Forum » Loža » diferencialne enačbe
diferencialne enačbe
Yosh ::
Imam eno vprasanje.
Kdo zna mi razloziti kako integriram tole enacbo( na sliki je rdeca puscica), predvsem me mede ker sem pojavi poleg spremenljivke t se spremenljivka x. Ali jo obravnavam kot konstanto ali jo zamenjam in tudi mi ni cisto jasno zakaj je v tem primeru f(x) = x = f(t), to pomeni x = t?
In recimo kaj potem ce imam primer ; x^2e^(2x) -e^(2x) = f(x), potem kako zapisem f(t) da vstavim v integral?
In tudi, kako poracunam pol y1(x) in y2(x) v kombinaciji s y2(t) in y1(t), kot je napisano v glavni enacbi.
Zanima pa me tudi kako je dobil A= 4
Ali to pomeni da je odvajal po tisti formuli za A, torej y1= e^(-x) in y2= e^(3x), če to drzi potem je rezultat enak 4e^(2x) in ker naj bi to bil polinom stopnje 0 sledi da je A = 4
A to drzi?
No, upam da se bo komu dalo..
Kdo zna mi razloziti kako integriram tole enacbo( na sliki je rdeca puscica), predvsem me mede ker sem pojavi poleg spremenljivke t se spremenljivka x. Ali jo obravnavam kot konstanto ali jo zamenjam in tudi mi ni cisto jasno zakaj je v tem primeru f(x) = x = f(t), to pomeni x = t?
In recimo kaj potem ce imam primer ; x^2e^(2x) -e^(2x) = f(x), potem kako zapisem f(t) da vstavim v integral?
In tudi, kako poracunam pol y1(x) in y2(x) v kombinaciji s y2(t) in y1(t), kot je napisano v glavni enacbi.
Zanima pa me tudi kako je dobil A= 4
Ali to pomeni da je odvajal po tisti formuli za A, torej y1= e^(-x) in y2= e^(3x), če to drzi potem je rezultat enak 4e^(2x) in ker naj bi to bil polinom stopnje 0 sledi da je A = 4
A to drzi?
No, upam da se bo komu dalo..
diferencialna enačba
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
overlord_tm ::
Zgleda kot tole. Ce zadnjo enacbo pred summary preuredis tako da neses vse znotraj pod integral, zdruzis skupaj v en integral dobis nekaj takega.
Integriras tko da clene ki so neodvisni od integracijske spremenljivke (torej y1(x), y2(x)) neses ven iz integrala. V spodnjem primeru ti ostaneta dva simple integrala za per partes.
Tisti A pa izgleda kot determinanta Wronskega v tocki 0. Torej evaluiras tisti ziraz pri x=0.
Dost zmeden tale slajd, meni je bolj vsec tisti postopek kot sem ga dal na linku.
Integriras tko da clene ki so neodvisni od integracijske spremenljivke (torej y1(x), y2(x)) neses ven iz integrala. V spodnjem primeru ti ostaneta dva simple integrala za per partes.
Ali to pomeni da je odvajal po tisti formuli za A, torej y1= e^(-x) in y2= e^(3x), če to drzi potem je rezultat enak 4e^(2x) in ker naj bi to bil polinom stopnje 0 sledi da je A = 4
Tisti A pa izgleda kot determinanta Wronskega v tocki 0. Torej evaluiras tisti ziraz pri x=0.
Dost zmeden tale slajd, meni je bolj vsec tisti postopek kot sem ga dal na linku.
Yosh ::
Predvsem me zanima ta določitev tega k, ce je moj f(x) = Pn(x)x^k e^(rx)
In recimo da so resitve moje karakteristične enacbe
1. y'' +9y = x^2 e^(3x) + xe^3x
Homogen del je potem ,
y = 3 , y1 = cos3x
y = -3, y2 = sin3x
koliko je potem moj k? ( kAK SE TO DOLOČI?)
F(x) je recimo x^2 e^(3x) + xe^3x
Potem je moj polinom (AX +BX +C)x^k e^(3x) + (Cx +D)x^k e^(3x) ???
A je to prav?
To odvajam dvakrat, vstavim v enačbo 1. Primerjam kaj je zraven x^2 in kaj je zraven x.. poracunam ven konstane A, B, C , D ?
KAKO DOLOČIM ta k. kaj to pomeni da ga najdemo med resitvami karakteristične enacbe, da je y= 3 in y= -3, skupaj sta 2, torej kaj, k= 2, ali gledam koeficiente pri e^(3x), torej k = 3
???
In recimo da so resitve moje karakteristične enacbe
1. y'' +9y = x^2 e^(3x) + xe^3x
Homogen del je potem ,
y = 3 , y1 = cos3x
y = -3, y2 = sin3x
koliko je potem moj k? ( kAK SE TO DOLOČI?)
F(x) je recimo x^2 e^(3x) + xe^3x
Potem je moj polinom (AX +BX +C)x^k e^(3x) + (Cx +D)x^k e^(3x) ???
A je to prav?
To odvajam dvakrat, vstavim v enačbo 1. Primerjam kaj je zraven x^2 in kaj je zraven x.. poracunam ven konstane A, B, C , D ?
KAKO DOLOČIM ta k. kaj to pomeni da ga najdemo med resitvami karakteristične enacbe, da je y= 3 in y= -3, skupaj sta 2, torej kaj, k= 2, ali gledam koeficiente pri e^(3x), torej k = 3
???
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
overlord_tm ::
k je kratnost nicle v karakteristicni enacbi. Pa pomoje ima tvoja enacba zgoraj kompleksne nicle :)
Yosh ::
overlord_tm je izjavil:
k je kratnost nicle v karakteristicni enacbi. Pa pomoje ima tvoja enacba zgoraj kompleksne nicle :)
TOrej ce imam dve nicli, torej ena -3, druga 3, je potem k= 2?
vem da so kompleksne sej sem napisal. dobim alpha +i( beta)
alpha -i( beta)
alpha je 0,
beta pa 3..
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
overlord_tm ::
Kratnost pomeni kolikokrat je ista stevilka nicla polinoma. Recimo $(x-3)^2$ (napaka se odpravlja) ima $x=3$ (napaka se odpravlja) dvakratno niclo. $(x+3)(x-3)$ (napaka se odpravlja) pa ima dve nicli, $x_1=3$ (napaka se odpravlja) in $x_2=-3$ (napaka se odpravlja). V tvojem primeru je to 1.
Ko resis homogeni del dobis $y_{h}=c_1cos(3x)+c_2sin(3x)$ (napaka se odpravlja). V tvojem primeru lahko pri $f(x)=x^2e^{3x}+xe^{3x}$ (napaka se odpravlja) izpostavis $e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Zato imas pri iskanju parcialne resitve nastavek $y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Nato poracunas odvode tega nastavka, vsatvis v DE in resis sistem (s tem ko si izpostavil imas malo manj crk za resevat).
Resitev je tukaj
Ko resis homogeni del dobis $y_{h}=c_1cos(3x)+c_2sin(3x)$ (napaka se odpravlja). V tvojem primeru lahko pri $f(x)=x^2e^{3x}+xe^{3x}$ (napaka se odpravlja) izpostavis $e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Zato imas pri iskanju parcialne resitve nastavek $y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Nato poracunas odvode tega nastavka, vsatvis v DE in resis sistem (s tem ko si izpostavil imas malo manj crk za resevat).
Resitev je tukaj
Yosh ::
overlord_tm je izjavil:
Kratnost pomeni kolikokrat je ista stevilka nicla polinoma. Recimo $(x-3)^2$ (napaka se odpravlja) ima $x=3$ (napaka se odpravlja) dvakratno niclo. $(x+3)(x-3)$ (napaka se odpravlja) pa ima dve nicli, $x_1=3$ (napaka se odpravlja) in $x_2=-3$ (napaka se odpravlja). V tvojem primeru je to 1.
Ko resis homogeni del dobis $y_{h}=c_1cos(3x)+c_2sin(3x)$ (napaka se odpravlja). V tvojem primeru lahko pri $f(x)=x^2e^{3x}+xe^{3x}$ (napaka se odpravlja) izpostavis $e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Zato imas pri iskanju parcialne resitve nastavek $y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x}$ (napaka se odpravlja). Nato poracunas odvode tega nastavka, vsatvis v DE in resis sistem (s tem ko si izpostavil imas malo manj crk za resevat).
Resitev je tukaj
Č je k= 1 a ni pol $y_p=(Ax^3+Bx^2+Cx)e^{3x}$ (napaka se odpravlja) ?
In če to odvajam pa recmo da prav, ne pride enako..
moj f(x) = x^2e^(3x) + e^(3x)
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
overlord_tm ::
Poskusi tist nastavek zgoraj odvajat in resit. Tudi ce je tvoj $f(x)=x^2e^{3x}+e^{3x}$ (napaka se odpravlja) stvari ne spremeni bistveno.
$g(x)=P_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)$ (napaka se odpravlja) je splosna oblika nehomogenega dela tvoje enacbe. Potem naredimo malo matchinga in ugotovimo da \alpha=3 (napaka se odpravlja) in \beta=0 (napaka se odpravlja).
Splosni nastavek za parcialno resitev je y_h(x)=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja) kjer sta Q_n (napaka se odpravlja) in R_n (napaka se odpravlja) splosna polinoma stopnje n. Desni del (s sinusom) ti odpade, ker je sin(0x)=0 (napaka se odpravlja).
Torej tvoje resitve kar. polinoma so: 0+3i (napaka se odpravlja) in 0-3i (napaka se odpravlja). Stevilo 3+0i (napaka se odpravlja) (iz drugega odstavka) se ne pojavi med niclami kar. polinoma, torej je k=0. V primeru da bi se 3+0i (napaka se odpravlja) pojavil enkrat, torej je 3+0i (napaka se odpravlja) enostaven koren kar. enacbe, potem je k=1 itd...
Tisto z dvojnimi niclami pa od prej pa pozabi, nekaj zbrkal.
$g(x)=P_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)$ (napaka se odpravlja) je splosna oblika nehomogenega dela tvoje enacbe. Potem naredimo malo matchinga in ugotovimo da \alpha=3 (napaka se odpravlja) in \beta=0 (napaka se odpravlja).
Splosni nastavek za parcialno resitev je y_h(x)=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja) kjer sta Q_n (napaka se odpravlja) in R_n (napaka se odpravlja) splosna polinoma stopnje n. Desni del (s sinusom) ti odpade, ker je sin(0x)=0 (napaka se odpravlja).
Torej tvoje resitve kar. polinoma so: 0+3i (napaka se odpravlja) in 0-3i (napaka se odpravlja). Stevilo 3+0i (napaka se odpravlja) (iz drugega odstavka) se ne pojavi med niclami kar. polinoma, torej je k=0. V primeru da bi se 3+0i (napaka se odpravlja) pojavil enkrat, torej je 3+0i (napaka se odpravlja) enostaven koren kar. enacbe, potem je k=1 itd...
Tisto z dvojnimi niclami pa od prej pa pozabi, nekaj zbrkal.
Zgodovina sprememb…
- spremenilo: overlord_tm ()
Yosh ::
overlord_tm je izjavil:
Poskusi tist nastavek zgoraj odvajat in resit. Tudi ce je tvoj $f(x)=x^2e^{3x}+e^{3x}$ (napaka se odpravlja) stvari ne spremeni bistveno.
$g(x)=P_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)$ (napaka se odpravlja) je splosna oblika nehomogenega dela tvoje enacbe. Potem naredimo malo matchinga in ugotovimo da \alpha=3 (napaka se odpravlja) in \beta=0 (napaka se odpravlja).
Splosni nastavek za parcialno resitev je y_h(x)=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja) kjer sta Q_n (napaka se odpravlja) in R_n (napaka se odpravlja) splosna polinoma stopnje n. Desni del (s sinusom) ti odpade, ker je sin(0x)=0 (napaka se odpravlja).
Torej tvoje resitve kar. polinoma so: 0+3i (napaka se odpravlja) in 0-3i (napaka se odpravlja). Stevilo 3+0i (napaka se odpravlja) (iz drugega odstavka) se ne pojavi med niclami kar. polinoma, torej je k=0. V primeru da bi se 3+0i (napaka se odpravlja) pojavil enkrat, torej je 3+0i (napaka se odpravlja) enostaven koren kar. enacbe, potem je k=1 itd...
Tisto z dvojnimi niclami pa od prej pa pozabi, nekaj zbrkal.
Hm, cakaj a ni alpha = 0 in beta = 3
moja homogena je potem C1cos(3x) + c2sin(3x)
glede nastavka pa ja.. hm zdaj vidim da sem tukaj zgresil..
Potem je moj nastavek = x^k Pn(x) cos(3x) + x^kPn(x)sin(3x) ?
sam nevem ce je to prav, ker v resitvah je vidno da je moj nastavek kar enak Pn(x)x^k1e^rx in ce je r = 0, ce je r= alpha, je potem moj nastavek kar Pn(x)x^k.. zdaj kar moram dolocit je sam k.
In če recem da je k = 0 potem dobim resitev ki je enaka resitvi moje f(x), ker vidim da imam polinom 2 stopnje., zato bi k = 1 bilo uredu
Kaj pa k= 2 bi bila tudi resitev
?
Joj zdej pa sem cist zmeden..
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
overlord_tm ::
Se enkrat natancno preber. Alfao in beto dobis iz oblike nehomogenega dela enacbe. Torej ce izvajas malo matchinga med splosno obliko in tvojo f(x), ugotovis da je alfa=3 in beta=0.
Potem pa resis homogeni del, in dobis recimo resitev oblike {\alpha}_1+i{\beta}_1 (napaka se odpravlja). Pazi indekse, {\alpha}_1\neq{\alpha} (napaka se odpravlja). Torej imamo \alpha=3,\beta=0,\alpha_1=0,\beta_1=3 (napaka se odpravlja).
Torej nicle karakteristicnega polinoma so pomembne za homogeno resitev, pri parcialni pa samo dolocijo tisti k.
Torej:
Imas DE y''+9y=x^2e^{3x}+e^{3x} (napaka se odpravlja)
Pripadajoca kar. enacba je \lambda^2+9\lambda=0 (napaka se odpravlja) in njene resitve sta \lambda_1=3i (napaka se odpravlja) in \lambda_2=-3i (napaka se odpravlja)
Homogena resitev je y_h=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} (napaka se odpravlja). Torej vstavimo nase nicle in dobimo y_h=c_1e^{3ix}+c_2e^{-3ix} (napaka se odpravlja) kar se preko Eulerjeve formule poslopsi na trigonometrijo y_h=c_1'cos(3x)+c_2'sin(3x) (napaka se odpravlja). Sedaj imamo neke nove konstante z crtico, ampak ni vazno.
Sedaj ko imamo homogeno resitev se lotimo parcialne. Nas nehomogeni del ima obliko f(x)=(x^2+1)e^{3x} (napaka se odpravlja) (izpostavljeno). Lotimo se ga z nastavkom y_p=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja). Iz oblike nase f preberemo da je \alpha=3,\beta=0,n=2 (napaka se odpravlja), ker se tako nas nastavek spremeni v y_p=x^k(Q_n(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja). To se zgodi ker sin(0x)=0,cos(0x)=1 (napaka se odpravlja).
Sedaj ti ostane samo se dolocitev k-ja. To naredis tako da pogledas kolikokrat se stevilka oblike \alpha+i\beta (napaka se odpravlja), v tvojem primeru 3+0i (napaka se odpravlja) pojavi kot koren karakteristicne enacbe. ugotovis da nickrat, torej k=0.
Ostane ti torej y_p=x^0(Q_2(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja) torej:
y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p'=(3Ax^2+(2A+3B)x+(B+3C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p''=(9Ax^2+(12A+9B)x+(2A+6B+9C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
Ko vstavis v DE dobis sledec sistem:
1=18A (napaka se odpravlja)
0=12A+18B (napaka se odpravlja)
1=2A+6B+18C (napaka se odpravlja)
ki se razresi v:
A=\frac{1}{18},B=-\frac{1}{27},C=\frac{5}{81} (napaka se odpravlja)
Torej je tvoja parcialna resitev:
y_p=(\frac{1}{18}x^2-\frac{1}{27}x+\frac{5}{81})e^{3x} (napaka se odpravlja)
Splosna resitev je y=y_h+y_p (napaka se odpravlja)
Potem pa resis homogeni del, in dobis recimo resitev oblike {\alpha}_1+i{\beta}_1 (napaka se odpravlja). Pazi indekse, {\alpha}_1\neq{\alpha} (napaka se odpravlja). Torej imamo \alpha=3,\beta=0,\alpha_1=0,\beta_1=3 (napaka se odpravlja).
Torej nicle karakteristicnega polinoma so pomembne za homogeno resitev, pri parcialni pa samo dolocijo tisti k.
Torej:
Imas DE y''+9y=x^2e^{3x}+e^{3x} (napaka se odpravlja)
Pripadajoca kar. enacba je \lambda^2+9\lambda=0 (napaka se odpravlja) in njene resitve sta \lambda_1=3i (napaka se odpravlja) in \lambda_2=-3i (napaka se odpravlja)
Homogena resitev je y_h=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} (napaka se odpravlja). Torej vstavimo nase nicle in dobimo y_h=c_1e^{3ix}+c_2e^{-3ix} (napaka se odpravlja) kar se preko Eulerjeve formule poslopsi na trigonometrijo y_h=c_1'cos(3x)+c_2'sin(3x) (napaka se odpravlja). Sedaj imamo neke nove konstante z crtico, ampak ni vazno.
Sedaj ko imamo homogeno resitev se lotimo parcialne. Nas nehomogeni del ima obliko f(x)=(x^2+1)e^{3x} (napaka se odpravlja) (izpostavljeno). Lotimo se ga z nastavkom y_p=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja). Iz oblike nase f preberemo da je \alpha=3,\beta=0,n=2 (napaka se odpravlja), ker se tako nas nastavek spremeni v y_p=x^k(Q_n(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja). To se zgodi ker sin(0x)=0,cos(0x)=1 (napaka se odpravlja).
Sedaj ti ostane samo se dolocitev k-ja. To naredis tako da pogledas kolikokrat se stevilka oblike \alpha+i\beta (napaka se odpravlja), v tvojem primeru 3+0i (napaka se odpravlja) pojavi kot koren karakteristicne enacbe. ugotovis da nickrat, torej k=0.
Ostane ti torej y_p=x^0(Q_2(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja) torej:
y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p'=(3Ax^2+(2A+3B)x+(B+3C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p''=(9Ax^2+(12A+9B)x+(2A+6B+9C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
Ko vstavis v DE dobis sledec sistem:
1=18A (napaka se odpravlja)
0=12A+18B (napaka se odpravlja)
1=2A+6B+18C (napaka se odpravlja)
ki se razresi v:
A=\frac{1}{18},B=-\frac{1}{27},C=\frac{5}{81} (napaka se odpravlja)
Torej je tvoja parcialna resitev:
y_p=(\frac{1}{18}x^2-\frac{1}{27}x+\frac{5}{81})e^{3x} (napaka se odpravlja)
Splosna resitev je y=y_h+y_p (napaka se odpravlja)
Yosh ::
overlord_tm je izjavil:
Se enkrat natancno preber. Alfao in beto dobis iz oblike nehomogenega dela enacbe. Torej ce izvajas malo matchinga med splosno obliko in tvojo f(x), ugotovis da je alfa=3 in beta=0.
Potem pa resis homogeni del, in dobis recimo resitev oblike {\alpha}_1+i{\beta}_1 (napaka se odpravlja). Pazi indekse, {\alpha}_1\neq{\alpha} (napaka se odpravlja). Torej imamo \alpha=3,\beta=0,\alpha_1=0,\beta_1=3 (napaka se odpravlja).
Torej nicle karakteristicnega polinoma so pomembne za homogeno resitev, pri parcialni pa samo dolocijo tisti k.
Torej:
Imas DE y''+9y=x^2e^{3x}+e^{3x} (napaka se odpravlja)
Pripadajoca kar. enacba je \lambda^2+9\lambda=0 (napaka se odpravlja) in njene resitve sta \lambda_1=3i (napaka se odpravlja) in \lambda_2=-3i (napaka se odpravlja)
Homogena resitev je y_h=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} (napaka se odpravlja). Torej vstavimo nase nicle in dobimo y_h=c_1e^{3ix}+c_2e^{-3ix} (napaka se odpravlja) kar se preko Eulerjeve formule poslopsi na trigonometrijo y_h=c_1'cos(3x)+c_2'sin(3x) (napaka se odpravlja). Sedaj imamo neke nove konstante z crtico, ampak ni vazno.
Sedaj ko imamo homogeno resitev se lotimo parcialne. Nas nehomogeni del ima obliko f(x)=(x^2+1)e^{3x} (napaka se odpravlja) (izpostavljeno). Lotimo se ga z nastavkom y_p=x^k(Q_n(x)e^{{\alpha}x}cos({\beta}x)+R_n(x)e^{{\alpha}x}sin({\beta}x)) (napaka se odpravlja). Iz oblike nase f preberemo da je \alpha=3,\beta=0,n=2 (napaka se odpravlja), ker se tako nas nastavek spremeni v y_p=x^k(Q_n(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja). To se zgodi ker sin(0x)=0,cos(0x)=1 (napaka se odpravlja).
Sedaj ti ostane samo se dolocitev k-ja. To naredis tako da pogledas kolikokrat se stevilka oblike \alpha+i\beta (napaka se odpravlja), v tvojem primeru 3+0i (napaka se odpravlja) pojavi kot koren karakteristicne enacbe. ugotovis da nickrat, torej k=0.
Ostane ti torej y_p=x^0(Q_2(x)e^{3x}) (napaka se odpravlja) torej:
y_p=(Ax^2+Bx+C)e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p'=(3Ax^2+(2A+3B)x+(B+3C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
y_p''=(9Ax^2+(12A+9B)x+(2A+6B+9C))e^{3x} (napaka se odpravlja)
Ko vstavis v DE dobis sledec sistem:
1=18A (napaka se odpravlja)
0=12A+18B (napaka se odpravlja)
1=2A+6B+18C (napaka se odpravlja)
ki se razresi v:
A=\frac{1}{18},B=-\frac{1}{27},C=\frac{5}{81} (napaka se odpravlja)
Torej je tvoja parcialna resitev:
y_p=(\frac{1}{18}x^2-\frac{1}{27}x+\frac{5}{81})e^{3x} (napaka se odpravlja)
Splosna resitev je y=y_h+y_p (napaka se odpravlja)
OMG! Ej, hvala ti za tole, svaka cast! naj se ti vse dobr povrne!
Hvala res, bom prestudiru.Zdej je jasno.
Hvala.
lp
Share with others, your inner joy, goodness and beauty , and dont hurt them.
Vredno ogleda ...
| Tema | Ogledi | Zadnje sporočilo | |
|---|---|---|---|
| Tema | Ogledi | Zadnje sporočilo | |
| » | OdvodOddelek: Šola | 2007 (1320) | KruceFix |
| » | Ena matematična nalogcaOddelek: Šola | 3101 (2506) | sherman |
| » | Matematika - pomoč (strani: 1 2 3 )Oddelek: Šola | 26822 (23397) | daisy22 |
| » | Pomoč pri diferencialnih enačbahOddelek: Šola | 1501 (1284) | Yosh |
| » | Limita funkcijeOddelek: Šola | 3111 (2337) | IceCold |