Make your own free website on Tripod.com
next up previous contents index
Next: Linearne jednadžbe višeg reda Up: Obične diferencijalne jednadžbe Previous: Linearna diferencijalna jednadžba 1.   Contents   Index

Subsections

Linearna diferencijalna jednadžba 2. reda

Linearna diferencijalna jednadžba 2. reda

Neka je $ I=\langle \alpha ,\beta\rangle$, $ p,q,f:I\rightarrow R$ neprekidne funkcije na $ I$ i $ f\neq 0$, tj. $ f(x)\neq 0$ za bar jedan $ x\in I.$ Tada jednadžbu

$\displaystyle y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=f(x)$ (6.32)

zovemo nehomogenom linearnom diferencijalnom jednadžbom 2. reda. Jednadžbu

$\displaystyle y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=0$ (6.33)

zovemo pripadnom homogenom jednadžbom.

Teorem 29   Neka su $ p,q,f:I\rightarrow R$ neprekidne funkcije na $ I=\langle \alpha ,\beta \rangle.$ Označimo s $ X_f$ skup svih rješenja nehomogene jednadžbe, a s $ X_0$ skup svih rješenja pripadne homogene jednadžbe. Neka je $ y\in X_f$ proizvoljan. Tada je
1.
$ y\;$   klase$ \; C^2(I),$
2.
$ {X_f}=\{ y+u;\;u\in X_0\}.$

Dokaz. i).

$\displaystyle y''=-p(x)y'-q(x)y+f(x),$

pa iz neprekidnosti funkcija $ p,q,f,y,y'$ slijedi neprekidnost $ y''$, tj. $ y\in C^2(I).$6.2

ii). Ako je $ y\in X_f$ i $ u\in X_0$, onda je

$\displaystyle (y+u)''+p(y+u)'+q(y+u)=y''+p\,y'+q\,y+u''+pu'+q\,u=f,$

pa je $ \{y+u;\;u\in X_0\}\subset X_f$.

Obratno, neka je $ z\in X_f$. Stavimo $ w=z-y.$

$\displaystyle w''+pw'+qw=z''+pz'+qz-(y''+p\,y'+q\,y)=0,$

pa je $ w\in X_0$ i $ z=y+w,$ tj. $ z\in \{y+u;\;u\in X_0\}.$ Odatle imamo suprotnu inkluziju, $ {X_f}\subset \{y+u;\;u\in X_0\},$ pa je dakle

$\displaystyle {X_f}= \{y+u;\;u\in X_0\},$

i time je teorem dokazan. $ \heartsuit$

Teorem 30   Neka je $ y_1,y_2\in X_0.$ Tada je $ C_1\, y_1 + C_2\, y_2 \in X_0,$ za proizvoljne konstante $ C_1$ i $ C_2.$

Dokaz. Ako je $ y_1,y_2\in X_0,$ onda to znači da $ y_1$ i $ y_2$ rješavaju pripadnu homogenu jednadžbu. Tada

$\displaystyle {(C_1y_1+C_2y_2)''+p(x)(C_1y_1+C_2y_2)'+q(x)(C_1y_1+C_2y_2)}$
  $\displaystyle =$ $\displaystyle C_1y_1''+C_2y_2''+C_1p(x)y_1'+C_2p(x)y_2'+C_1q(x)y_1+C_2q(x)y_2$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle C_1(y_1''+p(x)y_1'+q(x)y_1)+C_2(y_2''+p(x)y_2'+q(x)y_2)=0.$  

Prema tome i $ C_1\, y_1 + C_2\, y_2$ rješava pripadnu homogenu jednadžbu, tj. $ C_1\, y_1 + C_2\, y_2 \in X_0.$ $ \heartsuit$

Teorem 31   Neka su $ p,q:I\rightarrow R$ neprekidne funkcije na intervalu $ I.$ Tada
1.
za svaki $ x_0\in I$ i za svaki $ a,b\in R$ Cauchyjev problem

$\displaystyle y''+p(x)\,y'+q(x)\,y=0,\hspace{.5in}y(x_0)=a,\;\; y'(x_0)=b$ (6.34)

ima jedno i samo jedno rješenje;
2.
skup $ X_0$ svih rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe je dvodimenzionalni vektorski prostor.

Primijetimo da iz prve tvrdnje slijedi druga. U tu svrhu dovoljno je uočiti da je skup svih početnih uvjeta, koji figuriraju u Cauchyjevom problemu, dvodimenzionalni vektorski prostor, ako početni uvjet $ y(x_0)=a,\;\; y'(x_0)=b$ shvatimo kao uređen par $ (a,b).$ Tada je, naime,

$\displaystyle (a,b) = a\,(1,0) + b\,(0,1).$

Dakle, svaki početni uvjet je linearna kombinacija dva linearno nezavisna početna uvjeta $ (1,0)$ i $ (0,1).$

Posljedica ovog teorema jeste da je

$\displaystyle {X_0}=\{C_1\,y_1+C_2\,y_2;\;C_1,C_2\;$proizvoljne konstante$\displaystyle \},$

tj. opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe 2. reda je

$\displaystyle y(x)=C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x),$

gdje su $ y_1$ i $ y_2$ dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe. Ako su poznata dva rješenja, provjeriti da li su linearno nezavisna može se na sljedeći način.

Teorem 32   Neka su $ y_1,y_2\in X_0$ i $ x_0\in I,$ i neka je

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 43506
W(x)=W(y_1(x),y_2(x))=
\left\ve...
..._1(x) & y_2(x) \\
y'_1(x) & y'_2(x)
\end{array}\right\vert .\end{displaymath}

Tada su sljedeće tvrdnje ekvivalentne.
1.
$ y_1$ i $ y_2$ su linearno nezavisne.
2.
$ W(x_0)\neq 0.$
3.
$ W(x)\neq 0,\hspace{.5in} \forall x\in I$.

Realna funkcija $ x\mapsto W(x)$ definirana na $ I$ se zove Wronskijan ili determinanta Wronskog.

Proizvoljna baza u vektorskom prostoru $ X_0$ se zove fundamentalni sustav rješenja homogene jednadžbe. Iz prethodnog teorema vidimo da će uređeni par rješenja $ (y_1,y_2)$ biti fundamentalni sustav rješenja ako i samo ako je $ W(x)\neq 0,\forall
x\in I$, a za to je dovoljno provjeriti da je $ W(x_0)\neq 0$ za barem jedan $ x_0\in I.$

Budući da se svako rješenje pripadne homogene jednadžbe može dobiti kao linearna kombinacija dva linearno nezavisna rješenja, opće rješenje nehomogene jednadžbe ćemo moći napisati ako znamo dva linearno nezavisna rješenja homogene jednadžbe i jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe. Tako je opće rješenje nehomogene jednadžbe oblika

$\displaystyle y(x)=y_p(x)+C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x).$ (6.35)

Linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima

Zahvaljujući prethodnim razmatranjima u rješavanju nehomogene jednadžbe bitnu ulogu ima nalaženje fundamentalnog sustava rješenja pripadne homogene jednadžbe. To je u pravilu težak problem. Ipak, ako su koeficijenti jednadžbe $ p(x)$ i $ q(x)$ konstante, onda je taj problem jednostavno rješiv.

Teorem 33   Neka su $ p,q$ konstante i neka je dana jednadžba

$\displaystyle y''+p\,y'+q\,y=0.$ (6.36)

Neka su $ \lambda _1,\lambda _2$ rješenja jednadžbe

$\displaystyle \lambda ^2 +p\,\lambda +q=0.$ (6.37)

1. Ako je $ \lambda _1\neq \lambda _2$ onda funkcije $ e^{\lambda_1 x},
e^{\lambda_2 x}$ čine fundamentalni sustav rješenja jednadžbe (6.36).

2. Ako je $ \lambda _1=\lambda _2=\lambda$ jedno dvostruko rješenje jednadžbe (6.37), onda funkcije $ e^{\lambda x}, x\,e^{\lambda x}$ čine fundamentalni sustav rješenja jednadžbe (6.36).

Dokaz. 1. Jednadžba

$\displaystyle \lambda ^2 +p\,\lambda +q=0$

se zove karakteristična jednadžba. Do nje dolazimo tako da pretpostavimo rješenje u obliku $ y=e^{\lambda\, x},$ i uvrstimo ga u jednadžbu. Dobivamo

$\displaystyle y''+p\,y'+q\,y=(\lambda ^2+p\,\lambda +q)\,e^{\lambda x}=0. $

Kako je $ e^{\lambda x}>0$ za bilo koji $ \lambda x,$ slijedi

$\displaystyle \lambda ^2 +p\,\lambda +q=0.$

Neka su $ \lambda_1$ i $ \lambda_2$ dva međusobno različita rješenja karakteristične jednadžbe. Tada funkcije $ e^{\lambda _1 x}$ i $ e^{\lambda _2 x}$ rješavaju homogenu jednadžbu, i

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 43577
W(x)=\left\vert
\begin{array}{r...
...da _1x} & \lambda _2 e^{\lambda _2 x}
\end{array}\right\vert, \end{displaymath}

pa je

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 43579
W(0)=\left\vert
\begin{array}{c...
... \lambda_2
\end{array}\right\vert=\lambda_2 - \lambda_1 \neq 0,\end{displaymath}

i tako je $ e^{\lambda_1 x},
e^{\lambda_2 x}$ zaista fundamentalni sustav rješenja jednadžbe (6.36).

2. Kao u 1. imamo da je $ e^{\lambda x}$ rješenje jednadžbe (6.36). Stavimo $ u=x\,e^{\lambda x}$.

$\displaystyle u'=e^{\lambda x}+\lambda x\,e^{\lambda x} $

$\displaystyle u''=2\lambda \,e^{\lambda x}+\lambda^2 x\,e^{\lambda x}.$

Uvrstimo u (6.36).
$\displaystyle u''+pu'+q\,u$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (\lambda ^2 +p\lambda +q)x\,e^{\lambda x}+(2\lambda +p)\,
e^{\lambda x}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle (2\lambda +p)\,e^{\lambda x}.$  

Budući da je $ \lambda{}$ dvostruko rješenje jednadžbe (6.37), slijedi

$\displaystyle \lambda _1 +\lambda _2 = 2\lambda = - p.$

Odatle slijedi

$\displaystyle u''+pu'+q\,u=0,$

pa je $ u$ također rješenje jednadžbe (6.36). Nadalje

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 43610
W(x)=\left\vert
\begin{array}{r...
... e^{\lambda x}+\lambda x\,e^{\lambda x}
\end{array}\right\vert,\end{displaymath}

pa je

\begin{displaymath}
% latex2html id marker 43612
W(0)=\left\vert
\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
\lambda & 1
\end{array}\right\vert =1\neq 0,\end{displaymath}

i tako je $ e^{\lambda x}, x\,e^{\lambda x}$ zaista fundamentalni sustav rješenja jednadžbe (6.36). $ \heartsuit$

Ovaj teorem nam daje metodu za rješavanje homogene linearne diferencijalne jednadžbe 2. reda s konstantnim koeficijentima. Algebarska jednadžba (6.37) drugog stupnja se zove karakteristična jednadžba, a polinom na lijevoj strani jednadžbe (6.37) karakteristični polinom diferencijalne jednadžbe (6.36).

Primjer 6.10   Treba naći opće rješenje jednadžbe

$\displaystyle y''-3y'+2y=0.$

Rješenje.

$\displaystyle \lambda ^2-3\lambda +2=0, \;\;\;\lambda _1=1,\lambda _2=2.$

Dakle, opće rješenje je

$\displaystyle y(x)=C_1e^x+C_2e^{2x}.$

Specijalni slučajevi funkcije smetnje

Zbog fizikalnih razloga se funkcija $ f$ na desnoj strani linearne diferencijalne jednadžbe

$\displaystyle y''+p\,y'+q\,y=f(x),$ (6.38)

zove funkcija smetnje. U nekim se slučajevima iz tipa funkcije $ f$ može zaključiti kojeg je oblika partikularno rješenje.

a) Neka je

$\displaystyle f(x)=P(x)$

polinom stupnja $ n$. Budući da je linearna kombinacija derivacija polinoma opet polinom, pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=Q(x),$ (6.39)

gdje je $ Q$ polinom s nepoznatim koeficijentima. Da bismo odredili koeficijente uvrstimo $ y_p$ u diferencijalnu jednadžbu.

Ako je $ q=0$, onda je

$\displaystyle y_p(x)=x\,Q(x).$

Ako je $ p=q=0$, onda je

$\displaystyle y_p(x)=x^2\,Q(x).$

b) Neka je

$\displaystyle f(x)=a\,e^{k\,x}.$

Budući da su derivacije od $ e^{k\,x}$ funkcije istog tipa, pretpostavimo

$\displaystyle y_p(x)= \alpha \,e^{k\,x}.$

Uvrštavanjem $ y_p$ u diferencijalnu jednadžbu određuje se $ \alpha.$

Ako je $ k$ jednostruki korijen karakterističnog polinoma, onda pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=\alpha x\,e^{kx}.$

Ako je $ k$ dvostruki korijen karakterističnog polinoma, onda pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=\alpha x^2\,e^{kx}.$

c) Neka je

$\displaystyle f(x)=P(x)\,e^{kx},$

gdje je $ P$ neki polinom. Derivacije ove funkcije su opet funkcije istog tipa. Zato pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=Q(x)\,e^{kx},$

gdje je $ Q$ polinom istog stupnja kao $ P$.

Ako je $ k$ jednostruki korijen karakterističnog polinoma, onda

$\displaystyle y_p(x)=xQ(x)\,e^{kx}.$

Ako je $ k$ dvostruki korijen karakterističnog polinoma, onda

$\displaystyle y_p(x)=x^2Q(x)\,e^{kx}.$

d) Neka je

$\displaystyle f(x)=a\,\sin k\,x+b\,\cos k\,x.$

Budući da su derivacije od $ f$ funkcije istog tipa, pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=\alpha \,\sin k\,x+\beta \,\cos k\,x.$

Ako je $ i\,k$ korijen karakterističnog polinoma, onda pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=\alpha x\,\sin k\,x+\beta x\,\cos k\,x.$

e) Ako je

$\displaystyle f=\lambda_1 f_1+\lambda_2 f_2,$

gdje su $ f_1$ i $ f_2$ funkcije nekih od gore navedenih tipova, onda se rješenje traži u obliku linearne kombinacije odgovarajućih partikularnih rješenja.

Primjer 6.11   Naći opće rješenje jednadžbe

$\displaystyle y''-2y'+y=e^x + \sin ^2 x.$

Rješenje. Desnu stranu jednadžbe možemo napisati drugačije

$\displaystyle y''-2y'+y=e^x + \frac{1}{2} - \frac{\cos 2x}{2}.$

Korijeni karakterističnog polinoma su $ \lambda_1 =\lambda_2 =1$. Tako pretpostavljamo

$\displaystyle y_p(x)=\alpha x^2\,e^x+\beta +\gamma \,\sin 2x+\delta \,\cos 2x.$

Izlazi $ \alpha =\frac{1}{2},\beta =\frac{1}{2},\gamma
=\frac{4}{50},\delta =\frac{3}{50}.$ Tako je

$\displaystyle y_p(x)=\frac{1}{2}x^2\,e^x+\frac{1}{2} +\frac{4}{50} \sin 2x+
\frac{3}{50} \cos 2x,$

odnosno opće rješenje je

$\displaystyle y(x)=C_1e^x+C_2x\,e^x+\frac{1}{2} (x^2\,e^x+1)+
\frac{1}{50} (4\sin 2x+3\cos 2x).$

Pitanja

1.
Što je to linearna diferencijalna jednadžba 2. reda? Kad kažemo da je homogena, a kad da je nehomogena?
2.
Što su koeficijenti, a što je funkcija smetnje?
3.
Što znate o strukturi skupa svih rješenja?
4.
Što čini skup svih rješenja pripadne homogene jednadžbe?
5.
Koji je kriterij linearne nezavisnosti rješenja homogene jednadžbe? Što je to determinanta Wronskog?
6.
Kako se rješava linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima? Što je karakteristična jednadžba, i kako dolazimo do nje? Što je karakteristični polinom?
7.
Što je partikularno rješenje? Kako se ono traži u slučaju posebnog oblika funkcije smetnje? Koji su to posebni oblici?

Riješeni zadaci

1.
Lanac duljine $ d$ metara leži na vodoravnoj podlozi tako da $ p$ metara visi dolje. Uslijed djelovanja sile teže lanac kliže dolje. Za koje vrijeme će skliznuti cijeli lanac s podloge, ako podloga
a)
ne pruža nikakav otpor klizanju,
b)
pruža otpor proporcionalan težini

Rješenje. Budući da nije drugačije rečeno, pretpostavlja se da je lanac homogen, tj. da je gustoća mase lanca $ \rho$ konstanta. Ukupna masa lanca je $ M = d\,\rho.$ Promjena količine gibanja lanca po jedinici vremena (derivacija količine gibanja) je prema tome $ M\,a=d\,\rho\,a,$ gdje je $ a$ akceleracija lanca. U trenutku $ t$ preko podloge visi $ x(t)$ metara lanca. Samo na taj dio lanca djeluje sila teža, pa je sila, kojom sila teža djeluje na lanac u čas $ t,$ jednaka $ \rho\,x(t)\,g,$ gdje je $ g$ akceleracija sile teže (gravitacija). Prema 2. Newtonovom zakonu, promjena količine gibanja po jedinici vremena jednaka je sumi svih sila koje djeluju na fizikalni sustav.

a) Ako podloga ne pruža otpor, onda je jedina sila koja djeluje sila teža, pa imamo

$\displaystyle d\,\rho\,a = \rho\,x(t)\,g,$

s tim da je $ a=\ddot{x}(t).$ Ako još jednadžbu podijelimo s $ \rho,$ imamo Cauchyjev problem

$\displaystyle d\,\ddot{x}(t) = x(t)\,g,\qquad x(0) = p,\quad \dot{x}(t) = 0.$

Ovo je linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima, karakteristična jednadžba je

$\displaystyle d\,r^2 = g,$

pa je rješenje

% latex2html id marker 43764
$\displaystyle x(t) = \frac{\left( 1 + e^{2\,\sqrt{...
...right)\,p}
{2\,e^{\sqrt{\frac{g}{d}}\,t}} = p\,{\rm ch}\,\sqrt{\frac{g}{d}}\,t.$

Vrijeme potrebno da lanac sklizne s podloge je onaj $ t$ za koji je $ x(t)=d.$ Pozitivno rješenje ove jednadžbe je

% latex2html id marker 43770
$\displaystyle t = \sqrt{\frac{d}{g}}\,\ln \frac{d + \sqrt{d^2 - p^2}}{p} =
\sqrt{\frac{d}{g}}\,{\rm Arch}\,\frac{d}{g}.$

b) Ako podloga pruža otpor proporcionalan težini (faktor proporcionalnosti $ \lambda{}$), onda osim sile teže djeluje još i sila otpora $ -\lambda{}\,\rho\,(d-x(t))$ pa u tom slučaju imamo Cauchyjev problem

$\displaystyle d\,\rho{}\,\ddot{x}(t) = -\lambda{}\,\rho\,(d-x(t)) +
\rho{}\,x(t)\,g,\qquad x(0) = p,\quad \dot{x}(t) = 0,$

tj.

$\displaystyle d\,\ddot{x}(t) - (g +\lambda{})\,x(t) = -\lambda{}\,d,\qquad x(0) =
p,\quad \dot{x}(t) = 0,$

Ovo je također linearna diferencijalna jednadžba 2. reda s konstantnim koeficijentima, i njezino rješenje, uz početne uvjete je

% latex2html id marker 43780
$\displaystyle x(t) = \frac{1}{g+\lambda}\,\left(d\...
...da)\,p - d\,\lambda\right) \,
{\rm ch}\,\sqrt{\frac{g + \lambda}{d}}\,t\right).$

Sada je rješenje jednadžbe $ x(t)=d$

% latex2html id marker 43784
$\displaystyle t = \sqrt{\frac{d}{g + \lambda}}\,{\rm Arch}\,\frac{d\,g}
{\left( g + \lambda \right) \,p - d\,\lambda}.$

Za izbor parametara $ d=10\,$m$ ,$ $ p=1\,$m$ ,$ $ g=9.81\,$m s$ ^{-2},$ $ \lambda=0.2$ imamo

% latex2html id marker 43797
$\displaystyle t \approx 3.19518\,$s$\displaystyle .$

2.
S površine Zemlje bačen je vertikalno uvis projektil mase $ m,$ s početnom brzinom $ v_0.$ Pretpostavljamo da je otpor zraka proporcionalan kvadratu brzine (faktor proporcionalnosti $ \lambda{}$), i da je akceleracija sile teže $ g$ konstanta. Izračunajte do koje će visine stići projektil.

Rješenje. Na projektil djeluju sila otpora zraka $ \vec{F}_o$ i sila teža $ \vec{G}.$

$\displaystyle \vec{F}_o = - \lambda{}\,\vec{\dot{x}}(t)^2,\quad \vec{G} = m\,\vec{g}.$

Gibanje se odvija na jednom pravcu, duž tog pravca djeluju i sile, pa se vektorske veličine mogu zamijeniti skalarnima. Prilikom uspinjanja obje sile djeluju suprotno od smjera gibanja. Dakle, ako koordinatni sustav postavimo tako da pozitivni smjer gibanja znači gibanje u vis, prema 2. Newtonovom zakonu, imamo

$\displaystyle m\,\ddot{x}(t) = - \lambda{}\,\dot{x}(t)^2 - m\,g,$

gdje je $ \vec{a}$ akceleracija projektila.

Kako se ovdje ne pojavljuje eksplicitno $ x(t),$ možemo sniziti red jednadžbe tako da stavimo $ \dot{x}(t)=p(t).$ Tada je $ \ddot{x}(t)=\dot{p}(t),$ pa jednadžba postaje

$\displaystyle m\,\dot{p}(t) = - \lambda{}\,{p}(t)^2 - m\,g.$

Ova jednadžba se može riješiti separacijom varijabli. Rješenje je

% latex2html id marker 43826
$\displaystyle p(t) = \dot{x}(t) = \sqrt{\frac{g\,m}{\lambda}}\,{\rm tg}\,
\left(\sqrt{\frac{g}{m\,\lambda}}(m\,C-\lambda\,t)\right).$

Neodređenu konstantu računamo iz početnog uvjeta $ \dot{x}(0)=p(0)=v_0.$ Dobivamo

% latex2html id marker 43830
$\displaystyle \dot{x}(t) = \sqrt{\frac{g\,m}{\lamb...
...tg}\, \sqrt{\frac{\lambda}{g\,m}}\,v_0 - \sqrt{\frac{g\,\lambda}{m}}\,t\right).$ (6.40)

U zadatku se traži maksimalna visina, a ta se dostiže u trenutku kad je brzina jednaka nuli. Ako, dakle, izjednačimo $ \dot{x}(t)$ s nulom, dobivamo vrijeme u kojem se dostigne maksimalna visina

% latex2html id marker 43834
$\displaystyle t_{max} = \sqrt{\frac{m}{g\,\lambda}} \,{\rm Arctg}\,
\sqrt{\frac{\lambda}{g\,m}}\,v_0.$

Ako (6.40) još jednom integriramo po $ t$ i uvrstimo početni uvjet $ x(0)=0,$ i stavimo $ t=t_{max},$ dobivamo

$\displaystyle h_{max} = {\frac{m\,\ln (1 + {\frac{\lambda\,{{v_0}^2}}{g\,m}})}
{2\,\lambda}}.$

Provjerite da li za $ \lambda\rightarrow 0$ ova formula prelazi u poznatu formulu

$\displaystyle h_{max} = \frac{v_0^2}{2\,g}$

u slučaju vertikalnog hica bez otpora zraka.


next up previous contents index
Next: Linearne jednadžbe višeg reda Up: Obične diferencijalne jednadžbe Previous: Linearna diferencijalna jednadžba 1.   Contents   Index
Salih Suljagic
2000-03-11