skripta iz klasične mehanike
TRANSCRIPT
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)
6 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
8 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
10 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
12 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
14 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
16 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
18 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
20 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
22 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
24 POGLAVLJE 1. ZAKONI SACUVANJA
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)
28 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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
2.1. KONZERVATIVNI SUSTAVI 29
x
U(x)
a
E
Slika 2.2: Cestica se na pocetku gibanja nalazi u tocki obrata jer vrijedi x(0) = 0.
30 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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)
2.1. KONZERVATIVNI SUSTAVI 31
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).
32 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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 → +∞.
2.1. KONZERVATIVNI SUSTAVI 33
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)
34 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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)
2.1. KONZERVATIVNI SUSTAVI 35
x
U(x)
−AE
x1 x2
Slika 2.5: Cestica oscilira izmedu tocaka obrata x1 i x2.
36 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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)
38 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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)
40 POGLAVLJE 2. GIBANJE U JEDNOJ DIMENZIJI
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)
44 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 45
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)
46 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
Zadatak 3.1
Cestica mase m giba se u potencijalu
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-
3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 47
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)
48 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 49
Zadatak 3.2
Cestica mase m giba se u potencijalu
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)
50 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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].
3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 51
• 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.
52 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.2. EKVIVALENTNI JEDNODIMENZIONALNI POTENCIJAL 53
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)
54 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
56 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 57
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)
58 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 59
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.
60 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
Zadatak 3.5
Cestica mase m giba se u centralnom potencijalu
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)
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 61
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)
62 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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.
• Ω = 2: kut izmedu dva pericentra iznosi
∆φ =2π
Ω= π. (3.144)
Cestica dva puta prolazi kroz pericentar prije nego sto se orbita zatvori.
• Ω = 3: kut izmedu dva pericentra iznosi
∆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.
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 63
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).
64 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
x
y
m
~rφ
Slika 3.12: Primjer otvorene orbite, Ω2 = 1.1.
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 65
Zadatak 3.6
Cestica mase m giba se u centralnom potencijalu
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)
66 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 67
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.
68 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
Zadatak 3.7
Cestica mase m giba se u centralnom potencijalu
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.
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 69
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.
70 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
Zadatak 3.8
Cestica mase m giba se u potencijalu
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)
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 71
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.
72 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
y
xr1
m
~r
φ
Slika 3.18: Cestica se u pocetnom trenutku nalazi u tocki obrata r1, a zatim padaprema centru sile.
3.3. DIFERENCIJALNA JEDNADZBA ORBITE 73
Zadatak 3.9
Cestica mase m giba se u potencijalu
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.
74 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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
76 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
– 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
3.4. RACUN SMETNJE 77
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)
78 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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. RACUN SMETNJE 79
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).
80 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.4. RACUN SMETNJE 81
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)
82 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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.
3.4. RACUN SMETNJE 83
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)
84 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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)
3.4. RACUN SMETNJE 85
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)
86 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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.
3.4. RACUN SMETNJE 87
xZemlja
t = 0 i t = τt = τ/2
Slika 3.26: Orbite broda, tj. astrounauta (crtkana linija) i poklopca (puna linija).
88 POGLAVLJE 3. CENTRALNE SILE
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
92 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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.
94 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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.
96 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
ovisi o parametrima c i ∆ = 4ac− b2. U nasem slucaju vrijedi
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.
98 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
100 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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
õ
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 101
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)
102 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 103
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
Slika 4.12: α = 1350, rmin =0.293R0, rmax = 1.707R0.
y
x
rmin
rmax
R0
Slika 4.13: α = 1500, rmin =0.134R0, rmax = 1.866R0.
y
xrmin rmaxR0
Slika 4.14: α = 1800, rmin = 0,rmax = 2R0.
104 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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
Slika 4.15: α = 1200, rmin =0.5R0, rmax = 1.5R0.
r
Ueff(r)
−kr
M2
2µr2
E
R0
Slika 4.16: α = 1350, rmin =0.293R0, rmax = 1.707R0.
r
Ueff(r)
−kr
M2
2µr2
E
R0
Slika 4.17: α = 1500, rmin =0.134R0, rmax = 1.866R0.
r
Ueff(r)
−kr
E
R0
Slika 4.18: α = 1800, rmin = 0,rmax = 2R0.
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 105
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)
106 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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.
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 107
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)
108 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
Rjesenje odgovarajuceg tablicnog integrala (Bronstejn, br. 258)
I =
∫dx
x√ax2 + bx+ c
(4.95)
ovisi o parametrima c i ∆ = 4ac− b2. U nasem slucaju vrijedi
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.
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 109
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)
110 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 111
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)
112 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 113
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)
114 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 115
y
xZemlja
m
~v0
Slika 4.24: Orbita asteroida.
116 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.4. OMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 117
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
õ
k
R3/20
4√
2. (4.158)
Kombinaciju parametaraõ
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)
118 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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
120 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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.
4.5. NEOMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 121
x
y
h
T
O C
φ∞
Slika 4.28: Ulazni parametar cestice.
122 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
Separiramo varijable u prethodnoj jednadzbi
dr√
2m
(kr− M2
2mr2
)= dt. (4.183)
4.5. NEOMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 123
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)
Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (4.189)
T =
√2
3πτR−3/2
z
[
(Rz + 2rmin)√
Rz − rmin
]
(4.192)
=
√2
3πτ
[
(1 + 2rmin
Rz)
√
1 − rmin
Rz
]
. (4.193)
124 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
4.5. NEOMEDENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 125
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
126 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
128 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
130 POGLAVLJE 4. KEPLEROV PROBLEM
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)
134 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
Izracunamo potrebne derivacije
∂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.
5.1. FORMULACIJA VARIJACIONOG PRINCIPA 135
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)
136 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.1. FORMULACIJA VARIJACIONOG PRINCIPA 137
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)
Separiramo varijable u prethodnoj jednadzbi
√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)
138 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.1. FORMULACIJA VARIJACIONOG PRINCIPA 139
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.
140 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
142 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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
144 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
• 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)
Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (5.119)
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)
146 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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
148 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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
5.6. TIPOVI VEZA 149
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.
150 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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.
5.6. TIPOVI VEZA 151
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)
Lagrangian cestice je razlika kineticke i potencijalne energije
L =m
2
[1
sin2 αρ2 + ρ2φ2
]
−mgρ cotα. (5.147)
152 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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.
5.6. TIPOVI VEZA 153
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)
154 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
Lagrangian cestice je razlika kineticke i potencijalne energije
L =m
2
(r2 + ω2r2 sin2 α
)−mgh+mgr cosα. (5.166)
Euler-Lagrange jednadzbad
dt
(∂L
∂r
)
− ∂L
∂r= 0. (5.167)
Izracunamo potrebne derivacije
=⇒∂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
5.6. TIPOVI VEZA 155
• 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)
156 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.6. TIPOVI VEZA 157
Lagrangian cestice je razlika kineticke i potencijalne energije
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)
Izracunamo potrebne derivacije
∂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
158 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
• 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
5.6. TIPOVI VEZA 159
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.
160 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.6. TIPOVI VEZA 161
Lagrangian cestice je razlika kineticke i potencijalne energije
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)
Izracunamo potrebne derivacije
∂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)
162 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.6. TIPOVI VEZA 163
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
164 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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)
5.6. TIPOVI VEZA 165
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)
Izracunamo potrebne derivacije
∂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)
166 POGLAVLJE 5. VARIJACIONI POSTUPAK
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
170 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.1. ORTOGONALNE TRANSFORMACIJE 171
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)
172 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.1. ORTOGONALNE TRANSFORMACIJE 173
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.
174 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.1. ORTOGONALNE TRANSFORMACIJE 175
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)
176 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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
178 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
• 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)
6.2. KUTNA BRZINA KRUTOG TIJELA 179
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)
180 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.2. KUTNA BRZINA KRUTOG TIJELA 181
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
182 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
• 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
184 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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
6.3. EULEROVI KUTEVI 185
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)
186 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.3. EULEROVI KUTEVI 187
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)
188 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
190 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 191
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)
192 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 193
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)
194 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 195
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
196 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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.
6.4. TENZOR INERCIJE 197
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)
198 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 199
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
200 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
• 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)
6.4. TENZOR INERCIJE 201
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
202 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
• 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)
Dobili smo homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice
(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)
6.4. TENZOR INERCIJE 203
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)
Dobili smo homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice
(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)
204 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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.
6.4. TENZOR INERCIJE 205
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)
206 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 207
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)
208 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.4. TENZOR INERCIJE 209
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)
∣∣∣∣
8A− λ AA 8A− λ
∣∣∣∣− 2A
∣∣∣∣
A A−A 8A− λ
∣∣∣∣. (6.296)
Izracunamo prvi clan
det1 = (6A−λ)
∣∣∣∣
8A− λ AA 8A− 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
6A A −AA 8A A−A A 8A
v(1)1
v(1)2
v(1)3
= 9A
v(1)1
v(1)2
v(1)3
. (6.300)
210 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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
6A A −AA 8A A−A A 8A
v(2)1
v(2)2
v(2)3
= 8A
v(2)1
v(2)2
v(2)3
. (6.303)
Homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice
−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
6A A −AA 8A A−A A 8A
v(3)1
v(3)2
v(3)3
= 5A
v(3)1
v(3)2
v(3)3
. (6.306)
Homogeni sustav od tri jednadzbe s tri nepoznanice
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.
212 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 213
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)
214 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 215
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-
216 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 217
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)
218 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 219
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-
220 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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)
6.5. MOMENTI INERCIJE GEOMETRIJSKIH TIJELA 221
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)
222 POGLAVLJE 6. KRUTO TIJELO
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
226 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
Smjer promjene svake koordinate definira odgovarajuci jedinicni vektor u cilin-dricnom sustavu. Jedinicni vektori cilindricnog sustava
~ρ0, ~φ0, ~k (A.21)
cine desni ortonormirani sustav. To znaci:
• da su medusobno ortogonalni
~ρ0 · ~φ0 = ~ρ0 · ~k = ~φ0 · ~k = 0 (A.22)
• da su normirani~ρ0 · ~ρ0 = ~φ0 · ~φ0 = ~k · ~k = 1 (A.23)
• da za vektorske produkte vrijedi
~ρ0 = ~φ0 × ~k, ~φ0 = ~k × ~ρ0, ~k = ~ρ0 × ~φ0 (A.24)
Polozaj tocke P odreden je radijus-vektorom
~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)
A.2. CILINDRICNI SUSTAV 227
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)
Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormira-nom sustavu
• 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:
228 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
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-
A.2. CILINDRICNI SUSTAV 229
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)
230 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
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
Primjenimo formulu za zakretni impuls
~M = m~r × ~v = m
∣∣∣∣∣∣
~ρ0~φ0
~kρ 0 z
ρ ρφ z
∣∣∣∣∣∣
. (A.57)
Izracunamo determinantu
~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)
cine desni ortonormirani sustav. To znaci:
• da su medusobno ortogonalni
~r0 · ~θ0 = ~r0 · ~φ0 = ~θ0 · ~φ0 = 0 (A.61)
• da su normirani~r0 · ~r0 = ~θ0 · ~θ0 = ~φ0 · ~φ0 = 1 (A.62)
232 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
x
y
z
O
P
θ
φ
~r
~N Q
~r0
~θ0
~φ0
Slika A.6: Koordinate i jedinicni vektori u sfernom sustavu.
• da za vektorske produkte vrijedi
~r0 = ~θ0 × ~φ0, ~θ0 = ~φ0 × ~r0, ~φ0 = ~r0 × ~θ0 (A.63)
Polozaj tocke P odreden je radijus-vektorom
~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)
Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormira-nom sustavu
A.3. SFERNI SUSTAV 233
~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
234 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
~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)
A.3. SFERNI SUSTAV 235
~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)
236 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
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)
A.3. SFERNI SUSTAV 237
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
[
r~r0 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0
]
·[
r~r0 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0
]
. (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 + rθ~θ0 + r sin θφ~φ0
]
= 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)
238 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
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. SFERNI SUSTAV 239
A.3.3 Moment kolicine gibanja u sfernim koordinatama
Primjenimo formulu za zakretni impuls
~M = m~r × ~v = m
∣∣∣∣∣∣
~r0 ~θ0 ~φ0
r 0 0
r rθ r sin θφ
∣∣∣∣∣∣
. (A.118)
Izracunamo determinantu
~M = −mr2[
sin θφ~θ0 − θ~φ0
]
. (A.119)
240 DODATAK A. KOORDINATNI SUSTAVI
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)
244 DODATAK B. VEKTORI
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)
246 DODATAK B. VEKTORI
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)
248 DODATAK B. VEKTORI
Zadatak B.2
Ako je zadano vektorsko polje
~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)
Skalarni produkt sile i diferencijala
~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)
Skalarni produkt sile i diferencijala
~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)
250 DODATAK B. VEKTORI
Zadatak B.3
Ako je zadano vektorsko polje
~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)
252 DODATAK B. VEKTORI
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)
254 DODATAK B. VEKTORI
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)
258 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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.
260 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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)
262 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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)
C.3. KONICNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 263
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
264 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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. KONICNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA 265
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)
266 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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)
268 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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.
270 DODATAK C. POLARNI KOORDINATNI SUSTAV
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.
274 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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. PLOSNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA 275
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)
276 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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.
D.1. PLOSNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA 277
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)
278 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
D.1. PLOSNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA 279
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)
280 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
282 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
D.2. GREENOV TEOREM 283
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)
284 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
D.2. GREENOV TEOREM 285
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)
286 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
288 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
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)
290 DODATAK D. PLOSNI INTEGRALI
Literatura
[1] L. Lamport. LATEX A Document Preparation System Addison-Wesley,California 1986.
291