Lorentzove transformacije - UNIOSfizika.unios.hr/~ilukacevic/dokumenti/tr_vjezbe.pdfRazmatranje ograniˇciti na poˇcetak gibanja kada je v

Poglavlje 1

Lorentzove transformacije

Zadatak 1.1 Napisite oblik Lorentzovih transformacija za koordinate i brzine u sustavu S’, koji se u odnosuna sustav S giba brzinom ~u proizvoljnog smjera.

DZ 1.1 Pokazite da se rjesenja zadatka 1.1 svode na uobicajene Lorentzove transformacije kada je brzinaparalelna npr. x-osi, tj ~u = ux

~i.

DZ 1.2 Odredite opci oblik ubrzanja za transformacije inercijalnog sustava S’ u odnosu na sustav S. Iskoristiterjesenja iz zadatka 1.1.

Zadatak 1.2 Pomocu prostorno-vremenskih dijagrama proucite pojmove udaljenosti, istovremenosti i kuta uinercijalnim sustavima.

1

2 POGLAVLJE 1. LORENTZOVE TRANSFORMACIJE

Zadatak 1.3 Dva vlaka, koje voze Ivica i Jonica, razlicitih brzina, u istom trenutku prolaze pored Mr. X(dogadaj A). Nakon vremena od ct = 3 km u sustavu Mr. X, oba vlaka zazvizde (dogadaji B i C). Dogadaji A,B i C su prikazani u prostorno-vremenskom dijagramu vezanom uz sustav Mr. X.

0 0.5 1 1.5 2 2.5r (km)

0

1

2

3

4

ct (

km

)

B C

A

z Nakon koliko vremena, u sekundama, od dogadaja A se zbivaju dogadaji B i C, u sustavu Mr. X?

z Kojim brzinama, procjenjuje Mr. X, se gibaju Ivica i Jonica?

z Kako izgledaju prostorno vremenski dijagrami ovih dogadaja u sustavima vezanim uz Ivicin i Jonicin vlak?

Zadatak 1.4 Pomocu prostorno-vremenskih dijagrama uvedite pojam Bondijevog K-faktora. Odredite ga prekorelativne brzine dvaju inercijalnih sustava, te tako izracunajte promjenu frekvencije zbog Dopplerovog efekta.

Zadatak 1.5 Svemirski brod salje laserske signale promatracu na Zemlji. Promatrac na Zemlji detektira rela-

tivnu promjenu valne duljine laserske spektralne linije∆λ

λ′ . Ako pravac gibanja svemirskog broda zatvara kut ϑ

s pravcem promatrac-svemirski brod, odredite brzinu kojom se svemirski brod priblizava promatracu.

Zadatak 1.6 U kozmickom zracenju protoni imaju energiju oko 1010GeV . Koliko bi vremena trebalo protonuove energije da prijede dijametralno kroz galaksiju? Vrijeme mjeriti u protonskom referentnom sustavu! Zapromjer galaksije uzeti 105 godina svjetlosti. Masa mirovanja protona ekvivalentna je 938MeV .

Zadatak 1.7 Cestica 1 se giba brzinom (0, v) u odnosu na sustav S1, koji se giba brzinom (v, 0) u odnosu nasustav S. Cestica 2 giba brzinom (v, 0) u odnosu na sustav S2, koji se giba brzinom (0, v) u odnosu na sustavS. Odredite kut izmedu brzina cestica viden iz sustava S.

3

Zadatak 1.8 Cestica mase mirovanja m0 giba se po putanji r(t) =√b2 + c2t2 − b. Odredite silu koja uzrokuje

ovakvo gibanje.

Zadatak 1.9 Pretpostavimo da ste pozvani na “party” na Alpha Centauri (udaljena od Zemlje 4 sg), koja cese odrzati za 5 godina. Da li mozete prisustvovati toj zabavi? Da li mozete prisustvovati zabavi istog domacina,ako ce se odrzati za 3 godine?

4 POGLAVLJE 1. LORENTZOVE TRANSFORMACIJE

Poglavlje 2

Relativisticka kinematika

Zadatak 2.1 Pozitron i α-cestica ubrzaju se iz stanja mirovanja u istom elektrostatickom polju. Kinetickaenergija pozitrona je 104 puta veca od njegove energije mirovanja. Koliko puta brze prolazi vrijeme u labora-torijskom sustavu od vremena u sustavu α-cestice? Masa mirovanja α-cestice je mα = 6.628 · 10−27 kg, a masamirovanja pozitrona me+ = 9.1 · 10−31 kg.

Zadatak 2.2 U sudaru fotona visoke energije Eγ = 0.3GeV s mirujucim jezgrama mogu nastati neutralnipioni:

γ +X −→ X + π0 .

Nadite energiju piona koji izlijecu pod pravim kutem u odnosu na fotone, ako je masa mirovanja jezgre M0 =0.94GeV/c2 (jezgra vodika). Masa mirovanja piona je m0 = 0.135GeV/c2.

Zadatak 2.3 Neutralni pion (π0), mase m0 i energije E, raspada se na dva fotona. Koji su kutevi izmedufotona moguci?

Zadatak 2.4 U sustavu O promatra se anihilacija elektrona i pozitrona. Kineticka energija pozitrona dvostrukoje veca od kineticke energije elektrona, a frekvencija nastalih dvaju γ-kvanata jednaka je 1.25 ·1020Hz. Kolikombrzinom se gibao pozitron u odnosu na elektron?

5

6 POGLAVLJE 2. RELATIVISTICKA KINEMATIKA

Zadatak 2.5 Nabijena cestica, koja se giba jednolikom brzinom kroz prazan prostor, ne moze emitirati elektro-magnetsko zracenje (fotone): to ne dopusta zakon o ocuvanju energije i impulsa.Istrazite da li bi nabijena cestica, koja se u dielektriku giba brze od svjetlosti, mogla emitirati fotone. Us-postavlja se da je to moguce, a takvo zracenje se naziva CERENKOVLJEVO ZRACENJE. Ovdje nas zanimasamo ocuvanje energije i impulsa, a ne i tocan “mehanizam” koji je odgovoran za emisiju.Emitirani fotoni pojavljuju se pod odredenim kutem s obzirom na smjer nabijene cestice. Odredite taj kut uzpretpostavku da indeks loma iznosi n = 1.5, da je nabijena cestica ion s energijom 5GeV , te da je foton uoptickom podrucju. Detektori nabijenih cestica, koji se temelje na detekciji Cerenkovljeva zracenja, naveliko sekoriste u fizici visokih energija. Masa iona iznosi 140MeV .

Zadatak 2.6 Atom ili jezgra mase Mi raspada se uz emisiju fotona. Masa konacne cestice je Mf (tj. nakonemisije fotona). Emitirani foton opazamo u inercijalnom sustavu u kojem je pocetni atom mirovao. Frekvencijafotona je ω. Definirajmo ω0 kao

ω0 =(Mi −Mf )c

2

~.

⊛ Pokazite da vrijedi

ω =Mi +Mf

2Mi· ω0 = ω0

(

1− ω0~

2Mic2

)

.

⊛ Izracunajteω0 − ω

ωza zutu natrijevu liniju, γ-zraku od 113 eV , sto je emitira hafnijev izotop 72Hf177.

Gornja formula opisuje efekt odbijanja (RECOIL EFFECT) pri emisiji fotona. Za opticke fotone, sto ihemitiraju atomi, taj je efekt iznimno malen.

Poglavlje 3

Opca teorija relativnosti

Zadatak 3.1 Na osnovi principa ekvivalencije izracunajte otklon laserske zrake od pravca paralelnog povrsiniZemlje na razmaku od 1 km (g = 9.81m/s2).

Zadatak 3.2 Neka se u nekom inercijalnom sustavu S svjetski dogadaj zbio u tecki M s koordinatama xµ =(ct, ~r).

a) Naci koordinate tog dogadaja u sustavu S’ koji se giba jednoliko ubrzano duz osi Ox u odnosu na sustav S.

b) Odrediti interval izmedu dvaju beskonacno bliskih svjetskih dogadaja u S i S’.

c) Odrediti metricki tenzor u S’.

Razmatranje ograniciti na pocetak gibanja kada je v << c.

Zadatak 3.3 Rijesite zadatak 3.2, ali za sustav S’ koji rotira oko osi Oz kutnom brzinom Ω (u pozitivnomsmjeru).

Zadatak 3.4 U ravnom 2D prostoru prikazati promjenu nekog vektora ~r, d~r, u krivolinijskim koordinatama, unekoj tocki, te izracunati kvadrat elementa luka.

7

8 POGLAVLJE 3. OPCA TEORIJA RELATIVNOSTI

Zadatak 3.5 Neka su u 2D prostoru, u tocki M s koordinatama (x1M = 1, x2

M = π2 ), komponente velicine Tαβγ:

T 111 = 1, T 222 = −1, T 112 = T 121 = T 211 = T 122 = T 212 = T 221 = 0 .

Pri transformaciji koordinata

x′1 = 2 + x1 cosx2 ,

x′2 = −3 + x1 sinx2 ,

velicine Tαβγ prelaze u T ′µ∋ξ s komponentama:

T ′111 = 1, T ′222 = T ′112 = 0, T ′121 = T ′211 = 1, T ′122 = T ′212 = T ′221 = −1 .

a) Cine li te velicine tenzor?

9

b) Kada bi te velicine bile tenzor, koje bi on morao imati komponente u koordinatama x’ u tocki M?

Zadatak 3.6 Za 2D rotacijske plohe izracunati metricki tenzor i Christoffelove simbole.

Zadatak 3.7 Izracunati R1212 komponente Riemannovog tenzora zakrivljenosti u slucajevima iz zadatka 3.6 za

a) valjak,

b) stozac,

c) sferu,

d) rotacijske hiperboloide ρ2 − z2 = 1 i z2 − ρ2 = 1,

e) torus z2 + (ρ− ρ0)2 = R2 , ρ0 ≥ R .

Zadatak 3.8 a) Naci jednadzbe geodezijskih krivulja u slucaju zadataka 3.2, te ih rijesiti u obliku kvadratura.

b) Naci eksplicitna rjesenja za valjak, stozac i sferu.

Zadatak 3.9 Za metricki tenzor odreden kvadratom elementa luka

ds2 = A(r)c2dt2 −B(r)dr2 − r2(dϑ2 + sin2 ϑdϕ2)

izracunati Christoffelove simbole.

Zadatak 3.10 Odrediti jednadzbe geodezijskih linija za masivnu cesticu u slucaju Schwarzschildove metrike.

Zadatak 3.11 U slucaju Schwarzschildove metrike, rijesiti jendadzbe nul-geodezijskih krivulja za radijalnogibanje zrake svjetlosti, tj. za ϑ =konst., ϕ =konst., te ih nacrtati na (r, ct) dijagramu.

Zadatak 3.12 Naci Christoffelove simbole za kvadrat elementa luka u Kerrovoj metrici.

Zadatak 3.13 Sto predstavlja metrika Minkowskog

ds2 = c2dt2 − dx2 − dy2 − dz2

nakon transformacija iz Kartezijevih pravokutnih koordinata u sferne koordinate?

10 POGLAVLJE 3. OPCA TEORIJA RELATIVNOSTI

Poglavlje 4

Dodatak - zadaci za vjezbu

4.1 Tenzorska algebra

Zadatak 4.1 Pokazite, ako je Sij = Sji simetricni tenzor, a Aij = −Aji antisimetricni tenzor, da je skalarAijSij jednak nuli.

Rjesenje

Krenimo promatrajuci sam skalarni umnozak AijSij . Njega uvijek mozemo zapisati kao

AijSij =1

2(AijSij +AijSij) .

Prvo treba primjetiti da je ovaj izraz napisan u skladu s Einsteinovom konvencijom o zbrajanju.1

Koncentrirajmo se na drugi clan u zagradi. Ovdje su indeksi i i j tzv. nijemi indeksi. To znaci nam nije bitnokako cemo ih oznaciti. Zato mozemo, npr. indeks i oznaciti s j, a indeks j s i. tada imamo

AijSij =1

2(AijSij +AjiSji) .

Posto je tenzor A antisimetrican, a tenzor S simetrican, tada vrijedi:

Aij = −Aji Sij = Sji .

Zato dalje imamo

AijSij =1

2(AijSij −AijSij) = 0 .

Time je trazena tvrdnja dokazana.QED

Zadatak 4.2 Pokazite da se proizvoljni tenzor ranga 2 moze napisati kao zbroj simetricnog i antisimetricnogtenzora. Nadalje, dokazite da je u linijskom elementu ds2 doprinos antisimetricnog dijela od gik jednak nuli.

1Svom prijatelju L. Kollros-u, Einstein je to opisao na slijedeci nacin: ”I made a grat discovery in mathematics; I suppressed

the summation sign every time that the summation has to be done on an index which appears twice in the general term” (Kollros,L. (1956): Albert Einstein en Suisse, Souvenirs, in ”Jubilee of Relativity Theory”, A. Mercier and M. Kervaire (eds.), Basel,Switzerland). Dakle, u ovom izrazu su izostavljeni znakovi sumiranja po indeksima i i j, koji se ponavljaju dvaput u svakom clanu.

11

12 POGLAVLJE 4. DODATAK - ZADACI ZA VJEZBU

Rjesenje prvog dijelaBez smanjenja opcenitosti dokazimo tvrdnju za kontravarijantni tenzor. Dokazi za mijesane i kovarijantne

tenzore slijede analogno. Znaci, treba pokazati da vrijedi:

T ij = Aij +Bij , ∀T ij ; Aij = Aji, Bij = −Bji.

Za dokaz se posluzimo prvo malim matematickim trikom. Kao i u prethodnom zadatku, krenimo od:

T ij =1

2T ij +

1

2T ij.

Sada dodajmo i oduzmimo1

2T ji, tj. polovinu od transponirane vrijednosti naseg tenzora (koji se moze pred-

staviti matricom - stoga opravdanje da T ji nazovemo transponiranim).

T ij =1

2T ij +

1

2T ij ± 1

2T ji,

T ij =T ij + T ji

2︸︷︷︸

simetrican,∀T ij

+T ij − T ji

2︸︷︷︸

antisimetrican,∀T ij

.

Dokazimo sada da jeT ij + T ji

2simetrican tenzor, a

T ij − T ji

2antisimetrican tenzor. Uocimo da zamjena

mjesta indeksa odgovara transponiranju matricne reprezentacije tenzora.

(T ij + T ji

2

)τ

=(T ij)τ + (T ji)τ

2=

T ji + T ij

2=

T ij + T ji

2.

Time je dokazana prva tvrdnja. Dokaz druge slijedi slicno.

(T ij − T ji

2

)τ

=(T ij)τ − (T ji)τ

2=

T ji − T ij

2= −T ij − T ji

2.

Time je dokazana trazena tvrdnja.

Rjesenje drugog dijelaKrenimo od kvadrata diferencijalno malenog dijela geodezijske linije, te ga zapisimo pomocu koeficijenata

metrike gik:

ds2 = gikdxidxk,

gdje cemo gik prikazati kao zbroj simetricnog i antisimetricnog tenzora, tj.

gik = aik + bik; aik = aki, bik = −bki.

(primjetimo da je zbroj kovarijantnih tenzora uvijek kovarijantni tenzor; isto vrijedi i za kontravarijantne imijesane tenzore). Ovdje su nam aik i bik samo skracenice za

aik =gik + gki

2, bik =

gik − gki2

.

Ocito je da su ove skracenice opravdane, tj. njihov zbroj daje gik. Stoga imamo

ds2 =(gik + gki

2

)

dxidxk

︸︷︷︸

simetricni dio

+(gik − gki

2

)

dxidxk

︸︷︷︸

antisimetricni dio

.

4.1. TENZORSKA ALGEBRA 13

Iskoristimo (kao i u prethodnom zadatku) pretpostavku da je metricki tenzor simetrican (gik = gki):

ds2 =( gik + gki

2︸︷︷︸

=gik

)

dxidxk +(gik − gki

2

)

dxidxk

︸︷︷︸

=0

.

Posto je simetricni dio jednak ds2 = gikdxidxk, ocito da antisimetricni dio mora imati doprinos jednak 0.

QED

Zadatak 4.3 Pokazite da ”kontrakcija” po dva kontravarijantna ili dva kovarijantna indeksa tenzora ne daje

opet tenzor. Npr.∑

α

Tαα nije tenzor.

RjesenjePokazimo prvo kako se kontrahiraju tenzori mijesanih indeksa. Krenimo od tenzora

T i1i2···iaj1j2···jb

ranga a+ b, te uzmimo da je ia = jb = σ. Tada imamo

Ti1···ia−1σj1···jb−1σ

=∑

σ

Ti1···ia−1σj1···jb−1σ

.

Dokazimo sada sljedeci teorem, koji pokazuje da se kontrakcijom indeksa smanjuje rang tenzora:

Teorem Ti1···ia−1σj1···jb−1σ

je tenzor ranga a+ b− 2.

Dokaz Da bismo shvatili kontrakciju indeksa tenzora, prvo moramo vidjeti kako se tenzori transformirajuizmedu dva koordinatna sustava (zasto je to tako, vidjet ce se kasnije). A to ce nam opet biti jasnije, ako prvopogledamo kako se izmedu koordinatnih sustava transformiraju kontravarijantni i kovarijantni vektori.

ξi= ∂xi

∂xj ξj

ηi =∂xj

∂xi ηj

transformacija kotravarijantnih i kovarijantnih vektora (∗)

Sada neka je

P = T i1i2···iaj1j2···jb ·ξ

j1(1) · . . . ·ξ

jb(b) ·η

(1)i1

· . . . ·η(a)ia

gdje je

ξj1(1) −→ j1 − a komponenta kontravarijantnog vektora oznacenog s (1), itd.,

a

η(1)i1

−→ i1 − a komponenta kovarijantnog vektora oznacenog s (1), itd.

Tada kazemo da je T tenzor, ako je P invarijanta, kada se ξ i η transformiraju prema (∗). To se zove in-trinzicna definicija tenzora. Posto je P invarijanta, on je isti za svaki sustav (crtani i necrtani). To opetpovlaci

Ti1···iaj1···jb · ξ

j1(1) · . . . · ξ

jb(b) · η

(1)i1

· . . . · η(a)ia= T i1···ia

j1···jb · ξj1(1) · . . . · ξjb(b) · η

(1)i1

· . . . · η(a)ia.

Primjenimo sada (∗), tj.


ξj1(1) =

∂xj1

∂xβ1ξβ1

(1), . . .

η(1)i1

=∂xα1

∂xi1η(1)α1

, . . .

(gdje se podrazumijeva Einsteinova konvencija o zbrajanju) na lijevu stranu dobivene jednadzbe. Imamo

Ti1···iaj1j2···jb ·

∂xj1

∂xβ1ξβ1

(1) · . . . ·∂xjb

∂xβbξβb

(b) ·∂xα1

∂xi1η(1)α1

· . . . · ∂xαa

∂xiaη(a)αa

= Ti1···iaj1···jb ·

(∂xj1

∂xβ1· . . . · ∂x

jb

∂xβb

)(∂xα1

∂xi1· . . . · ∂x

αa

∂xia

)

· ξβ1

(1) · . . . · ξβb

(b) · η(1)α1

· . . . · η(a)αa

= Tα1···αa

β1···βb· ξβ1

(1) · . . . · ξβb

(b) · η(1)α1· . . . · η(a)αa

.

Zadnja jednakost nam daje

Ti1···iaj1···jb ·

(∂xj1

∂xβ1· . . . · ∂x

jb

∂xβb

)(∂xα1

∂xi1· . . . · ∂x

αa

∂xia

)

= Tα1···αa

β1···βb.

No, mi zelimo izraziti crtane koordinate preko necrtanih. Mnozenjem obje strane s

(∂xβ1

∂xl1· . . . · ∂x

βb

∂xlb

)(∂xk1

∂xα1· . . . · ∂x

ka

∂xαa

)

dobiju se clanovi tipa∂xj1

∂xβ1· ∂x

β1

∂xl1=

∂xj1

∂xl1= δj1l1 . Stoga, konacno dobivamo

Ti1···iaj1···jb · δ

j1l1

· . . . · δjblb · δk1

i1· . . . · δka

ia=

(∂xk1

∂xα1· . . . · ∂x

ka

∂xαa

)(∂xβ1

∂xl1· . . . · ∂x

βb

∂xlb

)

· Tα1···αa

β1···βb.

Uzimajuci u obzir vrijednosti dobivenih delta-funkcija, slijedi

Tk1···ka

l1···lb = ∂xk1

∂xα1· . . . · ∂xka

∂xαa· ∂xβ1

∂xl1· . . . · ∂xβb

∂xlb· Tα1···αa

β1···βb.

Ovaj zakon transformacije je opca aksiomatska definicija tenzora. Ova i intrinzicna definicija su potpuno ekvi-valentne.

Iskoristimo sada zakon transformacije za T i1···iaj1···jb , te upotrijebimo ia = jb = σ.

Ti1···ia−1σ

j1···jb−1σ =∂xi1

∂xα1· . . . · ∂x

ia−1

∂xαa−1· ∂xσ

∂xαa· ∂x

β1

∂xj1· . . . · ∂x

βb−1

∂xjb−1· ∂x

βb

∂xσ · Tα1···αa

β1···βb.

Pogledajmo sto se dobije kada se pomnoze podvuceni clanovi.

∂xσ

∂xαa· ∂x

βb

∂xσ =∂xβb

∂xαa= δβb

αa=⇒ βb = αa = t.

Zbog toga imamo

Ti1···ia−1σ

j1···jb−1σ =∂xi1

∂xα1· . . . · ∂x

ia−1

∂xαa−1· ∂x

β1

∂xj1· . . . · ∂x

βb−1

∂xjb−1· Tα1···αa−1t

β1···βb−1t.

A to nije nista drugo nego zakon transformacije za tenzor Tα1···αa−1

β1···βb−1. Posto je zakon transformacije definicija

tenzora, slijedi da je Tα1···αa−1

β1···βb−1tenzor ranga (a− 1) + (b− 1) = a+ b− 2.


Time je dokazan izreceni teorem.

Sada primjenimo to sto smo naucili da proucimo kako se kontrahiraju kontravarijantni indeksi (u nasem slucaju2). Krenimo od tenzora

Ti1···ia−1iaj1··········jb ,

i postavimo na njega uvjet kakav se trazi u zadatku, tj. ia−1 = ia = t. Prema prethodnom slucaju, taj bi setenzor trebao transformirati prema:

Ti1···ia−2tt

j1·········jb =∂xi1

∂xα1· . . . · ∂x

ia−2

∂xαa−2· ∂xt

∂xαa−1· ∂xt

∂xαa−1· ∂x

β1

∂xj1· . . . · ∂x

βb

∂xjb· Tα1···αa

β1···βb,

gdje tenzor Ti1···ia−2tt

j1·········jb ima b kovarijatnih i a−1 kontravarijantnih indeksa, dok tenzor Tα1···αa

β1···βbima b kovarijantnih

i a kontravarijantnih indeksa. Iz toga se vidi da Ti1···ia−2ttj1·········jb nije tenzor, jer ne zadovoljava zakon transformacije.

Dokaz za kovarijantne tenzore slijedi analogno.

QED

Zadatak 4.4 Provjerite da se u tri dimenzije kosinus kuta ϑ izmedu vektora ~u i ~v moze napisati u invarijantnomobliku

cosϑ =λiµi

√

λjλjµkµk

,

gdje su λ i µ komponente vektora ~u i ~v redom.

Rjesenje

Vidimo da se u formuli pojavljuju i kovarijantne i kontravarijantne komponente vektora. Pogledajmo prvosto one znace.

~v =

vi → kontravarijantne komponente

vi → kovarijantne komponente

tenzori

ranga 1=

dva razlicita nacina

definiranja komponenti

istog vektora


~v = λ1︸︷︷︸

~e1 + λ2︸︷︷︸

~e2︸︷︷︸

kontravarijantne

komponente

od ~v

λ1 = ~v · ~e1λ2 = ~v · ~e2

ortogonalne projekcije

na smjerove od ~e1 i ~e2=

kovarijantne komponente

od ~v

Pogledajmo sada dva vektora ~u i ~v, gdje su komponente od ~v zadane gore, a komponente od ~u su

~u = µ1~e1 + µ2~e2µ1 = ~u · ~e1; µ2 = ~u · ~e2

Ako skalarno pomnozimo ta dva vektora, imamo

~u · ~v = (µ1~e1 + µ2~e2) · (λ1~e1 + λ2~e2) = µ1λ1~e1~e1 + µ1λ2~e1~e2 + µ2λ1~e2~e1 + µ2λ2~e2~e2.

Uvedimo sada oznaku

gij = ~ei · ~ej ; i, j = 1, 2.

Iz toga automatski slijedi (zbog komutativnosti skalarnog produkta) da je

gij = gji.

Zapisimo ponovno skalarni produkt nasih vektora:

~u · ~v = g11λ1µ1 + g12

︸︷︷︸

g21

λ2µ1 + g21︸︷︷︸

g12

λ1µ2 + g22λ2µ2

=∑

ij

gijλiµj

Uzimajuci u obzir Einsteinovu konvenciju o zbrajanju, konacno imamo

~u·~v = gijλiµj . (1)

No, s druge strane je

~u · ~v = ~u · (λ1~e1 + λ2~e2) = λ1~u · ~e1 + λ2~u · ~e2 = λ1µ1 + λ2µ2

=∑

i

λiµi

~u · ~v = λiµi (2)

Izjednacavajuci jednadzbe (1) i (2) slijedi

λiµi = gijλiµj = λi · gij · µj

µi = gijµj (3)

Jednadzbe (1)− (3) su tenzorske jednadzbe, tj. njihov oblik ne ovisi o koordinatnom sustavu.Dokaz To je ocito, jer ako za neki crtani koordinatni sustav, odreden s jedinicnim vektorima ~e1 i ~e2 imamo

λi, µi; λi, µi, tada slijedi

(1) ⇒ ~u · ~v = gijλiµj

(2) ⇒ ~u · ~v = λiµj = λiµi


Vidi se da jednadzbe nisu promjenile svoj oblik.Nadimo sada i kosinus kuta ϑ.

~u · ~v = |~u| · |~v| · cosϑ; ϑ = ∡(~u,~v).

|~v| =√~v · ~v =

√

~v · (λ1~e1 + λ2~e2) =√

λ1~v · ~e1 + λ2~v · ~e2 =√

λ1λ1 + λ2λ2

=

√√√√

2∑

i=1

λiλi =√

λiλi.

Analogno za duljinu vektora ~u imamo |~u| =√

µiµi. Posto je prema jednadzbi (2) ~u · ~v = λiµi, za kosinus kutaϑ imamo

cosϑ =~u · ~v

|~u| · |~v| =λiµi

√

λjλj ·√

µkµk

=λiµi

√

λjλjµkµk

.

QED

Zadatak 4.5 Kako izgleda gij za Kartezijeve koordinate u 3-dimenzionalnom Euklidskom prostoru? Kako iz-gleda metrika na 2-dimenzionalnoj povrsini sfere, x2 + y2 + z2 = R, izrazena preko koordinata x i y? Ponovitezadatak za cilindricne i sferne koordinate, te primjetite prednost sfernih koordinata pri opisivanju povrsine sfere.

Rjesenje prvog dijela

Treba naci komponente metrickog tenzora za 3-dimenzionalni Euklidski prostor u Kartezijevim koordi-natama. Krenimo od dva vektora ~v i ~u s kontravarijantnim i kovarijantnim komponentama

~v = λ1~e1 + λ2~e2 + λ3~e3;λ1 = ~v · ~e1λ2 = ~v · ~e2λ3 = ~v · ~e3

,

~u = µ1~e1 + µ2~e2 + µ3~e3;µ1 = ~u · ~e1µ2 = ~u · ~e2µ3 = ~u · ~e3

.

Njihov nam produkt daje:

~u · ~v = (µ1~e1 + µ2~e2 + µ3~e3) · (λ1~e1 + λ2~e2 + λ3~e3)

= µ1λ1~e1 · ~e1 + µ1λ2~e1 · ~e2 + µ1λ3~e1 · ~e3 + µ2λ1~e2 · ~e1 + µ2λ2~e2 · ~e2+µ2λ3~e2 · ~e3 + µ3λ1~e3 · ~e1 + µ3λ2~e3 · ~e2 + µ3λ3~e3 · ~e3

=∣∣∣gij = ~ei · ~ej; i, j = 1, 2, 3

∣∣∣

= g11λ1µ1 + g12

︸︷︷︸

g21

λ2µ1 + g13︸︷︷︸

g31

λ3µ1 + g21︸︷︷︸

g12

λ1µ2 + g22λ2µ2 + g23

︸︷︷︸

g32

λ3µ2

+ g31︸︷︷︸

g31

λ1µ3 + g32︸︷︷︸

g23

λ2µ3 + g33λ3µ3

~u · ~v =∑

ij

gijλiµj .

Posto su jedinicni vektori ortogonalni, mora vrijediti gij = δij , pa su stoga komponente metrickog tenzora:

g11 = g22 = g33 = 1,


g12 = g21 = g13 = g31 = g23 = g32 = 0 .

Ili, ako ga zapisemo u obliku matrice

gij =

1 0 00 1 00 0 1

.

QED

Rjesenje drugog dijela

Treba naci komponente metrickog tenzora za 2-dimenzionalnu povrsinu sfere, opisanu jednadzbom x2 +y2 + z2 = R2, u Kartezijevim koordinatama. Sve tocke na sferi se mogu opisati sa samo 2 koordinate (nezaboravimo, sfera je 2-dimenzionalna ploha). To znaci da cemo moci izraziti komponente tenzora metrike samopomocu koordinata x i y.

Iz jednadzbe sfere slijedi za koordinatu z

z = ±√

R2 − x2 − y2.

Kvadrat linijskog elementa mozemo izraziti preko tenzora metrike kao


ds2 = gikdxidxk.

No, s druge strane znamo da se u Kartezijevim koordinatama kvadrat linijskog elementa moze napisati kao

ds2 = dx2 + dy2 + dz2.

U njega mozemo uvrstiti dz, koji je jednak

dz = ±[1

2

(R2 − x2 − y2

)−1/2(−2x)dx+

1

2

(R2 − x2 − y2

)−1/2(−2y)dy

]

= ±(

x√

R2 − x2 − y2dx+

y√

R2 − x2 − y2dy

)

dz2 =x2

R2 − x2 − y2dx2 +

xy

R2 − x2 − y2dxdy +

yx

R2 − x2 − y2dydx+

y2

R2 − x2 − y2dy2

⇒ ds2 =

(x2

R2 − x2 − y2+ 1

)

dx2 +xy

R2 − x2 − y2dxdy +

yx


(y2

R2 − x2 − y2+ 1

)

dy2.

Da bi nam usporedba bila laksa, primjetimo da vrijede jednakosti:

x = x1,

y = x2,

gdje nam se x1 i x2 pojavljuju u

ds2 = gikdxidxk =

2∑

i,k=1

gikdxidxk

= g11dx1dx1 + g12dx

1dx2 + g21dx2dx1 + g22dx

2dx2 .

To nam se upravo i javlja u nasem linijskom elementu izrazenom preko x i y. Stoga mozemo, iz usporedbe tadva izraza, procitati komponente tenzora metrike:

g11 =x2

R2 − x2 − y2+ 1

g12 = g21 =xy

R2 − x2 − y2, iz cega se vidi da je gik simetrican,

g22 =y2

R2 − x2 − y2+ 1.

Ili zapisano preko matrice (matrica je 2. reda, jer predstavlja metriku na 2-dimenzionalnoj plohi)

gik =

[x2

R2−x2−y2 + 1 xyR2−x2−y2

xyR2−x2−y2

y2

R2−x2−y2 + 1

]

.

QED

Rjesenje treceg dijela

Treba naci komponente metrickog tenzora za Euklidsku ravninu u sfernim koordinatama. Transformacijeizmedu sfernog i Kartezijevog sustava su:

x = ρ sinϑ cosϕ

y = ρ sinϑ sinϕ

z = ρ cosϑ.


Znamo da cemo komponente metrickog tenzora naci iz usporedbe izraza za kvadrat linijskog elementa. U tusvrhu trebamo prvo naci diferencijale Kartezijevih koordinata izrazene preko sfernih koordinata. Iz transforma-cijskih relacija imamo

dx = sinϑ cosϕdρ+ ρ cosϑ cosϕdϑ− ρ sinϑ sinϕdϕ

dy = sinϑ sinϕdρ+ ρ cosϑ sinϕdϑ+ ρ sinϑ cosϕdϕ

dz = cosϑdρ− ρ sinϑdϑ.

Dobivene relacije uvrstimo u kvadrat linijskog elementa ds2 = dx2 + dy2 + dz2:

ds2 = sin2 ϑ cos2 ϕdρ2 + sinϑ cosϑ cos2 ϕdρdϑ− ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕdρdϕ+ ρ sinϑ cosϑ cos2 ϕdϑdρ

+ρ2 cos2 ϑ cos2 ϕdϑ2 − ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ− ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕdρ

−ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ + ρ2 sin2 ϑ sin2 ϕdϕ2

+sin2 ϑ sin2 ϕdρ2 + sinϑ cosϑ sin2 ϕdρdϑ+ ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕdρdϕ+ ρ sinϑ cosϑ sin2 ϕdϑdρ

+ρ2 cos2 ϑ sin2 ϕdϑ2 + ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ+ ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕdρ

+ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ + ρ2 sin2 ϑ cos2 ϕdϕ2

+cos2 ϑdρ2 − ρ sinϑ cosϑdρdϑ− ρ sinϑ cosϑdϑdρ+ ρ2 sin2 ϑdϑ2.

Skupljajuci clanove uz iste diferencijale imamo

ds2 = dρ2(sin2 ϑ cos2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ+ cos2 ϑ

)+ dρdϑ

(sinϑ cosϑ cos2 ϕ+ sinϑ cosϑ sin2 ϕ− ρ sinϑ cosϑ

)

+dρdϕ(− ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕ+ ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕ

)

+dϑdρ(ρ sinϑ cosϑ cos2 ϕ+ ρ sinϑ cosϑ sin2 ϕ− ρ sinϑ cosϑ

)

+dϑ2(ρ2 cos2 ϑ cos2 ϕ+ ρ2 cos2 ϑ sin2 ϕ+ ρ2 sin2 ϑ

)+

dϑdϕ(− ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ+ ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ

)

+dϕdρ(− ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕ+ ρ sin2 ϑ sinϕ cosϕ

)

+dϕdϑ(− ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ+ ρ2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ

)

+dϕ2(ρ2 sin2 ϑ sin2 ϕ+ ρ2 sin2 ϑ cos2 ϕ

)

Vidimo da se mnogi clanovi krate ili pojednostave prema osnovnoj trigonometrijskoj relaciji (sin2 x+cos2 x = 1).Na kraju dobivamo

ds2 = dρ2 + ρ2dϑ2 + ρ2 sin2 ϑdϕ2,

iz cega mozemo procitati komponente metrickog tenzora

g11 = 1, g22 = ρ2, g33 = ρ2 sin2 ϑ,

g12 = g21 = g13 = g31 = g23 = g32 = 0.

Ili u matricnom obliku:

gik =

1 0 00 ρ2 00 0 ρ2 sin2 ϑ

.

QED

Rjesenje cetvrtog dijela


Treba naci komponente metrickog tenzora za sferu u sfernim koordinatama. Isti slucaj za Kartezijevekoordinate smo vec rijesili; prisjetimo se linijskog elementa:

ds2Kart.

=

(x2

R2 − x2 − y2+ 1

)

dx2 +xy

R2 − x2 − y2dxdy +

yx


(y2

R2 − x2 − y2+ 1

)

dy2.

Ako zamjenimo Kartezijeve koordinate sa sfernima,

x = ρ sinϑ cosϕ

y = ρ sinϑ sinϕ

z = ρ cosϑ,

dobit cemo linijski element izrazen u sfernim koordinatama. Za razliku od slucaja kada smo racunali komponentemetrickog tenzora za Euklidsku ravninu u sfernim koordinatama, sada su diferencijali:

dx = R cosϑ cosϕdϑ−R sinϑ sinϕdϕ

dy = R cosϑ sinϕdϑ +R sinϑ cosϕdϕ.

Primjetimo razliku, gdje nam se sada umjesto sferne koordinate ρ pojavljuje radijus R. To je rezultat uvjetazadatka, koji kaze da trazimo komponente tenzora metrike na povrsini sfere (a cijela povrsina sfere ima ρkoordinatu jednaku R).Diferencijal od z nije potrebno racunati, jer se ta koordinata ne pojavljuje u linijskom elementu (sto opet slijediiz cinjenice da je sfera 2-dimenzionalna). Uvrstavajuci transformacije u linijski element, dobivamo

ds2sf.

=

(R2 sin2 ϑ cos2 ϕ

R2 −R2 sin2 ϑ cos2 ϕ−R2 sin2 ϑ sin2 ϕ︸︷︷︸

−R2 sin2 ϑ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)︸︷︷︸

=1︸︷︷︸

R2(1−sin2 ϑ)=R2 cos2 ϑ

+ 1

)(

R2 cos2 ϑ cos2 ϕdϑ2 −R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ

−R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ+R2 sin2 ϑ sin2 ϕdϕ2)

+

(R2 sin2 ϑ sin2 ϕ

R2 −R2 sin2 ϑ cos2 ϕ−R2 sin2 ϑ sin2 ϕ︸︷︷︸


=1︸︷︷︸


+ 1

)

·(

R2 cos2 ϑ sin2 ϕdϑ2 +R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ +R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ

+R2 sin2 ϑ cos2 ϕdϕ2)

+R2 sin2 ϑ sinϕ cosϕ

R2−R2 sin2 ϑ cos2 ϕ−R2 sin2 ϑ sin2 ϕ︸︷︷︸


=1

︸︷︷︸


·(

R2 cos2 ϑ sinϕ cosϕdϑ2

+R2 sinϑ cosϑ cos2 ϕdϑdϕ −R2 sinϑ cosϑ sin2 ϕdϕdϑ −R2 sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕ2)


R2−R2 sin2 ϑ cos2 ϕ−R2 sin2 ϑ sin2 ϕ︸︷︷︸


=1

︸︷︷︸


·(

R2 cos2 ϑ sinϕ cosϕdϑ2 −R2 sinϑ cosϑ sin2 ϕdϑdϕ


+R2 sinϑ cosϑ cos2 ϕdϕdϑ −R2 sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕ2)

.

Nakon sto prve zagrade svedemo na zajednicki nazivnik (i skratimo R2), a iz drugih izlucimo R2, dobivamo

ds2sf. = R2 sin2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ

cos2 ϑ·(

cos2 ϑ cos2 ϕdϑ2 − sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ

− sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ + sin2 ϑ sin2 ϕdϕ2)

+R2 sin2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ

cos2 ϑ·(

cos2 ϑ sin2 ϕdϑ2

− sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϑdϕ + sinϑ cosϑ sinϕ cosϕdϕdϑ+ sin2 ϑ cos2 ϕdϕ2)


cos2 ϑ·(

cos2 ϑ sinϕ cosϕdϑ2 + sinϑ cosϑ cos2 ϕdϑdϕ− sinϑ cosϑ sin2 ϕdϕdϑ

− sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕ2)


cos2 ϑ·(

cos2 ϑ sinϕ cosϕdϑ2 − sinϑ cosϑ sin2 ϕdϑdϕ

+sinϑ cosϑ cos2 ϕdϕdϑ+ sin2 ϑ sinϕ cosϕdϕ2)

.

Sada skupimo sve clanove uz dϑ2, dϑdϕ, dϕdϑ, te dϕ2 (pri cemu skratimo cos2 ϑ ili cosϑ, gdje se moze):

ds2sf.

= R2[(

sin2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ)

cos2 ϕ+(

sin2 ϑ sin2 ϕ+ cos2 ϑ)

sin2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

+sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ]

dϑ2 +R2

[

−

(


sinϑ sinϕ cosϕ

cosϑ

+

(


sinϑ sinϕ cosϕ

cosϑ+

sin3ϑ sinϕ cos3 ϕ

cosϑ− sin3ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ

]

dϑdϕ+R2

·[

−

(


sinϑ sinϕ cosϕ

cosϑ+

(


sinϑ sinϕ cosϕ

cosϑ

−sin3ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ+


cosϑ

]

dϕdϑ+R2

[(


sin2 ϑ sin2 ϕ+

(


sin2 ϑ cos2 ϕ− sin4 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

cos2 ϑ− sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

cos2 ϑ

]

dϕ2.

Sada cemo, preglednosti radi, pogledati svaku zagradu zasebno. Prvo krenimo sa zagradom uz dϑ2.

dϑ2 . . . R2 [ ]︸︷︷︸

↓

= sin2 ϑ cos4 ϕ+ cos2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ sin2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ (sin2 ϕ+ cos2 ϕ)︸︷︷︸

=1

= sin2 ϑ cos4 ϕ+ cos2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ sin2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ︸︷︷︸

sin2 ϕ (cos2 ϑ+ sin2 ϕ)︸︷︷︸

=1

=sin2 ϕ

+sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

= sin2 ϑ cos4 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ︸︷︷︸

sin2 ϑ cos2 ϕ (sin2 ϕ+ cos2 ϕ)︸︷︷︸

=1

+cos2 ϑ cos2 ϕ+ sin2 ϕ


= sin2 ϑ cos2 ϕ+ cos2 ϑ cos2 ϕ︸︷︷︸

cos2 ϕ (sin2 ϑ+ cos2 ϑ)︸︷︷︸

=1

+sin2 ϕ

= cos2 ϕ+ sin2 ϕ

= 1.

dϑdϕ . . . R2 [ ]︸︷︷︸

↓

= − sin3 ϑ sinϕ cos3 ϕ

cosϑ− sinϑ cos2 ϑ sinϕ cosϕ

cosϑ+

sin3 ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ+

sinϑ cos2 ϑ sinϕ cosϕ

cosϑ

+sin3ϑ sinϕ cos3 ϕ

cosϑ− sin3ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ= 0.

dϕdϑ . . . R2 [ ]︸︷︷︸

↓

= − sin3 ϑ sinϕ cos3 ϕ

cosϑ− sinϑ cos2 ϑ sinϕ cosϕ

cosϑ+

sin3 ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ+

sinϑ cos2 ϑ sinϕ cosϕ

cosϑ

−sin3ϑ sin3 ϕ cosϕ

cosϑ+


cosϑ= 0.

dϕ2 . . . R2 [ ]︸︷︷︸

↓

=sin4 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ+ sin2 ϑ sin2 ϕ cos2 ϑ+ sin4 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ+ sin2 ϑ cos2 ϑ cos2 ϕ− sin4 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

cos2 ϑ

− sin4 ϑ sin2 ϕ cos2 ϕ

cos2 ϑ

=sin2 ϑ cos2 ϑ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)

cos2 ϑ

= sin2 ϑ .

Svaka ta zagrada ne predstavlja nista drugo nego pripadnu komponentu metrickog tenzora. Primjetimo da suzagrade uz dϑdϕ i dϕdϑ jedanke nula, sto znaci da su komponente g12 i g21, koje ne leze na dijagonali, nula,dok su dijagonalne komponente razlicite od nule:

g11 = R2

g12 = g21 = 0, iz cega se vidi da je gik simetrican,

g22 = R2 sin2 ϑ .


gik =

[R2 00 R2 sin2 ϑ

]

.

QED


Rjesenje petog dijela

Treba naci komponente metrickog tenzora za Euklidsku ravninu u cilindicnim koordinatama. Transformacijeizmedu cilindicnog i Kartezijevog sustava su:

x = ρ cosϑ

y = ρ sinϑ

z = z.

Postupak je vec znamo prema trecem dijelu zadatka, gdje smo trazili komponente tenzora metrike za Euklidskiprostor u sfernim koordinatama. Koristeci dane transformacije prvo nademo diferencijale dx, dy i dz izrazenepreko dρ, dϑ i dz (naravno, dio oko dz je trivijalan):

dx = cosϑdρ− ρ sinϑdϑ

dy = sinϑdρ+ ρ cosϑdϑ

dz = dz.

Uvrstavajuci dobivene diferencijale u ds2, imamo:

ds2 = dx2 + dy2 + dz2

= cos2 ϑdρ2 − ρ sinϑ cosϑdρdϑ− ρ sinϑ cosϑdϑdρ+ ρ2 cos2 ϑdϑ2 + sin2 ϑdρ2 + ρ sinϑ cosϑdρdϑ

+ρ sinϑ cosϑdρdϑ+ ρ2 cos2 ϑdϑ2 + dz2

=(cos2 ϑ+ sin2 ϑ

)

︸︷︷︸

=1

dρ2 + ρ2(cos2 ϑ+ sin2 ϑ

)

︸︷︷︸

=1

dϑ2 + dz2

= dρ2 + ρ2dϑ2 + dz2,

iz cega mozemo procitati komponente metrickog tenzora

g11 = 1, g22 = ρ2, g33 = 1,

g12 = g21 = g13 = g31 = g23 = g32 = 0.


gik =

1 0 00 ρ2 00 0 1

.

QED

Zadatak 4.6 Nadite metriku, izrazenu preko ρ i ϑ, na 2-dimnezionalnoj povrsini, definiranoj s z = f(ρ), gdjeje ρ radijalna koordinata. Izaberite odredenu funkciju koja bi opisivala ”planinu”, te je usporedite s ”ravnim”prostorom definiranim s z =konst.


Pa neka nam je zadana neka opcenita ploha s z = f(ρ). Kvadrat diferencijalnog elementa je, naravno,:

ds2 = dx2 + dy2 + dz2.

Prema definiciji plohe, za dz imamo:

dz =∂f

∂ρdρ,


dok otprije znamo

dx = cosϑdρ− ρ sinϑdϑ

dy = sinϑdρ+ ρ cosϑdϑ.

Uvrstavajuci dane diferencijale u ds2, dobivamo

ds2 = cos2 ϑdρ2 − ρ sinϑ cosϑdρdϑ− ρ sinϑ cosϑdϑdρ+ ρ2 sin2 ϑdϑ2 + sin2 ϑdρ2 + ρ sinϑ cosϑdρdϑ

+ρ sinϑ cosϑdϑdρ+ ρ2 cos2 ϑdϑ2 +

(∂f

∂ρ

)2

dρ2

=

[

1 +

(∂f

∂ρ

)2]

dρ2 + ρ2dϑ2.

Iz dobivenog rezultata mozemo odmah ocitati (usporedivanjem s izrazom ds2 = gikdxidxk, i, k = 1, 2, 3, gdje

nam vrijedi identitet x1 = ρ, x2 = ϑ, x3 = z) komponente metrickog tenzora:

g11 = 1 +

(∂f

∂ρ

)2

,

g12 = g21 = 0,

g22 = ρ2.

QED


Prvo pogledajmo kako izgleda metrika za ”ravni” prostor (iako smo to vec pokazali u nekim od prethodnihzadataka).

Kao sto pise u tekstu zadatka, ”ravni” prostor je definiran s z = konstanta. To povlaci da je f(ρ) =

konstanta, sto opet povlaci da je∂f

∂ρ= 0. A prema rezultatu dobivenom u prethodnom dijelu zadatka to znaci

da je

g11 = 1,

sto se slaze s rezultatom iz petog dijela zadatka 1.5.Pogledajmo sada kako bi izgledala metrika ”na brdu”. Ono bi se moglo vrlo lijepo prikazati Gaussovom funkcijomkao 2-dimenzionalnom plohom u 3-dimenzionalnom prostoru. Ta funkcija ima jednadzbu:

f(x, y) =1

2πσe−

(x−µx)2+(y−µy)2

2σ2 .

Ako uzmemo da je nasa Gaussova funkcija simetricno raspodjeljena s obzirom na osi, tj. ako vrijedi uvjet

µx = µy = 0 ,

tada ona ima oblik

f(x, y) =1

2πσe−

x2+y2

2σ2 .

Ako prijedemo u cilindricni koordinatni sustav, imamo

f(ρ) =1

2πσe−

ρ2

2σ2 .


Izabravsi uvjet za parametar σ = 1√2, dobivamo funkciju

f(ρ) =1

π√2e−ρ2

,

koja je i prikazana na slici.Da bismo nasli komponente metrickog tenzora, trebamo samo izracunati

∂f

∂ρ=

1

π√2e−ρ2 · (−2ρ) = −

√2

πρe−ρ2

.

Koristeci prvi dio zadatka, za komponente metrickog tenzora dobivamo:

g11 = 1 +2

π2ρ2e−2ρ2

,

g12 = g21 = 0,

g22 = ρ2.

QED

Zadatak 4.7 Dosad su vektori baze ~ei imali donje indekse, pa se bilo koji vektor ~V mogao zapisati kao ~v = λi~ei.Isto tako bismo mogli bilo koji vektor izraziti preko vektora baze s gornjim indeksima, ~el. Oni su definirani takoda vrijedi ~el · ~ei = gli = δli. Nacrtajte vektore ~ei i ~e

l u dvije dimenzije. Pokazite da se moze pisati ~v = λi~ei, te

da vrijedi gij = ~ei · ~ej.

Rjesenje

Prema zadatku 1.4, znamo da vrijedi

λi = ~v · ~ei .Ako tu jednakost pomnozimo s desna s ~el dobivamo

λi~el = ~v · ~ei · ~el

︸︷︷︸

~el·~ei=δli

,

iz cega odmah imamo

~v = λl~el .


vλ

λ

λ

λ

e

e

2

e

e

2

1

1

2

1

2

1

λi je promjenio indeks u l zbog delta-funkcije.

Za dokaz druge cinjenice krenimo od jednakosti iz teksta zadatka

~el · ~ei = δli = gli .

Pomnozimo tu jednakost s lijeva s gij . Dobivamo

gij~el · ~ei = gijgli .

Koristeci relaciju za podizanje indeksa (gγβTαγ = T βα), imamo

~el gij~ei︸︷︷︸

~ej

= glj ,

odnosno

~el · ~ej = glj .

QED


4.2 Christoffelovi simboli, koeficijenti veze i geodezijske linije

Zadatak 4.8 Dokazati da su Christoffelovi simboli simetricni, te na osnovu toga naci broj nezavisnih kompo-nenti. Koliko algebarski nezavisnih Christoffelovih simbola postoji u dvije, tri i cetiri dimenzija? Koliko u ndimenzija?

Rjesenje prvog dijelan = 2

Pogledajmo prvo koliko ima Christoffelovih simbola prve vrste. Oni su definirani s

[ik, l] =1

2

(∂gil∂xk

+∂gkl∂xi

− ∂gik∂xl

)

,

gdje su i, k, l = 1, 2. To znaci da Christoffelovih simbola prve vrste ukupno ima 23, tj.

[ik, l] = [11, 1] , [11, 2] , [12, 1] , [12, 2] , [21, 1] , [21, 2] , [22, 1] , [22, 2] = 8 .

No, ne mora biti da su svi oni medusobno nezavisni. Stoga moramo, koristeci svojstvo simetricnosti metrickogtenzora (gµν = gνµ), raspisati svakog zasebno te ih onda usporediti. Dakle,

[11, 1] =1

2

(∂g11∂x1

+∂g11∂x1

− ∂g11∂x1

)

=1

2

(∂g11∂x1

)

,

[11, 2] =1

2

(∂g12∂x1

+∂g12∂x1

− ∂g11∂x2

)

=1

2

(

2∂g12∂x1

− ∂g11∂x2

)

,

[12, 1] =1

2

(∂g11∂x2

+∂g21∂x1︸︷︷︸∂g12∂x1

−∂g12∂x1

)

=1

2

(∂g11∂x2

)

,

[12, 2] =1

2

(∂g12∂x2

+∂g22∂x1

− ∂g12∂x2

)

=1

2

(∂g22∂x1

)

,

[21, 1] =1

2

(∂g21∂x1

+∂g11∂x2

− ∂g21∂x1

)

=1

2

(∂g11∂x2

)

,

[21, 2] =1

2

(∂g22∂x2

+∂g12∂x2︸︷︷︸∂g21∂x2

−∂g21∂x2

)

=1

2

(∂g22∂x1

)

,

[22, 1] =1

2

(∂g21∂x2

+∂g21∂x2

− ∂g22∂x1

)

=1

2

(

2∂g21∂x2

− ∂g22∂x1

)

,

[22, 2] =1

2

(∂g22∂x2

+∂g22∂x2

− ∂g22∂x2

)

=1

2

(∂g22∂x2

)

.

Vidimo da su svi nezavisni, osim dva para: [12, 1] = [21, 1] i [12, 2] = [21, 2], sto nam pomaze da uocimo cinjenicuda su Christoffelovi simboli prve vrste simetricni obzirom na zamjenu prva dva indeksa, tj.

[ik, l] = [ki, l] .

Iz dobivenih rezultata zakljucujemo da u dvije dimenzije postoji 6 nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste.QED

Rjesenje drugog dijelan = 3???

4.2. CHRISTOFFELOVI SIMBOLI, KOEFICIJENTI VEZE I GEODEZIJSKE LINIJE 29

U tri dimenzije postoji (posto sad indeksi i, k, l imaju vrijednosti 1, 2, 3) sveukupno 33 Christoffelovih sim-bola prve vrste. Na nasu srecu, necemo morati racunati sve simbole zasebno.

Kada je l = 1, pojavit ce nam se 3 zavisna simbola. Prvi smo vec imali u slucaju n = 2:

[12, 1] = [21, 1].

Prema zakljucku, kojeg smo izveli u prethodnom dijelu zadatka, o simetriji Christoffelovih simbola prve vrste,vidimo da ce nam se u ovom slucaju pojaviti jos 2 zavisna simbola. To su

[13, 1] = [31, 1] ,

[23, 1] = [32, 1] .

Provjerimo cinjenicu za barem prvog od njih. Imamo

[13, 1] =1

2

(∂g11∂x3

+∂g31∂x1

− ∂g13∂x1

)

=1

2

(∂g11∂x3

)

,

[31, 1] =1

2

(∂g31∂x1

+∂g11∂x3

− ∂g31∂x1

)

=1

2

(∂g11∂x3

)

.

Znaci, u slucaju l = 1, imamo ukupno 3 zavisna Christoffelovih simbola prve vrste.

Kada je l = 2, takoder ce nam se pojaviti zbog simetrije 3 zavisna simbola. Oni su

[12, 2] = [21, 2] ,

[13, 2] = [31, 2] ,

[23, 2] = [32, 2] .

Isti zakljucak imamo i u slucaju za l = 3. Dakle, jos tri zavisna simbola:

[12, 3] = [21, 3] ,

[13, 3] = [31, 3] ,

[23, 3] = [32, 3] .

Znaci, sveukupno u slucaju n = 3 imamo 3 · 3 = 9 zavisnih Christoffelovih simbola prve vrste. Prema tome, utom slucaju imamo 33 − 3 · 3 = 18 nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste.QED

Rjesenje treceg dijelan = 4???

U cetiri dimenzije ima ukupno 43 = 64 Christoffelovih simbola prve vrste. Probajmo bez njihovog raspisi-vanja zakljuciti koliko od njih je zavisno.Bit ce ih 4 skupine, pri cemu svaka odgovara jednom indeksu l. Koliko zavisnih simbola ce biti u svakoj odskupina? U prethodnom dijelu smo imali 3. U ovom dijelu zadatka, bit ce ih 6. Jer, vec postojecim kombinaci-jama indeksa 1, 2, 3 treba dodati jos nove kombinacije koje sadrze indeks 4, kojih ima 3. A to su:

1, 4 = 4, 1 , 2, 4 = 4, 2 , 3, 4 = 4, 3.

Stoga, u svakoj ce skupini biti po 3 + 3 = 6 zavisnih simbola. Nadalje, to znaci da ce ih ukupno biti 6 · 4 = 24.Nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste ce onda sveukupno biti 43 − 6 · 4 = 40.


QED

Rjesenje cetvrtog dijelan???

Naravno, najteze za kraj.Prica se nastavlja analogno kao u prethodnim dijelovima zadatka. Npr. za n = 5 bit ce 53−10·5 = 75 nezavisnihChristoffelovih simbola prve vrste, za n = 6 bit ce ih 63 − 15 · 6 = 126, za n = 7 bit ce ih 73 − 21 · 7 = 196, itd.Simetricni indeksi za tih prvih sedam slucajeva se mogu prikazati npr. ovako:

1213 2314 24 3415 25 35 4516 26 36 46 5617 27 37 47 57 67

Prema onome sto smo zakljucili iz prethodnih dijelova zadatka, ocito je da ce u n dimenzija biti

n3−? · nnezavisnih simbola. Ono sto treba otkriti je koliko kombinacija indeksa ima u svakoj od skupina indeksa l za ndimenzija.U prvom dijelu zadatka (n = 2) bilo ih je 1. U drugom (n = 3) bilo ih je 1 + 2 = 3, u trecem dijelu (n = 4) biloih je 1 + 2 + 3 = 6, itd. Mozemo, znaci, pisati

? = 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + (1 + 2 + 3 + 4) + . . .+ (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) .

Clanova u sumi ima n − 1, jer smo krenuli od 2 dimenzije. Koji broj se u nasoj sumi pojavljuje koliko puta,pokazuje sljedeca tablica:

(n− 1) . . . 1

(n− 2) . . . 2

(n− 3) . . . 3

......

(n− k) . . . k

......

(n− (n− 1)) = 1 . . . (n− 1) .

To znaci da je nasa suma:

? = (n− 1) · 1 + (n− 2) · 2 + (n− 3) · 3 + . . .+ (n− k) · k + . . .+ 2 · (n− 2) + 1 · (n− 1) =

n−1∑

k=1

(n− k) · k .

Dakle, u n dimenzija ima ukupno n3 − n ·n−1∑

k=1

(n− k) · k nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste.

QED

Rjesenje petog dijelan = 2


Sada kada znamo koliko ima nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste, mozemo zakljuciti koliko ima inezavisnih Christoffelovih simbola druge vrste. Oni se definiraju s

ji k

= gjl[ik, l] .

Napisimo sve Christoffelove simbole druge vrste za ovaj slucaj, ne mijenjajuci indeks l:

11 1

= g1l[11, l] ,

11 2

= g1l[12, l] ,

12 1

= g1l[21, l] ,

12 2

= g1l[22, l] ,

21 1

= g2l[11, l] ,

21 2

= g2l[12, l] ,

22 1

= g2l[21, l] ,

22 2

= g2l[22, l] .

Vidimo da ima ukupno 23 = 8 Christoffelovih simbola druge vrste za svaki indeks l. Posto vrijedi l = 1, 2, imasveukupno 8 · 2 = 16 Christoffelovih simbola druge vrste. Prema svojstvu simetricnosti Christoffelovih simbolaprve vrste, vidimo da za svaki indeks l ima 2 para zavisnih simbola. U ovom slucaju to su:

11 2

=

12 1

,

21 2

=

22 1

Odnosno, sveukupno ih ima 2·2 = 4. Znaci, u ovom slucaju ima ukupno 2·(23−2) = 12 nezavisnih Christoffelovihsimbola druge vrste. Ovdje mozemo izvesti analogan zakljucak kao i u prvom dijelu zadatka, naime, da suChristoffelovi simboli druge vrste simetricni obzirom na zamjenu donja dva indeksa, tj.

j

i k

=

j

k i

.

QED

Rjesenje sestog dijelan = 3???

Vise necemo raspisivati Christoffelove simbole, no zakljucivanje ide analogno prethodnim dijelovima (drugi+ peti). Ocito je da za svaki indeks l (koji sada ima vrijednosti l = 1, 2, 3) ima 33 = 27 Christoffelovih simboladruge vrste. Znaci, ukupno ih ima 3 ·27 = 81. Zavisnih simbola ce, za svaki l, biti 3 ·3 = 9, tj. za svaku skupinuindeksa j = 1, 2, 3 po 3. Znaci, ukupno 3 · 9 = 27. Nezavisnih Christoffelovih simbola druge vrste bit ce stoga


sveukupno 81− 27 = 54.QED

Rjesenje sedmog dijelan = 4???

Zakljucujemo opet na isti nacin, koristeci znanje iz dijelova tri + pet + sest. Za svaki indeks l, gdje jel = 1, 2, 3, 4, ima 43 = 64 Christoffelovih simbola druge vrste. Znaci, ukupno 4 · 64 = 256. Nadalje, za svakiindeks l ima 6·4 = 24 zavisni simbol (za svaki j = 1, 2, 3, 4 po 6). Dakle, ukupno 4·24 = 96. Iz toga zakljucujemoda sveukupno ima 256− 96 = 160 nezavisnih Christoffelovih simbola druge vrste.QED

Rjesenje osmog dijelan???

Iz prethodna tri dijela zadatka mozemo uociti da nezavisnih Christoffelovih simbola druge vrste ima tocnoonoliko puta vise nego nezavisnih Christoffelovih simbola prve vrste koliki je broj dimenzija, za svaki slucaj.

Prema tome, za n dimenzija imamo, koristeci rjesenje cetrvtog dijela zadatka, n

(

n3 − n ·n−1∑

k=1

(n− k) · k)

neza-

visnih Christoffelovih simbola druge vrste.QED

Zadatak 4.9 Kako eksplicitno izgledaju Christoffelovi simboli u 2-dimenzionalnom Euklidskom prostoru s or-togonalnim osima?

Rjesenje

Prema pretpostavci zadatka, vrijedi:

~ei · ~ej = δij ,

gdje su i, j = 1, 2. To znaci da prema zadatku 1.4 za komponente metrickog tenzora imamo

gij =

1 , i = j0 , i 6= j

,

sto znaci da je

∂gij∂xk

= 0, ∀i, j .

Te parcijalne derivacije su nam bitne, jer se one pojavljuju u Christoffelovim simbolima. Koristeci dobivenucinjenicu, za ”prvi” Christoffelov simbol imamo:

11 1

= g11[11, 1] = g11 · 12· ∂g11∂x1︸︷︷︸

=0

= 0 .

Vidimo da ce nam se ista stvar dogoditi koji god Christoffelov simbol racunali. Pojavljivao se u njemu dijagonalniili nedijagonalni element matrice tenzora metrike, njegova derivacija je uvijek nula. Posto slobodnih clanova

(onih koji ne bi sadrzavali parcijalne derivacije∂gij∂xk

) u Christoffelovim simbolima nema, oni ce svi biti jednaki

nuli. Dakle, za 2-dimenzionalni Euklidski prostor vrijedi

i

j k

= 0 ∀i, j, k = 1, 2 .


QED

Zadatak 4.10 Kako eksplicitno izgledaju Christoffelovi simboli za povrsinu jedinicne sfere? Pokazite da ekvatori meridijani na povrsini Zemlje jesu geodezijske linije, dok sve ostale paralele nisu.


Pri racunanju Christoffelovih simbola koristit cemo sferne koordinate, jer su (kako smo i prije vidjeli) prirod-nije za izrazavanje metrike sfere. Iz cetvrtog dijela zadatka 1.5 imamo komponente tenzora metrike (gdje cemo

odmah zamijeniti koordinate ϑ, ϕ u x1, x2, da bi nam racunanje parcijalnih derivacija∂gij∂xk

bilo zornije, te cemo

odmah primjeniti i uvjet za jedinicnu sferu R = 1):

g11 = 1 ,

g12 = g21 = 0 ,

g22 = sin2(x1) .

Pa pocnimo redom...Izracunajmo prvo Christoffelove simbole za l = 1 (naravno, pri racunanju koristimo simetriju).

11 1

= g11[11, 1] =1

2g11 · ∂g11

∂x1︸︷︷︸

=0

= 0 ,

11 2

=

12 1

= g11[12, 1] =1

2g11 · ∂g11

∂x2︸︷︷︸

=0

= 0 ,

12 2

= g11[22, 1] =1

2g11 ·

(

2 · ∂g21∂x2︸︷︷︸

=0

− ∂g22∂x1︸︷︷︸

2 sin(x1) cos(x1)

)

= − sin(x1) cos(x1) ,

21 1

= g21︸︷︷︸

=0

[11, 1] = 0 ,

21 2

=

22 1

= g21︸︷︷︸

=0

[12, 1] = 0 ,

22 2

= g21︸︷︷︸

=0

[22, 1] = 0 .

Za l = 2 imamo

11 1

= g12︸︷︷︸

=0

[11, 2] = 0 ,

11 2

=

12 1

= g12︸︷︷︸

=0

[12, 2] = 0 ,

12 2

= g12︸︷︷︸

=0

[22, 2] = 0 ,

21 1

= g22[11, 2] = sin2(x1) · 12

(

2∂g12∂x1︸︷︷︸

=0

− ∂g11∂x2︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,


21 2

=

22 1

= g22[12, 2] = sin2(x1) · 12

∂g22∂x1

= sin2(x1) · 12· 2 sin(x1) cos(x1) = sin3(x1) cos(x1) ,

22 2

= g22[22, 2] = sin2(x1) · 12

∂g22∂x2︸︷︷︸

=0

= 0 .

QED


Meridijani

Pokazimo prvo da su meridijani geodezijske linije. To cemo napraviti tako da jednostavno uvrstimo parametrizacijumeridijana u jednadzbu geodezijskih

d2xi

ds2+

i

α β

dxα

ds

dxβ

ds= 0 ,

gdje je s parametar. U jednadzbi geodezijskih se, prema Einsteinovoj konvenciji o zbrajanju, ne oznacava sumapo ponavljajucim indeksima α i β.

Meridijani se mogu parametrizirati na sljedeci nacin:

ϑ = x1 = parametar s ,

ϕ = x2 = konstanta .

Ta parametrizacija je valjana, jer je svaka tocka na bilo kojem meridijanu jednoznacno odredena s kutem ϑprema z-osi, dok se kut ϕ prema x-osi ne mijenja po meridijanu.

Nadalje, svi meridijani (ako ih zamislimo kao linije koje spajaju dva pola) su kruznice istog radijusa, te stoga iiste duljine. To dodatno upucuje na zakljucak da su oni geodezijske, jer su geodezijske najkrace linije koje spajajudvije tocke (u nasem slucaju - polove). To je lako za provjeriti graficki, jer, uistinu, ako na sferi spojimo dva polabilo kojom linijom (linija mora lezati na sferi), koja se ne poklapa u potpunosti s bilo kojim meridijanom, onace imati vecu duljinu od meridijana. Posto smo Christoffelove simbole izracunali u prethodnom dijelu zadatka,jos nam preostaje izracunati i derivacije po parametru, koje se javljaju u jednadzbama geodezijskih, te sve touvrstiti u jednadzbu geodezijskih

d2xi

ds2+

∑

α,β=1,2

i

α β

dxα

ds

dxβ

ds= 0 ,

gdje je i = 1, 2.Derivacije varijabli po parametru su

dx1

ds= 1 ,

d2x1

ds2= 0 ,

dx2

ds= 0 ,

d2x2

ds2= 0 .

Vidjeli smo da su u slucaju l = 1 svi Christoffelovi simboli, osim

12 2

, jednaki nuli, pa ce nam u sumi biti

samo jedan clan:

d2x1

ds2+

12 2

dx2

ds

dx2

ds= 0 .

No, sve derivacije u ovoj jednadzbi su jednake nuli, pa ova jednakost vrijedi. U slucaju l = 2 imamo dva clanau sumi razlicita od nule:


θR=1

T (s)

φ

z

x

y

d2x2

ds2︸︷︷︸

=0

+

21 2

dx1

ds︸︷︷︸

=0

dx2

ds+

22 1

dx2

ds

dx1

ds︸︷︷︸

=0

= 0 .

No, i ovdje je barem jedna od derivacija u svakom od clanova jednaka nuli, pa jednakost isto vrijedi.To znaci da parametrizacija meridijana zadovoljava jednadzbe geodezijskih, odnosno, da su meridijani geodezi-jske linije.QED

ParaleleDokazimo da paralele nisu geodezijske. Parametrizacija paralela je

ϑ = x1 = konstanta ,

ϕ = x2 = parametar s .

Ova parametrizacija je valjana, jer je svaka tocka na paraleli jedinicne sfere (odredenoj s kutem ϑ, koji opetodreduje njen radijus kao r = sinϑ) tocno odredena s kutem ϕ.

Derivacije koje ce se pojaviti u jednadzbama geodezijskih su


ϕ

θ

R=sin θ

z

x

yT(s)

dx1

ds= 0 ,

d2x1

ds2= 0 ,

dx2

ds= 1 ,

d2x2

ds2= 0 .

Dakle, u slucaju l = 1 imamo

d2x1

ds2+

12 2

dx2

ds

dx2

ds= 0 .

Uvrstavajuci poznate velicine, dobivamo

sinϑ cosϑ = 0 ,

sto je opcenito razlictio od nule, osim za kuteve

ϑ = 0 ,π

2.

Prva vrijednost ϑ = 0 pripada samoj tocki pola, koja ima radijus 0, pa je necemo uzimati u obzir. Postosmo vec u ovom slucaju dobili da paralele ne zadovoljavaju jednadzbe geodezijskih, slucaj l = 2 ne moramo niprovjeravati.


EkvatorZa ekvator, kao posebnu paralelu, vrijedi

R=1

x

y

z

ϕ

θ=π/2

T(s)

ϑ =π

2⇒ cosϑ = 0 ,

sto znaci da u slucaju l = 1, ekvator zadovoljava jednadzbu geodezijskih. U slucaju l = 2 imamo

d2x2

ds2︸︷︷︸

=0

+

21 2

︸︷︷︸

sin3 ϑ cosϑ︸︷︷︸

=0

=0

dx1

ds︸︷︷︸

=0

dx2

ds+

22 1

︸︷︷︸

sin3 ϑcosϑ︸︷︷︸

=0

=0

dx2

ds

dx1

ds︸︷︷︸

=0

= 0 .

Ovdje su nam i Christoffelovi simboli i barem jedna od derivacija u svakom od clanova jednaki nuli, pa jednakostvrijedi.

Znaci, nijedna paralela nije geodezijska linija, osim ekvatora, koji jest.QED

Zadatak 4.11 Za metriku

gµν =

f(r) 0 00 r2 00 0 r2 sin2 ϑ

,

izracunati Christoffelove simbole u sfernim koordinatama x1 = r , x2 = ϑ , x3 = ϕ.

Rjesenje

Posto imamo 3-dimenzionalni sustav, iz sestog dijela zadatka 2.1, znamo koliko ukupno Christoffelovih sim-bola postoji.


l = 1

11 1

= g11 [11, 1]︸︷︷︸

12

∂g11∂x1

=1

2f(r)

∂f(r)

∂r=

f(r)

2

∂f(r)

∂r,

11 2

=

12 1

= g11 [12, 1]︸︷︷︸

12

∂g11∂x2 =0

= f(r) · 0 = 0 ,

11 3

=

13 1

= g11 [13, 1]︸︷︷︸

12

∂g11∂x3 =0

= f(r) · 0 = 0 ,

12 2

= g11[22, 1] = g11 ·1

2

(

2∂g21∂x2

− ∂g22∂x1

)

=1

2f(r)(2 · 0− 2r) = −rf(r) ,

12 3

=

13 2

= g11[23, 1] =1

2g11

(∂g21∂x3︸︷︷︸

=0

+∂g31∂x2︸︷︷︸

=0

− ∂g23∂x1︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

13 3

= g11[33, 1] =1

2g11

(∂g31∂x3︸︷︷︸

=0

+∂g31∂x3︸︷︷︸

=0

− ∂g33∂x1︸︷︷︸

=2r sin2 ϑ

)

= rf(r) sin2 ϑ ,

Ono sto mozemo primjetiti je da ce se u simbolima s indeksom j = 2, 3, u ovom slucaju, pojaviti uvijek g21,odnosno g31, koji su jednaki nuli. Znaci, bez obzira na vrijednost Christoffelovih simbola prve vrste, ove dvijeskupine su jednake nula, tj.

21 1

=

21 2

=

22 1

=

21 3

=

23 1

=

22 2

=

22 3

=

23 2

=

23 3

= 0 ,

31 1

=

31 2

=

32 1

=

31 3

=

33 1

=

32 2

=

32 3

=

33 2

=

33 3

= 0 .

l = 2I u ovom slucaju cemo imati dvije skupine jednake nuli. Sada ce to biti one koje odgovaraju vrijednostimaj = 1, 3, jer ce se u njima pojavljivati g12, odnosno, g32, koji su jednaki nuli. Zapisimo prvo skupinu u kojoj sepojavljuju simboli razliciti od nule.

21 1

= g22[11, 2] =1

2r2(

2∂g12∂x1︸︷︷︸

=0

− ∂g11∂x2︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 · 0 = 0 ,

21 2

=

22 1

= g22[12, 2] =1

2r2(

∂g22∂x1︸︷︷︸

=2r

)

=1

2r2 · 2r = r3 ,

21 3

=

23 1

= g22[13, 2] =1

2r2(

∂g12∂x3︸︷︷︸

=0

+∂g32∂x1︸︷︷︸

=0

− ∂g13∂x2︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 · 0 = 0 ,

22 2

= g22[22, 2] =1

2r2(

∂g22∂x2︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 · 0 = 0 ,

22 3

=

23 2

= g22[23, 2] =1

2r2(

∂g22∂x3︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 · 0 = 0 ,


23 3

= g22[33, 2] =1

2r2(

2∂g32∂x3︸︷︷︸

=0

− ∂g33∂x2︸︷︷︸

=2r2 sinϑ cosϑ

)

= −r4 sinϑ cosϑ .

Skupine jednake nuli su

11 1

=

11 2

=

12 1

=

11 3

=

13 1

=

12 2

=

12 3

=

13 2

=

13 3

= 0 ,

31 1

=

31 2

=

32 1

=

31 3

=

33 1

=

32 2

=

32 3

=

33 2

=

33 3

= 0 .

l = 3Opet zapisimo prvo skupinu u kojoj se pojavljuju simboli razliciti od nule:

31 1

= g33[11, 3] =1

2r2 sin2 ϑ

(

2∂g13∂x1︸︷︷︸

=2r sin2 ϑ

− ∂g11∂x3︸︷︷︸

=0

)

= 2r3 sin4 ϑ ,

31 2

=

32 1

= g33[12, 3] =1

2r2 sin2 ϑ

(∂g13∂x2︸︷︷︸

=0

+∂g23∂x1︸︷︷︸

=0

− ∂g12∂x3︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 sin2 ϑ · 0 = 0 ,

31 3

=

33 1

= g33[13, 3] =1

2r2 sin2 ϑ · ∂g33

∂x1︸︷︷︸

=2r sin2 ϑ

= r3 sin4 ϑ ,

32 2

= g33[22, 3] =1

2r2 sin2 ϑ

(

2∂g23∂x2︸︷︷︸

=0

− ∂g22∂x3︸︷︷︸

=0

)

=1

2r2 sin2 ϑ · 0 = 0 ,

32 3

=

33 2

= g33[23, 3] =1

2r2 sin2 ϑ · ∂g33

∂x2︸︷︷︸

=2r2 sin ϑ cosϑ

= r4 sin3 ϑ cosϑ ,

33 3

= g33[33, 3] =1

2r2 sin2 ϑ · ∂g33

∂x3︸︷︷︸

=0

=1

2r2 sin2 ϑ · 0 = 0 .

QED

Zadatak 4.12 Kako izgledaju jednadzbe geodezijskih linija za metriku iz zadatka 2.4? Da li su zrake ϑ =konstanta, ϕ = konstanta, geodezijske linije?


Podsjetimo se jednadzbi geodezijskih

d2xi

ds2+

i

α β

dxα

ds

dxβ

ds= 0 .

Christoffelove simbole smo izracunali u prethodnom zadatku, s tim da nam je na ruku ide cinjenica da ih jevecina jednaka nuli (i da nije tako, to bi samo produzilo zapisivanje rjesenja, ne bi ga otezalo).

l = 1


Christoffelovi simboli razliciti od nule su (prema zadatku 2.4):

11 1

=f(r)

2

∂f(r)

∂r,

12 2

= −rf(r) ,

13 3

= rf(r) sin2 ϑ .

Uvrstavajuci to u jednadzbu geodezijski, dobivamo:

d2x1

ds2+

f(r)

2

∂f(r)

∂r

(dx1

ds

)2

− rf(r)

(dx2

ds

)2

+ rf(r) sin2 ϑ

(dx3

ds

)2

= 0 .

l = 2Christoffelovi simboli razliciti od nule su:

21 2

=

22 1

= r3 ,

23 3

= −r4 sinϑ cosϑ .

Stoga, imamo

d2x2

ds2+ r3

dx1

ds

dx2

ds+ r3

dx2

ds

dx1

ds− r4 sinϑ cosϑ

(dx3

ds

)2

= 0 .

Odnosno, zbog komutativnosti mnozenja

d2x2

ds2+ 2r3

dx1

ds

dx2

ds− r4 sinϑ cosϑ

(dx3

ds

)2

= 0 .

l = 3Christoffelovi simboli razliciti od nule su:

31 3

=

33 1

= r3 sin4 ϑ ,

32 3

=

33 2

= r4 sin3 ϑ cosϑ .

Za jednadzbu geodezijskih u ovom slucaju imamo

d2x3

ds2+ r3 sin4 ϑ

dx1

ds

dx3

ds+ r3 sin4 ϑ

dx3

ds

dx1

ds+ r4 sin3 ϑ cosϑ

dx2

ds

dx3

ds+ r4 sin3 ϑ cosϑ

dx3

ds

dx2

ds= 0 .

Odnosno,

d2x3

ds2+ 2r3 sin4 ϑ

dx1

ds

dx3

ds+ 2r4 sin3 ϑ cosϑ

dx2

ds

dx3

ds= 0 .

QED



Zadana nam je zraka (linija) s

ϑ = konstanta , ϕ = konstanta .

Da bismo provjerili da li je ona geodezijska, trebamo samo njene specifikacije uvrstiti u jednadzbe geodezijskih,koje smo dobili u prethodnom dijelu zadatka. Iz uvjeta zadatka, slijedi da su derivacije po parametru jednake

dx2

ds=

dx2

ds2=

dx3

ds=

dx3

ds2= 0 .

U slucajevima l = 2 i l = 3 vidimo da se barem jedna od dobivenih derivacija po parametru pojavljuje u svakomod clanova u jednadzbi. Iz toga odmah slijedi da su jednadzbe geodezijskih zadovoljene u ovim slucajevima, paih stoga nema potrebe raspisivati.

Pozornije pogledajmo slucaj l = 1. Uvrstavajuci dobivene derivacije po parametru, dobivamo

d2x1

ds2+

f(r)

2

∂f(r)

∂r

(dx1

ds

)2

= 0 .

Ovo je diferencijalna jednadzba drugog reda u kojoj se linearni clan pojavljuje pod kvadratom. Ona ima pogodanoblik, zbog cega se moze rijesiti jednostavnom supstitucijom. Uvedimo pokratu (samo radi pojednostavljenjapisanja)

F (r) =f(r)

2

∂f(r)

∂r,

te supstituciju

dx1

ds= t(s) .

Tada dobivamo jednadzbu oblika

dt

ds+ F (r)t2 = 0 .

Separirajmo varijable i rijesimo po novoj varijabli

dt

ds= −F (r)t2

/

· dst2

dt

t2= −F (r)ds

/∫

−1

t= −F (r)s

t(s) =1

sF (r).

Uvrstimo dobiveno rjesenje natrag u supstituciju

dx1

ds=

1

sF (r)

/

· ds

dx1 =1

F (r)· dss

/∫

x1(s) =1

F (r)· ln s = 2 ln s

f(r) · ∂f∂r

Znaci, zadana zraka je geodezijska linija, ako vrijedi uvjet koji smo dobili za x1(s).QED


Zadatak 4.13 Promotrite vektor malog koordinatnog pomaka (∆r,∆ϑ) s pocetkom u tocki (r, ϑ) u polarnimkoordinatama. Paralelno ga pomaknite u susjednu tocku koristeci zakon

dξi = Γimjdx

mξj ,

gdje je ξi vektor u tocki x paralelno pomaknut u vektor ξi + dξi u tocki x + dx. Provjerite diagramatski da supomaknuti i pocetni vektor uistinu paralelni u uobicajenom Euklidskom smislu.


Oznacimo s ~δ nas vektor pomaka. Njegove komponente su tada

δ1 = ∆r δ2 = ∆ϑ .

Nakon paralelnog pomaka, njegove komponente ce se promjeniti za iznose dξi prema zakonu iz teksta zadatka.Dakle,

∆r ∆r + d(∆r) ,

∆ϑ ∆ϑ+ d(∆ϑ) .

Pri istom pomaku, pocetak vektora ce se promjeniti za dxm, odnosno

r r + dr ,

ϑ ϑ+ dϑ .

Kada uzmemo u obzir Einsteinovu konvenciju o zbrajanju, te da su vrijednosti indeksa i, j,m = 1, 2, zakonparalelnog pomaka je

dξi =

2∑

m,j=1

Γimjdx

mξj , i = 1, 2 .

Ili po komponentama

dξ1 = Γ111dx

1ξ1 + Γ112dx

2ξ1 + Γ121dx

1ξ2 + Γ122dx

2ξ2 ,

dξ2 = Γ211dx

1ξ1 + Γ212dx

2ξ1 + Γ221dx

1ξ2 + Γ222dx

2ξ2 .

Prema ovim formulama mozemo naci promjene komponenti vektora ~δ. Imamo

d(∆r) = Γ111∆rdr + Γ1

12∆rdϑ + Γ121∆ϑdr + Γ1

22∆ϑdϑ ,

=(Γ111dr + Γ1

12dϑ)∆r +

(Γ121dr + Γ1

22dϑ)∆ϑ ,

d(∆ϑ) = Γ211∆rdr + Γ2

12∆rdϑ + Γ221∆ϑdr + Γ2

22∆ϑdϑ ,

=(Γ211dr + Γ2

12dϑ)∆r +

(Γ221dr + Γ2

22dϑ)∆ϑ .

Znaci, komponente pomaknutog vektora ce biti

∆r + d(∆r) =(1 + Γ1

11dr + Γ112dϑ

)∆r +

(Γ121dr + Γ1

22dϑ)∆ϑ ,

∆ϑ+ d(∆ϑ) =(Γ211dr + Γ2

12dϑ)∆r +

(1 + Γ2

21dr + Γ222dϑ

)∆ϑ .

QED



(r + ∆ r, θ + ∆θ)

(r, θ)

θ + ∆θ)dθ + r, ∆(r + dr +

(r + dr,θ + dθ)

δδ

Da bismo provjerili da je paralelni pomak, opcenito definiran danim zakonom, uistinu daje paralelne vektoreu Euklidskom prostoru, trebamo eksplicitno naci koeficijente veze (Christoffelove simbole druge vrste), koji sepojavljuju u jednadzbama dobivenim za promjenu komponenti vektora.

A da bismo nasli koeficijente veze, trebamo metriku, i to u polarnim koordinatama, posto su nam takozadane komponente vektora. To smo vec i napravili u petom dijelu zadatka 1.5, ali opcenitije, tj. za cilindricnekoordinate. Dakle, iskoristimo transformacije izmedu Kartezijevog i polarnog sustava

x = r cosϕ ⇒ dx = cosϕdr − r sinϕdϕ ,

y = r sinϕ ⇒ dy = sinϕdr + r cosϕdϕ ,

da bismo dobili kvadrat linijskog elementa u polarnim koordinatama:

ds2 = dx2 + dy2 = cos2 ϕdr2 − r sinϕ cosϕdrdϕ − r sinϕ cosϕdrdϕ + r2 sin2 ϕdϕ2

+sin2 ϕdr2 + r sinϕ cosϕdrdϕ + r sinϕ cosϕdrdϕ + r2 cos2 ϕdϕ2

= (cos2 ϕ+ sin2 ϕ)dr2 + r2(sin2 ϕ+ cos2 ϕ)dϕ2

= dr2 + r2dϕ2 .

Imamo

g11 = 1g12 = g21 = 0g22 = r2

metrika Euklidskog prostora u polarnim koordinatama (r, ϕ)

Sada izracunajmo koeficijente veze


l = 1

11 1

= g11[11, 1] =1

2· 1 ·

(∂g11∂x1︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

11 2

=

12 1

= g11[12, 1] =1

2· 1 ·

(∂g11∂x2︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

12 2

= g11[22, 1] =1

2· 1 ·

(

2∂g21∂x2︸︷︷︸

=0

− ∂g22∂x1︸︷︷︸

=2r

)

=1

2· 2r = r ,

Koeficijenti koji pripadaju indeksu j = 2 ce svi biti jednaki nuli, jer su u njima pojavljuje g21 u umnosku sChristoffelovim simbolima prve vrste, tj.

21 1

=

21 2

=

22 1

=

22 2

= 0 .

l = 2Sada ce koeficijenti koji pripadaju indeksu j = 1 svi biti jednaki nuli, jer se u njima pojavljuje g12, tj.

11 1

=

11 2

=

12 1

=

12 2

= 0 .

Koeficijenti koji pripadaju indeksu j = 2 su:

21 1

= g22[11, 2] =1

2r2 ·

(

2∂g12∂x1︸︷︷︸

=0

− ∂g11∂x2︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

21 2

=

22 1

= g22[12, 2] =1

2r2 ·

(∂g22∂x2︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

22 2

= g22[22, 2] =1

2r2 ·

(∂g22∂x2︸︷︷︸

=0

)

= 0 ,

Vidimo da je od svih koeficijenata samo jedan razlicit od nule. To je u slucaju l = 1

12 2

= r .

Stoga su nam promjene komponenti pocetnog vektora

∆r + d(∆r) = ∆r + rdϑ ·∆ϑ ,

∆ϑ+ d(∆ϑ) = ∆ϑ .

Iz rezultata za promjenu ∆ϑ komponente vektora vidimo da je

d(∆ϑ) = 0 .

To znaci da pocetni vektor, pri paralelnom pomaku, nije zarotiran, nego su njegov pocetak i vrh samo pomaknutipopravcu u Euklidskoj ravnini, sto upravo i znaci da su paralelni u Euklidskom smislu.QED

4.3. TENZORSKA ANALIZA 45

4.3 Tenzorska analiza

Zadatak 4.14 Dokazitegil|k = [ki, l] + [kl, i] .

Rjesenje

gil|k je oznaka za ”obicnu” derivaciju i ne predstavlja nista drugo no∂gil∂xk

2. Jednakost dokazimo racunajuci

desnu stranu. Prema definiciji Christoffelovih simbola prve vrste, imamo

[ki, l] =1

2

(∂gkl∂xi

+∂gil∂xk

− ∂gki∂xl

)

,

[kl, i] =1

2

(∂gki∂xl

+∂gli∂xk

− ∂gkl∂xi

)

.

Zbrajanjem ovih dviju jednadzbi dobivamo

[ki, l] + [kl, i] =1

2

( ∂gkl∂xi

+∂gil∂xk

− ∂gki∂xl

+∂gki∂xl

+∂gli∂xk︸︷︷︸∂gli

∂xk

−∂gkl∂xi

︸︷︷︸

2∂gil

∂xk

)

=∂gil∂xk

.

QED

Zadatak 4.15 Izracunajte obicnu derivaciju sljedecih tenzora:

a) tenzor metrike 3-dimenzionalnog Euklidskog prostora u Kartezijevim koordinatama

gij =

1 0 00 1 00 0 1

.

b) tenzor metrike 2-dimenzionalne povrsine sfere u Kartezijevim koordinatama

gij =

[(x1)2

R2−(x1)2−(x2)2 + 1 x1x2

R2−(x1)2−(x2)2

x1x2

R2−(x1)2−(x2)2(x2)2

R2−(x1)2−(x2)2 + 1

]

.

c) tenzor metrike 3-dimenzionalnog Euklidskog prostora u sfernim koordinatama

gij =

1 0 00 (x1)2 00 0 (x1)2 sin2 x2

.

d) tenzor metrike 2-dimenzionalne povrsine sfere u sfernim koordinatama

gij =

[R2 00 R2 sin2 x2

]

.

2To su derivacije komponenti metrickog tenzora po koordinatama ili, ako tenzor gil predstavimo matricom, derivacije matricnihelemenata po koordinatama.


Rjesenje

a) Vidimo da su sve komponente tenzora metrike konstante, pa su stoga derivacije svih komponenti po svimkoordinatama jednake nuli. Dakle,

gij|k =

0 0 00 0 00 0 0

, ∀k.

b) Pri deriviranju komponenti tenzora metrike, trebamo se samo posluziti pravilom za derivaciju kvocijenta.Osim toga, mozemo odmah i primjetiti da su komponente g12 i g21 jednake, sto znaci da ce im i derivacije bitijednake.Nakon deriviranja po komponenti x1 dobivamo matricu derivacija

gij|1 =

[2x1[R2−(x2)2]

[R2−(x1)2−(x2)2]2x2[R2+(x1)2−(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

x2[R2+(x1)2−(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

2x1[(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

]

,

dok nakon deriviranja po komponenti x2 dobivamo matricu

gij|2 =

[2(x1)2x2[R2−(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

x1[R2−(x1)2+(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

x1[R2−(x1)2+(x2)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

2x2[R2−(x1)2][R2−(x1)2−(x2)2]2

]

.

c) U derivacijama po x1 vidimo da ce samo dvije komponente tenzora metrike imati derivacije razlicite od

nule:∂g22∂x1

i∂g33∂x1

:

∂g22∂x1 = 2x1

∂g33∂x1 = 2x1 sin2 x2

gij|1 =

0 0 00 2x1 00 0 2x1 sin2 x2

.

U derivacijama po x2 ce samo jedna komponenta imati derivaciju razlicitu od nule:

∂g33∂x2

= 2(x1)2 sinx2 cosx2 = (x1)2 sin(2x2)

=⇒ gij|2 =

0 0 00 0 00 0 (x1)2 sin(2x2)

.

Derivacije svih komponenti po koordinati x3 su ocito jednake nuli, pa imamo

gij|3 =

0 0 00 0 00 0 0

.

d) Ocito samo jedna komponenta ima jednu derivaciju razlicitu od nule:

∂g22∂x1

= 2R2 sinx1 cosx1 = R2 sin(2x1) ,

pa stoga slijedi


gij|1 =

[0 00 R2 sin(2x1)

]

,

te

gij|2 =

[0 00 0

]

.

QED

Zadatak 4.16 Izracunajte kovarijantnu derivaciju tenzora metrike, tj. gir‖l. Pomocu te cinjenice, dokazite daspustanje ili podizanje indeksa komutira s kovarijantnim deriviranjem.


Kovarijantna derivacija kovarijantnog tenzora3 se opcenito definira, pomocu obicne derivacije i Christof-felovih simbola, kao

ηm‖l = ηm|l − r

m l

ηr .

Da bismo izracunali kovarijantnu derivaciju, bilo bi vrlo dobro kada bismo mogli obicnu derivaciju izraziti prekoChristoffelovih simbola. U tu svrhu se podsjetimo kako se oni definiraju:

[il, r] =1

2

(∂gir∂xl

+∂glr∂xi

− ∂gil∂xr

)

,

te k

r l

= gki[rl, i] =1

2gki

(∂gri∂xl

+∂gli∂xr

− ∂grl∂xi

)

.

Sada napravimo umnozak gik

k

r l

i pogledajmo cemu je on jednak

gik

k

r l

=1

2gkig

ki

(∂gri∂xl

+∂gli∂xr

− ∂grl∂xi

)

Znamo da je tenzor metrike definiran tako da vrijedi

gikgjk = δij .

Pogledajmo da li ista relacija vrijedi i za gkigki:

gik ·/

gikgjk = δij

gikgikgjk = gikδ

ij = gjk .

Usporedujuci prvi i posljednji izraz, vidimo da vrijedi

gkigki = 1 .

Stoga za umnozak imamo

gik

k

r l

=1

2

(∂gri∂xl

+∂gli∂xr

− ∂grl∂xi

)

.

3Tenzor gir je kovarijantan jer ima dva indeksa u kovarijantnom polozaju.


Zbrajajuci [il, r] i gik

k

r l

dobivamo

[il, r] + gik

k

r l

=1

2

(∂gir∂xl

+∂glr∂xi

− ∂gil∂xr

)

+1

2

(∂gri∂xl

+∂gli∂xr

− ∂grl∂xi

)

=1

2(gir|l + glr|i − gil|r + gir|l + gil|r − glr|i)

= gir|l .

Prije uvrstavanja ovog rezultata u nasu kovarijantnu derivaciju primjenjenu na tenzor metrike gir, primjetimoda je definicija kovarijantne derivacije dana za kovarijantni tenzor ranga 1, a kovarijantni indeks se pojavljujeu donjem lijevom polozaju u Christoffelovom simbolu, dok se indeks po kojem se derivira pojavljuje u donjemdesnoj polozaju. Tenzor metrike je kovarijantan ranga 2. To znaci da cemo morati u kovarijantnoj derivacijitenzora metrike gir imati dva clana s Christoffelovim simbolom. U jednom ce indeks i biti u donjem lijevompolozaju, dok ce u drugom tu biti indeks r. Dakle,

gir‖l = gir|l −

k

r l

gik −

k

i l

grk

= [il, r] + gik

k

r l

−

k

r l

gik −

k

i l

grk .

Zadnja tri clana efektivno predstavljaju umnoske matrica. Opcenito, mnozenje matrica nije komutativno, no uovom slucaju jest, jer su ove matrice simetricne4. Stoga ce se drugi i treci clan pokratiti. Nakon toga dobivamo(opet koristeci komutativnost mnozenja simetricnih matrica, te simetricnost tenzora metrike)

gir‖l = [il, r]−

ki l

grk

ki l

= gkr[il, r]

⇒

gir‖l = [il, r]− gkr[il, r]grk= [il, r]− [il, r]gkrgrk= [il, r]− [il, r] gkrgkr

︸︷︷︸

δkk=1

Dakle,gir‖l = 0 .

b)(ξi)‖l = (gikξ

k)‖l = gik‖l︸︷︷︸

=0

ξk + gik(ξk)‖l = gik(ξ

k)‖l .

QED

Zadatak 4.17 Izvedite formulu za kovarijantnu derivaciju vektorskog polja

ηm||l = ηm|l − r

m l

ηr .

Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.18 Pokazite da spustanje indeksa od ξi||k vodi k izrazu za kovarijantnu derivaciju kovarijantnogvektorskog polja.

4Za matricu tenzora metrike znamo od prije da je simetricna, a stoga i za Christoffelove simbole druge vrste, jer oni u sebisadrze tenzor metrike i njegove derivacije (koje su opet onda simetricne).


Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.19 Dokazite da je kovarijantna derivacija kontravarijantnog polja tenzor.

Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.20 Izvedite formulu za kovarijantnu derivaciju tenzora

♣ iz formule za kovarijantnu derivaciju umnoska vektorskih polja, te

♣ direktno.

Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.21 Neka je ξi vektorsko polje. Tada znamo da je njegova kovarijantna derivacija, ξi||l = ξi|l +i

l r

ξr, tenzor. Velicinu ξi||i zovemo divergencija vektorskog polja ξi

ξi||i = div~ξ = ξi|i +

i

i s

ξs ,

i ono je skalarno polje. Izraz za divergenciju prebacite u oblik koji ne sadrzi Christoffelove simbole.

Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.22 Zapisite Laplacijan skalarnog polja u sfernim koordinatama koristeci invarijantni formalizamtenzorske analize.

Rjesenje

xxxQED

Zadatak 4.23 Pokazite da se operacija rotacije moze definirati samo na kovarijantnim komponentama vektora.

Rjesenje

xxxQED

Documents

Lorentzove transformacije - UNIOSfizika.unios.hr/~ilukacevic/dokumenti/tr_vjezbe.pdfRazmatranje ograniˇciti na poˇcetak gibanja kada je v