klasicna mehanika.pdf

Klasicna mehanika 2

Sadrzaj

Sadrzaj i

1 Neinercijalni sustavi 3

1.1 Brzina i akceleracija u neinercijalnim sustavima . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Operator deriviranja u pomicnom sustavu . . . . . . . . . . . 3

1.1.2 Brzina u neinercijalnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.3 Ubrzanje u neinercijalnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Gibanje u blizini povrsine Zemlje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Jednadzbe gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.2 Primjer: slobodan pad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Foucault-ovo njihalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Male oscilacije 21

2.1 Linearizacija jednazbi gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.1 Kineticka energija sustava cestica . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.2 Uvjeti ravnoteze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.3 Sustavi s jednim stupnjem slobode . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.1.4 Sustavi s vise stupnjeva slobode . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2 Normalne koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.2.1 Dijagonalizacija Lagrangiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.2.2 Rjesenje jednadzbi gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.3 Lissajeus-ove putanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.3.1 Izotropni 2D oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

i

SADRZAJ 1

2.3.2 Neizotropni 2D oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.4 Titranje molekula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.4.1 Dvoatomna molekula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.4.2 Troatomna molekula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.5 Prisilna titranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

2.5.1 Sinusoidalna vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

2.6 Prisilna titranja u prisustvu gusenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

2.6.1 Rjesenje homogene jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

2.6.2 Tjerani guseni oscilator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.6.3 Sinusoidalna vanjska sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

A Ekstremi funkcija 109

A.1 Ekstremi funkcije s jednom varijablom . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

A.2 Ekstremi funkcije dvije varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

2 SADRZAJ

Poglavlje 1

Neinercijalni sustavi

1.1 Brzina i akceleracija u neinercijalnim sustavima

1.1.1 Operator deriviranja u pomicnom sustavu

Pretpostavimo da je koordinatni sustav XY Z fiksiran, dok sustav xyz rotira uodnosu na njega. Pritom oba sustava imaju zajednicko ishodiste. Oznacimo s

Slika 1.1: Inercijalni sustav XY Z i sustav xyz koji rotira u odnosu na njega. Obasustava imaju zajednicko ishodiste.

d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

F

id ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

M

(1.1)

3

4 POGLAVLJE 1. NEINERCIJALNI SUSTAVI

derivacije vektora ~A za opazaca u fiksnom i pomicnom sustavu. Zelimo povezati tedvije velicine. Neka su ~e1, ~e2 i ~e3 jedinicni vektori, a A1, A2 i A3 komponente vektora~A u pomicnom sustavu. Za opazaca u fiksnom sustavu mijenjaju se i komponente ijedinicni vektori pomicnog sustava pa vrijedi

d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

F

=∑

i

dAi

dt~ei +

∑

i

Aid~ei

dt, (1.2)

dok se za opazaca u pomicnom sustavu mijenjaju samo komponente vektora

d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

M

=∑

i

dAi

dt~ei. (1.3)

Uvrstimo jedn. (1.3) u jedn. (1.2)

d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

F

=d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

M

+∑

i

Aid~ei

dt. (1.4)

Bitno je uociti da i za opazaca nepomicnom sustavu jedinicni vektori ~e1, ~e2 i ~e3 cineortonormirani sustav

~ei · ~ej = δij . (1.5)

Iz uvjeta ~e2i = 1 slijedi

d

dt~e2

i = 0 =⇒ 2~ei ·d~ei

dt= 0. (1.6)

Vremenska derivacija jedinicnog vektora je okomita na sam vektor

~e1 = α1~e2 + α2~e3, (1.7)

~e2 = α3~e3 + α4~e1, (1.8)

~e3 = α5~e1 + α6~e2. (1.9)

Koeficijenti αi nisu nezavisni. Veza medu njima slijedi iz uvjeta ortogonalnosti

~e1 · ~e2 = 0 =⇒ ~e1 · ~e2 + ~e1 · ~e2 = 0 =⇒ α1 = −α4, (1.10)

~e1 · ~e3 = 0 =⇒ ~e1 · ~e3 + ~e1 · ~e3 = 0 =⇒ α2 = −α5, (1.11)

~e2 · ~e3 = 0 =⇒ ~e2 · ~e3 + ~e2 · ~e3 = 0 =⇒ α3 = −α6. (1.12)

Iz zadnje tri relacije slijedi jednadzba

∑

i

Aid~ei

dt= (−α1A2 − α2A3)~e1 + (α1A1 − α3A3)~e2 + (α2A1 + α3A2)~e3, (1.13)

1.1. BRZINA I AKCELERACIJA U NEINERCIJALNIM SUSTAVIMA 5

koju mozemo napisati pomocu determinante

∑

i

Aid~ei

dt=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~e1 ~e2 ~e3

α3 −α2 α1

A1 A2 A3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

. (1.14)

Ako napravimo sljedecu identifikaciju

α3 ≡ ω1 , −α2 ≡ ω2 , α1 = ω3, (1.15)

jedn. (1.14) mozemo napisati kao vektorski produkt

∑

i

Aid~ei

dt= ~ω × ~A. (1.16)

Dosli smo do veze derivacije u fiksnom i pomicnom sustavu

d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

F

=d ~A

dt

∣

∣

∣

∣

∣

M

+ ~ω × ~A. (1.17)

Vektor ~ω je kutna brzina kojom pomicni sustav rotira u odnosu na fiksni. Uko-liko s DF oznacimo operator deriviranja u fiksnom, a s DM operator deriviranja upomicnom sustavu, mozemo napisati operatorsku jednadzbu

DF = DM + ~ω× (1.18)

1.1.2 Brzina u neinercijalnom sustavu

Primjenimo opcenitu formulu za derivaciju vektora (1.17) na vektor polozaja

d~r

dt

∣

∣

∣

∣

F

=d~r

dt

∣

∣

∣

∣

M

+ ~ω × ~r, (1.19)

odakle slijedi izraz za brzinu u neinercijalnom sustavu

~vF = ~vM + ~ω × ~r. (1.20)

U opcenitom slucaju fiksni i pomicni koordinatni sustav nemaju zajednicko ishodiste.Ako je ~R vektor polozaja ishodista pomicnog sustava, veza izmedu vektora polozajatocke P u dva sustava dana je s

~r′ = ~r + ~R. (1.21)

Brzina u nepomicnom sustavu

~vF =d~R

dt

∣

∣

∣

∣

∣

F

+ ~vM + ~ω × ~r. (1.22)


Slika 1.2: Inercijalni sustav XY Z i sustav xyz koji rotira u odnosu na njega. Sustavinemaju zajednicko ishodiste.

1.1.3 Ubrzanje u neinercijalnom sustavu

Akceleraciju u fiksnom sustavu racunamo dvostrukom primjenom operatora derivi-ranja

d2~r

dt2

∣

∣

∣

∣

F

=

(

d

dt

∣

∣

∣

∣

M

+ ~ω×)(

d~r

dt

∣

∣

∣

∣

M

+ ~ω × ~r

)

(1.23)

=d2~r

dt2

∣

∣

∣

∣

M

+ 2~ω × ~vM +d~ω

dt

∣

∣

∣

∣

M

× ~r + ~ω × (~ω × ~r). (1.24)

U opcenitom slucaju fiksni i pomicni sustav nemaju zajednicko ishodiste, sto uvodidodatni translatorni clan u akceleraciju

~aF =d2 ~R

dt2

∣

∣

∣

∣

∣

F

+d2~r

dt2

∣

∣

∣

∣

M

+ 2~ω × ~vM +d~ω

dt

∣

∣

∣

∣

M

× ~r + ~ω × (~ω × ~r). (1.25)

Pritom treci clan zovemo Coriolisova

~acor = 2~ω × ~vM , (1.26)

a zadnji centripetalna akceleracija

~acp = ~ω × (~ω × ~r). (1.27)

1.2. GIBANJE U BLIZINI POVRSINE ZEMLJE 7

1.2 Gibanje u blizini povrsine Zemlje

1.2.1 Jednadzbe gibanja

Pri opisu gibanja na povrsini Zemlje koristimo dva koordinatna sustava

• fiksni sustav s ishodistem u sredistu Zemlje

• pomicni sustav koji rotira zajedno sa Zemljom, a ima ishodiste na povrsiniZemlje

U svim daljnjim razmatranjima pretpostavljamo da je kutna brzina rotacije Zemljekonstantna

d~ω

dt= 0. (1.28)

Na cesticu djeluje gravitacijska sila

~F = −GMzm

r′3~r′, (1.29)

pa jednadzba gibanja u inercijalnom sustavu glasi

m~aF = ~F = −GMzm

r′3~r′. (1.30)

Koristeci formulu za akceleraciju u nepomicnom sustavu dolazimo do jednadzbegibanja u odnosu na povrsinu Zemlje

~aM = −GMz

r′3~r′ − d2 ~R

dt2

∣

∣

∣

∣

∣

F

− 2~ω × ~vM − ~ω × (~ω × ~r). (1.31)

Akceleracija ishodista pomicnog sustava odgovara centripetalnoj akceleraciji

d2 ~R

dt2

∣

∣

∣

∣

∣

F

= ~ω × (~ω × ~R). (1.32)

Uvodimo oznaku za akceleraciju sile teze

~g = −GMz

r′3~r′ − ~ω × (~ω × ~R). (1.33)

Ako se gibanje odvija dovoljno blizu povrsine Zemlje, ubrzanje sile teze je pribliznokonstantno

~g = −g~k ≈ −9.81ms−2~k. (1.34)


Slika 1.3: Inercijalni sustav XY Z ima ishodiste u sredistu Zemlje, dok pomicnisustav ima ishodiste na povrsini Zemlje i rotira zajedno s njom.

Jednadzba gibanja, uz ~vM ≡ ~v i ~aM ≡ ~a,

~a = ~g − 2~ω × ~v − ~ω × (~ω × ~r). (1.35)

Zadnji clan u jedn. (1.35) je zanemariv blizu povrsine Zemlje jer je kutna brzinarotacije mala. Jednadzba gibanja svodi se na

d2~r

dt2= ~g − 2~ω × ~v. (1.36)

U daljnjem postupku rjesavanja jednadzbi gibanja takoder sustavno zanemarujemoclanove kvadraticne u ω.

Pretpostavimo da se gibanje odvija na zemljopisnoj sirini π/2 − λ. Pomicnisustav orjentiramo tako da os x gleda prema jugu, os y prema istoku, a os z vertikalno


prema gore. Jedinicni vektor ~K nepomicnog sustava

~K = ( ~K ·~i)~i + ( ~K ·~j)~j + ( ~K · ~k)~k. (1.37)

Sa sl. 1.4 mozemo procitati skalarne produkte jedinicnih vektora

~Kz

x

~k

~i

λ

Slika 1.4: Projekcija na ravninu xz.

~K ·~i = cos (900 + λ) = − sin λ, (1.38)

~K ·~j = 0, (1.39)

~K · ~k = cos λ. (1.40)

Fiksni sustav orijentiramo tako da os Z ima smjer kutne brzine Zemlje

~ω = ω ~K = −ω sin λ~i + ω cos λ~k. (1.41)

Izracunamo vektorski produkt

~ω × ~v = ω(

− sin λ~i + cos λ~k)

×(

x~i + y~j + z~k)

(1.42)

= −ω cos λy~i + ω (cos λx + sin λz)~j − ωy sin λ~k. (1.43)

Konstanta sile teze ~g lezi na osi z pomicnog sustava

~g = −g~k. (1.44)


Jednadzba gibanja raspisana po komponentama

x = 2ω cos λy, (1.45)

y = −2 (ω cos λx + ω sin λz) , (1.46)

z = −g + 2ω sin λy. (1.47)

1.2.2 Primjer: slobodan pad

Pretpostavimo da s visine h iznad povrsine Zemlje ispustimo kamen. Zelimo naciotklon zbog Coriolisove sile, rjesavajuci jednadzbe

x = 2ω cos λy, (1.48)

y = −2 (ω cos λx + ω sin λz) , (1.49)

z = −g + 2ω sin λy, (1.50)

uz pocetne uvjetex(0) = 0 , y(0) = 0 , z(0) = h, (1.51)

x(0) = y(0) = z(0) = 0. (1.52)

Integriramo prethodne tri jednadzbe

x = 2ω cos λy + C1, (1.53)

y = −2ω(cos λx + sin λz) + C2, (1.54)

z = −gt + 2ω sin λy + C3. (1.55)

Iz pocetnih uvjeta slijedi

C1 = 0 , C2 = 2ω sin λh , C3 = 0. (1.56)

Uvrstimo konstante Ci

x = 2ω cos λy, (1.57)

y = −2ω(cos λx + sin λz) + 2ω sin λh, (1.58)

z = −gt + 2ω sin λy. (1.59)

Set jednadzbi (1.57-1.59) mozemo integrirati jos jednom, barem formalno,

x(t) − x(0) = 2ω cos λ

∫ t

0

y(t′)dt′ (1.60)

y(t) − y(0) = −2ω cos λ

∫ t

0

x(t′)dt′ − 2ω sin λ

∫ t

0

z(t′)dt′ + 2ω sin λht (1.61)

z(t) − z(0) = −g

2t2 + 2ω sin λ

∫ t

0

y(t′)dt′. (1.62)


Jednadzbe u kojima se nepoznate funkcije nalaze pod integralom nazivamo inte-gralne jednadzbe. Set jednadzbi (1.60-1.62) rjesavamo metodom sukcesivnih aproksi-macija. U prvom koraku pretpostavimo rjesenje

x0(t) , y0(t) , z0(t), (1.63)

za koje smatramo da je blizu pravog rjesenja. Nultu aproksimaciju zatim uvrstimopod integrale u jedn. (1.60-1.62) da bi dobili poboljsano rjesenje

x1(t) , y1(t) , z1(t). (1.64)

Postupak ponavljamo sve dok se rjesenja (xn, yn, zn) i (xn+1, yn+1, zn+1) ne raz-likuju za unaprijed odredeni mali iznos. Pri izvodu jednadzbi gibanja smo zanemarilisve clanove kvadraticne u ω, pa ih moramo zanemariti i pri rjesavanju jednadzbi.Dakle, ako se (xn, yn, zn) i (xn+1, yn+1, zn+1) razlikuju za clanove reda ω2 nasli smorjesenja jednadzbi gibanja. Pogadamo pocetno rjesenje seta jednadzbi (1.60-1.62)

x0(t) = 0 , y0(t) = 0 , z0(t) = 0. (1.65)

Sto je pretpostavljeno rjesenje blize pravom rjesenju, broj iteracija koje moramonapraviti biti ce manji. Uvrstimo pretpostavljeno rjesenje u set integralnih jednadzbi

x1(t) =0 (1.66)

y1(t) =2ω sin λht (1.67)

z1(t) =h − g

2t2. (1.68)

Rjesenja x1, y1, z1 opet uvrstimo u integralne jednadzbe da bi dobili popravljenarjesenja. Pritom sve clanove kvadraticne u ω zanemarujemo

x2(t) =0 (1.69)

y2(t) =2ω sin λh − 2ω sin λ

∫ t

0

z1(t′)dt′

=2ω sin λht − 2ω sin λht + 2g

6ω sin λt3

=g

3ω sin λt3 (1.70)

z2(t) =h − g

2t2. (1.71)

Ponovno uvrstavanje rjesenja u jednadzbe daje samo nove clanove proporcionalnes ω2. To znaci da smo nasli rjesenje do reda ω2. Os y gleda u smjeru istoka pa sekamen ispusten s tornja otklanja prema istoku za iznos

y(t) =1

3ωgt3 sin λ. (1.72)


Koliki je otklon kad kamen padne na tlo? Vrijeme pada iznosi

z(τ) = 0 =⇒ τ =

√

2h

g, (1.73)

pa je otklon u trenutku udara u tlo

y(τ) =1

3ωg

(

2h

g

)3/2

. (1.74)

Promotrimo primjer katedrale u Zagrebu visine h ≈ 100 m. Kutna brzina Zemljeiznosi

Ω =2π

86400s−1. (1.75)

Zemljopisna sirina θ ≈ 460 ≈ π2

pa otklon iznosi 1.5 cm prema istoku.


Zadatak 1.1

Projektil je ispaljen iz tocke na povrsini Zemlje sa zemljopisnom sirinom π/2−λ najug pocetnom brzinom v0 po kutem α prema horizontali. Nadite polozaj projektilanakon vremena t.Rjesenje:

Koordinatni sustav vezan uz povrsinu Zemlje smo orjentirali tako da os x gleda usmjeru juga, os y u smjeru istoka, a os z vertikalno gore. U pocetnom trenutkucestica se nalazi na povrsini Zemlje

x(t) = y(t) = z(t) = 0. (1.76)

Cestica je ispaljena u smjeru juga pod kutem α prema horizontali. Pocetna brzina

z

x

~v0

α

Slika 1.5: Cestica je ispaljena prema jugu pod kutem α prema horizontali.

cestice glasi~v0 = v0 cos α~i + v0 sin α~k. (1.77)

Iskoristimo jednadzbe gibanja (1.45-1.47)

x = 2ω cos λy, (1.78)

y = −2 (ω cos λx + ω sin λz) , (1.79)

z = −g + 2ω sin λy. (1.80)

Integriramo prvu jednadzbu

x(t) − x(0) = 2ω cos λ (y(t) − y(0)) , (1.81)

a zatim uvrstimo pocetne uvjete

x(t) = v0 cos α + 2ω cos λy(t). (1.82)


Sada integriramo drugu jednadzbu

y(t) − y(0) = −2ω cos λ (x(t) − x(0)) − 2ω sin λ (z(t) − z(0)) , (1.83)


y(t) = −2ω cos λx(t) − 2ω sin λz(t). (1.84)

Konacno, integriramo trecu jednadzbu

z(t) − z(0) = −gt + 2ω sin λ (y(t) − y(0)) , (1.85)


z(t) = v0 sin α − gt + 2ω sin λy(t). (1.86)

Dobili smo novi set jednadzbi

x(t) = v0 cos α + 2ω cos λy(t), (1.87)

y(t) = −2ω cos λx(t) − 2ω sin λz(t), (1.88)

z(t) = v0 sin α − gt + 2ω sin λy(t). (1.89)

Integriramo prvu jednadzbu

x(t) − x(0) = v0 cos αt + 2ω cos λ

∫ t

0

y(t′)dt′, (1.90)

a zatim uvrstimo pocetni uvjet

x(t) = v0 cos αt + 2ω cos λ

∫ t

0

y(t′)dt′. (1.91)

Sada integriramo drugu jednadzbu

y(t) − y(0) = −2ω cos λ

∫ t

0


∫ t

0

z(t′)dt′, (1.92)


y(t) = −2ω cos λ

∫ t

0


∫ t

0

z(t′)dt′. (1.93)

Konacno, integriramo trecu jednadzbu

z(t) − z(0) = −g

2t2 + v0 sin αt + 2ω sin λ

∫ t

0

y(t′)dt′, (1.94)



z(t) = −g


∫ t

0

y(t′)dt′. (1.95)

Dosli smo do seta od tri integralne jednadzbe

x(t) = v0 cos αt + 2ω cos λ

∫ t

0

y(t′)dt′, (1.96)

y(t) = −2ω cos λ

∫ t

0


∫ t

0

z(t′)dt′, (1.97)

z(t) = −g


∫ t

0

y(t′)dt′. (1.98)

Da bi ih rijesili koristimo metodu sukcesivnih aproksimacija. Kao nultu aproksi-maciju pretpostavimo najjednostavnije rjesenje

x0(t) = y0(t) = z0(t) = 0. (1.99)

Uvrstimo rjesenje x0, y0, z0 u integralne jednadzbe

x1(t) = v0 cos αt, (1.100)

y1(t) = 0, (1.101)

z1(t) = −g

2t2 + v0 sin αt. (1.102)

Popravljena rjesenja x1(t), y1(t) i z1(t) su zapravo formule za kosi hitac, ako bi zane-marili utjecaj rotacije Zemlje. U sljedecem koraku uvrstimo x1, y1, z1 u integralnejednadzbe. Prva jednadzba ne donosi nikakve nove clanove

x2(t) = v0 cos αt. (1.103)

Druga jednadzba

y2(t) = − 2ω cos λ

∫ t

0

(v0 cos αt′) dt′

− 2ω sin λ

∫ t

0

(

−g

2t′2 + v0 sin αt′

)

dt′. (1.104)

Nakon integracije

y2(t) = − ω cos λv0 cos αt2 +g

3ω sin λt3

− ω sin λv0 sin αt2

= − ωv0 cos (λ − α)t2 +g

3ω sin λt3


Integriranje trece jednadzbe ne donosi nikakve nove clanove

z2(t) = −g

2t2 + v0 sin αt. (1.105)

Sljedeci korak je uvrstavanje rjesenja x2, y2, z2 u integralne jednadzbe. Jedinidodatni clanovi koji se pojavljuju su proporcionalni s ω2, a njih sustavno zanemaru-jemo. Rjesenje jednadzbi gibanja

x(t) = v0 cos αt, (1.106)

y(t) = −ωv0 cos (λ − α)t2 +g

3ω sin λt3, (1.107)

z(t) = −g

2t2 + v0 sin αt. (1.108)

Rotacija Zemlje ne utjece na komponente x(t) i z(t) do clanova reda velicine ω2.Projektil se zbog rotacije Zemlje otklanja u smjeru istok/zapad, ovisno o pocetnojbrzini i zemljopisnoj sirini

1.3 Foucault-ovo njihalo

Izvodimo jednadzbe gibanja matematickog njihala uzimaju’ci u obzir efekte rotacijeZemlje. Pretpostavimo da duljina niti njihala iznosi l, a masa cestice na kraju nitim. Koordinatni sustav xyz vezan je uz povrsinu Zemlje, a ishodiste mu se nalazi u

tocki ravnoteze njihala Na cesticu djeluju sila teza m~g i napetost niti ~T . Ako s ~r

1.3. FOUCAULT-OVO NJIHALO 17

oznacimo polozaj cestice, tri vektora na sl. 1.3 povezana su relacijom

l~k = ~r + l~T

T=⇒ ~T = T~k − T

l~r. (1.109)

Napetost niti rastavimo na komponente

~T =(

~T ·~i)

~i +(

~T ·~j)

~j +(

~T · ~k)

~k, (1.110)

a zatim ih izracunamo iz jedn. (1.109)

Tx = ~T ·~i = −x

lT, (1.111)

Ty = ~T ·~j = −y

lT, (1.112)

Tz = ~T · ~k =l − z

lT. (1.113)

Uz ogranicenje na linearne clanove u ω, jednadzba gibanja u neinercijalnom sustavuglasi

m~r = ~T + m~g − 2m~ω × ~v. (1.114)

Kao i u prethodnim primjerima, pretpostavimo da se njihalo nalazi na zemljopisnojsirini π/2 − λ da bi mogli upotrijebiti rezultat (1.43)

~ω × ~v = −ω cos λy~i + ω (cos λx + sin λz)~j − ωy sin λ~k. (1.115)

Jednadzbu gibanja (1.114) takoder rastavimo na komponente

mx = −x

lT + 2mω cos λy, (1.116)

my = −y

lT − 2mω (sin λz + cos λx) , (1.117)

mz =l − z

lT − mg + 2mω sin λy, (1.118)

pri cemu smo uzeli u obzir ~g = −g~k. Ako se ogranicimo na male oscilacije njihala

l − z

l≈ 1, z ≪ x, y, z ≪ x, y, (1.119)

jednazbe gibanja se pojednostavljuju

mx = −x

lT + 2mω cos λy, (1.120)

my = −y

lT − 2mω cos λx, (1.121)

T = mg − 2mω sin λy, (1.122)


Uvrstimo napetost niti u prve dvije jednadzbe

x = −gx

l+

2x

lωy cos λ + 2ωy cos λ, (1.123)

y = −gy

l+

2y

lωy cos λ − 2ωx cos λ. (1.124)

Drugi clan u obje jednadzbe je produkt dvije male velicine (x/l i ω ili y/l i ω) pa gamozemo zanemariti. Preostaju nam dvije vezane linearne diferencijalne jednadvzbe

x = −gx

l+ 2ωy cos λ, (1.125)

y = −gy

l− 2ωx cos λ. (1.126)

Da bi rijesili jednadzbe gibanja (1.125) i (1.126), potrebni su nam pocetniuvjeti. Neka cestica na pocetku gibanja miruje u ravnini xz

x(0) = x(0) = y(0) = 0 i y(0) = A. (1.127)

Jednadzbe prvo napisemo u nesto kompaktnijem obliku koristeci oznake

Ω2 =g

li α = ω cos λ, (1.128)

x = −Ω2x + 2αy, (1.129)

y = −Ω2y − 2αx, (1.130)

a zatim ih rjesavamo pomocu kompleksnih brojeva. Drugu jednadzbu pomnozimo skompleksnom jedinicom i, te je pribrojimo prvoj jednadzbi

x + iy = −Ω2(x + iy) − 2iα (x + iy) . (1.131)

Napravimo supstituciju u = x + iy

u + 2iαu + Ω2u = 0. (1.132)

Rjesenje pretpostavimo u obliku

u(t) = Ceγt, (1.133)

pri cemu su C i γ kompleksni brojevi koje tek trebamo odrediti. Uvrstavanjemrjesenja (1.133) u jedn. (1.132) dolaziimo da algebarske jednadzbe

γ2 + 2iγα + Ω2 = 0 =⇒ γ = −iα ± i√

α2 + Ω2. (1.134)

1.3. FOUCAULT-OVO NJIHALO 19

Rotacija Zemlje predstavlja malu korekciju (α ≪ Ω) pa u izrazu pod korijenommozemo zanemariti clan α2. Konstanta γ ima dva rjesenja

γ = −iα ± iΩ, (1.135)

koja odgovaraju linearno nezavisnim rjesenjima jedn. (1.132)

u1 ∼ e−i(α−Ω)t i u2 ∼ e−i(α+Ω)t. (1.136)

Opce rjesenje je njihova linearna kombinacija

u = (C1 + iC2)e−i(α−Ω)t + (C3 + iC4)e

−i(α+Ω)t. (1.137)

Rastavimo rjesenje na realni i imaginarni dio

ur = C1 cos (α − Ω)t + C2 sin (α − Ω)t + C3 cos (α + Ω)t + C4 sin (α + Ω)t, (1.138)

ui = C2 cos (α − Ω)t − C1 sin (α − Ω)t + C4 cos (α + Ω)t − C3 sin (α + Ω)t.(1.139)

Vratimo li se supstituciji u = x+ iy, mozemo izjednaciti realne i imaginarne dijelove

x = C1 cos (α − Ω)t + C2 sin (α − Ω)t + C3 cos (α + Ω)t + C4 sin (α + Ω)t, (1.140)

y = C2 cos (α − Ω)t − C1 sin (α − Ω)t + C4 cos (α + Ω)t − C3 sin (α + Ω)t. (1.141)

Konstante Ci mozemo izracunati iz pocetnih uvjeta.

• prvi pocetni uvjet

x(0) = 0 =⇒ C1 + C3 = 0 =⇒ C1 = −C3 (1.142)

• drugi pocetni uvjet

x(0) = 0 =⇒ C4 = −α − Ω

α + ΩC2 =⇒ C4 ≈ C2 (1.143)

• treci pocetni uvjet

y(0) = 0 =⇒ −C1(α − Ω) − C3(α + Ω) = 0 =⇒ C1 = −α + Ω

α − Ω(1.144)

=⇒ C1 ≈ C3. (1.145)

• cetvrti pocetni uvjety(0) = A =⇒ C2 + C4 = A (1.146)


Kombinacija uvjeta (1.143) i (1.146) vodi na zakljucak

C2 = C4 =A

2, (1.147)

dok kombinacija uvjeta (1.142) i (1.145) vodi na

C1 = C3 = 0. (1.148)

Koordinate njihala x i y poprimaju jednostavan oblik

x(t) =A

2sin (α − Ω)t +

A

2sin (α + Ω)t (1.149)

x(t) = A cosΩt sin αt (1.150)

y(t) =A

2cos (α − Ω)t +

A

2cos (α + Ω)t (1.151)

x(t) = A cosΩt cos αt. (1.152)

Polozaj njihala u xy ravnini mozemo napisati u vektorskom obliku

~r = x~i + y~j = A cos Ωt~n, (1.153)

pri cemu smo definirali jedinicni vektor

~n =~i sin αt +~j cos αt. (1.154)

Njihalo oscilira u ravnini koja sijece os z. Ravnina u kojoj se njihalo giba vrlo spororotira oko osi z (α ≪ Ω). Na sjevernoj hemisferi vrijedi

0 ≤ λ ≤ π

2=⇒ cos λ ≥ 0 =⇒ α ≥ 0, (1.155)

dok na juznoj hemisferi vrijedi

π

2≤ λ ≤ π =⇒ cos λ ≤ 0 =⇒ α ≤ 0. (1.156)

Stoga na sjevernoj hemisferi ravnina u kojoj njihalo oscilira rotira u smjeru kazaljkena satu, a na juznoj hemisferi u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

Poglavlje 2

Male oscilacije

2.1 Linearizacija jednazbi gibanja

2.1.1 Kineticka energija sustava cestica

Kineticku energiju sustava od p cestica prvo napisemo u Kartezijevom sustavu

T =1

2

p∑

i=1

mi

(

x2i + y2

i + z2i

)

. (2.1)

Pretpostavimo da cijeli sustav mozemo opisati s n nezavisnih stupnjeva slobodeq1, . . . , qn. Kartezijeve komponente polozaja svake cestice postaju funkcije nezavis-nih generaliziranih koordinata

xi = xi(q1, . . . , qn), (2.2)

yi = yi(q1, . . . , qn), (2.3)

zi = zi(q1, . . . , qn). (2.4)

Pritom smo se ogranicili na transformacije koje ne ovise eksplicitno o vremenu.Komponente brzine u Kartezijevom sustavu mozemo izracunati lancanim deriviran-jem

xi =

n∑

k=1

∂xi

∂qkqk, yi =

n∑

k=1

∂yi

∂qkqk, zi =

n∑

k=1

∂zi

∂qkqk. (2.5)

21

22 POGLAVLJE 2. MALE OSCILACIJE

Kvadriramo komponente brzine

x2i =

[

n∑

k=1

∂xi

∂qk

qk

][

n∑

j=1

∂xi

∂qj

qj

]

=n∑

k,j=1

∂xi

∂qk

∂xi

∂qj

qkqj, (2.6)

y2i =

[

n∑

k=1

∂yi

∂qk

qk

][

n∑

j=1

∂yi

∂qj

qj

]

=n∑

k,j=1

∂yi

∂qk

∂yi

∂qj

qkqj , (2.7)

z2i =

[

n∑

k=1

∂zi

∂qk

qk

][

n∑

j=1

∂zi

∂qj

qj

]

=n∑

k,j=1

∂zi

∂qk

∂zi

∂qj

qkqj , (2.8)

i konacno dolazimo do kineticke energije sustava

T =1

2

p∑

i=1

mi

[

n∑

k,j=1

(

∂xi

∂qk

∂xi

∂qj+

∂yi

∂qk

∂yi

∂qj+

∂zi

∂qk

∂zi

∂qj

)

qkqj

]

. (2.9)

Promijenimo poredak sumacije u prethodnoj jednadzbi

T =1

2

n∑

k,j=1

qkqj

p∑

i=1

mi

(

∂xi

∂qk

∂xi

∂qj

+∂yi

∂qk

∂yi

∂qj

+∂zi

∂qk

∂zi

∂qj

)

, (2.10)

a zatim definiramo koeficijente

akj(q) =

p∑

i=1

mi

(

∂xi

∂qk

∂xi

∂qj+

∂yi

∂qk

∂yi

∂qj+

∂zi

∂qk

∂zi

∂qj

)

. (2.11)

Kineticku energiju sveli smo na kvadratnu formu

T =1

2

n∑

i,j=1

aij(q)qiqj . (2.12)

Bitno je uociti da su koeficijenti akj(q) simetricni.

2.1.2 Uvjeti ravnoteze

Promatramo sustav od n stupnjeva slobode opisan Lagrangianom

L =1

2

∑

ij

aij(q1, . . . , qn)qiqj − U(q1, . . . , qn). (2.13)

Jednadzba gibanja za k-ti stupanj slobode glasi

d

dt

(

∂L

∂qk

)

− ∂L

∂qk= 0. (2.14)

2.1. LINEARIZACIJA JEDNAZBI GIBANJA 23

Deriviramo Lagrangian po generaliziranoj brzini

∂L

∂qk=

1

2

∑

ij

aij(q)qiδjk +1

2

∑

ij

aij(q)qjδik, (2.15)

iskoristimo simetricnost koeficijenata aik = aki

∂L

∂qk

=∑

j

akj(q)qj . (2.16)

i naposljetku deriviramo jedn. (2.16) po vremenu

d

dt

(

∂L

∂qk

)

=∑

i,j

∂akj(q)

∂qiqiqj +

∑

j

akj(q)qj. (2.17)

Sada deriviramo Lagrangian po generaliziranoj koordinati qk

∂L

∂qk

=1

2

∑

ij

∂aij(q)

∂qk

qj qi −∂U(q)

∂qk

. (2.18)

Trazena jednazba gibanja glasi

∑

j

akj(q)qj +∑

i,j

∂akj(q)

∂qi

qiqj −1

2

∑

ij

∂aij(q)

∂qk

qj qi +∂U(q)

∂qk

= 0. (2.19)

Odaberemo odredenu tocku konfiguracionog prostora

q(0) ≡(

q(0)1 , . . . , q(0)

n

)

. (2.20)

Da bi sistem mirovao u tocki q(0) sve derivacije moraju iscezavati

qi = q(0)i , qi = 0, qi = 0,

...q i = 0, . . . (2.21)

Uvrstimo uvjete (2.21) u Lagrangeovu jednadzbu (2.19)

∂U(q1, . . . , qn)

∂qi

∣

∣

∣

∣

q=q(0)

= 0, i = 1, . . . , n. (2.22)

Tocke ravnoteze odgovaraju ekstremima potencijala. Pritom razlikujemo stabilne(minimum potencijala) i nestabilne (maksimum potencijala) tocke ravnoteze.


2.1.3 Sustavi s jednim stupnjem slobode

Zelimo opisati gibanje sustava u blizini ravnotezne tocke q(0). Radi jednostavnosti,ogranicimo se prvo na sustav s jednim stupnjem slobode ciji Lagrangian glasi

L =1

2a(q)q2 − U(q). (2.23)

Uz pretpostavku da ce se sustav zadrzati blizu ravnotezne tocke, razvijamo po-tencijalnu i kineticku energiju u Taylorov red. Oznacimo s x mala odstupanja odravnoteze

x = q − q(0). (2.24)

Taylorov razvoj potencijalne energije glasi

U(q) = U(q(0)) +∂U

∂q

∣

∣

∣

∣

0

(q − q(0)) +1

2

∂2U

∂q2

∣

∣

∣

∣

0

(q − q(0))2 + · · · , (2.25)

U(q) = U(q(0)) +∂U

∂q

∣

∣

∣

∣

0

x +1

2

∂2U

∂q2

∣

∣

∣

∣

0

x2 + · · · , (2.26)

U(q) = U(q(0)) +1

2kx2 + · · · , (2.27)

pri cemu smo iskoristili uvjet ravnoteze∂U

∂q

∣

∣

∣

∣

0

= 0 i definirali konstantu∂2U

∂q2

∣

∣

∣

∣

0

= k.

Clan U(q(0)) mozemo zanemariti u daljnjim razmatranjima jer je potencijal uvijekdefiniran do na konstantu. Kineticka energija sustava glasi

T =1

2a(q)q2 =

1

2a(q0 + x)x2, (2.28)

pri cemu je x vec mala velicina pa u Taylorovom razvoju koeficijenta a(q) trebamozadrzati samo nulti clan

T ≈ 1

2a(q0)x2 ≡ 1

2mx2. (2.29)

Konstanta m = a(q(0)) ima znacenje mase samo ako je q Kartezijeva koordinata. IzLagrangiana malih oscilacija

Ls.o. =1

2mx2 − 1

2kx2, (2.30)

mozemo izvesti jednadzbu gibanja

mx + kx = 0 =⇒ x + ω2x = 0, (2.31)

gdje je ω =√

k/m. Opce rjesenje ove jednadzbe je linearna kombinacija oscilatornihfunkcija

x(t) = C1 cos ωt + C2 sin ωt. (2.32)


Konstante C1 i C2 odredene su pocetnim uvjetima

x(t = 0) = x0 i x(t = 0) = x0. (2.33)

Rjesenje (2.32) mozemo napisati i u nesto drugacijem obliku

x = A cos (ωt + φ). (2.34)

Koeficijent A odreduje amplitudu, a φ fazu titranja

A =√

C21 + C2

2 i φ = arctan

(

−C2

C1

)

. (2.35)

Ako promatramo gibanja u blizini tocke stabilne ravnoteze (minimum potencijala),koeficijent k u Taylorovom razvoju potencijala je pozitivan. Kutna frekvencija ωje realna pa rjesenje (2.32) zaista opisuje oscilacije. Suprotno, ako promatramogibanja u blizini tocke nestabilne ravnoteze (maksimum potencijala) koeficijent ku razvoju je negativan. Kutna frekvencija ω je imaginarna pa rjesenje (2.32) neopisuje oscilacije, nego eksponencijalno udaljavanje od tocke ravnoteze. Svojstvotocke nestabilne ravnoteze: po volji mali pomak je dovoljan da se sustav sasvimudalji od te tocke.


Zadatak 2.1

Nadite stabilne i nestabilne tocke ravnoteze matematickog njihala, kao i frekvencijumalih oscilacija.Rjesenje

Promatramo matematicko njihalo koje se giba u ravnini.

l

mz

θ

~g

Slika 2.1: Matematicko njihalo. Duljina niti iznosi l, a masa kuglice m.

Kineticka energija kuglice iznosi

T =1

2mv2 =

1

2ml2θ2. (2.36)

Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa na kuglicu djeluje sila

~F = mg~k =⇒ U = −∫

~F · ~kdz = −mgz = −mgl cos θ. (2.37)

Tocke ravnoteze odgovaraju ekstremima potencijala

∂U

∂θ= 0 =⇒ sin θ = 0. (2.38)

Uvjet ravnoteze ispunjen je za dvije tocke

θst = 0 i θnest = π. (2.39)

Sa sl. 2.2 vidimo da tocka θ = 0 odgovara minimumu potencijala, dok tocka θ = πodgovara maksimumu potencijala. Drugim rijecima tocka θst = 0 je stabilan, a tockaθnest = π nestabilan polozaj ravnoteze. Lagrangian njihala glasi

L =1

2ml2θ2 + mgl cos θ. (2.40)


θ

U(θ)

−π π

−mgl

egzaktni potencijalharmonicka aproksimacija

Slika 2.2: Potencijal matematickog njihala. Uz egzaktni potencijal, prikazana je iharmonicka aproksimacija.

Razvijamo potencijal u Taylorov red oko tocke θst

U(θ) = −mgl cos θ ≈ −mgl

(

1 − 1

2θ2

)

= −mgl +1

2mglθ2. (2.41)

Definiramo koordinatu x kao pomak njihala od tocke stabilne ravnoteze

lθ = x =⇒ lθ = x. (2.42)

Lagrangian malih oscilacija

Lst =1

2

[

mx2 − gm

lx2]

. (2.43)

Sada razvijamo potencijal u Taylorov red oko tocke θnest = π

U(θ) = −mgl cos [π + (θ − π)] = mgl cos [π − θ] = mgl − 1

2mgl(π − θ)2. (2.44)

U ovom slucaju koordinatu x definiramo kao pomak njihala od tocke nestabilneravnoteze

l(π − θ) = x =⇒ −lθ = x. (2.45)

Lagrangian glasi

Lnest =1

2

[

mx2 +gm

lx2]

. (2.46)

Oba Lagrangiana odgovaraju opcenitom Lagrangianu malih oscilacija, uz oznake

kst. =gm

li knest. = −gm

l. (2.47)

Stabilna tocka ravnoteze: θst = 0


l

m

θ

x

~gl

m

θ

x

π − θ~g

Slika 2.3: Matematicko njihalo. Mala odstupanja od tocke stabilne (lijevo) i nesta-bilne (desno) ravnoteze.

• kutna frekvencija

ωst =

√

g

l, (2.48)

je realna pa njihalo uvijek ostaje u blizini tocke ravnoteze

Nestabilna tocka ravnoteze: θnest = π

• kutna frekvencija

ωnest =

√

−g

l, (2.49)

je imaginarna pa su rjesenja zapravo hiperbolne, a ne oscilatorne funkcije

• mali pomak sistema od nestabilne tocke ravnoteze, pa makar i infinitezi-malan, nakon dovoljno dugo vremena vodi do potpunog udaljavanja od tockeravnoteze


Zadatak 2.2

Cestica mase m giba se u potencijalu

U(x) = V cos αx − Fx 0 ≤ αx ≤ 2π.

Pod kojim uvjetom postoji polozaj stabilne ravnoteze? Nadite Lagrangian malihoscilacija i frekvenciju titranja.Rjesenje: Potencijal mozemo napisati u sljedecem obliku

U(x) = V [cos αx − A(αx)] , (2.50)

pri cemu smo parametar A definirali na sljedeci nacin

A ≡ F

αV. (2.51)

αx

U(x)

A = 0.2A = 0.8A = 1.2

π 3π2

2π

Slika 2.4: Skica potencijala U(x) = V cos αx−Fx za nekoliko vrijednosti parametraA definiranog u jedn. (2.51).

Sa sl. 2.4 vidimo da za vece vrijednosti parametra A potencijal vise nema minimumpa stabilne oscilacije nisu moguce. Polozaj ravnoteze odgovara ekstremu potencijala

dU

dx= 0 =⇒ V [−α sin αx − Aα] = 0 =⇒ sin αx0 = −A. (2.52)

Da bi rjesenje x0 postojalo, mora biti ispunjen sljedeci uvjet

A ≤ 1 ⇐⇒ F ≤ V α. (2.53)

Prirodu ekstrema odreduje druga derivacija potencijala

d2U

dx2

∣

∣

∣

∣

x0

= −V α2 cos αx0. (2.54)


Tocka ravnoteze je stabilna ako potencijal ima minimum, odnosno ako je drugaderivacija potencijala u tocki ravnoteze pozitivna

− V α2 cos αx0 > 0 =⇒ cos αx0 < 0. (2.55)

Istovremeno vrijedi (vidi jedn. (2.52) )

sin αx0 < 0, (2.56)

pa se αx0 mora nalaziti u trecem kvadrantu. Stabilna tocka ravnoteze je ona zakoju vrijedi

π ≤ αx0 ≤ 3π/2, (2.57)

dok se u cetvrtom kvadrantu nalazi nestabilna tocka ravnoteze. Taylorov razvojpotencijala oko tocke x0 glasi

U(x) ≈ U(x0) +dU

dx

∣

∣

∣

∣

x0

(x − x0) +1

2

d2U

dx2

∣

∣

∣

∣

x0

(x − x0)2 + · · · (2.58)

Prvi clan mozemo ispustiti jer je potencijal definiran do na konstantu. Drugi claniscezava jer je x0 tocka ravnoteze. Prvi clan razlicit od nule je kvadratican

d2U

dx2

∣

∣

∣

∣

x0

= −V α2 cos αx0 = V α2√

1 − sin2 αx0 = V α2√

1 − A2. (2.59)

Definiramo koordinatu δ kao pomak od tocke ravnoteze δ = x − x0. Lagrangianmalih oscilacija glasi

Ls.o. =m

2δ2 − V α2

2

√1 − A2δ2. (2.60)

Lagrangeova jednadzba gibanja

mδ + V α2√

1 − A2δ = 0, (2.61)

odgovara jednadzbi harmonickog oscilatora. Iz jednadzbe gibanja procitamo frekven-ciju titranja

ω2 =V α2

m

√

1 −(

F

V α

)2

. (2.62)


Zadatak 2.3

Cestica mase m giba se u potencijalu

U(x) = V(

α2x2 − sin2 αx)

Nadite Lagrangian malih oscilacija i period titranja.Rjesenje: Tocka ravnoteze odgovara ekstremu potencijala

dU

dx

∣

∣

∣

∣

x0

= 0 =⇒ 2V α2x0 − 2V α sin (αx0) cos (αx0) = 0 =⇒ x0 = 0. (2.63)

Prirodu ekstrema odreduju vise derivacije

d2U

dx2

∣

∣

∣

∣

x0

= 2V α2 − 2V α2 cos (2αx0) = 0. (2.64)

Druga derivacija potencijala u tocki x0 iscezava pa moramo provjeravati trecu icetvrtu derivaciju

d3U

dx3

∣

∣

∣

∣

x0

= 4V α3 sin (2αx0) = 0, (2.65)

d4U

dx4

∣

∣

∣

∣

x0

= 8V α4 cos (2αx0) = 8V α4. (2.66)

Prva derivacija razlicita od nule je cetvrta i pritom je pozitivna. Potencijal u tockix0 = 0 ima minimum, ali ce oscilacije oko njega biti anaharmonicke. Ako proma-

αx

U(x)

egzaktni potencijalaproksimacija

Slika 2.5: Skica potencijala U(x) = V(

α2x2 − sin2 αx)

, zajedno s najnizom aproksi-macijom Us.o.(x) = 1

3V α4x4.


tramo male oscilacije oko minimuma, u Taylorovom razvoju trebamo zadrzati samonajnizi clan razlicit od nule

U(x) ≈ 1

4!

d4U

dx4

∣

∣

∣

∣

x=0

x4 =1

3α4V x4. (2.67)

Lagrangian malih oscilacija glasi

Ls.o. =1

2mx2 − 1

3α4V x4. (2.68)

Period gibanja mozemo naci koristeci sacuvanje energije

m

2x2 +

1

3α4V x4 = E. (2.69)

Veza energije i amplitude titranja a (tocka obrata) glasi

1

3α4V a4 = E. (2.70)

Brzina cestice

x2 =2

m

[

E − 1

3α4V x4

]

=2α4

3mV[

a4 − x4]

, (2.71)

=⇒ dx

dt= ±

√

2α4

3mV[

a4 − x4]1/2

. (2.72)

Separiramo varijable

τ = 4

√

3m

2α4V

∫ a

0

dx√a4 − x4

, (2.73)

a zatim napravimo supstituciju u = x/x0

τ =4

a

√

3m

2α4V

∫ 1

0

du√1 − u4

. (2.74)

Iskoristimo tablicni integral u Bronstejnu (br. 43, str 479)

∫ 1

0

du√1 − uβ

=

√πΓ(

1β

)

βΓ(

2+β2β

) , (2.75)

gdje Γ(x) oznacava gama-funkciju ili Eulerov integral druge vrste. U nasem slucajuparametar β iznosi 4

∫ 1

0

du√1 − u4

=

√πΓ(

14

)

4Γ(

34

) . (2.76)

Period malih oscilacija

τ =1

a

√

3mπ

2α4V

Γ(

14

)

Γ(

34

) , (2.77)

u ovom slucaju ovisi o amplitudi a jer titranje nije harmonijsko.


Zadatak 2.4

Ako masi koja se giba po stabilnoj kruznoj orbiti radijusa ρ0 na povrsini konusaotvornog kuta 2α promijenimo energiju za mali iznos, ona ce titrati oko kruzne or-bite. Nadite Lagrangian malih oscilacija i frekvenciju titranja.Rjesenje:

Problem rjesavamo koristeci cilindricni koordinatni sustav. Kineticka energija

Slika 2.6: Cestica je ogranicena na gibanje po stoscu otvornog kuta 2α.

cestice u cilindricnom sustavu

T =m

2

[

ρ2 + ρ2φ2 + z2]

. (2.78)

Potencijalna energija cestice u homogenom polju sile teze

U = mgz. (2.79)

Cestica se giba po povrsini stosca pa su varijable ρ i z vezane relacijom z = ρ cot α.Lagrangian glasi

L =m

2

[

1

sin2 αρ2 + ρ2φ2

]

− mgρ cotα. (2.80)

Lagrangian ne ovisi o varijabli φ (ciklicka varijabla) pa je pripadni generaliziraniimpuls konstanta gibanja

pφ =∂L

∂φ= mρ2φ =⇒ φ =

pφ

mρ2. (2.81)

Druga Lagrangeova jednadzba glasi

d

dt

∂L

∂ρ− ∂L

∂ρ= 0. (2.82)


Izracunamo potrebne derivacije

∂L

∂ρ=

mρ

sin2 αi

∂L

∂ρ= mρφ2 − mg cotα, (2.83)

i zatim ih uvrstimo u Lagrangeovu jednadzbu (2.82)

m

sin2 αρ − mρφ2 + mg cot α = 0. (2.84)

Iskoristimo konstantu gibanja pφ

φ =pφ

mρ2, (2.85)

da bi problem sveli na gibanje u 1D

m

sin2 αρ −

p2φ

mρ3+ mg cot α = 0 =⇒ m

sin2 αρ +

d

dρ

[

p2φ

2mρ2+ mg cotαρ

]

= 0. (2.86)

ρ

Ueff

ρ0

Slika 2.7: Cestica se giba u efektivnom potencijalu definiranom u jedn. (2.87). Min-imum potencijala nalazi se u tocki ρ0.

Cestica se giba u efektivnom jednodimenzionalnom potencijalu

Ueff(ρ) =p2

φ

2mρ2+ mg cot αρ, (2.87)

po stabilnoj kruznoj orbiti radijusa ρ0, sto znaci da se u tocki ρ = ρ0 mora nalazitiminimum efektivnog potencijala

dUeff

dρ

∣

∣

∣

∣

ρ=ρ0

= 0 =⇒ −p2

φ

mρ3+ mg cot α

∣

∣

∣

∣

ρ=ρ0

= 0 =⇒ ρ0 =

(

p2φ

m2g cotα

)1/3

(2.88)


Efektivni potencijal razvijemo u Taylorov red oko minimuma

Ueff(ρ) = Ueff(ρ0) +dUeff

dρ

∣

∣

∣

∣

0

(ρ − ρ0) +1

2

d2Ueff

dρ2

∣

∣

∣

∣

0

(ρ − ρ0)2 + · · · (2.89)

Druga derivacija potencijala u tocki ravnoteze

d2Ueff

dρ2

∣

∣

∣

∣

ρ=ρ0

=3p2

φ

mρ40

=3mg cotα

ρ0. (2.90)

Zadrzimo li se na harmonickoj aproksimaciji i pritom zanemarimo konstantni clan,efektivni potencijal mozemo napisati u sljedecem obliku

Ueff(x) ≈ 3mg cotα

2ρ0x2. (2.91)

Mala odstupanja od ravnoteze oznacili smo s x = ρ − ρ0. Linearizirana jednadzbagibanja glasi

m

sin2 αx +

3mg cot α

ρ0x = 0, (2.92)

a iz nje mozemo procitati frekvenciju malih oscilacija oko ravnotezne putanje

ω2 =3g sin 2α

2ρ0. (2.93)


Zadatak 2.5

Cestica mase m i elektricnog naboja q giba se po kruznici radijusa R. U na-jnizoj tocki kruznice miruje jednaki takav naboj. Nadite polozaj stabilne ravnotezei frekvencije malih oscilacija.Rjesenje:

x

zq

qφ

R

R

r

~g

r/2

Rφ/2

q q

Slika 2.8: Dva naboja nalaze se na prstenu radijusa R. Prvi naboj se moze gibatipo prstenu, dok je drugi fiksiran u najnizoj tocki prstena.

Iz trokuta na sl. 2.8 slijedi

sinφ

2=

r/2

R=⇒ r = 2R sin

φ

2. (2.94)

Potencijalna energija je suma Coulombovog i gravitacijskog doprinosa. Coulombovapotencijalna energija glasi

Uel =kq2

r=

kq2

2R sin φ2

. (2.95)

Uz orijentaciju koordinatnog sustava kao na slici gravitacijska sila iznosi

~F = mg~k. (2.96)

Gravitacijska potencijalna energija

Ug = −∫

~F · ~kdz = −mgz = −mgR cos φ. (2.97)


Zbrojimo Coulombov i gravitacijski doprinos

U(φ) = −mgR cos φ +kq2

2R sin φ2

= −mgR

(

cos φ − kq2

2mgR2 sin φ2

)

, (2.98)

a zatim definiramo oznaku x0 = kq2/2mgR2

U(φ) = −mgR

(

cos φ − x0

sin φ2

)

. (2.99)

φ

U(φ)x0 = 1x0 = 2x0 = 4x0 = 5

π 2π

Slika 2.9: Potencijalna energija naboja koji se giba po prstenu.

Naboj se giba po kruznici pa njegova kineticka energija iznosi

T =1

2mR2φ2. (2.100)

Prvo trazimo sve moguce tocke ravnoteze, odnosno ekstremne tocke potencijalneenergije

dU

dφ

∣

∣

∣

∣

φ=φ0

= 0 =⇒ mgR

[

sin φ0 −x0 cos φ0

2

2 sin2 φ0

2

]

= 0 (2.101)

=⇒ mgR

[

2 sinφ0

2cos

φ0

2− x0 cos φ0

2

2 sin2 φ0

2

]

= 0. (2.102)

Izlucimo zajednicki faktor

cosφ0

2

[

2 sinφ0

2− x0

2 sin2 φ0

2

]

= 0. (2.103)


Prvo rjesenje je φ0 = π, dok drugo rjesenje mozemo naci iz uvjeta

2 sinφ0

2− x0

2 sin2 φ0

2

= 0 =⇒ sin3 φ0

2=

x0

4. (2.104)

Da bi drugo rjesenje postojalo, mora biti ispunjen uvjet

x0

4≤ 1 =⇒ x0 ≤ 4 =⇒ kq2 < 8mgR2. (2.105)

Ako su naboji dovoljno veliki (x0 > 4), odbojna Coulombova interakcija onemogucavapostojanje ovog polozaja ravnoteze. Prirodu ekstrema odreduje druga derivacija po-tencijala

d2U

dφ2

∣

∣

∣

∣

φ=φ0

= mgR

[

cos φ0 +x0 cos2 φ0

2

8 sin3 φ0

2

+x0

4 sin φ0

2

]

(2.106)

= mgR

[

1 − 2 sin2 φ0

2+ x0

1 + sin2 φ0

2

8 sin3 φ0

2

]

. (2.107)

Prva ravnotezna tocka (φ0 = π)

d2U

dφ2

∣

∣

∣

∣

φ0=π

= mgR[

−1 +x0

4

]

, (2.108)

odgovara minimumu potencijala ako vrijedi x0 > 4, dok je inace u pitanju maksimumpotencijala. Druga tocka ravnoteze postoji samo ako je x0 ≤ 4

d2U

dφ2

∣

∣

∣

∣

sinφ02

=(x04 )

1/3= mgR

[

1 − 2(x0

4

)2/3

+ x0

1 +(

x0

4

)2/3

8x0

4

]

(2.109)

= mgR

[

1 − 2(x0

4

)2/3

+1

2+

1

2

(x0

4

)2/3]

(2.110)

=3

2mgR

[

1 −(x0

4

)2/3]

, (2.111)

i u tom slucaju radi se o minimumu potencijala.Prvi slucaj: x0 ≤ 4Sustav ima dvije stabilne (sjetimo se da je problem simetrican s obzirom na os z)

sinφ0

2=(x0

4

)1/3

(2.112)

i nestabilnu tocku ravnoteze φ0 = π. Naboji su dovoljno mali da gravitacijskipotencijal ”prevlada” nad Coulombovim, a Taylorov razvoj potencijala oko stabilnetocke ravnoteze glasi

U(φ) = U(φ0) +3

4mgR

[

1 −(x0

4

)2/3]

(φ − φ0)2 + · · · (2.113)


Definiramo koordinatu δ kao odstupanje od tocke stabilne ravnoteze δ = φ − φ0 imozemo napisati lineariziranu jednadzbu gibanja

δ +3g

2R

[

1 −(x0

4

)2/3]

δ = 0, (2.114)

koja odgovara jednadzbi harmonickog oscilatora s frekvencijom

ω2 =3g

2R

[

1 −(x0

4

)2/3]

. (2.115)

Drugi slucaj: x0 > 4Sustav ima jednu stabilnu tocku ravnoteze φ0 = π. Naboji su dovoljno veliki daCoulombov potencijal ”prevlada” nad gravitacijskim, a Taylorov razvoj potencijalaoko tocke ravnoteze φ0 = π glasi

U(φ) = U(π) +1

2mgR

[

−1 +x0

4

]

(φ − π)2 + · · · (2.116)

Definiramo koordinatu δ kao odstupanje od tocke ravnoteze δ = φ−π i opet mozemonapisati lineariziranu jednadzbu gibanja

δ +g

R

[

−1 +x0

4

]

δ = 0, (2.117)

koja odgovara jednadzbi harmonickog oscilatora s frekvencijom

ω2 =g

R

[

−1 +x0

4

]

. (2.118)


Zadatak 2.6

Sustav na slici rotira oko vertikalne osi konstantnom kutnom brzinom Ω. Naditepolozaje stabilne ravnoteze i frekvencije titranja.Rjesenje:

Sustav orjentiramo tako da se cestice u pocetnom trenutku nalaze u ravnini xz.

x

y

z

a

a

a

a

m (3)

m (1)m (2)

θ

φ

~g

Slika 2.10: Sustav tri cestice rotira konstantnom kutnom brzinom Ω.

Koordinate cestica glase

x1 = a sin θ cos Ωt y1 = a sin θ sin Ωt z1 = a cos θx2 = −a sin θ cos Ωt y2 = −a sin θ sin Ωt z2 = a cos θ

x3 = 0 y3 = 0 z3 = 2a cos θ.(2.119)

Bitno je uociti da je sustav osno simetrican pa ce doprinosi cestica 1 i 2 kinetickoji potencijalnoj energiji sustava biti jednaki. Isto tako, negativne vrijednosti kuta θodgovaraju zamjeni cestica 1 i 2. Izracunamo komponente brzine prve cestice

x1 = a cos θθ cos Ωt − a sin θΩ sin Ωt, (2.120)

y1 = a cos θθ sin Ωt + a sin θΩ cos Ωt, (2.121)

z1 = −aθ sin θ. (2.122)

Kvadriramo svaku pojedinu komponentu i zatim zbrojimo sve doprinose da bi izracunalikineticku energiju prve cestice

T1 =m

2v21 =

1

2ma2

(

θ2 + Ω2 sin2 θ)

. (2.123)


Zbog simetrije sustava, jednak izraz vrijedi za kineticku energiju druge cestice. Sadaizracunamo komponente brzine trece cestice

x3 = 0, y3 = 0, z3 = −2a sin θθ, (2.124)

kvadriramo ih i izracunamo kineticku energiju trece cestice

T3 =1

2mv2

3 = 2ma2 sin2 θθ2. (2.125)

Ukupna kineticka energija sustava glasi

T = T1 + T2 + T3 = m[

a2θ2 + a2Ω2 sin2 θ + 2a2θ2 sin2 θ]

. (2.126)

Na svaku cesticu djeluje gravitacijska sila

~F = mg~k. (2.127)

Gravitacijska potencijalna energija pojedinih cestica

U1 = −∫

~F · ~kdz = −mgz1 = −mga cos θ, (2.128)

U2 = −∫

~F · ~kdz = −mgz2 = −mga cos θ, (2.129)

U3 = −∫

~F · ~kdz = −mgz3 = −2mga cos θ. (2.130)

Ukupna potencijalna energija sustava je suma doprinosa pojedinih cestica

U = U1 + U2 + U3 = −4mga cos θ. (2.131)

Lagrangian sustava glasi

L = T − U = m[

a2θ2 + a2Ω2 sin2 θ + 2a2θ2 sin2 θ]

+ 4mga cos θ, (2.132)

i odgovara opcenitom obliku

L =1

2a(θ)θ2 − Ueff (θ). (2.133)

Problem smo sveli na jednodimenzionalno gibanje u efektivnom potencijalu

Ueff (θ) = −4mga cos θ − ma2Ω2 sin2 θ (2.134)

Ueff (θ) = −2ma2

(

2g

acos θ +

1

2Ω2 sin2 θ

)

. (2.135)


θ

Ueffχ = 0.5χ = 2.5χ = 10

−π π

Slika 2.11: Skica efektivnog potencijala (2.136) za nekoliko vrijednosti omjeraparametara χ = Ω2/γ2.

Koristimo oznaku γ2 = 2g/a

Ueff (θ) = −2ma2

(

γ2 cos θ +1

2Ω2 sin2 θ

)

. (2.136)

Kvalitativno ponasanje efektivnog potencijala ovisi o omjeru parametara χ = Ω2/γ2

(vidi sl. 2.11). Tocke ravnoteze sustava odgovaraju ekstremima potencijala

dUeff

dθ= 0 =⇒ 2ma2

(

γ2 sin θ − Ω2 sin θ cos θ)

= 0. (2.137)

Izlucimo li zajednicki faktor sin θ, dolazimo do jednadzbe

=⇒ 2ma2 sin θ(

γ2 − Ω2 cos θ)

= 0. (2.138)

Postoje tri moguca rjesenja, od kojih dva postoje uvijek

θ1 = 0, θ2 = π, (2.139)

dok trece postoji samo ako je ispunjen uvjet γ ≤ Ω

cos θ3 =γ2

Ω2=

2g

aΩ2. (2.140)

Stabilnost tocaka ravnoteze provjeravamo racunajuci drugu derivaciju potencijala

d2Ueff

dθ2= 2ma2

(

γ2 cos θ − Ω2 cos2 θ + Ω2 sin2 θ)

. (2.141)

Prva tocka ravnoteze: θ1 = 0

d2Ueff

dθ2

∣

∣

∣

∣

θ1

= 2ma2(

γ2 − Ω2)

. (2.142)


Tocka ravnoteze θ1 je stabilna ako vrijedi γ2 > Ω2. Taylorov razvoj efektivnogpotencijala oko tocke ravnoteze θ1 = 0 glasi

Ueff ≈ Ueff (0) + ma2(

γ2 − Ω2)

θ2 + · · · (2.143)

Pri razvoju koeficijenta a(θ) kineticke energije sustava, dovoljno je zadrzati se nanajnizem doprinosu jer je θ vec mala velicina

a(θ) = 2ma2(

1 + 2 sin2 θ)

=⇒ a(0) = 2ma2. (2.144)

Lagrangian malih oscilacija glasi

Ls.o. = ma2θ2 − ma2(

γ2 − Ω2)

θ2, (2.145)

a pripadna jednadzba gibanja

θ +(

γ2 − Ω2)

θ = 0, (2.146)

odgovara jednadzbi harmonickog oscilatora s frekvencijom

ω2 = γ2 − Ω2. (2.147)

Druga tocka ravnoteze: θ2 = π

d2Ueff

dθ2

∣

∣

∣

∣

θ2

= 2ma2(

−γ2 − Ω2)

. (2.148)

Tocka ravnoteze θ2 = π je uvijek nestabilna.Treca tocka ravnoteze: cos θ3 = 2g/(aΩ2)

d2Ueff

dθ2

∣

∣

∣

∣

θ3

= 2ma2

(

γ4

Ω2+ Ω2 − 2

γ4

Ω2

)

= 2ma2 Ω4 − γ4

Ω2. (2.149)

Tocka ravnoteze θ3 je stabilna ako vrijedi

Ω4 − γ4 > 0. (2.150)

Taylorov razvoj efektivnog potencijala oko tocke ravnoteze θ3

Ueff ≈ Ueff(θ3) + ma2 Ω4 − γ4

Ω2(θ − θ3)

2. (2.151)

Prvi clan u daljnjem postupku mozemo ignorirati jer je potencijal definiran do nakonstantu. Odstupanje od polozaja ravnoteze oznacimo s

θ = θ − θ3 =⇒ ˙θ = θ. (2.152)


Pri razvoju koeficijenta a(θ) kineticke energije sustava, dovoljno je zadrzati se nanajnizem doprinosu jer je θ vec mala velicina

a(θ3) = 2ma2(

1 + 2 sin2 θ3

)

= 2ma2(

3 − 2 cos2 θ3

)

= 2ma23Ω4 − γ4

Ω4. (2.153)

Lagrangian malih oscilacija sustava oko tocke θ3 glasi

Ls.o. = ma2 3Ω4 − 2γ4

Ω4

˙θ2 − ma2 Ω4 − γ4

Ω2θ2, (2.154)

a pripadna jednadzba gibanja

¨θ + Ω2 Ω4 − γ4

3Ω4 − 2γ4θ = 0, (2.155)

odgovara jednadzbi harmonickog oscilatora s frekvencijom

ω2 = Ω2 Ω4 − γ4

3Ω4 − 2γ4. (2.156)

Mozemo zakljuciti da povecavanje kutne brzine rotacije sustava (jaca centrifugalnasila) vodi do destabilizacije tocke ravnoteze θ1 = 0 i pojavljivanja nove stabilne tockeravnoteze θ3.

2.1.4 Sustavi s vise stupnjeva slobode

Pretpostavimo da sustav s n stupnjeva slobode opisan Lagrangianom

L =1

2

∑

i,k

aik(q)qiqk − V (q), (2.157)

ima tocku ravnotezeq0 =

(

q01, q

02, . . . , q

0n

)

. (2.158)

Generalizirani pomak od ravnoteze za i-ti stupanj slobode

xi = qi − q0i . (2.159)

Potencijalnu i kineticku energiju mozemo razviti u Taylorov red oko tocke ravnoteze.Promotrimo prvo Taylorov razvoj potencijalne energije

V (q1, . . . , qn) = V (q01, . . . , q

0n) +

n∑

i=1

∂V

∂qi

∣

∣

∣

∣

0

(

qi − q0i

)

+1

2!

n∑

i,j=1

∂V

∂qi∂qj

∣

∣

∣

∣

0

(

qi − q0i

) (

qj − q0j

)

+ · · · (2.160)


Odstupanja od polozaja ravnoteze oznacimo s xi = qi − q0i . Prvi clan mozemo

zanemariti jer je potencijal definiran do na konstantu. Ako je q0 tocka ravnoteze,linearni clanovi iscezavaju

∂V

∂qi

∣

∣

∣

∣

0

= 0. (2.161)

U harmonickoj aproksimaciji se zadrzavamo na kvadraticnim clanovima. Pritomdefiniramo koeficijente

kij ≡∂2V

∂qi∂qj

∣

∣

∣

∣

0

, (2.162)

koji su ocito simetricni kij = kji. Promotrimo sada Taylorov razvoj kineticke energije

T =1

2

n∑

i,j=1

aij(q)qiqj , (2.163)

oko tocke ravnoteze q01, . . . , q

0n. Opet oznacimo pomak od ravnoteze s xi

xi ≡ qi − q0i =⇒ xi = qi. (2.164)

Uvrstimo qi u formulu za kineticku energiju (2.163)

T =1

2

n∑

i,j=1

aij(q)xixj . (2.165)

U harmonickoj aproksimaciji se zadrzavamo na kvadraticnim clanovima malih velicina.Buduci da su xi vec male velicine, dovoljno je stati na nultom clanu u razvoju ko-eficijenata aij(q). Definiramo koeficijente

mij = aij(q0) (2.166)

V = V (q0) +1

2

∑

i,j

kijxixj , (2.167)

T =1

2mij xixj . (2.168)

Koeficijenti k i m su simetricni

kij = kji, mij = mji. (2.169)

Konstantni clan V (q0) u potencijalnoj energiji mozemo zanemariti jer je potencijalnaenergija definirana do na konstantu. Lagrangian sustava u blizini tocke ravnoteze

L =1

2

∑

i,j

[mij xixj − kijxixj ]. (2.170)


Lagrangeova jednadzba za k-ti stupanj slobode

d

dt

(

∂L

∂xk

)

− ∂L

∂xk

= 0. (2.171)

Deriviramo Lagrangian po generaliziranoj brzini

∂L

∂xk=

1

2

∑

ij

[mijδikxj + mij xiδjk] =1

2

∑

j

mkjxj +1

2

∑

i

mikxi, (2.172)

a zatim iskoristimo simetricnost koeficijenata mik = mki

∂L

∂xk=∑

j

mkj xj . (2.173)

Jednakim postupkom dosli bi do derivacije Lagrangiana po generaliziranoj koordi-nati

∂L

∂xk=∑

j

kkjxj . (2.174)

Lagrangeova jednadzba za k-ti stupanj slobode

n∑

j=1

[mkjxj + kkjxj ] = 0, k = 1, . . . , n. (2.175)

Problem smo sveli na sustav od n linearnih homogenih jednadzbi drugog stupnja skonstatnim koeficijentima.


Zadatak 2.7

Dvije cestice mase m nalaze se u vanjskom potencijalu

Vext = U0x4

b4, (2.176)

i medudjeluju potencijalu

Vint = −U0(x1 − x2)

2

a2, (2.177)

gdje su a i b konstante dimenzije duljine, a U0 je konstanta dimenzije energije.Pokazite da su x1,2 = ±b2/a tocke stabilne ravnoteze. Nadite Lagrangian malihoscilacija.Rjesenje

Ukupna potencijalna energija sustava je suma vanjskog potencijala i potencijalamedudjelovanja

V (x1, x2) = U0

[

−(x1 − x2)2

a2+

x41

b4+

x42

b4

]

. (2.178)

Prvo moramo pokazati da je u tockama x1,2 = ±b2/a zadovoljen uvjet ravnoteze

∂V

∂x1= 0 i

∂V

∂x2= 0. (2.179)

Izracunamo derivacije

∂V

∂x1= 4

U0

b4x3

1 − 2U0x1 − x2

a2, (2.180)

∂V

∂x2= 4

U0

b4x3

2 + 2U0x1 − x2

a2. (2.181)

Stacionarne tocke

∂V

∂x1

= 0 =⇒ 2U0

b4x3

1 − U0x1

a2+ U0

x2

a2, (2.182)

∂V

∂x2

= 0 =⇒ 2U0

b4x3

2 − U0x2

a2+ U0

x1

a2. (2.183)

Uvrstavanjem se lako mozemo uvjeriti da su prethodne jednadzbe ispunjene za

x1 = −x2 =b2

ai x2 = −x1 = −b2

a. (2.184)

Cestice su jednake pa je svejedno koju tocku izaberemo. Da bi tocka ravnoteze bilastabilna moraju biti ispunjeni sljedeci uvjeti

H =

∣

∣

∣

∣

∣

∂2V∂x2

1

∂2V∂x1∂x2

∂2V∂x1∂x2

∂2V∂x2

2

∣

∣

∣

∣

∣

> 0 i∂2V

∂x21

> 0. (2.185)


Izracunamo derivacije potrebne za Hessian u tocki ravnoteze

∂2V

∂x21

∣

∣

∣

∣

0

= 12U0

b4x2

1 −2U0

a2=

10U0

a2, (2.186)

∂2V

∂x22

∣

∣

∣

∣

0

= 12U0

b4x2

2 −2U0

a2=

10U0

a2, (2.187)

∂2V

∂x1∂x2

∣

∣

∣

∣

0

=2U0

a2. (2.188)

Hessian je u tocki ravnoteze pozitivan

H =

∣

∣

∣

∣

10U0

a22U0

a2

2U0

a210U0

a2

∣

∣

∣

∣

= 96U0

a2> 0. (2.189)

Osim toga vrijedi∂2V

∂x21

∣

∣

∣

∣

0

=10U0

a2> 0, (2.190)

pa mozemo zakljuciti da je tocka ravnoteze stabilna. Promatramo mala odstupanjaod tocke ravnoteze

x1 = x01 + ξ1, x2 = x0

2 + ξ2. (2.191)

Iskoristimo Taylorov razvoj funkcije dvije varijable

V (x1, x2) = V (x01, x

02) +

[

∂V

∂x1

∣

∣

∣

∣

0

ξ1∂V

∂x2

∣

∣

∣

∣

0

ξ2

]

+1

2

[

∂2V

∂x21

∣

∣

∣

∣

0

ξ21 + 2

∂2V

∂x1∂x2

∣

∣

∣

∣

0

ξ1ξ2 +∂2V

∂x22

∣

∣

∣

∣

0

ξ22

]

. (2.192)

Uvrstimo derivacije potencijala u tocki ravnoteze

V (ξ1, ξ2) ≈ V (x01, x

02) +

5U0

a2ξ21 +

2U0

a2ξ1ξ2 +

5U0

a2ξ22, (2.193)

pri cemu konstantni clan mozemo zanemariti jer je potencijal definiran do na kon-stantu. Konacno, Lagrangian malih oscilacija glasi

Ls.o. =m

2ξ21 +

m

2ξ22 −

5U0

a2ξ21 −

5U0

a2ξ22 −

2U0

a2ξ1ξ2. (2.194)


Zadatak 2.8

Nadite Lagrangian sfericnog njihala u blizini tocke stabilne ravnoteze u Kartezijevimkoordinatama.Rjesenje

Slika 2.12: Sfericno njihalo.

Ako duljina niti njihala iznosi l, koordinate x, y i z vezane su relacijom

x2 + y2 + z2 = l2 =⇒ z =√

l2 − x2 − y2. (2.195)

Promatramo li samo mala odstupanja od tocke ravnoteze (x, y ≪ l), izraz podkorijenom mozemo razviti u red

z = l

√

1 − x2 + y2

l2≈ l − x2 + y2

2l. (2.196)

Treba nam i vremenska derivacije koordinate z

z = −1

l(xx + yy) . (2.197)

Kineticka energija cestice na kraju niti iznosi

T =m

2

(

x2 + y2 + z2)

=m

2x2 +

m

2y2 +

m

2l2(xx + yy)2 . (2.198)

Zadnji clan je zanemariv u usporedbi s prva dva pa vrijedi

T ≈ m

2x2 +

m

2y2. (2.199)


Sustav se pritom nalazi u homogenom gravitacijskom polju

U = −mgz = −mgl +mg

2l

(

x2 + y2)

. (2.200)

Lagrangian sfericnog njihala u harmonickoj aproksimaciji glasi

L =m

2

[

x2 + y2 − ω2(

x2 + y2)]

, (2.201)

pri cemu je frekvencija njihala

ω ≡ g

l. (2.202)

Lagrangian je suma Lagrangiana dva nezavisna oscilatora.

2.2 Normalne koordinate

2.2.1 Dijagonalizacija Lagrangiana

Openiti oblik Lagrangiana malih oscilacija glasi

Ls.o. =1

2

∑

i,j

mij xixj −1

2

∑

i,j

kijxixj . (2.203)

Cilj je istovremeno dijagonalizirati matrice mij i kij jer se tada Lagrangian svodina sumu Lagrangiana nezavisnih harmonickih oscilatora. Obje matrice m i k susimetricne, matrica m je uvijek pozitivno definitna, dok je matrica k pozitivnodefinitna ako je tocka ravnoteze stabilna.Prvi korakMatrica m je realna i simetricna pa sigurno postoji ortogonalna matrica U koja jedijagonalizira

m′ = UT mU, (2.204)

pri cemu je matrica m′ dijagonalna. Buduci da je matrica m pozitivno definitna,svi elementi dijagonalne matrice m′ su pozitivni

m′ij = δijµi. (2.205)

Drugi korakKonstruiramo dijagonalnu matricu S

Sij =1√µi

δij . (2.206)

2.2. NORMALNE KOORDINATE 51

Treci korakUocimo da matrica US transformira matricu kineticke energije u jedinicnu matricu

(

UT mU)

ij= δijµi =⇒

[

ST(

UT mU)

S]

mn= δmn. (2.207)

Cetvrti korakKonstruiramo matricu

k′ = (US)T k (US) , (2.208)

koja je i dalje simetricna realna matrica

k′ij =

∑

kl

(US)Tik kkl (US)lj =

∑

kl

(US)ki klk (US)Tjl

=∑

kl

(US)Tjl klk (US)ki = k′

ji. (2.209)

Stoga sigurno postoji ortogonalna matrica V koja dijagonalizira matricu k′.Peti korakKonstruiramo dijagonalnu matricu k′′

k′′ = V T k′V = V T (US)T k (US) V = (USV )T k (USV ) . (2.210)

Matrica V T m′′V je i dalje jedinicna jer je V ortogonalna matrica, a m′′ jedinicnamatrica.ZakljucakUvijek mozemo naci matricu G = USV koja matricu kineticke energije transformirau jedinicnu matricu, a istovremeno dijagonalizira matricu potencijalne energije.Bitno je uociti da matrica G opcenito nije ortogonalna.


Zadatak 2.9

Napisite Lagrangian dvostrukog matematickog njihala ako vrijedi m1 = m2 ≡ m il1 = l2 ≡ l. Nadite matricu transformacije koja istovremeno dijagonalizira kinetickui potencijalnu energiju u Lagrangianu. (DvostrukoNjihaloDijagonalizacija.nbp)Rjesenje

x

z

l

l

m (1)

m (2)

φ1

φ2

~g

Slika 2.13: Dvostruko njihalo.

Koordinate cestica glase

x1 = l sin φ1, (2.211)

z1 = l cos φ1, (2.212)

x2 = l sin φ1 + l sin φ2, (2.213)

z2 = l cos φ1 + l cos φ2. (2.214)

Deriviranjem po vremenu dolazimo do komponenti brzina cestica

x1 = l cos φ1φ1, (2.215)

z1 = −l sin φ1φ1, (2.216)

x2 = l cos φ1φ1 + l cos φ2φ2, (2.217)

z2 = −l sin φ1φ1 − l sin φ2φ2. (2.218)

Kineticka energija sustava je suma kinetickih energija pojedinih cestica

T = T1 + T2 =m

2l2[

2φ21 + φ2

2 + φ1φ2 cos (φ1 − φ2)]

. (2.219)


Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa potencijalna energija sustavaglasi

V = −mgz1 − mgz2 = −2mgl cos φ1 − mgl cos φ2. (2.220)

Uz pretpostavku da promatramo samo male oscilacije funkciju cos mozemo razvitiu red

cos φ1,2 ≈ 1 − 1

2φ2

1,2. (2.221)

Clan cos (φ1 − φ2) mozemo zamijeniti s jedinicom jer su φ1 i φ2 vec male velicine.Konstantni clan u potencijalnoj energiji mozemo zanemariti jer ne doprinosi u La-grangeovim jednadzbama. Konacno, Lagrangian malih oscilacija

Ls.o. =m

2l2[

2φ21 + φ2

2 + 2φ1φ2

]

− mglφ21 −

1

2mglφ2

2, (2.222)

ima oblik kvadratne forme

Ls.o. =1

2

∑

i,j

mijφiφj −1

2

∑

i,j

kijφiφj . (2.223)

Cilj nam je naci transformaciju koja istovremeno dijagonalizira matrice kineticke ipotencijalne energije.

mij = ml2(

2 11 1

)

i kij = mgl

(

2 00 1

)

. (2.224)

Prvi korakDijagonaliziramo matricu kineticke energije. Ortogonalna matrica U koja dijago-nalizira matricu kineticke energije glasi

U =

1−√

5√10−2

√5

1+√

5√2(5+

√5)

√

25−

√5

√

25+

√5

, (2.225)

=⇒ m′ = UT mU = ml2(

12

(

3 −√

5)

0

0 12

(

3 +√

5)

.

)

. (2.226)

Drugi korakKonstruiramo dijagonalnu matricu S na cijoj su dijagonali reciprocne vrijednostikorijena dijagonalnih elemenata matrice m′

S =1√ml2

√

23−

√5

0

0√

23+

√5

. (2.227)


Treci korakUocimo da produkt matrica U i S

US =1√ml2

1−√

5

2√

5−2√

5

1+√

5

2√

5+2√

51√

5−2√

5

1√5+2

√5

, (2.228)

transfomira matricu kineticke energije u jedinicnu matricu

m′′ = (US)T m(US) =

(

1 00 1

)

. (2.229)

Cetvrti korakKonstruiramo matricu k′

k′ = (US)T k(US) =g

l

(

10+3√

55

− 1√5

− 1√5

10−3√

55

)

. (2.230)

Peti korakDijagonaliziramo matricu k′. Ortogonalna matrica V koja dijagonalizira matricu k′

glasi

V =

12

√

2 − 3√

25

−12

√

2 + 3√

25

1√20−6

√10

1√20+6

√10

. (2.231)

Matrica V prevodi matricu k′ u dijagonalni oblik

V T k′V =g

l

(

2 −√

2 0

0 2 +√

2

)

, (2.232)

dok matricu m′′ ostavlja nepromijenjenom

V T m′′V =

(

1 00 1

)

. (2.233)

ZakljucakMatrica G = USV

G = USV =1√ml2

(

12

√

2 −√

2 12

√

2 +√

21√

2+√

2− 1√

2−√

2

)

, (2.234)

transformira matricu kineticke energije u jedinicnu matricu

GT mG =

(

1 00 1

)

, (2.235)

a istovremeno dijagonalizira matricu potencijalne energije

GTkG =g

l

(

2 −√

2 0

0 2 +√

2

)

. (2.236)


2.2.2 Rjesenje jednadzbi gibanja

Sustav vezanih harmonickih oscilatora opisan je s n vezanih homogenih linearnihdiferencijalnih jednadzbi drugog reda

n∑

j=1

[mij xj + kijxj ] = 0, i = 1, . . . , n. (2.237)

Sustav ima 2n linearno nezavisnih rjesenja. Pretpostavimo sljedecu vremensku ovis-nost funkcija xj(t)

xj(t) = Ajeiωt. (2.238)

Uvrstavanje rjesenja xj(t) u sustav jednadzbi (2.237) vodi na homogeni sustav od nlinearnih algebarskih jednadzbi s n nepoznanica A1, . . . , An

n∑

j=1

[

−ω2mij + kij

]

Aj = 0, i = 1, . . . , n (2.239)

Sustav ima netrivijalno rjesenje samo ako mu determinanta iscezava

∣

∣kij − ω2mij

∣

∣ = 0. (2.240)

Dosli smo do jednadzbe n-tog stupnja za ω2. Funkcije xj(t) su rjesenja sustava(2.237) samo ako je ω2 korijen jednadzbe (2.240). Jedn. (2.240) ima n rjesenja paω moze poprimiti 2n vrijednosti ±

√

ω2α. Mozemo pokazati da su u slucaju stabilne

ravnoteze sve vrijednosti ω2α pozitivne. Pomnozimo i-tu jednadzbu sustava (2.239)

s A(α)∗i , a nakon toga sumiramo po indeksu i

∑

ij

kijA(α)∗i A

(α)j = ω2

α

∑

ij

mijA(α)∗i A

(α)j (2.241)

=⇒ ω2α =

∑

ij A(α)∗i kijA

(α)j

∑

ij A(α)∗i mijA

(α)j

=A(α)†kA(α)

A(α)†mA(α). (2.242)

Matrica kineticke energije m je pozitivno definitna pa je nazivnik jedn. (2.242)pozitivan. Ako je tocka ravnoteze stabilna, matrica potencijalne energije je takoderpozitivno definitna. U tom slucaju su i brojnik i nazivnik u jedn. (2.242) pozitivnipa su sva rjesenja ω2

α pozitivna, a same frekvencije ωα realne. Pretpostavimo da jetocka ravnoteze zaista stabilna, kao i da su sve frekvencije ωα razlicite. Za svakupojedinu frekvenciju ωα matrica

[

kij − ω2αmij

]

, (2.243)


ima n − 1 linearno nezavisnih redaka tj. stupaca (rang matrice je n − 1). Bilo koji

koeficijent A(α)j u sustavu jednadzbi

n∑

j=1

[

−ω2αmij + kij

]

A(α)j = 0, i = 1, . . . , n (2.244)

mozemo smatrati slobodnim i pomocu njega izraziti ostale koeficijente. Odaberimonpr. koeficijent A

(α)n kao slobodan. Sumu u prethodnoj jednadzbi mozemo podijeliti

na dva dijela

n−1∑

j=1

[

−ω2αmij + kij

]

A(α)j +

[

−ω2αmin + kin

]

A(α)n = 0. (2.245)

Clanovi j = n imaju ulogu nehomogenih dijelova jednadzbe

n−1∑

j=1

[

−ω2αmij + kij

]

A(α)j =

[

ω2αmin − kin

]

A(α)n = 0, i = 1, . . . , n (2.246)

Ako izuzmemo bilo koju jednadzbu iz sustava, preostalih n−1 jednadzbi je linearnonezavisno. Ovo je direktna posljedica pretpostavke da su sve frekvencije razlicite.Ako su neke frekvencije jednake, broj linearno nezavisnih jednadzbi se smanjuje.Izaberemo n-tu jednadzbu kao linearno zavisnu i eliminiramo je iz sustava. Preostajenam n − 1 jednadzbi za koeficijente A

(α)1 , . . . , A

(α)n−1

n−1∑

j=1

[

−ω2αmij + kij

]

A(α)j =

[

ω2αmin − kin

]

A(α)n = 0, i = 1, . . . , n − 1 (2.247)

Koeficijent A(α)j proporcionalan je determinanti sustava (2.247) ako prvi stupac

determinante zamijenimo nehomogenim dijelom. Zapravo se radi o minori sus-tava (2.239) dobivenoj izbacivanjem prvog stupca i n-tog retka

A(α)1 ∼ ∆α

1n. (2.248)

Jednakim postupkom nalazimo i preostale koeficijente

A(α)j ∼ ∆

(α)jn , (2.249)

pri cemu smo minoru sustava (2.239) dobijenu izbacivanjem j-tog stupca i n-tog

retka oznacili s ∆(α)jn . Rjesenje koje opisuje titranja sustava frekvencijom ωα mozemo

napisati u oblikux

(α)j = ∆

(α)j Cαeiωαt. (2.250)


Pritom je ∆(α)j minora sustava (2.239) dobijena izbacivanjem j-tog stupca i bilo

kojeg retka, ali istog za sve j. Opce rjesenje sustava je linearna kombinacija

∑

α

∆(α)j Cαeiωαt. (2.251)

Fizikalnom rjesenju odgovara samo realni dio

xj(t) = Re

[

∑

α

∆(α)j Cαeiωαt

]

≡∑

α

∆(α)j Qα. (2.252)

Rjesenje xj(t) predstavlja superpoziciju jednostavnih titranja frekvencije ωα. Fazei amplitude pojedinih titranja definirane su kompleksnim koeficijentima Cα kojemozemo odrediti iz pocetnih uvjeta. Iz vremenske ovisnosti

Qα = Re[

Cαeiωαt]

, (2.253)

slijedi n nezavisnih Lagrangeovih jednadzbi

¨Qα + ω2αQα = 0, α = 1, . . . , n (2.254)

Pripadni Lagrangian glasi

L =∑

α

mα

2

[

˙Q2α − ω2

αQ2α

]

, (2.255)

gdje su mα pozitivne konstante ovisne o mij i kij. Definiramo novi set koordinataQα ≡ √

mαQα, da bi dobili jednostavniji Lagrangian

L =1

2

∑

α

[

Q2α − ω2

αQ2α

]

. (2.256)

Koordinate Qα zovemo normalnim koordinatama. Rjesavanje jednadzbi gibanja jeekvivalentno istovremenoj dijagonalizaciji matrica kineticke i potencijalne energije.Svaki sistem n vezanih harmonickih oscilatora prijelazom na normalne koordinatesvodimo na n nezavisnih oscilatora. Provedenu analizu mozemo prosiriti na situacijeu kojima su neke svojstvene frekvencije jednake (degenerirane). Izbor normalnih ko-ordinata u tom slucaju nije jednoznacan. Broj nejednoznacnih normalnih koordinatajednak je stupnju degeneracije sustava.


Zadatak 2.10

Nadite svojstvene frekvencije i normalne koordinate dvostrukog njihala (DvostrukoNjihalo-modovi.nbp i DvostrukoNjihalo.nbp).Rjesenje

x

z

l

l

m (1)

m (2)

φ1

φ2

~g

Slika 2.14: Dvostruko njihalo.

Lagrangian smo vec izracunali u prethodnom zadataku

Ls.o. =m

2l2(

2φ21 + φ2

2 + 2φ1φ2

)

− mglφ21 −

1

2mglφ2

2. (2.257)

U praksi do matrice transformacije G dolazimo rjesavajuci jednadzbe gibanja

2φ1 + φ2 + 2ω20φ1 = 0, (2.258)

φ2 + φ1 + ω20φ2 = 0, (2.259)

pri cemu smo uveli oznaku ω20 = g/l. Pretpostavimo oscilatorno rjesenje

φi =∑

k=1,2

aikCke−iωkt. (2.260)

Svojstvene frekvencije ωk, kao i koeficijente aik tek trebamo naci, dok su koefici-jenti Ck fiksirani pocetnim uvjetima. Uvrstimo pretpostavljeno rjesenje u jednadzbegibanja

∑

k=1,2

[

−2ω2ka1k − ω2

ka2k + 2ω20a1k

]

Cke−iωkt = 0, (2.261)

∑

k=1,2

[

−ω2ka1k − ω2

ka2k + ω20a2k

]

Cke−iωkt = 0. (2.262)


Uz pretpostavku da su svojstvene frekvencije razlicite, prethodne jednadzbe svodese na sustav jednadzbi

2(

ω20 − ω2

k

)

a1k − ω2ka2k = 0 (2.263)

−ω2ka1k +

(

ω20 − ω2

k

)

a2k = 0. (2.264)

Da bi homogeni sustav jednadzbi imao rjesenje, determinanta mu mora iscezavati∣

∣

∣

∣

2ω20 − 2ω2

k −ω2k

−ω2k ω2

0 − ω2k

∣

∣

∣

∣

= 0 =⇒ 2(ω20 − ω2

k)2 − ω4

k = 0. (2.265)

Svojstvene frekvencije glase

ω21 = (2 −

√2)ω2

0 i ω22 = (2 +

√2)ω2

0. (2.266)

Uvrstimo prvu svojstvenu frekvenciju u sustav jednadzbi (2.263,2.264)

2(1 − 2 +√

2)ω20a11 − (2 −

√2)ω2

0a21 = 0, (2.267)

=⇒ 2(√

2 − 1)a11 −√

2(√

2 − 1)a21 = 0, (2.268)

=⇒ a21 =√

2a11, (2.269)

a zatim postupak ponovimo s drugom svojstvenom frekvencijom

=⇒ a22 = −√

2a12. (2.270)

Ako s Qi oznacimo normalne koordinate

Q1 ≡ C1e−iωt i Q2 ≡ C2e

−iωt, (2.271)

transformaciju mozemo napisati u sljedecem obliku

φ1 = a11Q1 + a12Q2 i φ2 = a21Q1 + a22Q2. (2.272)

Vec smo zakljucili da vrijedi

a21 =√

2a11 i a22 = −√

2a12, (2.273)

=⇒ φ1 = cQ1 + dQ2 i φ2 =√

2cQ1 −√

2dQ2. (2.274)

Preostalo je normirati rjesenja tj. naci koeficijente c i d. Transformiramo kinetickuenergiju

1

2

∑

ij

mijφiφj =1

2

∑

ij

mij

∑

k

aikQk

∑

l

ajlQl (2.275)

1

2

∑

ij

mijφiφj =1

2

∑

kl

QkQl

∑

ij

aTkimijajl. (2.276)


Dakle, koeficijente a i b fiksiramo sljedecim zahtjevom

∑

ij

aTkimijajl = δkl. (2.277)

Uvjet normiranja u matricnom obliku glasi

(

c d√2c −

√2d

)T (2ml2 ml2

ml2 ml2

)(

c d√2c −

√2d

)

=

(

1 00 1

)

. (2.278)

Izmnozimo matrice(

(4 + 2√

2)ml2c2 0

0 (4 − 2√

2)ml2d2

)

=

(

1 00 1

)

, (2.279)

a zatim izracunamo koeficijente c i d

c =1

√

2(2 +√

2)ml2i d =

1√

2(2 −√

2)ml2. (2.280)

Uocimo da je matrica transformacije

a =1√ml2

1√2

1√2+

√2

1√2

1√2−

√2

1√2+

√2

− 1√2−

√2

, (2.281)

nakon racionalizacije elemenata u prvom retku

a =1√ml2

(

12

√

2 −√

2 12

√

2 +√

21√

2+√

2− 1√

2−√

2

)

, (2.282)

potpuno jednaka matrici G iz prethodnog zadatka. Fizikalno rjesenje odgovara re-alnom dijelu

φ1 = A1 cos (ω1t + α1) + A2 cos (ω2t + α2), (2.283)

φ2 =√

2A1 cos (ω1t + α1) −√

2A2 cos (ω2t + α2), (2.284)

pri cemu su konstante A1, A2, α1 i α2 odredene pocetnim uvjetima. Odabir A1 6= 0 iA2 = 0 odgovara titranju s nizom frekvencijom ω1 (titranje u fazi), dok odabir A1 = 0i A2 6= 0 odgovara titranju s visom frekvencijom (titranje u protufazi). Naravno,moguc je i odabir A1 6= 0 i A2 6= 0 koji odgovara superpoziciji dva svojstvena modatitranja.


Zadatak 2.11

Mala titranja sustava s dva stupnja slobode opisana su sljedecim Lagrangianom

L =1

2

[

x2 + y2]

− ω20

2

(

x2 + y2)

+ αxy. (2.285)

Nadite svojstvene frekvencije i normalne koordinate sustava.Rjesenje

Da bi Lagrangian napisali u obliku kvadratne forme

L =1

2

∑

i,j

(mij xixj − kijxixj), (2.286)

uvodimo oznake x1 ≡ x i x2 ≡ y. Matrica kineticke energije je u ovom slucajujedinicna matrica, dok je matrica potencijalne energije nedijagonalna

m =

(

1 00 1

)

i k =

(

ω20 −α

−α ω20

)

. (2.287)

Jednadzbe gibanja izvedene iz Lagrangiana predstavljaju homogeni sustav dvijelinearne diferencijalne jednadzbe drugog reda

x1 + ω20x1 − αx2 = 0, (2.288)

x2 + ω20x2 − αx1 = 0. (2.289)

Rjesenje sustava pretpostavimo u obliku superpozicije jednostavnih titranja

xi =∑

k

aikCke−iωkt, (2.290)

a zatim ga uvrstimo u jednadzbe gibanja

∑

k

[(

ω20 − ω2

k

)

a1k − αa2k

]

Cke−iωkt = 0, (2.291)

∑

k

[(

ω20 − ω2

k

)

a2k − αa1k

]

Cke−iωkt = 0, (2.292)

Uz pretpostavku da su frekvencije ωk razlicite, funkcije e−iωkt su linearno nezavisnepa izrazi u uglatim zagradama moraju iscezavati. Problem smo sveli na homogenisustav dvije jednadzbe s dvije nepoznanice

(

ω20 − ω2

k

)

a1k − αa2k = 0, (2.293)

−αa1k +(

ω20 − ω2

k

)

a2k = 0. (2.294)


Da bi sustav imao netrivijalno rjesenje, determinanta mu mora iscezavati

∣

∣

∣

∣

ω20 − ω2

k −α−α ω2

0 − ω2k

∣

∣

∣

∣

= 0 =⇒(

ω20 − ω2

k

)2 − α2 = 0. (2.295)

Svojstvene frekvencije sustava

ω21 = ω2

0 − α i ω22 = ω2

0 + α. (2.296)

Uvrstimo prvu svojstvenu frekvenciju u sustav jednadzbi

(ω20 − ω2

1) a11 − αa21 = 0 =⇒ αa11 − αa21 = 0−αa11 + (ω2

0 − ω21) a21 = 0 =⇒ −αa11 + αa21 = 0

=⇒ a11 = a21, (2.297)

a zatim isto ponovimo s drugom frekvencijom

(ω20 − ω2

2) a12 − αa22 = 0 =⇒ −αa12 − αa22 = 0−αa12 + (ω2

0 − ω22) a22 = 0 =⇒ −αa12 − αa22 = 0

=⇒ a12 = −a22. (2.298)

Ako uvedemo standardne oznake Qk ≡ Cke−iωkt, transformaciju (2.290) mozemo

napisati u obliku

x1 = a11Q1 + a12Q2, (2.299)

x2 = a21Q1 + a22Q2. (2.300)

Iskoristimo relacijea11 = a21 ≡ c i a12 = −a22 ≡ d, (2.301)

=⇒ x1 = cQ1 + dQ2 i x2 = cQ1 − dQ2. (2.302)

Preostalo nam je fiksirati koeficijente c i d. Prisjetimo se da ukupna transformacijatransformira matricu kineticke energije u jedinicnu matricu

∑

ij

aTkimijajl = δkl. (2.303)

U ovom konkretnom primjeru je matrica kineticke energije od pocetka jedinicnamatrica pa se uvjet (2.303) svodi na uvjet ortogonalnosti matrice a

∑

ij

aikail = δkl. (2.304)

Prvo izracunamo koeficijent c (k = l = 1)

a11a11 + a21a21 = 1 =⇒ c =1√2, (2.305)


a zatim i koeficijent d (k = l = 2)

a12a12 + a22a22 = 1 =⇒ d =1√2. (2.306)

Konacno matrica transformacije xi =∑

k

aikQk glasi

a =

(

1√2

1√2

1√2

− 1√2

)

. (2.307)

Provjerimo da li matrica a dijagonalizira matricu potencijalne energije

aT ka =

(

1√2

1√2

1√2

− 1√2

)

(

ω20 −α

−α ω20

)

(

1√2

1√2

1√2

− 1√2

)

(2.308)

aT ka =1

2

(

1 11 −1

)(

ω20 −α

−α ω20

)(

1 11 −1

)

(2.309)

aT ka =1

2

(

1 11 −1

)(

ω20 − α ω2

0 + αω2

0 − α −ω20 − α

)

(2.310)

aT ka =

(

ω20 − α 00 ω2

0 + α

)

. (2.311)

Lagrangian u normalnim koordinatama poprima dijagonalni oblik

L =1

2

[

Q21 + Q2

2

]

− 1

2

(

ω20 − α

)

Q21 −

1

2

(

ω20 + α

)

Q21. (2.312)

Fizikalno rjesenje odgovara realnom dijelu

x1 =1√2

(A1 cos (ω1t + α1) + A2 cos (ω2t + α2)) , (2.313)

x2 =1√2

(A1 cos (ω1t + α1) − A2 cos (ω2t + α2)) , (2.314)

pri cemu su konstante A1, A2, α1 i α2 odredene pocetnim uvjetima. Odabir A1 6= 0 iA2 = 0 odgovara titranju nizom frekvencijom ω1 (titranje u fazi), dok odabir A1 = 0i A2 6= 0 odgovara titranju visom frekvencijom (titranje u protufazi). Naravno,moguc je i odabir A1 6= 0 i A2 6= 0 koji odgovara superpoziciji dva svojstvena modatitranja.


Zadatak 2.12

Nadite Lagrangian malih oscilacija, svojstvene frekvencije i normalne koordinatesustava na slici (TriCestice-modovi.nbp i TriCestice.nbp).Rjesenje

m 3m m2k 2kk k

x1 x2 x3

Slika 2.15: Sustav od tri cestice povezane s cetiri opruge.

Za razliku od prethodnog zadatka, ovdje prvo moramo napisati Lagrangian. Poten-cijalna energija je suma doprinosa svake pojedine opruge

U =1

2kx2

1 +1

2(2k)(x1 − x2)

2 +1

2(2k)(x2 − x3)

2 +1

2kx2

3 (2.315)

U =1

2k[

3x21 + 4x2

2 + 3x23 − 4x1x2 − 4x2x3

]

(2.316)

Kineticka energija je suma doprinosa svake pojedine cestice

T =m

2x2

1 +3m

2x2

2 +m

2x2

3. (2.317)

Ako kineticku i potencijalnu energiju napisemo u obliku kvadratne forme

T =1

2

∑

ij

mij xixj i U =1

2

∑

ij

kijxixj , (2.318)

matrice kineticke i potencijalne energije glase

mij = m

1 0 00 3 00 0 1

i kij = k

3 −2 0−2 4 −20 −2 3

. (2.319)


L =m

2x2

1 +3m

2x2

2 +m

2x2

3 −1

2k[

3x21 + 4x2

2 + 3x23 − 4x1x2 − 4x2x3

]

, (2.320)


uz odgovarajuce jednadzbe gibanja

mx1 + 3kx1 − 2kx2 = 0, (2.321)

3mx2 + 4kx2 − 2kx1 − 2kx3 = 0, (2.322)

mx3 + 3kx3 − 2kx2 = 0. (2.323)

Nadalje koristimo oznaku ω20 = k/m

x1 + 3ω20x1 − 2ω2

0x2 = 0, (2.324)

3x2 + 4ω20x2 − 2ω2

0x1 − 2ω20x3 = 0, (2.325)

x3 + 3ω20x3 − 2ω2

0x2 = 0. (2.326)

Pretpostavimo rjesenje u obliku superpozicije jednostavnih titranja

xi =∑

k


i uvrstimo ga u sustav diferencijalnih jednadzbi (2.324)-(2.326). Uz pretpostavkuda su frekvencije ωk razlicite, problem se sveo na homogeni sustav jednadzbi

−(

ω2k − 3ω2

0

)

a1k − 2ω20a2k = 0, (2.328)

−2ω20a1k −

(

3ω2k − 4ω2

0

)

a2k − 2ω20a3k = 0, (2.329)

−2ω20a2k −

(

ω2k − 3ω2

0

)

a3k = 0. (2.330)

Da bi sustav imao netrivijalno rjesenje, determinanta mu mora iscezavati∣

∣

∣

∣

∣

∣

−ω2k + 3ω2

0 −2ω20 0

−2ω20 −3ω2

k + 4ω20 −2ω2

0

0 −2ω20 −ω2

k + 3ω20

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0. (2.331)

Raspisemo determinantu(

−ω2k + 3ω2

0

) [

(−3ω2k + 4ω2

0)(−ω2k + 3ω2

0) − 4ω40

]

+ 4ω20(ω

2k − 3ω2

0) = 0, (2.332)

a zatim izlucimo faktor (−ω2k + 3ω2

0)(

−ω2k + 3ω2

0

) [

(−3ω2k + 4ω2

0)(−ω2k + 3ω2

0) − 8ω40

]

= 0, (2.333)

i pregrupiramo faktore u uglatoj zagradi(

−ω2k + 3ω2

0

) [

3ω4k − 13ω2

kω20 + 4ω4

0

]

= 0. (2.334)

Svojstvene frekvencije glase

ω21 = 3ω2

0, ω2 = 4ω20, ω2

3 =1

3ω2

0. (2.335)


Uvrstimo prvu svojstvenu frekvenciju sustav jednadzbi

−(

ω21 − 3ω2

0

)

a11 − 2ω20a21 = 0 =⇒ a21 = 0, (2.336)

−2ω20a11 −

(

3ω21 − 4ω2

0

)

a21 − 2ω20a31 = 0 =⇒ −2a11 − 5a21 − 2a31 = 0, (2.337)

−2ω20a21 −

(

ω21 − 3ω2

0

)

a31 = 0 =⇒ −2a21 = 0. (2.338)

Rjesenje sustava mozemo napisati u obliku

a11 = A, a21 = 0, a31 = −A. (2.339)

Uvrstimo drugu svojstvenu frekvenciju u jednadzbe gibanja

−(

ω22 − 3ω2

0

)

a12 − 2ω20a22 = 0 =⇒ −a12 − 2a22 = 0, (2.340)

−2ω20a12 −

(

3ω22 − 4ω2

0

)

a22 − 2ω20a32 = 0 =⇒ −2a12 − 8a22 − 2a32 = 0, (2.341)

−2ω20a22 −

(

ω22 − 3ω2

0

)

a32 = 0 =⇒ −2a22 − a32 = 0. (2.342)


a12 = 2B, a22 = −B, a32 = 2B. (2.343)

Uvrstimo trecu svojstvenu frekvenciju u jednadzbe gibanja

−(

ω23 − 3ω2

0

)

a13 − 2ω20a23 = 0 =⇒ 8

3a13 − 2a22 = 0, (2.344)

−2ω20a13 −

(

3ω23 − 4ω2

0

)

a23 − 2ω20a33 = 0 =⇒ −2a13 + 3a23 − 2a33 = 0, (2.345)

−2ω20a23 −

(

ω23 − 3ω2

0

)

a33 = 0 =⇒ −2a22 +8

3a32 = 0. (2.346)


a13 = C, a23 =4

3C, a33 = C. (2.347)

Preostalo nam je jos normirati rjesenja koristeci uvjet∑

ij

aTkimijajl =

∑

ij

aikajlmij = δkl. (2.348)

Uocimo da je matrica kineticke energije dijagonalna, ali ne i jedinicna. Pomnozimotri matrice

aT ma =

A 0 −A2B −B 2BC 4

3C C

m 0 00 3m 00 0 m

A 2B C0 −B 4

3C

−A 2B C

(2.349)

aT ma = m

A 0 −A2B −B 2BC 4

3C C

A 2B C0 −3B 4C

−A 2B C

(2.350)

aT ma = m

2A2 0 00 11B2 00 0 22

3C2

. (2.351)


Da bi konacna matrica bila jedinicna, konstante A, B i C moraju imati sljedecevrijednosti

A =

√

1

2m, B =

√

1

11m, C =

√

3

22m. (2.352)

Provjerimo da li je matrica potencijalne energije dijagonalna

aT ka =

A 0 −A2B −B 2BC 4

3C C

3k −2k 0−2k 4k −2k

0 −2k 3k

A 2B C0 −B 4

3C

−A 2B C

(2.353)

aT ka = k

A 0 −A2B −B 2BC 4

3C C

3A 8B 13C

0 −12B 43C

−3A 8B 13C

(2.354)

aT ka = k

6A2 0 00 44B2 00 0 22

9C2

. (2.355)

Uvrstimo konstante A, B i C (2.352)

aT ka =k

m

3 0 00 4 00 0 1

3

. (2.356)

Lagrangian u normalnim koordinatama poprima dijagonalan oblik

L =1

2

(

Q21 + Q2

2 + Q23

)

− 1

2ω2

0

(

3Q21 + 4Q2

2 +1

3Q2

3

)

, (2.357)

pri cemu je ω20 = k/m.

1 2 3 1 2 3 1 2 3

Slika 2.16: Svojstveni modovi titranja.

Fizikalnom rjesenju odgovara realni dio

x1 = A1 cos (ω1t + α1) + A2 cos (ω2t + α2) + A3 cos (ω3t + α3), (2.358)

x2 = −1

2A2 cos (ω2t + α2) +

4

3A3 cos (ω3t + α3), (2.359)

x3 = −A1 cos (ω1t + α1) + A2 cos (ω2t + α2) + A3 cos (ω3t + α3), (2.360)

pri cemu su konstante A1, A2, A3, α1, α2 i α3 odredene pocetnim uvjetima. OdabirA1 6= 0, A2 = 0 i A3 = 0 odgovara titranju cijelog sustava frekvencijom ω1, odabir


A1 = 0, A2 6= 0 i A3 = 0 odgovara titranju sustava frekvencijom ω2, dok odabirA1 = 0, A2 = 0 i A3 6= 0 odgovara titranju sustava frekvencijom ω3 . Naravno,moguc je i odabir A1 6= 0, A2 6= 0 i A3 6= 0 koji odgovara superpoziciji tri svojstvenamoda titranja.


Zadatak 2.13

Za sustav na slici izracunajte x1(t) i x2(t) ako su zadani sljedeci pocetni uvjeti

x1(0) = a, x2(0) = 0, x1(0) = 0, x2(0) = 0. (2.361)

Posebno promotrite slucaj k1 ≪ k. Skicirajte x1(t) i x2(t) (Udari-animacija.nbp iUdari.nbp).Rjesenje

Potencijalna energija sustava je suma doprinosa tri opruge

m mk1k k

x1 x2

Slika 2.17: Sustav dvije cestice vezane s tri opruge.

U =1

2kx2

1 +1

2kx2

2 +1

2k1 (x1 − x2)

2 , (2.362)

dok je kineticka energija suma doprinosa pojedinih cestica

T = T1 + T2 =m

2x2

1 +m

2x2

2. (2.363)


L =m

2x2

1 +m

2x2

2 −1

2kx2

1 −1

2kx2

2 −1

2k1 (x1 − x2)

2 , (2.364)

uz odgovarajuce jednadzbe gibanja

x1 +k + k1

mx1 −

k1

mx2 = 0, (2.365)

x2 +k + k1

mx2 −

k1

mx1 = 0. (2.366)

Rjesenje prethodnog sustava mozemo napisati u obliku

xi =∑

k



Koeficijenti aik su rjesenja homogenog sustava jednadzbi

(

−ω2k +

k + k1

m

)

a1k −k1

ma2k = 0, (2.368)

(

−ω2k +

k + k1

m

)

a2k −k1

ma1k = 0. (2.369)

Da bi homogeni sustav jednadzbi imao netrivijalno rjesenje, njegova determinantamora iscezavati

∣

∣

∣

∣

−ω2k + k+k1

m−k1

m

−k1

m−ω2

k + k+k1

m

∣

∣

∣

∣

= 0 =⇒[

−ω2k +

k + k1

m

]2

− k21

m2= 0. (2.370)

Svojstvene frekvencije sustava glase

ω21 =

k

mi ω2

2 =k

m+ 2

k1

m, (2.371)

pri cemu niza frekvencija odgovara titranju u fazi bez deformacije srednje opruge

a11 = a21 i a12 = −a22. (2.372)

Normiranje rjesenja je trivijalno jer je matrica kineticke energije proporcionalnajedinicnoj matrici

∑

k

aikajk = δij =⇒ a11 = a21 =1√2

i a12 = −a22 =1√2. (2.373)

Konstante Ck u rjesenju

x1(t) =1√2

(

C1e−iω1t + C2e

−iω2t)

, (2.374)

x2(t) =1√2

(

C1e−iω1t − C2e

−iω2t)

, (2.375)

mozemo napisati kao produkt amplitude i faznog faktora

C1 = A1e−iφ1 i C2 = A2e

−iφ2 . (2.376)

Fizikalnom rjesenju odgovaraju realni dijelovi

x1(t) =1√2

[A1 cos (ω1t + φ1) + A2 cos (ω2t + φ2)] , (2.377)

x2(t) =1√2

[A1 cos (ω1t + φ1) − A2 cos (ω2t + φ2)] . (2.378)


Zadani pocetni uvjeti glase

x1(0) =1√2

[A1 cos φ1 + A2 cos φ2] = a, (2.379)

x2(0) =1√2

[A1 cos φ1 − A2 cos φ2] = 0, (2.380)

x1(0) =1√2ω [−A1 sin φ1 − A2 sin φ2] = 0, (2.381)

x2(0) =1√2ω [−A1 sin φ1 + A2 sin φ2] = 0. (2.382)

Zbrojimo zadnje dvije jednadzbe

A1 sin φ1 = 0 =⇒ φ1 = 0, (2.383)

a zatim ih oduzmemo

A2 sin φ2 = 0 =⇒ φ2 = 0. (2.384)

Uvrstimo φ1 i φ2 u prvu jednadzbu

A1 + A2 =√

2a, (2.385)

a zatim i u drugu jednadzbu

A1 − A2 = 0 =⇒ A1 = A2 =a√2. (2.386)

Rjesenje koje odgovara pocetnim uvjetima

x1(t) =a

2[cos ω1t + cos ω2t] = a cos

(ω1 + ω2)t

2cos

(ω1 − ω2)t

2, (2.387)

x2(t) =a

2[cos ω1t − cos ω2t] = −a sin

(ω1 + ω2)t

2sin

(ω1 − ω2)t

2. (2.388)

Ogranicimo se sada na poseban slucaj k1 ≪ k

ω2 =

√

k + 2k1

m=

√

k

m

√

1 +2k1

k. (2.389)

Taylorov razvoj frekvencije ω2

ω2 ≈√

k

m

(

1 +k1

k

)

= ω1

(

1 +k1

k

)

. (2.390)


Zbroj i razlika frekvencija glase

ω1 + ω2 = 2ω1 + ω1k1

k≈ 2ω1, (2.391)

ω1 − ω2 = −ω1k1

k≡ −2ǫ. (2.392)

Rjesenje mozemo napisati u sljedecem obliku

x1(t) = a cos (ω1t) cos (ǫt), (2.393)

x2(t) = a sin (ω1t) sin (ǫt). (2.394)

Svaka cestica titra frekvencijom ω1, pri cemu se amplituda oscilacija sporo mijenja.Ovakvu pojavu nazivamo udari.


Zadatak 2.14

Nadite Lagrangian, svojstvene frekvencije i normalne koordinate za sustav na slici.Rjesenje:

mm

m

k

k k

x1

x2

x3

Slika 2.18: Sustav tri cestice povezane oprugama.

Kineticka energija je suma doprinosa pojedinih cestica

T =m

2

(

x21 + x2

2 + x23

)

, (2.395)

dok je potencijalna energija suma doprinosa pojedinih opruga

U =k

2

[

(x1 − x2)2 + (x2 − x3)

2 + (x3 − x1)2]

. (2.396)


L =m

2

(

x21 + x2

2 + x23

)

− k

2

[

(x1 − x2)2 + (x2 − x3)

2 + (x3 − x1)2]

. (2.397)

Ako definiramo oznaku ω20 = k/m, Lagrangeove jednadzbe glase

x1 + 2ω20x1 − ω2

0x2 − ω20x3 = 0, (2.398)

x2 + 2ω20x2 − ω2

0x1 − ω20x3 = 0, (2.399)

x3 + 2ω20x3 − ω2

0x1 − ω20x2 = 0. (2.400)

Pretpostavimo oscilatorno rjesenje

xi =∑

k



a zatim ga uvrstimo u jednadzbe gibanja. Uz pretpostavku da su frekvencije ωk

razlicite, jednadzbe gibanja svode se na homogeni sustav tri jednadzbe s tri nepoz-nanice

(

−ω2k + 2ω2

0

)

a1k − ω20a2k − ω2

0a3k = 0, (2.402)

−ω20a1k +

(

−ω2k + 2ω2

0

)

a2k − ω20a3k = 0, (2.403)

−ω20a1k − ω2

0a2k +(

−ω2k + 2ω2

0

)

a3k = 0. (2.404)

Sustav ima netrivijalno rjesenje samo ako mu determinanta iscezava

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−ω2k + 2ω2

0 −ω20 −ω2

0

−ω20 −ω2

k + 2ω20 −ω2

0

−ω20 −ω2

0 −ω2k + 2ω2

0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0. (2.405)

Raspisivanjem determinante dolazimo do jednadzbe

(

−ω2k + 3ω2

0

)2ω2

k = 0. (2.406)

Lijeva zagrada daje dvostruki korijen

ω1,2 =√

3ω0, (2.407)

dok je treci korijen jednadzbe jednak nuli ω3 = 0. Promotrimo najprije zadnjerjesenje, odnosno uvrstimo frekvenciju ω3 = 0 u sustav jednadzbi (2.402-2.404)

a13 = a23 = a33 = konst. ≡ A. (2.408)

Opce rjesenje jednadzbi gibanja u ovakvom slucaju sadrzi jos i clan koji linearnoovisi o vremenu. Rjesenje predstavlja translatorno gibanje sve tri cestice

Q3(t) = A3t + B3. (2.409)

Svaki translatorno invarijantni sustav ima jedno rjesenje ovog tipa. Vratimo se sadadvostrukom korijenu ω1,2 =

√3ω0. Uvrstavanje korijena ω1,2 u sustav jednadzbi

(2.402-2.404) daje samo jednu linearno nezavisnu jednadzbu

a1k + a2k + a3k = 0, k = 1, 2. (2.410)

Dva linearno nezavisna rjesenja prethodne jednadzbe mozemo pogoditi

• prvo rjesenje: a11 = −a21, a31 = 0

• drugo rjesenje: a12 = 0, a22 = −a32

2.3. LISSAJEUS-OVE PUTANJE 75

12

3

12

3

12

3

Slika 2.19: Svojstveni modovi titranja. Treci mod odgovara translaciji ukupnogsustava pa zapravo ne predstavlja titranje.

Fizikalna interpretacija je jednostavna. U prvom slucaju cestica 3 miruje, a cestice1 i 2 titraju u protufazi. U drugom slucaju cestica 1 miruje, a cestice 2 i 3 titrajuu protufazi.Fizikalnom rjesenju odgovara realni dio

x1 = A1 cos (√

3ω0 + α1) + A3t + B3, (2.411)

x2 = −A1 cos ((√

3ω0 + α1)) + A2 cos ((√

3ω0 + α2)) + A3t + B3, (2.412)

x3 = −A2 cos ((√

3ω0 + α2)) + A3t + B3. (2.413)

Buduci da promatramo male oscilacije, konstante A3 i B3 mozemo izjednaciti snulom da bi sprijecili translatorno gibanje sustava. Mod A1 6= 0 i A2 = 0 odgovaratitranju cestica 1 i 2 u protufazi, dok cestica 3 miruje. Mod A1 = 0 i A2 6= 0 odgovaratitranju cestica 2 i 3 u protufazi, dok cestica 1 miruje. Bitno je uociti degeneracijusustava zbog koje modovi nisu jedinstveno odredeni. Npr. jednako moguci mod jeda cestice 1 i 3 titraju u protufazi, dok cestica 2 miruje.

2.3 Lissajeus-ove putanje

Promatramo sustav dva nezavisna harmonicka oscilatora opisan Lagrangianom

L =m

2

[

q21 + q2

2 − ω21q

21 − ω2

2q22

]

. (2.414)

q1 i q2 su normalne koordinate pa njihova vremenska ovisnost glasi

q1(t) = A1 cos (ω1t + φ1), (2.415)

q2(t) = A2 cos (ω2t + φ2). (2.416)

Vremensko ishodiste uvijek mozemo izabrati tako da vrijedi

φ1 = 0 i φ2 = φ. (2.417)


Rjesenja (2.415) i (2.416) svode se na

q1(t) = A1 cos (ω1t), (2.418)

q2(t) = A2 cos (ω2t + φ). (2.419)

Ukupno gibanje je superpozicija dvaju nezavisnih oscilatorskih gibanja. Putanjaoscilatora u ravnini q1, q2 nalazi se unutar pravokutnika omedenog s

− A1 < q1 < A1 i − A2 < q2 < A2. (2.420)

2.3.1 Izotropni 2D oscilator

Promotrimo prvo jednostavniji slucaj izotropnog oscilatora (LissajeuIzotropni2D.nbp)

ω1 = ω2 ≡ ω. (2.421)

Eliminiramo vrijeme iz jedn. (2.418) i (2.419)

q1 = A1 cos ωt (2.422)

=⇒ cos ωt =q1

A1(2.423)

q2 = A2 cos (ωt + φ) = A2 [cos ωt cos φ − sin ωt sin φ] (2.424)

=⇒ sin ωt =1

sin φ

[

cos φq1

A1− q2

A2

]

. (2.425)

Ako u poznatu trigonometrijsku relaciju

sin2 ωt + cos2 ωt = 1, (2.426)

uvrstimo formule (2.423) i (2.425) dolazimo do izraza

q21

A21

+1

sin2 φ

[

cos2 φq21

A21

+q22

A22

− 2 cosφq1q2

A1A2

]

= 1, (2.427)

koji mozemo dalje pojednostaviti

q21

A21

+q22

A22

− 2q1q2

A1A2cos φ = sin2 φ. (2.428)

Radi se elipsi cije su glavne osi rotirane u odnosu na osi koordinatnog sustava q1 iq2. Kut rotacije mozemo odrediti tako da potrazimo novi koordinatni sustav q′1q

′2

(rotiran u odnosu na sustav q1, q2 za kut θ) u kojem jednadzba (2.428) poprimaoblik

q′21a2

+q′22b2

= 1. (2.429)


Uvrstimo transformaciju koordinata

q′1 = q1 cos θ + q2 sin θ, (2.430)

q′2 = −q1 sin θ + q2 cos θ, (2.431)

u jedn. (2.429)

q21

[

cos2 θ

a2+

sin2 θ

b2

]

+ q22

[

sin2 θ

a2+

cos2 θ

b2

]

+ q1q2 sin 2θ

[

1

a2− 1

b2

]

= 1. (2.432)

Usporedba s jedn. (2.428) vodi na tri relacije

cos2 θ

a2+

sin2 θ

b2=

1

A21 sin2 φ

, (2.433)

sin2 θ

a2+

cos2 θ

b2=

1

A22 sin2 φ

, (2.434)

sin 2θ

[

1

a2− 1

b2

]

= − 2

A1A2

cos φ

sin2 φ. (2.435)

Oduzmemo relacije (2.433) i (2.434)

cos 2θ

(

1

a2− 1

b2

)

=A2

2 − A21

A21A

22

1

sin2 φ, (2.436)

a zatim podijelimo jedn. (2.435) s prethodnim izrazom

tan 2θ = − 2A1A2

A22 − A2

1

cos φ. (2.437)

Putanja u (q1, q2) ravnini je elipsa upisana u pravokutnik

− A1 < q1 < A1 i − A2 < q2 < A2, (2.438)

a njezina orijentacija ovisi o relativnoj fazi φ. Posebni slucajevi su

• φ = 00

q21

A21

+q22

A22

− 2q1q2

A1A2= 0 =⇒

(

q1

A1− q2

A2

)2

= 0 =⇒ q2 =A2

A1q1 (2.439)

• φ = 1800

q21

A21

+q22

A22

+2q1q2

A1A2= 0 =⇒

(

q1

A1+

q2

A2

)2

= 0 =⇒ q2 = −A2

A1q1 (2.440)

U oba slucaja radi se o pravcu.


2.3.2 Neizotropni 2D oscilator

Vratimo se opcenitijem slucaju razlicitih frekvencija (LissajeuNeizotropni2D.nbp)

ω1 6= ω2. (2.441)

Ovisno o omjeru frekvencija, moguca su dva tipa putanje:Zatvorene putanjeKrivulja u (q1, q2) ravnini je zatvorena ako je omjer frekvencija racionalni broj

ω1

ω2=

m

n. (2.442)

Ukoliko su brojevi n i m jako veliki, krivulja se zatvara tek nakon dugog vremena.Otvorene putanjeKrivulja u (q1, q2) ravnini je otvorena ako je omjer frekvencija iracionalni broj

ω1

ω2

6= m

n(2.443)

Poseban slucaj su faze φ = 00 i φ = 1800 kada krivulja za racionalne omjere ω2 = nω1

postaje otvorena s tockom obrata. Promotrimo jedn. (2.418) i (2.419) uz fazu φ = 00

i uvjet ω2 = nω1

q1 = A1 cos ω1t, (2.444)

q2 = A2 cos ω2t = A2 cos (nω1t). (2.445)

Iz prve jednadzbe izrazimo vrijeme

t =1

ω1arccos

q1

A1, (2.446)

a zatim ga uvrstimo u drugu jednadzbu

q2 = A2 cos

(

n arccosq1

A1

)

. (2.447)

Ako definiramo velicineq1

A1≡ x i

q2

A2≡ y, (2.448)

jedn. (2.447) poprima oblik Tchebyshevljevog polinoma n-tog stupnja

y = cos (n arccos x). (2.449)

U opcenitijem slucaju (φ 6= 00 i φ 6= 1800), krivulje poprimaju slozeniji izgled, caki ako su omjeri frekvencija racionalni. Ako je omjer frekvencija iracionalan, putanjanikada ne prolazi dva puta kroz istu tocku u q1 − q2 ravnini, vec po volji gustopuni pravokutnik sa stranicama A1 i A2. Takvo ponasanje zovemo dvoperiodsko ilikvaziperiodsko.


x

y

1

1n=1n=2n=3n=4

Slika 2.20: Tchebyshevljevi polinomi prvog, drugog, treceg i cetvrtog stupnja.

q1

q2 ω2 = 2ω1φ = 600

q1

q2 ω2 =√

1.05ω1φ = 600

Slika 2.21: Lijevo: Lissajeu-ova krivulja za slucaj ω2 = 2ω1 i φ = 600. Uocimo dasustav napravi dvije oscilacije u smjeru q2 i jednu u smjeru q1. Desno: Lissajeu-ovakrivulja za slucaj ω2 =

√1.05ω1 i φ = 600. Putanja nikada ne prolazi dva puta kroz

istu tocku (q1, q2) ravnine.


2.4 Titranje molekula

2.4.1 Dvoatomna molekula

Iako dvoatomna molekula ukupno ima sest stupnjeva slobode, pri razmatranju malihoscilacija zanimaju nas samo oni stupnjevi slobode koji mijenjaju udaljenost meduatomima. Time eliminiramo tri translatorna i dva rotaciona (rotacija oko spojnicemedu atomima nema smisla) stutupnja slobode. Preostaje samo stupanj slobodekoji odgovara promijeni udaljenosti medu atomima duz spojnice. Postavimo osmolekule u smjeru osi x. Oznacimo s xc koordinatu centra mase molekule

xc =m1x1 + m2x2

m1 + m2

. (2.450)

x

ym1 m2

x1 x2

Slika 2.22: Dvoatomna molekula. Os molekule lezi na osi x, a nakon eliminacijetranslatornih i rotacionih stupnjeva slobode preostaje samo promjena udaljenostimedu atomima duzspojnice.

Neka je a ravnotezna udaljenost medu atomima, a δ odstupanje od te udaljenosti

x2 − x1 = a + δ. (2.451)

Koristeci jedn. (2.450) i (2.451) mozemo izraziti koordinate pojedinih atoma

x1 = xc −m2

m1 + m2(a + δ) i x2 = xc +

m1

m1 + m2(a + δ). (2.452)

Kineticka energija molekule glasi

T =m1

2x2

1 +m2

2x2

2 =m1 + m2

2x2

c +m1m2

2(m1 + m2)δ2 =

M

2x2

c +µ

2δ2, (2.453)

pri cemu je M = m1+m2 ukupna masa molekule, a µ = m1m2/(m1+m2) reduciranamasa sustava. Potencijalnu energiju razvijemo u Taylorov red

U(x2 − x1) = U(a + δ) ≈ U(a) +1

2kδ2, (2.454)

pa frekvencija titranja iznosi

ω2 =k

µ. (2.455)

Varijabla xc odgovara translatornoj brzini molekule u smjeru osi x.

2.4. TITRANJE MOLEKULA 81

2.4.2 Troatomna molekula

Troatomna molekula ukupno ima devet stupnjeva slobode. Nakon eliminacije trirotaciona i tri translaciona stupnja slobode, preostaju nam tri koordinate koje defini-raju titranje molekule. Polozaj svakog atoma mozemo napisati kao

~xj = ~xj0 + ~uj. (2.456)

Pritom su ~xj0 ravnotezni polozaji atoma, a ~uj pomaci atoma od ravnoteze. Dabismo sto prije eliminirali generalizirane koordinate koje odgovaraju rotacijama itranslacijama, izabiremo koordinatni sustav u kojem se molekula ne translatira ine rotira kao cjelina. Prvi zahtjev ekvivalentan je uvjetu da centar mase molekulemiruje

~xcm,0 = ~xcm =⇒∑

j

mj~xj,0 =∑

j

~xj , (2.457)

sto vodi na uvjet∑

j

mj~uj = 0. (2.458)

Drugi zahtjev ekvivalentan je uvjetu da moment kolicine gibanja s obzirom na bilokoju tocku iscezava

~M =∑

j

mj~xj × ~xj =∑

j

mj (~xj,0 + ~uj) ×(

~xj,0 + ~uj

)

= 0. (2.459)

~xj,0 oznacava ravnotezni polozaj pa njegova derivacija iscezava

~xj,0 = 0. (2.460)

Pritom su oscilacije oko ravnoteznog polozaja male pa zadrzavamo samo linearnedoprinose pomaka od ravnoteze

~M =∑

j

mj~xj,0 × ~uj =d

dt

[

∑

j

mj~xj,0 × ~uj

]

= 0. (2.461)

Da bi jedn. (2.461) bila ispunjena, dovoljno je zahtjevati

∑

j

mj~xj,0 × ~uj = 0. (2.462)

Ovo je ujedno i nuzan uvjet da bi jedn. (2.461) jer su pomaci ~uj harmonicka titranja.Ukoliko aktiviramo samo jedan mod titranja, svi atomi titraju istom frekvenci-jom. To znaci da svi ~uj i ~uj imaju isti, o j neovisan faktor vremenske ovisnosti pauvjeti (2.461) i (2.462) postaju ekvivalentni.


Nadalje razmatramo troatomnu molekulu sa karakteristikama molekule vode,sto znaci da se sastoji od dva jednaka i jednog razlicitog atoma. Tri atoma definirajujednu ravninu pa koordinatni sustav mozemo orijentirati tako da molekula lezi uravnini xy.

x

y

ll

m

M

m

1

2

3αα

Slika 2.23: Troatomna molekule tipa vode.

Odstupanje pojedinog atoma od polozaja ravnoteze oznacimo s

~ui = xi~i + yi

~j, i = 1, . . . , 3. (2.463)

Od sest uvjeta

∑

j

mj~uj = 0, (2.464)

∑

j

mj~xj,0 × ~uj = 0, (2.465)

jedan iskljucuje translaciju okomito na ravninu xy, a dva iskljucuju rotacije oko osix i y. Preostalo nam je eliminirati translacije i rotaciju u ravnini xy. Uvjet (2.464),koji zabranjuje translaciju molekule kao cjeline, primjenimo na ravninu xy

(x1 + x3)m + x2M = 0, (2.466)

(y1 + y3)m + y2M = 0. (2.467)

Uvjet (2.465), koji zabranjuje rotaciju molekule kao cjeline, raspisemo i odaberemo

komponentu ~k jer ona odgovara rotaciji oko osi z(

l sin α~i + l cos α~j)

×(

x1~i + y1

~j)

+(

−l sin α~i + l cos α~j)

×(

x3~i + y3

~j)

= 0,

=⇒ sin α (y1 − y3) − cos α (x1 + x3) = 0. (2.468)

Preostale su nam tri nezavisne koordinate. Postavlja se pitanje odabira nezavisnihkoordinata. Kineticka energija molekule glasi

T =m

2

[

x21 + x2

3 + y21 + y2

3

]

+M

2

[

x22 + y2

2

]

. (2.469)


x

y

ll

m

M

m

1

2

3

αα

x

y

ll

m

M

m1

2

3 δαδα

Slika 2.24: Dva moguca nacina deformacije molekule.

Potencijalna energija sadrzi dva doprinosa

• promjena udaljenosti atoma 1 i 2, te 2 i 3 (sl. 2.24, lijevo)

• promjena kuteva izmedu krakova (12) i (32) (sl. 2.24, desno)

Promjenu udaljenosti izmedu atoma 2 i 1 rastavimo prvo na Kartezijeve komponente

~v(12) = ~u1 − ~u2 = (x1 − x2)~i + (y1 − y2)~j. (2.470)

Pojedine komponente (vx i vy) zatim napisemo kao zbroj vektora od kojih jedan lezina spojnici atoma 1 i 2, a drugi je okomit na nju

vx(12)~i = ~vx,‖(12) + ~vx,⊥(12) i vy(12)~i = ~vy,‖(12) + ~vy,⊥(12). (2.471)

Sa sl. 2.25 slijedi

x

y

lα

vx(12)~i

~vx,‖ ~vx,⊥α

1

2x

y

lα

vy(12)~j

~vy,‖

~vy,⊥

α

1

2

Slika 2.25: Rastavljanje vektora vx(12)~i i vy(12)~j na komponente od kojih jedna lezina spojnici atoma 1 i 2, a druga je okomita na nju.

vx,‖(12) = vx(12) sinα, (2.472)

vx,⊥(12) = vx(12) cosα, (2.473)

vy,‖(12) = vy(12) cosα, (2.474)

vy,⊥(12) = vy(12) sinα. (2.475)


Isti postupak bi ponovili sa atomima 2 i 3. Vektor ~v u ovom slucaju glasi

~v(32) = ~u3 − ~u2 = (x3 − x2)~i + (y3 − y2)~j, (2.476)

a sa sl. 2.26 procitamo

vx,‖(32) = −vx(32) sinα, (2.477)

vx,⊥(32) = vx(32) cosα, (2.478)

vy,‖(32) = vy(32) cosα, (2.479)

vy,⊥(32) = vy(32) sinα. (2.480)

x

y

l α

vx(32)~i

~vx,‖ ~vx,⊥

α

3

2x

y

l α

vy(23)~j

~vy,‖

~vy,⊥

α

3

2

Slika 2.26: Rastavljanje vektora vx~i i vy

~j na komponente od kojih jedna lezi naspojnici atoma 3 i 2, a druga je okomita na nju.

Uzmemo li u obzir relacije vx(12) = x1−x2 i vy(12) = y1−y2, dolazimo do promjeneduljine spojnice l12

δl12 = vx,‖(12) + vy,‖(12) = (x1 − x2) sin α + (y1 − y2) cos α. (2.481)

Jedankim zakljucivanjem, promjena duljine spojnice l32 iznosi

δl32 = −vx,‖(23) + vy,‖(23) = −(x3 − x2) sin α + (y3 − y2) cosα. (2.482)

Ukupnoj deformaciji kuta 2α odgovara suma svih doprinosa v⊥

lδ(2α) = vx,⊥(12) − vy,⊥(12) − vx,⊥(32) − vy,⊥(32), (2.483)

lδ(2α) = (x1 − x2) cos α − (y1 − y2) sin α

− (x3 − x2) cos α − (y3 − y2) sin α. (2.484)


Doprinos potencijalnoj energiji od promjene duzina 12 i 32 glasi

U1 =k1

2(δl12)

2 +k1

2(δl23)

2 (2.485)

U1 =k1

2[(x1 − x2) sin α + (y1 − y2) cos α.]2

+k1

2[−(x3 − x2) sin α + (y3 − y2) cosα]2 , (2.486)

dok je doprinos potencijalnoj energiji od promjene kuta α

U2 =k2

2[lδ(2α)]2 =

k2

2[(x1 − x3) cosα + (2y2 − y1 − y3) sin α]2 . (2.487)

Uocimo da su konstante u doprinosima U1 i U2 razlicite (k1 6= k2) jer su kemijske vezemedu atomima 1 i 2 (3 i 2), te 1 i 3 razlicite. U daljnjim razmatranjima pogodno jeprijeci na koordinate

x1 + x3 ≡ Q1, (2.488)

x1 − x3 ≡ Q2, (2.489)

y1 + y3 ≡ Q3. (2.490)

Prisjetimo se i ogranicenja

(x1 + x3)m + x2M = 0, (2.491)

(y1 + y3)m + y2M = 0, (2.492)

sin α (y1 − y3) − cos α (x1 + x3) = 0. (2.493)

Kombinacija jedn. (2.488) i (2.491) daje

mQ1 + Mx2 = 0 =⇒ x2 = −m

MQ1. (2.494)

Slicno, koristeci jedn. (2.488) i (2.491) mozemo zakljuciti

mQ3 + My2 =⇒ y2 = −m

MQ3. (2.495)

Zbrojimo li jedn. (2.488) i (2.489) dolazimo do

x1 =1

2(Q1 + Q2) , (2.496)

dok oduzimanjem jedn. (2.489) od jedn. (2.488)

x3 =1

2(Q1 − Q2) . (2.497)


Uvrstimo li jedn. (2.488) u jedn. (2.493)

sin α (y1 − y3) − cos αQ1 = 0 =⇒ y1 − y3 = cot αQ1. (2.498)

Zbrojimo prethodnu jednadzbu s jedn. (2.490)

y1 =1

2cot αQ1 +

1

2Q3, (2.499)

a potom ih oduzmemo

y3 = −1

2cot αQ1 +

1

2Q3. (2.500)

U sljedecem koraku transformiramo Lagrangian. Pojedini doprinosi u kinetickojenergiji

x22 + y2

2 =m2

M2

(

Q21 + Q2

3

)

, (2.501)

x21 + x2

3 =1

2

(

Q21 + Q2

2

)

, (2.502)

y21 + y2

3 =1

2

(

Q23 + cot2 αQ2

1

)

. (2.503)

Ukupna kineticka energija ostala je dijagonalna

T =M

2

(

x22 + y2

2

)

+m

2

(

x21 + y2

1 + x23 + y2

3

)

(2.504)

T =m2

2M

(

Q21 + Q2

3

)

+m

4

(

Q21 + Q2

2 + Q23 + cot2 αQ2

1

)

(2.505)

T =m

4

(

2m

M+

1

sin2 α

)

Q21 +

m

4Q2

2 +m

4M(M + 2m) Q2

3. (2.506)

Uvrstimo x1, x2, x3, y1, y2 i y3 u izraze za potencijalnu energiju (2.486) i (2.487) inakon sredivanja dolazimo do

U =k1

4

(

2m

M+

1

sin2 α

)(

1 +2m

Msin2 α

)

Q21 (2.507)

+1

4

(

k1 sin2 α + 2k2 cos2 α)

Q22 (2.508)

+1

4

(2m + M)2

M2

(

k1 cos2 α + 2k2 sin2 α)

Q23 (2.509)

− 2m + M

2M(2k2 − k1) sin α cos αQ2Q3. (2.510)


Potencijalna energija nije dijagonalna, ali je koordinata Q1 odvojena od ostalih. Q1

je normalna koordinata s pripadnom vlastitom frekvencijom

ω21 =

k1

m

(

1 +2m

Msin2 α

)

. (2.511)

Odgovarajucu deformaciju molekule skiciramo tako da nametnemo uvjete Q1 6= 0 iQ2 = Q3 = 0 (aktiviran je samo normalni mod Q1). Dakle, koordinate pojedinihatoma glase

x1 =1

2Q1, x2 = −m

MQ1, x3 =

1

2Q1, (2.512)

y1 =1

2cotαQ1, y2 = 0, y3 = −1

2cot αQ1. (2.513)

x

y

1

2

3

Slika 2.27: Skica normalnog moda titranja molekule Q1.

Koordinate Q2 i Q3 vezane su zadnjim clanom potencijalne energije (2.510). Pri-padna vlastita titranja moraju biti okomita na prvu normalnu koordinatu Q1 pa upreostala dva slucaja vrijedi

Q1 = 0 =⇒ y1 = y2, x1 = −x3, x2 = 0. (2.514)

Koristeci prethodna ogranicenja, mozemo skicirati preostale dvije normalne koordi-nate bez dijagonalizacije Lagrangiana

x

y

1

2

3

x

y

1

2

3

Slika 2.28: Skice normalnih modova titranja molekule Q2 i Q3.

Promotrimo jos poseban slucaj linearne molekule (α = π/2). Zadnji clan u potenci-jalnoj energiji, koji veze koordinate Q2 i Q3 nestaje i Lagrangian poprima dijagonalni


oblik

L =m

4

(

1 +2m

M

)

Q21 +

m

4Q2

2 +m

4M(M + 2m) Q2

3

− k1

4

(

1 +2m

M

)2

Q21 −

k1

4Q2

2 −k2

2

(

1 +2m

M

)2

Q23. (2.515)

Koordinate Q1, Q2 i Q3 su normalne koordinate s pripadnim vlastitim frekvencijama

ω21 =

k1

m

(

1 +2m

M

)

, ω22 =

k1

m, ω2

3 =2k2(2m + M)

mM. (2.516)

Sjetimo se da konstanta k1 odgovara promjeni udaljenosti medu atomima 1 i 2, te3 i 2, dok konstanta k2 odgovara promjeni kuta α. U slucaju linearne molekule,konstanta k1 odgovora deformacijama duz osi x, a k2 deformacijama okomitim nanju. Pomaci atoma koji odgovaraju pojedinim normalnim koordinatama:

x

y

123x

y

123x

y

123

Slika 2.29: Skice normalnih modova titranja linearne troatomne molekule.

• Prvi mod: frekvencija ovisi o konstanti k1 i masama obje vrste atoma m i M .Atomi se micu po osi x, a zbog simetrije problema pomaci atoma 1 i 3 morajubiti jednaki po iznosu. Molekula miruje kao cjelina pa je jedina mogucnost daatomi 1 i 3 osciliraju u fazi, a atom 2 u protufazi

x1 = x3 =Q1

2, x2 = −m

MQ1, y1 = y2 = y3 = 0. (2.517)

• Drugi mod: frekvencija ovisi samo o konstanti k1, a ne i o masama atoma.Dakle, atom 2 miruje, a atomi 1 i 3 osciliraju u protufazi

x1 = −x3 =Q2

2, x2 = 0, y1 = y2 = y3 = 0. (2.518)

• Treci mod: frekvencija ovisi o konstanti k2. Atomi se micu okomito na os x.Zbog simetrije problema pomaci atoma 1 i 3 moraju biti jednaki. Molekulamiruje kao cjelina pa je jedina mogucnost da atomi 1 i 3 osciliraju u fazi, aatom 2 u protufazi

x1 = x2 = x3 = 0, y1 = y3 =Q3

2, y2 = −m

MQ3. (2.519)

2.5. PRISILNA TITRANJA 89

2.5 Prisilna titranja

Radi jednostavnosti, promatramo jedan oscilator u polju vanjske sile F (t). Jed-nadzba gibanja oscilatora pod utjecajem vanjske, vremenski promjenjive, sile glasi

mx + kx = F (t). (2.520)

Oznacimo li s f(t) silu po jedinici mase, dolazimo do nesto jednostavnije jednadzbe

x + ω20 = f(t), (2.521)

pri cemu je ω0 vlastita frekvencija oscilatora u odsustvu vanjske sile. Jedn. (2.521)je nehomogena linearna diferencijalna jednadzba drugog reda. Njezino opce rjesenjeje linearna kombinacija bilo kojeg rjesenja pripadne homogene jednadzbe i jednogpartikularnog rjesenja nehomogene jednadzbe. Prvo cemo pokazati da partikularnorjesenje jedn. (2.521) mozemo napisati u obliku

xp(t) =

∫ ∞

−∞G(t − t′)f(t′)dt′, (2.522)

ako funkcija G(t − t′) zadovoljava jednadzbu

(

d2

dt2+ ω2

0

)

G(t − t′) = δ(t − t′). (2.523)

Na desnoj strani jednadzbe je Diracova δ-funkcija (preciznije distribucija) sa svo-jstvima

δ(t) = 0 za t 6= 0, (2.524)

δ(t) → ∞ kada t → 0, (2.525)∫ ∞

−∞δ(t)dt = 1, (2.526)

∫ ∞

−∞δ(t)f(t)dt = f(0), za svaku funkciju f(t), (2.527)

∫ ∞

−∞ei(ω′−ω)τdτ = 2πδ(ω′ − ω). (2.528)

Tvrdnju dokazujemo uvrstavanjem partikularnog rjesenja (2.522) u jednadzbu gibanja

∫ ∞

−∞

(

d2

dt2+ ω2

0

)

G(t − t′)f(t′)dt′ = f(t). (2.529)


Sada iskoristimo uvjet (2.523)∫ ∞

−∞δ(t − t′)f(t′)dt′ = f(t). (2.530)

Zadnja relacija je sigurno ispunjena zbog svojstva δ-funkcije (2.527). FunkcijuG(t − t′), potrebnu za nalazenje partikularnog rjesenja, zovemo Greenova funkcijaproblema, a nalazimo je pomocu Fourierovog transformata

G(t − t′) =1√2π

∫ ∞

−∞eiω′(t−t′)G(ω′)dω′. (2.531)

Uvrstimo prethodnu relaciju u jedn. (2.523)

1√2π

∫ ∞

−∞dω′(

−ω′2 + ω20

)

eiω′(t−t′)G(ω′)dω′ = δ(t − t′) (2.532)

Najprije uvedemo oznaku τ ≡ t − t′, a zatim prethodnu jednadzbu pomnozimo se−iωt

1√2π

∫ ∞

−∞dω′(

−ω′2 + ω20

)

ei(ω′−ω)τG(ω′)dω′ = δ(τ)e−iωτ . (2.533)

Potom integriramo jednadzbu po τ

1√2π

∫ ∞

−∞dω′(

−ω′2 + ω20

)

[∫ ∞

−∞ei(ω′−ω)τdτ

]

G(ω′)dω′ =

∫ ∞

−∞δ(τ)e−iωτ . (2.534)

Iskoristimo svojstvo δ-funkcije (2.528) i dolazimo do

G(ω) =1√2π

1

ω20 − ω2

. (2.535)

Partikularno rjesenje sada mozemo napisati pomocu Fourierovog integrala sile

f(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞e−iωtf(t)dt, (2.536)

=⇒ xp(t) =1√2π

∫ ∞

−∞dω

f(ω)

ω20 − ω2

eiωt. (2.537)

Greenova funkcija je partikularno rjesenje jednadzbe harmonickog oscilatora za silukoja djeluje u proizvoljno kratkom trenutku, proizvoljno je jaka, ali je njezin integralpo vremenu konacan. Ukupno rjesenje jedn. (2.521) je suma partikularnog rjesenjai opceg rjesenja homogene jednadzbe

x(t) =1√2π

∫ ∞

−∞dω

f(ω)

ω20 − ω2

eiωt + x0ei(ω0t+φ0). (2.538)


2.5.1 Sinusoidalna vanjska sila

Promotrimo slucaj sinusiodalne sile

f(t) = fΩeiΩt. (2.539)

Fourierov transformat takve sile glasi

f(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞fΩei(Ω−ω)tdt =

√2πfΩδ(ω − Ω). (2.540)

Izracunamo partikularno rjesenje koristeci izraz (2.537)

xp(t) =1√2π

∫ ∞

−∞dω

√2πfΩδ(ω − Ω)

ω20 − ω2

eiωt (2.541)

xp(t) =fΩeiΩt

ω20 − Ω2

. (2.542)

Rjesenje pripadne homogene jednadzbe glasi

xh(t) = x0ei(ω0t+φ0), (2.543)

pri cemu su konstante ω0 i φ0 odredene pocetnim uvjetima. Fizikalnom rjesenjuodgovara realni dio ukupnog rjesenja

x(t) =|fΩ|

ω20 − Ω2

cos (Ωt + φΩ) + x0 cos (ω0t + φ0), (2.544)

gdje jefΩ = |fΩ|eiφΩ. (2.545)

Prvi clan u jedn. (2.544) divergira kada frekvencija vanjske sile tezi vlastitoj frekven-ciji oscilatora (Ω → ω0). Ovu pojavu nazivamo rezonancija. Bitno je uociti da dodiveregencije dolazi bez obzira na pocetne uvjete. Npr. x0 i φ0 mozemo izabratitako da u najnizem redu ponistimo divergentni utjecaj prvog clana u jedn. (2.544)

x(t) =|fΩ|

ω20 − Ω2

[cos (Ωt + φΩ) − cos (ω0t + φ0)] + x′0 cos (ω0t + φ′

0). (2.546)

U granicnom slucaju Ω → ω0 prvi clan je neodreden (0/0). Primjenimo L’Hospitalovopravilo

limΩ→ω0

x(t) = |fΩ|t sin (ω0t + φΩ)

2ω0+ x′

0 cos (ω0t + φ′0). (2.547)

Amplituda prvog clana linearno raste s vremenom pa nakon dovoljno dugog vremenatezi u beskonacnost. Drugim rijecima, divergencija je i dalje prisutna. Promotrimo


sada jos slucaj kada je frekvencija vanjske sile priblizno jednaka prirodnoj frekvencijioscilatora. Preuredimo jedn. (2.546)

x(t) =−2|fΩ|ω2

0 − Ω2sin

(

Ω + ω0

2t + φΩ

)

sin

(

Ω − ω0

2t

)

+ x′0 cos (ω0t + φ′

0) (2.548)

x(t) ≈ −2|fΩ|ω2

0 − Ω2sin (Ωt + φΩ) sin

(

Ω − ω0

2t

)

+ x′0 cos (ω0t + φ′

0). (2.549)

Mozemo razluciti dva tipa oscilacija

• ”brze” oscilacije s frekvencijom Ω,

• ”spore” oscilacije s frekvencijom (Ω − ω0)/2.

Maksimalna amplituda je proporcionalna velicini 1/(ω20 −Ω2). Ovakav tip oscilacija

nazivamo udari.


Zadatak 2.15

Na harmonicki oscilator frekvencije ω0 =2π

Tdjeluje sila

F (t) =

F0 sin (4ω0t) 0 ≤ t ≤ T4

0 inace

Nadite x(t) ako su zadani sljedeci pocetni uvjeti x(0) = −a i x(0) = 0.Rjesenje:

Problem mozemo podijeliti na dva dijela

• gibanje oscilatora u vremenskom periodu [0, T/4] (x1(t))

• gibanje oscilatora u vremenskom periodu [T/4,∞〉 (x2(t))

t

F (t)

T/4

Slika 2.30: Sila koja djeluje na cesticu konacna je samo u intervalu [0, T/4].

U trenutku t = T/4 polozaj i brzina oscilatora moraju biti neprekinuti.Prvi dio gibanja:Jednadzba gibanja tjeranog oscilatora glasi

x1 + ω20x1 =

F (t)

m=

F0

msin (4ω0t). (2.550)

Radi se o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadzbi drugog reda, cije rjesenjeje suma opceg rjesenja homogene jednadzbe i bilo kojeg partikularnog rjesenja ne-homogene jednadzbe. Partikularno rjesenje mozemo pogoditi

xp = C sin (4ω0t) =⇒ C = − F0

15mω20

, (2.551)

dok je opce rjesenje homogene jednadzbe linearna kombinacija sinusa i kosinusa

xh(t) = A1 sin (ω0t) + B1 cos (ω0t). (2.552)


Ukupno rjesenje je suma rjesenja xh(t) i xp(t)

x1(t) = A1 sin (ω0t) + B1 cos (ω0t) −F0

15mω20

sin (4ω0t). (2.553)

Konstante A1 i B1 mozemo izracunati iz pocetnih uvjeta

x1(0) = −a =⇒ B1 = −a, (2.554)

x1(0) = 0 =⇒ A1ω0 −4F0

15mω0

= 0 =⇒ A1 =4F0

15mω20

. (2.555)

Dakle, rjesenje prvog dijela problema glasi

x1(t) =4F0

15mω20

sin (ω0t) − a cos (ω0t) −F0

15mω20

sin (4ω0t). (2.556)

Drugi dio gibanjaU trenutku t = T/4 vanjska sila pada na nulu pa rjesenje glasi

x2(t) = A2 sin (ω0t) + B2 cos (ω0t). (2.557)

Polozaj i brzina oscilatora moraju biti neprekinuti u trenutku t = T/4

x1(T/4) = x2(T/4) i x1(T/4) = x2(T/4). (2.558)

t

x(t)

T/4

Slika 2.31: Pomak x(t) i njegova derivacija x(t) kontinuirani su u tocki t = T/4.

Prvi uvjet fiksira konstantu A2

x1

(

T4

)

= x1

(

π2ω0

)

= 4F0

15mω20

x2

(

T4

)

= x2

(

π2ω0

)

= A2

=⇒ A2 =4F0

15mω20

, (2.559)


a drugi konstantu B2

x1

(

T4

)

= x1

(

π2ω0

)

= aω0 − 4F0

15mω0

x2

(

T4

)

= x2

(

π2ω0

)

= −B2ω0

=⇒ B2 = −a +4F0

15mω20

. (2.560)

Rjesenje u intervalu [T/4,∞〉 glasi

x2(t) =4F0

15mω20

sin (ω0t) +

(

−a +4F0

15mω20

)

cos (ω0t). (2.561)


Zadatak 2.16

Odredite konacnu amplitudu titranja oscilatora prirodne frekvencije ω0 ako za van-jsku silu vrijedi

F =

F0tT

0 ≤ t ≤ TF0 t ≥ T

,

a u t = 0 oscilator miruje u polozaju ravnoteze.Rjesenje:

Problem mozemo podijeliti u dva dijela

• gibanje oscilatora u intervalu [0, T ]

• gibanje oscilatora u intervalu [T,∞〉

Pritom polozaj i brzina oscilatora u trenutku t = T moraju biti neprekinuti.

t

F (t)

T

F0

Slika 2.32: Sila koja djeluje na cesticu linearno raste do trenutka t = T , a zatimzadrzava konstantnu vrijednost.

Prvi dio gibanjaJednadzba gibanja tjeranog oscilatora glasi

x + ω20x =

Ft

mT. (2.562)

Radi se o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadzbi drugog reda, cije rjesenjeje suma opceg rjesenja pripadne homogene jednadzbe i bilo kojeg partikularnogrjesenja nehomogene jednadzbe. Opce rjesenje homogene jednadzbe je linearna kom-binacija sinusa i kosinusa

xh(t) = A1 cos ωt + B1 sin ωt, (2.563)

dok partikularno rjesenje mozemo pogadati

xp = Ct =⇒ C =F

mTω20

. (2.564)


Ukupono rjesenje prvog dijela gibanja glasi

x1(t) = A1 cos (ω0t) + B1 sin (ω0t) +F0t

mTω20

. (2.565)

Konstante A1 i B1 mozemo izracunati iz pocetnih uvjeta

x1(0) = A1

x1(0) = B1ω0 + F0

mTω20

=⇒

A1 = 0B1 = − F0

mTω30

(2.566)

Ukupno rjesenje u intervalu [0, T ] glasi

x1(t) =F0

mTω30

(ω0t − sin (ω0t)) . (2.567)

Drugi dio gibanjaU intervalu [T,∞〉 na oscilator djeluje konstantna sila F0 pa jednadzba gibanja glasi

x + ω20x =

F0

m. (2.568)

Opet se radi o nehomogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadzbi drugog reda. Opcerjesenje je suma rjesenja pripadne homogene jednadzbe i partikularnog rjesenja ne-homogene jednadzbe. Rjesenje homogene jednadzbe je linearna kombinacija sinusai kosinusa

xh(t) = A2 cos (ω0t) + B2 sin (ω0t), (2.569)

dok partikularno rjesenje mozemo pogadati

xp = C =⇒ C =F0

mω20

. (2.570)

Ukupno rjesenje u intervalu [T,∞〉 glasi

x2(t) = A2 cos (ω0t) + B2 sin (ω0t) +F0

mω20

. (2.571)

Konstante A2 i B2 mozemo odrediti iz uvjeta neprekinutosti polozaja i brzine os-cilatora

x2(T ) = x1(T ) i x2(T ) = x1(T ). (2.572)

Prethodni uvjeti vode na nehomogeni sustav dvije jednadzbe s dvije nepoznanice

A2 cos (ω0T ) + B2 sin (ω0T ) = − F0

mTω30

sin (ω0T ), (2.573)

−A2 sin (ω0T ) + B2 cos (ω0T ) =F0

mω30T

[1 − cos (ω0T )] . (2.574)


Determinanta sistema glasi

D =

∣

∣

∣

∣

cos (ω0T ) sin (ω0T )− sin (ω0T ) cos (ω0T )

∣

∣

∣

∣

= 1, (2.575)

a pojedina rjesenja

A2 =DA

D=

∣

∣

∣

∣

∣

− F0

mTω30sin (ω0T ) sin (ω0T )

F0

mω30T

[1 − cos (ω0T )] cos (ω0T )

∣

∣

∣

∣

∣

= − F0

mω30T

sin (ω0T ), (2.576)

B2 =DB

D=

∣

∣

∣

∣

∣

cos (ω0T ) − F0

mTω30sin (ω0T )

− sin (ω0T ) F0

mω30T

[1 − cos (ω0T )]

∣

∣

∣

∣

∣

=F0

mω30T

[cos (ω0T ) − 1] .

(2.577)Ukupno rjesenje u intervalu [T,∞〉 glasi

x2(t) = − F0

mω30T

sin (ω0T ) cos (ω0t) +F0

mω30T

[cos (ω0T ) − 1] sin (ω0t) +F0

mω20

(2.578)

x2(t) =F0

mω30T

sin ω0(t − T ) − F0

mω30T

sin (ω0t) +F0

mω20

. (2.579)

Polozaj ravnoteze je pomaknut za F0/mω20, a amplituda oscilacija iznosi

A =√

A22 + B2

2 =F0

mω30T

√

2(1 − cos(ω0T )) =2F0

mω30T

sinω0T

2. (2.580)

t

x(t)

T

Slika 2.33: Pomak x(t) i njegova derivacija x(t) kontinuirani su u tocki t = T .


Zadatak 2.17

Na harmonicki oscilator prirodne frekvencije ω djeluje vanjska sila F (t). Naditeizraz za ukupnu energiju koju oscilator apsorbira ako u pocetnom trenutku mirujeu polozaju ravnotezeRjesenje:

Jednadzba gibanja harmonickog oscilatora na koji djeluje vanjska sila F (t) glasi

x + ω2x =F (t)

m. (2.581)

Lijevoj strani jednadzbe dodamo i oduzmemo clan iωx

d

dt(x + iωx) − i (x + iωx) =

F (t)

m, (2.582)

a zatim uvedemo supstituciju ξ = x + iωx. Jednadzba gibanja svela se na neho-mogenu diferencijalnu jednadzbu prvog reda

ξ − iωξ =F (t)

m. (2.583)

Partikularno rjesenje prethodne jednadzbe mozemo naci metodom varijacije kon-stanti. Rjesenje pripadne homogene jednadzbe glasi

ξh = Aeiωt, (2.584)

pa partikularno rjesenje nehomogene jednadzbe mozemo pretpostaviti u obliku

ξp = A(t)eiωt. (2.585)

Uvrstimo partikularno rjesenje u jedn. (2.583)

A(t)eiωt + iωA(t)eiωt − iωA(t)eiωt =F (t)

m(2.586)

=⇒ A(t) = e−iωt F (t)

m. (2.587)

Prethodnu jednadzbu mozemo direktno integrirati

A(t) − A(t0) =

∫ t

t0

e−iωτ F (τ)

mdτ. (2.588)

Pripadno rjesenje za varijablu ξ

ξ(t) = eiωt

∫ t

t0

e−iωτ F (τ)

mdτ + ξ0, (2.589)


pri cemu je ξ0 konstanta integracije

ξ0 = ξ(t0). (2.590)

U pocetnom trenutku oscilator miruje u polozaju ravnoteze pa konstanta ξ0 morabiti jednaka nuli. Prisjetimo se definicije varijable ξ

ξ = x + iωx. (2.591)

Rjesenje jednadzbe gibanja oscilatora dobijemo tako da imaginarni dio varijable ξpodijelimo s ω. Energija oscilatora

E =m

2

(

x2 + ω2x2)

=m

2|ξ|2, (2.592)

nije konstanta jer na oscilator djeluje vanjska sila. Ukupna energija koju oscilatorapsorbira jednaka je kvadratu modula Fourierove komponente sile, cija je frekvencijajednaka vlastitoj frekvenciji oscilatora

E =1

2m

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

t0

F (t)e−iωtdt

∣

∣

∣

∣

2

. (2.593)


Zadatak 2.18

Izracunajte energiju koju apsorbira oscilator pod utjecajem sile

F (t) = Fe−(t/τ)2 ,

ako u t → −∞ oscilator miruje u polozaju ravnoteze.Rjesenje:

t

F (t)

τ

Slika 2.34: Sila koja djeluje na cesticu ukljucuje se u t → −∞, postize maksimum ut = 0, a zatim se iskljucuje. Brzina ukljucivanja/iskljucivanja ovisi o parametru τ .

Iskoristimo formulu za energiju za apsorbiranu energiju (vidi prehodni zadatak)

E = − 1

2m

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

−∞F (t)e−iωtdt

∣

∣

∣

∣

2

. (2.594)

Uvrstimo silu zadanu u tekstu zadatka i problem se svodi na izracunavanje integrala

I =

∫ ∞

−∞e−t2/τ2−iωtdt. (2.595)

Napravimo supstituciju z = t/tau

I = τ

∫ ∞

−∞ez2−iωτzdz, (2.596)

a zatim izraz u eksponentu nadopunimo do potpunog kvadrata

z2 + iωτz =

(

z +1

2iωτ

)2

+1

4ω2τ 2. (2.597)

Vratimo se trazenom integralu

I = τe−14ω2τ2

∫ ∞

−∞e−(z+ 1

2iωτ)

2dz, (2.598)

i napravimo jos jednu supstituciju

x = z +1

2iωτ. (2.599)


Dosli smo do integrala koji mozemo pronaci u Bronstejnu (str. 475) ili izracunati uMathematici

I = τe−14ω2τ2

∫ ∞

−∞e−x2

dx =1

2

√πτe−

14ω2τ2

. (2.600)

Konacno, apsorbirana energija

E(τ) =F 2

2mτ 2πe−

12ω2τ2

, (2.601)

bitno ovisi o paramteru τ . Maksimum apsorbirane energije postize se za

τmax =

√2

ω. (2.602)

τ

E(τ)

τmax

Slika 2.35: Ovisnost apsorbirane energije o parametru τ .

2.6 Prisilna titranja u prisustvu gusenja

Disipaciju u sustavu, u najnizoj aproksimaciji, mozemo opisati silom trenja koja jeproporcionalna brzini

Ftr = −αx, (2.603)

pri cemu je x generalizirana koordinata sustava. Koeficijent α je uvijek pozitivan jerznamo da sila trenja djeluje u suprotnom smjeru od smjera gibanja. Ako uvedemooznaku γ = α/2m, jednadzba gibanja za tjerani harmonicki oscilator glasi

x + 2γx + ω20x = f(t). (2.604)

2.6.1 Rjesenje homogene jednadzbe

Da bi rijesili homogenu jednadzbu

x + 2γx + ω20x = 0, (2.605)

2.6. PRISILNA TITRANJA U PRISUSTVU GUSENJA 103

pretpostavimo rjesenje oblikax(t) = Aeiωt. (2.606)

Pritom je A kompleksna konstanta, a fizikalnom rjesenju odgovara realni dio prethodnogizraza. Uvrstimo rjesenje (2.606) u jednadzbu gibanja (2.605)

ω2 − 2iγω − ω20 = 0. (2.607)

Radi se o kvadratnoj jednadzbi s rjesenjima

ω1,2 = γi ±√

ω20 − γ2. (2.608)

Opce rjesenje je linearna kombinacija linearno nezavisnih rjesenja

xh(t) = A1e

“

−γ+i√

ω20−γ2

”

t+ A2e

“

−γ−i√

ω20−γ2

”

t. (2.609)

Mozemo razluciti dva tipa gibanja oscilatora:

• Prigusene oscilacije: γ < ω0

Frekvencija oscilacija je smanjena u odnosu na frekvenciju oscilatora bez trenja,dok amplituda eksponencijalno trne u vremenu.

• Aperiodicko gusenje: γ > ω0

Pomak oscilatora od tocke ravnoteze eksponencijalno trne bez osciliranja.

Poseban slucaj predstavlja oscilator za koji vrijedi γ = ω0. Vlastite vrijednosti(2.608) se podudaraju, a polazna jednadzba svodi se na

(

d

dt+ γ

)2

x(t) = 0. (2.610)

Jedno rjesenje je e−γt, dok drugo rjesenje pretpostavimo u obliku

x(t) = ξ(t)e−γt. (2.611)

Uvrstavanje u jedn. (2.610) vodi na jednadzbu

d2ξ

dt2= 0. (2.612)

Opce rjesenje jedn. (2.610) glasi

x(t) = (a + bt)e−γt. (2.613)


t

x(t)

guseno titranje

aperiodicko gusenje

Slika 2.36: Dva rezima titranja oscilatora s trenjem.

2.6.2 Tjerani guseni oscilator

Na guseni oscilator djeluje vanjska sila F (t). Jednadzba gibanja glasi

x + 2γx + ω20x = f(t), (2.614)

pri cemu f(t) oznacava silu po jedinici mase. Partikularno rjesenje jedn. (2.614)opet pretpostavimo u integralnom obliku

x(t) =

∫ ∞

−∞G(t − t′)f(t′)dt′, (2.615)

pri cemu je(

d2

dt2+ 2γ

d

dt+ ω2

0

)

G(t − t′) = δ(t − t′). (2.616)

Kao i u slucaju negusenog oscilatora, prelazimo na Fourierov transformat Greenovefunkcije

G(t − t′) =1√2π

∫ ∞

−∞eiω′(t−t′)G(ω′)dω′, (2.617)

uvrstimo ga u jednadzbu gibanja

1√2π

∫ ∞

−∞dω′[

−ω′2 + 2iγω′ + ω20

]

G(ω′) = δ(t − t′), (2.618)

i na kraju prelazimo na varijablu τ = t− t′. Jednadzbu pomnozimo s e−iωτ , integri-ramo po τ i na kraju dolazimo do izraza

G(ω) =1√2π

1

ω20 + 2iγω − ω2

(2.619)


Partikularno rjesenje jedn. (2.614) glasi

xp(t) =1

2π

∫ ∞

−∞

f(ω)eiωt

ω20 + 2iγω − ω2

dω, (2.620)

pri cemu f(ω) oznacava Fourierov transformat sile

f(ω) =1√2π

∫ ∞

−∞e−iωtf(t)dt. (2.621)

Opce rjesenje jedn. (2.614) je suma opceg rjesenja homogene jednadzbe i partiku-larnog rjesenja xp(t).

2.6.3 Sinusoidalna vanjska sila

Pretpostavimo da na guseni oscilator djeluje sinusoidalna sila

f(t) = fΩeiΩt. (2.622)

Prvo izracunamo Fourierov transformat sile

f(ω) =fΩ√2π

∫ ∞

−∞e−i(ω−Ω)tdt =

√2πfΩδ(ω − Ω), (2.623)

a zatim uvrstimo transformat u izraz za partikularno rjesenje (2.620)

xp(t) =

∫ ∞

−∞

fΩδ(ω − Ω)eiωt

ω20 + 2iγω − ω2

dω =fΩeiΩt

ω20 + 2iγΩ − Ω2

. (2.624)

Fizikalnom rjesenju odgovara realni dio prethodnog izraza

RefΩeiΩt

ω20 + 2iγΩ − Ω2

= RefΩ cos (Ωt) + i sin (Ωt)

ω20 + 2iγΩ − Ω2

(2.625)

=fΩ [cos (Ωt) (ω2

0 − Ω2) + 2fΩ sin (Ωt)γΩ]

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

. (2.626)

Definiramo kut φ na sljedeci nacin

cos φ =ω2

0 − Ω2

√

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

, sin φ =−2γΩ

√

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

, (2.627)

a nakon toga opet napisemo partikularno rjesenje

xp(t) =fΩ [cos (Ωt) cos φ − sin (Ωt) sin φ]

√

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

, (2.628)

xp(t) =fΩ cos (Ωt + φ)

√

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

. (2.629)


Opce rjesenje je suma opceg rjesenja homogene jednadzbe i partikularnog rjesenja

x(t) = xh(t) +fΩ cos (Ωt + φ)

√

(ω20 − Ω2)

2+ 4γ2Ω2

. (2.630)

Homogeni doprinos xh(t) zbog trenja trne u vremenu pa nakon dovoljno dugo vre-mena preostaje samo drugi, oscilatorni, dio. Amplituda tog clana vise ne divergirakada se frekvencija vanjske sile priblizava prirodnoj frekvenciji oscilatora. Ampli-tuda je maksimalna ako je nazivnik partikularnog rjesenja minimalan

d

dΩ

[

(

ω20 − Ω2

)2+ 4γ2Ω2

]

= 2(

ω20 − Ω2

)

(−2Ω) + 8γ2Ω = 0. (2.631)

Rijesimo prethodnu jednadzbu

4Ω[

−ω20 + Ω2 + 2γ2

]

= 0 =⇒ Ω =√

ω20 − 2γ2. (2.632)

Ako je trenje malo (γ ≪ ω0), korijen mozemo razviti u Taylorov red

Ω = ω0

√

1 − 2γ2

ω20

=≈ ω0

[

1 − γ2

ω20

]

. (2.633)

U blizini rezonance, i u granici γ ≪ ω0, mozemo zanemariti i kvadraticnu korekcijuu prethodnom izrazu

Ω2 − ω20 = (Ω − ω0)(Ω + ω0) ≈ 2ω0ǫ, (2.634)

pri cemu jeǫ ≡ Ω − ω0. (2.635)

Sada mozemo pojednostaviti izraz za fazu

tanφ =−2γΩ

ω20 − Ω2

≈ γ

ǫ=⇒ φ = arccot

ǫ

γ. (2.636)


ǫ/γ

φ

−1 +1

−π

−π2

Slika 2.37: Fazni pomak titranja oscilatora u odnosu na vanjsku silu.

Polazeci od Ω < ω0 tj. ǫ < 0, fazni pomak oscilatora u odnosu na vanjsku silu,mijenja se od φ = 0 do φ = −π. Kada je frekvencija vanjske sile manja od prirodnefrekvencije oscilatora ω0, oscilator je skoro u fazi s vanjskom silom. Suprotno,povecanjem frekvencije vanjske sile iznad ω0, oscilator se priblizava titranju u protu-fazi s vanjskom silom. Pri prolasku kroz rezonanciju (ǫ = 0) faza prolazi kroz −π/2.Ovaj rezultat slijedi i iz izraza za sin φ i cos φ (2.627).


Dodatak A

Ekstremi funkcija

A.1 Ekstremi funkcije s jednom varijablom

Maksimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x0) za koju vrijedi

f(x0 + h) < f(x0), (A.1)

za po volji male vrijednosti h. Minimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x0) zakoju vrijedi

f(x0 + h) > f(x0), (A.2)

za po volji male vrijednosti h. Neprekinuta funkcija f(x) moze imati ekstrem samou tockama u kojima prva derivacija iscezava ili uopce ne postoji. Dakle, da bi nasliekstrem funkcije f(x) prvo trebamo naci tocke x0 u kojima vrijedi

f ′(x0) = 0. (A.3)

Vrstu ekstrema mozemo odrediti racunajuci drugu, a prema potrebi i vise derivacijefunkcije

• ako je f ′′(x0) < 0 tocka x0 je maksimum

• ako je f ′′(x0) > 0 tocka x0 je minimum

• ako je f ′′(x0) = 0 racunamo vise derivacije

• ako je red prve derivacije razlicite od nula neparan funkcija nema ni minimumni maksimum ako je red prve derivacije razlicite od nula paran i derivacija jepritom negativna funkcija ima maksimum

109

110 DODATAK A. EKSTREMI FUNKCIJA

• ako je red prve derivacije razlicite od nula neparan i derivacija je pritom poz-itivna funkcija ima minimum

Primjer 1: f(x) = x2

Ekstrem funkcije ispitujemo kroz sljedece korake

x

yy = x2

x0 = 0

Slika A.1: Graf funkcije f(x) = x2. Funkcija ima minimum u tocki x0 = 0.

• 1. derivacija: f ′(x) = 2x

• nultocka 1. derivacije: x0 = 0

• 2. derivacija: f ′′(x0) = 2 je pozitivna pa funkcija f(x) = x2 ima minimum utocki x = 0

Primjer 2: f(x) = −x2

Ponavljamo proceduru iz proslog primjera

x

y

y = −x2

x0 = 0

Slika A.2: Graf funkcije f(x) = −x2. Funkcija ima maksimum u tocki x0 = 0.

A.1. EKSTREMI FUNKCIJE S JEDNOM VARIJABLOM 111

• 1. derivacija: f ′(x) = −2x


• 2. derivacija: f ′′(x0) = −2 je negativna pa funkcija f(x) = −x2 ima maksi-mum u tocki x = 0

Primjer 3: f(x) = x3

Ponavljamo proceduru iz prethodna dva primjera

x

y

y = x3

x0 = 0

Slika A.3: Graf funkcije f(x) = x3. Funkcija ima tocku infleksije (x0 = 0).

• 1. derivacija: f ′(x) = 3x2


• 2. derivacija: f ′′(x0) = 0

• 3. derivacija: f ′′′(x0) = 6

• prva derivacija razlicita od nule ima neparni red (3. derivacija) pa funkcijaf(x) = x3 u tocki x = 0 nema ni minimum ni maksimum, nego tocku infleksije


A.2 Ekstremi funkcije dvije varijable

Funkcija z = f(x, y) ima ekstrem u tocki P0 = (x0, y0) ako mozemo naci ǫ takav dapodrucje

x0 − ǫ < x < x0 + ǫ i y0 − ǫ < y < y0 + ǫ, (A.4)

ulazi u podrucje definicije funkcije i pri tome vrijedi

f(x, y) < f(x0, y0) u slucaju maksimuma (A.5)

f(x, y) > f(x0, y0) u slucaju minimuma. (A.6)

Nuzni uvjet postojanja ekstrema u tocki P0 = (x0, y0) je iscezavanje svih parcijalnihderivacija funkcije f(x, y)

∂f

∂x

∣

∣

∣

∣

x0,y0

= 0 i∂f

∂y

∣

∣

∣

∣

x0,y0

= 0. (A.7)

Stoga je prvi korak u trazenju ekstrema rjesavanje sustava jednadzbi (A.7). Vrstuekstrema ispitujemo tako da dobivena rjesenja uvrstimo u Hessian

H =

∣

∣

∣

∣

∣

∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

∣

∣

∣

∣

∣

. (A.8)

Ako je Hessian negativan funkcija nema ni maksimum ni minimum, a ako je Hessianpozitivan tada funkcija ima

• maksimum ako vrijedi∂2f

∂x2< 0

• minimum ako vrijedi∂2f

∂x2> 0

Ako je Hessian jednak nuli, moramo koristiti slozenije metode provjere vrste ek-strema. Primjer 1: f(x, y) = x2 + y2

Da bi odredili moguce ekstremne tocke moramo rijesiti sustav jednadzbi

∂f

∂x= 2x = 0 i

∂f

∂y= 2y = 0. (A.9)

Rjesenje sustava je tocka (0, 0). Sada izracunamo druge derivacije koje ulaze uHessian

∂2f

∂x2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 2,∂2f

∂y2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 2,∂2f

∂x∂y

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 0. (A.10)

A.2. EKSTREMI FUNKCIJE DVIJE VARIJABLE 113

Slika A.4: Graf funkcije f(x, y) = x2 + y2. Funkcija ima minimum u tocki (0,0).

Slika A.5: Graf funkcije f(x, y) = −x2 − y2. Funkcija ima maksimum u tocki (0,0).

Hessian u tocki (0, 0) iznosi 4, a pritom vrijedi ∂2xf∣

∣

(0,0)= 2 > 0. Mozemo zakljuciti

da funkcija f(x, y) = x2 + y2 ima minimum.Primjer 2: f(x, y) = −x2 − y2


∂f

∂x= −2x = 0 i

∂f

∂y= −2y = 0. (A.11)


∂2f

∂x2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= −2,∂2f

∂y2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= −2,∂2f

∂x∂y

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 0. (A.12)

Hessian u tocki (0, 0) iznosi 4, a pritom vrijedi ∂2xf∣

∣

(0,0)= −2 < 0. Mozemo zakljuciti

da funkcija f(x, y) = −x2 − y2 ima maksimum.


Slika A.6: Graf funkcije f(x, y) = x2 − y2. Funkcija ima sedlenu tocku (x0, y0) =(0, 0).

Primjer 3: f(x, y) = x2 − y2


∂f

∂x= 2x = 0 i

∂f

∂y= −2y = 0. (A.13)


∂2f

∂x2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 2,∂2f

∂y2

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= −2,∂2f

∂x∂y

∣

∣

∣

∣

x=0,y=0

= 0. (A.14)

Hessian u tocki (0, 0) iznosi −4. Funkcija f(x, y) = x2 − y2 u tocki (0, 0) nema niminimum ni maksimum, nego sedlenu tocku.

Documents

klasicna mehanika.pdf