Skripta iz Klasične mehanike

Klasicna mehanika 1

T. Niksicc© Draft date January 21, 2009

Sadrzaj

Sadrzaj i

1 Zakoni sacuvanja 3

1.1 Sile medu cesticama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Treci Newtonov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.2 Zatvoreni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Kolicina gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Sacuvanje kolicine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.2 Centar mase sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Moment kolicine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4 Energija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4.1 Pojam rada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4.2 Konzervativni sistem jedne cestice . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.3 Konzervativni sistem dviju cestica . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Gibanje u jednoj dimenziji 25

2.1 Konzervativni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Gibanje u mediju s otporom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Centralne sile 41

3.1 Sacuvanje momenta kolicine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2 Ekvivalentni jednodimenzionalni potencijal . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.3 Diferencijalna jednadzba orbite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

i

ii SADRZAJ

3.4 Racun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4.1 Stabilne i nestabilne kruzne orbite . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4.2 Male oscilacije oko kruzne orbite . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.4.3 Zatvorene orbite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4 Keplerov problem 89

4.1 Problem dvaju tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.2 Analiza Keplerovog potencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.2.1 Kruznica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.2.2 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.2.3 Parabola i hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.3 Izvod orbite u Keplerovom potencijalu . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.4 Omedene orbite u Keplerovom potencijalu . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4.1 Prva kozmicka brzina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4.2 Elipticne putanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4.3 Prvi Keplerov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4.4 Treci Keplerov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.4.5 Newtonov zakon gravitacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.4.6 Degenerirana elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.5 Neomedene orbite u Keplerovom potencijalu . . . . . . . . . . . . . . 118

4.5.1 Druga kozmicka brzina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.5.2 Gibanje po hiperboli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.6 Gibanje u Coulombovom potencijalu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

4.6.1 Usporedba privlacnog i odbojnog potencijala . . . . . . . . . . 127

4.6.2 Orbite u odbojnom Coulombovom potencijalu . . . . . . . . . 127

5 Varijacioni postupak 131

5.1 Formulacija varijacionog principa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

5.1.1 Osnove varijacionog postupka . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

5.1.2 Primjer: udaljenost dvije tocke u ravnini . . . . . . . . . . . . 133

SADRZAJ iii

5.1.3 Visedimenzionalni konfiguracioni prostor . . . . . . . . . . . . 138

5.2 Hamiltonov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

5.3 Primjena Hamiltonovog principa: slobodna cestica . . . . . . . . . . . 141

5.4 Primjena Hamiltonovog principa: cestica u centralnom polju . . . . . 142

5.5 Veze i efektivni potencijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.6 Tipovi veza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.6.1 Holonomne veze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.6.2 Neholonomne veze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

6 Kruto tijelo 167

6.1 Ortogonalne transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

6.1.1 Primjer: rotacija u ravnini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

6.1.2 Svojstva ortogonalnih transformacija . . . . . . . . . . . . . . 171

6.1.3 Primjer: rotacije u ravnini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

6.1.4 Einsteinova konvencija o sumaciji . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.1.5 Levi-Civita simbol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.2 Kutna brzina krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

6.3 Eulerovi kutevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.3.1 Kutna brzina i Eulerovi kutevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.4 Tenzor inercije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.4.1 Kineticka energija krutog tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.4.2 Definicija tenzora tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.4.3 Steinerov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

6.4.4 Svojstva tenzora tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.4.5 Glavne osi tenzora tromosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.5 Momenti inercije geometrijskih tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

A Koordinatni sustavi 223

A.1 Kartezijev sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

A.1.1 Brzina u Kartezijevom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

iv SADRZAJ

A.1.2 Ubrzanje u Kartezijevom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . 225

A.1.3 Moment kolicine gibanja u Kartezijevom sustavu . . . . . . . 225

A.2 Cilindricni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

A.2.1 Brzina u cilindricnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

A.2.2 Ubrzanje u cilindricnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

A.2.3 Moment kolicine gibanja u cilindricnom sustavu . . . . . . . . 231

A.3 Sferni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

A.3.1 Brzina u sfernom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

A.3.2 Ubrzanje u sfernom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

A.3.3 Moment kolicine gibanja u sfernim koordinatama . . . . . . . 239

B Vektori 241

B.1 Algebra vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

B.1.1 Osnovne operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

B.1.2 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

B.1.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

B.2 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

B.2.1 Derivacija vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

B.2.2 Integral vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

B.3 Linijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

B.4 Konzervativno polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

C Polarni koordinatni sustav 255

C.1 Definicija polarnog koordinatnog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . 255

C.2 Krivulje u polarnim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

C.2.1 Pravac (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

C.2.2 Pravac (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

C.2.3 Pravac (III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

C.2.4 Kruznica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

C.2.5 Arhimedova spirala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

SADRZAJ 1

C.2.6 Hiperbolna spirala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

C.2.7 Logaritamska spirala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

C.3 Konicne krivulje u polarnim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . 260

C.3.1 Kruznica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

C.3.2 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

C.3.3 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

C.3.4 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

C.4 Asimptote krivulje u polarnim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . 266

C.4.1 Asimptote hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

D Plosni integrali 271

D.1 Plosni integrali u Kartezijevim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . 271

D.1.1 Pravokutno podrucke integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

D.1.2 Opcenito podrucje integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

D.2 Greenov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

D.2.1 Ilustracija Greenovog teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

D.3 Plosni integrali u polarnim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . . 286

Literatura 291

2 SADRZAJ

Poglavlje 1

Zakoni sacuvanja

1.1 Sile medu cesticama

1.1.1 Treci Newtonov zakon

Treci Newtonov zakon (zakon djelovanja i protudjelovanja) glasi: dva tijela medusobno

djeluju jedno na drugo silama jednakog iznosa, ali suprotnog smjera. Ako je ~Fij sila

kojom j-ta cestica djeluje na i-tu cesticu, a ~Fji sila kojom i-ta cestica djeluje na j-tucesticu

~Fij = −~Fji. (1.1)

Sile za koje vrijedi 3. Newtonov zakon zovemo sile medudjelovanja. Za njih vrijedi

ij

~Fij

~Fji

Slika 1.1: j-ta cestica djeluje na i-tu cesticu silom ~Fij, dok i-ta cestica djeluje na

j-tu silom ~Fji. Pritom vrijedi ~Fij = −~Fji.

i princip superpozicije: sila na svaku pojedinu cesticu je vektroski zbroj sila od svihpreostalih cestica. Poseban slucaj predstavljaju centralne sile koje leze na spojnicicestica.

3

4 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA

i j

~Fij~Fji

Slika 1.2: Cestice medudjeluju centralnom silom.

1.1.2 Zatvoreni sustav

Oznacimo s ~Fi ukupnu silu na i-tu cesticu

~Fi =

n∑

j=1(j 6=i)

~Fij . (1.2)

Ako su u prethodnu sumu ukljucene sve cestice u inercijalnom sustavu, tada sustavzovemo zatvorenim. Najcesce sustav dijelimo na podsustave I i II, a silu na i-tucesticu rastavljamo na dva doprinosa

~Fi =∑

j∈I(j 6=i)

~Fij + ~F ′i . (1.3)

Prvi doprinos potjece od cestica iz podsustava I, dok ukupni doprinos podsustavaII zovemo vanjska sila.

1.2 Kolicina gibanja

1.2.1 Sacuvanje kolicine gibanja

Kolicinu gibanja sustava od n cestica definiramo kao sumu kolicina gibanja svihpojedinih cestica

~P ≡∑

i

mi~ri. (1.4)

Vremenska promjena ukupne kolicine gibanja glasi

~P =∑

i

mi~ri. (1.5)

Uvrstimo Newtonovu jednadzbu gibanja

miri = ~Fi =⇒ ~P =∑

i

~Fi. (1.6)

1.2. KOLICINA GIBANJA 5

Silu na i-tu cesticu mozemo rastaviti na sumu vanjske sile ~F ′i i silu medudjelovanja

s ostalim cesticama

~P =∑

i

[

~F ′i +∑

j 6=i

~Fij

]

. (1.7)

Indekse u desnoj sumi mozemo zamijeniti bez promjene rezultata

∑

i,j(i6=j)

~Fij =∑

i,j(i6=j)

~Fji =⇒∑

i,j(i6=j)

~Fij =1

2

∑

i,j(i6=j)

[

~Fij + ~Fji

]

. (1.8)

Uz pretpostavku da vrijedi 3. Newtonov zakon

~Fij + ~Fji = 0, (1.9)

vremenska promjena kolicine gibanja sistema jednaka je zbroju vanjskih sila kojedjeluju na sistem. Ukupna kolicina gibanja zatvorenog sistema je sacuvana

~P = 0. (1.10)

1.2.2 Centar mase sustava

Centar mase sistema n cestica definiramo na sljedeci nacin

~rcm =

∑ni=1mi~ri∑n

i=1mi

. (1.11)

Mozemo pokazati da definicija centra mase ne ovisi o izboru ishodista koordinatnogsustava. Pretpostavimo da smo koordinatni sustav translatirali za konstantni vektor~l

~r′cm =

∑mi~r

′i

∑mi

=

∑mi(~ri +~l)∑mi

=

∑mi~ri

∑mi

+~l. (1.12)

Centar mase u translatiranom sustavu

~r′cm = ~rcm +~l. (1.13)

Centar mase tijela je uvijek na istom mjestu u tijelu, bez obzira na ishodiste koor-dinatnog sustava. Kolicina gibanja sustava

~P =∑

i

mi~ri =d

dt

(∑

i

mi~ri

)

=∑

i

mid

dt

∑

imi~ri∑

imi(1.14)

Prepoznamo definiciju polozaja centra mase

~P =∑

i

mi~rcm =⇒ ~P =∑

i

mi~rcm, (1.15)


Slika 1.3: Centar mase tijela se uvijek nalazi u istoj tocki tijela bez obzira na izborishodista koordinatnog sustava.

a zatim iskoristimo jednadzbu gibanja

~P =∑

i

~F ′i =⇒

(∑

i

mi

)

~rcm =∑

i

~F ′i . (1.16)

Centar mase tijela giba se kao da je sva masa tijela koncentrirana u njemu. Ako natijelo ne djeluju vanjske sile centar mase tijela giba se jednoliko po pravcu.

1.3 Moment kolicine gibanja

Moment kolicine gibanja za jednu cesticu s obzirom na tocku O definiran je relacijom

~M = ~r × ~p = m~r × ~r. (1.17)

Moment kolicine gibanja za sustav od n cestica definiramo kao sumu momenatakolicine gibanja svih pojedinih cestica

~M =

n∑

i=1

~ri ×mi~ri. (1.18)

Vremenska promjena ukupnog momenta kolicine gibanja

~M =n∑

i=1

~ri ×m~ri︸︷︷︸

0

+n∑

i=1

~ri ×mi~ri. (1.19)

Doprinos lijevog clan propada jer vrijedi ~a×~a = 0. Uvrstimo Newtonovu jednadzbugibanja

~M =n∑

i=1

~ri × ~Fi, (1.20)

1.3. MOMENT KOLICINE GIBANJA 7

Slika 1.4: Vektori polozaja (~r) i impulsa (~p) potrebni za definiciju momenta kolicinegibanja.

a zatim silu na i-tu cesticu rastavimo na vanjsku silu i silu medudjelovanja s ostalimcesticama

~M =n∑

i=1

~ri ×[

n∑

j=16=i

~Fij + ~F ′i

]

. (1.21)

Oznaku indeksa sumacije mozemo zamijeniti bez promjene rezultata

n∑

i=1

~ri ×[

n∑

j=16=i

~Fij

]

=n∑

j=1

~rj ×[

n∑

i=16=j

~Fji

]

. (1.22)

Stoga vrijedi

n∑

i=1

~ri ×[

n∑

j=16=i

~Fij

]

=1

2

n∑

i=1

n∑

j=16=i

[

~ri × ~Fij + ~rj × ~Fji

]

. (1.23)

Sada pretpostavimo da vrijedi zakon djelovanja i protudjelovanja

n∑

i=1

~ri ×[

n∑

j=16=i

~Fij

]

=1

2

n∑

i=1

n∑

j=16=i

[~ri − ~rj ] × ~Fij, (1.24)

kao i da su sile medu cesticama usmjerene duz spojnice dviju cestica

~ri − ~rj ‖ ~Fij =⇒ [~ri − ~rj ] × ~Fij = 0. (1.25)


Vremenska promjena momenta kolicine gibanja (1.20) svodi se na

~M =n∑

i=1

~ri × ~F ′i . (1.26)

Definiramo moment sile s obzirom na tocku O

~N = ~r × ~F . (1.27)

Dakle, uz pretpostavku da su sile medudjelovanja usmjerene duz spojnica meducesticama, vremenska promjena momenta kolicine gibanja jednaka je zbroju mome-nata vanjskih sila

~M =n∑

i=1

~N ′i ≡ ~N ′. (1.28)

Ako je sistem zatvoren (vanjska sila je nula), moment kolicine gibanja je sacuvan sobzirom na bilo koju tocku O.

1.3. MOMENT KOLICINE GIBANJA 9

Zadatak 1.1

Moment kolicine gibanja cestice dan je izrazom

~M = 6t2~i− (2t+ 1)~j + (12t3 − 8t2)~k.

Nadite moment sile u trenutku t = 1.Rjesenje:

Vremenska promjena momenta kolicine gibanja jednaka je momentu sile

d ~M

dt= ~N. (1.29)

Deriviramo moment kolicine gibanja po vremenu

d ~M

dt= 12t~i− 2~j + 4(9t2 − 4t)~k, (1.30)

i zatim uvrstimo t = 1~N(t = 1) = 12~i− 2~j + 20~k. (1.31)


Zadatak 1.2

Cestica mase m giba se po krivulji u prostoru definiranoj jednadzbom

~r = a cosωt~i+ b sinωt~j.

Izracunajte moment sile i moment kolicine gibanja s obzirom na ishodiste. Provjerite

relaciju ~M = ~N .Rjesenje:

Prvo izracunamo brzinu cestice

~r = −aω sinωt~i+ bω cosωt~j. (1.32)

Moment kolicine gibanja cestice

~M = ~r ×m~r

= m[

a cosωt~i+ b sinωt~j]

×[

−aω sinωt~i+ bω cosωt~j]

= mabω[cos2 ωt+ sin2 ωt

]~k = mabω~k. (1.33)

Da bi izracunali moment sile, prvo moramo izracunati silu koja djeluje na cesticu.Da bi se cestica gibala po putanji ~r(t) na nju mora djelovati sila

m~r = ~F . (1.34)

Akceleracija cestice

~r = −aω2 cosωt~i− bω2 sinωt~j

= −ω2[

a cosωt~i+ b sinωt~j]

= −ω2~r. (1.35)

Sila koja djeluje na cesticu~F = mr = −mω2~r, (1.36)

proporcionalna je radijus-vektoru cestice. Moment sile iscezava

~N = ~r × ~F = −mω2~r × ~r = 0, (1.37)

pa je moment kolicine gibanja konstanta u skladu s relacijom ~M = ~N .

1.4. ENERGIJA 11

1.4 Energija

1.4.1 Pojam rada

Promatramo cesticu mase m na koju djeluje sila ~F . Ako se cestica pomakne iz tocke~r do tocke ~r + d~r, na njoj je izvrsen rad

dW = ~F · d~r. (1.38)

Pomak d~r je infinitezimalan pa je sila u izrazu (1.38) priblizno konstantna. Rad nacijeloj putanji od tocke A do tocke B izracunamo tako da putanju podijelimo nainfinitezimalne dijelove i zatim zbrojimo doprinose svih dijelova. Rad na zadanoj

d~r

A

B

~F

Slika 1.5: Rad na infinitezimalnom putu iznosi W = ~F · d~r.

putanji C od tocke A do tocke B sveo se na linijski integral

WAB =

∫

C

~F · d~r. (1.39)

Ogranicimo se sada na ostvarivu putanju tj. putanju na kojoj vrijedi drugi Newtonovzakon

WAB =

∫ B

A

m~r · d~r. (1.40)

Iskoristimo definiciju brzine

d~r = ~rdt =⇒ WAB = m

∫ B

A

~r · ~rdt =m

2

∫ B

A

d

dt

(

~r)2

dt, (1.41)

a potom integriramo zadnji izraz

WAB =m

2

[

~r2(B) − ~r2(A)]

. (1.42)


Definiramo kineticku energiju cestice

T =m

2~r2. (1.43)

Rad izvrsen na cestici dok se gibala od tocke A do tocke B po ostvarivoj putanjijednak je razlici kinetickih energija cetice u konacnoj i pocetnoj tocki putanje

WAB = T (B) − T (A). (1.44)

Cijelo razmatranje mozemo prosiriti na sistem n cestica koji se giba od konfiguracijeA : (~r1(A), . . . , ~r2(A)) do konfiguracije B : (~r1(B), . . . , ~r2(B)) po ostvarivojputanji. Na cesticama je izvrsen rad

WAB =∑

i

∫ B

A

~Fi · d~ri =∑

i

∫ B

A

m~ri · d~ri

=∑

i

∫ B

A

m~ri · ~ridt =1

2

∑

i

mi

∫ B

A

d

dt

[

~ri

]2

dt. (1.45)

Integriranjem dolazimo do izraza

WAB =∑

i

1

2

[

~ri(B)]2

−∑

i

1

2

[

~ri(A)]2

=∑

i

TB(i) −∑

i

TA(i) = TB − TA. (1.46)

Zbroj radova na svim cesticama jednak je promjeni ukupne kineticke energije.

1.4. ENERGIJA 13

Zadatak 1.3

Cestica mase 4 giba se po krivulji u prostoru

~r(t) = (3t2 − 2t)~i+ t3~j − t4~k

u polju sile ~F . Nadite rad sile ~F da bi se cestica pomakla iz tocke tA = 1 do tocketB = 2. Pokazite da je rad jednak razlici kinetickih energija u tockama tB = 2 itA = 1.Rjesenje:

Da bi se cestica gibala po putanji ~r(t), na nju mora djelovati sila

~F = m~r = m(

6~i+ 6t~j − 12t2~k)

(1.47)

= 24~i+ 24t~j − 48t2~k. (1.48)

Pri pomicanju iz tocke A u tocku B na cestici je izvrsen rad

WAB =

∫ B

A

~F · d~r (1.49)

. Diferencijal radijus-vektora tocke koja se nalazi na zadanoj putanji glasi

d~r = ~rdt = (6t− 2)dt~i+ 3t2dt~j − 4t3dt~k. (1.50)

Izracunamo skalarni produkt sile ~F i diferencijala d~r

~F · d~r = 6m[

~i+ t~j − 2t2~k]

·[

(6t− 2)dt~i+ 3t2dt~j − 4t3dt~k]

(1.51)

= 6m[(6t− 2)dt+ 3t3dt+ 8t5dt

]. (1.52)

Integriramo izraz (1.49), uzimajuci u obzir da je donja granica integracije tA = 1, agornja tB = 2

WAB = 24

∫ t=2

t=1

[(6t− 2) + 3t3 + 8t5

]dt (1.53)

= 24

[

3t2 − 2t+3

4t4 +

4

3t6]∣∣∣∣

t=2

t=1

(1.54)

= 24

[

3t2 − 2t+3

4t4 +

4

3t6]∣∣∣∣

t=2

t=1

(1.55)

=[72t2 − 48t+ 18t4 + 32t6

]∣∣t=2

t=1(1.56)

=[72t2 − 48t+ 18t4 + 32t6

]− [72 − 48 + 18 + 32] (1.57)

= 2528 − 74 = 2454. (1.58)


Isti rezultat mozemo dobiti tako da izracunamo razliku kinetickih energija u konacnoji pocetnoj tocki. Kineticka energija u pocetnoj tocki

T (A) =1

2mr2(tA) =

1

2m[(6t− 2)2 + 9t4 + 16t6

]∣∣t=1

(1.59)

= 2 [16 + 9 + 16] = 82. (1.60)

Kineticka energija u konacnoj tocki

T (B) =1

2mr2(tB) =

1

2m[(6t− 2)2 + 9t4 + 16t6

]∣∣t=2

(1.61)

= 2 [100 + 144 + 1024] = 2536. (1.62)

Razlika kinetickih energija

T (B) − T (A) = 2536 − 82 = 2454 , (1.63)

jednaka je radu izvrsenom na cestici.

1.4. ENERGIJA 15

Zadatak 1.4

Izracunajte rad izvrsen na cestici koja se giba po kruznici radijusa 3 smjestenoj uravnini xy sa sredistem u ishodistu, ako na cesticu djeluje sila

~F = (2x− y + z)~i+ (x+ y − z2)~j + (3x+ 2y + 4z)~k.

Rjesenje:

Gibanje se odvija u xy ravnini pa vrijedi z = 0

~F = (2x− y)~i+ (x+ y)~j + (3x+ 2y)~k. (1.64)

Tocku na krucici mozemo definirati koristeci kut t kao parametar. Radijus-vektor

x

y

t

m

~r(t)

Slika 1.6: Koordinate cestice koja se giba po krucnici radijusa R: x = R cos t,y = R sin t.

takve tocke glasi

~r = 3 cos t~i+ 3 sin t~j. (1.65)

Trazimo rad izvrsen dok cestica prijede jedan krug

W =

∫ 2π

0

~F (t) · d~r(t). (1.66)

Diferencijal radijus-vektora

d~r = −3 sin tdt~i+ 3 cos tdt~j. (1.67)


Izracunamo skalarni produkt sile i diferencijala d~r

~F · d~r =[

(2x− y)~i+ (x+ y)~j + (3x+ 2y)~k]

(1.68)

·[

−3 sin t~i+ 3 cos t~j]

dt (1.69)

= −3 sin t [2x(t) − y(t)] dt+ 3 cos t [x(t) + y(t)] dt (1.70)

= −9

2sin 2tdt+ 9dt. (1.71)

Uvrstimo vrijednost skalarnog produkta u integral (1.66)

W =

∫ 2π

0

[

−9

2sin 2t+ 9

]

dt = 18π. (1.72)

1.4.2 Konzervativni sistem jedne cestice

Ako rad izvrsen na cestici tijekom gibanja od tocke A do tocke B ovisi samo okrajnjim tockama putanje (ne i o brzini cestice u tim tockama), silu koja djelujena cesticu zovemo konzervativnom Mozemo pokazati da je u tom slucaju rad pozatvorenoj putanji nula ∮

~Fd~r = 0. (1.73)

Integral po zatvorenoj putanji mozemo rastaviti na dva dijela tockama A i B

I

II

A

B

Slika 1.7: Zatvorena putanja podijeljena na dva dijela tockama A i B.

∮

~F · d~r =

∫ B

A(I)

~F · d~r +

∫ A

B(II)

~F · d~r. (1.74)

1.4. ENERGIJA 17

Promjena smjera integracije po putanji II daje samo promjenu predznaka jer d~r utom slucaju prelazi u −d~r

∮

~F · d~r =

∫ B

A(I)

~F · d~r −∫ B

A(II)

~F · d~r = WAB(I) −WAB(II). (1.75)

Rad prema pretpostavci ne ovisi o putanji pa se doprinosi I i II ponistavaju

WAB(I) −WAB(II) =⇒∮

~F · d~r = 0. (1.76)

Ukupan rad je nula. Primjenom Stokesovog teorema mozemo izvesti ekvivalentniuvjet konzervativnosti sile ~F . Linijski integral vektorskog polja ~F po krivulji Cjednak je plosnom integralu rotacije vektorskog polja ∇× ~F po povrsini obuhvacenojkrivuljom C ∮

C

~F · d~r =

∫

S

(

∇× ~F)

· ~nda, (1.77)

gdje je S povrsina obuhvacena konturom C, da je diferencijalni element povrsine,a ~n jedinicni vektor okomit na element povrsine Stokesov teorem (1.77) vrijedi za

C

S

Slika 1.8: Ploha S obuhvacena krivuljom C.

svaku putanju C i pripadnu povrsinu S, pa i za infinitezimalnu petlju i povrsinu.Stoga polje ~F u svakoj tocki mora biti bezvrtlozno

∇× ~F = 0. (1.78)

Slijedi da postoji skalarno polje U , takvo da vrijedi

~F = −∇U. (1.79)


Negativan predznak smo pritom izabrali po konvenciji. Polje U zovemo potencijalnaenergija. Vratimo se izrazu za rad

WAB =

∫ B

A

~F · d~r = −∫ B

A

(∇U) · d~r. (1.80)

Podintegralnu funkciju mozemo napisati u obliku

∇U · d~r =

[∂U

∂x~i+

∂U

∂y~j +

∂U

∂z~k

]

·[

dx~i+ dy~j + dz~k]

. (1.81)

Skalarni produkt

∇U · d~r =

[∂U

∂xdx+

∂U

∂ydy +

∂U

∂zdz

]

, (1.82)

odgovara totalnom diferencijalu potencijalne energije

∇U · d~r = dU. (1.83)

Rad izvrsen na cestici jednak je razlici potencijalnih energija u pocetnoj i konacnojtocki putanje

WAB = −∫ B

A

dU = (−U)|BA = U(A) − U(B). (1.84)

Dakle, za gibanje po fizikalnoj putanji vrijedi

WAB = T (B) − T (A) = U(A) − U(B). (1.85)

Suma kineticke i potencijalne energije u konzervativnom sustavu je sacuvana (ukupnaenergija)

T (A) + U(A) = T (B) + U(B). (1.86)

1.4. ENERGIJA 19

Zadatak 1.5

Pokazite da je polje sile

~F = (y2z3 − 6xz2)~i+ 2xyz3~j + (3xy2z2 − 6x2z)~k

konzervativno. Nadite potencijal i rad potreban da se cestica pomakne iz tockeT1(−2, 1, 3) do tocke T2(1,−2,−1).Rjesenje:

Polje je konzervativno ako vrijedi

∇× ~F =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k∂x ∂y ∂z

Fx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣

. (1.87)

Raspisemo determinantu

∇× ~F =~i[∂y(3xy

2z2 − 6x2z) − ∂z(2xyz3)]

−~j[∂x(3xy

2z2 − 6x2z) − ∂z(y2z3 − 6xz2)

]

+ ~k[∂x(2xyz

3) − ∂y(y2z3 − 6xz2)

]. (1.88)

Izracunamo potrebne derivacije

∇× ~F =~i[6xyz2 − 6xyz2

]

−~j[3y2z2 − 12xz − 3y2z2 + 12xz

]

+ ~k[2yz3 − 2yz3

]= 0. (1.89)

Rotacija polja ~F iscezava pa je polje konzervativno. U tom slucaju sigurno postojiskalarno polje U za koje vrijedi

~F = −∇U =⇒ Fx~i+ Fy

~j + Fz~k = −∂xU~i− ∂yU~j − ∂zU~k. (1.90)

Prethodna jednadzba zapravo predstavlja tri jednadzbe

−∂xU = Fx = y2z3 − 6xz2

=⇒ U = −xy2z3 + 3x2z2 + g1(y, z) (1.91)

−∂yU = Fy = 2xyz3

=⇒ U = −xy2z3 + g2(x, z) (1.92)

−∂zU = Fz = 3xy2z2 − 6x2z

=⇒ U = −xy2z3 + 3x2z2 + g3(x, y). (1.93)


Jedn. (1.91-1.93) su konzistentne uz odabir

g1(y, z) = 0 g2(x, z) = 3x2z2 g3(x, y) = 0. (1.94)

Skalarno polje U tj. potencijal glasi

U(x, y, z) = −xy2z3 + 3x2z2. (1.95)

Rad potreban za pomicanje cestice iz tocke T1(−2, 1, 3) do tocke T2(1,−2,−1) jednakje razlici potencijala u pocetnoj i konacnoj tocki

W = U(x1, y1, z1) − U(x2, y2, z2). (1.96)

Potencijal u pocetnoj tocki T1

U(x1, y1, z1) = −(−2) · 1 · 33 + 3 · 22 · 32 = 54 + 108 = 162. (1.97)

Potencijal u konacnoj tocki T2

U(x2, y2, z2) = −1 · 22 · (−1)3 + 3 · 12 · (−1)2 = 4 + 3 = 7. (1.98)

Rad je jednak razlici potencijala

W = U1 − U2 = 162 − 7 = 155. (1.99)

1.4.3 Konzervativni sistem dviju cestica

Prethodno razmatranje nije potpuno jer ne uzima u obzir cestice koje predstavljajuizvor sile ~F . Promotrimo stoga sustav dvije cestice, pri cemu su polozaji cestica danivektorima ~r1 i ~r2. Oznacimo s ~r12 relativni polozaj cestice 1 u odnosu na cesticu 2,a s ~e12 pripadni jedinicni vektor. Neka je A pocetna, a B konacna konfiguracijasustava

• pocetni polozaj prve cestice: ~r1(A)

• pocetni polozaj druge cestice: ~r2(A)

• konacni polozaj prve cestice: ~r1(B)

• konacni polozaj druge cestice: ~r2(B)

Oznacimo s ~F12 silu kojom cestica 2 djeluje na cesticu 1, a s ~F21 silu kojom cestica1 djeluje na cesticu 2. Izracunamo radove izvrsene na cesticama tijekom gibanja odpocetne do konacne tocke

WAB(1) =

∫ B

A

~F12d~r1 i WAB(2) =

∫ B

A

~F21d~r2. (1.100)

Mozemo pokazati da je sustav konzervativan ako sile medu cesticama

1.4. ENERGIJA 21

O

m1

m2

~r1

~r2

~r12

Slika 1.9: Vektor relativnog polozaja cestice 1 u odnosu na cesticu 2.

• udovoljavaju 3. Newtonovom zakonu

~F12(~r1, ~r2) = −~F21(~r1, ~r2) (1.101)

• usmjerene su duz spojnica cestica

~F12(~r1, ~r2) = f12(~r1, ~r2)~e12 (1.102)

• ovise samo o udaljenosti medu cesticama

~F12(~r1, ~r2) = f12(|~r1 − ~r2|)~e12 (1.103)

~r1(A)

~r1(B)

~r2(A)

~r2(B)

d~r1

d~r2~F12

~F21

Slika 1.10: Dvije cestice se gibaju od pocetne prema konacnoj tocki.

U tom slucaju mozemo uvesti potencijalnu funkciju

U12(|~r1 − ~r2|), (1.104)

takvu da vrijedi

~F12 = −∇1U(|~r1 − ~r2|) = ∇2U(|~r1 − ~r2|) = −~F21. (1.105)


Primjer: dva tijela koja medudjeluju gravitacijskom silomPretpostavimo da tijela imaju mase m1 i m2. Potencijalna energija gravitacijskogmedudjelovanja

U(|~r1 − ~r2|) = −Gm1m2

|~r1 − ~r2|. (1.106)

Sila na cesticu 1 iznosi

~F12 = −∇1U(|~r1 − ~r2|) = −[

∂x~i+ ∂y

~j + ∂z~k]

U(|~r1 − ~r2|). (1.107)

Prvo racunamo parcijalnu derivaciju ∂x1

∂

∂x1

1

|~r1 − ~r2|=

∂

∂x1

1√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2

= − 2(x1 − x2)

2 [(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2]3/2

= − x1 − x2

|~r1 − ~r2|3. (1.108)

Jednakim postupkom bi izracunali derivacije ∂y1 i ∂z1

∇11

|~r1 − ~r2|= −(x1 − x2)~j + (y1 − y2)~j + (z1 − z2)~k

|~r1 − ~r2|3

= − ~r1 − ~r2|~r1 − ~r2|3

= − ~e12|~r1 − ~r2|2

. (1.109)

Dosli smo do poznatog izraza za gravitacijsku silu kojom cestica 2 djeluje na cesticu1

~F12 = − Gm1m2

|~r1 − ~r2|2~e12. (1.110)

Zelimo pokazati da je sila koja udovoljava uvjetima (1.101), (1.102) i (1.103) konz-ervativna. Radovi izvrseni na cesticama 1 i 2

W(1)AB =

∫ B

A

~F12d~r1 i W(2)AB =

∫ B

A

~F21d~r2. (1.111)

Potencijalna funkcija U(|~r1 − ~r2|) ovisi o o obje putanje pa racunamo ukupni rad

Wtot = W(1)AB +W

(2)AB =

∫ B

A

[

~F12d~r1 + ~F21d~r2

]

. (1.112)

Iskoristimo relaciju ~F12 = −~F21

Wtot =

∫ B

A

~F12 [d~r1 − d~r2]

=

∫ B

A

(−∇1U12(|~r1 − ~r2|)) [d~r1 − d~r2]. (1.113)

1.4. ENERGIJA 23

Definiramo relativnu koordinatu

~r1 − ~r2 ≡ ~r12. (1.114)

Potencijalna funkcija ovisi samo o |~r1 − ~r2|

=⇒ ∇~r1U12(|~r1 − ~r2|) = ∇~r1−~r2U12(|~r1 − ~r2|). (1.115)

Ukupni rad koji cestice izvrse jedna na drugoj

Wtot =

∫ B

A

(−∇~r1−~r2U12(|~r1 − ~r2|)) [d~r1 − d~r2]

=

∫ B

A

(−∇~rU12(|~r|)) d~r

= −∫ B

A

dU12(|~r|)

= U12(|~r1(A) − ~r2(A)|) − U12(|~r1(B) − ~r2(B)|), (1.116)

jednak je promjeni potencijalne funkcije u pocetnoj (A) i konacnoj (B) konfiguraciji.Vec smo zakljucili da je rad jednak razlici konacne i pocetne kineticke energije sus-tava

T1(B)+T2(B)−T1(A)−T2(A) = U12(|~r1(A)−~r2(A)|)−U12(|~r1(B)−~r2(B)|). (1.117)

Ukupna energija u konzervativnom sustavu je sacuvana

T1(A)+T2(A)+U12(|~r1(A)−~r2(A)|) = T1(B)+T2(B)+U12(|~r1(B)−~r2(B)|). (1.118)


Poglavlje 2

Gibanje u jednoj dimenziji

2.1 Konzervativni sustavi

Cestica mase m giba se po osi x pod utjecajem konzervativne sile

~F = −∇U(x) = −dUdx~i. (2.1)

Newtonova jednadzba gibanja

mx = −dUdx

, (2.2)

je diferencijalna jednadzba drugog reda koja ne ovisi eksplicitno o vremenu. Koris-timo metodu snizavanja reda jednadzbe uvodeci supstituciju

v = x =⇒ x =dv

dt=dv

dx

dx

dt= v

dv

dx(2.3)

Newtonova jednadzba gibanja

mvdv

dx= −dU

dx=⇒ m

2

dv2

dx+dU

dx= 0, (2.4)

svodi se na zakon sacuvanja energije

d

dx

[m

2v2 + U(x)

]

= 0 =⇒ m

2v2 + U(x) = E. (2.5)

Uvrstimo natrag supstituciju v = x

m

2x2 + U(x) = E =⇒ x = ±

√

2

m

√

E − U(x) (2.6)

25

26 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI

Brzina cestice moze biti pozitivna ili negativna. Uz pozitivan predznak se varijablax povecava s vremenom, a uz negativan se smanjuje. Kineticka energija cestice jeuvijek pozitivna pa se cestica moze gibati samo u podrucju u kojem vrijedi U(x) ≤E. Takvo podrucje zovemo klasicno dozvoljeno podrucje. Krajnje tocke klasicnodozvoljenog podrucja zovemo tocke obrata, a definirane su uvjetom

U(x) = E. (2.7)

Diferencijalnu jednadzbu prvog reda

x

U(x)

x1 x2

E

Slika 2.1: Cestica se moze gibati samo u intervalu [x1, x2] jer tamo vrijedi U(x) ≤ E.Tocke x1 i x2 zovemo tocke obrata, a interval [x1, x2] klasicno dozvoljeno podrucje.

dx

dt= ±

√

2

m

√

E − U(x) (2.8)

mozemo rijesiti metodom separacije varijabli

dx√

E − U(x)= ±

√

2

mdt. (2.9)

Lijevu stranu integriramo u granicama od x0 do x, a desnu u granicama od 0 do t

t = ±√m

2

∫ x

x0

dx′√

E − U(x′). (2.10)

2.1. KONZERVATIVNI SUSTAVI 27

Zadatak 2.1

Cestica mase m giba se pod utjecajem sile

~F = − c

x2~i, c > 0.

Odredite vrijeme potrebno da cestica stigne u ishodiste ako je pocetni polozaj x =a > 0, a pocetna brzina je 0.Rjesenje:

Cestica se giba u potencijalu

U(x) = −∫

F (x)dx = c

∫dx

x2= − c

x. (2.11)

Ukupnu energiju cestice mozemo izracunati iz pocetnih uvjeta

E =m

2x2(0) − c

x(0)= − c

a. (2.12)

Cestica se u pocetnom trenutku nalazi u tocki x = a, a zatim se pocinje gibati premaishodistu. Iz zakona sacuvanja energije slijedi

x = ±√

2

m

√

E − U(x). (2.13)

Biramo negativan predznak jer se x smanjuje s vremenom (cestica ide prema ishodistu)

dx

dt= −

√

2

m

√

− c

a+c

x. (2.14)

Separiramo varijable

dx√

− ca

+ cx

= −√

2

mdt, (2.15)

a zatim integriramo lijevu i desnu stranu jednadzbe

∫ 0

a

dx√− c

a+ c

x

= −√

2

m

∫ T

0

dt. (2.16)

Vrijeme potrebno da cestica stigne u ishodiste

T =

√m

2c

∫ a

0

xdx√

−x2

a+ x

(2.17)


Rjesavamo integral ∫ a

0

dx√

−x2/a+ x(2.18)

Rijec je o posebnom slucaju tablicnog integrala (Bronstejn, br. 249 i 241)

∫xdx√

Ax2 +Bx+ C=

√Ax2 +Bx+ C

A

− B

2A

∫dx√

Ax2 +Bx+ C. (2.19)

Vrijednost drugog integrala ovisi o parametrima A i ∆ = 4AC − B2. U nasemslucaju vrijedi: A = −1/a, B = 1, C = 0

=⇒ ∆ < 0 A < 0. (2.20)

Rjesenje drugog integrala glasi

∫dx√

Ax2 +Bx+ C= − 1√

−Aarcsin

2Ax+B

−∆, (2.21)

=⇒∫ a

0

dx√

−x2/a+ x= −a

√

−x2/a+ x∣∣∣

a

0

− a3/2

2arcsin

−2x+ a

a

∣∣∣∣

a

0

. (2.22)

Lijevi clan ocito propada pa preostaje

∫ a

0

dx√

−x2/a+ x=a3/2π

2. (2.23)

Ako integral uvrstimo u jedn. (2.17) dolazimo do trazenog vremena


x

U(x)

a

E

Slika 2.2: Cestica se na pocetku gibanja nalazi u tocki obrata jer vrijedi x(0) = 0.


Zadatak 2.2

Odredite period jednodimenzionalnog gibanja cestice mase m i energije E u poten-cijalu

U(x) = U0 tan2 (αx).

Rjesenje:

Potencijal je simetrican

U(−x) = U0 tan2 (−αx) = U0 [− tan (αx)]2 = U0 [tan (αx)]2 = U(x). (2.24)

Stoga je vrijeme potrebno cestici da prijede put od ishodista do tocke obrata x0

jednako cetvrtini perioda

T = 4

√m

2

∫ x0

0

dx√

E − U(x). (2.25)

Uvrstimo zadani potencijal

T = 4

√m

2

∫ x0

0

dx√

E − U0 tan2 (αx). (2.26)

Moramo izracunati integral

I =

∫ x0

0

cos (αx)dx√

E cos2 (αx) − U0 sin2 (αx)(2.27)

I =

∫ x0

0

cos (αx)dx√

E − (E + U0) sin2 (αx). (2.28)

Napravimo supstituciju t = sinαx

=⇒ I =1

α

∫ t0

0

dt√

E − (E + U0)t2

I =1

α√E + U0

∫ t0

0

dt√

EE+U0

− t2. (2.29)

Gdje su tocke obrata?

E = U0 tan2 αx0 =⇒ x0 =1

αarctan

√

E

U0

. (2.30)


Prelazimo na varijablu t

t0 = sinαx0 = sin

(

arctan

√E

U0

)

, (2.31)

i pritom koristimo formulu iz Bronstejna (str. 216)

arctan x = arcsinx√

1 + x2=⇒ t0 =

√E

E + U0. (2.32)

Rjesenje integrala

I =1

α√E + U0

∫ t0

0

dt√

t20 − t2, (2.33)

mozemo naci u tablicama integrala (Bronstejn br. 164)

∫ t0

0

dt√

t20 − t2= arcsin

t

t0

∣∣∣∣

t0

0

=π

2, (2.34)

=⇒ I =π

2α√E + U0

. (2.35)

Uvrstimo integral u formulu za period cestice (2.26)

T = 4

√m

2I = 4

√m

2

π

2α√E + U0

=π

α

√2m

E + U0

. (2.36)

x

U(x)

− π2α

π2α

−x0 x0

E

Slika 2.3: Klasicno dozvoljeno podrucje za potencijal U0 tan2 (αx).


Zadatak 2.3

Nadite putanju cestice koja se giba u potencijalu

U(x) = − U0

cosh2 (αx), (2.37)

ako vrijedi x(0) = 0 i x(0) =√

2U0/m.Rjesenje:

Iz pocetnih uvjeta mozemo izracunati energiju cestice

E =m

2x2(0) + U(x = 0) =

m

2

2U0

m− U0 = 0. (2.38)

Iskoristimo jedn (2.10)

t =

√m

2

∫ x

0

dx′√

E − U(x′). (2.39)

Pocetna brzina je pozitivna, kao i brzina u svim kasnijim vremenima. Stoga smou prethodnom izrazu izabrali pozitivan predznak. Uvrstimo potencijal i energijucestice

t =

√m

2U0

∫ x

0

coshαx′dx′ =1

α

√m

2U0

sinhαx. (2.40)

Invertiramo dobijeno rjesenje

=⇒ x(t) =1

αarsinh

(

α

√

2U0

mt

)

. (2.41)

x

U(x)

−U0

E

Slika 2.4: Energija (E = 0) je uvijek veca od potencijala pa cijela os x odgo-vara klasicno dozvoljenom podrucju. Uz zadane pocetne uvjete cestica se giba odishodista prema x → +∞.


Zadatak 2.4

Cestica mase m giba se u potencijalu

U(x) = A(e−2αx − 2e−αx);A, α > 0

Nadite period gibanja za slucaj E < 0.Rjesenje:

Da bi napravila punu oscilaciju, cestica mora prijeci put od lijeve tocke obrata (x1)do desne tocke obrata (x2) i natrag. Gibanje od tocke x1 do tocke x2 daje samopola oscilacije. Prvo trazimo tocke obrata

U(x) = E =⇒ A(e−2αx1,2 − 2e−αx1,2) = −|E|. (2.42)

Dopunimo lijevu stranu do punog kvadrata

(e−αx1,2 − 1)2 − 1 = −|E|A, (2.43)

i izracunamo tocke obrata

=⇒ x1,2 = − 1

αln

(

1 ±√

1 − |E|A

)

. (2.44)

Vrijeme potrebno za pola pune oscilacije (2.10)

τ =

√m

2

∫ x2

x1

dx√

E − U(x). (2.45)

Ako uvrstimo zadani potencijal

τ =

√m

2

∫ x2

x1

dx√

E − A(e−2αx + 2e−αx), (2.46)

preostaje samo rijesiti integral

I =

∫ x2

x1

dx√E − Ae−2αx + 2Ae−αx

. (2.47)

Koristimo supstituciju

u = e−αx → du = −αe−αxdx→ dx = − du

αu. (2.48)

Granice integracije prelaze uu1,2 = e−αx1,2 . (2.49)


Energija je negativna pa vrijedi: E = −|E|. Integral

I = − 1

α

∫ u2

u1

du

u√

−Au2 + 2Au− |E|. (2.50)

mozemo pronaci u tablicama integrala (Bronstejn, br. 258)

∫du

u√au2 + bu + c

. (2.51)

Rezultat ovisi o vrijednostima parametara c i ∆ = 4ac− b2. U nasem slucaju vrijedi

• c = −|E| < 0

• |E| < A =⇒ ∆ = 4AE − 4A2 = 4A(|E| − A) < 0

=⇒∫

du

u√au2 + bu+ c

=1√−c arcsin

bu+ 2c

u√−∆

(2.52)

Uvrstimo granice integracije u rjesenje neodredenog integrala

I = − 1

α√

|E|arcsin

2Au− 2|E|u√

4A2 − 4A|E|

∣∣∣∣∣

u2

u1

. (2.53)

Tocke obrata

u1 = e−αx1 = eln

„

1+q

1− |E|A

«

= 1 +

√

1 − |E|A, (2.54)

u2 = e−αx2 = eln

„

1−q

1− |E|A

«

= 1 −√

1 − |E|A, (2.55)

Konacno, integral

I = − 1

α√

|E|(arcsin (−1) − arcsin (1)) =

π

α√

|E|. (2.56)

Period oscilacije

T = 2τ = 2

√m

2I =

π

α

√

2m

|E| . (2.57)


x

U(x)

−AE

x1 x2

Slika 2.5: Cestica oscilira izmedu tocaka obrata x1 i x2.


2.2 Gibanje u mediju s otporom

Pretpostavimo da se cestica mase m giba u jednoj dimenziji pod utjecajem kon-stantne sile F i sile otpora koja je proporcionalna nekoj potenciji brzine. Jednadzbagibanja u tom slucaju glasi

mx = F − β (x)α . (2.58)

Radi se o diferencijalnoj jednadzbi drugog reda koja ne ovisi eksplicitno o x pa jemozemo rijesiti metodom snizavanja reda jednadzbe. Koristimo supstituciju x = v

mv = F − βvα. (2.59)

Prethodnu jednadzbu (prvog reda) mozemo rijesiti separacijom varijabli

mdv

dt= F − βvα =⇒ mdv

F − βvα= dt. (2.60)

Lijevu stranu integriramo od v0 do v, a desnu od 0 do t

∫ v

v0

mdv′

F − β(v′)α= t. (2.61)

2.2. GIBANJE U MEDIJU S OTPOROM 37

Zadatak 2.5

U trenutku t = 0 padobranac mase m nalazi se u tocki z = 0 i pada premapovrsini Zemlje brzinom v0. Ako je sila otpora zraka proporcionalna trenutnoj brzinipadobranca nadite

• polozaj

• brzinu

• ubrzanje

padobranca u bilo kojem trenutku prije udarca u povrsinu Zemlje.Rjesenje:

Na padobranca djeluje sila teza prema dolje i sila otpora zraka prema gore (tj. usmjeru suprotnom od smjera gibanja). Jednadzba gibanja padobranca glasi

mg~k

−βv~k

m

O

Slika 2.6: Na padobranca djeluje sila teza mg~k i sila otpora zraka −βv~k. Pritomje v trenutna brzina cestice, a β je konstanta proporcionalnosti izmedu sile otpora itrenutne brzine.

mdv

dt= mg − βv. (2.62)

Separiramo varijablemdv

mg − βv= dt, (2.63)


a zatim integriramo lijevu i desnu stranu

∫ v

v0

mdv′

mg − βv′= t. (2.64)

Integral na lijevoj strani je netrivijalan

∫ v

v0

mdv′

mg − βv′= −m

β

∫ v

v0

d(mg − βv′)

mg − βv′. (2.65)

=⇒ −mβ

ln (mg − βv′)

∣∣∣∣

v

v0

= t. (2.66)

=⇒ lnmg − βv

mg − βv0

= − β

mt. (2.67)

=⇒ mg − βv = (mg − βv0)e− β

mt. (2.68)

=⇒ v =mg

β+ (v0 −

mg

β)e−

β

mt. (2.69)

Deriviranjem brzine dolazimo do akceleracije

a =dv

dt=

(

g − βv0

m

)

e−β

mt. (2.70)

Nakon dovoljno dugog vremena akceleracija pada na nulu. Padobranac se dalje gibajednolikom brzinom koju zovemo granicna brzina

vgr =mg

β. (2.71)

Integriranjem brzine dolazimo do polozaja padobranca

z(t) − z(t = 0) =

∫ t

0

v(t)dt. (2.72)

z(t) =

∫ t

0

[mg

β+ (v0 −

mg

β)e−

β

mt

]

dt (2.73)

=mgt

β+m

β

[

v0 −mg

β

](1 − e−βt/m

). (2.74)

Promotrimo jos i limese pojedinih velicina kada β → 0 (slucaj kada nema otporazraka).

2.2. GIBANJE U MEDIJU S OTPOROM 39

• akceleracija:

limβ→0

(

g − βv0

m

)

e−β

mt = g. (2.75)

• brzina:

v(β → 0) = limβ→0

[mg

β+

(

v0 −mg

β

)

e−βm

t

]

(2.76)

= limβ→0

[

v0e− β

mt +

mg

β

(

1 − e−β

mt)]

(2.77)

= v0 +mg limβ→0

1 − e−β

mt

β. (2.78)

Izraz je neodreden(

00

)pa mozemo iskoristiti L’Hospitalovo pravilo

v(β → 0) = v0 +mg limβ→0

+ tme−

β

mt

1(2.79)

= v0 + gt. (2.80)

• polozaj:

z(t) = limβ→0

mgt

β+m

β

[

v0 −mg

β

](1 − e−βt/m

)

(2.81)

= limβ→0

mv01 − e−βt/m

β(2.82)

+mg limβ→0

βt−m(1 − e−βt/m

)

β2. (2.83)

Oba limesa su neodredena(

00

)pa opet koristimo L’Hospitalovo pravilo.

z(t) = limβ→0

mv0(t/m)e−βt/m

1(2.84)

+mg limβ→0

t−m(t/m)e−βt/m

2β(2.85)

= v0t+1

2mgt lim

β→0

1 − e−βt/m

β. (2.86)

Na drugi limes primjenimo L’Hospitalovo pravilo jos jednom

z(t) = limβ→0

v0t+1

2mgt lim

β→0

(t/m)e−βt/m

1(2.87)

z(t) = v0t+1

2gt2. (2.88)


U granicnom slucaju β → 0 uspjeli smo reproducirati sve poznate rezultate slo-bodnog pada.

Poglavlje 3

Centralne sile

3.1 Sacuvanje momenta kolicine gibanja

Pretpostavimo da se cestica giba u polju centralne sile

~F = −∇U(r) = −dUdr~r0. (3.1)

Vremenska promjena momenta kolicine gibanja cestice

d ~M

dt= ~N = ~r × ~F = −dU

dr~r × ~r0. (3.2)

Vektori ~r i ~r0 su paralelni pa vektorski produkt ~r × ~r0 iscezava

d ~M

dt= 0 =⇒ ~M = konst. (3.3)

Moment kolicine gibanja cestice koja se giba u polju centralne sile je sacuvan. Izdefinicije

~M = ~r × ~p = m~r × ~r, (3.4)

slijedi da su vektori polozaja ~r, brzine ~r i momenta kolicine gibanja ~M medusobnookomiti. Dakle, vektor polozaja je u svakom trenutku gibanja okomit na konstantnivektor ~M pa se putanja cestice, odredena vektorom ~r(t) uvijek nalazi u ravnini

okomitoj na vektor momenta kolicine gibanja ~M . Koordinatni sustav orijentiramotako da se os z ima smjer vektora ~M . Putanja cestice se nalazi u xy ravnini pamozemo koristiti dvodimenzionalni polarni sustav definiran koordinatama r i φ.

41

42 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE

3.2 Ekvivalentni jednodimenzionalni potencijal

Cestica mase m giba se u polju centralne sile

~f(~r) = f(r)~r0. (3.5)

Jednadzbu gibanja cesticem~r = f(r)~r0, (3.6)

mozemo napisati u polarnim koordinatama

m(

r − rφ2)

~r0 +m(

2rφ+ rφ)

~φ0 = f(r)~r0. (3.7)

Prethodna jednadzba u sebi sadrzi dvije skalarne jednadzbe

m(

r − rφ2)

= f(r), (3.8)

2rφ+ rφ = 0. (3.9)

Jedn. (3.9) mozemo rijesiti separacijom varijabli

2r

r= − φ

φ. (3.10)

Koristeci pravilo lancanog deriviranja mozemo napisati

2d

dtln r = − d

dtln φ =⇒ d

dtln(

r2φ)

= 0. (3.11)

Sacuvana velicina mr2φ odgovara z komponenti momenta kolicine gibanja u cilin-dricnim koordinatama. Vec smo zakljucili da je zakretni impuls sacuvan po smjeru,a koordinatni sustav smo orjentirali tako da se ~M poklapa s osi z. Osim smjera,ocito je sacuvan i iznos momenta kolicine gibanja

Mz ≡M = mr2φ = konst. (3.12)

3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 43

Iz prethodne jednadzbe mozemo izraziti kutnu brzinu φ

φ =M

mr2, (3.13)

i uvrstiti je u jedn. (3.8)

r − M2

m2r3=

1

mf(r). (3.14)

Iskoristimo relacijuM2

m2r3= −M2

2m2

d

dr

1

r2, (3.15)

kao i vezu sile i potencijala

f(r) = −dUdr, (3.16)

r +M2

2m2

d

dr

1

r2= − 1

m

dU

dr=⇒ mr = − d

dr

[

U(r) +M2

2mr2

]

. (3.17)

Problem smo sveli na gibanje u efektivnom jednodimenzionalnom potencijalu

Ueff(r) = U(r) +M2

2mr2. (3.18)

Pomnozimo jednadzbu gibanja s r

mrr = −dUeff(r)

drr =⇒ d

dt

[1

2mr2 + Ueff (r)

]

= 0, (3.19)

i opet smo dosli do sacuvanja energije

1

2mr2 + Ueff(r) = E. (3.20)

Kao i u slucaju jednodimenzionalnog gibanja, cestica se moze gibati samo u podrucjuza koje vrijedi

Ueff(r) ≤ E. (3.21)

Takvo podrucje zovemo klasicno dozvoljeno podrucje, a njegove krajnje tocke (Ueff(rt.o.) =E) zovemo tocke obrata. Bitno je uociti da u slucaju gibanja u polju centralne sile,cestica u tocki obrata ne stoji jer je komponenta brzine vφ = rφ konacna. Izraz zaenergiju daje radijalnu brzinu cestice

r =dr

dt= ±

√

2

m[E − U(r)] − M2

m2r2, (3.22)


pri cemu pozitivni predznak odgovara povecanju, a negativni smanjenju radijalneudaljenosti u vremenu. Integriramo jednadzbu (3.22)

t = ±∫ r

r0

dr′√

2m

[E − U(r′)] − M2

m2r′2

, (3.23)

gdje je r0 pocetna radijalna udaljenost cestice. Invertiranjem jednadzbe (3.23) doslibi do putanje r(t). Promotrimo sada jednadzbu (3.13)

dφ =M

mr2dt =⇒ φ− φ0 =

M

m

∫ t

0

dt′

r2(t′). (3.24)

Kut φ monotono raste s vremenom ako je M > 0, odnosno monotono pada s vre-menom ako je M < 0. U oba slucaja φ nikad ne mijenja predznak, odnosno orbita sestalno namata u istom smjeru. Predznak kutne brzine mozemo odrediti iz pocetnih

y

x

m

~r r0

Slika 3.1: Orbita cestice za kojuje φ > 0.

y

x~r0

~v0α

Slika 3.2: Vektori pocetnogpolozaja i brzine cestice.

uvjeta. Oznacimo s ~r0 pocetni radijus-vektor, a s ~v0 pocetnu brzinu cestice. Neka jeα kut izmedu ta dva vektora. Gibanje se odvija u xy ravnini pa vrijedi

~M = m~r0 × ~v0 = mr0v0 sinα~k. (3.25)

Ako je kut α u intervalu [0, π] (sinα > 0), moment kolicine gibanja ima smjer +~k,odnosno M = mr0v0 sinα ≥ 0 (sl. 3.1 i 3.2). Obratno, ako je kut α u intervalu [π, 2π]

(sinα < 0), moment kolicine gibanja ima smjer −~k, odnosno M = mr0v0 sinα ≤ 0(sl. 3.3 i 3.4). Eliminiramo vrijeme iz jednadzbe (3.22)

d

dt=dφ

dt

d

dφ= φ

d

dφ, (3.26)

te iskoristimo sacuvanje iznosa zakretnog impulsa

d

dt=

M

mr2

d

dφ=⇒ dr

dt=

M

mr2

dr

dφ. (3.27)


y

x

m~r

r0

Slika 3.3: Orbita cestice za kojuje φ < 0.

y

x~r0

~v0

α

Slika 3.4: Vektori pocetnogpolozaja i brzine cestice.

Jednadzba koja odreduje trajektoriju u prostoru

M

mr2

dr

dφ= ±

√

2

m[E − U(r)] − M2

m2r2. (3.28)

Uz M > 0 pozitivni predznak odgovara povecanju varijable r s kutem φ i obratno.Separiramo varijable

dφ = ± M

mr2

1√

2m

[E − U(r)] − M2

m2r2

, (3.29)

a zatim integriramo jednadzbu (3.29)

φ− φ0 = ±∫ r

r0

Mdr′

r′2√

2m [E − U(r′)] − M2

r′2

. (3.30)


Zadatak 3.1


U(r) = −kr

+h

r2.

Nadite minimum efektivnog potencijala, kao i tocke obrata.Rjesenje:

Cestica se giba u jednodimenzionalnom efektivnom potencijalu

Ueff (r) = U(r) +M2

2mr2= −k

r+

(

h+M2

2m

)1

r2. (3.31)

Minimum efektivnog potencijala odreden je uvjetom

dUeff

dr= 0 =⇒ k

r2− 2

(

h +M2

2m

)1

r3= 0. (3.32)

Pomnozimo prethodnu jednadzbu s r3 i dolazimo do polozaja minimuma

r0 =2

k

(

h +M2

2m

)

=M2

mk

(

1 +2mh

M2

)

. (3.33)

Ako uvedemo oznake

Ω2 = 1 +2mh

M2i p =

M2Ω2

mk, (3.34)

minimum potencijala nalazi se na radijusu r = p. Minimalna energija iznosi

U0 = Ueff(r0) = − k

r0+

(

h+M2

2m

)1

r20

(3.35)

= − k

r0+

M2

2mr20

(

1 +2mh

M2

)

(3.36)

= − k

r0+M2Ω2

2mr20

(3.37)

= − k

r0+kp

2r20

= − k

2p. (3.38)

Da bi skicirali efektivni potencijal, uvijek izracunamo dva bitna limesa,

limr→0

Ueff(r) = +∞ i limr→∞

Ueff (r) = −0 (3.39)

uzimajuci u obzir da na malim udaljenostima od ishodista dominira clan 1/r2, a navelikima clan 1/r. Energija se u tockama obrata izjednacva s efektivnim potenci-


r

Ueff (r)

−kr

M2

2mr2 + hr2

Er1 r2

U0

Slika 3.5: Energija cestice je nega-tivna. Postoje dvije tocke obrata r1i r2. Klasicno dozvoljeno podrucjeodgovara intervalu [r1, r2].

r

Ueff(r)

−kr

M2

2mr2 + hr2

Er1

U0

Slika 3.6: Energija cestice je poz-itivna. Postoji samo jedna tockaobrata r1. Klasicno dozvoljeno po-drucje odgovara intervalu [r1,∞〉.

jalom

Ueff (r) = E =⇒ −kr

+

(

h+M2

2m

)1

r2= E. (3.40)

Razlikujemo dva slucaja

• E < 0: postoje dvije tocke obrata r1 (pericentar) i r2 (apocentar)

• E ≥ 0: postoji samo jedna tocka obrata r1 (pericentar)

Pomnozimo jedn. (3.40) s r2 i dolazimo do kvadratne jednadzbe

Er2 + kr −(

h+M2

2m

)

= 0, (3.41)

s poznatim rjesenjem

r1,2 = − k

2E± 1

2E

√

k2 + 4E

(

h+M2

2m

)

, (3.42)


koje mozemo napisati u obliku

r1,2 = − k

2E± k

2E

√

1 + 4EM2

2mk2

(

1 +2mh

M2

)

(3.43)

= − k

2p

p

E± k

2p

p

E

√

1 +2E

kp (3.44)

=|U0|E

p

[

−1 ±√

1 +E

|U0|

]

. (3.45)

Ako je energija negativna, oba rjesenja postoje

r1 =|U0||E| p

[

1 −√

1 − |E||U0|

]

(pericentar), (3.46)

r2 =|U0||E| p

[

1 +

√

1 − |E||U0|

]

(apocentar). (3.47)

Omjer energije i minimuma potencijala oznacimo s ǫ. Pritom vrijedi ǫ ≤ 1 jerenergija mora biti veca od minimuma potencijala

r1 =p

ǫ

[1 −

√1 − ǫ

]i r2 =

p

ǫ

[1 +

√1 − ǫ

]. (3.48)

Ako je energija cestice pozitivna postoji samo ono rjesenje koje daje pozitivnu vri-jdnost radijalne udaljenosti

r1 =|U0|E

p

[

−1 +

√

1 +E

|U0|

]

(pericentar). (3.49)

Opet, ako omjer energije i apsolutne vrijednosti minimuma potencijala oznacimo sǫ dolazimo do nesto jednostavnijeg izraza

r1 =p

ǫ

[

−1 +√

1 + ǫ]

. (3.50)


Zadatak 3.2


U(r) =k

r− h

r2, k, h > 0,

i pritom vrijedi M2 < 2mh. Nadite maksimum efektivnog potencijala, kao i tockeobrata.Rjesenje:

Cestica se giba u jednodimenzionalnom efektivnom potencijalu

Ueff(r) = U(r) +M2

2mr2=k

r+

(

−h +M2

2m

)1

r2. (3.51)

Maksimum efektivnog potencijala nalazi se u tocki r0 za koju vrijedi

dUeff

dr= 0 =⇒ − k

r20

− 2

(M2

2m− h

)1

r30

= 0. (3.52)

Pomnozimo prethodnu jednadzbu s r30

r0 =M2

mk

(2mh

M2− 1

)

. (3.53)

Koristimo oznake

γ2 =2mh

M2− 1 i

M2γ2

mk= p =⇒ r0 = p. (3.54)

Maksimum efektivnog potencijala dobijemo tako da r0 uvrstimo u formulu za efek-tivni potencijal

U0 = Ueff(r0) =k

r0+

1

r20

(M2

2m− h

)

(3.55)

=k

r0+

1

r20

M2

2m

(

1 − 2mh

M2

)

(3.56)

=k

r0− k

2r20

M2

mk

(2mh

M2− 1

)

(3.57)

=k

p− k

2p=

k

2p. (3.58)

Da bi skicirali efektivni potencijal, izracunamo limese,

limr→0

Ueff(r) = −∞ i limr→∞

Ueff(r) = +0 (3.59)


r

Ueff(r)kr

M2

2mr2 − hr2

E r1

r

Ueff (r)kr

M2

2mr2 − hr2

E r2r1

r

Ueff (r)

kr

M2

2mr2 − hr2

E

Slika 3.7: Lijevo:Energija cestice je negativna, postoji jedna tocka obrata r1, aklasicno dozvoljeno podrucje odgovara intervalu [0, r1]. Sredina: Energija cesticeje pozitivna, ali manja od maksimuma efektivnog potencijala. Postoje dvije tockeobrata r1 i r2. Klasicno dozvoljeno podrucje odgovara intervalima [0, r1] i [r2,∞〉.Desno:Energija cestice je veca od maksimuma efektivnog potencijala. Ne postojinijedna tocka obrata, a cestici je dostupno cijelo podrucje.

uzimajuci u obzir da na malim udaljenostima od ishodista dominira clan 1/r2, a navelikima clan 1/r. Energija se u tockama obrata izjednacva s efektivnim potenci-jalom

Ueff (r) = E =⇒ k

r+

(

−h +M2

2m

)1

r2= E. (3.60)

Pomnozimo prethodnu jednadzbu s r2

Er2 − kr −(M2

2m− h

)

= 0 =⇒ Er2 − kr − pk

2= 0. (3.61)

Rjesenja kvadratne jednadzbe glase

r1,2 =k

2E± 1

2E

√

k2 − 2Epk (3.62)

=k

2E± k

2E

√

1 − 2Ep

k. (3.63)

Oznacimo omjer energije i maksimuma efektivnog potencijala s ǫ

r1,2 =p

ǫ

[1 ±

√1 − ǫ

]. (3.64)

Razlikujemo tri slucaja

• E < 0 (−1 ≤ ǫ < 0): postoji samo jedna tocka obrata

r1 =p

|ǫ|[

−1 +√

1 + |ǫ|]

. (3.65)

Cestica se moze gibati u intervalu [0, r1].


• 0 ≤ E ≤ U0 (0 ≤ ǫ ≤ 1): postoje dvije tocke obrata

r1 =p

ǫ

[1 −

√1 − ǫ

](3.66)

r2 =p

ǫ

[1 +

√1 − ǫ

]. (3.67)

Cestica se moze gibati u jednom od dva intervala [0, r1] ili [r2,∞〉.

• E > U0 (ǫ > 1): ne postoji ni jedna tocka obrata jer je izraz po korijenom√1 − ǫ negativan. Cestici su dostupne sve vrijednosti radijalne koordinate.


Zadatak 3.3

Cestica mase m giba se u centralnom potencijalu

U(r) = −kr

+h

r2, k, h > 0.

Nadite orbitu ako je energija cestice negativna, a u pocetnom trenutku cestica senalazi u pericentru na osi x.Rjesenje:

Efektivni potencijal je suma potencijala U(r) i centrifugalnog doprinosa

Ueff(r) = −kr

+

(M2

2m+ h

)1

r2. (3.68)

Promotrimo dva bitna limesa efektivnog potencijala, uzimajuci u obzir da na malimudaljenostima od ishodista dominira clan 1/r2, a na velikima clan 1/r

limr→0

Ueff (r) = +∞ i limr→∞

Ueff (r) = −0. (3.69)

Orbitu cestice mozemo naci koristeci formulu (3.30)

r

Ueff (r)

−kr

M2

2mr2 + hr2

Er1 r2

Slika 3.8: Efektivni potencijal, energija cestice i tocke obrata.

φ =

∫ r

rmin

Mdr′

r′2√

2m [E − U(r′)] − M2

r′2

, (3.70)


pri cemu smo uzeli u obzir da se cestica na pocetku gibanja nalazi u pericentru(r0 = rmin) na osi x (φ0 = 0). Uvrstimo zadani potencijal u jedn. (3.70)

φ =M√2m

∫ r

rmin

dr′

r′2√

E + kr′− h

r′2− M2

2mr′2

(3.71)

=M√2m

∫ r

rmin

dr′

r′√

Er′2 + kr′ − M2

2m

(1 + 2mh

M2

). (3.72)

Uvedemo oznake

Ω2 = 1 +2mh

M2i p =

M2Ω2

mk, (3.73)

i iskoristimo podatak da je energija cestice negativna (E = −|E|)

φ =M√2m

∫ r

rmin

dr′

r′√

−|E|r′2 + kr′ − M2Ω2

2m

. (3.74)

Rjesenje odgovarajuceg tablicnog integrala (Bronstejn, br. 258)

I =

∫dx

x√ax2 + bx+ c

(3.75)

ovisi o parametrima c i ∆ = 4ac− b2. U nasem slucaju vrijedi

a = −|E|, b = k, c = −M2Ω2

2m. (3.76)

Parametar ∆

∆ = 2|E|M2Ω2

m− k2 =

2M2Ω2

m

[

|E| − mk2

2M2Ω2

]

(3.77)

=2M2Ω2

m[|E| − |U0|] , (3.78)

je negativan jer energija cestice ne moze biti manja od minimuma potencijala (U0)koji smo izracunali u zadatku 1. Za kombinaciju parametara c < 0 i ∆ < 0 vrijedi

∫dx

x√ax2 + bx+ c

=1√−c arcsin

bx+ 2c

x√−∆

. (3.79)

Uvrstimo rjesenje integrala u jedn. (3.74)

φ =M√2m

√

2m

M2Ω2arcsin

kr′ − M2Ω2

m

r′√

|∆|

∣∣∣∣∣

r

rmin

. (3.80)


Podijelimo brojnik i nazivnik argumenta funkcije arcsin s k i iskoristimo definiciju

parametra p =M2Ω2

mk

φ =1

Ωarcsin

r′ − M2Ω2

mk

r′√

−2M2Ω2

mk2 |E| + 1

∣∣∣∣∣∣

r

rmin

(3.81)

=1

Ωarcsin

r′ − p

r′√

−2pk|E| + 1

∣∣∣∣∣∣

r

rmin

(3.82)

=1

Ωarcsin

r′ − p

r′√

− |E||U0| + 1

∣∣∣∣∣∣

r

rmin

(3.83)

=1

Ωarcsin

1 − pr′

√

− |E||U0| + 1

∣∣∣∣∣∣

r

rmin

. (3.84)

U zadatku 1 smo izracunali udaljenost pericentra od ishodista

rmin =|U0||E| p

[

1 −√

1 − |E||U0|

]

=⇒ p

rmin

= 1 +

√

1 − |E||U0|

. (3.85)

Uvrstimo granice integracije u izraz za orbitu

φ =1

Ω

arcsin1 − p

r√

− |E||U0| + 1

+ arcsin 1

(3.86)

=1

Ω

arcsin1 − p

r√

− |E||U0| + 1

+π

2

(3.87)

. Invertiramo prethodnu jednadzbu

1 − pr

√

− |E||U0| + 1

= sin(

Ωφ− π

2

)

= − cos (Ωφ). (3.88)

Korijen u nazivniku mozemo napisati kao

√

− |E||U0|

+ 1 =p

rmin− 1. (3.89)

3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 55

Vratimo se orbiti

1 − p

r= −

[p

rmin

− 1

]

cos (Ωφ), (3.90)

i definiramo parametar

e =p

rmin− 1. (3.91)

Konacno, orbita glasi

r(φ) =p

1 + e cos (Ωφ). (3.92)

3.3 Diferencijalna jednadzba orbite

Rjesenje diferencijalne jednadzbe

r − M2

m2r3=f(r)

m, (3.93)

odgovara putanji r(t). Da bi nasli orbitu cestice r(φ) moramo eliminirati vrijeme izjedn. (3.93). U tu svrhu koristimo pravilo lancanog deriviranja i relaciju

M = mr2φ. (3.94)

d

dt=

d

dφ

dφ

dt= φ

d

dφ=

M

mr2

d

dφ, (3.95)

d2

dt2=

M

mr2

d

dφ

(M

mr2

d

dφ

)

. (3.96)

Primjenimo operatord2

dt2na polozaj cestice

d2r

dt2=

M

mr2

d

dφ

(M

mr2

dr

dφ

)

=M2

m2r4

d2r

dφ2− 2M2

m2r5

(dr

dφ

)2

. (3.97)

Uvrstimo r u jedn. (3.93)

d2r

dφ2− 2

r

(dr

dφ

)2

− r =mr4

M2f(r). (3.98)

Supstitucijom u = 1/r mozemo doci do jednostavnije jednadzbe

dr

dφ=

d

dφ

(1

u

)

= − 1

u2

du

dφ, (3.99)

d2r

dφ2=

2

u3

(du

dφ

)2

− 1

u2

d2u

dφ2. (3.100)


Uvrstimo prethodne izraze u jedn. (3.98)

2

u3

(du

dφ

)2

− 1

u2

d2u

dφ2− 2u

1

u4

(du

dφ

)2

− 1

u=

m

u4M2f(1/u) (3.101)

=⇒ d2u

dφ2+ u = − m

M2u2f(1/u). (3.102)


Zadatak 3.4

Cestica mase m giba se bez utjecaja vanjskih sila. Rijesite diferencijalnu jednadzbuorbite ako se u pocetnom trenutku cestica nalazi na osi x, udaljena je za a odishodista i ima brzinu ~v0 koja zatvara kut α s osi x.Rjesenje:

Na cesticu ne djeluju vanjske sile pa se diferencijalna jednadzba orbite svodi na

x

y

ma

~v0

α

Slika 3.9: Cestica se na pocetku gibanja nalazi na osi x, na udaljena za za a odishodista, a njezina pocetna brzina zatvara kut α s osi x.

jednadzbu harmonickog oscilatora

d2u

dφ2+ u = 0. (3.103)

Opce rjesenje ove jednadzbe je linearna kombinacija trigonometrijskih funkcija

u(φ) = A sinφ+B cosφ. (3.104)

Da bi odredili konstante A i B, moramo iskoristiti zadane pocetne uvjete. Cesticase na pocetku nalazi na osi x (φ = 0), na udaljenosti a od ishodista

u(φ = 0) =1

r

∣∣∣∣φ=0

=1

a. (3.105)

Pocetna brzina cestice iznosi v0 i zatvara kut α s osi x

~v0 = v0 cosα~i+ v0 sinα~j. (3.106)

Ranije smo izveli vezu izmedu komponenata brzine u Kartezijevim i polarnim koor-dinatama

vr(φ) = vx cosφ+ vy sinφ, (3.107)

vφ(φ) = −vx sinφ+ vy cosφ. (3.108)


U pocetnom trenutku cestica se nalazi na osi x (φ = 0)

vr(φ = 0) = vx = v0 cosα, (3.109)

vφ(φ = 0) = vy = v0 sinα. (3.110)

Brzina u polarnim koordinatama glasi

~v = r~r0 + rφ~φ0. (3.111)

Dakle, u pocetnom trenutku vrijedi

r(φ = 0) = v0 cosα i aφ(φ = 0) = v0 sinα. (3.112)

Sada mozemo izracunati i drugi pocetni uvjet

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

=d

dφ

(1

r

)∣∣∣∣φ=0

= − 1

r2

dr

dφ

∣∣∣∣φ=0

. (3.113)

Iskoristimo pravilo lancanog deriviranja

dr

dφ=dr

dt

dt

dφ=r

φ. (3.114)

Vratimo se jedn. (3.113)

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= − 1

r2

r

φ

∣∣∣∣φ=0

= − 1

a2

v0 cosαv0 sinα

a

= −1

acotα. (3.115)

Konacno, oba pocetna uvjeta glase

u(φ = 0) =1

ai

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= −1

acotα. (3.116)

Uvrstimo vrijednost kuta φ = 0 u rjesenje (3.104)

u(φ = 0) = B =⇒ B =1

a. (3.117)

Deriviramo rjesenje (3.104) i uvrstimo φ = 0

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= A =⇒ A = −1

acotα. (3.118)


Rjesenje diferencijalne jednadzbe orbite koje odgovara zadanim pocetnim uvjetimaglasi

u(φ) = −1

acotα sinφ+

1

acosφ (3.119)

u(φ) =1

a sinα[sinα cosφ− cosα sinφ] (3.120)

u(φ) =sin (α− φ)

a sinα. (3.121)

Orbita cestice predstavlja pravac u polarnim koordinatama

r(φ) =a sinα

sin (α− φ). (3.122)

Ovakav rezultat smo mogli pogoditi na pocetku jer na cesticu ne djeluju vanjske silepa se ona giba jednoliko po pravcu.

x

y

~r

m

a

~v0

φ

Slika 3.10: Slobodna cestica se giba po pravcu.


Zadatak 3.5


U(r) = −kr

+h

r2, k, h > 0.

Nadite orbitu ako se cestica u pocetnom trenutku nalazi u pericentru na osi x ivrijedi E < 0.Rjesenje:

Isti problem smo vec rijesili koristeci kvadraturu. Mozemo pokazati da isto rjesenjemozemo dobiti pomocu diferencijalne jednadzbe orbite. Deriviramo potencijal da biizracunali silu koja djeluje na cesticu

f(r) = −dUdr

= − k

r2+ 2

h

r3. (3.123)

Prelazimo na varijablu u = 1/r

f(u) = −ku2 + 2hu3. (3.124)

Uvrstimo silu f u diferencijalnu jednadzbu orbite

d2u

dφ2+ u = − m

M2u2

(−ku2 + 2hu3

)=mk

M2− 2

hm

M2u. (3.125)

Uvodeci oznaku

Ω2 ≡ 1 +2hm

M2, (3.126)

jedn. (3.125) mozemo napisati u sljedecem obliku

d2u

dφ2+ Ω2u =

mk

M2. (3.127)

Opce rjesenje jedn. (3.127) je suma opceg rjesenja pripadne homogene jednadzbe

uh(φ) = A cos (Ωφ) +B sin (Ωφ), (3.128)

i bilo kojeg partikularnog rjesenja nehomogene jednadzbe

up(φ) = konst. =mk

M2Ω2. (3.129)

Da bi odredili konstante A i B u rjesenju

u(φ) = A cos (Ωφ) +B sin (Ωφ) +mk

M2Ω2, (3.130)


moramo iskoristiti zadane pocetne uvjete. Na pocetku gibanja cestica se nalazi naosi x (φ = 0) u pericentru

u(φ = 0) =1

r1. (3.131)

Drugi pocetni uvjet racunamo koristeci pravilo lancanog deriviranja

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= − 1

r2

dr

dφ

∣∣∣∣φ=0

= − 1

r2

r

φ

∣∣∣∣φ=0

. (3.132)

Radijalna brzina cestice u tocki obrata (pericentar) pada na nulu

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= 0. (3.133)

Prvi pocetni uvjet fiksira konstantu A

u(φ = 0) = A+mk

M2Ω2=

1

r1, (3.134)

dok drugi fiksira konstantu B

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= BΩ = 0. (3.135)

Vratimo se natrag na radijalnu koordinatu r

1

r=

(1

r1− mk

M2Ω2

)

cos (Ωφ) +mk

M2Ω2. (3.136)

Definiramo parametre p i e

p =M2Ω2

mki e =

(M2Ω2

mkr1− 1

)

, (3.137)

i orbita poprima oblik

r(φ) =p

1 + e cos (Ωφ). (3.138)

Koristeci tocke obrata izracunate u prethodnim zadacima, mozemo provjeriti da uslucaju E < 0 vrijedi e < 1. Nazivnik orbite stoga nikada ne moze pasti na nulu jerza funkciju cosinus vrijedi

− 1 ≤ cos (Ωφ) ≤ 1. (3.139)

Orbita cestice je omedena, odnosno cestica se giba izmed kruznica radijusa r1 ir2. Izgled orbita bitno ovisi o konstanti Ω. Cestica se nalazi u pericentru kada jenazivnik orbite maksimalan

cos Ωφp = 1 =⇒ Ωφp = 2kπ =⇒ φp =2kπ

Ω. (3.140)


Cestica se nalazi u apocentru kada je nazivnik orbite minimalan

cos Ωφa = −1 =⇒ Ωφa = (2k + 1)π =⇒ φa =(2k + 1)π

Ω. (3.141)

Razlikujemo slucajeve u kojima je Ω racionalan broj i one u kojima je Ω iracionalanbroj. U prvom slucaju parametar Ω mozemo napisati kao omjer dva cijela broja.Pericentri orbite nalaze se na sljedecim kutevima

φp = 2πm

n. (3.142)

Orbita je zatvorena jer nakon n prolazaka kroz pericentar dolazimo u pocetnu tockuorbite. Promotrimo prvo nekoliko primjera zatvorenih orbita.

• Ω = 1: kut izmedu dva pericentra iznosi

∆φ =2π

Ω= 2π. (3.143)

Cestica jednom prolazi kroz pericentar prije nego sto se orbita zatvori.


∆φ =2π

Ω= π. (3.144)

Cestica dva puta prolazi kroz pericentar prije nego sto se orbita zatvori.


∆φ =2π

Ω=

2π

3. (3.145)

Cestica tri puta prolazi kroz pericentar prije nego sto se orbita zatvori.

• Ω = 4: Kut izmedu dva pericentra iznosi

∆φ =2π

Ω=π

2. (3.146)

Cestica cetiri puta prolazi kroz pericentar prije nego sto se orbita zatvori.

Ako je Ω iracionalan broj, cestica se nikada ne vraca u pocetnu tocku i orbitaispunjava cijelu ravninu. Takav tipa orbite zovemo otvorena orbita.


x

y

r1r2

∆Φ = 2π

x

y

r1

r2∆Φ = π

x

y

r1

r2∆Φ = 2π3

x

y

r1

r2∆Φ = π

2

Slika 3.11: Primjeri zatvorenih orbita: Ω = 1 (gore lijevo), Ω = 2 (gore desno),Ω = 3 (dolje lijevo), Ω = 4 (dolje desno).


x

y

m

~rφ

Slika 3.12: Primjer otvorene orbite, Ω2 = 1.1.


Zadatak 3.6


U(r) = −kr

+h

r2, k, h > 0.

Nadite orbitu ako se cestica u pocetnom trenutku nalazi u pericentru na osi x ivrijedi E ≥ 0.Rjesenje:

Efektivni potencijal ima potpuno isti oblik kao u prethodnom zadatku, ali je sadaenergija pozitivna. U tom slucaju orbita ima samo jednu tocku obrata r1 (pericen-tar). Za takvu orbitu kazemo da je neomedena jer se cestica beskonacno udaljava odcentra sile. Mozemo koristiti sve rezultate prethodnog zadatka, uzimajuci u obzir

r

Ueff (r)

−kr

M2

2mr2 + hr2

Er1

Slika 3.13: Efektivni potencijal, energija cestice i tocka obrata.

da je u slucaju pozitivnih energija parametar orbite

e ≥ 1. (3.147)

Nazivnik orbite

r(φ) =p

1 + e cos (Ωφ), (3.148)

pada na nulu u tockama

cos (Ωφ∞) = −1

e. (3.149)


Funkcija kosinus je negativna u drugom i trecem kvadrantu. Rjesenja prethodnejednadzbe mozemo napisati u sljedecem obliku

φ(1)∞ =

1

Ω[π − arccos (1/e)] i φ(2)

∞ =1

Ω[π + arccos (1/e)] . (3.150)

Radijalna koordinata u polarnom sustavu po definiciji ne moze biti negativna pa sucestici dostupne samo one vrijednosti kuta φ za koje je nazivnik orbite pozitivan

1 + e cos (Ωφ) > 0 =⇒ cos (Ωφ) > −1

e. (3.151)

S grafa funkcije kosinus vidimo da je cestici koja krece s osi x (φ = 0) dostupaninterval kuteva

[0, φ(1)

∞⟩. (3.152)

Cestica bi se mogla naci u drugim dopustenim intervalima uz drugaciji izbor pocetnogkuta φ. Radi lakseg skiciranja orbite, mozemo izracunati asimptotu krivulje. Orbitu

φ

cos (φ)

−1e

2π

Slika 3.14: graf, Ω = 1

φ

cos (2φ)

−1e

2π

Slika 3.15: graf, Ω = 2

prvo napisemo u parametarskom obliku

x(φ) = r(φ) cosφ, y(φ) = r(φ) sinφ. (3.153)

Tocku u kojoj velicine x(φ) i y(φ) divergiraju smo vec nasli

φ(1)∞ =

1

Ω[π − arccos (1/e)] . (3.154)

Drugi korak je trazenje koeficijenta smjera asimptote

k = limφ→φ

(1)∞

y(φ)

x(φ)= lim

φ→φ(1)∞

tanφ = tanφ(1)∞ . (3.155)


Zadnji korak je trazenje odsjecka asimptote na osi y

b = limφ→φ

(1)∞

y(φ) − kx(φ) (3.156)

b = limφ→φ

(1)∞

p[

sin φ− tanφ(1)∞ cos φ

]

1 + e cos (Ωφ)(3.157)

b =e

cosφ(1)∞

limφ→φ

(1)∞

sin (φ− φ(1)∞ )

1 + e cos (Ωφ). (3.158)

Iskoristimo L’Hospitalovo pravilo

b =e

cosφ(1)∞

limφ→φ

(1)∞

cos (φ− φ(1)∞ )

−eΩ sin (Ωφ)(3.159)

b =−p

eΩ cosφ(1)∞

√

1 − cos2 (Ωφ(1)∞ )

(3.160)

b =pe

Ω√e2 − 1

. (3.161)

Jednadzba asimptote glasi

y = tanφ(1)∞ x+

pe

Ω√e2 − 1

. (3.162)

y

x

~r

m

φ

rmin

Slika 3.16: Primjer orbite, Ω = 1.


Zadatak 3.7


U(r) = −kr− h

r2, k, h > 0

i pritom vrijedi M2 > 2mh. Nadite orbitu ako se cestica u pocetnom trenutku nalaziu pericentru na osi x.Rjesenje:

Diferencijalna jednadzba orbite glasi

d2u

dφ2+

[

1 − 2hm

M2

]

u =mk

M2. (3.163)

Koristimo istu oznaku kao u zadataku 5

Ω2 ≡ 1 − 2hm

M2> 0. (3.164)

Jedina razlika u odnosu na prethodni zadatak je u numerickoj vrijednosti parametraΩ. U prethodnom primjeru Ω je uvijek bio veci od 1, dok je sada uvijek manji od 1.U slucaju omedenih orbita i racionalnih vrijednosti parametra Ω to znaci da cesticamora prijeci kut veci od 2π da bi se orbita mogla zatvoriti. Ako je Ω iracionalnibroj, orbita se nikad ne zatvara. Promotrimo primjer Ω = 1/2. Kut izmedu dvapericentra iznosi

∆φ =2π

Ω= 4π. (3.165)

Cestica mora obici kut φ = 4π da bi dva puta prosla kroz pericentar.


x

yΦ = 4πφ = π

x

yΦ = 4πφ = 2π

x

yΦ = 4πφ = 3π

x

yΦ = 4πφ = 4π

Slika 3.17: Segmenti orbite koja se zatvara nakon sto cestica prijede kut 4π.


Zadatak 3.8


U(r) =k

r− h

r2, k, h > 0,

i pritom vrijedi M2 < 2mh. Nadite orbitu ako se u pocetnom trenutku cestica nalaziu tocki obrata r1.Rjesenje:

Zadatak mozemo rijesiti koristeci diferencijalnu jednadzbu orbite

d2u

dφ2+ u = − m

M2u2f(1/u). (3.166)

Sila koja djeluje na cesticu

f(r) = −dUdr

=k

r2− 2h

r3=⇒ f(1/u) = ku2 − 2hu3. (3.167)

Diferencijalna jednadzba orbite poprima oblik

d2u

dφ2+

(

1 − 2mh

M2

)

u = −mkM2

. (3.168)

U tekstu zadatka je zadan uvjet M2 < 2mh pa je izraz

1 − 2mh

M2, (3.169)

negativan. Stoga definiramo velicinu

γ2 ≡ −1 +2mh

M2=⇒ d2u

dφ2− γ2u = −mk

M2. (3.170)

Opce rjesenje ovakve diferencijalne jednadzbe je suma opceg rjesenja pripadne ho-mogene jednadzbe

uh(φ) = Aeγφ +Be−γφ, (3.171)

i partikularnog rjesenja nehomogene jednadzbe

up(φ) = C (konst.) =mk

M2γ2. (3.172)

Konstante A i B u ukupnom rjesenju

u(φ) = Aeγφ +Be−γφ +mk

M2γ2, (3.173)


mozemo izracunati iz pocetnih uvjeta. Na pocetku gibanja cestica se nalazi na osix u tocki obrata r1

u(φ = 0) =1

r1i

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= 0. (3.174)

Drugi pocetni uvjet daje

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= (A− B) γ = 0 =⇒ A = B. (3.175)

Vratimo se prvom pocetnom uvjetu

u(φ = 0) = A +B +mk

M2γ2=⇒ A =

1

2

(1

r1− mk

M2γ2

)

. (3.176)

Uz oznake

p =M2γ2

mki e =

M2γ2

mkr1− 1 =

p

r1− 1, (3.177)

orbita cestice glasi

r(φ) =p

1 + e cosh (γφ). (3.178)

U jednom od prethodnih zadataka smo izracunali tocku obrata r1

r1 =k

2E

[

1 −√

1 − 2Ep

k

]

=⇒ e =

√

1 − 2Ep

k, (3.179)

kao i maksimum efektivnog potencijala

U0 =k

2p. (3.180)

Parametar orbite e nalazi se izmedu vrijednosti 0 (energija cestice odgovara maksi-mumu potencijala) i 1 (energija cestice odgovara nuli). Funkcija kosinus hiperbolnije po definiciji pozitivna

cosh (γφ) =eγφ + e−γφ

2, (3.181)

pa je orbita definirana za sve vrijednosti kuta φ. S povecanjem kuta φ nazivnik orbitemonotono raste, odnosno udaljenost cestice od ishodista monotono pada. Cesticapo spirali pada prema centru sile.


y

xr1

m

~r

φ

Slika 3.18: Cestica se u pocetnom trenutku nalazi u tocki obrata r1, a zatim padaprema centru sile.


Zadatak 3.9


U(r) =k

r− h

r2, k, h > 0,

i pritom vrijedi M2 < 2mh. Nadite orbitu ako se u pocetnom trenutku cestica nalaziu tocki obrata r2.Rjesenje:

Jedina razlika u odnosu na prethodni zadatak je u pocetnom uvjetu. Cestica se napocetku gibanja nalazi u tocki obrata r2, a ne vise r1. Orbita i dalje ima isti oblik

r(φ) =p

1 + e cosh (γφ), (3.182)

uz malo promijenjene parametre orbite

p =M2γ2

mki e =

M2γ2

mkr2− 1 =

p

r2− 1. (3.183)

Tocku obrata r2 smo izracnali u prethodnim zadacima

r2 =k

2E

[

1 +

√

1 − 2Ep

k

]

=⇒ e = −√

1 − 2Ep

k. (3.184)

Parametar e nalazi se izmedu vrijednosti −1 (energija cestice odgovara nuli) i 0(energija cestice odgovara maksimumu potencijala). Orbitu cestice mozemo napisatimalo preglednije

r(φ) =p

1 − |e| cosh (γφ). (3.185)

Nazivnik orbite pada na nulu za vrijednost kuta

φ∞ =1

γacosh(1/|e|), (3.186)

pa se cestica za tu vrijednost kuta beskonacno udaljava od centra sile. Broj okretaoko centra sile koje cestica pritom napravi ovisi o numerickim vrijednostima param-etara e i γ.


y

xr2

m~r

φ

Slika 3.19: Cestica se u pocetnom trenutku nalazi u tocki obrata r2, a zatim sebeskonacno udaljava od centra sile.

3.4. RACUN SMETNJE 75

3.4 Racun smetnje

3.4.1 Stabilne i nestabilne kruzne orbite

Pretpostavimo da se cestica mase m giba pod utjecajem centralne sile ~f = f(r)~r0.Cestica se moze gibati po kruznoj orbiti ako su ispunjeni sljedeci uvjeti

• efektivni potencijal ima ekstrem (minimum ili maksimum)

• energija cestice jednaka je ekstremu potencijala

r

a

Ueff (r)

Slika 3.20: Efektivni potencijalima minimum.

ra

Ueff (r)

Slika 3.21: Efektivni potencijalima maksimum.

Efektivni potencijal ima ekstrem u tocki r = r0 ako njegova prva derivacija iscezava

U ′eff (r)

∣∣r=r0

= U ′(r0) −M2

mr30

= 0 =⇒ f(r0) = −M2

mr30

. (3.187)

Da bi gornji uvjet bio ispunjen, sila mora biti privlacna. To znaci da je gibanje pokruznoj orbiti moguce samo ako je sila ~f(r) privlacna. Energija cestice mora bitijednaka ekstremu potencijala

E = U(r0) +M2

2mr20

. (3.188)

Razlikujemo dva tipa kruzne orbite:

• stabilna kruzna orbita


– efektivni potencijal ima minimum

– malo povecanje energije cestice vodi na orbitu koja vise nije kruzna, alije i dalje omedena i nalazi se blizu pocetne kruzne orbite

• nestabilna kruzna orbita

– efektivni potencijal ima maksimum

– malo povecanje energije cestice vodi na orbitu koja je neomedena i udal-java se od pocetne kruzne orbite

Efektivni potencijal ima minimum ako mu je druga derivacija u tocki r0 pozitivna

d2Ueff

dr2

∣∣∣∣r0

=d2U

dr2+

3M2

mr40

= − df

dr

∣∣∣∣r0

+3M2

mr40

> 0. (3.189)

Iskoristimo cinjenicu da se u tocki r0 nalazi ekstrem

f(r0) = −M2

mr30

=⇒ 3M2

mr40

= − 3

r0f(r0). (3.190)

Uvjet stabilnosti kruzne orbite glasi

df

dr

∣∣∣∣r0

< − 3

r0f(r0). (3.191)

Pretpostavimo da se sila u blizini kruzne orbite ponasa kao

f(r) = − k

rn+1. (3.192)

Uvjet (3.191) nam daje ogranicenje na parametar n

− (n+ 1)k

rn+20

< − 3k

rn+20

=⇒ n < 2. (3.193)

Samo privlacni potencijali koji padaju sporije od 1/r2 mogu dati stabilnu kruznuorbitu, dok potencijali koji padaju brze od 1/r2 daju nestabilne kruzne orbite.

3.4.2 Male oscilacije oko kruzne orbite

Pretpostavimo da se cestica mase m giba po stabilnoj kruznoj orbiti radijusa r0.Ako energiju cestice povecamo za mali iznos, orbita vise nece biti kruznica, ali ce idalje biti omedena. Pericentar i apocentar ce se pritom malo razlikovati od radijusa


pocetne kruzne orbite r0. Drugim rijecima, malo povecanje energije cestice vodi namala odstupanja od kruzne orbite

r(φ) = r0 + r1(φ), r1 ≪ r0, (3.194)

=⇒ 1

r=

1

r0 + r1=

1

r0

1

1 + r1

r0

≈ 1

r0

(

1 − r1r0

)

. (3.195)

Uz supstituciju u = 1/r, dolazimo do zakljucka

u ≈ u0 + u1, u1 ≪ u0. (3.196)

U diferencijalnoj jednadzbi orbite

d2u

dφ2+ u = − m

M2u2f(1/u), (3.197)

pojavljuje se funkcija

J(u) ≡ − m

M2u2f(1/u), (3.198)

koju mozemo razviti u Taylorov red oko vrijednosti u0

J(u) = J(u0) + J ′(u0)(u− u0) + · · · . (3.199)

Uvrstimo Taylorov razvoj funkcije J(u) u diferencijalnu jednadzbu orbite

d2u

dφ2+ u = J(u0) + J ′(u0)(u− u0). (3.200)

Iskoristimo uvjet ravnoteze sile f(r) i centrifugalne sile u pocetnoj kruznoj orbiti

f(r0) = −M2

mr30

=⇒ mr20

M2f(r0) = − 1

r0, (3.201)

da bi izracunali J(u0)

J(u0) = − m

M2u20

f(1/u0) = u0. (3.202)

Diferencijalna jednadzba poprima oblik

d2u

dφ2+ u− u0 = J ′(u0)(u− u0). (3.203)

Definiramo odstupanje od ravnotezne vrijednosti

x = u− u0, (3.204)


i uvrstimo ga u jednadzbu (3.203)

d2x

dφ2+ x = J ′(u0)x =⇒ d2x

dφ2+ [1 − J ′(u0)] x = 0. (3.205)

Ako je ispunjen uvjetω2 ≡ 1 − J ′(u0) > 0, (3.206)

radi se o jednadzbi harmonickog oscilatora. Racunamo derivaciju funkcije J(u) utocki ravnoteze

J ′(u) =d

du

[

− m

M2u2f(1/u)

]

(3.207)

=2m

M2u3f(1/u) − m

M2u2f ′(1/u)

(−1

u2

)

(3.208)

=2m

M2u3f(1/u) +

m

M2u4f ′(1/u). (3.209)

Iskoristimo uvjet (3.202)m

M2u20

f(1/u0) = −u0, (3.210)

da bi dobili trazenu derivaciju

J ′(u0) = −2 − f ′(1/u0)

u0f(1/u0). (3.211)

Frekvencija u jedn. (3.205) iznosi

ω2 = 1 −[

−2 − f ′(1/u0)

u0f(1/u0)

]

, (3.212)

ili izrazeno pomocu varijable r0

ω2 = 3 +r0

f(r0)f ′(r0). (3.213)

Rjesenje diferencijalne jednadzbe (3.205) glasi

u = u0 + a cosωφ. (3.214)

Vratimo se na varijablu r

r(φ) =1

u0 + a cosωφ=

1

u0

1

1 + au0

cosωφ, (3.215)

i razvijemo rjesenje u Taylorov red

r(φ) =1

u0

[

1 − a

u0cosωφ

]

= r0 − b cosωφ, (3.216)

gdje je b = a/u20.


3.4.3 Zatvorene orbite

Da bi orbita pri malim odstupanjima od kruznice ostala zatvorena, frekvencija ωmora biti omjer dva cijela broja

ω =p

q. (3.217)

U tom slucaju se orbita zatvara nakon sto radijus vektor prebrise kut 2qπ. Akopromatramo samo male oscilacije oko kruznih orbita, zatvorene orbite su moguce zasiroku klasu potencijala. U opcenitom slucaju, omedene orbite su uvijek zatvorenesamo za Keplerov potencijal i potencijal harmonickog oscilatora (Bertrandov teo-rem).


Zadatak 3.10

Cestica mase m giba se po krivulji bliskoj kruznici radijusa r0 u centralnom polju

U(r) = − α

rn, n ≥ 0 . (3.218)

Nadjite orbitu. Koji uvjet mora biti ispunjen da bi orbita bila zatvorena?Rjesenje:

Da bi se cestica gibala po orbiti bliskoj kruznici, kruzna orbita radijusa r0 mora bitistabilna. Efektivni potencijal

Ueff = − α

rn+

M2

2mr2, (3.219)

mora imati minimum na udaljenosti r0 od centra sile. Izgled efektivnog potencijalaovisi o parametru n (sl. 3.22 i 3.23). Stabilne kruzne orbite su moguce samo ako

r

a

Ueff (r)

− αrn

M2

2mr2

Slika 3.22: Efektivni potencijalima minimum za n < 2.

ra

Ueff (r)

− αrn

M2

2mr2

Slika 3.23: Efektivni potencijalima maksimum za n > 2.

vrijedi0 < n < 2, (3.220)

dok u ostalim slucajevima kruzne orbite ne postoje ili su nestabilne. Ogranicimose stoga na slucaj 0 < n < 2. Silu koja djeluje na cesticu mozemo izracunati izzadanog potencijala

f(r) = −dUdr

= − αn

rn+1. (3.221)

Diferencijalna jednadzba orbite u ovom slucaju glasi

d2u

dφ2+ u = − m

M2u2(−αnun+1) =

mnα

M2un−1. (3.222)


Desnu stranu razvijemo u Taylorov red oko ravnotezne tocke u0

un−1 = un−10 + (n− 1)un−2

0 (u− u0) + · · · , (3.223)

a zatim uvrstimo Taylorov razvoj u diferencijalnu jednadzbu orbite

d2u

dφ2+ u =

mnα

M2un−1

0 + (n− 1)mnα

M2un−2

0 (u− u0). (3.224)

U ravnoteznoj tocki (kruzna orbita) vrijedi

M2

mr30

= f(r0) =⇒ M2

mu3

0 = αnun+10 =⇒ mnα

M2= u2−n

0 . (3.225)

Uvrstimo prethodne rezultate u diferencijalnu jednadzbu

d2u

dφ2+ u = u2−n

0 un−10 + (n− 1)u2−n

0 un−20 (u− u0) (3.226)

= u0 + (n− 1)(u− u0). (3.227)

Prijelazom na varijabli x = u − u0 dolazimo do konacnog oblika diferencijalne jed-nadzbe

d2x

dφ2+ (2 − n)x = 0. (3.228)

Radi se o jednadzbi harmonickog oscilatora s frekvencijom

ω2 = 2 − n, (3.229)

pri cemu je frekvencija realna jer smo pretpostavili da vrijedi 2−n > 0. Koordinatnisustav orjentiramo tako da vrijedi u(φ = 0) = u0

u(φ) = u0 + a sinωφ. (3.230)

Da bi orbita bila zatvorena, ω mora biti racionalni broj

ω =√

2 − n =p

q=⇒ 2 − n =

p2

q2. (3.231)

Uvjet na parametar n potencijala da bi orbita bila zatvorena

n = 2 − p2

q2. (3.232)

Da bi skicirali orbitu, moramo se vratiti na radijalnu varijablu

r(φ) =1

u0 + a sinωφ=

1

u0

1

1 + au0

sinωφ. (3.233)


Napravimo Taylorov razvoj

r(φ) =1

u0

(

1 − a

u0

sinωφ

)

= r0 (1 − ar0 sinωφ) . (3.234)

Najjednostavniji primjer je n = 1, odnosno ω = 1. Radi se o Keplerovom potencijalupa ako cestici u kruznoj orbiti malo povecamo energiju, ona ce se gibati po elipsi.Polozaji pericentra i apocentra odredeni su uvjetima

sin φp = 1 =⇒ φp =π

2, sinφa = −1 =⇒ φa =

3π

2. (3.235)

y

x

rmin

rmax

ω = 1

Slika 3.24: Male oscilacije oko kruzne orbite u slucaju Keplerovog potencijala.


Zadatak 3.11

Za vrijeme setnje svemirom astronaut Leonov baci poklopac objektiva kamereprema Zemlji. Opisite u prvom redu racuna smetnje gibanje poklopca u odnosuna svemirski brod ako je poklopac izbacen brzinom 10 m/s. Brod se giba u kruznojorbiti s periodom τ = 1.4h.Rjesenje:

Pri rjesavanju zadatka koristimo tri seta koordinata

Zemlja

Leonov~v0

Slika 3.25: Astronaut izbacuje poklopac radijalno prema Zemlji.

• koordinate broda u odnosu na Zemlju: r0, φ0

• koordinate poklopca u odnosu na brod: r1, φ1

• koordinate poklopca u odnosu na Zemlju: r, φ

Veza izmedu pojedinih koordinata glasi

r = r0 + r1 i φ = φ0 + φ1. (3.236)

Svemirski brod se giba u kruznoj orbiti pa je radijalna udaljenost konstantna, kao ikutna brzina broda

r0 = 0 i φ0 ≡ Ω =2π

τ. (3.237)

Brzina kojom astronaut baca poklopac je mnogo manja od brzine broda pa ockujemoda se poklopac oko Zemlje giba u orbiti bliskoj orbiti broda

=⇒ φ1 ≪ φ0 i r1 ≪ r0. (3.238)

Jednadzbe gibanja u polju centralne sile

r − rφ2 = − α

r2(3.239)

2rφ+ rφ = 0. (3.240)


Prvi red racuna smetnje znaci da u svim jednadzbama zadrzavamo samo linearneclanove malih velicina, dok kvadraticne i sve ostale clanove viseg reda zanemaru-jemo. Takav postupak obicno zovemo linearizacija jednadzbi gibanja. Promotrimojednadzbu gibanja (3.239). Prvi clan je jednostavan jer je radijalna udaljenost brodakonstantna

r = r0 + r1 = r1. (3.241)

U drugom clanu zanemarujemo sve kvadraticne clanove malih velicina r1 i φ1

(r0 + r1)(φ0 + φ1)2 = (r0 + r1)

(

φ20 + 2φ0φ1 + φ2

1

)

(3.242)

≈ (r0 + r1)(

Ω2 + 2Ωφ1

)

(3.243)

≈ r0Ω2 + 2r0Ωφ1 + Ω2r1 (3.244)

≈ r0Ω2 + 2r0Ωφ1 + Ω2r1. (3.245)

Desnu stranu jednadzbe razvijemo u Taylorov red

α

(r0 + r1)2=α

r20

1(

1 + r1

r0

)2 ≈ α

r20

(

1 − 2r1r0

+ · · ·)

. (3.246)

Dobijenu jednazbu

r1 + r0Ω2 + 2r0Ωφ1 + Ω2r1 =

α

r20

(

1 − 2r1r0

)

, (3.247)

mozemo podijeliti u nulti i prvi red

• nulti red:

r0Ω2 =

α

r20

=⇒ Ω2 =α

r30

(3.248)

• prvi red:

r1 + 2r0Ωφ1 + Ω2r1 = −2α

r30

r1 (3.249)

Da bi izracunali φ1 koristimo jedn. (3.240)

2rφ+ rφ = 0. (3.250)

Uvrstimo r = r0 + r1 i φ = φ0 + φ1

2(r0 + r1)(φ0 + φ1) + (r0 + r1)(φ0 + φ1), (3.251)


a zatim iskoristimo cinjenicu da se brod giba u kruznoj orbiti

r0 = 0, φ0 = 0, φ0 = Ω (3.252)

2Ωr1 + 2r1φ1 + r0φ1 + r1φ1 = 0. (3.253)

U prvom redu racuna smetnje zadrzimo samo linearne clanove malih velicina

2Ωr1 + r0φ1 = 0 =⇒ φ1 = −2Ω

r0r1. (3.254)

Integriramo prethodnu jednadzbu

φ1(t) − φ1(0) = −2Ω

r0(r1(t) − r1(0)) . (3.255)

Leonov u pocetnom trenutku poklopac baca radijalno

=⇒ φ1(0) = 0, (3.256)

a u pocetnom trenutku se poklopac nalazi u njegovoj ruci

=⇒ r1(0) = 0. (3.257)

Od rjesenja (3.255) preostaje

φ1(t) = −2Ω

r0r1(t). (3.258)

Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (3.249)

r1 − 2Ωr0φ1 − 3r1Ω2 = 0 =⇒ r1 + Ω2r1 = 0. (3.259)

Radi se o jednadzbi harmonickog oscilatora s rjesenjem

=⇒ r1(t) = A sin (Ωt) +B cos (Ωt). (3.260)

Konstante A i B odredujemo iz pocetnih uvjeta

• poklopac je u astronautovoj ruci

=⇒ r1(0) = 0 =⇒ B = 0 (3.261)

• poklopac je bacen radijalno

r1(0) = −v0 =⇒ A = −v0

Ω(3.262)


Radijalna koordinata poklopca

r(t) = r0 −v0

Ωsin (Ωt). (3.263)

Iz jednadzbe

φ1(t) = −2Ω

r0r1(t), (3.264)

integriranjem dolazimo do

φ1(t) = − 2v0

r0Ωcos (Ωt) + C. (3.265)

Poklopac se u pocetnom trenutku nalazi u astronautovoj ruci

φ1(0) = 0 =⇒ C =2v0

r0Ω(3.266)

Kutna koordinata poklopca

φ(t) = Ωt+2v0

r0Ω(1 − cos Ωt). (3.267)

Koordinate poklopca

r(t) = r0 −v0

Ωsin (Ωt) (3.268)

φ(t) = Ωt+2v0

r0Ω(1 − cos Ωt). (3.269)

Amplituda radijalnih oscilacija iznosi v/Ω ≈ 8km, nakon vremena τ = 2π/Omega =1.4 h poklopac opet dolazi u ruku astronautu. Brod i poklopac se u pocetnomtrenutku nalaze na osi x, kao i u trenutku t = τ . U svim ostalim trenucima poklopaci brod su razdvojeni.


xZemlja

t = 0 i t = τt = τ/2

Slika 3.26: Orbite broda, tj. astrounauta (crtkana linija) i poklopca (puna linija).


Poglavlje 4

Keplerov problem

4.1 Problem dvaju tijela

Promatramo sistem dvije cestice koje medudjeluju centralnom silom. Polozajecestica oznacimo s ~r1 i ~r2, a potencijalnu funkciju s U(|~r1 −~r2|). Jednadzbe gibanjaglase

m1~r1 = −∇~r1U(|~r1 − ~r2|), (4.1)

m2~r2 = −∇~r2U(|~r1 − ~r2|). (4.2)

U daljnjim razmatranjima iskoristit cemo relaciju

∇~r1U(|~r1 − ~r2|) = −∇~r2U(|~r1 − ~r2|) = ∇~rU(|~r|), (4.3)

gdje je ~r ≡ ~r1 − ~r2. Zbrojimo jedn. (4.1) i (4.2)

m1~r1 +m2~r2 = 0 =⇒ d2

dt2(m1~r1 +m2~r2) = 0. (4.4)

Kombinaciju u zagradi prepoznamo kao definiciju centra mase

m1~r1 +m2~r2 = (m1 +m2)~rcm. (4.5)

Kao posljedica jedn. (4.4), centar mase sustava moze se gibati samo jednoliko popravcu. Izaberemo inercijalni sustav u kojem centar mase miruje u ishodistu

m1~r1 +m2~r2 = 0 =⇒ ~r1 = −m2

m1~r2. (4.6)

Kao drugu kombinaciju vektora ~r1 i ~r2, linearno nezavisnu od ~rcm biramo relativnukoordinatu ~r. Oduzimanjem jedn. (4.1) i (4.2) dolazimo do jednadzbe gibanja ko-ordinate ~r

~r = −m1 +m2

m1m2∇~rU(|~r|). (4.7)

89

90 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM

Pocetni problem koji je ukljucivao dva tijela s masama m1 i m2 i centralnu siluU(|~r1 − ~r2|), sveli smo na problem jednog tijela mase µ = m1m2/(m1 +m2) koje segiba u centralnom polju U(|~r|)

m1m2

m1 +m2

~r = −∇~rU(|~r|) =⇒ µ~r = −∇~rU(|~r|). (4.8)

Efektivnu masuµ =

m1m2

m1 +m2

, (4.9)

obicno zovemo reducirana masa sustava.

4.1. PROBLEM DVAJU TIJELA 91

Zadatak 4.1

Dvije zvijezde jednakih masa gibaju se jedna oko druge pod utjecajem gravitacije.Ako se reducirana masa giba po orbiti

r(φ) =2a

1 + 0.5 cosφ(4.10)

skcirajte orbite zvijezda.Rjesenje:

Centar mase sustava dviju zvijezda miruje u ishodistu

m1~r1 +m2~r2 = 0 =⇒ ~r2 = −m1

m2~r1. (4.11)

Definirali smo relativnu koordinatu

~r = ~r1 − ~r2 =⇒ m1 +m2

m2~r1 = ~r =⇒ ~r1 =

m2

m1 +m2~r. (4.12)

Uz zadane mase m1 = m2 = m prethodna jednazba svodi se na

~r1 =1

2~r, ~r2 = −1

2~r. (4.13)

Prvi korak je skica orbite reducirane mase r(φ) koja se giba po elipsi. Pericentar senalazi na pozitivnoj strani osi x (φ = 0) i udaljen je za 4a/3 od ishodista. Apocentarse nalazi na negativnoj strani osi x (φ = π) i udaljen je za 4a od ishodista. Drugi

x

y

43a4a O

µ

Slika 4.1: Orbita reducirane mase definirana jedn. 4.10.

korak je skica orbite prve zvijezde. Radi se o skaliranoj orbiti reducirane mase sfaktorom skaliranja 0.5 jer su mase zvijezda jednake. U trecem koraku oznacimo


y

x

m1

O

µ

Slika 4.2: Orbita prve zvijezde odgovara skaliranoj orbiti reducirane mase s faktoromskaliranja 0.5.

x

y

O x

y

O

x

y

O x

y

O

x

y

O x

y

O

Slika 4.3: Konstrukcija tocaka orbite druge zvijezde.

4.2. ANALIZA KEPLEROVOG POTENCIJALA 93

y

xO

Slika 4.4: Orbite reducirane mase i dviju zvijezda.

nekoliko tocaka orbite druge zvijezde koristeci relaciju

~r2 = −~r1. (4.14)

U zadnjem koraku spojimo tocke u orbitu druge zvijezde. Mozemo jos primjetiti

r2(φ) = r1(φ− π) =1

2r(φ− π) =⇒ r2(φ) =

2a

1 − e cosφ. (4.15)

4.2 Analiza Keplerovog potencijala

U prethodnom odjeljku smo problem dva tijela koja medudjeluju centralnom silomsveli na problem jednog tijela mase µ = m1m2/(m1 +m2) koje se giba u centralnompolju U(|~r|). Stoga nadalje mozemo razmatrati gibanje jedne cestice u polju sileinverznog kvadrata

~F = − k

r2~r0 =⇒ U(r) = −

∫

~F · d~r = −kr. (4.16)

Ekvivalentni jednodimenzionalni problem glasi: promatramo gibanje cestice u efek-tivnom potencijalu

Ueff (r) = U(r) +M2

2µr2= −k

r+

M2

2µr2. (4.17)

U blizini ishodista dominira centrifugalni clan (uz uvjet M 6= 0)

limr→0

Ueff (r) = +∞, (4.18)

dok daleko od ishodista dominira clan −k/r pa tamo potencijal tezi k nuli s negativnestrane

limr→∞

Ueff(r) = −0. (4.19)

Ovisno o energiji, moguce orbite su kruznica, elipsa, parabola i hiperbola.


r

Ueff (r)

−kr

M2

2µr2

Slika 4.5: Efektivni potencijal u Keplerovom problemu je suma centrifugalnog po-tencijala M2/2µr2 i Keplerovog potencijala −k/r.

4.2.1 Kruznica

Polozaj minimuma efektivnog potencijala odreden je uvjetom

dUeff

dr

∣∣∣∣r=r0

= 0 =⇒ k

r20

− M2

µr30

= 0 =⇒ r0 =M2

µk. (4.20)

Uvrstimo r0 u izraz za efektivni potencijal

Umineff = −µk

2

M2+M2

2µ

µ2k2

M4= − µk2

2M2. (4.21)

Ako je energija jednaka minimumu efektivnog potencijala

E = − µk2

2M2= − k

2r0, (4.22)

cestici je dostupna samo radijalna udaljenost r0, odnosno putanja je kruznica radi-jusa r0. Brzinu cestice u kruznoj orbiti mozemo izracunati koristeci ravnotezu cen-trifugalne i gravitacijske sile

µv20

r0=

k

r20

=⇒ v20 =

k

µr0. (4.23)

Kineticka i potencijalna energija cestice

T =µ

2v20 =

k

2r0i U = − k

r0, (4.24)

vezane su relacijom U = −2T .

4.2. ANALIZA KEPLEROVOG POTENCIJALA 95

r

Ueff (r)

E

r0

y

x

r0

m

φ

Slika 4.6: Energija cestice odgovara minimumu efektivnog potencijala. Cestica semoze nalaziti samo na udaljenosti r0 od centra polja.

4.2.2 Elipsa

Energija cestice je negativna, ali veca od minimuma potencijala. Postoje dvijetocke obrata rmin (pericentar ili perihel u slucaju gravitacijskog polja Sunca) i rmax

(apocentar ili ahel u slucaju gravitacijskog polja Sunca). Putanja cestice je omedena,a kasnije cemo pokazati da se radi o elipsi. Radijalna brzina cestice u tockama obratapada na nulu, ali je bitno uociti da cestica u tim tockama ne stane jer ima konacnukomponentu brzine vφ = rφ.

r

Ueff (r)

E

rmin rmaxx

y

rminrmax

m

Slika 4.7: Energija cestice je negativna, ali veca od minimuma potencijala. Cesticase giba izmedu tocaka obrata rmin i rmax.


4.2.3 Parabola i hiperbola

Ako se energija cestice priblizava nuli, apocentar se sve vise udaljava od centra sile.U granicnom slucaju E → 0 apocentar postaje beskonacno udaljen od centra sile iorbita vise nije omedena. Zbog centrifugalne barijere minimalna udaljenost cesticeod centra polja iznosi rmin (pericentar). Kasnije cemo pokazati da za E = 0 orbitaodgovara paraboli, a za E > 0 hiperboli.

r

Ueff(r)

E

rminx

y

rmin

m

Slika 4.8: Energija cestice je pozitivna. Orbita cestice je neomedena. Minimalnaudaljenost od centra polja iznosi rmin (pericentar).

4.3 Izvod orbite u Keplerovom potencijalu

Uvrstimo Keplerov potencijal u izraz za orbitu

φ =

∫Mdr

r2

√

2µ[E + k

r

]− M2

r2

+ C (4.25)

=

∫Mdr

r√

2µEr2 + 2µkr −M2+ C, (4.26)

gdje je C konstanta integracije. Rjesenje odgovarajuceg tablicnog integrala (Bronstejn,br. 258)

I =

∫dx

x√ax2 + bx+ c

(4.27)


a = 2µE, b = 2µk, c = −M2. (4.28)

4.3. IZVOD ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 97

Parametar ∆ je negativan jer energija ne moze biti manja od minimuma potencijala

∆ = −8µEM2 − 4µ2k2 = −8µM2

(

E +µk2

2M2

)

= −8µM2(E + Umin

eff

). (4.29)

Za kombinaciju parametara c < 0 i ∆ < 0 vrijedi∫

dx

x√ax2 + bx+ c

=1√−c arcsin

bx+ 2c

x√−∆

. (4.30)

Integral potreban za orbitu dobijemo mnozenjem izraza (4.30) s M

φ =M√M2

arcsin2µkr − 2M2

r

√

8µM2(

E + µk2

2M2

) + C. (4.31)

Definiramo dvije velicine koje karakteriziraju orbitu u Keplerovom potencijalu

• ekscentricitet orbite e

e =

√

1 +2M2E

µk2, (4.32)

• parametar orbite p

p =M2

µk. (4.33)

Orbita poprima oblik

φ = arcsin1 − p

r

e+ C, (4.34)

koji mozemo invertiratip

r= 1 − e sin (φ− C). (4.35)

Ako izaberemo konstantu integracije C ≡ φ0 + π/2 dolazimo do standardnog oblikaorbite u Keplerovom potencijalu

r(φ) =p

1 + e cos (φ− φ0). (4.36)

Orbita (4.36) predstavlja konicnu krivulju u polarnim koordinatama. Pericentarorbite se nalazi u tocki

φ = φ0, rmin =p

1 + e. (4.37)

Koordinatni sustav mozemo orjentirati tako da se pericentar nalazi na osi x. Takavizbor, ujedno i najcesci, odgovara konstanti φ0 = 0. Ovisno o ekscentricitetu, orbitamoze biti kruznica, elipsa, parabola ili hiperbola.


4.4 Omedene orbite u Keplerovom potencijalu

4.4.1 Prva kozmicka brzina

Pretpostavimo da je energija cestice jednaka minimumu efektivnog potencijala

E = Umineff = − µk

2M2⇐⇒ e = 0. (4.38)

Orbita (4.36) se svodi na kruznicu radijusa p

r(φ) =p

1 + e cosφ= p =

M2

µk. (4.39)

Brzina koju moramo dati satelitu da bi se gibao u kruznoj orbiti radijusa Rz okoZemlje zove se prva kozmicka brzina. U sustavu satelit-Zemlja reducirana masa jepriblizno jednaka masi satelita (= m)

µ =mmz

m+mz

=m

1 + mmz

≈ m. (4.40)

Prvu kozmicku brzinu mozemo izracunati iz uvjeta ravnoteze centrifugalne i grav-itacijske sile

Fcf = Fgr =⇒ mv21

Rz=

k

R2z

, (4.41)

=⇒ v21 =

k

mRz

=Gmz

Rz

. (4.42)

Prva kozmicka brzina ne ovisi o masi satelita, a njezina numericka vrijednost iznosi

v1 = 7.9 km s−1. (4.43)

4.4.2 Elipticne putanje

Ako se energija cestice nalazi u intervalu

− µk2

2M2< E < 0 ⇐⇒ 0 < e < 1, (4.44)

orbita odgovara elipsi. Orjentiramo koordinatni sustav tako da se pericentar orbitenalazi na pozitivnoj strani osi x (φ = 0), dok se apocentar nalazi na negativnojstrani osi x (φ = π), cime smo fiksirali konstantu φ0 = 0. Jednadzba orbite u tomslucaju glasi

r(φ) =p

1 + e cosφ. (4.45)

4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 99

y

xrminrmax

m

~r φ

Slika 4.9: Elipticka putanja u Keplerovom potencijalu.

Zelimo povezati poluosi elipse s energijom i momentom kolicine gibanja cestice.Velika poluos elipse

a =p

1 − e2=

M2

µk

−2EM2

µk2

= − k

2E=

k

2|E| , (4.46)

ovisi samo o energiji, dok mala poluos elipse

b =p√

1 − e2=

M2

µk√

−2EM2

µk2

=M

√

2µ|E|, (4.47)

ovisi i o energiji i o momentu kolicine gibanja.

4.4.3 Prvi Keplerov zakon

Prvi Keplerov zakon glasi: planeti se gibaju oko Sunca po elipsama u cijem jejednom fokusu Sunce. U stvarnosti se centar mase sustava Sunce-Zemlja nalazi ufokusu, a Sunce i Zemlja se gibaju po elipsama. Neka je ms masa Sunca, a mz masaZemlje. Oznacimo s ~rs radijus-vektor Sunca, ~rz radijus-vektor Zemlje i ~r radijus-vektor reducirane mase sustava Zemlja-Sunce

~rz =ms

ms +mz~r , ~rs = − mz

ms +mz~r. (4.48)

Masa Sunca je mnogo veca od mase Zemlje pa vrijedi

~rz ≈ ~r , ~rs ≈ 0. (4.49)


x

Zemlja

Sunce

O

reducirana masa

Slika 4.10: Putanje reducirane mase, Sunca i Zemlje. Omjer masa na slici je ms :mz = 4 : 1. U stvarnosti je omjer mnogo veci pa mozemo reci da Sunce miruje ufokusu, a Zemlja se giba oko njega po elipsi.

4.4.4 Treci Keplerov zakon

Treci Keplerov zakon glasi: kvadrat periode planeta je propocionalan kubu linearnedimenzije orbite. Period orbite mozemo naci koristeci drugi Keplerov zakon. Plosnabrzina je konstantna, a mozemo je izracunati koristeci moment kolicine gibanja

dA =1

2r2dφ =⇒ dA

dt=

1

2r2φ =⇒ dA

dt=

M

2m. (4.50)

Povrsina elipse jednaka je umnosku plosne brzine i perioda

P = abπ =dA

dtT =⇒ T =

abπdAdt

. (4.51)

Sada iskoristimo formulu (4.47) za malu poluos

T = aπM

√

2µ|E|2µ

M= aπ

√

2µ

|E| . (4.52)

Energiju mozemo izraziti pomocu velike poluosi

T = 2πa3/2

√µ

k=⇒ T 2 =

(

4π2µ

k

)

a3. (4.53)

Masa Sunca je mnogo veca od mase planeta (= mp) pa je reducirana masa pribliznojednaka masi planeta

µ =msmp

ms +mp

=mp

1 + mp

ms

≈ mp. (4.54)


Omjer µ/k u izrazu (4.53) jednak je za sve planete

µ

k≈ mp

Gmsmp=

1

Gms. (4.55)

Koristeci zakljucke Keplera i Galilea

• Kepler: omjer T 2/a3 jednak je za sve planete u Suncevom sustavu

• Galilei: putanja tijela kod slobodnog pada ili hica na Zemlji ne ovisi o masitijela

i promatrajuci putanju Mjeseca oko Zemlje Newton je zakljucio da gravitacionipotencijal ima oblik

U(r) = −Gm1m2

r. (4.56)

Pritom univerzalna konstanta gravitacije ima vrijednost

G = 6.672 · 10−11Nm2kg−2. (4.57)

4.4.5 Newtonov zakon gravitacije

Kako je Newton usporedio astronomska i opazanja Galilei-a? Mjesec se giba popriblizno kruznoj putanju polumjera

RM ≈ 386000 km = 3.86 · 108 m. (4.58)

Period gibanja Mjeseca iznosi 27 dana 7 sati i 43 minute

TM ≈ 27.32 · 24 · 60 · 60 s = 23.6 · 105 s, (4.59)

a mozemo ga napisati u obliku

T 2M = 4π2µ

kR3

M = 4π2 MMMZ

MM +MZ

R3M

GMZMM

R3M (4.60)

T 2M =

4π2

GMZ

(

1 + MM

MZ

)R3M . (4.61)

Konstanta sile teze

g =GMZ

R2Z

. (4.62)


Eliminacija GMZ daje

g =4π2R3

M

T 2MR

2Z

(

1 + MM

MZ

) . (4.63)

Polumjer Zemlje iznosi 6370 km

g =10.05 ms−2

(

1 + MM

MZ

) . (4.64)

Korekcija od mase Mjeseca je mala

1 +MM

MZ≈ 1

81, (4.65)

a ako je uzmemo u obzir dobijemo konstantu sile teze

g ≈ 9.92 ms−2. (4.66)

4.4.6 Degenerirana elipsa

Pretpostavimo da se cestica giba u kruznoj orbiti radijusa R0. Brzinu cesticemozemo izracunati iz uvjeta jednakosti centrifugalne i gravitacijske sile

µv20

R0

=k

R20

=⇒ v20 =

k

µR0

. (4.67)

Energija cestice je suma kineticke i potencijalne energije

E =µ

2v20 −

k

R0

= − k

2R0

. (4.68)

Brzina je u svakom trenu okomita na radijus-vektor cestice

| ~M | = µv0R0 =√

µkR0. (4.69)

Promatramo niz drugih cestica, od kojih svaka ima jednaku energiju kao i cestica ukruznoj orbiti, ali razlicit iznos momenta kolicine gibanja. Neka brzina svih cesticau tocki (φ = 0, r = R0) ima jednak iznos v0, ali razlicit kut prema osi x. Momentkolicine gibanja cestice koja zatvara kut α s osi x iznosi

| ~M | = µv0R0 sinα =√

µkR0 sinα. (4.70)

Perihel svih takvih orbita se vise ne nalazi na osi x pa ih opisujemo jednadzbom

r(φ) =p

1 + e cos (φ− φ0). (4.71)


Parametar i ekscentricitet pojedinih orbita ovise o kutu α

p =M2

µk= R0 sin2 α, (4.72)

e =

√

1 +2EM2

µk2=√

1 − sin2 α. (4.73)

Kut φ0 mozemo izracunati iz uvjeta

r(φ = 0) = R0 =⇒ 1 + e cosφ0 =p

R0

=⇒ cosφ0 =1

e

[sin2 α− 1

](4.74)

Nekoliko primjera ovakvih orbita nalazi se na sl. 4.11-4.14. Uocimo da sve cesticeimaju jednaku energiju, a time i sve orbite imaju jednake velike poluosi. Smanjivan-jem momenta kolicine gibanja, smanjujemo malu poluos elipsa pa one postaju svetanje. Krajnji slucaj je na sl. 4.14. Moment impulsa cestice je nula, centrifugalnabarijera vise ne postoji i cestica moze proci kroz centar sile (rmin = 0). Orbitase svela na pravac (degenerirana elipsa), iako formalno e → 1. Uvrstimo moment

y

x

rmin

rmax

R0

Slika 4.11: α = 1200, rmin =0.5R0, rmax = 1.5R0.

y

x

rmin

rmax

R0


y

x

rmin

rmax

R0


y

xrmin rmaxR0

Slika 4.14: α = 1800, rmin = 0,rmax = 2R0.


kolicine gibanja (4.70) u efektivni potencijal

Ueff(r) =M2

2µr2− k

r=

k

2R0

(

sin2 αR2

0

r2− 2

R0

r

)

. (4.75)

Sa smanjivanjem momenta kolicine gibanja, smanjujemo i centrifugalnu barijeru. Ukrajnjem slucaju (M → 0) centrifugalna barijera nestaje i cestica moze proci krozcentar sile. Efektivni potencijalu koji odgovaraju orbitama sa sl. 4.11-4.14 prikazanisu na sl. 4.15-4.18.

r

Ueff(r)

−kr

M2

2µr2

E

R0


r

Ueff(r)

−kr

M2

2µr2

E

R0


r

Ueff(r)

−kr

M2

2µr2

E

R0


r

Ueff(r)

−kr

E

R0

Slika 4.18: α = 1800, rmin = 0,rmax = 2R0.


Zadatak 4.2

Izvedite izraz za orbitu u Keplerovom potencijalu rjesavajuci diferencijalnu jed-nadzbu orbite, ako se cestica u pocetnom trenutku nalazi na osi x na udaljenosti R0

od ishodista, brzina joj iznosi

√

k

mR0i zatvara kut α = 450 s osi x.

Rjesenje:

Na cesticu djeluje sila inverznog kvadrata

f(r) = − k

r2. (4.76)

Uvrstimo silu u diferencijalnu jednadzbu orbite

d2u

dφ2+ u = − m

M2u2f(1/u) =

mk

M2. (4.77)

Rjesenje jednadzbe je suma opceg rjesenja homogene jednadzbe i partikularnogrjesenja nehomogene jednadzbe

u(φ) = A cos (φ− φ0) +mk

M2. (4.78)

Konstante A i φ0, kao i iznos momenta kolicine gibanja mozemo izracunati izpocetnih uvjeta. Jednake pocetne uvjete smo vec susreli u poglavlju o centralnimsilama

u(φ = 0) =1

R0,

du

dφ

∣∣∣∣φ=0

= − 1

R0cotα. (4.79)

Uvrstimo iznos momenta kolicine gibanja

| ~M | = mv0R0 sinα =√

kmR0 sinα, (4.80)

u rjesenje diferencijalne jednadzbe

u(φ) = A cos (φ− φ0) +1

R0 sin2 α. (4.81)

Prvi pocetni uvjet

u(φ = 0) = A cosφ0 +1

R0 sin2 α=

1

R0=⇒ A cosφ0 = − 1

R0cot2 α. (4.82)

Drugi pocetni uvjetdu

dφ

∣∣∣∣φ=0

= A sinφ0 = − 1

R0cotα. (4.83)


Kvadriramo i zbrojimo jedn. (4.82) i (4.83)

A2 =1

R20

[cot2 α + cot4 α

]=

1

R20

cot2 α

sin2 α=⇒ A =

1

R0

cotα

sinα. (4.84)

Uocimo da je α = 450 pa je cotα pozitivan. Vratimo se drugom pocetnom uvjetu

A sinφ0 = − 1

R0

cotα =⇒ φ0 = π + α. (4.85)

Orbita cestice glasi

u(φ) =1

R0

cosα

sin2 αcos (φ− φ0) +

1

R0 sin2 α=⇒ r(φ) =

R0 sin2 α

1 − cosα cos (φ− α). (4.86)

y

x

rmin

rmax

R0

Slika 4.19: Orbita cestice. U pocetnom trenutku cestica se nalazi na osi x, udaljenaje za R0 od ishodista, a brzina joj zatvara kut α = 450 s osi x.


Zadatak 4.3

Izvedite izraz za orbitu u Keplerovom potencijalu rjesavajuci kvadraturu, ako secestica u pocetnom trenutku nalazi na osi x na udaljenosti R0 od ishodista, brzina

joj iznosi

√

k

mR0i zatvara kut α = 450 s osi x.

Rjesenje:

Na pocetku gibanja cestica se nalazi na osi x, udaljena je za R0 od ishodista, brzina

joj iznosi

√

k

mR0i zatvara kut α = 450 s osi x. Ovi podaci su dovoljni da izracunamo

moment kolicine gibanja

| ~M | = m|~r0 × ~v0| = mR0v0 sinα =√

mkR0 sinα, (4.87)

i energiju cestice

E =m

2v20 + U(r0) =

m

2

k

mR0− k

R0= − k

2R0. (4.88)

Energija je negativna pa mozemo zakljuciti da je gibanje omedeno. Gibanje u bilokojem centralnom polju mozemo svesti na jednodimenzioni problem, pritom vodeciracuna da se cestica giba u efektivnom potencijalu

Ueff (r) = −kr

+M2

2mr2= −k

r+kR0

2r2sin2 α. (4.89)

Uvrstimo sve dostupne podatke u izraz za orbitu

φ− φ0 =

∫ r

R0

Mdr′

r′2√

2m[E + k

r′

]− M2

r′2

(4.90)

=M√2m

∫ r

R0

dr′

r′√

Er′2 + kr′ − M2

2m

(4.91)

=M√2m

∫ r

R0

dr′

r′√

− k2R0

r′2 + kr′ − kR0

2sin2 α

(4.92)

=M

2√m

√2

kR0

∫ r

R0

dr′

r′√

−r′2

R20

+ 2 r′

R0− sin2 α

. (4.93)

Koristimo oznaku x ≡ r/R0, kao i cinjenicu da se cestica na pocetku gibanja nalazina osi x (→ φ0 = 0).

φ =M√2m

√2

kR0

∫ x

1

dx′

x′√

−x′2 + 2x′ − sin2 α. (4.94)


Rjesenje odgovarajuceg tablicnog integrala (Bronstejn, br. 258)

I =

∫dx

x√ax2 + bx+ c

(4.95)


a = −1, b = 2, c = − sin2 α. (4.96)

Parametar ∆ je sigurno negativan (ne moze biti nula zbog pocetnog uvjeta α = 450).Za kombinaciju parametara c < 0 i ∆ < 0 vrijedi

∫dx

x√ax2 + bx+ c

=1√−c arcsin

bx+ 2c

x√−∆

. (4.97)

Uvrstimo rjesenje integrala u jedn. (4.94)

φ =M√2m

√2

kR0

1

sinαarcsin

x′ − sin2 α

x′ cosα

∣∣∣∣

x

1

. (4.98)

Uvrstimo iznos momenta kolicine gibanja M =√mkR0 sinα, kao i granice inte-

gracije

φ = arcsinx− sin2 α

x cosα− arcsin (cosα) (4.99)

= arcsin1 − sin2 α

x

cosα− arcsin [sin (π/2 − α)] (4.100)

= arcsin1 − sin2 α

x

cosα− π

2+ α (4.101)

Invertiramo prethodnu jednadzbu

1 − sin2 αx

cosα= sin

(

φ+ α +π

2

)

= cos (φ− α). (4.102)

=⇒ 1 − sin2 α

x= cosα cos (φ− α). (4.103)

Vratimo supstituciju r = R0x

r(φ) =R0 sin2 α

1 − cosα cos (φ− α). (4.104)

Dobili smo isto rjesenje kao i u prethodnom zadatku.


Zadatak 4.4

Pokazite da jednadzba orbite

r =p

1 + e cosφ

opisuje horizontalni hitac na povrsini Zemlje.Rjesenje:

Kamen je izbacen horizontalno s visine h iznad povrsine Zemlje. Pocetnu brzinuoznacimo s vy. Zemlja djeluje na kamen kao da joj je cijela masa skoncentriranau sredistu. Kamen se prije udaranja u Zemljinu povrsinu giba po elipsi u cijemje fokusu srediste Zemlje. Ishodiste koordinatnog sustava y′z′ vezemo uz sredisteZemlje, dok ishodiste sustava yz vezemo uz tocku iz koje bacamo kamen. Veza

y′

z′

Rz

O

h

vy

y′

z, z′

Rz

O

y

U

Vh

vy

Slika 4.20: Cestica je ispaljena horizontalno na visini h iznad povrsine Zemlje.

izmedu koordinatnih sustava glasi

y′ = y, (4.105)

z′ = z +OV = z +OU + UV = z +Rz + h. (4.106)

Napisemo jednadzbu elipse u Kartezijevom sustavu

(z′ − c)2

a2+y′2

b2= 1. (4.107)

Sa sl. 4.20 vidimo da vrijedia = Rz + h− c. (4.108)

Prelazimo u koordinatni sustav yz

z′ = z +Rz + h =⇒ z′ − c = z +Rz + h− c. (4.109)


Jednadzba elipse u sustavu yz glasi

(z + a)2

a2+y2

b2= 1 =⇒ z2

a2+

2z

a+ 1 +

y2

b2= 1. (4.110)

Kamen je izbacen iz tocke blizu povrsine Zemlje

z2

a2≪ z

a. (4.111)

U jednadzbi elipse mozemo zanemariti kvadraticni clan

z = − a

2b2y2. (4.112)

Poluosi elipse izrazimo pomocu energije i zakretnog impulsa

a =k

2|E| i b =M

√

2µ|E|, (4.113)

gdje je µ reducirana masa sistema Zemlja-kamen. Kamen je mnogo laksi od Zemljepa vrijedi

m≪Mz =⇒ µ =mMz

Mz +m=

m

1 +m/Mz≈ m. (4.114)

Osim toga, kamen je ispaljen horizontalno i njegov moment kolicine gibanja iznosi

M = m(Rz + h)vy ≈ mRzvy. (4.115)

Prisjetimo se znacenja konstante k u Keplerovom potencijalu

k = GmMz. (4.116)

Prvo uvrstimo malu i veliku poluos u izraz za putanju

z = − a

2b2y2 = −1

2· k

2|E| ·2m|E|M2

y2, (4.117)

a zatim jos uvrstimo konstatnu k i moment kolicine gibanja M

z = − km

2M2y2 = − GMzm

2

2m2R2zv

2y

y2 = −GMz

2R2z

y2

v2y

. (4.118)

Na kraju iskoristimo definiciju konstante sile teze i dolazimo do poznatog rezultata

g ≡ GMz

R2z

=⇒ z = −g2

y2

v2y

. (4.119)


Zadatak 4.5

Pokazite da se gibanje u gravitacijskom polju Zemlje za koje vrijedi M = 0 mozesvesti na slobodni pad ako se cestica nalazi blizu povrsine Zemlje.Rjesenje:

Cestica krece iz mirovanja s udaljenosti h od povrsine Zemlje. Pritom je u stvarnostivisina h mnogo manja od radijusa Zemlje (h≪ Rz). Buduci da cestica u pocetnomtrenutku miruje njezin moment kolicine gibanja iscezava, a energija joj je jednakapocetnoj potencijalnoj energiji

E = − k

R0, (4.120)

gdje je R0 = Rz + h. Zakon sacuvanja energije daje

Rz

Or

m

h

r

Ueff (r)

−kr

E r0

rz

Slika 4.21: Cestica je ispustena s visine h iznad povrsine Zemlje.

E =µ

2r2 − k

r= − k

R0, (4.121)

odakle mozemo izraziti radijalnu brzinu cestice

r2 =2k

µ

(1

r− 1

R0

)

. (4.122)

Cestica se giba izmedu pocetne tocke r = R0 i povrsine Zemlje r = Rz. Tijekomgibanja se potencijalna energija cestice smanjuje, dok kineticka raste s nule na nekukonacnu vrijednost. Ogranicimo se sada na slobodni pad blizu povrsine Zemlje

R0 − Rz ≡ h r − Rz ≡ z, (4.123)

pri cemu vrijedi h, z ≪ Rz. Iskoristimo Taylorov razvoj

1

r=

1

Rz + z=

1

Rz

1

1 + zRz

≈ 1

Rz

(

1 − z

Rz

)

, (4.124)


1

R0

=1

Rz + h=

1

Rz

1

1 + hRz

≈ 1

Rz

(

1 − h

Rz

)

. (4.125)

Brzina se svodi na

z2 =2k

µRz

(

1 − z

Rz− 1 +

h

Rz

)

=2k

µR2z

(h− z) . (4.126)

Cestica je mnogo laksa od Zemlje pa vrijedi

µ =mMz

m+Mz=

m

1 +m/Mz≈ m. (4.127)

Biramo negativan predznak jer se udaljenost cestice od povrsine Zemlje smanjuje

z = −√

2k

mR2z

√h− z = −

√

2GMz

R2z

√h− z. (4.128)

Prisjetimo se definicije konstante sile teze

g ≡ GMz

R2z

=⇒ z = −√

2g√h− z. (4.129)

Separiramo varijable u prethodnoj jednadzbi

dz√h− z

= −√

2gdt =⇒∫ z

h

dz′√h− z′

= −√

2gt, (4.130)

a zatim integriramo lijevu i desnu stranu. Integral desne strane je trivijalan, dok jeintegral lijeve strane nesto slozeniji

I =

∫ z

h

dz′√h− z′

= −∫ z

h

d(h− z′)√h− z′

. (4.131)

Napravimo supstituciju u = h− z′

I = −∫ h−z

0

du√u

= −√u

1/2

∣∣∣∣

h−z

0

= −2√h− z, (4.132)

=⇒ −2√h− z = −

√

2gt =⇒ h− z =g

2t2, (4.133)

i na kraju stizemo do poznatog izraza za slobodni pad s visine h

z = h− g

2t2. (4.134)


Zadatak 4.6

Asteroid mase m opazen je na udaljenosti 16Rz od centra Zemlje kako se giba

brzinom1

4

√GMz

Rz. Smjer brzine otklonjen je za kut θ = arccos

11

12od smjera gibanja

prema Zemlji. Nadite jednadzbu orbite po kojoj se asteroid giba, te udaljenost zakoju ce promasiti Zemljinu povrsinu.Rjesenje:

Asteroid se giba u gravitacijskom polju Zemlje. Pretpostavljamo da utjecaj Suncai drugih planeta mozemo zanemariti, kao i da je masa asteroida mnogo manja odmase Zemlje. U tom slucaju se asteroid giba po konicnoj krivulji u cijem fokusuZemlja (centar sile) miruje. Jednadzba orbite glasi

r =p

1 + e cos (φ− φ0). (4.135)

Ekscentricitet i paramtar orbite odredeni su energijom i momentom kolicine gibanja

xO

Rz

m16RZ

~v0θ0

Slika 4.22: Asteroid se u pocetnom trenutku nalazi na udaljenosti 16Rz od centraZemlje. Pocetna brzina ~v0 je otklonjena za kut θ0 od pravca gibanja.

asteroida, dok kut φ0 mozemo izracunati iz pocetnog uvjeta

r(φ = 0) = r0 = 16Rz. (4.136)

Energija asteroida je suma pocetne kineticke i potencijalne energije

E =m

2v20 −G

mMz

r0=m

2

GMz

16Rz− GmMz

16Rz= −GmMz

32Rz. (4.137)

Energija je negativna pa mozemo zakljuciti da se asteroid giba po elipsi. Momentkolicine gibanja asteroida takoder mozemo izracunati u pocetnom trenutku

M = m |~r0 × ~v0| (4.138)

= mr0v0 sin (π − θ) (4.139)

= mr0v0 sin θ (4.140)

=

√23

3m√

GMzRz. (4.141)


xO m|~r0| = 16RZ

~v0

~r0

π − θ0

Slika 4.23: Vektori pocetnog polozaja ~r0 i pocetne brzine ~v0 potrebni zaizracunavanje momenta kolicine gibanja.

Sada mozemo izracunati paramtar orbite

p =M2

mk=

M2

m2GMz=

23

9Rz, (4.142)

kao i ekscentricitet orbite

e =

√

1 +2EM2

mk2=

11

12. (4.143)

Preostalo nam je jos izracunati kut φ0

r(φ = 0) = r0 = 16Rz =⇒ p

1 + e cosφ0= 16Rz. (4.144)

Uvrstimo parametar i ekscentricitet orbite

φ0 = arccos

(

−11

12

)

. (4.145)

Asteroid se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra Zemlje za kut φ = φ0

rmin = r(φ = φ0) =4

3Rz. (4.146)

Minimalnu udaljenost od povrsine Zemlje dobijemo tako da od rmin oduzmemoradijus Zemlje

dmin = rmin −Rz =1

3Rz. (4.147)


y

xZemlja

m

~v0

Slika 4.24: Orbita asteroida.


Zadatak 4.7

Kada bi se Zemlja naglo zaustavila u svojoj orbiti, za koliko dana bi udarila uSunce? Orbitu Zemlje prije zaustavljanja aproksimirajte kruznicom.Rjesenje:

Nakon zaustavljanja, Zemlja se pocinje priblizavati Suncu. Pretpostavljamo da jemasa Zemlje zanemariva u odnosu na masu Sunca pa Sunce mozemo smatrati fiksnimcentrom gravitacijske sile. Zemlja krece iz mirovanja pa je njezin moment kolicinegibanja nula. Centrifugalna barijera iscezava i Zemlja moze pasi u centar sile (tj.moze udariti u Sunce). Energija Zemlje jednaka je pocetnoj potencijalnoj energijijer je pocetna kineticka energija nula

r

Sunce

ZemljaR0

Slika 4.25: Zemlja i Sunce u trenutku zaustavljanja Zemlje.

E = − k

R0. (4.148)

Zakon sacuvanja energije daje

m

2r2 − k

r= E = − k

R0. (4.149)

Izrazimo radijalnu brzinu Zemlje

dr

dt= −

√

2k

m

√1

r− 1

R0. (4.150)

Pritom smo odabrali negativan predznak jer se udaljenosti Zemlje od Sunca sman-juje. Separiramo varijable u jedn. (4.150) pa zatim integriramo lijevu i desnu stranu

T =

√m

2k

∫ R0

0

rdr√

− r2

R0+ r

. (4.151)

Vrijednost tablicnog integrala (Bronstejn, br. 249)

Ibr =

∫xdx√

ax2 + bx+ c(4.152)


ovisi o parametrima a i ∆ = 4ac− b2. U nasem slucaju vrijedi

a = − 1

R0

, b = 1, c = 0 =⇒ ∆ = −1. (4.153)

Rjesenje integrala za kombinaciju parametara

a < 0 i ∆ < 0 (4.154)

glasi

Ibr =

√ax2 + bx+ c

a− b

2|a|3/2arcsin

2ax+ b√−∆

. (4.155)

Uvrstimo parametre (4.153)

I = −R0

√

− r2

R0+ r

∣∣∣∣∣

R0

0

− R3/20

2arcsin

−2r +R0

R0

∣∣∣∣

R0

0

, (4.156)

kao i granice integracije

I =πR

3/20

2. (4.157)

Vrijeme potrebno da Zemlja udari u Sunce

T = 2π

√µ

k

R3/20

4√

2. (4.158)

Kombinaciju parametara√µ

kR

3/20 , (4.159)

mozemo izraziti pomocu perioda gibanja Zemlje oko Sunca prije zaustavljanja. Akoorbitu prije zaustavljanja aproksimiramo kruznicom, mozemo izjednaciti centrifu-galnu i gravitacijsku silu

mv2

R0=

k

R20

=⇒ v =

√

k

mR0. (4.160)

Vrijeme potrebno da Zemlja obide Sunce

τ =2πR0

v= 2π

√m

kR

3/20 . (4.161)

Zemlja bi udarila u Sunce za

T =τ

4√

2≈ 65 dana. (4.162)


4.5 Neomedene orbite u Keplerovom potencijalu

4.5.1 Druga kozmicka brzina

Pretpostavimo da povecavamo energiju cestice, dok moment kolicine gibanja drzimokonstantnim. Velika poluos elipse raste i u granicnom slucaju E → 0 tezi ubeskonacnost

a =k

2|E| . (4.163)

Elipsa tada prelazi u parabolu. E = 0 je minimalna vrijednost energije potrebnacestici da bi napustila centar sile i otisla u beskonacnost. Odatle mozemo izracunatibrzinu koju mora imati raketa da bi napustila Zemlju (druga kozmicka brzina).Oznacimo s m i mz mase rakete i Zemlje. Za sustav raketa-Zemlja sigurno vrijedi

m≪ mz =⇒ µ ≈ m. (4.164)

Da bi napustila Zemlju, energija rakete mora biti nula

E =m

2~v2

2 −k

r= 0 , k = Gmmz. (4.165)

Tijelo ispaljujemo s povrsine Zemlje pa je r = Rz

=⇒ ~v22 =

2k

mRz

=2Gmz

Rz

. (4.166)

Brzina v2 ne ovisi o masi tijela, a numericka vrijednost iznosi

v2 ≈ 11.2 km s−1. (4.167)

4.5.2 Gibanje po hiperboli

Ako je energija cestice koja se giba u Keplerovom potencijalu pozitivna, ekscen-tricitet putanje postaje veci od 1

e =

√

1 +2EM2

µk2> 1, (4.168)

pa nazivnik putanje cestice

r(φ) =p

1 + e cosφ, (4.169)

4.5. NEOMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 119

moze poprimiti negativne vrijednosti. Buduci da je udaljenost cestice od centra silepo definiciji pozitivna, putanja cestice je definirana samo za one kuteve, za kojevrijedi

1 + e cosφ > 0 =⇒ cosφ > −1

e. (4.170)

Bitno je uociti da putanja divergira u nul-tockama nazivnika

1 + e cosφ∞ = 0 =⇒ φ∞ = arccos

(

−1

e

)

. (4.171)

Funkcija kosinus je negativna u drugom i trecem kvadrantu pa jedn. 4.171 ima dvarjesenja

φ(1)∞ = π − arccos (1/e) i φ(2)

∞ = π + arccos (1/e). (4.172)

Sa sl. 4.26 mozemo procitati interval kuteva dostupnih cestici

[0, φ(1)

∞⟩⋃⟨

φ(2)∞ , 2π

]. (4.173)

Cestica se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra polja za kut φ = 0 jer nazivnik

φ

cos (φ)

−1e

2π

φ(1)∞ φ(2)

∞x

yφ(1)∞

φ(2)∞

Slika 4.26: Interval kuteva dostupan cestici.

orbite tada ima maksimalnu vrijednost

rmin =p

1 + e. (4.174)

Karakteristika neomedenih orbita u privlacnom gravitacijskom potencijalu jer dacestica pri prolasku kroz perihel ”zaobilazi” centar sile. Centar hiperbole pomaknutje od ishodista za

c =pe

e2 − 1. (4.175)

Asimptote hiperbole prolaze kroz centar hiperbole i zatvaraju kuteve φ(1)∞ i φ

(2)∞

s osi x. Jedan od vaznijih pojmova kod problema rasprsenja je ulazni parametar.Definiramo ga kao udaljenost za koju bi cestica promasila centar sile kada bi se iz


x

y

O

rmin

x

y

O C

φ(1)∞

φ(2)∞

Slika 4.27: Pericentar i asimpotote hiperbole.

beskonacnosti nastavila gibati po pravcu, odnosno po asimptoti. Iz pravokutnogtrokuta na sl. 4.28 slijedi

h = |OC| sin (π − φ∞) = |OC| sinφ∞. (4.176)

Uvrstimo udaljenost centra hiperbole od ishodista (4.175)

h =pe

e2 − 1sinφ∞ =

pe

e2 − 1

√

1 − cos2 φ∞, (4.177)

a zatim iskoristimo uvjet (4.171)

h =pe

e2 − 1

√

1 − 1

e2=

p√e2 − 1

. (4.178)

Konacno, ako parametar p i ekscentricitet e izrazimo pomocu energije i momentakolicine gibanja

h =M√2Eµ

. (4.179)

Pocetni uvjeti nisu uvijek takvi da je pericentar orbite na osi x. U tom slucajukoristimo opcenitiju formu orbite

r(φ) =p

1 + e cos (φ− φ0). (4.180)

Rezultat je rotirana orbita za kut φ0 u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.Pericentar se nalazi na pravcu pod koji zatvara kut φ0 s osi x.


x

y

h

T

O C

φ∞

Slika 4.28: Ulazni parametar cestice.


Zadatak 4.8

Komet mase m giba se pod utjecajem Sunca po parabolicnoj putanji. Izracunajtemaksimalno vrijeme koje komet moze provesti unutar Zemljine orbite. Pretpostaviteda se Zemlja giba po kruznici radijusa Rz koja se nalazi u istoj ravnini kao i putanjakometa.Rjesenje:

Komet se giba po paraboli pa njegova energija mora biti jednaka nuli

x

y

Sunce

Zemlja

komet

rmin

Rz

Slika 4.29: Sustav komet, Zemlja i Sunce.

m

2r2 − k

r+

M2

2mr2= E = 0, (4.181)

gdje je k = GMsm. Izrazimo radijalnu brzinu kometa

dr

dt=

√

2

m

(k

r− M2

2mr2

)

. (4.182)


dr√

2m

(kr− M2

2mr2

)= dt. (4.183)


Orbita kometa unutar orbite Zemlje je simetricna s obzirom na perihel pa je ukupnovrijeme koje komet provede unutar orbite Zemlje

T = 2

∫ Rz

rmin

dr√

2m

(kr− M2

2mr2

)= 2

√m

2k

∫ Rz

rmin

dr√

1r− M2

2mkr2

. (4.184)

Mozemo povezati moment kolicine gibanja i perihel

− k

rmin+

M2

2mr2min

= 0 =⇒M2 = 2mkrmin. (4.185)

Vrijeme koje komet provede unutar orbite

T =

√

2m

k

∫ Rz

rmin

dr√

1r− rmin

r2

. (4.186)

Pomnozimo brojnik i nazivnik s r

T =

√

2m

k

∫ Rz

rmin

rdr√r − rmin

. (4.187)

Rjesenje integrala mozemo pronaci u tablicama integrala (Bronstejn, integral br.125 uz parametre a = 1, b = −rmin)

T =

√

2m

k

2(r + 2rmin)

3

√r − rmin

∣∣∣∣

Rz

rmin

(4.188)

=2

3

√

2m

k

[

(Rz + 2rmin)√

Rz − rmin

]

. (4.189)

Primjetimo da se u rezultatu javlja samo omjer

k

m= GMs, (4.190)

koji ne ovisi o svojstvima kometa, nego samo Sunca. Rezultat mozemo izraziti ugodinama ako uocimo da je period gibanja Zemlje oko Sunca

τ = 2π

√

R3z

GMs

=⇒√

GMs =2π

τR3/2

z . (4.191)


T =

√2

3πτR−3/2

z

[

(Rz + 2rmin)√

Rz − rmin

]

(4.192)

=

√2

3πτ

[

(1 + 2rmin

Rz)

√

1 − rmin

Rz

]

. (4.193)


Rezultat ovisi o omjeru perihela i radijusa Zemljine orbite

ξ ≡ rmin

Rz. (4.194)

Vrijeme koje komet provede unutar Zemljine orbite mozemo napisati u obliku

T =

√2

3πτ(1 + 2ξ)

√

1 − ξ. (4.195)

Funkcijaf(ξ) = (1 + 2ξ)

√

1 − ξ (4.196)

ima maksimum ako njena derivacija iscezava

f ′(ξ) = 2√

1 − ξ − 1

2√

1 − ξ(1 + 2ξ) = 0 =⇒ ξ =

1

2. (4.197)

Maksimalno vrijeme koje komet moze provesti unutar Zemljine orbite

Tmax =2

3πτ. (4.198)


Zadatak 4.9

Komet se giba pod utjecajem gravitacijskog polja Sunca po orbiti

r(φ) =2

1 + 2 cos (φ− π/3). (4.199)

Izracunajte minimalnu udaljenost kometa od Sunca, kao i kuteve za koje orbitadivergira. Skicirajte orbitu.Rjesenje:

Opceniti oblik putanje u Keplerovom problemu glasi

r(φ) =p

1 + e cos (φ− φ0)(4.200)

Ekscentricitet orbite je veci od jedan pa mozemo zakljuciti da se radi o hiperboli.Komet se nalazi u perihelu kada nazivnik orbite ima maksimalnu vrijednost

cos (φp − π/3) = 1 =⇒ φp = π/3. (4.201)

Polozaj perihela: φp = π/3, rmin = 2/3. Orbita divergira u nul-tockama nazivnika

cos (φ∞ − φ0) = −1

e= −1

2. (4.202)

Postoje dva moguca rjesenja

φ∞ − φ0 = π ± π

3=⇒ φ(1)

∞ = π i φ(2)∞ =

5π

3, (4.203)

pri cemu smo iskoristili φ0 = π/3. Da bi lakse skicirali orbitu potrebna nam je iudaljenost centra hiperbole od ishodista, odnosno centra sile

c =ep

e2 − 1=

4

3. (4.204)

U slucaju φ0 6= 0 centar hiperbole se, kao i perihel, nalazi na pravcu koji zatvarakut φ0 s osi x, dok asimptote hiperbole zatvaraju kuteve φ

(1)∞ i φ

(2)∞ s osi x i prolaze

kroz centar hiperbole


x

y

φ0

O

rmin

C

x

y

5π/3O

rmin

C

x

y

O

rmin

C

Slika 4.30: Prvo nacrtamo pravac koji zatvara kut φ0 s osi x (os hiperbole) i nanjemu oznacimo perihel i centar hiperbole. Zatim povucemo asimptote hiperbole.Jedna asimptota zatvara kut 5π/3 s osi x, dok druga zatvara kut π (horizontalnipravac). Na kraju skiciramo samu hiperbolu koja prolazi kroz perihel i priblizava seasimptotama.

4.6 Gibanje u Coulombovom potencijalu

Za razliku od gravitacionog potencijala koji moze biti samo privlacan, Coulombovpotencijal

U(r) =Q1Q2

r= −k

rgdje je k ≡ −Q1Q2 (4.205)

moze biti i odbojan ako su naboji istog predznaka. U tom slucaju, bitna razlika uodnosu na Keplerov problem vidi se vec na efektivnom potencijalu koji je odbojan zasve vrijednosti varijable r. Moguce su samo neomedne orbite s pozitivnom energijom.Izvod Keplerove orbite koji krece od integralne jednakosti

r

Ueff (r)

Q1Q2

r

M2

2µr2

Slika 4.31: Efektivni potencijal za odbojno Coulombovo medudjelovanje.

φ− φ0 =

∫ r

r0

Mdr′

r′2√

2µ(E + k

r′

)− M2

r′2

(4.206)

vrijedi i u slucaju odbojnog Coulombovog potencijala pa i dalje mozemo koristitirezultat

p

r= 1 + e cosφ, (4.207)

4.6. GIBANJE U COULOMBOVOM POTENCIJALU 127

gdje su parametri orbite

p =M2

kµi e =

√

1 +2EM2

µk2. (4.208)

Bitno je uociti da je parametar orbite p sada negativan jer je konstanta k negativna.

4.6.1 Usporedba privlacnog i odbojnog potencijala

Jednadzbu orbite za gibanje u odbojnom Coulombovom potencijalu mozemo napisatipreglednije koristeci relaciju p = −|p|

r(φ) =|p|

−1 − e cosφ. (4.209)

Udaljenost cestice od centra polja je po definiciji pozitivna pa je orbita definiranasamo za one kuteve, za koje vrijedi

− 1 − e cosφ > 0 =⇒ cosφ < −1

e. (4.210)

Sa sl. 4.32 vidimo da je interval dozvoljenih kuteva

φ

cos (φ)

−1e

2π

φ(1)∞ φ(2)

∞x

yφ(1)∞

φ(2)∞

Slika 4.32: Interval kuteva dostupan cestici.

⟨φ(1)∞ , φ(2)

∞⟩, (4.211)

komplementaran intervalu dozvoljenih kuteva kod privlacnog potencijala.

4.6.2 Orbite u odbojnom Coulombovom potencijalu

Orbita u odbojnom potencijalu glasi

r =−|p|

1 + e cosφ=⇒ r + er cosφ = −|p|. (4.212)


x

yφ(1)∞

φ(2)∞

x

yφ(1)∞

φ(2)∞

Slika 4.33: Usporedba dozvoljenih kuteva kod privlacnog i odbojnog Coulombovogpotencijala.

Prebacimo jednadzbu orbite u Kartezijeve koordinate√

x2 + y2 + ex = −|p| =⇒√

x2 + y2 = −|p| − ex. (4.213)

Kvadriramo prethodnu jednadzbu

x2 + y2 = |p|2 + 2|p|ex+ e2x2 =⇒ (1 − e2)x2 − 2|p|ex+ y2 = |p|2, (4.214)

i nadopunimo lijevu stranu do punog kvadrata

(1 − e2)

[

x2 − 2|p|e1 − e2

x+|p|2e2

(1 − e2)2

]

− |p|2e21 − e2

+ y2 = |p|2, (4.215)

=⇒ (1 − e2)

[

x2 − 2|p|e1 − e2

x+|p|2e2

(1 − e2)2

]

+ y2 =|p|2

1 − e2. (4.216)

Podijelimo jednadzbu s |p|2/(e2 − 1)

(e2 − 1)2

|p|2[

x+|p|ee2 − 1

]2

− e2 − 1

|p|2 y2 = 1. (4.217)

Prepoznamo jednadzbu hiperbole u kartezijevim koordinatama

(x− c)2

a2− y2

b2= 1, (4.218)

s velikom i malom poluosi

a =|p|

e2 − 1i b =

|p|√e2 − 1

= a√e2 − 1. (4.219)

Centar hiperbole pomaknut je od ishodista za

c = − |p|ee2 − 1

= −ea. (4.220)

4.6. GIBANJE U COULOMBOVOM POTENCIJALU 129

Jednadzbe asimptota glase

y = ± b

a(x− c) = ±

[√e2 − 1x+

|p|e√e2 − 1

]

. (4.221)

Cestica se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra polja za kut φ = π jer nazivnikorbite tada ima maksimalnu vrijednost

rmin =|p|

−1 + e. (4.222)

Karakteristika neomedenih orbita u odbojnom Coulombovom potencijalu jer dacestica pri prolasku kroz perihel ne ”zaobilazi” centar sile. Asimptote hiperbole

x

y

O

rmin

φ = π

x

y

OC

φ(1)∞φ(2)

∞

Slika 4.34: Pericentar i asimpotote hiperbole u odbojnom Coulombovom potencijalu.

prolaze kroz centar hiperbole i zatvaraju kuteve φ(1)∞ i φ

(2)∞ s osi x. Jedan od vaznijih

pojmova kod problema rasprsenja je ulazni parametar. Definiramo ga kao udaljenostza koju bi cestica promasila centar sile kada bi se iz beskonacnosti nastavila gibatipo pravcu, odnosno po asimptoti. Iz pravokutnog trokuta na sl. 4.35 slijedi

h = |OC| sin (π − φ∞) = |OC| sinφ∞. (4.223)

Uvrstimo udaljenost centra hiperbole od ishodista (4.175)

h =pe

e2 − 1sinφ∞ =

pe

e2 − 1

√

1 − cos2 φ∞, (4.224)

a zatim iskoristimo uvjet (4.171)

h =pe

e2 − 1

√

1 − 1

e2=

p√e2 − 1

. (4.225)


Konacno, ako parametar p i ekscentricitet e izrazimo pomocu energije i momentakolicine gibanja

h =M√2Eµ

. (4.226)

x

y

hT

OC

φ(1)∞

Slika 4.35: Ulazni parametar cestice.

Poglavlje 5

Varijacioni postupak

5.1 Formulacija varijacionog principa

5.1.1 Osnove varijacionog postupka

Promatramo jednodimenzionalni konfiguracioni prostor x. Ako odaberemo dvijetocke u ravnini (t, x)

T0(t0, x0) i T1(t1, x1), t0 ≤ t ≤ t1, (5.1)

mozemo naci beskonacno mnogo krivulja γ koje spajaju tocke T0 i T1. Preslikavanjes beskonacnog skupa (u ovom slucaju sve moguce krivulje) na skup realnih brojevazovemo funkcional. Neka je funkcional F definiran pomocu funkcije L koja ovisi ot, x i x

F(γ) =

∫ t1

t0

L

(

t, x,dx

dt

)

dt, (5.2)

pri cemu integriramo po krivulji γ. Cilj varijacionog postupka je naci krivulju γza koju funkcional F ima ekstremalnu vrijednost. Promotrimo krivulju γ′ bliskukrivulji γ. Krivulja γ′ takoder pripada pocetnom skupu krivulja jer spaja tocke T0 iT1. Koordinate x krivulja γ i γ′ se za svaku vrijednost varijable t razlikuju za maluvelicinu h(t). Oznacimo s x′(t) tocku na krivulji γ′, a s x(t) tocku na krivulji γ

x′(t) = x(t) + h(t) i x′(t) = x(t) + h(t). (5.3)

Uz pretpostavku da je funkcija L diferencijabilna mozemo je razviti u red

L(t, x′, x′) = L(t, x, x) +∂L

∂x(x′ − x) +

∂L

∂x(x′ − x) + · · · (5.4)

= L(t, x, x) +∂L

∂xh(t) +

∂L

∂xh(t) + · · · . (5.5)

131

132 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK

x

t

γ

γ′

h(t)

t0 t1

Slika 5.1: Dvije krivulje iz beskonacnog skupa krivulja koje spajaju tocke t0 i t1.

Funkcional F takoder mozemo razviti u red

F(γ′) =

∫ t1

t0

L (t, x′, x′) dt (5.6)

=

∫ t1

t0

L (t, x, x) dt+

∫ t1

t0

[∂L

∂xh(t) +

∂L

∂xh(t)

]

dt+ · · ·

= F(γ) +

∫ t1

t0

[∂L

∂xh(t) +

∂L

∂xh(t)

]

dt+ · · · . (5.7)

Parcijalno integriramo clan∫ t1

t0

∂L

∂xhdt =

∫ t1

t0

d

dt

[∂L

∂xh

]

dt−∫ t1

t0

[d

dt

∂L

∂x

]

hdt

=∂L

∂xh

∣∣∣∣

t1

t0

−∫ t1

t0

[d

dt

∂L

∂x

]

hdt. (5.8)

Uocimo da su krajnje tocke zajednicke za sve krivulje u skupu pa vrijedi

h(t0) = 0 i h(t1) = 0. (5.9)

Razvoj funkcionala F poprima oblik

F(γ′) = F(γ) +

∫ t1

t0

(∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x

)

hdt. (5.10)

Razlika funkcionala za bliske putanje se svodi na

δF ≡ F(γ′) −F(γ) =

∫ t1

t0

(∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x

)

h(t)dt. (5.11)

Za ekstremalnu krivulju varijacija δF iscezava za svaku po volji malu varijaciju h(t).Pokazat cemo da uvjet δF = 0 moze biti ispunjen jedino ako vrijedi

∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x= 0. (5.12)

5.1. FORMULACIJA VARIJACIONOG PRINCIPA 133

Pretpostavimo suprotno, odnosno da vrijedi

∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x6= 0. (5.13)

Izaberemo interval [t∗ − τ, t∗ + τ ] oko tocke t0 < t∗ < t1 na kojem vrijedi

∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x> 0, (5.14)

a krivulju γ′ izaberemo tako da vrijedi

h(t) > 0 za t ∈ [t∗ − τ, t∗ + τ ]h(t) = 0 inace.

(5.15)

Krivulja γ′ se, po konstrukciji, nalazi iznad krivulje γ pa je h(t) pozitivan. Kako je

x

t

γ

γ′

t∗ − τ

t∗t∗ + τ

t0 t1

Slika 5.2: Krivulju γ′ smo konstruirali tako da je razlicita od nule samo na intervaluna kojem vrijedi (5.14).

i podintegralna funkcija∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x> 0, (5.16)

po pretpostavci pozitivna, integral u formuli (5.11) nikako ne moze iscezavati. Dakle,da bi uvjet ekstremalnosti bio ispunjen, mora vrijediti jedn. (5.12). Jednadzbu

∂L

∂x− d

dt

∂L

∂x= 0. (5.17)

zovemo Euler-Lagrange jednadzba za funkcional F(γ).

5.1.2 Primjer: udaljenost dvije tocke u ravnini

Trazimo najkracu krivulju koja spaja dvije tocke (t0, x0) i (t1, x1). Duzina krivuljeu ravnini

Fl(γ) =

∫ t1

t0

√

(dt)2 + (dx)2, (5.18)


je preslikavanje s beskonacnog skupa krivulja na skup realnih brojeva (duljine krivulja).Dakle, FI(γ) predstavlja funkcional. Izraz (5.18) mozemo napisati u sljedecem ob-liku

Fl(γ) =

∫ t1

t0

√

1 +

(dx

dt

)2

dt. (5.19)

Funkcija L(t, x, x) u ovom primjeru glasi

L(t, x, x) =√

1 + x2. (5.20)


∂L

∂x= 0 ,

∂L

∂x=

x√1 + x2

. (5.21)

E-L jednadzba glasid

dt

x√1 + x2

= 0, (5.22)

a njezino rjesenje jex√

1 + x2= konst. =⇒ x = konst.. (5.23)

Odatle slijedix(t) = at+ b. (5.24)

Konstante a i b odredujemo iz uvjeta

x(t0) = x0 i x(t1) = x1. (5.25)

Najkraca krivulja koja spaja dvije tocke u ravnini je segment pravca.


Zadatak 5.1

Cestica mase m klizi po zici u vertikalnoj ravnini pod utjecajem gravitacije. Naditejednadzbu zice tako da vrijeme potrebno cestici za put od tocke O do tocke A budeminimalno. Pretpostavite da se trenje moze zanemariti.Rjesenje:

Pretpostavljamo da cestica miruje u pocetnoj tocki y = y0. Zakon sacuvanja

x

y

O

A

m

energije kaze da je suma kineticke i potencijalne energije u pocetnoj i konacnojtocki jednaka

mgy0 + 0 = mg(y0 − y) +1

2mv2. (5.26)

Brzina cestice

v =ds

dt= ±

√

2gy. (5.27)

Put raste s vremenom pa biramo pozitivan predznak

=⇒ dt =ds√2gy

. (5.28)

Diferencijal puta

ds =√

(dx)2 + (dy)2 =⇒ dt =

√

(dx)2 + (dy)2

√2gy

. (5.29)

Izvadimo dx izvan korijena

dt =dx√2gy

√

1 +

(dy

dx

)2

. (5.30)

Nadalje koristimo oznaku

y ≡ dy

dx. (5.31)

Vrijeme potrebno cestici za put od tocke O do tocke A

τ =

∫ A

0

dt =1√2g

∫ xA

0

√

1 + y2

√y

dx. (5.32)


Vrijeme τ je funkcional jer se radi o preslikavanju sa skupa svih mogucih putanjay(x) na skup realnih brojeva (vrijeme potrebno da cestica spusti po zici). Funkcionalτ ima minimum ako funkcija F

F (x, y, y) =

√

1 + y2

√y

, (5.33)

zadovoljava Euler-Lagrange jednadzbu

d

dx

(∂F

∂y

)

− ∂F

∂y= 0. (5.34)

Derivacije potrebne za E-L jednadzbu

∂F

∂y=

y√y√

1 + y2i

∂F

∂y= −1

2

√

1 + y2

y3/2. (5.35)

Deriviramo prvi clan

d

dx

(∂F

∂y

)

=y

√y√

1 + y2− 2y2y

2√y(1 + y2)3/2

(5.36)

− 1

2

y2

y3/2√

1 + y2(5.37)

=y√

y(1 + y2)3/2− 1

2

y2

y3/2√

1 + y2. (5.38)

Euler-Lagrange jednadzba

y√y(1 + y2)3/2

− 1

2

y2

y3/2√

1 + y2+

1

2

√

1 + y2

y3/2= 0. (5.39)

Pomnozimo E-L jednadzbu (5.39) s faktorom

y3/2(1 + y2

)3/2. (5.40)

Jednadzba (5.39) svodi se na

yy − 1

2

(1 + y2

)y2 +

1

2(1 + y2)2 = 0 (5.41)

2yy +(1 + y2

) [1 + y2 − y2

]= 0. (5.42)

Trazena diferencijalna jednadzba zice

1 + y2 + 2yy = 0, (5.43)


ne ovisi eksplicitno o x pa mozemo iskoristiti metodu snizavanja reda jednadzbe

u ≡ y =⇒ y =du

dx=du

dy

dy

dx= u

du

dy. (5.44)

Jednadzbu zice sveli smo na diferencijalnu jednadzbu prvog reda

1 + u2 + 2yudu

dy= 0, (5.45)

koju mozemo rijesiti separcijom varijabli

2udu

1 + u2= −dy

y=⇒ ln (1 + u2) = − ln y + ln b. (5.46)

Pritom smo konstantu integracije oznacili s b. Malo preuredimo jedn. (5.46)

ln(1 + u2)y

b= 0 =⇒ (1 + u2)y

b= 1 =⇒ u =

√

b− y

y(5.47)

Vracamo se na varijablu u = dy/dx

dy

dx=

√

b− y

y. (5.48)


√y

b− ydy = dx. (5.49)

Koristimo trigonometrijsku supstituciju

y = b sin2 θ =⇒ dy = 2b sin θ cos θ. (5.50)

Diferencijalna jednadzba (5.49) svodi se na

√

b sin2 θ

b(1 − sin2 θ

)2b sin θ cos θdθ = dx, (5.51)

=⇒ 2b sin2 θdθ = dx. (5.52)

Integriramo gornju jednadzbu

x = 2b

∫

sin2 θdθ + C, (5.53)


pri cemu je C konstanta integracije. Da bi rijesili gornji integral, koristimo trigonometri-jsku relaciju

sin2 θ =1

2(1 − cos 2θ) , (5.54)

=⇒ x = b

∫

(1 − cos 2θ) dθ + C (5.55)

=b

2(2θ − sin 2θ) + C. (5.56)

Uvjet da zica prolazi kroz tocku O(x = 0, y = 0) fiksira konstantu integracije C

y = 0 =⇒ θ = 0 i x = 0 =⇒ C = 0. (5.57)

Koristimo oznake: φ = 2θ i b = 2a

=⇒ x = a(φ− sinφ)y = a(1 − cosφ)

, (5.58)

i dolazimo do parametarske jednadzbe cikloide. Uvjet da zica prolazi kroz tocku A

x

y

O

A

m

Slika 5.3: Cestica najbrze stize iz tocke O u tocku A po zici savijenoj u oblikucikloide.

fiksira konstantu integracije b.

5.1.3 Visedimenzionalni konfiguracioni prostor

Postupak odredivanja ekstremalne krivulje mozemo generalizirati na konfiguracioniprostor bilo koje dimenzije. Zadajemo funkcional

F(~q(t)) =

∫ t1

t0

L(t, ~q, ~q)dt, (5.59)

gdje je ~q(t) bilo koja trajektorija u konfiguracionom prostoru s krajnjim tockama~q(t0) i ~q(t1). Opet promatramo krivulju γ i po volji blisku krivulju γ′ koja se razlikujeod pocetne krivulje za mali iznos h

qγ′

i (t) = qγi (t) + hi(t). (5.60)


Taylorov razvoj funkcije L(t, ~q, ~q) glasi

L(t, ~q + ~h, ~q + ~h) = L(t, ~q, ~q)

+∑

i

∂L

∂qihi +

∑

i

∂L

∂qihi. (5.61)

Varijacija funkcionala (5.59)

δF = F(~q + ~h) −F(~q). (5.62)

Uvrstimo razvoj (5.61) u varijaciju funkcionala (5.62)

δF =∑

i

∫ t1

t0

[∂L

∂qihi +

∂L

∂qihi

]

dt, (5.63)

a zatim parcijalno integriramo∫ t1

t0

∂L

∂qihidt =

∫ t1

t0

d

dt

[∂L

∂qihi

]

dt−∫ t1

t0

[d

dt

∂L

∂qi

]

hidt, (5.64)

=∂L

∂qihi

∣∣∣∣

t1

t0

−∫ t1

t0

[d

dt

∂L

∂qi

]

hidt. (5.65)

Sve krivulje u konfiguracijskom prostoru imaju zajednicke krajnje tocke pa vrijedi

=⇒ hi(t0) = hi(t1) = 0. (5.66)

Od varijacije funkcionala preostaje

δF =∑

i

∫ t1

t0

[∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi

]

hidt. (5.67)

Kao i u slucaju jednodimenzionalnog konfiguracijskog prostora uvjet ekstremalneputanje

δF = 0, (5.68)

je ispunjen ako i samo ako su ispunjene Euler-Lagrange jednadzbe

∂L

∂qi− d

dt

∂L

∂qi= 0 , i = 1, . . . , n. (5.69)

E-L jednadzbe mozemo napisati skupno

∂L

∂~q− d

dt

∂L

∂~q= 0. (5.70)

Trajektorija koja zadovoljava jedn. (5.70) ekstremalizira funkcional F , a da bi saz-nali da li je u pitanju minimum ili maksimum potencijala morali bi traziti doprinosedrugog reda u varijaciji funkcionala F po ~h.


5.2 Hamiltonov princip

Postavlja se pitanje da li postoji funkcional za koji su pripadne Euler-Lagrangejednadzbe ekvivalentne Newtonovim jednadzbama? Odgovor je potvrdan. Za konz-ervativni sustav uvodimo Lagrangeovu funkciju (Lagrangian)

L(~x, ~x) = T (~x) − U(~x), (5.71)

i pripadni funkcional djelovanja

S(~x) =

∫ t1

t0

L(~x, ~x)dt. (5.72)

Hamiltonov princip ekstremalnog djelovanja : gibanja mehanickog odredena su ek-stremalnim putanjama funkcionala S. Provjerimo da li E-L jednadzbe za funkcional(5.72) odgovaraju Newtonovim jednadzbama. Iz Lagrangeova funkcije

L(~x, ~x) =∑

i

1

2mi(~x)

2 − U(~x), (5.73)

izracunamo derivacije potrebne za E-L jednadzbu

∂L

∂~xi

=∂T

∂~xi

= mi~xi (5.74)

∂L

∂~xi= −∂U

∂~xi. (5.75)

Euler-Lagrange jednadzbe

∂L

∂xi− d

dt

∂L

∂xi= 0 =⇒ mixi +

∂U

∂~xi= 0, (5.76)

vode upravo na Newtonove jednadzbe

mixi = −∂U∂~xi

≡ ~Fi. (5.77)

Ako kao generalizirane koordinate odaberemo vektore polozaja cestica , E-L jed-nadzbe za funkcional djelovanja se poklapaju s Newtonovim jednadzbama. Mozemozakljuciti da su Hamiltonov princip i Newtonov determinizam su ekvivalentni. Hamiltonovprincip i pripadne E-L jednadzbe vrijede za bilo koji izbor generaliziranih koordi-nata. Pritom koristimo sljedecu notaciju

• generalizirane koordinate: qi

5.3. PRIMJENA HAMILTONOVOG PRINCIPA: SLOBODNA CESTICA 141

• generalizirane brzine: qi

• generalizirani impulsi: pi ≡∂L

∂qi

• generalizirane sile: Fi ≡∂L

∂qi

E-L jednadzbe za funkcional djelovanja (generalizirane Newtonove jednadzbe) nazi-vamo Lagrangeovim jednadzbama. Funkcional djelovanja za trajektoriju koja zado-voljava Lagrangeove jednadzbe ima ekstrem, ali ne nuzno minimum

5.3 Primjena Hamiltonovog principa: slobodna

cestica

Promatramo slucaj slobodne cestice. Sustav ima tri stupnja slobode, a potencijaliscezava jer je cestica slobodna. Pripadna Lagrangeova funkcija jednaka je kinetickojenergiji

L = T =m

2~r2. (5.78)

Vektor polozaja cestice u Kartezijevom sustavu dan je izrazom

~r = x~i+ y~j + z~k, (5.79)

a vektor brzine

~r = x~i+ y~j + z~k. (5.80)

Lagrangian slobodne cestice u Kartezijevom sustavu glasi

L =m

2

(x2 + y2 + z2

). (5.81)

Lagrangeove jednadzbe

d

dt

∂L

∂x= 0 =⇒ mx = 0, (5.82)

d

dt

∂L

∂y= 0 =⇒ my = 0, (5.83)

d

dt

∂L

∂z= 0 =⇒ mz = 0, (5.84)


mozemo jednostavno rijesiti

x = axt+ bx, (5.85)

y = ayt+ by, (5.86)

z = azt+ bz. (5.87)

Rjesenje dgovara parametarskoj jednadzbi pravca u prostoru. Slobodna cestica segiba po najkracoj spojnici izmedu dvije tocke (pravac).

5.4 Primjena Hamiltonovog principa: cestica u

centralnom polju

Zelimo opisati gibanje cestice mase m u polju centralne sile koristeci samo La-grangeov formalizam. Potencijal ovisi samo o udaljenosti od centra sile pa koristimosferni koordinatni sustav s ishodistem u centru sile. Brzina cestice u sfernom sustavuglasi

~v = r~r0 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0. (5.88)

Lagrangian cestice je razlika kineticke i potencijalne energije

L = T − U (5.89)

=m

2

(

r2 + r2θ2 + r2 sin2 θφ2)

− U(r). (5.90)

Izracunamo generalizirane impulse

pr =∂L

∂r= mr, (5.91)

pθ =∂L

∂θ= mr2θ, (5.92)

pφ =∂L

∂φ= mr2 sin θφ. (5.93)

Lagrangeove jednadzbe

pr =∂L

∂r= mrθ2 +mr sin2 θφ2 − ∂U

∂r, (5.94)

pθ =∂L

∂θ= mr2 sin θ cos θφ2, (5.95)

pφ =∂L

∂φ= 0. (5.96)

5.4. PRIMJENA HAMILTONOVOG PRINCIPA: CESTICA U CENTRALNOM POLJU143

Lagrangian ne ovisi o koordinati φ pa je generalizirani impuls pφ konstanta gibanja(φ je ciklicka koordinata). Da bi dosli do fizikalnog znacenja konstante gibanja pφ

promotrimo izraz za zakretni impuls u sfernim koordinatama

~M = m~r × ~v = m~r ×(

r~r0 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0

)

(5.97)

= mr2θ~φ0 −mr2 sin θφ~θ0. (5.98)

Koristeci izraze

~φ0 = − sin φ~i+ cosφ~j, (5.99)

~θ0 = cos θ cosφ~i+ cos θ sin φ~j − sin θ~k, (5.100)

mozemo izvesti Kartezijeve komponente zakretnog impulsa u sfernim koordinatama

Mx = −mr2(

θ sinφ+ φ sin θ cos θ cos φ)

, (5.101)

My = mr2(

θ cosφ− φ sin θ cos θ sin φ)

, (5.102)

Mz = mr2 sin2 θφ. (5.103)

Usporedbom s izrazom (5.93) dolazimo do zakljucka da je generalizirani impuls pφ

ekvivalentan z komponenti zakretnog impulsa. Koristeci samo Lagrangeov formal-izam dosli smo do zakljucka da je z komponenta zakretnog impulsa cestice koja segiba u polju centralne sile konstanta gibanja. U drugu Lagrangeovu jednadzbu

pθ = mr2 sin θ cos θφ2, (5.104)

uvrstimo φ

pφ = mr2 sin2 θφ =⇒ φ =pφ

mr2 sin2 θ, (5.105)

=⇒ pθ =cos θ

mr2 sin3 θp2

φ. (5.106)

Pomnozimo jedn. (5.106) s pθ

pθpθ =cos θ

mr2 sin3 θp2

φmr2θ (5.107)

1

2

dpθ

dt=

cos θ

sin3 θθp2

φ = −1

2

d

dt

p2φ

sin2 θ(5.108)

Prethodna jednadzba se svodi na jos jedan zakon sacuvanja

d

dt

(

p2θ +

p2φ

sin2 θ

)

= 0 =⇒ p2θ +

p2φ

sin2 θ= M2 = konst.. (5.109)

Jedn. (5.109) odgovara sacuvanju iznosa kutne kolicine gibanja. Dakle, prve dvijeLagrangeove jednadzbe vode na


• sacuvanje z komponente zakretnog impulsa

• sacuvanje iznosa zakretnog impulsa

Izaberimo jednu tocku putanje ~r s brzinom ~v Koordinatni sustav uvijek mozemo

Slika 5.4: Vektor polozaja i brzina cestice nalaze se u ravnini xy.

orjentirati tako da se promatrana tocka putanje i brzina u toj tocki nalaze u xy-

ravnini (θ =π

2). Buduci da su M2 i Mz konstante gibanja, razlika M2 − M2

z je

takoder konstanta gibanja. Prethodni izraz mozemo izracunati u tocki ~r

M2 −M2z = p2

θ +p2

φ

sin2 θ− p2

φ

= p2θ + p2

φ cot2 θ, (5.110)

= m2r4θ2 +m2r4 cos2 θ sin2 θφ2, (5.111)

= m2r4θ2 +1

4m2r4 sin2 (2θ)φ2. (5.112)

Vektor ~r se nalazi u xy ravnini =⇒ θ = π/2, a brzina ~v se nalazi u xy ravnini=⇒ θ = 0

=⇒M2 −M2z = 0. (5.113)

M2 − M2z je konstanta gibanja pa uvjet (5.113) mora vrijediti za cijelu putanju.

Primjetimo da je

M2 −M2z = m2r4θ2 +

1

4m2r4 sin2 (2θ)φ2 (5.114)

5.5. VEZE I EFEKTIVNI POTENCIJALI 145

suma dva pozitivna doprinosa. Da bi takva suma iscezavala svaki pojedini doprinosmora iscezavati

r4θ2 = 0 =⇒ θ = 0 (5.115)

r4 sin2 (2θ)φ2 = 0 =⇒ θ =π

2. (5.116)

Zakljucili smo da za cijelu putanju vrijedi

θ = 0 i θ =π

2, (5.117)

odnosno da se cijela putanja nalazi u xy ravnini. Kako vrijedi M2 −M2z = 0, slijedi

da je vektor zakretnog impulsa ~M okomit na ravninu gibanja. Zadnja Lagrangeovajednadzba

mr = mrθ2 +mr sin2 θφ2 − ∂U

∂r. (5.118)

Uvrstimo uvjete θ = π/2 i θ = 0

mr = mrφ2 − ∂U

∂r. (5.119)

Iskoristimo sacuvanje zakretnog impulsa

mr2φ = pφ = M =⇒ φ2 =M2

m2r4. (5.120)


mr =M2

mr3− ∂U

∂r. (5.121)

Dosli smo do jednadzbe gibanja koju smo vec izveli iz Newtonovih jednadzbi, apritom smo reproducirali sve zakljucke vezane uz zakretni impuls kao konstantugibanja.

5.5 Veze i efektivni potencijali

Pretpostavimo da se cestica nalazi u potencijalu koji je strm u smjeru okomitomna neku zadanu krivulju. U slucaju na sl. 5.5 q1 je generalizirana koordinata duzkrivulje, a q2 je generalizirana koordinata okomita na krivulju . Ukupni potencijalmozemo napisati kao sumu dva doprinosa

Utot = U(q1, q2) + κq22 , (5.122)


q2 q1

Slika 5.5: Efektivni potencijal koji strmo raste u smjeru okomitiom na generaliziranukoordinatu q1.

pri cemu drugi clan u sumi daje strmi dio potencijala okomit na generaliziranukoordinatu q1. Lagrangian ovakvog sustava glasi

L = T (q1, q2, q1, q2) − Utot(q1, q2). (5.123)

U granici beskonacno strmog potencijala (κ→ ∞) cestica konacne energije ne mozedospjeti izvan krivulje q2 = 0. Tada rjesenje Lagrangeove jednadzbe za koordinatuq2 glasi

q2 = 0 i q2 = 0. (5.124)

Uvrstimo rjesenje (5.124) u Lagrangian (5.123)

L∗ = T (q1, q1, q2 = q2 = 0) − U(q1, q2 = 0). (5.125)

Ovim postupkom uveli smo vezu koju mora zadovoljavati putanja

q2 = 0. (5.126)

Pri generalizaciji za slucaj konfiguracionog prostora dimenzije 3n promatramo mno-gostrukost karakteriziranu koordinatama ~q1 i koordinate ~q2 okomite na nju. Ukupnapotencijalna energija glasi

Utot = U(~q1) + κ~q22, (5.127)

a u granici κ → ∞ gibanje je ograniceno na mnogostrukost deifniranu uvjetom~q2 = 0. Lagrangian smo sveli na oblik

L∗ = T (~q2 = ~q2 = 0) − U(~q1, ~q2 = 0). (5.128)

5.6 Tipovi veza

5.6.1 Holonomne veze

Pretpostavimo da se u konfiguracionom prostoru dimenzije 3n sustav zbog ogranicenjamoze gibati samo po plohi dimenzije m. Od pocetnih 3n koordinata samo je m neza-

5.6. TIPOVI VEZA 147

visnih tj. ploha je definirana s 3n−m jednadzbi

f1(~r) = 0, . . . , f3n−m(~r) = 0. (5.129)

Veze koje mozemo izraziti na ovaj nacin nazivamo holonomnim.Primjer 1: njihalo u ravniniPocetni konfiguracioni prostor ima dimenziju 2, a mozemo ga definirati kartezijevim

x

y

m

l

Slika 5.6: Njihalo u ravnini ima samo jedan nezavisan stupanj slobode.

koordinatama x i y. Cestica zapravo ima samo jedan nezavisan stupanj slobode jernjihalo ima duzinu l. Koordinate x i y nisu nezavisne

=⇒ x2 + y2 = l2 (5.130)

Funkcija veze f1(~r) za ovaj problem glasi

f1(x, y) = x2 + y2 − l2 = 0. (5.131)

Primjer 2: gibanje na plohiNeka je ploha zadana jednadzbom

z = g(x, y). (5.132)

Pocetni konfiguracioni prostor ima dimenziju 3 i mozemo ga definirati koordinatamax, y i z, dok u stvarnosti cestica ima samo dva nezavisna stupnja slobode jer jeogranicena na gibanje po plohi. Funkcija veze f1(~r) za ovaj problem glasi

f1(x, y, z) = z − g(x, y) = 0. (5.133)

Primjer 3: kruto tijelo Udaljenosti medu cesticama u krutom tijelu su fiksirane


x y

z

Slika 5.7: Cestica na plohi ima dva stupnja slobode.

m1

m2

m3

Slika 5.8: Udaljenost medu cesticama u krutom tijelu je fiksirana.

(~ri − ~rj)2 = c2ij . (5.134)

Npr. u krutom tijelu sastavljenom od 3 cestice postoje 3 nezavisna ogranicenja

(~r1 − ~r1)2 = c212 (~r1 − ~r3)

2 = c213 (~r2 − ~r3)2 = c223. (5.135)

Od pocetnog konfiguracionog prostora dimenzije 9 dosli smo do prostora dimenzije6. Svako kruto tijelo ima samo 6 stupnjeva slobode, bez obzira na to od kolikocestica se sastoji.

5.6.2 Neholonomne veze

Ako ne mozemo eliminirati neku od koordinata i prijeci na reducirani broj general-iziranih koordinata za vezu kazemo da je neholonomna. Prvi tip neholonomnih vezakoje cesto susrecemo je gibanje u dijelu prostora.Primjer 1: plin u kutijiMozemo samo postaviti ogranicenje na dio prostora u kojem se cestice plina mogu


O

Ly

Lx

Lz

Slika 5.9: Plin u kutiji dimenzija (Lx, Ly, Lz).

nacu, ali ne mozemo eliminirati ni jednu koordinatu

0 ≤ xi ≤ Lx, (5.136)

0 ≤ yi ≤ Ly, (5.137)

0 ≤ zi ≤ Lz. (5.138)

Primjer 2: gibanje blizu povrsine ZemljeMozemo samo reci da je udaljenost cestice od sredista Zemlje vece od radijusa

rz

Slika 5.10: Cestica se giba blizu povrsine Zemlje.


Zemljer ≥ Rz, (5.139)

ali ni u ovakvoj situaciji ne mozemo eliminirati ni jednu koordinatu. Drugi cestitip neholonomnih veza su one koje vezu brzine pojedinih stupnjeva slobode (npr.kotrljanje na hrapavoj povrsini koje sprjecava klizanje). Jednadzbe gibanja tadanajcesce imaju oblik

∑

i

λqiqi = 0, (5.140)

pa ih ne mozemo integrirati dok ne nademo putanju. Veze koje ovise o vremenunazivamo reonomne, dok veze koje ne ovise o vremenu nazivamo skleronomne.Holonomne i neholonomne veze mogu biti reonomne ili skleronomne.


Zadatak 5.2

Cestica se giba u homogenom gravitacijskom polju po unutrasnjosti stosca kutaotvora 2α. Izvedite Lagrangian i Euler-Lagrangeove jednadzbe koristeci cilindricnikoordinatni sustav. Pokazite da problem mozemo svesti na gibanje cestice u efek-tivnom 1D potencijalu. Izvedite izraz za efektivni potencijal.Rjesenje:

Cestica je ogranicena na gibanje po stoscu pa koordinate ρ i z nisu nezavisne

Slika 5.11: Cestica se giba po stoscu.

z = ρ cotα. (5.141)

Da bi izracunali kineticku energiju cestice, trebamo brzinu cestice u cilindricnimkoordinatama

~r = ρ~ρ0 + ρφ~φ0z~k. (5.142)

Kvadriramo brzinu i pomnozimo je s m/2

T =m

2

[

ρ2 + ρ2φ2 + z2]

(5.143)

=m

2

[

ρ2 + ρ2φ2 + ρ2 cot2 α]

(5.144)

=m

2

[1

sin2 αρ2 + ρ2φ2.

]

(5.145)

Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa potencijalna energija glasi

U = mgz = mgρ cotα. (5.146)


L =m

2

[1

sin2 αρ2 + ρ2φ2

]

−mgρ cotα. (5.147)


Euler-Lagrange jednadzbe

∂L

∂ρ− d

dt

∂L

∂ρ= 0 =⇒ ρ

sin2 α− ρφ2 + g cotα = 0, (5.148)

∂L

∂φ− d

dt

∂L

∂φ= 0 =⇒ d

dt

(

mρ2φ)

= 0. (5.149)

Lagrangian ne ovisi o koordinati φ (ciklicka koordinata) pa je pripadni generaliziraniimpuls konstanta gibanja

pφ ≡ mρ2φ =⇒ φ =pφ

mρ2. (5.150)

Uvrstimo φ u prvu jednadzbu gibanja

m

sin2 αρ−

p2φ

mρ3+mg cotα = 0. (5.151)

Pomnozimo jednadzbu sa sin2 α

=⇒ mρ = −mg sinα cosα+p2

φ sin2 α

mρ3, (5.152)

a zatim je napisemo u obliku

=⇒ mρ = − ∂

∂ρ

(

mgρ sinα cosα +p2

φ sin2 α

2mρ2

)

. (5.153)

Problem smo sveli na jenodimenzionalno gibanje u efektivnom potencijalu

Veff = mgρ sinα cosα +p2

φ sin2 α

2mρ2. (5.154)

Ukoliko pomnozimo jednadzbu gibanja s ρ

mρρ = −∂Veff

∂ρρ =⇒ m

2

d

dtρ2 = −dVeff

dt, (5.155)

dolazimo do druge konstante gibanja (energija)

d

dt

(m

2ρ2 + Veff(ρ)

)

= 0 =⇒ m

2ρ2 + Veff(ρ) = E (5.156)

Cesta greska!

Rezultat φ =pφ

mρ2uvrstimo u Lagrangian i zatim iz Lagrangiana izvedemo jed-

nadzbu gibanja. Tako dobijena jednadzba gibanja ima jedan krivi predznak

m

sin2 αρ+

p2φ

mρ3+mg cotα = 0. (5.157)

Ovakav postupak je pogresan jer su Lagrangeove jednadzbe izvedene pod pret-postavkom da su ρ i φ nezavisne varijable.


Zadatak 5.3

Ravna zica AB duljine l rotira konstantnom kutnom brzinom ω oko vertikalne osiOA. Zica zatvara kut α s osi OA, a po njoj klizi cestica mase m bez trenja. IzvediteLagrangian i Euler-Lagrange jednadzbe. Ako cestica u pocetnom trenutku miruje utocki A, koliko vremena joj treba da stigne do tocke B?Rjesenje:

Sustav orjentiramo tako da je u pocetnom trenutku zica u xz ravnini

Slika 5.12: Sustav zice i cestice. Zica zatvara kut α s osi OA i rotira konstantnomkutnom brzinom ω oko osi OA.

x = r sinα cos (ωt), (5.158)

y = r sinα sin (ωt), (5.159)

z = h− r cosα. (5.160)

Kao generaliziranu koordinatu (cestica ima samo jedan nezavisan stupanj slobode)izabrali smo udaljenost cestice od osi OA i oznacili je s r. Komponente brzine cestice

x = r sinα cos (ωt) − rω sinα sin (ωt), (5.161)

y = r sinα sin (ωt) + rω sinα cos (ωt), (5.162)

z = −r cosα. (5.163)

Kineticka energija cestice iznosi

T =m

2

[x2 + y2 + z2

]=m

2

[r2 + ω2r2 sin2 α

]. (5.164)

Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa je potencijalna energijacestice

U = mgz = mg (h− r cosα) . (5.165)



L =m

2

(r2 + ω2r2 sin2 α

)−mgh+mgr cosα. (5.166)

Euler-Lagrange jednadzbad

dt

(∂L

∂r

)

− ∂L

∂r= 0. (5.167)


=⇒∂L

∂r= mr, (5.168)

=⇒∂L

∂r= mω2 sin2 αr +mg cosα, (5.169)

i uvrstimo ih u jednadzbu gibanja

mr −mω2 sin2 αr −mg cosα = 0. (5.170)

Koristimo oznaku: Ω = ω sinα pa se jednadzba gibanja svodi na nehomogenu lin-earnu diferencijalnu jednadzbu drugog reda

r − Ω2r − g cosα = 0. (5.171)

Pripadna homogena jednadzba glasi

r − Ω2r = 0, (5.172)

a njezino opce rjesenje je linearna kombinacija eksponencijalnih funkcija

rh(t) = AeΩt +Be−Ωt. (5.173)

Partikularno rjesenje nehomogene jednadzbe je konstanta

− Ω2C = g cosα =⇒ C = −g cosα

Ω2. (5.174)

Ukupno rjesenje je suma opceg rjesenja homogene jednadzbe gibanja i partikularnogrjesenja nehomogene jednadzbe

r(t) = AeΩt +Be−Ωt − g cosα

Ω2. (5.175)

Koeficijente A i B izracunamo iz pocetnih uvjeta

• cestica krece iz mirovanja: r(t = 0) = 0


• cestica krece iz tocke A: r(t = 0) = 0

Prvi pocetni uvjetr(0) = AΩ − BΩ = 0 =⇒ A = B. (5.176)

Drugi pocetni uvjet

r(0) = A +B − g cosα

Ω2= 0 =⇒ A = B =

g cosα

2Ω2. (5.177)

Dakle, rjesenje jednadzbe gibanja

r(t) =g cosα

Ω2[cosh (Ωt) − 1] . (5.178)

Oznacimo s τ vrijeme potrebno cestici da stigne iz tocke A do tocke B

r(τ) = l =⇒ l =g cosα

Ω2[cosh (Ωτ) − 1] . (5.179)

Invertiamo prethodnu jednadzbu

=⇒ τ =1

ΩArcosh

(

1 +Ω2l

g cosα

)

. (5.180)


Zadatak 5.4

Matematicko njihalo rotira konstantnom kutnom brzinom ω oko vertikalne osi.Izvedite Lagrangian i jednadzbu gibanja. Pokazite da problem mozemo svesti nagibanje u 1D efektivnom potencijalu. Izvedite izraz za efektivni potencijal i naditestabilne i nestabilne tocke ravnoteze.Rjesenje:

Koordinatni sustav orjentiramo tako da je u pocetnom trenutku cestica na osi x

l

m

~g

θ

ω

Slika 5.13: Matematicko njihalo duljine l rotira konstantnom kutnom brzinom ωoko vertikalne osi.

x = l sin θ cos (ωt), (5.181)

y = l sin θ sin (ωt), (5.182)

z = l cos θ. (5.183)

Komponente brzine cestice

x = l cos θθ cos (ωt) − lω sin θ sin (ωt), (5.184)

y = l cos θθ sin (ωt) + lω sin θ cos (ωt), (5.185)

z = −l sin θθ. (5.186)

Kineticka energija cestice

T =m

2l2[

θ2 + ω2 sin2 θ]

. (5.187)

Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa je potencijalna energijacestice (uocimo da je os z orjentirana u smjeru vektora akceleracije sile teze ~g

U = −mgz = −mgl cos θ. (5.188)



L = T − U (5.189)

=m

2l2θ2 +

m

2l2ω2 sin2 θ +mgl cos θ. (5.190)

Euler-Lagrange jednadzba∂L

∂θ− d

dt

(∂L

∂θ

)

= 0. (5.191)


∂L

∂θ= ml2θ =⇒ d

dt

(∂L

∂θ

)

= ml2θ, (5.192)

∂L

∂θ= ml2ω2 sin θ cos θ −mgl sin θ. (5.193)

Jednadzbu gibanja

ml2θ −ml2ω2 sin θ cos θ +mgl sin θ = 0, (5.194)

mozemo napisati u sljedecem obliku

ml2θ +∂

∂θ

(

−m2l2ω2 sin2 θ −mgl cos θ

)

= 0. (5.195)

Problem smo sveli na gibanje u 1D efektivnom potencijalu

Ueff(θ) = −m2l2ω2 sin2 θ −mgl cos θ. (5.196)

Efektvni potencijal ima ekstrem u tockama ravnoteze pa ih mozemo odrediti izuvjeta

∂Ueff

∂θ= 0. (5.197)

Tocka ravnoteze je

• stabilna ako efektivni potencijal ima minimum

• nestabilna ako efektivni potencijal ima maksimum

Deriviramo efektivni potencijal

∂Ueff

∂θ= −ml2ω2 sin θ cos θ +mgl sin θ = −1

2ml2ω2 sin 2θ +mgl sin θ. (5.198)

Stacionarne tocke efektivnog potencijala mozemo odrediti iz jednadzbe

ml sin θ(g − lω2 cos θ

)= 0. (5.199)

Postoje tri moguca rjesenja


• θ1 = 0

• θ2 = π

• θ3 = arccos glω2 ako vrijedi g

lω2 ≤ 1

Izracunamo drugu derivaciju efektivnog potencijala

∂2Ueff

∂θ2= −ml2ω2 cos 2θ +mgl cos θ. (5.200)

Promatramo svaku pojedinu tocku ravnoteze.Prva tocka ravnoteze: θ1 = 0

∂2Ueff

∂θ2

∣∣∣∣θ1=0

= mgl −ml2ω2 = ml2(g

l− ω2

)

. (5.201)

Tocka θ1 = 0 moze biti stabilna i nestabilna

• ako vrijedi g/l > ω2 tocka ravnoteze θ1 je stabilna

• ako vrijedi g/l < ω2 tocka ravnoteze θ1 je nestabilna

Druga tocka ravnoteze: θ2 = π

∂2Ueff

∂θ2

∣∣∣∣θ1=π

= −mgl −ml2ω2. (5.202)

Tocka θ2 je uvijek nestabilna.

Treca tocka ravnoteze: θ3 = arccosg

lω2

∂2Ueff

∂θ2

∣∣∣∣θ3

= −ml2ω2 cos 2θ3 +mgl cos θ3 (5.203)

= −ml2ω2(2 cos2 θ3 − 1

)+mgl cos θ3 (5.204)

= −mg2

ω2+ml2ω2 (5.205)

Tocka ravnoteze θ3 postoji samo ako vrijedi

g

lω2≤ 1. (5.206)

Dakle, ako postoji ova tocka ravnoteze stabilna. Promatramo slucajg

lω2> 1. Pos-

toje samo dvije ekstremalne tocke efektivnog potencijala. U tocki θ1 = 0 efektivni


θ

Ueff

θ1

θ2

π

Slika 5.14: Efektivni potencijal ako vrijedig

lω2> 1.

potencijal ima minimum pa je ova tocka stabilna, dok u tocki θ2 = π efektivni poten-

cijal ima maksimum pa je ova tocka nestabilna. Prijedimo na slucajg

lω2< 1. Postoje

tri ekstremalne tocke efektivnog potencijala. U tockama θ1 = 0 i θ2 = π efektivni

potencijal ima maksimum pa su ove tocke nestabilne, dok u tocki θ3 = arccosg

lω2

efektivni potencijal ima minimum pa je ova tocka stabilna. Sustav se vrti dovoljnobrzo da bi centrifugalna sila nadvladala gravitacijsku.

θ

Ueff

θ1

θ2

θ3

πθ3

Slika 5.15: Efektivni potencijal ako vrijedig

lω2< 1.


Zadatak 5.5

Cestica mase m klize bez trenja po zici oblika cikloide u homogenom gravitacijskompolju. Izvedite Lagrangian i jednadzbu gibanja. Pokazite da se uz supstituciju

u = cosθ

2jednadzba gibanja moze napisati u obliku

d2u

dt2+

g

4au = 0 , (5.207)

i nadite period oscilacije cestice.Rjesenje:

Jednadzba cikloide

x = a (θ − sin θ) i y = a (1 + cos θ) , (5.208)

pri cemu je θ parametar za koji vrijedi 0 ≤ θ ≤ 2π. Cestica na zici ima jedan

x

y

O

m ~g

aπ 2aπ

Slika 5.16: Cestica se giba po zici oblika cikloide.

nezavisan stupanj slobode, a kao generaliziranu koordinatu mozemo izabrati upravoparametar θ. Komponente brzine cestice

x = aθ − a cos θθ, (5.209)

y = −a sin θθ. (5.210)

Kvadriramo komponente brzine

x2 = a2θ2 − 2a2 cos θθ2 + a2 cos2 θθ2, (5.211)

y2 = a2 sin2 θθ2, (5.212)

da bi dosli do kineticke energije cestice

T =m

2

(x2 + y2

)(5.213)

= ma2θ2 (1 − cos θ) . (5.214)

Cestica se giba u homogenom gravitacijskom polju pa je potencijalna energija cestice

U = mgy = mga (1 + cos θ) . (5.215)



L = T − U (5.216)

= ma2 (1 − cos θ) θ2 −mga (1 + cos θ) . (5.217)

Euler-Lagrange jednazbad

dt

(∂L

∂θ

)

− ∂L

∂θ= 0. (5.218)


∂L

∂θ= 2ma2 (1 − cosθ) θ (5.219)

d

dt

(∂L

∂θ

)

= 2ma2 (1 − cosθ) θ + 2ma2 sin θθ2 (5.220)

∂L

∂θ= ma2 sin θθ2 +mga sin θ. (5.221)

Jednadzbu gibanja

(1 − cos θ) θ +1

2sin θθ2 − g

2asin θ = 0, (5.222)

podijelimo s faktorom

1 − cos θ = 2 sin2 θ

2. (5.223)

Drugi clan u jednadzbi gibanja

sin θ2cos θ

2

2 sin2 θ2

θ2 =1

2cot

θ

2θ2. (5.224)

Treci clan u jednadzbi gibanja

g

a

sin θ2cos θ

2

2 sin2 θ2

=g

2acot

θ

2. (5.225)

Jednadzbu gibanja

θ +1

2cot

θ

2θ2 − g

2acot

θ

2= 0 (5.226)

mozemo nadalje pojednostaviti koristeci supstituciju

u = cosθ

2(5.227)

u = −1

2sin

θ

2θ (5.228)

u = −1

4cos

θ

2θ2 − 1

2sin

θ

2θ (5.229)

= −1

2sin

θ

2

(

θ +1

2cot

θ

2θ2

)

. (5.230)


Prvo je pomnozimo s faktorom −1

2sin

θ

2,

=⇒ −1

2sin

θ

2

(

θ +1

2cot

θ

2θ2

)

+g

4acos

θ

2= 0. (5.231)

Uz supstituciju u = cosθ

2jednadzba prelazi u

=⇒ u+g

4au = 0. (5.232)

Dobili smo jednadzbu harmonickog oscilatora s kruznom frekvencijom ω2 =g

4a.

Odmah mozemo izracunati i period gibanja cestice

T = 2π

√4a

g. (5.233)


Zadatak 5.6

Nadite Lagrangian za sustav na slici i akceleraciju utega mase M2.Rjesenje:

Pretpostavimo da su niti nerastezljive. To znaci da polozaji pojedinih dijelova

M1

m1m2

M2

X1

x1

X2

x2

Slika 5.17: Atwoodova masina.

sustava nisu nezavisni

=⇒X1 +X2 = konst. = a,x1 + x2 = konst. = b,

X1 + X2 = 0,x1 + x2 = 0.

(5.234)

Polozaj i brzina pojedinih tijela:

• polozaj koloture M1: X1

• polozaj utega M2: X2

• polozaj utega m1: x1 +X1

• polozaj utega m2: X1 + x2

• brzina koloture M1: X1

• brzina utega M2: X2 = −X1

• brzina utega m1: X1 + x1

• brzina utega m2: X1 + x2 = X1 − x1


Kineticka energija sustava je suma kinetickih energija svih cestica u sustavu

T =M1

2v(M1)

2 +M2

2v(M2)

2 +m1

2v(m1)

2 +m2

2v(m2)

2 (5.235)

=M1

2X2

1 +M2

2X2

1 +m1

2(X1 + x1)

2 +m2

2(X1 − x1)

2. (5.236)

Potencijalna energija sustava je suma potencijalnih energija svih cestica

U = −M1gX1 (kolotura M1) (5.237)

−M2gX2 (uteg M2) (5.238)

−m1g(X1 + x1) (uteg m1) (5.239)

−m2g(X1 + x2) (uteg m2). (5.240)

Pregrupiramo clanove u prethodnoj jednadzbi

U = −(M1 +m1 +m2)gX1 −M2gX2 −m1gx1 −m2gx2, (5.241)

a zatim iskoristimo uvjete

X1 +X2 = a =⇒ X2 = a−X1, (5.242)

x1 + x2 = b =⇒ x2 = b− x1. (5.243)

=⇒ U = −(M1 +m1 +m2)gX1 −m1gx1 (5.244)

= −M2g(a−X1) −m2g(b− x1). (5.245)

Aditivne konstante mozemo izostaviti

U = −(M1 −M2 +m1 +m2)gX1 − (m1 −m2)gx1. (5.246)

U Lagrangianu sustava preostaju samo nezavisne varijable X1 i x1, dok smo X2 i x2

eliminirali uvjetom nerastezljivosti niti

L = T − U (5.247)

=M1

2X2

1 +M2

2X2

1 +m1

2(X1 + x1)

2 +m2

2(X1 − x1)

2 (5.248)

+ (M1 −M2 +m1 +m2)gX1 + (m1 −m2)gx1. (5.249)

Prva E-L jednadzbad

dt

(∂L

∂X1

)

− ∂L

∂X1= 0. (5.250)


Racunamo derivacije potrebne za prvu E-L jednadzbu

∂L

∂X1

= M1X1 +M2X1 (5.251)

+m1

(

X1 + x1

)

+m2

(

X1 − x1

)

(5.252)

= (M1 +M2 +m1 +m2)X1 + (m1 −m2)x1. (5.253)

∂L

∂X1

= (M1 −M2 +m1 +m2)g. (5.254)

Prva E-L jednadzba

(M1 +M2 +m1 +m2)X1 + (m1 −m2)x1 (5.255)

= (M1 −M2 +m1 +m2)g. (5.256)

Druga E-L jednadzbad

dt

(∂L

∂x1

)

− ∂L

∂x1= 0. (5.257)


∂L

∂x1= m1

(

X1 + x1

)

−m2

(

X1 − x1

)

(5.258)

= (m1 −m2)X1 + (m1 +m2)x1, (5.259)

∂L

∂x1= (m1 −m2)g. (5.260)

Druga E-L jednadzba

(m1 −m2)X1 + (m1 +m2)x1 = (m1 −m2)g. (5.261)

Eliminiramo x1 iz druge E-L jednadzbe

x1 =m1 −m2

m1 +m2

g − m1 −m2

m1 +m2

X1, (5.262)

i uvrstimo ga u prvu E-L jednadzbu

X1 =(M1 −M2)(m1 +m2) + 4m1m2

(M1 +M2)(m1 +m2) + 4m1m2

g. (5.263)

Akceleracija utega M2

X2 = −X1 =(M2 −M1)(m1 +m2) − 4m1m2

(M1 +M2)(m1 +m2) + 4m1m2g. (5.264)


Poglavlje 6

Kruto tijelo

6.1 Ortogonalne transformacije

Promatramo dva koordinatna sustava S i S ′ sa zajednickim ishodistem Jedinicne

Slika 6.1: Dva koordinatna sustava S i S ′ sa zajednickom ishodistem.

vektore koordinatnog sustava S ′ mozemo izraziti pomocu jedinicnih vektora koordi-natnog sustava S

~i′ = (~i′ ·~i)~i+ (~i′ ·~j)~j + (~i′ · ~k)~k, (6.1)

~j′ = (~j′ ·~i)~i+ (~j′ ·~j)~j + (~j′ · ~k)~k, (6.2)

~k′ = (~k′ ·~i)~i+ (~k′ ·~j)~j + (~k′ · ~k)~k. (6.3)

167

168 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO

Uvodimo prikladnije oznake

~i,~j,~k ≡ ~e1, ~e2, ~e3 (6.4)

~i′,~j′, ~k′ ≡ ~e′1, ~e′2, ~e

′3 (6.5)

Skalarne produkte jedinicnih vektora oznacimo kao elemente matrice

~e′i · ~ej ≡ aij (6.6)

Jedn. (6.1-6.3) poprimaju sljedeci oblik

~e′1 = a11~e1 + a12~e2 + a13~e3~e′2 = a21~e1 + a22~e2 + a23~e3~e′3 = a31~e1 + a32~e2 + a33~e3

=⇒ ~e′i =∑

k

aik~ek

Svaki vektor mozemo raspisati koristeci jedinicne vektore bilo S ili S ′ sustava

Slika 6.2: Vektor ~x mozemo raspisati pomocu jedinicnih vektora ~i, ~j, ~k ili ~i′, ~j′, ~k′.

~x = x1~e1 + x2~e2 + x3~e3 = x′1~e′1 + x′2~e

′2 + x′3~e

′3. (6.7)

Pomnozimo jedn. (6.7) s ~e′i

x′i = ~x · ~e′i =∑

k

xk(~e′i · ~ek) =

∑

k

xkaik. (6.8)

Norma vektora mora biti jednaka u oba sustava

x′21 + x′22 + x′23 = x21 + x2

2 + x23 =⇒

∑

k

x2k =

∑

j

x′2j . (6.9)

6.1. ORTOGONALNE TRANSFORMACIJE 169

Uvrstimo transformaciju (6.8) u jedn. (6.9)

∑

k

x2k =

∑

j

∑

m

ajmxm

∑

n

ajnxn (6.10)

=∑

mn

xmxn

∑

j

ajmajn. (6.11)

Da bi relacija (6.11) bila ispunjena mora vrijediti

∑

j

ajmajn = δmn =⇒∑

j

aTmjajn = δmn (6.12)

=⇒ ATA = 1. (6.13)

Svaka linearna transformacija

x′i =∑

k

aikxk, (6.14)

za koju vrijedi∑

j

ajmajn = δmn, (6.15)

zove se ortogonalna transformacija. Uvjet∑

j

ajmajn = δmn daje 6 linearnih jed-

nadzbi

a11a11 + a21a21 + a31a31 = 1, (6.16)

a12a12 + a22a22 + a32a32 = 1, (6.17)

a13a13 + a23a23 + a33a33 = 1, (6.18)

a11a12 + a21a22 + a31a32 = 0, (6.19)

a11a13 + a21a23 + a31a33 = 0, (6.20)

a12a13 + a22a23 + a32a33 = 0, (6.21)

sto znaci da je od 9 koeficijenata aij samo 3 nezavisno. Da bi parametrizirali rotacijuu prostoru, potrebna su nam tri kuta.

6.1.1 Primjer: rotacija u ravnini

Promatramo rotaciju sustava x1x2x3 oko osi x3 za kut φ. Skalarni produkti potrebni


x1

x2

~e1

~e2

x′1

x′2

~e′1~e′2 φ

φ

Slika 6.3: Rotacija sustava x1x2x3 oko osi x3 za kut φ.

za matricu transformacije

a11 = ~e′1 · ~e1 = cos φ

a12 = ~e′1 · ~e2 = cos (900 − φ) = sinφ, (6.22)

a13 = ~e′1 · ~e3 = 0, (6.23)

a21 = ~e′2 · ~e1 = cos (900 + φ) = − sinφ, (6.24)

a22 = ~e′2 · ~e2 = cos φ, (6.25)

a23 = ~e′2 · e3 = 0, (6.26)

a31 = ~e′3 · ~e1 = 0, (6.27)

a32 = ~e′3 · ~e2 = 0, (6.28)

a33 = ~e′3 · e3 = 1. (6.29)

(6.30)

Provjerimo da li je matrica transformacije zaista ortogonalna

AAT =

cosφ sinφ 0− sin φ cos φ 0

0 0 1

cosφ − sinφ 0sin φ cosφ 0

0 0 1

=

cos2 φ+ sin2 φ 0 00 cos2 φ+ sin2 φ 00 0 1

=

1 0 00 1 00 0 1

. (6.31)


Zadatak 6.1

6.1.2 Svojstva ortogonalnih transformacija

Pretpostavimo da su a i b ortogonalne transformacije takve da vrijedi

x′k =∑

j

bkjxj (S → S ′) (6.32)

x′′i =∑

k

aikx′k (S ′ → S ′′). (6.33)

Promotrimo ukupnu transformaciju

x′′i =∑

k

aikx′k =

∑

k

aik

∑

j

bkjxj (6.34)

=∑

kj

aikbkjxj =∑

j

(ab)ijxj . (6.35)

Matrica ukupne transformacije c je produkt matrica a i b

c = ab. (6.36)

Zelimo provjeriti da li je ukupna transformacija jos uvijek ortogonalna. Dovoljno jepokazati da matrica c zadovoljava uvjet ortogonalnosti ccT = 1

(ccT)

ij=∑

m

cmicmj =∑

m

[∑

k

amkbki

][∑

l

amlblj

]

. (6.37)

Promijenimo poredak sumacije

(ccT)

ij=∑

kl

bkiblj

[∑

m

amkaml

]

, (6.38)

i iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice a

(ccT)

ij=∑

kl

bkibljδkl. (6.39)

Sumu po indeksu l eliminiramo pomocu Kroneckerovog simbola i na kraju iskoris-timo uvjet ortogonalnosti matrice b

(ccT)

ij=∑

k

bkibkj =(bT b)

ij= δij. (6.40)


Ukupna transformacija je zaista ortogonalna. Svaku rotaciju mozemo rastaviti navise uzastopnih rotacija. Kompozicija rotacija nije komutativna

ab 6= ba, (6.41)

ali jest asocijativna operacija(ab)c = a(bc). (6.42)

Ako transformacija a prevodi sustav S u S ′, onda njezina inverzna transformacijavraca sustav S ′ u S. Iz uvjeta ortogonalnosti slijedi da je inverzna matrica jednakatransponiranoj matrici

aaT = 1 =⇒ a−1 = AT . (6.43)

Uvjet ortogonalnosti fiksira vrijednost determinante ortogonalne matrice

det(aaT ) = det(1) = 1. (6.44)

Determinanta produkta dvije matrice jednaka je produktu njihovih determinanti

det(aaT ) = det(a)det(aT ). (6.45)

Determinanta transponirane matrice jednaka je determinanti pocetne matrice

det(aaT ) = [det(a)]2 . (6.46)

Dosli smo do zakljucka

[det(a)]2 = 1 =⇒ det(a) = ±1. (6.47)

Moze se pokazati da rotacijama odgovara vrijednost +1.

6.1.3 Primjer: rotacije u ravnini

Promatramo rotaciju sustava oko osi x3 za kut φ. Elementi matrice rotacije

a11 = ~e′1 · ~e1 = cosφ (6.48)

a12 = ~e′1 · ~e2 = cos (900 − φ) = sinφ (6.49)

a21 = ~e′2 · ~e1 = cos (900 + φ) = − sin φ (6.50)

a22 = ~e′2 · ~e2 = cosφ (6.51)

a13 = a31 = 0 (6.52)

a23 = a32 = 0 (6.53)

a33 = 1. (6.54)


x1

x2

~e1

~e2

x′1

x′2

~e′1~e′2 φ

φ

Slika 6.4: Rotacija oko osi x3 za kut φ.

Matrica rotacije oko osi x3 je blok dijagonalna

a =

cosφ sinφ 0− sin φ cos φ 0

0 0 1

. (6.55)

Mozemo se uvjeriti da je matrica a zaista ortogonalna

aaT =

cosφ sinφ 0− sin φ cosφ 0

0 0 1

cosφ − sin φ 0sinφ cosφ 0

0 0 1

=

1 0 00 1 00 0 1

. (6.56)

Neka su zadane dvije uzastopne rotacije

• rotacija za kut φ1 oko osi x3 opisana matricom b

x′k =∑

j

bkjxj (S → S ′), (6.57)

• rotacija za kut φ2 oko osi x3 opisana matricom a

x′′i =∑

k

aikx′k (S ′ → S ′′). (6.58)

Matrica ukupne rotacije c (umnozak matrica a i b)

c = ab =

cosφ2 sinφ2 0− sinφ2 cosφ2 0

0 0 1

cosφ1 sin φ1 0− sin φ1 cosφ1 0

0 0 1

(6.59)

=

cos (φ1 + φ2) sin (φ1 + φ2) 0− sin (φ1 + φ2) cos (φ1 + φ2) 0

0 0 1

, (6.60)

odgovara rotaciji oko osi x3 za kut φ1 + φ2.


6.1.4 Einsteinova konvencija o sumaciji

Po indeksima koji se u izrazu ponavljaju sumiramo, iako znak sume nije eksplicitnonapisan.Primjer 1: sumiramo po indeksu k

~e′i =∑

k

aik~ek ⇐⇒ ~e′i = aik~ek (6.61)

Primjer 2: sumiramo po indeksima i i j

(abc)mn =∑

ij

amibijcjn ⇐⇒ (abc)mn = amibijcjn (6.62)

6.1.5 Levi-Civita simbol

Definicija Levi-Civita simbola glasi

ǫ123 = ǫ231 = ǫ312 = 1 (6.63)

ǫ132 = ǫ213 = ǫ321 = −1 (6.64)

ǫijk = 0 za sve ostale kombinacije (6.65)

Koristenjem Levi-Civita simbola notacija postaje preglednija. Kao prvi primjermozemo pokazati da 3× 3 determinantu mozemo napisati pomocu Levi-Civita sim-bola

D =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a23 a33

∣∣∣∣∣∣

=∑

ijk

ǫijka1ia2ja3k. (6.66)

Da li doista reproduciramo formulu za determinantu?

D = ǫ123a11a22a33 + ǫ231a12a23a31 + ǫ312a13a21a32 (6.67)

+ ǫ213a12a21a33 + ǫ132a11a23a32 + ǫ321a13a22a31 (6.68)

= a11 (a22a33 − a23a32) (6.69)

− a12 (a21a33 − a23a31) (6.70)

+ a13 (a21a32 − a22a31) . (6.71)

Formulu za vektorski produkt takoder mozemo napisati pomocu Levi-Civita simbola

(

~a×~b)

=∑

ij

ǫijkaibj . (6.72)


Product Kroneckera i Levi-Civita simbola iscezava

∑

ij

δijǫijk = 0, (6.73)

jer je δij simetrican, a ǫijk antisimetrican s obzirom na zamjenu indeksa i, j. Produktdva Levi-Civita simbola

ǫijkǫlmn = δilδjmδkn + δimδjnδkl + δinδjlδkm

− δimδjlδkn − δilδjnδkm − δinδjmδkl. (6.74)

Iz produkta Levi-Civita simbola slijede neke korisne relacije

∑

pq

ǫipqǫjpq =∑

pq

[δijδppδqq + δipδpqδqj + δiqδpjδqp]

−∑

pq

[δipδpjδqq + δijδpqδqp + δiqδppδqj ]. (6.75)

Izracunamo sume u prethodnom izrazu

∑

pq

ǫipqǫjpq = 9δij + δijδij − 3δij − 3δij − 3δij

= 2δij . (6.76)

Sljedeca korisna relacija

∑

k

ǫijkǫpqk =∑

k

[δipδjqδkk + δiqδjkδkp + δikδjpδkq]

−∑

k

[δiqδjpδkk + δipδjkδkq + δikδjqδkp]

+ 3δipδjq + δiqδjp + δiqδjp

− 3δiqδjp − δipδjq − δipδjq

= δipδjq − δiqδjp. (6.77)

Zadnja relacija koju cemo koristiti

∑

ijk

ǫijkǫijk =∑

ijk

[δiiδjjδkk + δijδjkδki + δikδjiδkj]

−∑

ijk

[δijδjiδkk + δiiδjkδkj + δikδjjδki]

= 27 + 3 + 3 − 9 − 9 − 9 = 6. (6.78)


Primjer 1:

(~a×~b)2 =∑

k

(~a×~b)k(~a×~b)k (6.79)

=∑

k

[∑

ij

aibjǫijk∑

mn

ambnǫmnk

]

=∑

ijmn

[

aiambjbn∑

k

ǫijkǫmnk

]

(6.80)

=∑

ijmn

[aibjambn (δimδjn − δinδjm)] (6.81)

=∑

ij

[aibjaibj − aibjaibj ] = a2b2 − (~a ·~b)2. (6.82)

Primjer 2:

~c · (~a×~b) =∑

k

ck(~a×~b)k =∑

k

[∑

ij

ckaibjǫijk

]

(6.83)

=∑

ijk

bjckǫijkai =∑

ijk

bjckǫjkiai (6.84)

=∑

i

(~b× ~c)iai = ~a · (~b× ~c). (6.85)

6.2 Kutna brzina krutog tijela

U razmatranjima vezanim uz dinamiku gibanja krutog tijela koristit cemo dva ko-ordinatna sustava

• nepomicni sustav O′ s osima x′, y′ i z′

• sustav vezan uz kruto tijelo O s osima x, y i z

Oznacimo s ~R polozaj ishodista O u nepomicnom sustavu. Polozaj proizvoljne tockeP u sustavu O oznacimo s ~rn, a u sustavu O′ s ~r′n. Veza izmdu ta tri vektora glasi

~r′n = ~R + ~rn. (6.86)

Infinitezimalni pomak tijela mozemo rastaviti na translaciju i rotaciju. Translacijomse sve tocke tijela pomaknu za isti iznos d~R, dok infinitezimalnu rotaciju definiramopomocu osi rotacije i infinitezimalnog kuta rotacije. Uvedemo vektor d~φ = dφ~φ0,usmjeren duz osi rotacije (koja prolazi kroz ishodiste O) s iznosom jednakim kutudφ, pri cemu smjer osi rotacije odredujemo pravilom desne ruke. Tocka P se zbog

6.2. KUTNA BRZINA KRUTOG TIJELA 177

Slika 6.5: Nepomicni sustav x′y′z′ i sustav vezan uz kruto tijelo xyz.

Slika 6.6: Pomak tocke P nakon infinitezimalne rotacije za kut dφ.

rotacije pomakne okomito na os ~φ0 za iznos

rn sin θdφ =⇒ d~rrot,n = d~φ× ~rn. (6.87)

Ukupni pomak cestice je zbroj translatornog i rotacionog doprinosa

d~r′n = d~R + d~φ× ~rn. (6.88)

Koristimo sljedece oznake


• brzina tocke P u odnosu na O′: ~v′n

• kutna brzina krutog tijela: ~Ω =d~φ

dt

• translatorna brzina krutog tijela: ~V =d~R

dt

Podijelimo jedn. (6.88) s dt

~v′n = ~V + ~Ω × ~rn. (6.89)

Tocka P je nepomicna u odnosu na O jer je dio krutog tijela odaberimo sada zaishodiste sustava vezanog uz tijelo neku drugu tocku Oa tako da vrijedi

~rn = ~rn,a + ~a. (6.90)

Uvrstimo relaciju (6.90) u jedn. (6.89)

~v′n = ~V + ~Ω × ~a+ ~Ω × ~rn,a. (6.91)

Da smo krenuli direktno od sustava O′ i Oa dobili bi

~v′n = ~Va + ~Ωa × ~rn,a. (6.92)

Usporedbom zadnje dvije jednadzbe dolazimo do zakljucka

~Va = ~V + ~Ω × ~a, (6.93)

~Ωa = ~Ω. (6.94)

Kutna brzina ne ovisi o izboru koordinatnog sustava vezanog uz tijelo, dok transla-torna brzina ovisi o tom izboru.Primjer 1: sustav dva stapa duljine lPromatramo dva stapa duljine l koji se njisu u ravnini xy. Kraj gornjeg stapa jefiksiran u ishodistu nepomicnog sustava. Ishodiste pomicnog sustava smjestimo ucentar mase donjeg stapa. Direktnim racunom zelim pokazati da je kutna brzinadonjeg stapa φ. Koordinate tocke A u nepomicnom sustavu glase

x′A = l sin θ , y′A = −l cos θ , z′A = 0. (6.95)

Komponente brzine tocke A u nepomicnom sustavu

x′A = l cos θθ i y′A = l sin θθ. (6.96)


x′

y′

l

x

yθ

φ

A

B

c.m.

O′

Slika 6.7: Sustav dva stapa. Kraj gornjeg stapa je fiksiran u ishodistu nepomicnogsustava, dok je ishodiste pomicnog sustava smjesteno u centru mase donjeg stapa.

Koordinate centra mase u nepomicnom sustavu

x′c.m. = l sin θ +l

2sinφ (6.97)

y′c.m. = −l cos θ − l

2cosφ (6.98)

z′c.m. = 0. (6.99)

Komponente brzine centra mase u nepomicnom sustavu

x′c.m. = l cos θθ +l

2cosφφ (6.100)

y′c.m. = l sin θθ +l

2sinφφ. (6.101)

Brzina tocke A dana je jedn. (6.89)

~v′A = ~V + ~Ω × ~rA. (6.102)

Ishodiste pomicnog sustava nalazi se u centru mase pa je ~V zapravo brzina centramase. Ppolozaj tocke A u odnosu na ishodiste pomicnog sustava

~rA = (xA − xc.m.)~i′ + (yA − yc.m.)~j

′, (6.103)

=⇒ ~rA = − l

2sinφ~i′ +

l

2cosφ~j′. (6.104)


Stap se njise u ravnini pa samo z komponenta kutne brzine moze biti razlicita odnule

~Ω × ~rA = Ω~k′ ×(

− l

2sinφ~i′ +

l

2cosφ~j′

)

=lΩ

2

(

− sinφ~j′ − cosφ~i′)

. (6.105)

Brzina ishodista pomicnog sustava

~V = x′c.m.~i′ + y′c.m.

~j′

= l

(

cos θθ +φ

2cosφ

)

~i′ + l

(

sin θθ +φ

2sinφ

)

~j′. (6.106)

Brzina tocke Av′A = xA

~i′ + yA~j′ = l cos θθ~i′ + l sin θθ~j′ (6.107)

Izjednacimo komponente u jedn. (6.102)

• izrazi uz ~i′

l cos θθ = l cos θθ +l

2cosφφ− lΩ

2cos φ

=⇒Ω = φ (6.108)

• izrazi uz ~j′ daju isti rezultat

l sin θθ = l sin θθ +l

2sinφφ− lΩ

2sin φ

=⇒Ω = φ (6.109)

Centar mase donjeg stapa giba se brzinom

~V = l

(

cos θθ +φ

2cosφ

)

~i′ + l

(

sin θθ +φ

2sinφ

)

~j′, (6.110)

dok stap istovremeno rotira oko centra mase kutnom brzinom φ.Primjer 2:Promatramo isti sustav, ali sad ishodiste pomicnog sustava smjestimo u tocku A.Brzina centra mase dana je izrazom (6.89)

~v′c.m. = ~V + ~Ω × ~rc.m.. (6.111)


x′

y′

l

x

y

θ

φ

A

B

c.m.

O′

Slika 6.8: Sustav dva stapa. Kraj gornjeg stapa je fiksiran u ishodistu nepomicnogsustava, dok je ishodiste pomicnog sustava smjesteno na spojnici stapova.

Ishodiste pomicnog sustava nalazi se u tocki A pa je ~V brzina tocke A. Polozajcentra mase u odnosu na ishodiste pomicnog sustava

~rc.m. = (xc.m. − xA)~i′ + (yc.m. − yA)~j′

=l

2sin φ~i′ − l

2cosφ~j′. (6.112)

Stap se njise u ravnini pa samo z komponenta kutne brzine moze biti razlicita odnule

~Ω × ~rc.m. = Ω~k′ ×(l

2sin φ~i′ − l

2cosφ~j′

)

=lΩ

2

(

sinφ~j′ cosφ~i′)

. (6.113)

Brzina ishodista pomicnog sustava

~V = x′A~i′ + y′A~j

′ = l cos θθ~i′ + l sin θθ~j′. (6.114)

Brzina centra mase

~vc.m. = x′c.m.~i′ + y′c.m.

~j′ (6.115)

= l

(

cos θθ +φ

2cosφ

)

~i′ (6.116)

+ l

(

sin θθ +φ

2sinφ

)

~j′. (6.117)

Izjednacimo komponente u jedn. (6.111) i usporedimo izraze uz jedinicne vektore


• komponenta uz ~i′

l

(

cos θθ +φ

2cosφ

)

= l cos θθ +lΩ

2cos θ

=⇒Ω = φ (6.118)

• komponenta uz ~j′

l

(

sin θθ +φ

2sinφ

)

= l sin θθ +lΩ

2sin θ

=⇒Ω = φ (6.119)

Kraj donjeg stapa giba se brzinom

~V = l cos θθ~i′ + l sin θθ~j′, (6.120)

dok stap istovremeno rotira oko tog kraja kutnom brzinom φ. Ova dva primjerailustriraju cinjenicu da brzina translacije ishodista pomicnog sustava ovisi o polozajunjegovog ishodista, dok kutna brzina rotacije krutog tijela ne ovisi o polozaju ishodistapomicnog sustava.

6.3 Eulerovi kutevi

Devet elemenata matrice transformacije aij ne mozemo koristiti kao generaliziranekoordinate jer nisu nezavisni. Uvjet ortogonalnosti matrice aaT = 1 vodi na sestlinearnih jednadzbi pa od devet koeficijenata aij preostaju samo tri nezavisna. Jedanmoguci izbor za parametrizaciju matrice transformacije cine tri Eulerova kuta φ, θi ψ. Ukupnu rotaciju napisat cemo kao kompoziju tri elementarne rotacije zadanematricama B, C i D. Matrica transformacije jednaka je produktu tri matrice

a = BCD. (6.121)

Nepomicni sustav S ′ transformiramo u prvi pomocni sustav S1 transformacijom D,zatim sustav S1 transformiramo u drugi pomocni sustav S2 transformacijom C ikonacno sustav S2 transformiramo u konacni rotirani sustav S transformacijom B.Koristit cemo sljedece oznake

• nepomicni sustav: x′, y′, z′

• rotirani sustav: x, y, z

6.3. EULEROVI KUTEVI 183

• prvi pomocni sustav: x1, y1, z1

• drugi pomocni sustav: x2, y2, z2

Prva transformacija: rotacija za kut φ oko osi z′ nepomicnog sustava S ′ Osi z′ i z1

φ

x′

y′

z′, z1

x1

y1

Slika 6.9: Rotacija oko osi z′

nepomicnog sustava za kut φ.

x′

y′

~i′

~j′

x1

y1

~i1~j1 φ

φ

Slika 6.10: Projekcija rotacijeoko osi z′ nepomicnog sustava naravninu x′y′.

se poklapaju jer pocetni sustav rotiramo oko osi z′ Jedinicni vektori u dva sustavavezani su sljedecim relacijama

~i1 = (~i1 ·~i′)~i′ + (~i1 ·~j′)~j′ =~i′ cos φ+~j′ cos (900 − φ) (6.122)

=~i′ cos φ+~j′ sin φ (6.123)

~j1 = (~j1 ·~i′)~i′ + (~j1 ·~j′)~j′ =~i′ cos (900 + φ) +~j′ cosφ (6.124)

= −~i′ sinφ+~j′ cosφ. (6.125)

Jedinicni vektor ~k′ se ne mijenja jer sustav rotiramo oko osi z′. Ukupna transfor-macija glasi

~i1~j1~k1

=

cosφ sinφ 0− sin φ cosφ 0

0 0 1

~i′

~j′

~k′

. (6.126)

Prva matrica transformacije

D =

cosφ sin φ 0− sinφ cosφ 0

0 0 1

. (6.127)

Druga transformacija: rotacija za kut θ oko osi x1 pomocnog sustava S1 Osi x1 i


θ

x′

y′

z′, z1

x1, x2

y1

y2

z2

Slika 6.11: Rotacija oko osi x1

pomocnog sustava S1 za kut θ.

y1

z1

~j1

~k1

y2

z2

~j2~k2 θ

θ

Slika 6.12: Projekcija rotacije okoosi x1 pomocnog sustava S1 naravninu y1z1.

x2 se poklapaju jer sustav S1 rotiramo oko osi x1. Jedinicni vektori u dva sustavavezani su sljedecim relacijama

~j2 = (~j2 ·~j1)~j1 + (~j2 · ~k1)~k1

= ~j1 cos θ + ~k1 cos (900 − θ) (6.128)

= ~j1 cos θ + ~k1 sin θ (6.129)

~k2 = (~k2 ·~j1)~j1 + (~k2 · ~k1)~k1

= ~j1 cos (900 + θ) + ~k1 cos θ (6.130)

= −~j1 sin θ + ~k1 cos θ (6.131)

Jedinicni vektor ~i1 se ne mijenja jer sustav rotiramo oko osi x1. Ukupna transfor-macija glasi

~i2~j2~k2

=

1 0 00 cos θ sin θ0 − sin θ cos θ

~i1~j1~k1

. (6.132)

Druga matrica transformacije

C =

1 0 00 cos θ sin θ0 − sin θ cos θ

. (6.133)

Treca transformacija: rotacija za kut ψ oko osi z2 pomocnog sustava S2 Osi z2 i z sepoklapaju jer sustav S2 rotiramo oko osi z2. Jedinicni vektori u dva sustava vezani


ψ

x′

y′

z′, z1

x1, x2

y1

y2

z2, z

x

y

Slika 6.13: Rotacija oko osi z2pomocnog sustava S2 za kut ψ.

x2

y2

~i2

~j2

x

y

~i~j ψ

ψ

Slika 6.14: Projekcija rotacije okoosi z2 pomocnog sustava S2 naravninu x2y2.

su sljedecim relacijama

~i = (~i ·~i2)~i2 + (~i ·~j2)~j2 =~i2 cosψ +~j2 cos (900 − ψ) (6.134)

=~i2 cosψ +~j2 sinψ (6.135)

~j = (~j ·~i2)~i2 + (~j ·~j2)~j2 =~i2 cos (900 + ψ) +~j2 cosψ (6.136)

= −~i2 sinψ +~j2 cosψ (6.137)

Jedinicni vektor ~k2 se ne mijenja jer sustav S2 rotiramo oko osi z2. Ukupna trans-formacija glasi

~i~j~k

=

cosψ sinψ 0− sinψ cosψ 0

0 0 1

~i2~j2~k2

. (6.138)

Treca matrica transformacije glasi

B =

cosψ sinψ 0− sinψ cosψ 0

0 0 1

. (6.139)


Mnozenje matrica B, C i D daje ukupnu transformaciju A = BCD.

~i = (cosφ cosψ − sin φ cos θ sinψ)~i′

+ (sinφ cosψ + cosφ cos θ sinψ)~j′

+ sin θ sinψ~k′, (6.140)

~j = − (cosφ sinψ + sinφ cos θ cosψ)~i′

+ (− sinφ sinψ + cosφ cos θ cosψ)~j′

+ sin θ cosψ~k′, (6.141)

~k = sinφ sin θ~i′ − cosφ sin θ~j′ + cos θ~k′. (6.142)

Inverznu transformaciju dobijemo transponiranjem matrice A

~i′ = (cosφ cosψ − sinφ cos θ sinψ)~i

− (cosφ sinψ + sinφ cos θ cosψ)~j

+ sinφ sin θ~k, (6.143)

~j′ = (sinφ cosψ + cosφ cos θ sinψ)~i

+ (− sinφ sinψ + cosφ cos θ cosψ)~j

− cosφ sin θ~k, (6.144)

~k′ = sin θ sinψ~i+ sin θ cosψ~j + cos θ~k. (6.145)

6.3.1 Kutna brzina i Eulerovi kutevi

Kutna brzina ima tri doprinosa

• rotacija oko osi ~k′ brzinom φ

• rotacija oko osi ~i1 brzinom θ

• rotacija oko osi ~k brzinom ψ

Vektor kutne brzine mozemo napisati kao zbroj ta tri vektora

~Ω = φ~k′ + θ~i1 + ψ~k. (6.146)

Prvo racunamo komponente kutne brzine u bazi nepomicnog sustava. Izraz (6.146)moramo svesti na oblik

~Ω = Ωx′~i′ + Ωy′~j′ + Ωz′~k′. (6.147)


Raspisemo jedinicne vektore ~i1 i ~k pomocu jedinicnih vektora nepomicnog sustava~i′, ~j′ i ~k′. Iz prethodnih razmatranja znamo

~i1 =~i′ cos φ+~j′ sin φ (6.148)

~k = sin φ sin θ~i′ − cosφsinθ~j′ + cos θ~k′. (6.149)

Kutna brzina

~Ω = φ~k′ + θ(

~i′ cos φ+~j′ sin φ)

+ ψ(

sinφ sin θ~i′ − cos φsinθ~j′ + cos θ~k′)

=(

θ cosφ+ ψ sin θ sinφ)

~i′

+(

θ sinφ− ψ sin θ cosφ)

~j′

+(

φ+ ψ cos θ)

~k′. (6.150)

Komponente kutne brzine u fiksnom sustavu

Ωx′ = θ cosφ+ ψ sin θ sinφ, (6.151)

Ωy′ = θ sinφ− ψ sin θ cosφ, (6.152)

Ωz′ = φ+ ψ cos θ. (6.153)

Koristeci matricu rotacije kutnu brzinu Ω mozemo transformirati u bazu sustavavezanog uz tijelo

~Ω =(

φ sin θ sinψ + θ cosψ)

~i

+(

φ sin θ cosψ − θ sinψ)

~j

+(

φ cos θ + ψ)

~k. (6.154)

Kompnente kutne brzine u pomicnom sustavu

Ωx = φ sin θ sinψ + θ cosψ, (6.155)

Ωy = φ sin θ cosψ − θ sinψ, (6.156)

Ωz = φ cos θ + ψ. (6.157)


6.4 Tenzor inercije

6.4.1 Kineticka energija krutog tijela

Promatramo kruto tijelo sastavljeno od tockastih cestica. Masu n-te cestice oznacimos mn, a njezin vektor polozaja s ~rn. Zbroj kinetickih energija svih pojedinih cesticadaje ukupnu kineticku energiju krutog tijela

T =∑

n

mn

2

(

~V + ~Ω × ~rn

)2

. (6.158)

Svojstva tromosti krutog tijela najjednostavnije opisujemo u sustavu s ishodistemu centru mase krutog tijela. Neka je x′y′z′ nepomicni sustav, a xyz sustav vezanuz kruto tijelo s ishodistem u tocki O. Definiramo koordinatni sustav cije su osiparalelne osima sustava xyz, a ishodiste mu se nalazi u centru mase krutog tijela.Oznacimo s ~a polozaj centra mase u odnosu na tocku O. Vezu vektora ~rn i ~ρn

Slika 6.15: Nepomicni sustav x′y′z′, sustav vezan uz kruto tijelo xyz i sustav sishodistem u centru mase krutog tijela.

mozemo procitati sa sl. 6.15~rn = ~ρn + ~a. (6.159)

Uvrstimo jedn. (6.159) u izraz za kineticku energiju

T =∑

n

mn

2

[

~V + ~Ω × (~ρn + ~a)]2

. (6.160)

6.4. TENZOR INERCIJE 189

Kvadriranjem dolazimo do sest clanova

T =∑

n

mn

2

[

~V + ~Ω × ~a+ ~Ω × ~ρn

]2

(6.161)

=∑

n

mn

2~V 2 (6.162)

+∑

n

mn

2

(

~Ω × ~a)2

(6.163)

+∑

n

mn

2

(

~Ω × ~ρn

)2

(6.164)

+∑

n

mn~V ·(

~Ω × ~a)

(6.165)

+∑

n

mn~V ·(

~Ω × ~ρn

)

(6.166)

+∑

n

mn

(

~Ω × ~a)

·(

~Ω × ~ρn

)

. (6.167)

Promotrimo pojedine clanove uzimajuci u obzir ukupnu masu krutog tijela

∑

n

mn ≡ µ. (6.168)

Prvi clan, jedn. (6.162)

∑

n

1

2mn

~V 2 =1

2µ~V 2. (6.169)

Drugi clan, jedn. (6.163)

∑

n

mn

2

(

~Ω × ~a)2

=1

2µ(

~Ω × ~a)2

. (6.170)


Treci clan, jedn. (6.164)

(

~Ω × ~ρn

)2

=∑

k

(

~Ω × ~ρn

)

k

(

~Ω × ~ρn

)

k(6.171)

=∑

k

(∑

ij

Ωiρn,jǫijk

)(∑

pq

Ωpρn,qǫpqk

)

(6.172)

=∑

ijpq

ΩiΩpρn,jρn,q

∑

k

ǫijkǫpqk (6.173)

=∑

ijpq

ΩiΩpρn,jρn,q (δipδjq − δiqδjp) (6.174)

=∑

i

Ω2i ~ρ

2n −

∑

ij

ΩiΩjρn,jρn,i (6.175)

=∑

ij

ΩiΩj

(δij~ρ

2n − ρn,iρn,j

). (6.176)

=⇒∑

n

mn

2

(

~Ω × ~ρn

)2

=∑

n

mn

2

∑

ij

ΩiΩj

(δij~ρ

2n − ρn,iρn,j

)(6.177)

Cetvrti clan, jedn. (6.165)

∑

n

mn~V ·(

~Ω × ~a)

= µ~V ·(

~Ω × ~a)

. (6.178)

Peti clan, jedn. (6.166)

∑

n

mn~V ·(

~Ω × ~ρn

)

= ~V ·(

~Ω ×∑

n

mn~ρn

)

= 0. (6.179)

Sesti clan, jedn. (6.167)

∑

n

mn

(

~Ω × ~a)

·(

~Ω × ~ρn

)

=(

~Ω × ~a)

·(

~Ω ×∑

n

mn~ρn

)

= 0. (6.180)

U petom i sestom clanu smo iskorstili definiciju centra mase∑

n

mn~ρn = 0. (6.181)

Korisno je primjetiti da drugi clan mozemo napisati i u sljedecem obliku

µ

2

(

~Ω × ~a)2

=µ

2

∑

ij

ΩiΩj

(δij~a

2 − aiaj

). (6.182)


Kineticka energija krutog tijela

T =1

2µ~V 2 (6.183)

+ µ~V ·(

~Ω × ~a)

(6.184)

+µ

2

∑

ij

ΩiΩj

(δij~a

2 − aiaj

)(6.185)

+∑

n

mn

2

∑

ij

ΩiΩj

(δij~ρ

2n − ρn,iρn,j

). (6.186)

6.4.2 Definicija tenzora tromosti

Skup od devet velicina definiranih kao

Iij ≡∑

n

mn

(~r2

nδij − rn,irn,j

), (6.187)

zovemo tenzor tromosti krutog tijela s obzirom na tocku O. Prvo moramo provjeritida li se velicine Iij s obzirom na rotacije doista transformiraju kao komponentetenzora. Rotacija je definirana matricom ortognalne transformacije

r′i =∑

k

aikrk. (6.188)

Tenzor inercije u transformiranom sustavu glasi

I ′ij =∑

n

mn

(~r′2n δij − r′n,ir

′n,j

). (6.189)

Duljina vektora je invarijantna na rotacije pa vrijedi

~r′2n = ~r2n. (6.190)

Promotrimo drugi clan u tenzoru

r′n,ir′n,j =

∑

k

aikrn,k

∑

l

ajlrn,l (6.191)

=∑

kl

aikajlrn,krn,l. (6.192)

Iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice a

∑

k

aikajk = δij =⇒∑

kl

aikajlδkl = δij . (6.193)


Jednazbu transformacije tenzora mozemo napisati kao

I ′ij =∑

n

mn

[∑

kl

~r2naikajlδkl −

∑

kl

aikajlrn,krn,l

]

. (6.194)

Promjenimo poredak sumacija

I ′ij =∑

kl

aikajl

∑

n

mn

[~r2

n − rn,krn,l

](6.195)

I ′ij =∑

kl

aikajlIkl. (6.196)

Velicine Iij se, s obzirom na rotacije, transformiraju kao produkti komponenti vek-tora pa se doista radi o tenzoru ranga 2.

6.4.3 Steinerov teorem

Steinerov teorem koristimo da bi povezali elemente tenzora tromosti definiranogs obzirom na centar mase i elemente tenzora tromosti definiranog s obzirom naproizvoljnu tocku O. Polazimo od tenzora definiranog s obzirom na tocku O

Iij =∑

n

mn

[~r2

nδij − rn,irn,j

]. (6.197)

Iskoristimo relaciju ~rn = ~ρn + ~a

Iij =∑

n

mn

[(~ρ2

n + 2~ρn · ~a+ ~a2)δij − ρn,iρn,j − ρn,iaj − aiρn,j − aiaj

](6.198)

= 2~a ·∑

n

mn~ρnδij − aj

∑

n

mnρn,i − ai

∑

n

mnρn,j (6.199)

+∑

n

mn

[~ρ2

nδij − ρn,iρn,j

](6.200)

+∑

n

mn

[~a2δij − aiaj

]. (6.201)

Prva tri clana propadaju zbog definicije centra mase∑

n

mn~ρn = 0. (6.202)

Cetvrti clan predstavlja definiciju tenzora inercije s obzirom na centar mase, dok uzadnjem clanu sumacija po svim cesticama daje ukupnu masu krutog tijela. Dakle,Steinerov teorem (teorem o paralelnim osima) glasi

Iij = Ic.m.ij + µ

[~a2δij − aiaj

]. (6.203)


Kineticku energiju krutog tijela mozemo napisati kao

T =1

2µ~V 2 + µ~V ·

(

~Ω × ~a)

+1

2

∑

ij

IiIjΩiΩj . (6.204)

Prvi clan potjece od translacije, treci od rotacije, dok je drugi clan mjesovit. Jedn. (6.204)se pojednostavljuje u dva slucaja:

• os rotacije prolazi kroz centar mase:Vektor ~a nestaje, a zajedno s njim i mjesoviti clan u kinetickoj energiji. Trans-latorni i rotacioni doprinosi su separirani tj. kineticka energija je suma energijetranslacije i rotacije.

• tocka O miruje:U jedn. (6.204) preostaje samo zadnji clan. Kineticka energija se svodi naenergiju rotacije.

6.4.4 Svojstva tenzora tromosti

Promotrimo pojedine elemente tenzora tromosti

Iij =∑

n

mn

[~r2

nδij − rn,irn,j

]. (6.205)

U dijagonalnim elementima Kroneckerov simbol daje vrijednost 1

Iii =∑

n

mn

[~r2

n − r2n,i

]. (6.206)

Pojedini dijagonalni elementi glase

Ixx =∑

n

mn

[x2

n + y2n + z2

n − x2n

]=∑

n

mn

[y2

n + z2n

], (6.207)

Iyy =∑

n

mn

[x2

n + y2n + z2

n − y2n

]=∑

n

mn

[x2

n + z2n

], (6.208)

Izz =∑

n

mn

[x2

n + y2n + z2

n − z2n

]=∑

n

mn

[x2

n + y2n

], (6.209)

(6.210)

i uvijek su pozitivni. U nedijagonalnim elementima Kroneckerov simbol nestaje

Iij = −∑

n

mnrn,irn,j. (6.211)


Pojedini nedijagonalni elementi glase

Ixy = Iyx = −∑

n

mnxnyn, (6.212)

Iyz = Izy = −∑

n

mnznyn, (6.213)

Ixz = Izx = −∑

n

mnxnzn, (6.214)

i mogu biti pozitivni ili negativni. Tenzor tromosti mozemo napisati u oblikusimetricne matrice.

I =

Ixx Ixy Ixz

Ixy Iyy Iyz

Ixz Iyz Izz

. (6.215)

Ako tijelo mozemo tretirati kao kontinuiranu raspodjelu masu, sumacija potockastim masama prelazi u integraciju po volumenu

mn → ρ (~r) d3r i∑

n

· · · →∫

· · · d3r, (6.216)

gdje ρ (~r) oznacava gustocu krutog tijela. Tenzor tromosti glasi

Iij =

∫

ρ (~r)[~r2δij − rirj

]. (6.217)

Poseban slucaj je dvodimenzionalno tijelo (tanka ploca). Koordinatni sustavorijentiramo tako da ploca lezi u xy ravnini. Gustoca ploce iscezava za sve vrijednostiz 6= 0 pa je mozemo napisati ako produkt δ funkcije i plosne gustoce ploce

ρ(x, y, z) = σ(x, y)δ(z). (6.218)

Plosnu gustocu definiramo kao omjer mase i povrsine tijela (jedinica kgm−2)

σ(x, y) =masa tijela

povrsina tijela. (6.219)

Integracija jedn. (6.218) daje ukupnu masu ploce∫

σ(x, y)δ(z)dxdydz =

∫

σ(x, y)dxdy

∫

δ(z)dz =

∫

σ(x, y)dxdy = µ. (6.220)

Dijagonalni elementi tenzora tromosti tanke ploce

Ixx =

∫

σ(x, y)(y2 + z2

)δ(z)dxdydz =

∫

σ(x, y)y2dxdy (6.221)

Iyy =

∫

σ(x, y)(x2 + z2

)δ(z)dxdydz =

∫

σ(x, y)x2dxdy (6.222)

Izz =

∫

σ(x, y)(x2 + y2

)δ(z)dxdydz =

∫

σ(x, y)(x2 + y2

)dxdy. (6.223)


Uocimo da je tanku plocu smjestenu u xy ravnini vrijedi

Izz = Ixx + Iyy. (6.224)

Prethodnu relaciju nazivamo teorem o okomitim osima. Jedini nedijagonalni elementtenzora tromosti tanke ploce razlicit od nule je Ixy

Ixy = −∫

σ(x, y)δ(z)xydxdydz = −∫

σ(x, y)xydxdy. (6.225)

Sljedeci zanimljiv slucaj je tanki stap cija se masa nalazi na pravcu. Koordi-natni sustav orijentiramo tako da stap lezi duz osi z. Gustoca stapa iscezava za svevrijednosti x, y 6= 0 pa je mozemo napisati ako produkt δ funkcija u smjerovima x iy i linijske gustoce stapa

ρ(x, y, z) = λ(z)δ(x)δ(y). (6.226)

Linijsku gustocu definiramo kao omjer mase i duzine tijela (jedinica kgm−1)

λ(z) =masa tijela

duzina tijela. (6.227)

Integracija jedn. (6.226) daje ukupnu masu stapa∫

λ(z)δ(x)δ(y)dxdydz =

∫

λ(z)dz

∫

δ(x)dx

∫

δ(y)dy =

∫

λ(z)dz = µ. (6.228)

Dijagonalni elementi tenzora tromosti tankog stapa

Ixx =

∫

λ(z)(y2 + z2

)δ(x)δ(y)dxdydz =

∫

λ(z)z2dz (6.229)

Iyy =

∫

λ(z)(x2 + z2

)δ(x)δ(y)dxdydz =

∫

λ(z)z2dz (6.230)

Izz =

∫

λ(z)(x2 + y2

)δ(x)δ(y)dxdydz = 0. (6.231)

Svi nedijagonalni clanovi tenzora tromosti tankog stapa propadaju, kao i dijagonalniclan Izz. Tanki stap ima samo pet stupnjeva slobode jer rotacija oko osi z gubismisao.

6.4.5 Glavne osi tenzora tromosti

Simetrican tenzor ranga 2 uvijek mozemo prevesti u dijagonalni oblik pogodnimizborom koordinatnih osi. Pretpostavimo da u pocetnom sustavu xyz tenzor tro-mosti Iij ima nedijagonalne elemente. Postoji rotacija koja sustav xyz transformira


u sustav x′y′z′, takav da je tenzor tromosti I ′ij dijagonalan. Trazenu transformacijumozemo opisati ortogonalnom matricom a

x′i =∑

k

aikxk. (6.232)

Komponente tenzora se transformiraju kao produkti komponenti vektora

I ′ij =∑

kl

aikajlIkl =∑

kl

aikaTljIkl. (6.233)

Prethodna relacija zapravo predstavlja produkt tri matrice

I ′ij =[aIaT

]

ij=⇒ I ′ = aIaT . (6.234)

Pomnozimo jedn. (6.234) matricom aT s lijeve strane i iskoristimo uvjet ortogonal-nosti matrice a (aaT = aTa = 1)

aT I ′ = aTaIaT = IaT . (6.235)

Prema pocetnoj pretpostavci, tenzor tromosti u sustavu x′y′z′ je dijagonalan tj.matrica I ′ je dijagonalna. Oznacimo elemente matrice I ′ s λ1, λ2 i λ3, a j-ti stupacmatrice aT s v(j). Jedn. (6.235) poprima oblik problema svojstvenih vrijednosti

∑

k

Iikv(j)k = λjv

(j)i =⇒ Iv(j) = λjv

(j). (6.236)

Svojstveni vektori v(1), v(2) i v(3) su stupci matrice aT

aTki = v

(i)k =⇒ v

(i)k = aik. (6.237)

Svojstveni vektori v(i) definiraju jedinicne vektore novog sustava

~e′i =∑

k

aik~ek =∑

k

v(i)k ~ek. (6.238)

Osi sustava x′y′z′ u kojem je tenzor inercije dijagonalan zovemo glavne osi tromosti,dok momente oko tih osi zovemo glavne vrijednosti tenzora tromosti.


Zadatak 6.2

Za sustav na slici izracunajte tenzor inercije s obzirom na tocku centar mase sustava,ako su zadane mase cestica m1 = m, m2 = 2m i m3 = m.Rjesenje:

Da bi odredili polozaj centra mase, trebamo koordinate svih cestica u sustavu

• cestica 1, mase m1 = m: x1 = 0, y1 = 0, z1 = 0,

• cestica 2, mase m2 = 2m: x2 = 2a, y2 = 0, z2 = 0,

• cestica 3, mase m3 = m: x3 = 0, y3 = 4a, z3 = 0.

x

y

m2m1

m3

2a

4a

Slika 6.16: Sustav od tri cestice.

Koordinate centra mase

xc.m. =

∑

nmnxn∑

nmn

=4am

4m= a, (6.239)

yc.m. =

∑

nmnyn∑

nmn=

4am

4m= a, (6.240)

zc.m. =

∑

nmnzn∑

nmn= 0. (6.241)

(6.242)

Centar mase sustava nalazi se u tocki (a, a, 0) pa koordinate pojedinih cestica sobzirom na centar mase glase

x′1 = x1 − xc.m. = −a, y′1 = y1 − yc.m. = −a, z′1 = 0 (6.243)

x′2 = x2 − xc.m. = +a, y′2 = y2 − yc.m. = −a, z′2 = 0 (6.244)

x′3 = x3 − xc.m. = −a, y′3 = y3 − yc.m. = 3a, z′3 = 0. (6.245)


Dijagonalni elementi tenzora tromosti:

Ic.m.xx =

3∑

n=1

mn

[

y′n2+ z′n

2]

= m1

[

y′12+ z′1

2]

+m2

[

y′22+ z′2

2]

+m3

[

y′32+ z′3

2]

= m[a2 + 0] + 2m[a2 + 0] +m[9a2 + 0] = 12ma2, (6.246)

Ic.m.yy =

3∑

n=1

mn

[

x′n2+ z′n

2]

= m1

[

x′12+ z′1

2]

+m2

[

x′22+ z′2

2]

+m3

[

x′32+ z′3

2]

= m[a2 + 0] + 2m[a2 + 0] +m[a2 + 0] = 4ma2 (6.247)

Ic.m.zz =

3∑

n=1

mn

[

x′n2+ y′n

2]

= m1

[

x′12+ y′1

2]

+m2

[

x′22+ y′2

2]

+m3

[

x′32+ y′3

2]

= m[a2 + a2] + 2m[a2 + a2] +m[a2 + 9a2] = 16ma2. (6.248)

Uocimo da je sustav dvodimenzionalan (z = 0) pa vrijedi teorem o okomitim osimaIzz = Ixx + Iyy. Nedijagonalni elementi tenzora tromosti Ixz i Iyz propadaju (z = 0za sve tri cestice) pa preostaje samo element Ixy

Ixy = −∑

n

mnx′ny

′n = −m[a2] − 2m[−a2] −m[−3a2] = 4ma2, (6.249)

Tenzor tromosti sustava s obzirom na centar mase glasi

I = 4ma2

3 1 01 1 00 0 4

. (6.250)


Zadatak 6.3

Koristeci Steinerov teorem, izracunajte tenzor tromosti s obzirom na tocku O zasustav cestica iz prethodnog zadatka.Rjesenje:

Tenzor tromosti sustava s obzirom na centar mase smo izracunali u prethodnomzadatku

I = 4ma2

3 1 01 1 00 0 4

. (6.251)

Zadatak rjesavamo primjenom Steinerovog teorema

x

y

2mm

m

2a

4a

c.m. (a, a)

O

~d

Slika 6.17: Sustav od tri cestice. Vektor ~d ima pocetak u tocki O i kraj u centrumase.

IOij = Ic.m.

ij +mtot

[

~d2δij − didj

]

, (6.252)

pri cemu mtot = 4m oznacava ukupnu masu sustava, a ~d vektor s pocetkom u tockiO i krajem u centru mase. Sa sl. 6.17 mozemo procitati komponente vektora ~d

~d = a~i+ a~j. (6.253)

Dijagonalni elementi tenzora inercije s obzirom na tocku O

• IOxx = Ic.m.

xx +mtot

(d2

y + d2z

)= Ic.m.

xx + 4ma2 = 16ma2

• IOyy = Ic.m.

yy +mtot (d2x + d2

z) = Ic.m.yy + 4ma2 = 8ma2

• IOzz = Ic.m.

zz +mtot (d2x + d2

x) = Ic.m.xx + 8ma2 = 24ma2

Nedijagonalni elementi tenzora inercije


• IOxy = Ic.m.

xy −mtotdxdy = Ic.m.xy − 4ma2 = 0

• IOxz = Ic.m.

xz −mtotdxdz = Ic.m.xz − 0 = 0

• IOyz = Ic.m.

yz −mtotdydz = Ic.m.yz − 0 = 0

Tenzor tromosti s obzirom na tocku O je dijagonalan u sustavu xyz, pa su osi sustavaglavne osi tenzora tromosti. Tenzor tromosti sustava s obzirom na tocku O glasi

IO = 8ma2

2 0 00 1 00 0 3

. (6.254)


Zadatak 6.4

Za sustav cestica iz prethodnog zadatka nadite smjerove glavnih osi i momente okonjih s obzirom na centar mase.Rjesenje:

U prethodnim zadacima smo izracunali polozaj centra mase (a, a, 0), kao i tenzorinercije s obzirom na centar mase

I =

3A A 0A A 00 0 4A

. (6.255)

Rjesavanje ovakvog problema svodi se na rjesavanje problema svojstvenih vrijed-

X

Y

2mm

m

2a

4a

Slika 6.18: Sustav od tri cestice.

nostiIv(i) = λiv

(i) =⇒ [I − λi] v(i). (6.256)

Svojstveni vektori v(i) cine stupce matrice transoformacije aT iz pocetnog sustavaxyz u sustav x′y′z′ u kojem je tenzor tromosti dijagonalan. Osi sustava x′y′z′ zovemoglavne osi krutog tijela. Svojstvene vrijednosti λi odgovaraju momentima tromostioko glavnih osi. Jednadzba (6.256) ima netrivijalno rjesenje samo ako je determi-nanta sustava jednaka nuli

det(I − λ11) = 0 =⇒

∣∣∣∣∣∣

3A− λ A 0A A− λ 00 0 4A− λ

∣∣∣∣∣∣

= 0. (6.257)

izracunamo determinantu

(4A− λ)[(3A− λ)(A− λ) − A2

]= 0, (6.258)

(4A− λ)[λ2 − 4Aλ+ 2A2

]= 0. (6.259)

Svojstvene vrijednosti glase


• λ1 = (2 +√

2)A = 4(2 +√

2)ma2

• λ2 = (2 −√

2)A = 4(2 −√

2)ma2

• λ3 = 4A = 16ma2

Sustav lezi u ravnini pa vrijedi teorem o okomitim osima λ1 = λ2 + λ3. U sljedecemkoraku, za svaku svojstvenu vrijednost trazimo odgovarajuci svojstveni vektor.Treca svojstvena vrijednost: λ3 = 4AUvrstavanje vrijednosti λ3 u jedn. (6.256) vodi na sustav jednadzbi za komponentesvojstvenog vektora v(3)

3A A 0A A 00 0 4A

v(3)1

v(3)2

v(3)3

= 4A

v(3)1

v(3)2

v(3)3

. (6.260)

Dobili smo homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice

−Av(3)1 + Av

(3)2 = 0

Av(3)1 − 3Av

(3)2 = 0

0 · v(3)3 = 0

=⇒ v(3)1 = v

(3)2 = 0

v(3)3 = 1

(6.261)

Treci stupac matrice transformacije aT glasi

v(3) =

001

. (6.262)

Bitno je uociti da je matrica transformacije aT ortogonalna pa svaki njen stupacmora biti normiran, odnosno svaki svojstveni vektor v(i) moramo normirati

v(i)1

2+ v

(i)2

2+ v

(i)3

2= 1. (6.263)

Prva svojstvena vrijednost: λ1 = (2 +√

2)AJednadzba svojstvenog vektora

3A A 0A A 00 0 4A

v(1)1

v(1)2

v(1)3

= (2 +

√2)A

v(1)1

v(1)2

v(1)3

. (6.264)


(1 −√

2)Av(1)1 + Av

(1)2 = 0

Av(1)1 − (1 +

√2)Av

(1)2 = 0

(2 −√

2)Av(1)3 = 0

=⇒ v(1)1 = (1 +

√2)v

(1)2

v(1)3 = 0.

(6.265)


Normirani svojstveni vektor, a time ujedno i prvi stupac matrice transformacije aT

v(1) =1

√

4 + 2√

2

1 +√

210

. (6.266)

Druga svojstvena vrijednost: λ2 = (2 −√

2)AJednadzba svojstvenog vektora

3A A 0A A 00 0 4A

v(1)1

v(1)2

v(1)3

= (2 −

√2)A

v(1)1

v(1)2

v(1)3

. (6.267)


(1 −√

2)Av(2)1 + Av

(2)2 = 0

Av(2)1 − (1 −

√2)Av

(2)2 = 0

(2 −√

2)Av(2)3 = 0

=⇒ v(2)1 = (1 −

√2)v

(2)2

v(2)3 = 0.

(6.268)

Normirani svojstveni vektor, a time ujedno i prvi stupac matrice transformacije aT

v(2) =1

√

4 − 2√

2

1 −√

210

. (6.269)

Matrica transformacije

aT =

v(1)1 v

(2)1 v

(3)1

v(1)2 v

(2)2 v

(3)2

v(1)3 v

(2)3 v

(3)3

=⇒ a =

v(1)1 v

(1)2 v

(1)3

v(2)1 v

(2)2 v

(2)3

v(3)1 v

(3)2 v

(3)3

. (6.270)

Sada mozemo izracunati i kut za koji moramo zakrenuti pocetni sustav xyz oko osiz da bi dobili sustav glavnih osi. Matrica rotacije oko osi z za kut φ glasi

a =

cosφ sinφ 0− sinφ cosφ 0

0 0 1

=⇒ cosφ = v(1)1 , sin φ = v

(1)2 . (6.271)

Uvrstavanje brojeva iz ovog konkretnog zadatka daje φ ≈ 22.50. Koristeci svojstvenevektore tenzora tromosti mozemo izracunati i jedinicne vektore sustava glavnih osi

~e′i =∑

k

aik~ek =∑

k

aTki~ek =

∑

k

v(i)k ~ek. (6.272)


Uvrstimo svojsvene vektore iz ovog zadatka

~e′1 =1

√

4 + 2√

2

(

(1 +√

2)~i+~j)

, (6.273)

~e′2 =1

√

4 − 2√

2

(

(1 −√

2)~i+~j)

(6.274)

~e′3 = ~k. (6.275)

X

Y

x

y

2mm

m

CM

2a

4a x′

y′

Slika 6.19: x′, y′ i z′ su glavne osi sustava.


Zadatak 6.5

Izracunajte tenzor inercije s obzirom na tocku O za homogenu plocu mase m,smjestenu kao na slici.Rjesenje:

x

y

O 2a

a

Slika 6.20: Ploca u obliku trokuta.

Gustocu tanke ploce smjestene u ravnini xy mozemo napisati kao produkt δ funkcijei plosne gustoce

ρ (x, y, z) = σ (x, y) δ(z). (6.276)

Ploca je usto homogena pa je plosna gustoca omjer mase i povrsine ploce

σ(x, y) =masa

povrsina=m

a2. (6.277)

Dijagonalni elementi tenzora inercije

Ixx = σ

∫

y2dxdy (6.278)

Iyy = σ

∫

x2dxdy (6.279)

Izz = σ

∫(x2 + y2

)dxdy. (6.280)

Nedijagonalni elementi Ixz i Iyz propadaju (z = 0) pa preostaje

Ixy = −σ∫

xydxdy. (6.281)

Problem se sveo na racunanje tri plosna integrala po zadanom trokutu. Promotrimodetaljnije integral Ixx. Odabiremo poredak integracije tako da prvo integriramo poy drzeci varijablu x fiksnom, a zatim integriramo po x.

Ixx = σ

∫

y2dxdy = σ

∫ x2

x1

∫ φ2(x)

φ1(x)

y2dxdy (6.282)


Prvo moramo odrediti granice integracije koje nas zadrzavaju unutar trokuta. Zadanitrokut je omeden s tri pravca

• donja kateta: y = 0

• lijeva kateta: x = 0

• hipotenuza: y = −x/2 + a

x

y

φ2(x) = −12x + a

φ1(x) = 0

x1 = 0 x2 = 2a

Slika 6.21: Integriramo po povrsini omedenoj trokutom.

Da bi ostali unutar trokuta varijablu x mozemo mijenjati izmedu 0 i 2a

=⇒ x1 = 0 i x2 = 2a. (6.283)

Za prozivoljni x unutar tog intervala varijabla y moze poprimiti vrijednosti izmedu0 i y = −x/2 + a

=⇒ φ1(x) = 0 i φ2(x) = −1

2x+ a. (6.284)

Dakle, prvo integriramo po varijabli y

Ixx = σ

∫ 2a

0

dx

[∫ −x/2+a

0

y2dy

]

= σ

∫ 2a

0

dx

[

y3

3

∣∣∣∣

−x/2+a

0

]

(6.285)

=σ

3

∫ 2a

0

(

−x2

+ a)3

dx = − σ

24

∫ 2a

0

(x− 2a)3 dx. (6.286)

Zatim integriramo po varijabli x

Ixx = − σ

24

∫ 2a

0

(x− 2a)3 d(x− 2a) = − σ

24

∫ 0

−2a

u3du (6.287)

= − σ

24

u4

4

∣∣∣∣

0

−2a

=1

6σa4 =

1

6ma2. (6.288)


Jednakim postupkom dolazimo do preostala dva elementa tenzora inercije

Iyy =2

3ma2 i Ixy = −1

6ma2. (6.289)

Dijegonalni element tenzora Izz mozemo izracunati koristeci teorem o okomitimosima

Izz = Ixx + Iyy =

(1

6+

2

3

)

ma2 =5

6ma2. (6.290)

Ukupni tenzor tromosti s obzirom na tocku O

I =1

6ma2

1 −1 0−1 4 00 0 5

. (6.291)


Zadatak 6.6

Kruto tijelo se sastoji od masa 2m, m i 4m smjestenih u tockama (−1,−1, 1),(2, 0, 2) i (−1, 1, 0). Nadite glavne osi tenzora inercije i momente oko njih.Rjesenje:

Racunamo pojedine elemente tenzora inercije

• Ixx =∑

n

mn(yn2 + zn

2) = 12m

• Iyy =∑

n

mn(xn2 + zn

2) = 16m

• Izz =∑

n

mn(xn2 + yn

2) = 16m

• Ixy = Iyx = −∑

n

mnxnyn = 2m

• Ixz = Izx = −∑

n

mnxnzn = −2m

• Iyz = Izy = −∑

n

mnynzn = 2m

Slika 6.22: Tri cestice smjestene u tockama (−1,−1, 1), (2, 0, 2) i (−1, 1, 0).

Tenzor inercije glasi

I =

6A A −AA 8A A−A A 8A

; A = 2m. (6.292)


Trazimo svojstvene vektore tenzora inercije

Iv(i) = λiv(i) =⇒ [I − λi11] v(i) = 0. (6.293)

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

6A− λ A −AA 8A− λ A−A A 8A− λ

∣∣∣∣∣∣

= 0. (6.294)

Racunamo determinantu razvojem po prvom retku

(6A− λ)

∣∣∣∣

8A− λ AA 8A− λ

∣∣∣∣− A

∣∣∣∣

A A−A 8A− λ

∣∣∣∣− A

∣∣∣∣

A 8A− λ−A A

∣∣∣∣. (6.295)

Drugi i treci clan daju jednaki doprinos

det = (6A− λ)

∣∣∣∣


∣∣∣∣− 2A

∣∣∣∣

A A−A 8A− λ

∣∣∣∣. (6.296)

Izracunamo prvi clan

det1 = (6A−λ)

∣∣∣∣


∣∣∣∣= (6A−λ)

[(8A− λ)2 − A2

]= (6A−λ)(7A−λ)(9A−λ),

(6.297)a zatim i drugi

det2 = −2A

∣∣∣∣

A A−A 8A− λ

∣∣∣∣= −2A

[A(8A− λ) + A2

]= −2A2(9A− λ). (6.298)

Zbrojimo ta dva clana i dolazimo do jednadzbe za λ

(9A− λ)[(7A− λ)(6A− λ) − 2A2

]= 0. (6.299)

Rjesenja jednadzbe su svojstvene vrijednosti tenzora tromosti

• λ1 = 9A = 18m

• λ2 = 8A = 16m

• λ3 = 5A = 10m

Za svaku svojstvenu vrijednost trazimo odgovarajuci svojstveni vektor.Prva svojstvena vrijednost: λ1 = 9AJednadzba svojstvenog vektora


v(1)1

v(1)2

v(1)3

= 9A

v(1)1

v(1)2

v(1)3

. (6.300)


Homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice

−3Av(1)1 + Av

(1)2 − Av

(1)3 = 0

Av(1)1 − Av

(1)2 + Av

(1)3 = 0

−Av(1)1 + Av

(1)2 − Av

(1)3 = 0

=⇒ v(1)1 = 0

v(1)3 = v

(1)2 .

(6.301)

Normirani svojstveni vektor, odnosno prvi stupac matrice transformacije aT

v(1) =1√2

011

(6.302)

Druga svojstvena vrijednost: λ2 = 8A Jednadzba svojstvenog vektora


v(2)1

v(2)2

v(2)3

= 8A

v(2)1

v(2)2

v(2)3

. (6.303)


−2Av(2)1 + Av

(2)2 −Av

(2)3 = 0

Av(2)1 + Av

(2)3 = 0

−Av(2)1 + Av

(2)2 = 0

=⇒ v(2)2 = v

(2)1

v(2)3 = −v(2)

1 .(6.304)

Normirani svojstveni vektor, odnosno drugi stupac matrice transformacije aT

v(1) =1√3

11−1

. (6.305)

Treca svojstvena vrijednost: λ3 = 5AJednadzba svojstvenog vektora


v(3)1

v(3)2

v(3)3

= 5A

v(3)1

v(3)2

v(3)3

. (6.306)


Av(3)1 + Av

(3)2 − Av

(3)3 = 0

Av(3)1 + 3Av

(3)2 + Av

(3)3 = 0

−Av(3)1 + Av

(3)2 + 3Av

(3)3 = 0

=⇒ v(3)2 = −v(3)

3

v(3)1 = 2v

(3)3 .

(6.307)

6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 211

Normirani svojstveni vektor, odnosno treci stupac matrice transformacije aT

v(3) =1√6

−21−1

. (6.308)

Jedinicni vektori sustava u kojem je tenzor dijagonalan

~e′i =∑

k

aik~ek. (6.309)

~e′1 =1√2

(

~j + ~k)

, (6.310)

~e′2 =1√3

(

~i+~j − ~k)

, (6.311)

~e′3 =1√6

(

−2~i+~j − ~k)

. (6.312)

Provjerimo da li jedinicni vektori ~e′i cine desni sustav

~e′1 × ~e′2 =1√6

(

~j + ~k)

×(

~i+~j − ~k)

=1√6

(

−~k −~i+~j −~i)

= ~e′3. (6.313)

6.5 Momenti inercije geometrijskih tijela

U sljedecih nekoliko zadataka racunamo momente inercije standardnih geometrijskihtijela: tanki stap, kugla, valjak, kvadar i stozac. Za sva tijela pretpostavljamo dasu homogena.


Zadatak 6.7

Nadite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase tankog homogenog stapamase m i duljine l.Rjesenje:

Uocimo da su x, y i z osi simetrije stapa, a time su ujedno i njegove glavne osi.

x

y

z

l/2

−l/2

Slika 6.23: Tanki homogeni stap duljine l i mase m.

Stap je tanak pa je njegova gustoca ogranicena na x = y = 0

ρ(x, y, z) = δ(x)δ(y)λ(z), (6.314)

pri cemu λ oznacava linijsku gustocu stapa. U slucaju homogenom stapa linijskagustoca je masa po jedinici duljine

λ = m/l. (6.315)

Buduci da je stap beskonacno tanak, rotacija oko osi z gubi smisao =⇒ Iz = 0.Ovakvo tijelo nema sest, nego pet stupnjeva slobode. Moment inercije oko osi x

Ix =

∫ l/2

−l/2

(y2 + z2

)λdz = λ

∫ l/2

−l/2

z2dz

=1

12λl3 =

1

12ml2, (6.316)

jednak je momentu inercije oko osi y

Iy =

∫ l/2

−l/2

(x2 + z2

)λdz = λ

∫ l/2

−l/2

z2dz

=1

12λl3 =

1

12ml2. (6.317)


Zadatak 6.8

Nadite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogene kugle mase mi radijusa R.Rjesenje:

x, y i z su osi simetrije kugle, a time su ujedno i njezine glavne osi. Trazeni momenti

xy

z

Slika 6.24: Homogena kugla radijusa R i mase m.

inercije

Ix =

∫(y2 + z2

)ρdV , (6.318)

Iy =

∫(x2 + z2

)ρdV , (6.319)

Iz =

∫(x2 + y2

)ρdV . (6.320)

Iz simetrije problema slijedi da su sva tri momenta inercije jednaka. Umjesto daracunamo svaki moment inercije posebno, jednostavnije je izracunati

Ix + Iy + Iz ≡ 3I = 2

∫(x2 + y2 + z2

)ρdV = 2ρ

∫

r2dV , (6.321)

pri cemu smo iskoristili cinjenicu da je kugla homogena. Gustoca je u tom slucajukonstantna

ρ = m/V. (6.322)


Integriramo u sfernom koordinatnom sustavu

I =2

3ρ

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ R

0

r4dr sin θdθdφ (6.323)

I =2

3ρ

∫ 2π

0

dφ

∫ π

0

sin θdθ

∫ R

0

r4dr (6.324)

I =2

3ρ4π

R5

5=

2

5R24πR3

3ρ (6.325)

I =2

5mR2. (6.326)


Zadatak 6.9

Nadite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogenog valjka masem i radijusa R.Rjesenje:

x, y i z su osi simetrije valjka, a time su ujedno i njegove glavne osi. Trazeni

xy

z

Slika 6.25: Homogeni valjak visine h, radijusa R i mase m.

momenti inercije

Ix =

∫(y2 + z2

)ρdV , (6.327)

Iy =

∫(x2 + z2

)ρdV , (6.328)

Iz =

∫(x2 + y2

)ρdV . (6.329)

Iz simetrije problema slijedi da su momenti inercije Ix i Iy jednaki. Umjesto daracunamo svaki posebno, jednostavnije je izracunati

Ix + Iy ≡ 2I = ρ

∫(x2 + y2 + 2z2

)dV = ρ

∫(r2⊥ + 2z2

)dV , (6.330)

pri cemu smo iskoristili cinjenicu da je valjak homogen. Gustoca je u tom slucajukonstantna

ρ = m/V. (6.331)

Integriramo u cilindricnom koordinatnom sustavu (koordinata r⊥ odgovara koordi-


nati ρ u standardnoj notaciji).

I =1

2ρ

∫ 2π

0

∫ h/2

−h/2

∫ R

0

(r2⊥ + 2z2

)r⊥dr⊥dzdφ (6.332)

I =1

2ρ

∫ 2π

0

dφ

∫ h/2

−h/2

dz

∫ R

0

r3⊥dr⊥ (6.333)

I + ρ

∫ 2π

0

dφ

∫ h/2

−h/2

z2dz

∫ R

0

r⊥dr⊥ (6.334)

I =1

2ρ2πh

R4

4+ ρ2π

h3

12

R2

2(6.335)

I = R2πhρ

(R2

4+h2

12

)

. (6.336)

Momenti inercije Ix i Iy

Ix = Iy =m

12

(3R2 + h2

). (6.337)

Jos nam je preostao moment inercije oko osi z

Iz = ρ

∫ 2π

0

∫ h/2

−h/2

∫ R

0

r3⊥dr⊥dzdφ (6.338)

Iz = ρ

∫ 2π

0

dφ

∫ h/2

−h/2

dz

∫ R

0

r3⊥dr⊥ (6.339)

Iz = ρ2πhR4

4(6.340)

Iz = R2πhρR2

2(6.341)

Iz =1

2mR2. (6.342)


Zadatak 6.10

Nadite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogenog kvadra masem i stranica a, b i c.Rjesenje:

x, y i z su osi simetrije kvadra, a time su ujedno i njegove glavne osi. Trazeni

xy

z

Slika 6.26: Homogeni kvadar sa stranicama a, b, c i masom m.

momenti inercije

Ix =

∫(y2 + z2

)ρdV , (6.343)

Iy =

∫(x2 + z2

)ρdV , (6.344)

Iz =

∫(x2 + y2

)ρdV . (6.345)

Kvadar je homogen pa mu je gustoca konstantna

ρ = m/V. (6.346)


Moment inercije oko osi x

Ix = ρ

∫ c/2

−c/2

∫ b/2

−b/2

∫ a/2

−a/2

(y2 + z2

)dxdydz (6.347)

Ix = ρ

(

ab

∫ c/2

−c/2

z2dz + ac

∫ b/2

−b/2

y2dy

)

(6.348)

Ix = ρ

(

abc3

12+ ac

b3

12

)

(6.349)

Ix = ρabc1

12

(b2 + c2

)(6.350)

Ix =m

12

(b2 + c2

). (6.351)

Analognim postupkom dolazimo do preostala dva momenta inercije

Ix =m

12

(b2 + c2

), (6.352)

Iy =m

12

(a2 + c2

), (6.353)

Iz =m

12

(a2 + b2

). (6.354)


Zadatak 6.11

Nadite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogenog stosca masem, radijusa R i visine h.Rjesenje:

x, y i z su osi simetrije stosca, a time su ujedno i njegove glavne osi. Trazeni

xy

z

x

z

αα

rh

zr⊥

Slika 6.27: Homogeni stozac visine h, radijusa R i mase m. Na desnoj slici jeoznaceno podrucje integracije.

momenti inercije

Ix =

∫(y2 + z2

)ρdV , (6.355)

Iy =

∫(x2 + z2

)ρdV , (6.356)

Iz =

∫(x2 + y2

)ρdV . (6.357)

Momente inercije racunamo u sustavu s ishodistem u tocki O, a zatim pomocuSteinerovog teorema prelazimo u sustav s ishodistem u centru mase. Koristimocinjenicu da je stozac homogen. Gustoca je u tom slucaju konstantna

ρ = m/V. (6.358)

Integriramo u cilindricnom koordinatnom sustavu (koordinata r⊥ odgovara koordi-


nati ρ u standardnoj notaciji). Moment inercije oko osi z

Iz = ρ

∫ 2π

0

∫ h

0

∫ z tan α

0

r3⊥dr⊥dzdφ (6.359)

Iz = 2πρ

∫ h

0

r4⊥4

∣∣∣∣

z tan α

0

dz =π

2ρ tan4 α

∫ h

0

z4dz (6.360)

Iz =π

10ρh5 tan4 α =

3

10

1

3r2πhρR2 (6.361)

Iz =3

10mR2. (6.362)

Moment inercije oko osi z ne ovisi o h jer visina stosca nema nikakvog utjecaja navrtnju oko osi z. Iz simetrije problema slijedi da su momenti inercije Ix i Iy jednaki.Umjesto da racunamo svaki posebno, jednostavnije je izracunati

2I = Ix + Iy =

∫(x2 + y2 + 2z2

)ρdV (6.363)

2I = ρ

∫ 2π

0

∫ h

0

∫ z tan α

0

(r2⊥ + 2z2

)r⊥dr⊥dzdφ. (6.364)

Podijelimo lijevu i desnu stranu s dva

I = πρ

∫ h

0

∫ z tan α

0

r3⊥dr⊥dz + 2πρ

∫ h

0

∫ z tan α

0

z2r⊥dr⊥dz (6.365)

I = πρ

∫ h

0

r4⊥4

∣∣∣∣

z tan α

0

dz + 2πρ

∫ h

0

r2⊥2

∣∣∣∣

z tan α

0

z2dz (6.366)

I =π

4ρ tan4 α

∫ h

0

z4dz + πρ tan2 α

∫ h

0

z4dz (6.367)

I =π

20ρ tan4 αh5 +

π

5ρ tan2 αh5 (6.368)

I =1

3R2πhρ

[3

20R2 +

3

5h2

]

. (6.369)

Momenti inercije oko osi x i y

=⇒ Ix = Iy =3m

5

[r2

4+ h2

]

(6.370)


Centar mase stosca se zbog osne simetrije nalazi na osi z

zcm =1

m

∫

zρdV =ρ

m

∫ 2π

0

∫ h

0

∫ z tan α

0

zr⊥dr⊥dzdφ (6.371)

=ρ

m2π

∫ h

0

zr2⊥2

∣∣∣∣

z tan α

0

(6.372)

=ρ

mπ tan2 α

∫ h

0

z3dz (6.373)

=ρ

mπ tan2 α

h4

4(6.374)

=1

mρπR2h

2

4=

3

4h

1

mρR2πh =

3

4h. (6.375)

Udaljenost centra mase od tocke O iznosi

acm =3h

4. (6.376)

Steinerov teorem vodi na momente inercije s obzirom na centar mase

Icmx = Ix −ma2

cm =3

20m

(

r2 +h2

4

)

, (6.377)

Icmy = Iy −ma2

cm =3

20m

(

r2 +h2

4

)

, (6.378)

Icmz = Iz. (6.379)


Dodatak A

Koordinatni sustavi

A.1 Kartezijev sustav

Polozaj tocke P u Kartezijevom sustavu definiramo pomocu tri koordinate x, y i z.Smjer promjene svake koordinate definira odgovarajuci jedinicni vektor u Kartezi-jevom sustavu. Jedinicni vektori Kartezijevog sustava

~i, ~j, ~k, (A.1)

cine desni ortonormirani sustav. To znaci:

• da su medusobno ortogonalni

~i ·~j = ~j ·~i = ~k ·~j = 0 (A.2)

• da su normirani~i ·~i = ~j ·~j = ~k · ~k = 1 (A.3)

• da za vektorske produkte vrijedi

~k =~i×~j, ~i = ~j × ~k, ~j = ~k ×~i (A.4)

Polozaj tocke P odreden je radijus-vektorom

~r = x~i+ y~j + z~k. (A.5)

Opceniti vektor ~a mozemo raspisati pomocu jedinicnih vektori kartezijevog sustava

~a = ax~i+ ay

~j + az~k. (A.6)

Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormira-nom sustavu

223

224 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI

Slika A.1: Koordinate i jedinicni vektori Kartezijevog sustava.

• zbroj dva vektora

~a+~b = (ax + bx)~i+ (ay + by)~j + (az + bz)~k (A.7)

• skalarni produkt~a ·~b = axbx + ayby + azbz (A.8)

• vektorski produkt

~a×~b = (aybz − azby)~i+ (azbx − axbz)~j + (axby − aybx)~k (A.9)

Vektorski produkt mozemo napisati pomocu determinante

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣

. (A.10)

A.1.1 Brzina u Kartezijevom sustavu

Polozaj cestice u Kartezijevom sustavu dan je s

~r = x~i+ y~j + z~k. (A.11)

Brzinu cestice dobijemo deriviranjem vektora ~r. Jedinicni vektori ne mijenjaju smjerpa njihove derivacije iscezavaju

~r = x~i+ y~j + z~k. (A.12)

Kineticka energija cestice u Kartezijevim koordinatama

T =m

2

[x2 + y2 + z2

]. (A.13)

A.2. CILINDRICNI SUSTAV 225

A.1.2 Ubrzanje u Kartezijevom sustavu

Da bi dobili ubrzanje moramo derivirati brzinu cestice

~r =d

dt

(

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

= x~i+ y~j + z~k. (A.14)

Jednadzbu gibanja u kartezijevim koordinatama

m~r = ~F = Fx~i+ Fy

~j + Fz~k, (A.15)

mozemo rastaviti po komponentama

mx = Fx (A.16)

my = Fy (A.17)

mz = Fz. (A.18)

A.1.3 Moment kolicine gibanja u Kartezijevom sustavu

Primjenimo formulu za zakretni impuls

~M = m~r × ~v = m

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kx y zx y z

∣∣∣∣∣∣

. (A.19)

Izracunamo determinantu

~M = m~i (yz − zy) +m~j (zx− xz) +m~k (xy − yx) . (A.20)

A.2 Cilindricni sustav

Polozaj tocke P u cilindricnom sustavu definiramo pomocu tri koordinate

• koordinata z: udaljenost tocke P od ravnine xy

• koordinata ρ: udaljenost projekcije tocke P na ravninu xy (tocka Q) odishodista

• koordinata φ: kut izmedu osi x i spojnice ishodista i projekcije tocke P naravninu xy


Smjer promjene svake koordinate definira odgovarajuci jedinicni vektor u cilin-dricnom sustavu. Jedinicni vektori cilindricnog sustava

~ρ0, ~φ0, ~k (A.21)



~ρ0 · ~φ0 = ~ρ0 · ~k = ~φ0 · ~k = 0 (A.22)

• da su normirani~ρ0 · ~ρ0 = ~φ0 · ~φ0 = ~k · ~k = 1 (A.23)


~ρ0 = ~φ0 × ~k, ~φ0 = ~k × ~ρ0, ~k = ~ρ0 × ~φ0 (A.24)


~r = ρ~ρ0 + z~k. (A.25)

Zelimo izvesti vezu cilindricnih i kartezijevih koordinata. Iz pravokutnog trokuta

x

y

z

O

P

Q~ρ

~r

~ρ0

~k~φ0

φ

Slika A.2: Koordinate i jedinicni vektori cilindricnog sustava.

na sl. A.3 slijedix = ρ cosφy = ρ sinφz = z

=⇒ρ =

√

x2 + y2

φ = arctan (y/x)z = z

(A.26)


x

y Q

~ρ

φ

ρ sinφ

ρ cosφ

Slika A.3: Projekcija tocke P na ravninu xy.

Opceniti vektor ~a mozemo raspisati pomocu jedinicnih vektora cilindricnog sustava

~a = aρ~ρ0 + aφ~φ0 + az

~k. (A.27)


• zbroj vektora ~a i ~b

~a+~b = (aρ + bρ) ~ρ0 + (aφ + bφ) ~φ0 + (az + bz)~k (A.28)

• skalarni produkt vektora ~a i ~b

~a ·~b = aρbρ + aφbφ + azbz (A.29)

• vektorski produkt vektora ~a i ~b

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~ρ0~φ0

~kaρ aφ az

bρ bφ bz

∣∣∣∣∣∣

(A.30)

U sljedecem koraku cemo raspisati jedinicne vektore~i i ~j pomocu jedinicnih vektoracilindricnog sustava ~ρ0 i ~φ0. Sa sl. A.4 procitamo:

• projekcija vektora ~i na smjer ~ρ0 iznosi cosφ

• projekcija vektora ~i na smjer ~φ0 iznosi − sin φ

=⇒~i = cosφ~ρ0 − sin φ~φ0. (A.31)

Sa sl. A.5 procitamo:


x

y

~ρ

φ

~i

cos φ~ρ0 − sin φ~φ0

Slika A.4: Rastavljanje je-dinicnog vektora ~i na vektore ~ρ0

i ~φ0.

x

y

~ρ

φ

~j

sin φ~ρ0

cos φ~φ0

Slika A.5: Rastavljanje je-dinicnog vektora ~j na vektore ~ρ0

i ~φ0.

• projekcija vektora ~j na smjer ~ρ0 iznosi sin φ

• projekcija vektora ~j na smjer ~φ0 iznosi cosφ

=⇒ ~j = sinφ~ρ0 + cosφ~φ0. (A.32)

U tablici A.2 sazeto navodimo vrijednosti skalarnih produkata jedinicnih vektoraKartezijevog i cilindricnog sustava. Koristeci tablicu A.2, mozemo izraziti kom-

~i ~j ~k~ρ0 cosφ sin φ 0~φ0 − sinφ cosφ 0~k 0 0 1

Tablica A.1: Vrijednosti skalarnih produkata jedinicnih vektora cilindricnog iKartezijevog sustava.

ponente vektora u Kartzijevom sustavu pomocu komponenti istog vektora u cilin-


dricnom sustavu.

ax = (~a ·~i) =(

aρ~ρ0 + aφ~φ0 + az

~k)

·~i

= aρ

(

~ρ0 ·~i)

+ aφ

(

~φ0 ·~i)

+ az

(

~k ·~i)

(A.33)

= aρ cos φ− aφ sinφ (A.34)

ay = (~a ·~j) =(

aρ~ρ0 + aφ~φ0 + az

~k)

·~j

= aρ

(

~ρ0 ·~j)

+ aφ

(

~φ0 ·~j)

+ az

(

~k ·~j)

(A.35)

= aρ sin φ+ aφ cos φ (A.36)

az = az. (A.37)

Naravno, mozemo napisati i inverzne relacije

aρ = (~a · ~ρ0) =(

ax~i+ ay

~j + az~k)

· ~ρ0

= ax

(

~i · ~ρ0

)

+ ay

(

~j · ~ρ0

)

+ az

(

~k · ~ρ0

)

(A.38)

= ax cosφ+ ay sinφ (A.39)

aφ = (~a · ~φ0) =(

ax~i+ ay

~j + az~k)

· ~φ0

= ax

(

~i · ~φ0

)

+ ay

(

~j · ~φ0

)

+ az

(

~k · ~φ0

)

(A.40)

= −ax sinφ+ ay cosφ (A.41)

az = az. (A.42)

A.2.1 Brzina u cilindricnom sustavu

Polozaj tocke P dan je radijus-vektorom

~r = ρ~ρ0 + z~k. (A.43)

Brzinu tocke dobijemo deriviranjem vektora ~r po vremenu

~r = ρ~ρ0 + ρ~ρ0 + z~k. (A.44)

Bitno je uociti da jedinicni vektori ~ρ0 i ~φ0 mijenjaju smjer u prostoru pa i njihmoramo derivirati. Najjednostavniji nacin je da ih raspisemo pomocu jedinicnihvektora kartezijevog sustava

~ρ0 = cosφ~i+ sinφ~j, (A.45)

~φ0 = − sin φ~i+ cosφ~j. (A.46)


Jedinicni vektori kartezijevog sustava imaju fiksni smjer pa njihove vremenske derivacijeiscezavaju. Derivacije jedinicnih vektora ~ρ0 i ~φ0 glase

~ρ0 = − sinφφ~i+ cosφφ~j = φ~φ0, (A.47)

~φ0 = − cosφφ~i− sin φφ~j = −φ~ρ0. (A.48)

Sada deriviramo radijus-vektor ~r

~r = ρ~ρ0 + ρ~ρ0 + z~k = ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + z~k. (A.49)

Kineticka energija cestice u cilindricnim koordinatama

T =m

2~r2 =

m

2

(

ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + z~k)

·(

ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + z~k)

=m

2

(

ρ2 + ρ2φ2 + z2)

. (A.50)

A.2.2 Ubrzanje u cilindricnom sustavu

Ubrzanje izracunamo tako da deriviramo brzinu

~r =d

dt

(

ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + z~k)

= ρ~ρ0 + ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + ρφ~φ0 + ρφ~φ0 + z~k. (A.51)

Uvrstimo derivacije jedinicnih vektora

~r = ρ~ρ0 + ρφ~φ0 + ρφ~φ0 + ρφ~φ0 − ρφ2~ρ0 + z~k

=[

ρ− ρφ2]

~ρ0 +[

2ρφ+ ρφ]

~φ0 + z~k. (A.52)

Jednadzba gibanja u cilindricnim koordinatama glasi

m~r = ~F = Fρ~ρ0 + Fφ~φ0 + Fz

~k, (A.53)

a mozemo je rastaviti po komponentama

m(

ρ− ρφ2)

= Fρ, (A.54)

m(

2ρφ+ ρφ)

= Fφ, (A.55)

mz = Fz. (A.56)

A.3. SFERNI SUSTAV 231

A.2.3 Moment kolicine gibanja u cilindricnom sustavu


~M = m~r × ~v = m

∣∣∣∣∣∣

~ρ0~φ0

~kρ 0 z

ρ ρφ z

∣∣∣∣∣∣

. (A.57)


~M = −mzρφ~ρ0 +m (zρ− ρz) ~φ0 +mρ2φ~k. (A.58)

Ako se gibanje odvija u xy ravnini, preostaje samo zadnji clan

~M = mρ2φ~k. (A.59)

A.3 Sferni sustav

Polozaj tocke P u sfernom sustavu definiramo pomocu tri koordinate

• koordinata r: udaljenost tocke P od ravnine ishodista

• koordinata θ: kut izmedu osi z i spojnice ishodista s tockom P

• koordinata φ: kut izmedu osi x i spojnice ishodista s projekcijom tocke P naravninu xy

Kut θ se mijenja u intervalu [0, π], dok se kut φ mijenja u intervalu [0, 2π〉. Smjerpromjene svake koordinate definira odgovarajuci jedinicni vektor u sfernom sustavu.Jedinicni vektori sfernog sustava

~r0, ~θ0, ~φ0 (A.60)



~r0 · ~θ0 = ~r0 · ~φ0 = ~θ0 · ~φ0 = 0 (A.61)

• da su normirani~r0 · ~r0 = ~θ0 · ~θ0 = ~φ0 · ~φ0 = 1 (A.62)


x

y

z

O

P

θ

φ

~r

~N Q

~r0

~θ0

~φ0

Slika A.6: Koordinate i jedinicni vektori u sfernom sustavu.


~r0 = ~θ0 × ~φ0, ~θ0 = ~φ0 × ~r0, ~φ0 = ~r0 × ~θ0 (A.63)


~r = r~r0. (A.64)

Zelimo izvesti vezu sfernih i kartezijevih koordinata. Iz pravokutnog trokuta nasl. A.7 slijedi

• projekcija duzine r na os z iznosi r cos θ

• projekcija duzine r na ravninu xy iznosi r sin θ

Projekciju duzine r na ravninu xy (sl. A.8) mozemo dalje rastaviti na x i y kompo-nente

• projekcija duzine r sin θ na os x iznosi r sin θ cosφ

• projekcija duzine r sin θ na os y iznosi r sin θ sinφ

Sada mozemo izvesti vezu Kartezijevih i sfernih koordinata

x = r sin θ cos φy = r sin θ sinφz = r cos θ

⇐⇒

r =√

x2 + y2 + z2

θ = arccos (z/√

x2 + y2 + z2)φ = arctan y/x

(A.65)



~N

z

P

~rθ

r sin θ

r cos θ

Slika A.7: Ravnina u kojoj leze osz i radijus-vektor tocke P .

x

y

Q

r sin θ

φ

r sin θ sinφ

r sin θ cosφ

Slika A.8: Projekcija tocke P naravninu xy.

• zbroj vektora ~a i ~b

~a+~b = (ar + br)~r0 + (aθ + bθ) ~θ0 + (aφ + bφ) ~φ0 (A.66)

• skalarni produkt vektora ~a i ~b

~a ·~b = arbr + aθbθ + aφbφ (A.67)

• vektorski produkt vektora ~a i ~b

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~r0 ~θ0 ~φ0

ar aθ aφ

br bθ bφ

∣∣∣∣∣∣

(A.68)

U sljedecem koraku cemo raspisati jedinicne vektore ~i, ~j i ~k pomocu jedinicnihvektora sfernog sustava ~r0, ~θ0 i ~φ0. Najjednostavniji slucaj je jedinicni vektor ~k kojidirektno mozemo rastaviti na jedinicne vektore ~θ0 i ~r0. Sa sl. A.9 mozemo zakljuciti

• projekcija vektora ~k na smjer ~r0 iznosi cos θ

• projekcija vektora ~k na smjer ~θ0 iznosi − sin θ

=⇒ ~k = cos θ~r0 − sin θ~θ0. (A.69)

Da bi izracunali projekcije vektora~i i ~j, prvo cemo izracunati projekcije vektora ~N0.Sa sl. A.10 mozemo zakljuciti


~N

z

~rθ

~k

cos θ~r0

− sin θ~θ0

Slika A.9: Rastavljanje vektora ~k na jedinicne vektore sfernog sustava ~θ0 i ~r0.

~N

z

~r

θ

~N0

sin θ~r0 cos θ~θ0

Slika A.10: Rastavljanje vektora ~N0 na jedinicne vektore sfernog sustava ~θ0 i ~r0.

• projekcija vektora ~N0 na smjer ~r0 iznosi sin θ

• projekcija vektora ~N0 na smjer ~θ0 iznosi cos θ

=⇒ ~N0 = sin θ~r0 + cos θ~θ0 (A.70)

Sada rastavljamo vektor ~i na vektore ~N0 i ~φ0. Sa sl. A.11 mozemo zakljuciti

• projekcija vektora ~i na smjer ~N0 iznosi cosφ

• projekcija vektora ~i na smjer ~φ0 iznosi − sin φ

=⇒~i = cos φ ~N0 − sinφ~φ0 (A.71)

Uvrstimo rastav jedinicnog vektora ~N0 (A.70)

=⇒~i = cos φ sin θ~r0 + cosφ cos θ~θ0 − sinφ~φ0. (A.72)


~i ~j ~k~r0 sin θ cos φ sin θ sinφ cos θ~θ0 cos θ cosφ cos θ sin φ − sin θ~φ0 − sin φ cosφ 0

Tablica A.2: Vrijednosti skalarnih produkata jedinicnih vektora sfernog i Kartezi-jevog sustava.

Preostalo nam je jos rastaviti vektor ~j na vektore ~N0 i ~φ0. Sa sl. A.12 mozemozakljuciti

• projekcija vektora ~j na smjer ~N0 iznosi sin φ

• projekcija vektora ~j na smjer ~φ0 iznosi cosφ

=⇒ ~j = sinφ ~N0 + cos φ~φ0 (A.73)

Uvrstimo rastav jedinicnog vektora ~N0 (A.70)

=⇒ ~j = sinφ sin θ~r0 + sin φ cos θ~θ0 + cos φ~φ0 (A.74)

U tablici A.3 sazeto navodimo vrijednosti skalarnih produkata jedinicnih vektora

x

y

~N

φ

~i

cos φ ~N0 − sin φ~φ0

Slika A.11: Ravnina u kojoj lezeos z i radijus-vektor tocke P .

x

y

~N

φ

~j

sin φ ~N0

cos φ~φ0

Slika A.12: Projekcija tocke P naravninu xy.

Kartezijevog i sfernog sustava. Koristeci tablicu A.3, mozemo izraziti komponentevektora u Kartzijevom sustavu pomocu komponenti istog vektora u sfernom sustavu.

ar = ~a · ~r0 = ax(~i · ~r0) + ay(~j · ~r0) + az(~k · ~r0) (A.75)

= ax sin θ cosφ+ ay sin θ sin φ+ az cos θ (A.76)


aθ = ~a · ~θ0 = ax(~i · ~θ0) + ay(~j · ~θ0) + az(~k · ~θ0) (A.77)

= ax cos θ cos φ+ ay cos θ sinφ− az sin θ (A.78)

aφ = ~a · ~φ0 = ax(~i · ~φ0) + ay(~j · ~φ0) + az(~k · ~φ0) (A.79)

= −ax sinφ+ ay cosφ (A.80)

Naravno, mozemo napisati i inverzne relacije

ax = ~a ·~i = ar(~r0 ·~i) + aθ(~θ0 ·~i) + aφ(~φ0 ·~i) (A.81)

= ar sin θ cosφ+ aθ cos θ cosφ− aφ sinφ (A.82)

ay = ~a ·~j = ar(~r0 ·~j) + aθ(~θ0 ·~j) + aφ(~φ0 ·~j) (A.83)

= ar sin θ sinφ+ aθ cos θ sinφ+ aφ cosφ (A.84)

az = ~a · ~k = ar(~r0 · ~k) + aθ(~θ0 · ~k) + aφ(~φ0 · ~k) (A.85)

= ar cos θ − aθ sin θ. (A.86)

A.3.1 Brzina u sfernom sustavu

Polozaj tocke P dan je radijus-vektorom

~r = r~r0. (A.87)

Brzina cestice je vremenska derivacija radijus-vektora

~r = r~r0 + r~r0, (A.88)

pri cemu jedinicni vektor ~r0 mijenja smjer u prostoru pa i njega moramo derivirati.Najjednostavnije je raspisati ga pomocu jedinicnih vektora kartezijevog sustava

~r0 = sin θ cos φ~i+ sin θ sinφ~j + cos θ~k, (A.89)

koji imaju fiksni smjer pa njihove vremenske derivacije iscezavaju. Vratimo se vre-menskoj derivaciji jedinicnog vektora ~r0

~r0 = cos θθ cos φ~i− sin θ sinφφ~i

+ cos θθ sin φ~j + sin θ cosφφ~j

− sin θθ~k

=[

cos θ cosφ~i+ cos θ sinφ~j − sin θ~k]

θ

+ sin θ[

− sin φ~i+ cosφ~j]

φ. (A.90)


U uglatim zagradama prepoznamo jedinicne vektore sfernog sustava u Kartezijevimkoordinatama

~r0 = θ~θ0 + sin θφ~φ0. (A.91)

Uvrstimo prethodnu jednakost u izraz za brzinu (A.88)

~r = r~r0 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0. (A.92)

Kineticka energija u sfernim koordinatama glasi

T =m

2~r2 =

m

2

[


]

·[


]

. (A.93)

Iskoristimo ortonormiranost jedinicnih vektora

T =m

2

[

r2 + r2θ2 + r2 sin2 θφ2]

. (A.94)

A.3.2 Ubrzanje u sfernom sustavu

Ubrzanje tocke P dobijemo tako da deriviramo brzinu

~r =d

dt

[


]

= r~r0 + r~r0 + rθ~θ0 + rθ~θ0 + rθ~θ0

+ r sin θφ~φ0 + r cos θθφ~φ0 + r sin θφ~φ0 + r sin θφ~φ0. (A.95)

Potrebne su nam derivacije jedinicnih vektora ~θ0 i ~φ0. Prvo ih raspisemo pomocujedinicnih vektora kartezijevog sustava

~θ0 = cos θ cosφ~i+ cos θ sin φ~j − sin θ~k, (A.96)

~φ0 = − sin φ~i+ cosφ~j. (A.97)

Deriviramo vektor ~θ0

~θ0 = − sin θθ cosφ~i− cos θ sin φφ~i (A.98)

− sin θθ sinφ~j + cos θ cosφφ~j − cos θθ~k (A.99)

= −[

sin θ cosφ~i sin θ sin φ~j cos θ~k]

θ (A.100)

+ cos θ[

− sinφ~i+ cos φ~j]

φ. (A.101)


U prethodnom izrazu prepoznamo jedinicne vektore ~r0 i ~φ0 u Kartezijevim koordi-natama

~θ0 = −θ~r0 + cos θφ~φ0. (A.102)

Sada deriviramo vektor ~φ0

~φ0 = − cos φφ~i− sin φφ~j (A.103)

= − cos φ[cos2 θ + sin2 θ

]φ~i (A.104)

− sinφ[cos2 θ + sin2 θ

]φ~j. (A.105)

Dodamo i oduzmemo clan sin θ cos θφ~k

~φ0 = − sin θ[

sin θ cosφ~i sin θ sinφ~j]

φ− sin θ cos θφ~k (A.106)

− cos θ[

cos θ cosφ~i cos θ sinφ~j]

φ+ sin θ cos θφ~k. (A.107)

Grupiramo clanove tako da dobijemo jedinicne vektore ~r0 i ~θ0

~φ0 = − sin θ[

sin θ cos φ~i+ sin θ sinφ~j + cos θ~k]

φ (A.108)

− cos θ[

cos θ cosφ~i+ cos θ sinφ~j − sin θ~k]

φ (A.109)

= − sin θφ~r0 − cos θφ~θ0. (A.110)

Konacno, ubzanje u sfernom sustavu

~r = ~r0

(

r − rθ2 − r sin2 θφ2)

(A.111)

+ ~θ0

(

2rθ + rθ − r sin θ cos θφ2)

(A.112)

+ ~φ0

(

2r sin θφ+ 2rθ cos θφ+ r sin θφ)

. (A.113)

Jednadzba gibanja u sfernom sustavu glasi

m~r = ~F = Fr~r0 + Fθ~θ0 + Fφ

~φ0, (A.114)

i predstavlja tri skalarne jednadzbe

m(

r − rθ2 − r sin2 θφ2)

= Fr, (A.115)

m(

2rθ + rθ − r sin θ cos θφ2)

= Fθ, (A.116)

m(

2r sin θφ+ 2rθ cos θφ+ r sin θφ)

= Fφ. (A.117)


A.3.3 Moment kolicine gibanja u sfernim koordinatama


~M = m~r × ~v = m

∣∣∣∣∣∣

~r0 ~θ0 ~φ0

r 0 0

r rθ r sin θφ

∣∣∣∣∣∣

. (A.118)


~M = −mr2[

sin θφ~θ0 − θ~φ0

]

. (A.119)


Dodatak B

Vektori

B.1 Algebra vektora

B.1.1 Osnovne operacije

Vektor ~a definiran je iznosom |~a| i smjerom ~a0 Vektori ~a i ~b su jednaki ako vrijedi

~a = a~a0

Slika B.1: Vektor ~a definiran je iznosom |~a| i smjerom ~a0.

• duljine vektora su jednake: |~a| = |~b|

• smjerovi vektora su jednaki : ~a0 = ~b0

Suprotni vektori imaju jednaku duljinu i suprotan smjer. Svojstva osnovnih vek-torskih operacija

• komutativnost zbrajanja

~a+~b = ~b+ ~a (B.1)

241

242 DODATAK B. VEKTORI

~a

~b~c

Slika B.2: Zbroj vektora~a i ~b.

~a

~b

−~b~c

Slika B.3: Razlika vek-tora ~a i ~b.

~a~b

Slika B.4: Produkt vek-tora ~a i skalara p, ~b = p~a.

• asocijativnost zbrajanja

~a+ (~b+ ~c) = (~a+~b) + ~c (B.2)

• asocijativnost mnozenja

p(q~a) = (pq)~a = q(p~a) (B.3)

• distributivnost

(p + q)~a = p~a+ q~a i p(~a+~b) = p~a+ p~b (B.4)

B.1.2 Skalarni produkt

Skalarni produkt dva vektora je skalar

~a ·~b = |~a||~b| cosα. (B.5)

Iznos skalarnog produkta jednak je umnosku duljina vektora i kosinusa kuta izmedunjih. Svojstva skalarnog produkta:

• komutativnost~a ·~b = ~b · ~a (B.6)

• distributivnost~a · (~b+ ~c) = ~a ·~b+ ~a · ~c (B.7)

• kvaziasocijativnost

p(~a ·~b) = (p~a) ·~b = ~a · (p~b) = (~a ·~b)p (B.8)

Duljina vektora odgovara skalarnom umnosku vektora sa samim sobom

~a · ~a = |~a|2 = a2. (B.9)

Ako su vektori ortogonalni (α = 900), skalarni produkt jednak je nuli

~a ·~b = 0 =⇒ ~a ⊥ ~b ako je a, b 6= 0. (B.10)

B.1. ALGEBRA VEKTORA 243

~a

~b

α

Slika B.5: Vektori ~a i ~b, kao i kut α medu njima.

B.1.3 Vektorski produkt

Vektorski produkt dva vektora je vektor:

~c = ~a×~b =⇒ |~c| = |~a||~b| sinα. (B.11)

Smjer vektora ~c odredujemo pravilom desne ruke, dok je duljina vektora ~c jednakaproduktu duljina vektora ~a i ~b i sinusa kuta izmedu njih. Svojstva vektorskog pro-

~a

~b

α

~c

Slika B.6: Vektori ~a i ~b, zajedno s vektorskim produktom ~c = ~a×~b.

dukta:

• antikomutativnost~a×~b = −~b× ~a (B.12)

• distributivnost~a× (~b+ ~c) = ~a×~b+ ~a× ~c (B.13)

• kvaziasocijativnost

p(~a×~b) = (p~a) ×~b = ~a× (p~b) = (~a×~b)p (B.14)


Vektori su paralelni ako je kut medu njima nula. U tom slucaju je i vektorskiprodukt ta dva vektora nula

~a×~b = 0 =⇒ ~a ‖ ~b ako je a, b 6= 0. (B.15)

B.2 Vektorske funkcije

B.2.1 Derivacija vektorske funkcije

Ako svakoj vrijednosti skalarne varijable u odgovara vektor ~A, tada je ~A(u) vektorska

funkcija skalarne varijable u. ~A moze ovisiti i o vise varijabli

• primjer 1: ~A ovisi o vremenu t

~A = ~A(t) (B.16)

• primjer 2: ~A ovisi o prostornim varijablama x, y, z

~A = ~A(x, y, z) (B.17)

• primjer 3: ~A ovisi o prostornim varijablama x, y, z i vremenu t

~A = ~A(x, y, z, t) (B.18)

Derivaciju vektorske funkcije definiramo kao i derivaciju skalarne funkcije

d ~A

du= lim

∆u→0

~A(u+ ∆u) − ~A(u)

∆u. (B.19)

Jedinicni vektori u kartezijevom sustavu su konstatni pa njihove derivacije propadaju

=⇒ d ~A

du=dA1

du~i+

dA2

du~j +

dA3

du~k. (B.20)

B.2. VEKTORSKE FUNKCIJE 245

Neka su ~A(u) i ~B(u) vektorske, a φ(u) skalarna funkcija varijable u. Deriviramo

produkt φ ~A

d

du(φ ~A) =

d

du(φAx

~i+ φAy~j + φAz

~k) (B.21)

=dφ

duAx~i+ φ

dAx

du~i+

dφ

duAy~j + φ

dAy

du~j (B.22)

+dφ

duAz~k + φ

dAz

du~k (B.23)

=dφ

du

(

Ax~i+ Ay

~j + Az~k)

+ φ

(dAx

du~i+

dAy

du~j +

dAz

du~k

)

(B.24)

=dφ

du~A+ φ

d ~A

du. (B.25)

Deriviramo skalarni produkt vektorskih funkcija ~A i ~B

d

du( ~A · ~B) =

d

du(AxBx + AyBy + AzBz) (B.26)

=Ax

duBx + Ax

dBx

du+Ay

duBy + Ay

dBy

du(B.27)

+dAz

duBz + Az

dBz

du(B.28)

=d ~A

du· ~B + ~A · d

~B

du. (B.29)

Jednakim postupkom dosli bi do derivacije vektorskog produkta

d

du( ~A× ~B) = ~A× d ~B

du+d ~A

du× ~B. (B.30)

B.2.2 Integral vektorske funkcije

Neka je ~A(u) vektorska funkcija varijable u

~A(u) = Ax(u)~i+ Ay(u)~j + Az(u)~k. (B.31)

Neodredeni integral funkcije ~A definiramo na sljedeci nacin∫

~A(u)du =~i

∫

Ax(u)du+~j

∫

Ay(u)du+ ~k

∫

Az(u)du. (B.32)

Ako postoji vektorska funkcija ~B(u) za koju vrijedi

~A(u) =d

du~B(u), (B.33)


tada integral (B.32) iznosi∫

~A(u)du =

∫d

du~B(u)du = ~B(u) + ~c, (B.34)

gdje je ~c proizvoljan konstantni vektor. Odredeni integral s granicama u = α i u = βdan je izrazom

∫ β

α

~A(u)du =

∫ β

α

d

du~B(u)du = ~B(β) − ~B(α). (B.35)

B.3 Linijski integral

Pretpostavimo da je krivulja C u prostoru opisana vektorskom funkcijom ~r kojaovisi o parametru t

~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k. (B.36)

Oznacimo s P1 i P2 krajnje tocke krivulje C. Tocka P1 pritom odgovara vrijednostiparametra t1, a tocka P2 vrijednosti t2. Pretpostavimo da je zadana vektorskafunkcija ~A koja ovisi o prostornim koordinatama

~A(x, y, z) = Ax~i+ Ay

~j + Az~k. (B.37)

Integral tangencijalne komponente polja ~A po krivulji C je primjer linijskog integrala∫

C

~A · d~r =

∫ P2

P1

~A · d~r. (B.38)

Ukratko je opisan opcenit postupak racunanja linijskih integrala

• krivulju po kojoj integriramo napisemo u parametarskom obliku x(t), y(t),z(t)

• izracunamo diferencijal

d~r = dx(t)~i+ dy(t)~j + dz(t)~k =

[dx

dt~i+

dy

dt~j +

dz

dt~k

]

dt. (B.39)

• integriramo po parametru t od pocetne tocke t1 do konacne tocke t2∫ t2

t1

~A · d~r =

∫ t2

t1

[dx

dtAx(t) +

dy

dtAy(t) +

dz

dtAz(t)

]

dt. (B.40)

Ako je C zatvorena krivulja koja ne sijece samu sebe linijski integral oznacavamo s∮

C

~A · d~r. (B.41)

Opcenito, vrijednost linijskog integrala ne ovisi samo o pocetnoj i krajnjoj tocki,nego i o putanji po kojoj integriramo.

B.3. LINIJSKI INTEGRAL 247

Zadatak B.1

Ako je zadano vektorsko polje

~F = (3x− 2y)~i+ (y + 2z)~j − x2~k,

izracunajte linijski integral polja ~F po krivulji C s pocetkom u tocki A = (0, 0, 0) ikrajem u tocki B = (1, 1, 1) definiranoj parametarskim jednadzbama

x = t, y = t2, z = t3.

Rjesenje:

Radijus-vektor tocke na krivulji dan je parametarskom jednadzbom krivulje

~r = t~i+ t2~j + t3~k. (B.42)

Deriviramo radijus-vektor da bi dobili diferencijal d~r

d~r = dt~i+ 2tdt~j + 3t2dt~k =(

~i+ 2t~j + 3t2~k)

dt. (B.43)

Izracunamo skalarni produkt vektorskog polja ~F i diferencijala d~r

~F · d~r =

[3x(t) − 2y(t)]~i+ [y(t) + 2z(t)]~j − x2(t)~k

·

~i+ 2t~j + 3t2~k

dt (B.44)

=3x(t) − 2y(t) + 2ty(t) + 4tz(t) − 3t2x2(t)

dt. (B.45)

Uvrstimo paramtarsku jednadzbu krivulje C

~F · d~r =3t− 2t2 + 2t3 + 4t4 − 3t4

dt (B.46)

=3t− 2t2 + 2t3 + t4

dt. (B.47)

Pocetna tocka krivulje C odgovara vrijednosti parametra t = 0, a konacna t = 1.Konacno, linijski integral

∫

C

~F · d~r =

∫ t=1

t=0

[3t− 2t2 + 2t3 + t4

]dt =

23

15. (B.48)


Zadatak B.2


~F = (3x− 2y)~i+ (y + 2z)~j − x2~k, (B.49)

izracunajte linijski integral polja ~F po krivulji C s pocetkom u tocki A = (0, 0, 0)i krajem B = (1, 1, 1) koja se sastoji od tri pravocrtna dijela: C1 od (0, 0, 0) do(0, 1, 0), C2 od (0, 1, 0) do (0, 1, 1) i C3 od (0, 1, 1) do (1, 1, 1).Rjesenje:

Trazeni integral mozemo rastaviti na tri dijela

∫

C

~F · d~r =

∫

C1

~F · d~r +

∫

C2

~F · d~r +

∫

C3

~F · d~r. (B.50)

Prvo integriramo po krivulji C1 definiranoj radijus-vektorom

~r = y~j =⇒ d~r = dy~j. (B.51)

Silu na putanji C1 dobijemo uvrstavanjem x = 0 i z = 0 u jedn. (B.49)

~F = −2y~i+ y~j. (B.52)

Skalarni produkt sile i diferencijala

~F · d~r =[

−2y~i+ y~j]

· dy~j = ydy. (B.53)

Integriramo od tocke y = 0 do tocke y = 1

∫

C1

~F · d~r =

∫ y=1

y=0

ydy =1

2. (B.54)

Sada integriramo po krivulji C2 definiranoj radijus-vektorom

~r = ~j + z~k =⇒ d~r = dz~k. (B.55)

Silu na putanji C2 dobijemo uvrstavanjem x = 0 i y = 1 u jedn. (B.49)

~F = −2~i+ (1 + 2z)~j. (B.56)


~F · d~r =[

−2~i+ (1 + 2z)~j]

· dz~k = 0, (B.57)

B.3. LINIJSKI INTEGRAL 249

iznosi nula pa doprinos po krivulji C2 ocito propada. Preostaje nam integral pokrivulji C3 definiranoj radijus-vektorom

~r = x~i+~j + ~k =⇒ d~r = dx~i. (B.58)

Silu na putanji C3 dobijemo uvrstavanjem y = 1 i z = 1

~F = (3x− 2)~i+ 3~j − x2~k. (B.59)


~F · d~r =[

(3x− 2)~i+ 3~j − x2~k]

· dx~i = (3x− 2)dx. (B.60)

Integriramo od tocke x = 0 do tocke x = 1

∫

C3

~F · d~r =

∫ x=1

x=0

(3x− 2)dx = −1

2. (B.61)

Zbroj sva tri doprinosa daje nulu

I = I(C1) + I(C2) + I(C3) =1

2− 1

2= 0. (B.62)


Zadatak B.3


~F = 3x2~i+ (2xz − y)~j + z~k,

izracunajte linijski integral polja ~F po krivulji C opisanoj jednadzbama

x2 = 4y i 3x3 = 8z,

s pocetkom u tocki x = 0 i krajem u tocki x = 2.Rjesenje:

Jednadzbu krivulje C mozemo napisati u parametarskom obliku

x(t) = t, y(t) =1

4t2, z(t) =

3

8t3. (B.63)

Pocetak krivulje odgovara vrijednosti parametra t = 0, a kraj vrijednosti parametrat = 2. Radijus-vektor tocke na krivulji C glasi

~r = t~i+1

4t2~j +

3

8t3~k, (B.64)

dok je odgovarajuci diferencijal radijus-vektora dan s

d~r = dt~i+1

2tdt~j +

9

8t2dt~k. (B.65)

Izracunamo skalarni produkt polja ~F i diferencijala d~r

~F · d~r =

3x2(t)~i+ [2x(t)z(t) − y(t)]~j + z(t)~k

·

~i+1

2t~j +

9

8t2~k

dt (B.66)

=

3x2(t) +

[

x(t)z(t) − 1

2y(t)

]

t+9

8z(t)t2

dt (B.67)

=

3t2 +

[3

8t4 − 1

8t2]

t+27

64t5

dt (B.68)

=

3t2 +3

8t5 − 1

8t3 +

27

64t5

dt. (B.69)

Krivulja ima pocetak u tocki x = 0 i kraj u tocki x = 2. Stoga se i parametar tmijenja u granicama od 0 do 2. Integriramo

∫

C

~F · d~r =

∫ t=2

t=0

3t2 +3

8t5 − 1

8t3 +

27

64t5

dt (B.70)

=

t3 +1

16t6 − 1

32t4 +

9

128t6∣∣∣∣

t=2

t=0

(B.71)

= 8 + 4 − 1

2+

9

2= 16. (B.72)

B.4. KONZERVATIVNO POLJE 251

B.4 Konzervativno polje

Linijski integral

∫

C

~A · d~r =

∫ P2

P1

~A · d~r =

∫

C

[Axdx+ Aydy + Azdz], (B.73)

ne ovisi o putanji C koja spaja tocke P1 i P2 ako i samo ako postoji skalarno poljeφ t.d.

~A = ∇φ. (B.74)

Ekvivalentan uvjet je da rotacija polja ~A iscezava

∇× ~A = 0. (B.75)

Linijski integral u tom slucaju ovisi samo o tockama P1 i P2

∫

C

~A · d~r =

∫ P2

P1

~A · d~r =

∫ P2

P1

∇φ · d~r (B.76)

=

∫ P2

P1

dφ = φ(x2, y2, z2) − φ(x1, y1, z1). (B.77)


Zadatak B.4

Pokazite da je polje~A = 2xyz~i+ x2z~j + x2y~k,

konzervativno i nadite skalarnu funkciju φ(x, y, z) za koju vrijedi ~A = ∇φ.Rjesenje:

Dovoljno je pokazati da rotacija polja ~A iscezava

∇× ~A = 0. (B.78)

Izracunamo rotaciju

∇× ~A =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k∂x ∂y ∂z

Ax Ay Az

∣∣∣∣∣∣

, (B.79)

∇× ~A =~i [∂yAz − ∂zAy] −~j [∂xAz − ∂zAx] + ~k [∂xAy − ∂yAx] . (B.80)

Potebne su nam sljedece parcijalne derivacije

∂yAz = x2, (B.81)

∂zAy = x2, (B.82)

∂xAz = 2xy, (B.83)

∂zAx = 2xy, (B.84)

∂xAy = 2xz, (B.85)

∂yAx = 2xz, (B.86)

Uvrstimo derivacije u formulu (B.80)

∇× ~A =~i[x2 − x2

]−~j [2xy − 2xy] + ~k [2xz − 2xz] = 0. (B.87)

Polje ~A je ocito konzervativno. Sada trazimo skalarno polje φ(x, y, z) za koje vrijedi

∇φ =

[∂

∂x

~i+∂

∂y

~j +∂

∂z

~k

]

φ(x, y, z) = Ax~i+ Ay

~j + Az~k. (B.88)

Funkcija φ(x, y, z) mora zadovoljavati tri jednadzbe

∂φ

∂x= Ax = 2xyz, (B.89)

∂φ

∂y= Ay = x2z, (B.90)

∂φ

∂z= Az = x2y. (B.91)

B.4. KONZERVATIVNO POLJE 253

Integriramo jedn. (B.89-B.90)

φ = 2

∫

xyzdx+ g1(y, z) = x2yz + g1(y, z), (B.92)

φ =

∫

x2zdy + g2(x, z) = x2yz + g2(x, z), (B.93)

φ =

∫

x2ydz + g3(x, y) = x2yz + g3(x, y). (B.94)

Jedn. (B.92-B.94) ce biti konzistentne ako izaberemo

g1(y, z) = g2(x, z) = g3(x, y) = c, (B.95)

gdje je c konstanta. Konacno, funkcija φ(x, y, z) glasi

φ(x, y, z) = x2yz + c. (B.96)


Dodatak C

Polarni koordinatni sustav

C.1 Definicija polarnog koordinatnog sustava

Polozaj tocke u ravnini mozemo definirati pomocu udaljenosti r od ishodista i kutaφ koji spojnica ishodista i tocke zatvara s osi x Promjena kuta φ je po konvencijipozitivna ako ga mijenjamo u smjeru suprotnom od kazaljke na satu i negativna akoga mijenjamo u smjeru kazaljke na satu. Vezu kartezijevih i polarnih koordinatamozemo izvesti iz pravokutnog trokuta na sl. C.1

x = r cosφ i y = r sinφ. (C.1)

Inverzne relacije glase

r =√

x2 + y2 i φ = arcsiny

√

x2 + y2. (C.2)

x

y

x

yr

T (r, φ)

φ

Slika C.1: Polozaj tocke T u polarnom koordinatnom sustavu.

255

256 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

C.2 Krivulje u polarnim koordinatama

C.2.1 Pravac (I)

Pravac paralelan s osi x zadan je jednadzbom

x = a, (C.3)

u Kartezijevim koordinatama. Transformiramo jednadzbu u polarne koordinate

x = a⇐⇒ r cosφ = a⇐⇒ r =a

cosφ. (C.4)

x

y

r

φ

a

Slika C.2: Pravac x = a.

C.2.2 Pravac (II)

Pravac paralelan s osi y zadan je jednadzbom

y = b, (C.5)

u Kartezijevim koordinatama. Transformiramo jednadzbu u polarne koordinate

y = b⇐⇒ r sin φ = b⇐⇒ r =b

sinφ. (C.6)

C.2. KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 257

x

y

r

φb

Slika C.3: Pravac y = b.

C.2.3 Pravac (III)

Opcenitu jednadzbu pravca u kartezijevim koordinatama

y = ax+ b, (C.7)

takoder mozemo transformirati u polarne koordinate

r sinφ = ar cosφ+ b. (C.8)

Definiramo kut φ0 tako da vrijedi

a = tanφ0 =⇒ r sinφ cosφ0 − r cosφ sinφ0 = b cosφ0 (C.9)

=⇒ r sin (φ− φ0) = b cosφ0 (C.10)

=⇒ r =b cosφ0

sin (φ− φ0). (C.11)

C.2.4 Kruznica

Promatramo kruznicu radijusa R sa sredistem u tocki T (r0, φ0). Jednadzbu u kartez-ijevim koordinatama

(x− x0)2 + (y − y0)

2 = R2 =⇒ x2 + y2 + x20 + y2

0 − 2xx0 − 2yy0 = R2, (C.12)

transformiramo u polarne koordinate

r2 + r20 − 2r cosφr0 cosφ0 − 2r sin φr0 sin φ0 = R2. (C.13)

Iskoristimo formulu za kosinus razlike kuteva

r2 + r20 − 2rr0 cos (φ− φ0) = R2. (C.14)


x

y

b

φ0

Slika C.4: Pravac y = tanφ0x+ b.

Jedn. (C.14) se pojednostavljuje ako je srediste kruznice u tocki (R, 0)

r2 +R2 − 2rR cosφ = R2 =⇒ r (r − 2R cosφ) = 0. (C.15)

Slucaj r = 0 sadrzan je u slucaju r = 2R cosφ za φ = π/2. Jednadzba kruzniceradijusa R sa sredistem u tocki (R, 0) glasi

r = 2R cosφ, (C.16)

a mozemo je izvesti i pomocu Talesovog teorema.

C.2.5 Arhimedova spirala

Arhimedovu spiralu opisuje materijalna tocka koja se giba konstantnom brzinom vpo zraci koja rotira konstantnom kutnom brzinom ω oko pola O Kut φ jednolikoraste

φ = ωt, (C.17)

kao i radijalna udaljenost od ishodista

r = vt. (C.18)

Eliminiramo vrijeme iz jedn. (C.17): t = φ/ω i definiramo oznaku

a ≡ v/ω. (C.19)

Slijedi jednadzba Arhimedove spirale

r = aφ. (C.20)

C.2. KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 259

x

y (φ, aφ)

φ

Slika C.5: Arhimedova spirala.

C.2.6 Hiperbolna spirala

Jednadzba hiperbolne spirale glasi

r =a

φ. (C.21)

Transformiramo jednadzbu krivulje u Kartezijeve koordinate

x = r cosφ =a cosφ

φi x = r sin φ =

a sin φ

φ. (C.22)

Promotrimo granicne vrijednosti

limφ→0

a cosφ

φ= ∞ i lim

φ→0

a sinφ

φ= a. (C.23)

Pravac y = a je asimptota hiperbolne spirale. Ako kut φ raste radijalna udaljenostse smanjuje tj. tocka T (φ, r(φ)) se priblizava ishodistu.

C.2.7 Logaritamska spirala

Jednadzba logaritamske spirale glasi

r = aekφ. (C.24)

Uz pretpostavku da je k > 0, porastom kuta φ radijalna udaljenost r = aekφ rastei tocka odlazi u beskonacnost. Za vrijednost kuta φ = 0, radijalna udaljenost iznosia. Daljnjim smanjivanjem kuta (φ → −∞) radijalna udaljenost pada i tocka sepriblizava ishodistu U slucaju k < 0, porastom kuta tocka ide prema ishodistu, dokse smanjivanjem kuta (φ→ −∞) tocka udaljava prema beskonacnosti.


x

y

(φ, a/φ)y = a

φ

Slika C.6: Hiperbolna spirala.

x

y

(φ, aekφ)

(0, a)

Slika C.7: Logaritamska spirala.

C.3 Konicne krivulje u polarnim koordinatama

Promatramo tocku O i pravac AB udaljen za D od O. Tocka P se giba u ravninixy tako da je omjer njezine udaljenosti od tocke O (r) i pravca AB (d) konstantan.Udaljenost od pravca iznosi

d = D − r cosφ (C.25)

Omjer udaljenosti r i d je konstanta (≡ e)

r

d=

r

D − r cosφ≡ e. (C.26)

Slijedi jednadzba konicne krivulje u polarnom sustavu

C.3. KONICNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 261

y

x

P

r d

D

A

B

φ

Slika C.8: Omjer udaljenosti tocke P od ishodista i pravca AB je konstantan.

r =eD

1 + e cosφ≡ p

1 + e cosφ. (C.27)

Pri tome smo uveli parametar krivulje

p = eD. (C.28)

Jedn. (C.27) mozemo transformirati u Kartezijeve koordinate

p

r= 1 + e cosφ =⇒ p

√

x2 + y2= 1 + e

x√

x2 + y2. (C.29)

Pomnozimo jedn. (C.29) s√

x2 + y2

p =√

x2 + y2 + ex =⇒ p− ex =√

x2 + y2. (C.30)

Kvadriramo jedn. (C.30)

p2 − 2pex+ e2x2 = x2 + y2 =⇒ (1 − e2)x2 + 2pex+ y2 = p2. (C.31)

Izlucimo faktor 1 − e2

(1 − e2)

[

x2 +2pe

(1 − e2)x

]

+ y2 = p2, (C.32)

a zatim izraz u zagradi nadopunimo do potpunog kvadrata

(1 − e2)

[

x+pe

1 − e2

]2

− p2e2

1 − e2+ y2 = p2. (C.33)


Prebacimo konstantni clan na desnu stranu

(1 − e2)

[

x+pe

1 − e2

]2

+ y2 =p2

1 − e2, (C.34)

a zatim jednadzbu podijelimo s faktorom p2/(1 − e2)

(1 − e2)2

p2

[

x+pe

1 − e2

]2

+1 − e2

p2y2 = 1. (C.35)

Ovisno o vrijednosti parametra e razlikujemo cetiri slucaja

• kruznica: e = 0

• elipsa: 0 < e < 1

• parabola: e = 1

• hiperbola: e > 1

C.3.1 Kruznica

Uz vrijednost ekscentriciteta e = 0 jedn. (C.35) se svodi na jednadzbu krucniceradijusa p sa sredistem u ishodistu

x2 + y2 = p2. (C.36)

C.3.2 Elipsa

Da bi jedn. (C.35) prepoznali kao elipsu, definiramo tri velicine

a2 ≡ p2

(1 − e2)2, b2 ≡ p2

1 − e2, c ≡ − pe

1 − e2. (C.37)

Uocimo da je b2 > 0 jer vrijedi 0 < e < 1. Jedn. (C.35) sada mocemo napisati usljedecem obliku

(x+ c)2

a2+y2

b2= 1. (C.38)

Prepoznajemo jednadzbu elipse s poluosima

a =p

1 − e2b =

p√1 − e2

. (C.39)


Centar elipse je pomaknut od ishodista za

c = − pe

1 − e2. (C.40)

Do istih zakljucaka mozemo doci promatrajuci jednadzbu konicne krivulje u po-larnim koordinatama

r(φ) =p

1 + e cosφ. (C.41)

Udaljenost pericentra od ishodista iznosi

y

xO

Prφ

U Vrminrmax

Slika C.9: Tocka V oznacava pericentar, a tocka U apocentar.

rmin = OV = r(φ = 0) =p

1 + e, (C.42)

dok je udaljnost apocentra

rmax = OU = r(φ = π) =p

1 − e. (C.43)

Suma velikih poluosi elipse jednaka je sumi udaljenosti pericentra i apocentra odishodista

2a = rmin + rmax =⇒ 2a =p

1 + e+

p

1 − e=

2p

1 − e2. (C.44)

Dosli smo do istog izraza za veliku poluos, kao i kad smo promatrali jednadzbukonicne krivulje u Kartezijevim koordinatama

a =p

1 − e2. (C.45)

Udaljenost centra elipse od fokusa iznosi

c = CV −OV = a− rmin = a− p

1 + e= a− a(1 − e2)

q + e= ae. (C.46)

Alternativna definicija elipse glasi: skup svih tocaka u ravnini za koje za zbroj


y

xCU VOa

Slika C.10: Velika poluos odgovara udaljenosti tocaka U ili V od centra elipse C.

y

xCU VOc

Slika C.11: Udaljenost centra elipse od fokusa c = CO.

y

xCO′ O

W

aa

y

xC

W

O

b a

c

Slika C.12: Elipsa predstavlja skup svih tocaka u ravnini za koje za zbroj udaljenostiod dvije fiksne tocke (fokusi oznaceni s O i O′) konstantan i iznosi 2a.

udaljenosti od dvije fiksne tocke (fokusi) konstantan i iznosi 2a. Sa sl. C.12 mozemozakljuciti

OW +O′W = 2a =⇒ OW = a. (C.47)

Primjenimo Pitagorin poucak na sl. C.12

b2 = OW2 − CO

2= a2 − c2 = a2 − a2e2. =⇒ b = a

√1 − e2. (C.48)


C.3.3 Parabola

C.3.4 Hiperbola

Da bi jedn. (C.35) prepoznali kao elipsu, definiramo tri velicine

a2 ≡ p2

(e2 − 1)2, b2 ≡ p2

e2 − 1, c ≡ − pe

e2 − 1. (C.49)

Uocimo da je b2 > 0 jer vrijedi e > 1. Jedn. (C.35) sada mocemo napisati u sljedecemobliku

(x− c)2

a2− y2

b2= 1. (C.50)

Prepoznajemo jednadzbu hiperbole s poluosima

a =p

e2 − 1b =

p√e2 − 1

. (C.51)

Centar hiperbole je pomaknut od ishodista za

c =pe

e2 − 1= ea. (C.52)

Neka bitna svojstva hiperbole mozemo izvesti iz jednadzbe u polarnim koordinatama

r(φ) =p

1 + e cosφ. (C.53)

Minimalnu udaljenost tocke na krivulji od ishodista dobijemo uvrstavanjem vrijed-nosti φ = 0

rmin =p

1 + e. (C.54)

Jedn. (C.53) divergira kada nazivnik padne na nulu

1 + e cosφ∞ = 0 =⇒ cosφ∞ = −1

e. (C.55)

Prethodnu jednadzbu mozemo rijesiti jer je ekscentricitet veci od jedan. Funkcijakosinus je negativna u drugom i trecem kvadrantu pa jedn. (C.55) ima dva rjesenja

φ(1)∞ = π − arccos (1/e) i φ(2)

∞ = π + arccos (1/e). (C.56)

Udaljenost tocke od ishodista je po definiciji pozitivna. Jedn. (C.53) je definiranasamo za one kuteve, za koje vrijedi

1 + e cosφ > 0. (C.57)


φ

cos (φ)

−1e

2π

φ(1)∞ φ(2)

∞x

yφ(1)∞

φ(2)∞

Slika C.13: Odredivanje raspona dozvoljenih kuteva u jedn. (C.53).

U poglavlju C.4 cemo pokazati da hiperbola ima dvije asimptote. Jednadzbe asimp-tota glase

y1,2 = ± b

a(x− c) . (C.58)

Hiperbolu skiciramo u nekoliko koraka:

• izracunamo kuteve u kojima jednadzba hiperbole divergira φ(1)∞ i φ

(2)∞

• izracunamo minimalnu udaljenost krivulje od ishodista rmin i polozaj centrahiperbole C(c, 0), te ih oznacimo na osi x

• kroz centar hiperbole provucemo asimptote koje zatvaraju kuteve φ(1)∞ i φ

(2)∞ s

osi x

• na kraju napravimo skicu hiperbole

C.4 Asimptote krivulje u polarnim koordinatama

Krivulju zadanu u polarnim koordinatama r(φ) napisemo u parametarskom obliku

x(φ) = r(φ) cosφ i y(φ) = r(φ) sinφ. (C.59)

Provjerimo postoji li vrijednost kuta φ za koju jedna od funkcija x(φ) ili y(φ) diver-gira, a druga ostaje konacna Ako postoji kut φ0 sa svojstvom

limφ→φ0

x(φ) = A i limφ→φ0

y(φ) = ∞, (C.60)

krivulja ima vertikalnu asimptotu x = A. Ako postoji kut φ0 sa svojstvom

limφ→φ0

x(φ) = ∞ i limφ→φ0

y(φ) = B, (C.61)

C.4. ASIMPTOTE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 267

x

y

O rmin

Cx

yφ(1)∞

φ(2)∞

O rmin

Cx

y

O rmin

C

Slika C.14: Centar hiperbole i minimalna udaljenost hiperbole od ishodista (lijevo).Asimptote hiperbole (sredina). Konacna skica hiperbole (desno).

krivulja ima horizontalnu asimptotu y = B. Ako obje funkcije divergiraju

limφ→φ0

x(φ) = ∞ i limφ→φ0

y(φ) = ∞, (C.62)

ali pritom vrijedi

limφ→φ0

y(φ)

x(φ)= k i lim

φ→φ0

[y(φ) − kx(φ)] = b, (C.63)

krivulja ima kosu asimptotuy = kx+ b. (C.64)

C.4.1 Asimptote hiperbole

Jednadzbu hiperbole

r(φ) =p

1 + e cosφ, e > 1, (C.65)

mozemo napisati u parametarskom obliku

x(φ) =p cosφ

1 + e cosφi y(φ) =

p sinφ

1 + e cosφ. (C.66)

Obje funkcije divergiraju u slucaju cosφ∞ = −1/e

φ(1)∞ = π − arccos (1/e) i φ(2)

∞ = π + arccos (1/e). (C.67)


Dakle, ne postoje vertikalne ni horizontalne asimptote. Preostalo je provjeriti pos-toje li kose asimptote i ako postoje odrediti im koeficijente smjera i odsjecak na osiy. Da bi odredili koeficijent smjera moguce asimptote trazimo limes

limφ→φ∞

y(φ)

x(φ)= tanφ∞. (C.68)

Svaki od kuteva (C.67) daje drugi koeficijent smjera

k1 = tanφ(1)∞ = −

√e2 − 1 i k2 = tanφ(2)

∞ =√e2 − 1. (C.69)

Sada trazimo odsjecak na osi y

b = limφ→φ∞

[y(φ) − kx(φ)] (C.70)

= limφ→φ∞

[p

1 + e cosφ(sin(φ) − k cos(φ))

]

(C.71)

= limφ→φ∞

[p

1 + e cosφ(sin(φ) − tanφ∞ cos(φ))

]

(C.72)

=p

cos φ∞lim

φ→φ∞

sin (φ− φ∞)

1 + e cosφ(C.73)

= −pe limφ→φ∞

sin (φ− φ∞)

1 + e cosφ. (C.74)

U zadnjem koraku smo iskoristili uvjet cosφ∞ = −1/e Primjenimo L’Hospitalovopravilo

b = −pe limφ→φ∞

cos (φ− φ∞)

−e sin φ=

p

sin φ∞. (C.75)

Za svaki kut smo dobili odsjecak na osi y

b1 =p

sinφ(1)∞

=pe√e2 − 1

(C.76)

b2 =p

sinφ(2)∞

= − pe√e2 − 1

. (C.77)

Konacno, asimptote hiperbole glase

y1 = −√e2 − 1x+

pe√e2 − 1

(C.78)

y2 =√e2 − 1x− pe√

e2 − 1. (C.79)

Prisjetimo se relacija

a =p

e2 − 1, b =

p√e2 − 1

, c =pe

e2 − 1. (C.80)

C.4. ASIMPTOTE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 269

Jedn. (C.78,C.79) mozemo napisati u obliku

y1 = − b

ax+

bc

a= − b

a(x− c) (C.81)

y2 =b

ax− bc

a=b

a(x− c) . (C.82)

Asimptote se sijeku u centru hiperbole C(c, 0). Jedna asimptota ima nagib φ(1)∞ , a

druga φ(2)∞ prema osi x.


Dodatak D

Plosni integrali

D.1 Plosni integrali u Kartezijevim koordinatama

Dvostruki integral neprekidne funkcije f(x, y) po omedenom zatvorenom podrucjuD ravnine xy definiramo kao dvostruku sumu

∫∫

D

f(x, y)dxdy = lim∆xi,∆yi→0

∑

i

∑

k

f(xi, yk)∆xi∆yk. (D.1)

Suma se proteze po onim vrijednostima i i k za koje tocke (xi, yk) pripadaju po-drucju S.

D.1.1 Pravokutno podrucke integracije

Promatramo jednostavno pravokutno podrucje integracije

a ≤ x ≤ b i c ≤ y ≤ d. (D.2)

x

y

∆xi

∆yk

Slika D.1: Podjela podrucja integracije na infinitezimalne dijelove.

271

272 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI

x

y

a b

d

c

Slika D.2: Pravokutno podrucje integracije.

Takvo podrucje oznacavamo s

R = [a, b] × [c, d] . (D.3)

Prvi nacin integracije:Os x podijelimo na segmente ∆x, a zatim svaki pravokutnik dimenzija ∆x× (d− c)dijelimo na manje pravokutnike dimenzije ∆x×∆y. Ukupni integral dobijemo takoda prvo zbrojimo doprinose pravokutnika ∆x × ∆y u svakom pojedinom stupcu, azatim zbrojimo doprinose svih stupaca

∫∫

R

f(x, y)dA =

∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y)dy

]

dx. (D.4)

Drugi nacin integracije:Os y podijelimo na segmente ∆y, a zatim svaki pravokutnik dimenzija ∆y× (b− a)dijelimo na manje pravokutnike dimenzije ∆x×∆y. Ukupni integral dobijemo tako

x

y

a b

d

c

∆x

∆y

x

y

a b

d

c

∆y

∆x

Slika D.3: Dva moguca redosljeda integracije.

da zbrojimo doprinose pravokutnika ∆x × ∆y u svakom pojedinom retku, a zatimzbrojimo doprinose svih redaka

∫∫

R

f(x, y)dA =

∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y)dx

]

dy. (D.5)

D.1. PLOSNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA 273

U prvom slucaju najprije integriramo funkciju f(x, y) po y u granicama od c do d,dok varijablu x drzimo konstantnom. Dobiveni rezultat (koji ovisi o x) integriramopo x u granicama od a do b. U drugom slucaju najprije integriramo funkciju f(x, y)po x u granicama od c do d, dok varijablu y drzimo konstantnom. Dobiveni rezultat(koji ovisi o y) integriramo po y u granicama od c do d. Ako je funkcija neprekidnana podrucju R, oba nacina integriranja moraju dati isti rezultat.


Zadatak D.1

Izracunajte dvostruki integral

∫∫

R

6xy2dA, (D.6)

ako je podrucje integracije pravokutnik R = [2, 4] × [1, 2].Rjesenje:

Zadatak cemo rijesiti na dva nacina kako bi ilustrirali da krajnji rezultat ne ovisi oporetku integracije.Rjesenje 1:Prvo integriramo po y od y = 1 do y = 2, a zatim po x od x = 2 do x = 4

∫∫

R

6xy2dA =

∫ x=4

x=2

[∫ y=2

y=1

6xy2dy

]

dx. (D.7)

Kada integriramo po y varijablu x smatramo konstantom pa je mozemo izvaditi izintegrala po y

∫∫

R

6xy2dA = 6

∫ x=4

x=2

x

[∫ y=2

y=1

y2dy

]

dx = 6

∫ 4

2

x

[y3

3

]∣∣∣∣

2

1

(D.8)

= 2

∫ 4

2

[7x] dx = 14x2

2

∣∣∣∣

4

2

(D.9)

= 7 (16 − 4) = 84. (D.10)

Rjesenje 2: Prvo integriramo po x od x = 2 do x = 4, a zatim po y od y = 1 doy = 2

∫∫

R

6xy2dA =

∫ y=2

y=1

[∫ x=4

x=2

6xy2dy

]

dx. (D.11)

Kada integriramo po x varijablu y smatramo konstantom pa je mozemo izvaditi izintegrala po x

∫∫

R

6xy2dA = 6

∫ y=2

y=1

y2

[∫ x=4

x=2

xdx

]

dy = 6

∫ 2

1

y2

[x2

2

]∣∣∣∣

4

2

(D.12)

= 3

∫ 2

1

y2 [16 − 4] dx = 36y3

3

∣∣∣∣

2

1

(D.13)

= 12 (8 − 1) = 84. (D.14)

U oba slucaja smo dosli do istog rezultata jer on ne ovisi o redosljedu integracije.


D.1.2 Opcenito podrucje integracije

Dosada smo razmatrali samo pravokutna podrucja integracije, dok je u praksi po-drucje integracije cesto neka opcenita povrsina D

∫∫

D

f(x, y)dA. (D.15)

Pritom razlikujemo dva osnovna podrucja integracije. U prvom slucaju podrucjeintegracije je s lijeve i desne strane omedeno pravcima x = a i x = b (b > a), a sgornje i donje strane neprekidnim krivuljama y = φ1(x) i y = φ2(x). Koristimo svetocke (x, y) za koje obje koordinate zadovoljavaju nejednakosti

a ≤ x ≤ b i φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x). (D.16)

Podrucje integracije napisemo kao

D = (x, y) |a ≤ x ≤ b, φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x). (D.17)

Prvo integriramo po varijabli y, a zatim po varijabli x

∫∫

D

f(x, y)dA =

∫ b

a

[∫ φ2(x)

φ1(x)

f(x, y)dy

]

dx. (D.18)

Pri racunanju integrala po varijabli y, varijablu x smatramo konstantom. Uocimoda granice integracije u integralu po y ovise o varijabli x. U drugom slucaju podrucje

x

y

a bx

y1 = φ1(x)

y2 = φ2(x)

x

y

c

dy

x1 = φ1(y) x2 = φ2(y)

Slika D.4: Dva osnovna tipa podrucja integracije.

integracije je s donje i gornje strane omedeno pravcima y = c i y = d (d > c), a slijeve i desne strane neprekidnim krivuljama x = φ1(y) i x = φ2(y). Koristimo svetocke (x, y) za koje obje koordinate zadovoljavaju nejednakosti

c ≤ y ≤ d i φ1(y) ≤ x ≤ φ2(y). (D.19)


Podrucje integracije napisemo u obliku

D = (x, y) |c ≤ y ≤ d, φ1(y) ≤ x ≤ φ2(y). (D.20)

U ovom slucaju prvo integriramo po varijabli x, a zatim po varijabli y

∫∫

D

f(x, y)dA =

∫ d

c

[∫ φ2(y)

φ1(y)

f(x, y)dx

]

dy. (D.21)

Kada integriramo po x, varijablu y smatramo konstantom, a granice integracije uintegralu po varijabli x ovise o varijabli y.


Zadatak D.2

Izracunajte plosni integral po naznacenom podrucju integracije

∫∫

D

ex/ydA, D = (x, y) |1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y3. (D.22)

Rjesenje:

Podrucje integracije je omedeno pravcima y = 1 i y = 2 (slucaj 2) pa mozemoprimjenimo jedn. (D.21)

∫∫

D

ex/ydA =

∫ 2

1

[∫ y3

y

ex/ydx

]

dy. (D.23)

Prvo rijesimo integral po varijabli x, pri cemu varijablu y tretiramo kao konstantu

∫ y3

y

ex/ydx = yex/y∣∣y3

y= yey2 − ye1. (D.24)

Vratimo se pocetnom integralu

∫∫

D

ex/ydA =

∫ 2

1

[

yey2 − y]

dy =

∫ 2

1

yey2

dy − e

∫ 2

1

ydy. (D.25)

Lijevi integral izracunamo pomocu supstitucije u = y2

∫ 2

1

yey2

dy =1

2

∫ 2

1

ey2

dy2 =1

2

∫ 4

1

eudu =1

2

[e4 − e1

], (D.26)

dok je desni integral tablicni

∫ 2

1

ydy =1

2y2∣∣2

1=

3

2. (D.27)

Ukupni integral iznosi ∫∫

D

ex/ydA =1

2e4 − 2e. (D.28)


Zadatak D.3

Izracunajte plosni integral ∫∫

D

[4xy − y3

]dA, (D.29)

po podrucju omedenom funkcijama y =√x i y = x3.

Rjesenje: Da bi skicirali podrucje integracije, prvo mu odredimo granice

0 ≤ x ≤ 1 i x3 ≤ y ≤√x. (D.30)

Radi se o podrucju integracije tipa jedan pa mozemo primijeniti jedn. (D.18)

y =√x

y = x3

x

y

1

1

Slika D.5: Podrucje integracije omedeno krivuljama y =√x i y = x3.

∫∫

D

[4xy − y3

]dA =

∫ 1

0

[∫ √

x

x3

(4xy − y3

)dy

]

dx. (D.31)

Prvo integriramo po varijabli y, pritom drzeci varijablu x konstatnom

∫ √x

x3

(4xy − y3

)dy =

∫ √x

x3

4xydy −∫ √

x

x3

y3dy (D.32)

= 4x

∫ √x

x3

ydy −∫ √

x

x3

y3dy (D.33)

= 4xy2

2

∣∣∣∣

√x

x3

− y4

4

∣∣∣∣

√x

x3

(D.34)

= 2x(−x6 + x

)− 1

4

(−x12 + x2

)(D.35)

= −2x7 + 2x2 +1

4x12 − 1

4x2. (D.36)


Vratimo se dvostrukom integralu

∫∫

D

[4xy − y3

]dA =

∫ 1

0

[

−2x7 +7

4x2 +

1

4x12

]

dx (D.37)

=

(

−1

4x8 +

1

52x13 +

7

12x3

)∣∣∣∣

1

0

(D.38)

=55

156. (D.39)


y = −2x+ 3 y = 12x+ 1

2

y = 3

x

y

(1, 1)

(0, 3)(5, 3)

Slika D.6: Podrucje integracije je trokut s vrhovima u tockama (0, 3), (1, 1) i (5, 3).

Zadatak D.4

Izracunajte integral ∫∫

D

(6x2 − 40y)dA,

ako je podrucje integracije trokut s vrhovima u tockama (0, 3), (1, 1) i (5, 3).Rjesenje:

Da bi mogli primjeniti jedn. (D.18), podrucje integracije dijelimo na dva dijela

D = D1 ∪D2, (D.40)

gdje D1 oznacava podrucje lijevo od pravca x = 1

D1 = (x, y) |0 ≤ x ≤ 1,−2x+ 3 ≤ y ≤ 3, (D.41)

a D2 oznacava podrucje desno od pravca x = 1

D2 = (x, y) |1 ≤ x ≤ 5,1

2x+

1

2≤ y ≤ 3. (D.42)

Trazeni integral mozemo razbiti na dva dijela∫∫

D

(6x2 − 40y)dA =

∫∫

D1

(6x2 − 40y)dA+

∫∫

D2

(6x2 − 40y)dA. (D.43)

Oba integrala rjesavamo istim postupkom kao u nekoliko prethodnih primjera∫∫

D

(6x2 − 40y)dA = −935

3. (D.44)

D.2 Greenov teorem

Greenov teorem povezuje linijski integral vektorskog polja po zatvorenoj putanjii plosni integral po povrsini D omedenoj putanjom C Orijentacija krivulje je po

D.2. GREENOV TEOREM 281

CD

Slika D.7: Povrsina D obuhvacena petljom C.

konvenciji pozitivna ako je obilazimo u smjeru kazaljke na satu, dok je u suprotnomnegativna. Pretpostavimo da je zadano dvodimenzionalno vektorsko polje

~F = P (x, y)~i+Q(x, y)~j. (D.45)

Greenov teorem u tom slucaju glasi∫

C

(P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

∫∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)

dA. (D.46)

Izraz u zagradi na desnoj strani je rotacija dvodimenzionalnog polja ~F .

D.2.1 Ilustracija Greenovog teorema

Greenov teorem mozemo ilustrirati na primjeru vektorskog polja

~F = 2(x2 + y2)~i+ (x+ y)2~j (D.47)

i petlje u obliku trokuta s vrhovima u tockama A(1, 1), B(2, 2) i C(1, 3). Zelimopokazati da vrijedi Greenov teorem

∮

C

~Fd~r =

∫

S

(

∇× ~F)

· d~s. (D.48)

Linijski integral polja ~F po trokutu mora biti jednak plosnom integralu rotacijepolja ~F po trokutu na sl. (D.8).Linijski integralLinijski integral po trokutu razbijemo na tri integrala

∮

C

~Fd~r =

∫

C1

~Fd~r +

∫

C2

~Fd~r +

∫

C3

~Fd~r. (D.49)

Linija C1 lezi na pravcu y = x pa je radijus vektor tocke na putanji C1 dan s

~r = x~i+ y~j = x~i+ x~j, (D.50)


x

y

C1

C2

C3

(1, 1)

(2, 2)

(1, 3)

Slika D.8: Petlja je trokut s vrhovima u tockama A(1, 1), B(2, 2) i C(1, 3).

dok njegov diferencijal glasi

d~r = dx(

~i+~j)

. (D.51)

Polje na istoj putanji dobijemo uvrstavanjem y = x u izraz (D.47)

~F = 4x2~i+ 4x2~j = 4x2(

~i+~j)

. (D.52)

Integriramo skalarni produkt diferencijala d~r i polja ~F∫

C1

~F · d~r =

∫ x=2

x=1

~F · d~r =

∫ x=2

x=1

8x2dx =56

3. (D.53)

Linija C2 lezi na pravcu y = −x+ 4 pa je radijus-vektor tocke na putanji C2 dan s

~r = x~i+ y~j = x~i+ (−x+ 4)~j, (D.54)

a njegov diferencijal glasi

d~r = dx(

~i−~j)

. (D.55)

Polje na putanji C2 dobijemo uvrstavanjem y = −x+ 4 u izraz (D.47)

~F = 2[x2 + (−x+ 4)2

]~i+ 16~j = 4

[x2 − 4x+ 8

]~i+ 16~j. (D.56)

Skalarni produkt polja ~F i diferencijala d~r

~F · d~r = 4(x2 − 4x+ 8

)dx− 16dx = 4x2dx− 16xdx+ 16dx. (D.57)


Integriramo skalarni produkt diferencijala d~r i polja ~F

∫

C2

~F · d~r =

∫ x=1

x=2

~F · d~r = 4

∫ x=1

x=2

(x2 − 4x+ 4

)dx = −4

3. (D.58)

Linija C3 lezi na pravcu x = 1 pa je radijus vektor tocke na putanji C3 dan s

~r = x~i+ y~j =~i+ y~j, (D.59)

dok njegov diferencijal glasi

d~r = dy~j. (D.60)

Polje na putanji C3 dobijemo uvrstavanjem x = 1 u izraz (D.47)

~F = 2(1 + y2)~i+ (1 + y)2~j. (D.61)

Izracunamo skalarni produkt polja ~F i diferencijala d~r

~F · d~r = (1 + y)2dy. (D.62)

Integriramo skalarni produkt diferencijala d~r i polja ~F

∫

C3

~F · d~r =

∫ y=1

y=3

~F · d~r =

∫ y=1

y=3

(1 + 2y + y2

)dx = −56

3. (D.63)

Sva tri doprinosa zajedno daju

∮

C

~F · d~r =56

3− 4

3− 56

3= −4

3. (D.64)

Plosni integral

Da bi izracunali plosni integral u formuli (D.48) trebamo rotaciju polja ~F

∇× ~F = ~k (∂xFy − ∂yFx) = 2 (x− y)~k. (D.65)

Trokut po kojem integriramo se nalazi u ravnini xy, a element povrsine d~s ima smjer~k. Integral po povrsini trokuta mozemo podijeliti na dva dijela U integralu na lijevojslici D.9 po x integriramo od x = 1 do x = 2, a po y od y = x (linija C1) do y = 2

I1 =

∫ 2

1

∫ 2

x

2(x− y)dxdy = 2

∫ 2

1

∫ 2

x

xdxdy − 2

∫ 2

1

∫ 2

x

ydxdy. (D.66)


x

y

(1, 1)

(2, 2)

(1, 3)

x

y

(1, 1)

(2, 2)

(1, 3)

Slika D.9: Podjela podrucja integracije pri racunanju plosnog integrala.

Prvi doprinos integralu I1

I1a = 2

∫ 2

1

∫ 2

x

xdxdy = 2

∫ 2

1

x

∫ 2

x

dydx (D.67)

= 2

∫ 2

1

x(y|2x)dx = 2

∫ 2

1

x (2 − x) dx (D.68)

= 4

∫ 2

1

xdx− 2

∫ 2

1

x2dx (D.69)

= 4x2

2

∣∣∣∣

x=2

x=1

− 2x3

3

∣∣∣∣

x=2

x=1

= 2(4 − 1) − 2

(8

3− 1

3

)

(D.70)

= 6 − 14

3=

4

3. (D.71)


Drugi doprinos integralu I1

I1b = −2

∫ 2

1

∫ 2

x

ydxdy = −2

∫ 2

1

∫ 2

x

ydydx

= −2

∫ 2

1

(

y2

2

∣∣∣∣

2

x

)

dx = −2

∫ 2

1

(

2 − x2

2

)

dx (D.72)

= −4

∫ 2

1

dx+

∫ 2

1

x2dx (D.73)

= −4 x|x=2x=1 +

x3

3

∣∣∣∣

x=2

x=1

= −4(2 − 1) +

(8

3− 1

3

)

(D.74)

= −4 +7

3= −5

3. (D.75)

Ukupno, integral na lijevoj slici daje

I1 = I1a + I1b =4

3− 5

3= −1

3. (D.76)

U integralu na desnoj slici D.9 po x integriramo od x = 1 do x = 2, a po y od y = 2do y = −x+ 4 (linija C2)

I2 =

∫ 2

1

∫ 4−x

2

2(x− y)dxdy

= 2

∫ 2

1

∫ 4−x

2

xdxdy − 2

∫ 2

1

∫ 4−x

2

ydxdy. (D.77)

Prvi doprinos integralu I2

I2a = 2

∫ 2

1

∫ 4−x

2

xdxdy = 2

∫ 2

1

x

∫ 4−x

2

dydx (D.78)

= 2

∫ 2

1

x(y|4−x

2

)dx = 2

∫ 2

1

x (4 − x− 2) dx (D.79)

= 4

∫ 2

1

xdx− 2

∫ 2

1

x2dx = 2 x2∣∣x=2

x=1− 2

3x3∣∣x=2

x=1(D.80)

= 2(4 − 1) − 2

3(8 − 1) = 6 − 14

3=

4

3. (D.81)


Drugi doprinos integralu I2

I2b = −2

∫ 2

1

∫ 4−x

2

ydxdy = −2

∫ 2

1

∫ 4−x

2

ydydx (D.82)

= −∫ 2

1

(

y2∣∣4−x

2

)

dx = −∫ 2

1

[(4 − x)2 − 4

]dx (D.83)

= −∫ 2

1

[12 − 8x+ x2

]dx (D.84)

= −12

∫ 2

1

dx+ 8

∫ 2

1

xdx−∫ 2

1

x2dx (D.85)

= −12 + 4(4 − 1) − 1

3(8 − 1) = −7

3. (D.86)

Ukupni doprinos integrala na desnoj slici

I2 = I2a + I2b =4

3− 7

3= −1. (D.87)

Zbrojimo integrale I1 i I2∫

S

(∇× ~F )d~s = I1 + I2 = −1

3− 1 = −4

3. (D.88)

Linijski i plosni integral se zaista poklapaju, u skladu s Greenovim teoremom.

D.3 Plosni integrali u polarnim koordinatama

Podrucje integracije je ponekad jednostavnije izraziti u polarnim koordinatama.Npr., integriramo funkciju f(x, y) po disku D radijusa R s centrom u ishodistu.Granice integracije u kartezijevim koordinatama glase

− 2 ≤ x ≤ 2 i −√R2 − x2 ≤ y ≤

√R2 − x2. (D.89)

Integral u kartezijevim koordinatama je nespretan za rjesavanje zbog slozenih granicaintegracije

∫∫

D

f(x, y)dA =

∫ R

−R

∫ √R2−x2

−√

R2−x2

f(x, y)dydx. (D.90)

Prijelazom na polarne koordinate r i θ granice integracije postaju znatno jednos-tavnije

0 ≤ θ ≤ 2π i 0 ≤ r ≤ R. (D.91)

D.3. PLOSNI INTEGRALI U POLARNIM KOORDINATAMA 287

x

y

x

(x,√

R2 − x2)

(x,−√

R2 − x2)

R

Slika D.10: Podrucje integracije je disk radijusa R s centrom u ishodistu.

Infinitezimalni element povrsine dA transformiramo pomocu Jacobijana

dA = dxdy = |J |drdθ, (D.92)

prijelaza iz kartezijevih u polarne koordinate

x = r cos θ i y = r sin θ, (D.93)

J =

∣∣∣∣

∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

∣∣∣∣. (D.94)

Izracunamo potrebnaderivacije

∂x

∂r= cos θ,

∂x

∂θ= −r sin θ,

∂y

∂r= sin θ,

∂y

∂θ= r cos θ. (D.95)

Primjenimo formulu za 2 × 2 determinantu

J =∂x

∂r

∂y

∂θ− ∂y

∂r

∂x

∂θ= r cos2 θ + r sin2 θ = r. (D.96)

Vratimo se formuli za infinitezimalni element povrsine

dA = dxdy = |J |drdθ = rdrdθ. (D.97)

Konacno, plosni integral u polarnim koordinatama

∫∫

D

f(x, y)dA =

∫ β

α

∫ r2(θ)

r1(θ)

f(r cos θ, r sin θ)rdrdθ. (D.98)


x

y

(2, 0) (5, 0)

(0, 2)

(0, 5)

Slika D.11: Podrucje integracije omedeno je kruznicama radijusa r1 = 2 i r2 = 5 uprvom kvadrantu.

Zadatak D.5

Koristeci polarne koordinate izracunajte integral

∫∫

D

2xydA, (D.99)

gdje je D povrsina omedena kruznicama radijusa r1 = 2 i r2 = 5 u prvom kvadrantu.Rjesenje:

Granice integracije zadanog podrucja glase

2 ≤ r ≤ 5 i 0 ≤ θ ≤ π

2. (D.100)

Podintegralnu funkciju prebacimo u polarne koordinate

2xy = 2r2 sin θ cos θ = r2 sin (2θ). (D.101)

Integral u polarnim koordinatama

∫∫

D

2xydA =

∫ π/2

0

∫ 5

2

r2 sin (2θ)rdrdθ (D.102)

=

∫ π/2

0

sin (2θ)

∫ 5

2

r3dr (D.103)

= −1

2cos (2θ)|π/2

0

1

4r4∣∣5

2=

609

4. (D.104)

D.3. PLOSNI INTEGRALI U POLARNIM KOORDINATAMA 289

Zadatak D.6

Koristeci polarne koordinate izracunajte integral

∫∫

D

ex2+y2

dxdy, (D.105)

ako je D povrsina omedena kruznicom radijusa r = 1.Rjesenje:

Granice integracije zadanog podrucja

0 ≤ θ ≤ 2π i 0 ≤ r ≤ 1. (D.106)

Podintegralna funkcija u polarnim koordinatama

f(x, y) = ex2+y2

= er2

, (D.107)

a zatim i integral u polarnim koordinatama

∫∫

D

ex2+y2

dxdy =

∫ 2π

0

∫ 1

0

er2

rdrdθ. (D.108)

Rjesenje integrala glasi

∫ 2π

0

∫ 1

0

er2

rdrdθ =

∫ 2π

0

dθ

∫ 1

0

er2

rdr = 2π

∫ 1

0

er2 1

2dr2 (D.109)

= π

∫ 1

0

etdt = π [e− 1] . (D.110)


Literatura

[1] L. Lamport. LATEX A Document Preparation System Addison-Wesley,California 1986.

291

Documents

Skripta iz Klasične mehanike