
(0,2π), ovaj će zbroj zapravo biti integral
IN =
� 2π
0
[f(x)−Pn(x)] 2 dx = min. (D.3)
Da (D.1) zaista prikazuje polinom N tog reda u sinx i cosx, moˇzemo se uvjeriti tako ˇsto ćemo
se sjetiti da se svaki sinnx i cosnx mogu napisati kao polinom n-tog reda od sinnx i cosnx.
Tako je npr.
sin2x = 2sinxcosx, cos2x = cos 2 x−sin 2 x.
Kako iz uvjeta (D.1) odrediti koeficijente polinoma? Uvrstimo u
IN =
� 2π
0
f 2 (x) dx−2
polinom PN. Za srednji član se dobije
� 2π
0
f(x)PN(x)dx = 1
2 A0
� 2π
0
� 2π
0
f(x)dx + A1
+ B1
f(x)PN(x)dx+
� 2π
0
� 2π
0
� 2π
0
P 2 N(x) dx
f(x)cosxdx+···+AN
f(x)sinxdx+···+BN
� 2π
0
� 2π
0
f(x)cosNxdx
f(x)sinNxdx.
Uvedimo sada konstante koje ćemo zvati Fourierove konstante ili Fourierovi koeficijenti
funkcije f(x)
a0 = 1
� 2π
f(x) dx, an =
π 0
1
� 2π
f(x)cosnx dx, bn =
π 0
1
� 2π
f(x)sinnx dx,
π 0
(D.4)
1 Ideja o najmanjem kvadratnom odstupanju kao mjeri točnosti aproksimacije, Potječe od njemačkog astronoma i matematičara
F. Bessela, Minden 1784 - Königsberg 1846.
599

600 DODATAK D. FOURIEROVI REDOVI
za sve n = 1,2,··· ,N. Pomoću Fourierovih koeficijenata moˇzemo napisati
� 2π �
1
f(x)PN(x)dx = π
2 A0a0
�
+A1a1 +···+ANaN +B1b1 +···+BNbN .
0
Pogledajmo sada član s kvadratom polinoma PN. Općenito je
(c0 +c1 +c2 +···+cN) 2 = c 2 0 +c2 1 +···+c2 N
+ 2c0(c1 +c2 +···+cN)
+ 2c1(c2 +c3 +···+cN)
.
+ 2cN−1cN.
Identifikacijom c0 = A0 i cn = Ancosnx+Bnsinnx, slijedi
P 2 1
N (x) =
4 A20 +
+ 2 1
2 A0
Pri integraciji P2 N
� 2π
0 =
0 =
π =
N�
n=1
A 2 n cos2 nx+2
N�
n=1
N�
(Ancosnx+Bnsinnx)
n=1
+ 2(A1cosx+B1sinx)
AncosnxBnsinnx+
N�
(Ancosnx+Bnsinnx)
n=2
+ 2(A2cos2x+B2sin2x)
N�
(Ancosnx+Bnsinnx)
n=3
N�
n=1
B 2 n sin2 nx
.
+ 2[AN−1cos(N −1)x+BN−1sin(N −1)x] [AN cosNx+BN sinN)x].
, pojavit će se integrali oblika (za prirodne brojeve p �= k)
0
� 2π
0
� 2π
0
sinpx dx =
� 2π
sinpxcoskx dx =
sin 2 px dx =
pa će u integralu od P2 N preostati
� 2π
0
P 2 N(x) dx = π
0
� 2π
0
cospx dx,
� 2π
0
cos 2 px dx,
sinpxsinkx dx =
� 2π
0
cospxcoskx dx
�
1
2 A20 +A 2 1 +···+A 2 N +B 2 1 +···+B 2 �
N .
Sve zajedno, za IN smo dobili
� 2π
IN = f
0
2 �
1
(x) dx − 2π
2 A0a0
�
+A1a1 +···+ANaN +B1b1 +···+BNbN
�
1
+ π
2 A20 +A21 +···+A2 N +B2 1 +···+B2 �
N .

Izračunajmo sada integral IN ako umjesto koeficijenata polinoma An,Bn uvrstimo Fourierove
koeficijente an,bn. Označimo taj novi integral s ĨN. Prema gornjem izrazu, slijedi
� 2π
ĨN = f
0
2 �
1
(x) dx − 2π
2 a0a0
�
+a1a1 +···+aNaN +b1b1 +···+bNbN
�
1
+ π
2 a20 +a21 +···+a2 N +b21 +···+b2 �
N
� 2π
= f 2 �
1
(x) dx − π
2 a20 +
N�
(a 2 n +b2n )
�
.
Izračunajmo razliku IN − ĨN
IN − ĨN =
−
0
= π
= π
� 2π
0
� 2π
0
�
1
f 2 (x) dx−2π
f 2 (x) dx+π
�
1
n=1
2 A0a0 +
�
1
2 a2 0 +
2 (−2A0a0 +A 2 0 +a2 0 )+
�
1
2 (A0 −a0) 2 +
N�
�
(Anan +Bnbn) +π
n=1
N�
(a 2 n +b 2 �
n)
n=1
�
1
2 A2 0 +
N�
n=1
(A 2 n +B2 n )
N�
(−2Anan −2Bnbn +A 2 n +B2 n +a2n +b2n )
�
n=1
N�
[(An −an) 2 +(Bn −bn) 2 �
] .
n=1
Budući da se na desnoj strani nalazi zbroj kvadrata realnih veličina, to će uvijek biti IN ≥ ĨN.
Dakle, najmanjuvrijednost kvadratnog odstupanja(D.3)dobijemoako za koeficijente polinoma
uvrstimo upravo Fourierove koeficijente (D.4).
601
�

602 DODATAK D. FOURIEROVI REDOVI

Dodatak E
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 paˇznju.
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. Izloˇzba ≫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, istraˇzivanja dr. Aleksandra
Durmana koji na izloˇzbi ≫Vučedolski Orion≪ u Arheoloˇskom muzeju predstavlja svoja sjajna
otkrića vezana uz vučedolsku kulturu. Ne samo da je na jednom loncu iz Vinkovaca dr. Durman
≫deˇsifrirao≪ simboliku najstarijeg indoeuropskog kalendara, s prikazom zvijeˇzda noćnog
neba(!), već je iznio pregrˇst novih teza o vučedolskoj kulturi ˇsto 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 arheoloˇskih iskopavanja diljem Hrvatske
vezanih uz prapovijesne i antičke lokalitete. Kao predavač je gostovao na prestiˇznim svjetskim
sveučiliˇstima u Heidelbergu, Nottinghamu, Tübingenu, Cornell University, Wake Forrest
sveučiliˇstu kao i nekoliko manjih univerziteta drˇzave New York. Sjajnu izloˇzbu, koju već danas
moˇzemo uvrstiti u kulturni dogadaj godineijedan od najvaˇznijih izloˇzbenih projekata Hrvatske
usvijetu (pregovaraza segostovanjaizloˇzbe uParizu, Pragu, Ljubljani, Ottawi i Ankari), uzdr.
Durmana, osmislila je ekipa vrhunskih stručnjaka: ˇ Zeljko Kovačić (postav), Ivan Antonović (vizualni
identitet), Stanko Juzbaˇsić (glazbena podloga ˇsto prati kretanje zvijeˇzda(!), 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 ˇsest stotina nalaza iz jednog podruma u Vukovaru odneˇseno u Novi
Sad, a ne uniˇsteno. Već smo dobili neke informacije da su tamoˇsnji stručnjaci voljni vratiti
materijal. Sam lokalitet u dobrom je stanju, ˇstoviˇse, u tijeku je realizacija ideje da se Vučedol
pretvori u europski arheoloˇski park!
Vučedol, smjeˇsten četiri kilometra od Vukovara, na karakterističnom je području, kakvom?
– Vučedolska kultura se rasprostirala na lesnom grebenu od Erduta uz Dunav pa sve do Fruˇske
gore. Kako je Dunav svoju desnu obalu nagrizao i podlokavao, stvorio se vertikalan ≫zid≪ visok
603

604 DODATAK E. VUČEDOLSKI KALENDAR
25 metara joˇs u davnim geoloˇskim vremenima ledenog doba. Taj prirodni ≫plato≪ se od Nuˇstra
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, ˇsto znači da njemu gotovo
nema raslinja, čineći ga nekom vrstom stepeˇsto je i pogodovalo istočnim narodima koji su doˇsli
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 doˇsao u velikom globalnom
valu nakon badenske kulture. Kao i drugi orijentalni narodi, stabiliziraju se na ovom prostoru,
gdjeihjezaustavila konfiguracija terena. Isprva stočari, ukasnijimsefazamabave rudarstvomi
metalurgijombakra, anjihovaćekeramika postatislavna diljemEurope. Vrlojevaˇznoistaknuti
da im je na naˇsem prostoru trebalo čak 200 godina da od Vučedola dodu do drugog velikog
naselja Vinkovci, gdje su stigli u zonu velikih ˇsuma. 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, doduˇse, ne moˇzemo 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 ˇsto
potvrduju dva kneˇzevska groba od kojih je jedan doista značajan otkriven u Tivatskom polju.
U njemu je bio pokojnik sa zlatnom sjekirom, bodeˇzom, 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 moˇze mjeriti s
Tutankamonovim bogatstvima. Osim toga, vučedolska se kultura razvija paralelno i s Trojom
I. i početnom fazom Troje II. Moˇzemo čak govoriti i o tome da postoji veza Vučedola i Troje!
Vučedolska predodˇzba 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 naˇseg
tla krenula ideja kositrene rudače koja u dodatku bakra otvara vrata brončanog doba! ˇ Stoviˇse,
Vučedolska metalurgija upravo i jest jedan od razloga ˇsirenja 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.
Izloˇzba predstavlja vučedolsku predoˇzbu 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, ˇsto 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
najvaˇzji trenutak dana. Cjelokupna vučedolska predoˇzba svijeta i svemira (nastala promatranjem
neba) iskazana je na njihovim posudama, prije svega terinama. Predodˇzba 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. Vaˇzno je reći da segment ispod bikoničnog prijeloma
vučedolskih posuda nikada nije ureˇsen, budući da je to dio ispod naˇseg obzora, dakle, svijet
tameismrti, apreko nekihdrugihposudamoˇzemoshvatiti dajetosvijet vodaukoji povremeno
tonu Sunce i zvijeˇzda. I Biblija, uostalom, spominje boravak sunca u mraku, a Homer i Hesiod
spominju ≫pobjedu sunca nad smrću≪. Joˇs jedan znak često stoji na istom mjestu kao sunce –
pet zvijezdica sloˇzenih u romb od kojih su tri horizontalno smjeˇstene ravno na tom prijelomu.
Tih pet zvijezda simboliziraju veliko zimsko zvijeˇzde Orion koji je u vučedolsko vrijeme dakle
oko 2800. g. pr. Kr. zalazio za obzor 21. oˇzujka, točno na dan proljetne ravnodnevnice. To je
ujedno i početak vučedolske godine i početak novog ciklusa radanja.
Na jednom loncu naˇsli ste i najraniji indoeuropski kalendar, ˇsto 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 sluˇzila kao podrum vezan uz kuću, a potom i kao odlagaliˇste za
otpad. Uz kalupe na dnu jame nadene su tri posebno ukraˇsene 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, ˇsto znači da je posuda sluˇzila kao zvečka u klasičnoj fazi
vučedolske kulture. Treći i najvaˇzniji nalaz (takoder iz klasičnog doba), na kojeg isprva nisam
obraćao posebnu paˇznju, bio je oˇstećeni lonac za kojeg se u vučedolskoj kulturi moˇze 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!
Moˇzete li ukratko pojasniti simboliku?
– Lonac se sastoji od 4 pojasa od kojih na gornja tri nedostaje nekoliko polja. Svaki pojas
ima viˇse kvadrata od kojih su gornja tri polja dosta oˇstećena. Medutim donji pojas broji 12
kvadrata od kojih je svaki drugi prazan. U ≫punim≪ kvadratima su simboli zvijeˇzda 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, niˇzem i najˇsirem pojasu prikazano je ljeto
koje ima tek dva dominantna zvijeˇzda – ˇsto znači da opet naizmjenično idu Plejade, Labud,
Kasiopeja, Plejade. Posebno je zanimljivo zvijeˇzde 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 kriˇza sv. Andrije) je visoko nad istočnim obzorjem, a treći znak Plejada s
viˇse koncentričnih krugova prikazan je poput Marsa. Treći pojas nosi Plejade, Blizance, Pegaz
i Ribe te opet Plejade. Zvijeˇzda Pegaza i Riba najčeˇsće su prikazivani kao dva dijagonalno
preklopljena kvadrata, ali se javljaju u joˇs barem dvije likovne varijante. Najzanimljiviji je
četvrti, očuvani pojas sa zimskim nebom u 12 kvadrataˇsto nosi Kasiopeju, Pegaz/Ribe, Orion,
Plejade, Pegaz i Blizance. Kalendar, u stvari prepoznaje 4 godiˇsnja doba i 12 polja (tjedana?)
u svakom pojasu. Istoznačna Orionova i smrt Kristova
Zaˇsto su dominanta zvijeˇzda u vučedolskoj kulturi?
–Vidite, ustepi bezistaknutihprirodnih ≫kontura≪, bilojevrloteˇsko pratitivisinusunca. Zato
megalitičke civilizacije grade kamene blokove da bi pratile kretanje sunca. U prostorima gdje je
ravnoobzorjestarisunarodipratilidvatipazvijeˇzda –onakojasekrećuravnoiznadnaˇsihglava
(Veliki medvjed i Velika kola) i tzv. umiruća zvijeˇzda koja je pratila vučedolska kultura. Riječ
je o zvijeˇzdima 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, naiˇsao sam na problem precesije. Zbog ≫razlokane≪ zemaljske
605

606 DODATAK E. VUČEDOLSKI KALENDAR
osi, naime, stvara se imaginarna kruˇznica na nebu koja se zatvara svakih 26.000 godina, ˇsto
znači da je danaˇsnja Sjevernjača Vučedolcima prije pet tisuća godina bila nevaˇzna zvijezda, a
sjevernjača im je bio Thuban u zvijeˇzdu Zmaja. To jasno vidimo i na egipatskim piramidama.
To znači da je Orion bio najvaˇznije zvijeˇzde 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, biljeˇzio je
kraj zime, to jest njezinu smrt. Vezujem to dakle uz hrvatsku tradiciju. Na granici izmedu
Dalmacije i Hercegovine panj se na Badnjak ukraˇsavao 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 moˇzemo svrstati i dva najvaˇznija datuma vezana uz Krista – njegovo
rodenje i smrt. Orionova smrt označava dominaciju sunca, kao ˇsto i Kristova smrt i Uskrsnuće
Boga – čovjeka uzdiˇze 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 moˇze nasilno iz utrobe zemlje izvući
rudaču iposebnim procesima pretvoriti tajmetal uuporabnipredmet. To znači da suVučedolci
vjerovali da je metalurg onaj koji moˇze zaustaviti ili ubrzati vrijeme, odnosno skratiti procese
rasta metala u zemljinoj utrobi, do njegovog konačnog oblika – zlata. Danasne bi trebalo čuditi
zaˇsto 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 vječnoˇsću≪, metalurg
je, u stvari, bioˇsaman, a kaoˇsto je poznatoˇsamanska tehnika se sastojala od ≫odlaska≪ u svijet
mrtvih i povratka u svijet ˇzivih, tj. od donoˇsenja 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 zvijeˇzda, ali je
istovremeno mogla i prepoznavati neke od planeta koje putuju kroz ta zvijeˇzda (ne zaboravimo
da riječ planet dolazi od grčke riječi lutalica).
Posebno su intrigantni nalazi ljudskih ˇzrtava na Vučedolu. Kakvi?
– Da. Grob s osam pokojnika otkopan 1985. godine iz rane faze vučedolske kulture u kojem
se nalazio muˇskarac i sedam ˇzena od kojih su ˇsest imale udubljenja na glavi nastala kapljom
usijanog metala – jako je vaˇzan. Jedna ˇzena i muˇskarac, zanimljivo, imali su samo jednu kaplju
izazvanu metalom na lubanji i sahranjeni su tako da gledaju u nebo, dok su sve ostale ˇzene
imale po dva udubljenja na glavi i bile su sahranjene s licem prema zemlji. Svi su kosturi bili
zatrpani s debelim slojem drvenog ugljena, ˇsto upućuje na ritualnu ˇzrtvu. Uz brojne posude
nadene u tom grobu isticala se terina koja nam je pojasnila situaciju u grobu. Ukras na terini
predočava muˇskarca simbolom Marsa, ˇzenu simbolom Venere, a ostale ˇzene veˇze u zvijeˇzde
Plejade. Uz njih je četiri puta prikazano zvijeˇzde Oriona, sa sedam sunaca na obzoru. Svrha
tog ˇzrtvovanja bila je da se s metalom provede inicijacija, odnosno, da se ti ljudi obiljeˇze kao
zastupnici nebeskih tijela, a moguće je da se dogodilo i to da su Mars i Venera proˇsli u vrlo
kratko vrijeme kroz zvijeˇzde Plejada i da je zbog toga pala ljudska ˇzrtva!

Bibliografija
[1] Aganović I., Veselić K., Uvod u analitičkumehaniku,(MatematičkiodjelPrirodoslovnomatematičkog
fakulteta, Zagreb, 1990)
[2] Aganović I., Veselić K., Kraljević H., Zadaci iz teorijske mehanike, (Liber, Zagreb,
1970.)
[3] Antunović ˇ Z.,Klasičnamehanika,(http://www.pmfst.hr/zeljko/TEORIJSKAMEHANIKA.pdf,2012.
[4] Arfken G. B., Weber H. J., Mathematical Methods for Physicists, (Academic Press, San
Diego (etc.), 1995.)
[5] Arnold V. I., Mathematical Methods of Classical Mechanics, (Springer-Verlag, New York,
1978)
[6] Bilimovič A., Racionalna mehanika 1, (Naučna knjiga, Beograd, 1950.)
[7] Bilimovič A., Racionalna mehanika 2, (Naučna knjiga, Beograd, 1951.)
[8] Bilimovič A., Racionalna mehanika 3, (Naučna knjiga, Beograd, 1954.)
[9] Bilimovič A., Dinamika čvrstog tela, (SANU, Beograd, 1955.)
[10] Blanuˇsa D., Viˇsa matematika II/ 2, (Tehnička knjiga, Zagreb, 1974.)
[11] Bronˇstejn I. N., Semendjajev K. A., Matematički priručnik za in”zenjere i studente,
(Tehnička knjiga, Zagreb, 1975.)
[12] Dirac P. A. M., Lectures on Quantum Mechanics, (Belfer Graduate School of Science, New
York, 1964)
[13] Glumac Z., Matematičke metode fizike - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglumac/ummf.pdf)
[14] Glumac Z., Vjerojatnost i statistika - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglumac/uvs.pdf)
[15] Goldstein H., Classical Mechanics, (Addison-Wesley, 1980.)
[16] Grechko L. G., Sugakov V. I., Tomasevich O. F., Fedorchenko A. M., Problems
in Theoretical Physics, (Mir Publishers, Moscow, 1977.)
[17] Ivanović D. M., Vektorska analiza, (Naučna knjiga, Beograd, 1960.)
[18] Janković Z., Teorijska mehanika, (Liber, Zagreb, 1982)
[19] Kittel C, Knight W. D., Ruderman M. A., Mehanika, (Tehnička knjiga, Zagreb, 1982.)
607

608 BIBLIOGRAFIJA
[20] Kotkin G. L., Serbo V. G., Zbirka zadataka iz klasiqne mehanike, (Nauka, Moskva, 1977.)
[21] Krpić D., Savić I., Klasična fizička mehanika, (Naučna knjiga, Beograd, 1979.)
[22] Landau L. D., Lifˇsic E. M., Mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd, 1961.)
[23] Marković ˇ Z., Uvod u viˇsu analizu 1, (Nakladni zavod Hrvatske, Zagreb, 1950.)
[24] Marković ˇ Z., Uvod u viˇsu analizu 2, ( ˇ Skolska knjiga, Zagreb, 1952.)
[25] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 1, (McGraw-Hill, New York,
1953.)
[26] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 2, (McGraw-Hill, New York,
1953.)
[27] Nikˇsić T., Klasična mehanika, (http://www.phy.pmf.unizg.hr/ tniksic/Klasicna/I/biljeske.html,
2012.)
[28] Purcell E. M., Elektricitet i magnetizam, (Tehnička knjiga, Zagreb, 1988.)
[29] Rojansky V., Uvod u kvantnu mehaniku, (Naučna knjiga, Beograd, 1963.)
[30] Snieder R., A Guided Tour of Mathematical Physics,
(http://samizdat.mines.edu/snieder, 2004.)
[31] Spiegel M., Theory and Problems of Theoretical Mechanics with an Introduction to Lagrange’s
Equations and Hamiltonian Theory, (McGraw-Hill, New York, 1968.)
[32] Spiegel M. R., Vector Analysis and an Introduction to Tensor Analysis, (McGraw-Hill, New
York, 1959.)
[33] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 1, ( ˇ Skolska knjiga, Zagreb , 1974)
[34] Supek I., Teorijska fizika i struktura materije 2, ( ˇ Skolska knjiga, Zagreb , 1977.)
[35] Targ S. M., Teorijska mehanika, (Gradevinska knjiga, Beograd , 1990.)
[36] Wells D. A., Theory and problems of Lagrangian Dynamics, (McGraw-Hill, New York,
1967.)
[37] Yavorsky B., Detlaf A., Handbook of Physics, (Mir Publisher, Moscow, 1975.)

Kazalo autora
Bessel, FriedrichWilhelm, (1784-1846),561
Newton, Sir Isaac, (1642 - 1727), 206
Adams, John Couch, (1819 - 1892), 205
Apolonije, (III st. p. n. e.), 555
Aristarh, (oko 280. p.n.e.), 203
Aristotel, (oko 384. p.n.e.), 203
Bernoulli, Daniel, (1700 - 1782) , 359
Bessel, Friedrich Wilhelm, (1784 - 1846) ,
386
Binet, JacquesPhilippeMarie, (1786-1856)
, 244, 254
Brache, Tycho, (1546 - 1630), 205, 253
Bruno, Giordano, (1548 - 1600), 204
Cavendish, sir Henry, (1731 - 1810), 207
Compton, Arthur Holly, (1892 - 1962), 2
Coriolis, Gaspard de, (1792 - 1843) , 274,
282
Coulomb, CharlesAugustinde, (1736-1806),
213
D’Alembert, Jean, (1717 - 1783), 328, 365
DeBroglie,princeLouis-VictorPierreRaymond,
(1892 - 1958), 3
Demokrit, (460 - 370 p. n. e.), 2
Dirac, Paul Adrien Maurice, (1902 - 1984),
224
Einstein, Albert, (1879 - 1955), 2, 105
Eratosten, (oko 200. p.n.e.), 203
Euklid, (oko 300 p.n.e.), 101
Euler, Leonhard, (1707 - 1783), 424, 431
Foucault, Jean Bernard Léon, (1819 - 1868)
, 284
Fourier, Jean Baptiste Joseph de, (1768 -
1830), 367
Frenet, Jean Frédéric, (1816 - 1900), 97
Galilei, Galileo, (1564 - 1642), 204
609
Gauss, Carl Friedrich, (1777 - 1855), 28, 32,
225
Hamilton, William Rowan, (1805 - 1865),
449, 476, 481
Helmohltz, HermannLudwigFerdinandvon,
(1821 - 1894), 222
Jacobi, Carl Gustav Jakob, (1804 - 1851),
njemački matematičar i fizičar., 300
Kepler, Jochan, (1571 - 1630), 205, 253
Kopernik, Nikola, (1473 - 1543), 204
Lagrange, Joseph Louis comte de, (1736 -
1813) , 325, 449, 460, 481
Laplace, Pierre Simon marquis de, (1749 -
1827) , 46, 205
Le Verrier, Urbain, (1811 - 1877), 205
Liouville, Joseph, (1809 - 1882), 510
Lissajous, Jules, (1822 - 1880), 186
Lobačevskij, Nikolaj Ivanovič, (1792-1856),
2
Lorentz, Hendrick Antoon, (1853 - 1928),
140, 180
Maxwell, James Clerck, (1831 - 1879), 223,
225
Newton, sir Isaac, (1642 - 1727), 101, 205
Planck, Max Karl Ernst Ludwig, (1858 -
1947), 3
Poisson, Siméon Denis, (1781 - 1840), 489
Ptolomej, (oko 150. p.n.e.), 204
Riemann, Georg Friedrich Bernhard, (1826
- 1866), 2
Schrödinger, Ervin, (1887 - 1961), 521
Serret, Joseph Alfred, (1819 - 1885), 97
Spinoza, Baruch de, (1632 - 1677), 101

610 KAZALO AUTORA
Steiner, Jakob, (1796 - 1863), 395
Stokes, George Gabriel, (1819 - 1903), 39,
162

Kazalo pojmova
mehanicizam, 205
amplituda, 153, 166, 171–173
apsorpcija, 178, 179
brzina, 91, 162, 398
cilindrični koordinatni sustav, 93
druga kozmička, 252
fazna, 358, 363, 370
kruˇzna, 398
kutna, 99
neinercijski sustav, 273
ploˇsna, 93
polarni koordinatni sustav, 242
poopćena, 456
povrˇsinska, 242, 257
prava, 91
prva kozmička, 252, 332
rakete, 331, 333
relativna, 338
sferni koordinatni sustav, 93
snaga, 93, 108
srednja, 91
struja, 93
cikloida, 148
cirkulacija, 39
deformabilnost, 389
dipol
električni, 228
gravitacijski, 229
moment, 229, 232
polje, 229
potencijal, 228, 229, 232
Diracova δ-funkcija, 224, 234, 549
direktrisa, 555, 556
divergencija, 31, 222–224
djelovanje, 476, 477
ekscentricitet, 555, 557–559
611
ekvipotencijalna ploha, 25, 212, 245
elasticitet, 389
električni naboj, 213
elipsa, 187, 196, 250, 253, 257, 556
elipsoid tromosti, 423
elongacija, 153
energija, 109, 115, 256, 522
graf, 248
harmonijskog oscilatora, 156
kinetička, 109, 115, 130, 133, 140,
246, 313, 322, 335, 338, 457, 459,
486, 488
kinetička, vrtnje, 398, 408, 418
nesačuvanje, 133, 137, 139, 166
potencijalna, 110, 115, 118, 121,
127, 129, 130, 133, 210–212, 215,
245, 246, 249, 314, 316, 325, 326,
335, 460, 463, 467, 469, 488, 522
sačuvanje, 116, 156, 167, 181, 238,
246, 317
epicikli, 204
Eulerovi kutovi, 431, 435
fazna putanja, 510, 511
fazni prostor, 510–512
foton, 216
Fourierov red, 367, 561
frekvencija, 145, 155, 161, 172, 186,
362, 370, 374
ciklotronska, 142
rezonantna, 172, 174
vlastita, 153, 174, 179
Frenet-Serretove formule, 97
glavne osi krutog tijela, 420
glavni momenti tromosti, 421
gradijent, 25, 26, 110, 114, 213, 221,
229
gravitacija
konstanta, 207

612 KAZALO POJMOVA
naboj, 209, 213, 229
polje, 209, 222–224, 277
potencijal, 211, 212, 214
gustoća
elektične struje, 467
elektičnog naboja, 467
linijska, masena, 212, 303, 306, 355
povrˇsinska, masena, 212, 301, 306
reprezentativnih točaka, 512
vjerojatnosti, 156, 522
volumna, masena, 212, 231, 297,
306
hamiltonijan, 484, 488, 493, 511, 521
harmonijski oscilator, 151, 199, 344,
360, 522
dvodimenzijski, 185
Greenova funkcija, 184
jednodimenzijski, 151
nelinearni, 158
neperiodična vanjska sila, 181
periodična vanjska sila, 167
prisilni titraji, 167
s priguˇsenjem, 162
sa smetnjom, 158
trodimenzijski, 190
heliocentrični sustav, 204
Hesseova determinanta, 123
hiperbola, 558
impuls sile, 116, 322, 330
invarijantna linija, 425
invarijantna ravnina, 426
Jacobijev identitet, 490
jakobijan, 300
jednadˇzba
druga Maxwellova, 223
Euler - Lagrangeova, 472, 477
Eulerova, 423, 424, 427, 436
Hamiltonova, 481, 485, 491, 500,
510, 513, 516
prva Maxwellova, 225
Schrödingerova, 521
valna, 358, 359, 363, 365, 370, 372,
374, 382
jednadˇzba gibanja, 152, 158, 162, 167,
185, 191, 198
Lagrangeova, 449, 460, 461, 463,
470, 477, 484
Newtonova, 104, 115, 125, 126, 129,
134, 135, 140, 236, 242, 310, 328,
345, 357, 403, 449, 458, 470
kalendar, 203
kanonska preobrazba, 516
kinematika, 91
klasični polumjer elektrona, 215
koeficijent restitucije, 335
količina gibanja, 248, 510
poopćena, 460, 461, 467, 481, 488,
491
sačuvanje, 118, 236, 311, 337, 340
sustava, 309, 319, 337
komutator, 457, 458, 518, 521
konstanta
fine strukture, 216
vezanja, 152, 207, 213
konzervativan sustav, 488
koordinata
cilindrična, 48
poopćena, 298, 303, 304, 454, 456,
460–462, 468, 481, 487, 488, 491
pravokutna, 10
sferna, 60
koordinatni sustav
cilindrični, 48, 245, 553
polarni, 48, 98, 253
pravokutni, 234, 552
sferni, 60, 217, 225, 229, 230, 553
kosi hitac
inercijski sustav, 130
neinercijski sustav, 281
Kronecker-delta, 363
kruˇznica, 144, 147, 189, 194, 252, 257,
556
kruto tijelo, 389
kvadrupol
gravitacijski, 229
moment, 233
potencijal, 232, 233
kvantna mehanika, 216
prijelaz na, 518
lagranˇzijan, 460, 463, 468, 470, 476,
479, 481
Lagrangeov mnoˇzitelj, 462, 463

KAZALO POJMOVA 613
laplasijan, 46
Liouvilleov teorem, 510, 516
logaritamski dekrement, 166
lorencijan, 180
masa
reducirana, 239, 338
teˇska, 106, 209, 213
troma, 106, 179, 213
matrica
antisimetrična, 86
hermitska, 87
ortogonalna, 82
simetrična, 86
transponirana, 85
unitarna, 87
metrička forma, 75
mezon, 216
moment
dipola, 232
količine gibanja, 116, 117, 237, 239,
311, 313, 319, 399, 418
kvadrupolni, 233
sile, 116, 311, 313, 320, 323
tromosti, 391, 398, 422
tromosti, devijacijski, 416
načelo
D’Alembertovo, 328
Hamiltonovo, 477
Lagrangeovo, 325
neodredenosti, 521
pridodavanja, 207, 212, 228
nabla, 24, 25, 31, 46
Newtonovi aksiomi, 101, 102, 205, 269
drugi, 103, 115, 125, 129, 140, 240,
242, 310, 314
prvi, 102
treći, 107, 129, 133, 236, 315
Newtonovo pravilo za sudare, 335,
337, 340
njihalo
fizičko, 401, 403
Foucaultovo, 284
matematičko, 197, 344, 404
nutacija, 438
okomiti hitac
inercijski sustav, 130
neinercijski sustav, 280
operator
količine gibanja, 519, 520
koordinate, 519, 520
par sila, 396
parabola, 133, 252, 257, 558
period, 144, 148, 155, 159, 161, 165,
199–201, 258, 362, 370, 374, 404
Poissonove zagrade, 489, 492, 499, 518
polje
električno, 140, 142, 222
elektromagnetsko, 140, 145
gravitacijsko, 222
konzervativno, 222
magnetsko, 140, 143
sile, 210, 213
skalarno, 8
tenzorsko, 8
vektorsko, 8, 17
poluˇsirina, 179
polumjer tromosti, 393
potencijal
monopola, 232
multipolni, 227, 232
oktupola, 234
skalarni, 467, 469, 470
vektorski, 467, 469, 470
precesija, 426, 438, 439
preobrazba
baˇzdarna, 478
kanonska, 492
ortogonalna, 82
sličnosti, 88
presjeci stoˇsca, 254, 555
problem dva tijela, 235
prostor
homogenost, 98, 141, 228
izotropnost, 98, 141, 228, 238, 241
proton, 216
putanja, 91, 104, 108, 109, 116, 132,
137, 144, 146, 240, 264
elipsa, 196
kruˇznica, 194
rad, 107, 109, 130, 140, 210, 215, 315,
335
elastične sile, 156
gravitacijske sile, 223

614 KAZALO POJMOVA
sile priguˇsenja, 167
sustava, 313, 316, 317
zamiˇsljeni, 325
raketa, 329
dvostupanjska, 334
ravninsko gibanje, 390
ravnoteˇza
čestice, 118, 325
indiferentna, 119
labilna, 119, 261
stabilna, 119, 261
sustava, 325
refleksija, 16
reprezentacija
�p, 520
�r, 519
impulsna, 520
koordinatna, 519
reprezentativna točka, 510, 511
rezonancija, 172, 173
rotacija, 39, 110, 114, 222, 245
sačuvanje
energija, 192
moment količine gibanja, 191
sila, 104
centralna, 190, 239, 245
centrifugalna, 263
Coriolisova, 282
Coulombova, 209, 213, 236
doseg, 216
elastična, 116, 151, 156, 185, 187,
190, 240, 344
elektrostatska, 213, 214, 222, 240
gravitacijska, 116, 128–130, 133,
135, 140, 206, 207, 209, 210, 213,
214, 217, 236, 240, 247, 253, 261,
331, 334, 337, 344, 355
impulsna, 466
jaka nuklearna, 216
konstantna, 125, 127, 128, 130, 142
konzervativna, 109, 115, 116, 127,
130, 133, 140, 156, 210, 238, 245,
314, 316, 317, 325, 460, 463
Lorentzova, 116, 140, 467, 468
napetosti, 198, 356
nekonzervativna, 116, 460
ovisna o brzini, 140
periodična, 167
poopćena, 457, 460, 463
priguˇsenja, 133, 135, 162, 167, 331
teˇza, 129, 130, 198
trenja, 133
u atomskoj jezgri, 216
vanjska, 167, 177
silnice, 17
skalar, 7, 213
gradijent, 25, 26
pseudo, 16
slobodan pad
inercijski sustav, 128, 135, 206
neinercijski sustav, 279
snaga, 108, 177
apsorbirana, 178
spin, 438
srediˇste mase, 235, 236, 305, 309, 318,
338
stoˇzac
krutog tijela, 428
prostorni, 428, 429
stupnjevi slobode, 449, 450, 452, 454,
459, 468, 484, 490, 501, 510, 518
sudar
centralni, 334, 337, 341
elastičan, 334, 339
necentralni, 334, 339
neelastičan, 334, 339
sustav, 297
diskretni, 297
inercijski, 104, 129, 197, 269, 318,
322
kontinuirani, 297
konzervativan, 461, 510, 511
neinercijski, 104, 129, 197, 269, 318,
322
nekonzervativan, 461
svojstvena vrijednost, 347, 352
teˇziˇste, 307
teˇzina, 129
tenzor, 88
drugog reda, 8, 89, 416
metrički, 74, 302, 303
nultog reda, 88
prvog reda, 88
tromosti, 416

KAZALO POJMOVA 615
teorem
Gaussov, 28, 32, 224, 225
Liouvilleov, 513
o okomitim osima, 396
o paralelnim osima, 395
Steinerov, 395
Stokesov, 115, 223
virijalni, 258
titranje
sustava, 344
tok, 225
translacija, 390
trenutna os vrtnje, 414
trenutno srediˇste vrtnje, 408
trobrid pratilac, 95
ubrzanje, 94, 96, 104, 210
cilindrični koordinatni sustav, 94
Coriolisovo, 274
kutno, 99
neinercijski sustav, 274
polarni koordinatni sustav, 198,
242
sferni koordinatni sustav, 95
uvjeti, 133, 323, 451, 468
holonomni, 451, 452, 456, 459–461,
463, 466, 476, 481
minimuma potencijalne energije, 122
neholonomni, 452, 456, 459, 461,
477, 481
početni, 126, 129, 130, 134, 136,
140, 146, 152, 153, 159, 175, 185,
199, 240, 358, 363, 366, 370, 372,
374, 511
reonomni, 453, 460, 461, 487
rubni, 358, 366
skleronomni, 453, 460, 461, 487
val
putujući, 365
stojni, 359
valna duljina, 361
valna funkcija, 3, 521, 522
varijacijski račun, 470
vektor, 7, 213
aksijalni, 16
derivacija, 18, 19, 273
diferencijalni operatori, 24, 28,
31, 39, 46, 110, 114
divergencija, 31
integral, 19
jedinični, 10
kontravarijantni, 71
kovarijantni, 71
linijski integral, 20
polarni, 16
povrˇsinski integral, 21, 28
pseudo, 16, 118, 389
rotacija, 39, 110, 114
skalarni umnoˇzak, 11, 19, 52, 65,
107, 233
skalarno vektorski umnoˇzak, 14,
298
svojstveni, 347, 352
vektorski umnoˇzak, 13, 53, 65, 302
vektorsko vektorski umnoˇzak, 14
virijal, 259
vodikov atom, 522
vrtnja, 389
zakon
drugi Keplerov, 253, 257
Gaussov, 225
gravitacije, 205, 206
prvi Keplerov, 253, 254
treći Keplerov, 253, 258
zamiˇsljeni pomak, 324
zrcaljenje, 16
zvrk, 435