MATEMAT. POMAGALA FIZIK. MOTRENJA. idi 
U tom posebnom primjeru je sx = (015) = 00225, 
m=11 
takodjer dakle 2 (eh) = 12.00225 = 027, 
m==0 
Prispodobiv ovaj iznos s onimi pri tri članova (0:464) i pri če- 
tiri člana (0:257), upoznamo umah prispodobu 
0:464 > 0:27 > 025%, 
zaključujemo dakle, da pri tri člana empirična jednačba pravi još 
prevelike pogreške, pri četiri člana je pako pogreška manja nego 
bi bilo po motrenju suditi, te to je znak, da nije potreba petoga 
člana uzimati u pomoć. Kada bi pako mjesto iznosa 0257 našli 
n. pr. 0:3, bio bi 0:21 < 03, trebalo bi dakle bilo kušati, može li 
peti član glavne jednačbe umanjiti pogrešku. Kada se pokaže, da 
dodani posljednji član glavne jednačbe ne umanjuje više iznosa 
ž (em), onda više nije treba ovaj član dodavati. 
13. S. Opredieljenje onoga doba, za koje postiže periodička 
olina najveći ili najmanji iznos. 
Ako brojimo vrieme povratne oline y = f(x) od početka pe- 
2T 
riode te metnemo Wa = k, dobimo glavni zakon 
y =a-b-c.sin(ed-kx)--e,sin(e, -h-2kx)-h- e, sin(e,--3kx)--.,.. 
gdje s naznačuje ono vrieme u tečaju periodičkoga doba, kad imade 
povratna olina iznos = y. 
Pitanje: u koje vrieme imade olina y najveći ili najmanji iz- 
nos? Na ovo pitanje odgovara se u obće diferencijalnom naukom, 
da ima y u ono doba # = h svoj najmanji ili najveći iznos, kada 
izčezne parcijalni diferencijalni kvocijent uzet polag 2, naime u 
onom vremenu 2, za koje valja 
ade 
So = 
Iz glavne jednačbe izlazi za ovaj slučaj 
= c.00s(e-kx)k—-e, cos (e, ---2kx) 2k 
-He,cos(e,--35kx)38k--.... = 0. 
Ako se ova jednačba rieši te se potraži ona vriednost 4 = h, 
koja joj zadovoljava ili koja uništuje sbroj svih njezinih članova, 
oO7 
