JOSIP MATEJAŠ

Numeričke metode u ekonomiji

Zagreb, 2019.

JOSIP M

ATEJAŠ • NU

MERIČKE M

ETODE U

EKON

OM

IJI

ISBN 978-953-346-064-2

9 7 8 9 5 3 3 4 6 0 6 4 2

Sveučilište u Zagrebu, Ekonomski fakultet

NUMERIČKE METODE U EKONOMIJI

Josip Matejaš

Zagreb, 2019.

2

JOSIP MATEJAŠ

NUMERIČKE METODE U EKONOMIJI

Nakladnik:Ekonomski fakultet - Zagreb

Za nakladnika:prof. dr. sc. Jurica Pavičić

Recenzenti:prof. dr. sc. Vjeran Hari,

Matematički odsjek PMF-a, Zagreb

prof. dr. sc. Zoran BabićEkonomski fakultet, Split

izv. prof. dr. sc. Tunjo Perić, Ekonomski fakultet - Zagreb

Lektura:Damir Maligec

Grafička priprema i tisak:Sveučilišna tiskara d.o.o., Zagreb

Trg Republike Hrvatske 14

ISBN 978-953-346-064-2

CIP zapis dostupan u računalnome katalogu Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu pod brojem 001035899

1

SADRŽAJ Uvod ................................................................................................................. 3

Analiza grešaka u numeričkom računanju ....................................................... 4

Povijesni pregled ........................................................................................... 4

Tipovi grešaka u numeričkom računanju ...................................................... 8

Određivanje i izražavanje grešaka .............................................................. 11

Apsolutna i relativna udaljenost .............................................................. 11

Zaokruživanje brojeva............................................................................. 18

Zadaci (I) ............................................................................................ 20

Točnost i preciznost ................................................................................ 23

Aritmetika s pomičnom točkom .............................................................. 25

Zadaci (II) ........................................................................................... 27

Stabilnost numeričkog računanja ............................................................ 28

Zadaci (III) ......................................................................................... 33

Temeljna analiza grešaka i perturbacija .................................................. 35

Zadaci (IV) ......................................................................................... 41

Izračunavanje vrijednosti funkcija ................................................................. 43

Hornerova shema ........................................................................................ 44

Zadaci (V) .......................................................................................... 49

Aproksimacija i interpolacija ......................................................................... 50

Osnovni pojmovi ......................................................................................... 50

Interpolacija ................................................................................................ 53

Interpolacija polinomima ........................................................................ 54

Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma ......................................... 57

Newtonov oblik interpolacijskog polinoma ............................................ 58

Interpolacija polinomima po dijelovima ................................................. 67

Zadaci (VI) ......................................................................................... 77

2

Numeričko deriviranje ............................................................................ 78

Zadaci (VII) ........................................................................................ 82

Metoda najmanjih kvadrata ......................................................................... 83

Linearni model ........................................................................................ 84

Nelinearni modeli .................................................................................... 88

Zadaci (VIII) ...................................................................................... 89

Numeričko integriranje .................................................................................. 90

Trapezna formula ........................................................................................ 92

Simpsonova formula ................................................................................... 96

Zadaci (IX) ....................................................................................... 100

Rješavanje nelinearnih jednadžbi ................................................................. 102

Metoda raspolavljanja ............................................................................... 105

Metoda sekante ......................................................................................... 111

Metoda tangente ........................................................................................ 114

Metoda jednostavne iteracije .................................................................... 117

Zadaci (X) ........................................................................................ 120

Rješenja zadataka ......................................................................................... 121

Rješenja zadataka (I) ............................................................................. 121

Rješenja zadataka (II)............................................................................ 125

Rješenja zadataka (III) .......................................................................... 126

Rješenja zadataka (IV) .......................................................................... 129

Rješenja zadataka (V) ........................................................................... 132

Rješenja zadataka (VI) .......................................................................... 133

Rješenja zadataka (VII) ......................................................................... 136

Rješenja zadataka (VIII) ....................................................................... 137

Rješenja zadataka (IX) .......................................................................... 139

Rješenja zadataka (X) ........................................................................... 142

Literatura ...................................................................................................... 144

3

UVOD U užurbanosti suvremene svakodnevnice rijetko nam prođe dan u kome nismo koristili brojeve i nešto računali. Time je matematika postala naš stalni pratitelj. Riječ matematika uglavnom nas asocira na brojeve i računske operacije s njima. Međutim, matematika obuhvaća pojmove, strukture i postupke daleko šire i općenitije od njih. Brojevi nam služe da neke od tih pojmova i veličina kako matematičkih, tako i onih iz svakodnevne prakse, kvantificiramo, analiziramo i međusobno usporedimo koristeći određene računske operacije. Upravo su računski postupci (algoritmi) glavni predmet proučavanja posebne matematičke grane, numeričke matematike (latinski, numerus = broj). Promatrajući konkretnu situaciju, numerička matematika pokušava odgovoriti na dva temeljna pitanja:

Kako nešto izračunati? (pitanje pronalaženja postupka, algoritma, metode i sl.)

Koliko su izračunate veličine točne? (pitanje procjene točnosti odnosno greške dobivenog rezultata)

Ova pitanja se pojavljuju u svim područjima ljudske djelatnosti, bilo da računamo putanju elektrona u atomu ili nebeskog tijela u svemiru, jakost električne energije u kompjuterskom čipu ili u munji, broj zvijezda u galaksiji ili bakterija u medicinskom uzorku, cijenu ljudskog rada ili dionica na burzi itd. Zbog toga se u numeričkoj matematici razvijaju univerzalni (općeniti) postupci i modeli primjenljivi na praktične probleme različitih tipova. Kako su česte promjene i prilagodbe novim situacijama postale nužnost u suvremenoj svakodnevnici, da bi one bile uspješne i kvalitetne potrebno je pravilno analizirati postojeće stanje. Postupci, metode i modeli numeričke matematike pomažu nam kroz takvu analizu uočiti slabosti i nedostatke postojećeg stanja te njihove uzroke i posljedice. Sve to doprinosi boljem razumijevanju strukture, principa i zakonitosti promatranih pojava. Time stječemo mogućnost svjesnog mijenjanja prirode i društva u željenom smjeru radi unapređenja i poboljšanja kvalitete života pojedinca i društva u cjelini.

U ovoj knjizi obrađujemo temeljne pojmove i postupke numeričke matematike koje objašnjavamo i primjenjujemo na primjere iz svakodnevne prakse s naglaskom na ekonomske primjene. Od dva navedena temeljna pitanja, u prvom dijelu bavimo se pitanjem točnosti. Tu se upoznajemo s

4

osnovama analize grešaka i teorije perturbacija (engl. error analysis and perturbation theory). Pitanjem pronalaženja postupka za računanje traženih veličina u promatranoj situaciji bavimo se u drugom dijelu knjige. Tu se upoznajemo s različitim tipovima aproksimacije i interpolacije, numeričkim deriviranjem i integriranjem te iterativnim postupcima.

ANALIZA GREŠAKA U NUMERIČKOM RAČUNANJU POVIJESNI PREGLED

Brojevi, brojevni sustavi i računske operacije, čije je korištenje danas nužnost, kroz povijest imaju svoj razvojni tijek usporedno s razvojem ljudskog društva. Kakvi su bili početci? Kako se pojam broja uopće pojavio na sceni ljudske povijesti? Suvremeni znanstvenici mogu odgovoriti na ova pitanja promatrajući izolirane ljudske zajednice (plemena) u pojedinim dijelovima svijeta koji još ni danas ne poznaju brojeve. Uzmimo jednostavan primjer.

Primjer 1. Kako će pastir, koji ne poznaje brojeve, predvečer nakon ispaše, ustanoviti jesu li mu sve ovce na broju?

Očito, nimalo jednostavan zadatak! To je bio jedan od prvih problema koji će postupno dovesti do pojma brojeva, a riješen je vrlo domišljato. Pastir bi za svaku svoju ovcu napravio drveni štapić ili odabrao kamenčić ili napravio čvor na uzici ili nešto slično. Na taj bi način imao isto toliko štapića (kamenčića, čvorova ili sl.) koliko i ovaca. Kad bi ovce ulazile u prostor predviđen za spavanje, prolaskom svake ovce premjestio bi štapić ili kamenčić s hrpe ili označio čvor i sl. Na kraju su mogli nastupiti sljedeći slučajevi:

1. Sve su ovce prošle, a na polaznoj hrpi je ostalo još štapića. To znači da njegovo stado nije kompletno. Manjka toliko ovaca koliko je štapića ostalo i pastir može ići u potragu.

2. Sve su ovce prošle, a na polaznoj hrpi više nema štapića. To znači da je stado kompletno.

5

3. Ovce još ulaze, a na polaznoj hrpi više nema štapića. To znači da ima viška ovaca (možda iz susjednog stada ili je stado tijekom dana dobilo prinovu).

Vidimo kako je problem elegantno riješen bez poznavanja i upotrebe brojeva i brojanja ovaca. Međutim, u ovom rješenju otkrivamo puno više, otkrivamo temeljne pojmove i postavke matematike. Vidimo da pastir koristi dva skupa, skup ovaca i skup štapića (kamenčića ili sl.). Svakom elementu jednog skupa pridružuje točno jedan element drugog skupa. Zar nije upravo ovom rečenicom dana definicija funkcije nekoliko tisućljeća nakon što su prvi nomadi na ovakav način ''prebrojavali'' svoja stada? Prepoznajemo li u ova tri slučaja injekciju, surjekciju i bijekciju? Nije li ovo postupak kojim se pridruživanjem elemenata uspoređuju kardinalni brojevi dvaju skupova? Na sva ova pitanja odgovor je potvrdan. Primijetimo također da ako se stado iz bilo kojeg razloga smanjilo ili povećalo, što je obuhvaćeno slučajevima 1. i 3., pastir je trebao maknuti (oduzeti) ili napraviti nove (dodati) štapiće, a što je bio početak računskih operacija oduzimanja i zbrajanja. Naravno, pastir nije poznavao sve ove pojmove, ali nije bio ni svjestan da postavlja temelje jedne univerzalne egzaktne znanosti, matematike.

Naravno pojavljivale su se i druge slične situacije gdje se javljala potreba ''prebrojavanja'' ljudi, stvari, predmeta, nastambi i sl. To sve više dolazi do izražaja s pojavljivanjem prve trgovine – međusobne razmjene dobara. Tako se s vremenom umjesto štapića počinju koristiti simboli. U različitim zemljopisnim regijama i narodima uvodili su se različiti simboli. U našim krajevima (područje Rimskog carstva) za jedan štapić uvodi se simbol I, za dva štapića II, za tri III, za pet V (povezan palac i mali prst na ruci), za deset štapića X (povezani prsti obje ruke) itd. Na taj način polako nastaju brojevni sustavi: Azteka, Maya, egipatski, babilonski, kineski, indijski, grčki, rimski i na kraju arapski koji je, nakon nekoliko izmjena, u današnjem obliku prihvaćen širom svijeta. Radi se o sustavu s bazom 10 (10 različitih simbola – znamenaka). Njegova najveća prednost je način zapisivanja brojeva pomoću mjesne vrijednosti svake znamenke. Mjesto koje u zapisu broja ima pojedina znamenka određuje njenu vrijednost (jedinice, desetice, stotice, …, desetinke, stotinke, tisućinke, …). Takav način zapisivanja omogućuje zapis proizvoljno velikog ili malog broja, što nije slučaj s ostalim brojevnim sustavima. Na primjer, najveći broj koji se može zapisati u rimskom brojevnom sustavu je MMMCMXCIX (3999).

6

Simboli su zamijenili štapiće, brojevi su se mogli zapisivati i u takvom zapisanom obliku izvoditi računske operacije koje su postupno dovele do skupova brojeva. Prvi skup brojeva koji se pojavio bio je skup prirodnih brojeva (N), a čine ga brojevi za prebrojavanje 1, 2, 3, 4, … . U tom skupu možemo zbrajati i množiti brojeve bez ograničenja. Uz operaciju oduzimanja došlo se vrlo brzo do pojma negativnih brojeva (obično vezanih uz pojam dugovanja, nedostatka ili gubitka), koji zajedno s prirodnim brojevima i nulom čine skup cijelih brojeva (Z). Dijeljenje plijena, imovine, zarade ubrzo dovodi do pojmova polovine, trećine, četvrtine i općenito do pojma razlomaka. Time se skup brojeva proširuje na skup racionalnih brojeva (Q). Ove skupove zapisujemo simbolički:

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

..., ( 1), , ..., 3, 2, 1,0,1,2,3, ..., , 1, ... ,

: , .

N n n

Z n n n n

aQ a Z b Nb

Ako u skup racionalnih brojeva uključimo i beskonačno ( ), sve četiri osnovne računske operacije mogu se izvoditi bez ograničenja. Međutim, u području graditeljstva i astronomije gdje su narodi starog vijeka (Indija, Kina, Egipat, Grčka) itekako poznati, često se javljaju problemi opsega i površine kruga, dijagonale kvadrata i kocke i sl., a koji dovode do skupa iracionalnih brojeva (I). To su brojevi koji se ne mogu prikazati u obliku razlomka cijelog i prirodnog broja, kao na primjer , , 2e itd. Oni, zajedno sa skupom

racionalnih brojeva, čine skup realnih brojeva, R Q I . Ovaj skup je dugo vremena zadovoljavao sve praktične ljudske potrebe.

Napomenimo da nula dugo vremena nije smatrana brojem i nije pripadala navedenim skupovima brojeva. Zašto? Zbog jedinstvenih svojstava koje nula ima u računskim operacijama ( 0 , 0 0, 0 / 0, / 0a a a a a ), kao i zbog njenog posebnog značenja. Naime, svaki broj označava prisutnost neke pojave koju njime izražavamo (mjerimo) dok nula jedina označava odsutnost (nepostojanje) pojave. Na primjer, ako pastir ima 1 ovcu ili 100 ovaca ili mu je netko dužan 5 ovaca (ima –5 ovaca) pa očekuje da mu ih vrati, on treba imati ili pripremiti za njih hranu, prostor gdje će boraviti, osobu koja će se o njima brinuti itd. Ako, međutim, ima 0 ovaca, ništa od toga mu nije potrebno. Dakle, 0 označava da pojava koju promatramo ne postoji (svatko od nas

7

može reći da ima 0 ovaca, 0 brodova, 0 tvornica, 0 milijuna itd.). Zato je 0 zadnja dobila status broja te je uvedena u skupove brojeva radi kompletnosti računskih operacija (da bi se npr. moglo vršiti oduzimanje a a ).

Računska operacija vađenja korijena iz realnih (negativnih) brojeva tek je u 16. stoljeću dovela do proširenja skupa brojeva na skup kompleksnih brojeva,

: , , 1C a bi a b R i , koji je, s uključenim , zatvoren za

operacije zbrajanja, oduzimanja, množenja, dijeljenja te potenciranja i korjenovanja (s bilo kojim kompleksnim eksponentom).

Računanje u ovim skupovima brojeva stoljećima se provodilo ručno, možebitno uz pomoć tablica (tablice potencija, korijena, logaritama i sl.) i jednostavnijih mehaničkih naprava. Revolucija u postupcima računanja nastupa s pojavom računala sredinom 20. stoljeća. Brzina i mogućnost pohranjivanja velikog broja podataka otvaraju velike mogućnosti napretka, ali donose i nova pitanja i izazove. Navodimo neke od njih, one najvažnije.

Zapis broja u memoriji računala sadrži fiksni, konačni broj znamenaka (nula i jedinica u binarnom brojevnom sustavu). Na taj način u samom zapisu (reprezentaciji brojeva u računalu) kod većine brojeva pojavljuje se greška zaokruživanja. Na primjer, znamo da je 1/3 = 0.333333… . Ako taj broj želimo pohraniti (u dekadskom sustavu) u neko računalo, zapis će sadržavati određeni broj trojki. Bez obzira je li to 5, 10, 50 ili 500 trojki, pohranili smo približnu vrijednost broja 1/3 i time napravili grešku. Ako sada na tako pohranjenim polaznim podacima (brojevima) sukcesivno provodimo velik broj računskih operacija, postavlja se pitanje točnosti (greške) dobivenih rezultata. Kako su se u praksi pojavljivali sve kompleksniji problemi koji su zahtijevali upravo takve računske postupke, pitanje analize grešaka zbog konačne aritmetike računala postalo je sve važnije. Za ilustraciju navodimo sljedeći primjer:

Primjer 2. Izračunajmo 502 tako da 2 1.414213562373095...

zaokružimo na 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 i 1 decimalu.

Znamo da je 50 501/2 252 2 2 33554432 . Imamo

8

50

50

50

50

50

50

50

50

50

1.414 213562 = 33554 431.414 21356 = 33554 41.414 2136 = 33554 41.414 214 = 335541.414 21 = 33551.414 2 = 3351.4

1.29.76.

951.0 206.

38346.302 012.

2890384

56186417123

14 = 331.41 =1.

5.20 248

50

91

18

=8

4 6.24

Decimale istaknute plavom bojom uopće ne postoje u točnom rezultatu dok su znamenke crvene boje pogrešne. Vidimo kako točnost ulaznog podatka utječe na rezultat potenciranja (niza uzastopnih množenja). Mijenjajući ulazni podatak, smanjivanjem njegove točnosti, značajno se mijenja i vrijednost rezultata pa su zadnje dvije dobivene vrijednosti potpuno pogrešne. Uočimo također da se greška u ulaznim i izlaznim veličinama može tretirati i kao promjena tih veličina.

TIPOVI GREŠAKA U NUMERIČKOM RAČUNANJU

Promatrajući svijet oko sebe uočavamo stalne promjene. Točnije rečeno stvari, pojave i događaje spoznajemo upravo po njihovim promjenama. Promatramo li kako se neka pojava mijenja tijekom vremena ili je uspoređujemo s drugom pojavom dolazimo do dubljih spoznaja o njezinoj prirodi i svojstvima. Promjene mogu biti kvalitativne ili kvantitativne naravi. Kvantitativna svojstva i njihove promjene možemo mjeriti kvantitativnim mjernim jedinicama i izražavati realnim brojevima. To nam omogućuje njihovu usporedbu, analizu i izvođenje određenih zaključaka u svrhu predviđanja kretanja promatrane pojave u prostoru i vremenu. Tako, na primjer, želimo znati kakvo će sutra biti vrijeme, kolike će biti cijene (dionica, stanova, goriva, hrane i sl.), koliki će biti urod, promet, prihod, zarada itd. Da bi napravili odgovarajuću analizu neke pojave trebamo konstruirati matematički model koji što vjernije opisuje pojavu. Koristeći odgovarajuće metode u sklopu modela, iz prikupljenih podataka izračunavamo željene veličine. Dobiveni rezultati imaju veću ili manju

9

50

50

50

50

50

50

50

50

50

1.414 213562 = 33554 431.414 21356 = 33554 41.414 2136 = 33554 41.414 214 = 335541.414 21 = 33551.414 2 = 3351.4

1.29.76.

951.0 206.

38346.302 012.

2890384

56186417123

14 = 331.41 =1.

5.20 248

50

91

18

=8

4 6.24

Decimale istaknute plavom bojom uopće ne postoje u točnom rezultatu dok su znamenke crvene boje pogrešne. Vidimo kako točnost ulaznog podatka utječe na rezultat potenciranja (niza uzastopnih množenja). Mijenjajući ulazni podatak, smanjivanjem njegove točnosti, značajno se mijenja i vrijednost rezultata pa su zadnje dvije dobivene vrijednosti potpuno pogrešne. Uočimo također da se greška u ulaznim i izlaznim veličinama može tretirati i kao promjena tih veličina.

TIPOVI GREŠAKA U NUMERIČKOM RAČUNANJU

Promatrajući svijet oko sebe uočavamo stalne promjene. Točnije rečeno stvari, pojave i događaje spoznajemo upravo po njihovim promjenama. Promatramo li kako se neka pojava mijenja tijekom vremena ili je uspoređujemo s drugom pojavom dolazimo do dubljih spoznaja o njezinoj prirodi i svojstvima. Promjene mogu biti kvalitativne ili kvantitativne naravi. Kvantitativna svojstva i njihove promjene možemo mjeriti kvantitativnim mjernim jedinicama i izražavati realnim brojevima. To nam omogućuje njihovu usporedbu, analizu i izvođenje određenih zaključaka u svrhu predviđanja kretanja promatrane pojave u prostoru i vremenu. Tako, na primjer, želimo znati kakvo će sutra biti vrijeme, kolike će biti cijene (dionica, stanova, goriva, hrane i sl.), koliki će biti urod, promet, prihod, zarada itd. Da bi napravili odgovarajuću analizu neke pojave trebamo konstruirati matematički model koji što vjernije opisuje pojavu. Koristeći odgovarajuće metode u sklopu modela, iz prikupljenih podataka izračunavamo željene veličine. Dobiveni rezultati imaju veću ili manju

točnost ovisno o kvaliteti i reprezentativnosti izabranog modela i upotrijebljene metode odnosno o veličini grešaka koje se u tim postupcima pojavljuju. Pri tome susrećemo sljedeće tipove grešaka:

1. Ulazne greške a) Greške u polaznim podacima

Nastaju zbog grešaka u mjerenju ili procjeni polaznih veličina, zbog pohranjivanja podataka u računalo te zbog grešaka u prethodnim računanjima.

b) Greške modela Nastaju zamjenom složenih sustava jednostavnijima koje možemo opisati matematičkim zapisom, a onda i riješiti (simulacije realnih situacija – ekonomskih, meteoroloških, tehničkih i sl.)

c) Greške metode Nastaju kad se beskonačni procesi zamjenjuju konačnim. Razlikujemo greške diskretizacije (kontinuiranu veličinu zamjenjujemo konačnim skupom točaka) i greške odbacivanja (beskonačni niz ili red zamjenjujemo konačnim).

2. Greške zaokruživanja Nastaju u računalima kod vršenja računskih operacija u konačnoj aritmetici (time se bavi teorija grešaka zaokruživanja) i zbog osjetljivosti problema na pomake u polaznim podacima (teorija perturbacija).

Tako greške ilustrirane primjerom 2. mogu biti tipa 1.a) ili tipa 2. Navedimo još neke primjere:

Primjer 3. Ako se uz cijenu proizvoda od 200 kuna kroz tjedan proda 400 komada, a uz cijenu 205 kuna 360 komada, koliku tjednu prodaju možemo očekivati uz cijenu 215 kuna?

Trebamo konstruirati matematički model prodaje. Uzmimo najjednostavniji linearni model, funkciju ( ) 2000 8q p p , gdje je q tjedna prodaja, a p cijena. Time smo napravili grešku tipa 1.b) jer stvarna funkcija prodaje (potražnje) ne mora nužno biti linearna. Uočimo da je (200) 400q i

(205) 360q . Uvrštavanjem nove cijene dobivamo očekivanu prodaju

10

(215) 280q . Primijetimo da temeljem zadanih podataka nismo u mogućnosti procijeniti grešku dobivenog rezultata.

Primjer 4. Pomoću razvoja funkcije u red potenci ja,

2 3 4 5 6 7

1 ....... ,2! 3! 4! 5! 6! 7!

x x x x x x xe x

približno odredimo 1.2e koristeći prvih 6 članova reda.

Transcendentna eksponencijalna funkcija xe dana je beskonačnim redom

potencija koji ćemo zamijeniti konačnim, do uključivši 5 / 5!x , a čime smo

napravili grešku tipa 1.c). Na taj način dobijemo 1.2 3.315136e , dok je

točna vrijednost 1.2 3.3201169...e . Napomenimo da se vrijednosti funkcija računalom uglavnom određuju na ovaj način, pomoću redova potencija. Naime, na hardverskoj razini računala možemo programirati samo četiri osnovne računske operacije, pomoću kojih se onda izračunavaju vrijednosti funkcija. Kako pripadni redovi potencija imaju beskonačno mnogo članova, režu se kod određenog člana odbacujući sve članove iza njega. Mjesto reza određuje se ovisno o broju točnih znamenaka koje rezultat treba imati.

Primjer 5. Za količinu proizvodnje x tona jednog proizvoda dobit iznosi 2( ) 4005 99D x x x kuna. Odredimo dobit na razinama

proizvodnje 10, 20, 30x tona. Za koliko se promijeni dobit ako proizvodnju sa svake razine povećamo za 100 kg?

Imamo

(10) 30150, (10.1) 30351.51 promjena 200.51,(20) 40500, (20.1) 40503.51 promjena 3.51,(30) 31050, (30.1) 30855.51 promjena 194.49.

D DD DD D

Vidimo da je vrijednost argumenta u sva tri slučaja povećana za 0.1, dok se promjena funkcije bitno razlikuje i po veličini i po smjeru (predznaku). Na različitim razinama funkcija drukčije reagira na jednaku promjenu varijable. Reakcija ovisi o stupnju osjetljivosti problema na promjenu ulaznih veličina,

a što ćemo kasnije upoznati detaljnije. Uočimo nadalje da 0.1 može biti pogreška u ulaznim podacima ili namjerna (ciljana) promjena ulazne veličine kao što je ovdje slučaj (tip 2.). Na taj način analizu grešaka možemo shvatiti i kao analizu promjena ulaznih ili izlaznih podataka. Objasnimo to još detaljnije. Ako je kroz tjedan u šest radnih dana u nekom auto salonu prodano 20 automobila, možemo reći da je prosječna dnevna prodaja 3 automobila. Time smo rezultat dijeljenja 20 : 6 zaokružili na 3 i time napravili grešku u računanju. To je isto kao da smo promijenili ulazni podatak (18 umjesto 20) i dijeljenje proveli točno.

Vidimo da je greška u nekoj veličini ustvari promjena te veličine u odnosu na neku drugu (točnu) vrijednost. Time analiza grešaka postaje analiza promjena (perturbacija) pojedinih veličina i pojava, čime smo i počeli ovo poglavlje. U nastavku se bavimo detaljima te analize.

ODREĐIVANJE I IZRAŽAVANJE GREŠAKA

Za bilo kakvu usporedbu ili analizu ključno je imati bar dva različita stanja (dvije različite vrijednosti) pojave koju promatramo. Na primjer, kad bi vrijeme stalno bilo vedro, a temperatura stalno ista, ne bi postojala potreba za analizom vremena i davanjem vremenskih prognoza. Pojava bi bila stalno ista (konstantna) i ne bi imali što analizirati i uspoređivati. Uz postojanje bar dviju različitih vrijednosti analiza može početi.

Ako se radi o kvalitativnom obilježju usporedba (ako je provediva) uglavnom proizlazi iz praktičnih razloga i subjektivne je naravi (crveno ili plavo, desno ili lijevo, plastično ili metalno itd.). Važnija je i češća usporedba obilježja s pridruženim numeričkim vrijednostima, a koja je objektivne naravi.

APSOLUTNA I RELATIVNA UDALJENOST

Međusobni odnos dvaju istovrsnih numeričkih podataka x i y najčešće se izražava apsolutnim iznosom (razlikom x y ili y x koja pokazuje za koliko je jedan podatak veći ili manji od drugog) ili relativnim iznosom (kvocijentom /x y ili /y x koji pokazuje koliko puta je jedan podatak veći ili manji od drugog). Oba načina izražavanja imaju svoje prednosti ovisno o situaciji koju promatramo.

11

(215) 280q . Primijetimo da temeljem zadanih podataka nismo u mogućnosti procijeniti grešku dobivenog rezultata.

Primjer 4. Pomoću razvoja funkcije u red potenci ja,

2 3 4 5 6 7

1 ....... ,2! 3! 4! 5! 6! 7!

x x x x x x xe x

približno odredimo 1.2e koristeći prvih 6 članova reda.

Transcendentna eksponencijalna funkcija xe dana je beskonačnim redom

potencija koji ćemo zamijeniti konačnim, do uključivši 5 / 5!x , a čime smo

napravili grešku tipa 1.c). Na taj način dobijemo 1.2 3.315136e , dok je

točna vrijednost 1.2 3.3201169...e . Napomenimo da se vrijednosti funkcija računalom uglavnom određuju na ovaj način, pomoću redova potencija. Naime, na hardverskoj razini računala možemo programirati samo četiri osnovne računske operacije, pomoću kojih se onda izračunavaju vrijednosti funkcija. Kako pripadni redovi potencija imaju beskonačno mnogo članova, režu se kod određenog člana odbacujući sve članove iza njega. Mjesto reza određuje se ovisno o broju točnih znamenaka koje rezultat treba imati.

Primjer 5. Za količinu proizvodnje x tona jednog proizvoda dobit iznosi 2( ) 4005 99D x x x kuna. Odredimo dobit na razinama

proizvodnje 10, 20, 30x tona. Za koliko se promijeni dobit ako proizvodnju sa svake razine povećamo za 100 kg?

Imamo

(10) 30150, (10.1) 30351.51 promjena 200.51,(20) 40500, (20.1) 40503.51 promjena 3.51,(30) 31050, (30.1) 30855.51 promjena 194.49.

D DD DD D

Vidimo da je vrijednost argumenta u sva tri slučaja povećana za 0.1, dok se promjena funkcije bitno razlikuje i po veličini i po smjeru (predznaku). Na različitim razinama funkcija drukčije reagira na jednaku promjenu varijable. Reakcija ovisi o stupnju osjetljivosti problema na promjenu ulaznih veličina,

a što ćemo kasnije upoznati detaljnije. Uočimo nadalje da 0.1 može biti pogreška u ulaznim podacima ili namjerna (ciljana) promjena ulazne veličine kao što je ovdje slučaj (tip 2.). Na taj način analizu grešaka možemo shvatiti i kao analizu promjena ulaznih ili izlaznih podataka. Objasnimo to još detaljnije. Ako je kroz tjedan u šest radnih dana u nekom auto salonu prodano 20 automobila, možemo reći da je prosječna dnevna prodaja 3 automobila. Time smo rezultat dijeljenja 20 : 6 zaokružili na 3 i time napravili grešku u računanju. To je isto kao da smo promijenili ulazni podatak (18 umjesto 20) i dijeljenje proveli točno.

Vidimo da je greška u nekoj veličini ustvari promjena te veličine u odnosu na neku drugu (točnu) vrijednost. Time analiza grešaka postaje analiza promjena (perturbacija) pojedinih veličina i pojava, čime smo i počeli ovo poglavlje. U nastavku se bavimo detaljima te analize.

ODREĐIVANJE I IZRAŽAVANJE GREŠAKA

Za bilo kakvu usporedbu ili analizu ključno je imati bar dva različita stanja (dvije različite vrijednosti) pojave koju promatramo. Na primjer, kad bi vrijeme stalno bilo vedro, a temperatura stalno ista, ne bi postojala potreba za analizom vremena i davanjem vremenskih prognoza. Pojava bi bila stalno ista (konstantna) i ne bi imali što analizirati i uspoređivati. Uz postojanje bar dviju različitih vrijednosti analiza može početi.

Ako se radi o kvalitativnom obilježju usporedba (ako je provediva) uglavnom proizlazi iz praktičnih razloga i subjektivne je naravi (crveno ili plavo, desno ili lijevo, plastično ili metalno itd.). Važnija je i češća usporedba obilježja s pridruženim numeričkim vrijednostima, a koja je objektivne naravi.

APSOLUTNA I RELATIVNA UDALJENOST

Međusobni odnos dvaju istovrsnih numeričkih podataka x i y najčešće se izražava apsolutnim iznosom (razlikom x y ili y x koja pokazuje za koliko je jedan podatak veći ili manji od drugog) ili relativnim iznosom (kvocijentom /x y ili /y x koji pokazuje koliko puta je jedan podatak veći ili manji od drugog). Oba načina izražavanja imaju svoje prednosti ovisno o situaciji koju promatramo.

12

Primjer 6. Cijena proizvoda A je 4 kune, a proizvoda B 400 kuna. Ako svaki od njih poskupi 1 kunu, koji je poskupio više?

Ako želimo kupiti proizvod A ili B po novoj cijeni platit ćemo 1 kunu više nego prije poskupljenja. S tog stajališta apsolutno poskupljenje za A i B je jednako. S relativnog stajališta, u odnosu na postojeću cijenu, očito nije. Naime, relativno poskupljenje je:

1 1A : 0.25 25%, B: 0.0025 0.25%.4 400

Vidimo da je poskupljenje proizvoda A s 4 na 5 kuna veliko (25%) dok je poskupljenje proizvoda B s 400 na 401 kunu samo 0.25% (100 puta manje nego za A), a što vjerojatno nećemo ni primijetiti. Relativni iznos je u ovom primjeru bolji pokazatelj.

Primjer 7. Sastav zaposlenika jednog poduzeća je 70% ženskih i 30% muških osoba. Koliko je ženskih osoba više u odnosu na muške?

Broj ženskih osoba može biti 7 od 10 ili 21 od 30 ili 140 od 200 itd., pa temeljem zadanih relativnih iznosa ne možemo odgovoriti na ovo pitanje. Potrebno je poznavati i apsolutne iznose koji su ovdje pravi pokazatelji.

Sukladno ovim razmatranjima imamo sljedeću definiciju:

DEFINICIJA 1. NEKA JE x ZADANI (REFERENTNI) PODATAK IZRAŽEN KAO REALNI BROJ. APSOLUTNA I RELATIVNA UDALJENOST ILI ODSTUPANJE NEKOG DRUGOG PODATKA y OD PODATKA x JE

( , )( , ) (apsolutna), ( , ) 1 (relativna).x y y x yx y y x x yx x x

PRI TOME RELATIVNA UDALJENOST NIJE DEFINIRANA ZA 0x .

Navedene udaljenosti imaju široku primjenu u praksi: usporedba podataka, praćenje promjena neke veličine, npr. kod postotnog, promilnog, kamatnog računa i sl. (apsolutna i relativna promjena ili prirast) te kod aproksimacije

točnih podataka približnim, npr. zaokruživanje brojeva, približno računanje u konačnoj aritmetici računala i sl. (apsolutna i relativna greška).

Vidimo da je apsolutna udaljenost izražena u istim mjernim jedinicama kao i promatrani podaci dok je relativna neimenovani broj i obično se izražava u postocima pa se može usporediti s relativnom udaljenošću veličina iz sasvim drugačijeg mjernog sustava. Relativna udaljenost pokazuje udaljenost po jedinici promatranog podatka (veličine). Ovo značenje dolazi do izražaja kad promatramo promjenu neke veličine. Vidimo da su ove udaljenosti funkcije dviju varijabli, ( , )x y i ( , )x y . Ako je iz konteksta jasno na koje podatke se udaljenosti odnose varijable se mogu i izostaviti (pišemo samo i ).

Apsolutna i relativna udaljenost može biti pozitivna, negativna ili nula pri čemu predznak određuje njezin smjer. Apsolutna udaljenost je pozitivna ako se usporedba vrši s većom vrijednošću ( )y x , negativna za manju

vrijednost ( )y x , a nula za jednaku ( )y x . Slično je i za relativnu

udaljenost ako je referentna vrijednost pozitivna ( 0)x , a u protivnom obrnuto. To ne treba miješati s pojmom apsolutne vrijednosti realnog broja koja nikad nije negativna ( 3 3, 4 4, 0 0 ). Ako nas ne zanima smjer

(predznak) udaljenosti tada je dovoljno promatrati samo njenu veličinu, apsolutnu vrijednost apsolutne udaljenosti ili apsolutnu vrijednost

relativne udaljenosti . Tako na primjer, ako kažemo da apsolutna

udaljenost nije veća od 0.5 tada govorimo o njenoj veličini, što znači da je 0.5 0.5 . Slično tome, relativna udaljenost je veća od 3% što znači da

vrijedi 0.03 .

Relativna udaljenost ne ovisi o skaliranju promatranih veličina. Naime, za svaki 0 vrijedi:

( , ) ( , ).y x y xx y x yx y

Navedeno svojstvo ne vrijedi za apsolutnu udaljenost.

13

Primjer 6. Cijena proizvoda A je 4 kune, a proizvoda B 400 kuna. Ako svaki od njih poskupi 1 kunu, koji je poskupio više?

Ako želimo kupiti proizvod A ili B po novoj cijeni platit ćemo 1 kunu više nego prije poskupljenja. S tog stajališta apsolutno poskupljenje za A i B je jednako. S relativnog stajališta, u odnosu na postojeću cijenu, očito nije. Naime, relativno poskupljenje je:

1 1A : 0.25 25%, B: 0.0025 0.25%.4 400

Vidimo da je poskupljenje proizvoda A s 4 na 5 kuna veliko (25%) dok je poskupljenje proizvoda B s 400 na 401 kunu samo 0.25% (100 puta manje nego za A), a što vjerojatno nećemo ni primijetiti. Relativni iznos je u ovom primjeru bolji pokazatelj.

Primjer 7. Sastav zaposlenika jednog poduzeća je 70% ženskih i 30% muških osoba. Koliko je ženskih osoba više u odnosu na muške?

Broj ženskih osoba može biti 7 od 10 ili 21 od 30 ili 140 od 200 itd., pa temeljem zadanih relativnih iznosa ne možemo odgovoriti na ovo pitanje. Potrebno je poznavati i apsolutne iznose koji su ovdje pravi pokazatelji.

Sukladno ovim razmatranjima imamo sljedeću definiciju:

DEFINICIJA 1. NEKA JE x ZADANI (REFERENTNI) PODATAK IZRAŽEN KAO REALNI BROJ. APSOLUTNA I RELATIVNA UDALJENOST ILI ODSTUPANJE NEKOG DRUGOG PODATKA y OD PODATKA x JE

( , )( , ) (apsolutna), ( , ) 1 (relativna).x y y x yx y y x x yx x x

PRI TOME RELATIVNA UDALJENOST NIJE DEFINIRANA ZA 0x .

Navedene udaljenosti imaju široku primjenu u praksi: usporedba podataka, praćenje promjena neke veličine, npr. kod postotnog, promilnog, kamatnog računa i sl. (apsolutna i relativna promjena ili prirast) te kod aproksimacije

točnih podataka približnim, npr. zaokruživanje brojeva, približno računanje u konačnoj aritmetici računala i sl. (apsolutna i relativna greška).

Vidimo da je apsolutna udaljenost izražena u istim mjernim jedinicama kao i promatrani podaci dok je relativna neimenovani broj i obično se izražava u postocima pa se može usporediti s relativnom udaljenošću veličina iz sasvim drugačijeg mjernog sustava. Relativna udaljenost pokazuje udaljenost po jedinici promatranog podatka (veličine). Ovo značenje dolazi do izražaja kad promatramo promjenu neke veličine. Vidimo da su ove udaljenosti funkcije dviju varijabli, ( , )x y i ( , )x y . Ako je iz konteksta jasno na koje podatke se udaljenosti odnose varijable se mogu i izostaviti (pišemo samo i ).

Apsolutna i relativna udaljenost može biti pozitivna, negativna ili nula pri čemu predznak određuje njezin smjer. Apsolutna udaljenost je pozitivna ako se usporedba vrši s većom vrijednošću ( )y x , negativna za manju

vrijednost ( )y x , a nula za jednaku ( )y x . Slično je i za relativnu

udaljenost ako je referentna vrijednost pozitivna ( 0)x , a u protivnom obrnuto. To ne treba miješati s pojmom apsolutne vrijednosti realnog broja koja nikad nije negativna ( 3 3, 4 4, 0 0 ). Ako nas ne zanima smjer

(predznak) udaljenosti tada je dovoljno promatrati samo njenu veličinu, apsolutnu vrijednost apsolutne udaljenosti ili apsolutnu vrijednost

relativne udaljenosti . Tako na primjer, ako kažemo da apsolutna

udaljenost nije veća od 0.5 tada govorimo o njenoj veličini, što znači da je 0.5 0.5 . Slično tome, relativna udaljenost je veća od 3% što znači da

vrijedi 0.03 .

Relativna udaljenost ne ovisi o skaliranju promatranih veličina. Naime, za svaki 0 vrijedi:

( , ) ( , ).y x y xx y x yx y

Navedeno svojstvo ne vrijedi za apsolutnu udaljenost.

14

Primjer 8. Ako proizvod čija je cijena 3.99 kuna naplatimo 4 kune, koliku apsolutnu i relativnu pogrešku smo napravili? Isto pitanje ako tako naplatimo svaki od 5, 50, 500 ili općenito k takvih proizvoda.

Imamo 3.99, 4x y pa je

( , ) 0.01 kuna, ( , ) 0.002506... 0.25%,(5 ,5 ) 0.05 kuna, (5 ,5 ) 0.002506... 0.25%,(50 ,50 ) 0.5 kuna, (50 ,50 ) 0.002506... 0.25%,(500 ,500 ) 5 kuna, (500 ,500 ) 0.002506... 0.25%,( , ) 0.01 k

x y x yx y x y

x y x yx y x y

kx ky k

una, ( , ) 0.002506... 0.25%.kx ky

Iz definicije 1 slijedi

( , ) ( ) ( , ),

( , ) ( , ),

x y y x x y y xy x x y y yx y y x

x y x x

što znači da je apsolutna udaljenost od y do x iste veličine, ali suprotnog smjera (predznaka) kao apsolutna udaljenost od x do y , dok odnos

relativnih udaljenosti ovisi o omjeru promatranih podataka /y x . Ako je neka od ovih udaljenosti poznata tada iz definicije 1 dobivamo izraze za referentni podatak x , kao i za podatak y s kojim ga uspoređujemo:

, ,y x x y (1)

(1 ) , .1

yy x x

(2)

U praksi je vrlo često poznata samo gornja granica (ograda) A ili R za ove udaljenosti ( A ili R ). U tom slučaju imamo:

.x A y x A

A A A A y x Ay A x y A

(3)

Kod relativne udaljenosti vrijedi:

(1 ) (1 ) ,1

,1 1

R x y R xyR R R R R y yx x

R R

(4)

za 0x . Ako je 0x tada u izrazima za x i y sve znakove treba zamijeniti s .

Primjer 9. Vrijednost jednog investicijskog projekta procijenjena je na 6.21 milijuna kuna. U kojim granicama je stvarna vrijednost ako pogreška procjene nije veća od 8%?

Imamo 6.21, 8% 0.08, ?y R x pa je:

6.21 6.21 5.75 6.75 milijuna kuna.1 0.08 1 0.08

x x

Ako promatramo neko kvantitativno obilježje određene pojave kroz vrijeme, tada nam definicija 1 daje apsolutnu i relativnu promjenu tog obilježja. Tako možemo promatrati promjenu cijene i količine neke robe, ponude i potražnje, vrijednosti uvoza i izvoza, prometa, broja noćenja u turizmu, broja nezaposlenih itd.

Primjer 10. Koliko možemo promijeniti cijenu proizvoda da se prihod od prodaje ne smanji?

Neka je p cijena, q potražnja, a R prihod. Znamo da vrijedi R p q . Ako je relativna promjena cijene ona će uzrokovati relativnu promjenu potražnje pa je novi prihod (1 ) (1 )R p q . Uvjet R R daje:

1(1 )(1 ) 1 1 .1 1

Dakle, ako povećanje cijene za 100% uzrokuje pad potražnje za najviše / (1 ) 100% , prihod od prodaje neće se smanjivati. Slično tome, ako

smanjenje cijene za 100% uzrokuje rast potražnje za najmanje / (1 ) 100% , prihod od prodaje neće se smanjivati. Tako na primjer,

ako povećanje cijene za 25% ( 0.25 ) ne uzrokuje pad potražnje za više

15

Primjer 8. Ako proizvod čija je cijena 3.99 kuna naplatimo 4 kune, koliku apsolutnu i relativnu pogrešku smo napravili? Isto pitanje ako tako naplatimo svaki od 5, 50, 500 ili općenito k takvih proizvoda.

Imamo 3.99, 4x y pa je

( , ) 0.01 kuna, ( , ) 0.002506... 0.25%,(5 ,5 ) 0.05 kuna, (5 ,5 ) 0.002506... 0.25%,(50 ,50 ) 0.5 kuna, (50 ,50 ) 0.002506... 0.25%,(500 ,500 ) 5 kuna, (500 ,500 ) 0.002506... 0.25%,( , ) 0.01 k

x y x yx y x y

x y x yx y x y

kx ky k

una, ( , ) 0.002506... 0.25%.kx ky

Iz definicije 1 slijedi

( , ) ( ) ( , ),

( , ) ( , ),

x y y x x y y xy x x y y yx y y x

x y x x

što znači da je apsolutna udaljenost od y do x iste veličine, ali suprotnog smjera (predznaka) kao apsolutna udaljenost od x do y , dok odnos

relativnih udaljenosti ovisi o omjeru promatranih podataka /y x . Ako je neka od ovih udaljenosti poznata tada iz definicije 1 dobivamo izraze za referentni podatak x , kao i za podatak y s kojim ga uspoređujemo:

, ,y x x y (1)

(1 ) , .1

yy x x

(2)

U praksi je vrlo često poznata samo gornja granica (ograda) A ili R za ove udaljenosti ( A ili R ). U tom slučaju imamo:

.x A y x A

A A A A y x Ay A x y A

(3)

Kod relativne udaljenosti vrijedi:

(1 ) (1 ) ,1

,1 1

R x y R xyR R R R R y yx x

R R

(4)

za 0x . Ako je 0x tada u izrazima za x i y sve znakove treba zamijeniti s .

Primjer 9. Vrijednost jednog investicijskog projekta procijenjena je na 6.21 milijuna kuna. U kojim granicama je stvarna vrijednost ako pogreška procjene nije veća od 8%?

Imamo 6.21, 8% 0.08, ?y R x pa je:

6.21 6.21 5.75 6.75 milijuna kuna.1 0.08 1 0.08

x x

Ako promatramo neko kvantitativno obilježje određene pojave kroz vrijeme, tada nam definicija 1 daje apsolutnu i relativnu promjenu tog obilježja. Tako možemo promatrati promjenu cijene i količine neke robe, ponude i potražnje, vrijednosti uvoza i izvoza, prometa, broja noćenja u turizmu, broja nezaposlenih itd.

Primjer 10. Koliko možemo promijeniti cijenu proizvoda da se prihod od prodaje ne smanji?

Neka je p cijena, q potražnja, a R prihod. Znamo da vrijedi R p q . Ako je relativna promjena cijene ona će uzrokovati relativnu promjenu potražnje pa je novi prihod (1 ) (1 )R p q . Uvjet R R daje:

1(1 )(1 ) 1 1 .1 1

Dakle, ako povećanje cijene za 100% uzrokuje pad potražnje za najviše / (1 ) 100% , prihod od prodaje neće se smanjivati. Slično tome, ako

smanjenje cijene za 100% uzrokuje rast potražnje za najmanje / (1 ) 100% , prihod od prodaje neće se smanjivati. Tako na primjer,

ako povećanje cijene za 25% ( 0.25 ) ne uzrokuje pad potražnje za više

16

od 20% ( 0.2 ), prihod se neće smanjiti. Slično, ako smanjenje cijene za

25% ( 0.25) uzrokuje rast potražnje za najmanje 33.33…% ( 1/ 3 ), prihod se neće smanjiti. Vidimo da zaključak ovisi o osjetljivosti potražnje na promjenu cijene o čemu ćemo govoriti kasnije.

Značajnu primjenu definicije 1 imamo i u financijskom poslovanju gdje se vrijednosti novčanih iznosa mijenjaju kroz vrijeme zbog ukamaćivanja pa možemo promatrati odnos njihove početne i konačne vrijednosti.

Primjer 11. Odredimo ukupne relativne kamate (relativni kamatni koeficijent) kod modela otplate zajma jednakim mjesečnim anuitetima uz 6% godišnjih dekurzivnih kamata za rokove otplate 5, 10, 15, 20, 25 i 30 godina.

Kamatna stopa pokazuje relativnu promjenu (povećanje) glavnice na godišnjoj razini. Kako se otplata zajma vrši mjesečno kroz više godina, ona nam ne daje pravi uvid u stvarni iznos kamata. Za model jednakih anuiteta vrijedi:

0( 1) , 1 ,

1

n

n

r ra C r pr

gdje je 0C iznos zajma, a iznos mjesečnog anuiteta, n broj mjeseci otplate, p mjesečna kamatna stopa (decimalni zapis), r mjesečni dekurzivni kamatni faktor. Kako je početna vrijednost dobiveni iznos zajma 0x C , a konačna ukupni vraćeni iznos y na , imamo:

0

0

( 1) 1.1

n

n

na C r rnC r

Koristimo li relativnu mjesečnu kamatnu stopu 6%:12 0.5% 0.005p , imamo 1.005r . Sada za 60, 120, 180, 240, 300, 360n mjeseci dobivamo

n 60 120 180 240 300 360

δ (%) 16.0 33.2 51.9 71.9 93.3 115.8

Vidimo da kod zajma na 10 godina otplate kamate iznose trećinu, a na 15 godina preko polovine iznosa zajma, dok za otplatu koja traje između 25 i 30 godina kamate dostižu pa i premašuju iznos zajma.

Definicija 1 se može poopćiti na slučajeve kada promatramo skup (niz) podataka kao cjelinu ili kada jedan podatak sadrži više komponenti. Tada umjesto dva podatka (realna broja) x i y uspoređujemo dva vektora ili dvije matrice X i Y. Njihova udaljenost može se mjeriti na različite načine. Koristeći definiciju 1 možemo odrediti apsolutne i relativne udaljenosti za svaku komponentu posebno te onu najveće (apsolutne) vrijednosti uzeti kao mjeru udaljenosti tih vektora ili matrica. Osim toga apsolutna udaljenost Ad i

relativna Rd mogu se definirati pomoću odgovarajuće vektorske ili matrične norme:

( , ) , ( , ) ,A R

Y Xd X Y Y X d X Y

X

pri čemu Rd nije definirana za nul-vektor odnosno nul-matricu. Za vektore se najčešće koriste norma 1, norma 2 (Euklidska norma) i norma , a koje su za proizvoljno izabrani vektor 1 2( , ,..., ) n

nz z z z R definirane sa:

2 2 21 2 1 21 2

... , ... , max .n n iiz z z z z z z z z z

(5)

Slično se i za proizvoljnu kvadratnu matricu ( ) n nijA a R definiraju

norme:

21 2 ,, 1 , 1

, , max ,n n

ij ij iji ji j i jA a A a A n a

a za složenije i naprednije analize u upotrebi su još i maksimum norma po recima, maksimum norma po stupcima i spektralna norma.

Apsolutna i relativna udaljenost ima veliku primjenu i u statistici, osobito kod mjera raspršenosti i koncentracije neke distribucije podataka oko promatranih (najčešće srednjih) vrijednosti. Najpoznatije mjere raspršenosti za numerički

17

od 20% ( 0.2 ), prihod se neće smanjiti. Slično, ako smanjenje cijene za

25% ( 0.25) uzrokuje rast potražnje za najmanje 33.33…% ( 1/ 3 ), prihod se neće smanjiti. Vidimo da zaključak ovisi o osjetljivosti potražnje na promjenu cijene o čemu ćemo govoriti kasnije.

Značajnu primjenu definicije 1 imamo i u financijskom poslovanju gdje se vrijednosti novčanih iznosa mijenjaju kroz vrijeme zbog ukamaćivanja pa možemo promatrati odnos njihove početne i konačne vrijednosti.

Primjer 11. Odredimo ukupne relativne kamate (relativni kamatni koeficijent) kod modela otplate zajma jednakim mjesečnim anuitetima uz 6% godišnjih dekurzivnih kamata za rokove otplate 5, 10, 15, 20, 25 i 30 godina.

Kamatna stopa pokazuje relativnu promjenu (povećanje) glavnice na godišnjoj razini. Kako se otplata zajma vrši mjesečno kroz više godina, ona nam ne daje pravi uvid u stvarni iznos kamata. Za model jednakih anuiteta vrijedi:

0( 1) , 1 ,

1

n

n

r ra C r pr

gdje je 0C iznos zajma, a iznos mjesečnog anuiteta, n broj mjeseci otplate, p mjesečna kamatna stopa (decimalni zapis), r mjesečni dekurzivni kamatni faktor. Kako je početna vrijednost dobiveni iznos zajma 0x C , a konačna ukupni vraćeni iznos y na , imamo:

0

0

( 1) 1.1

n

n

na C r rnC r

Koristimo li relativnu mjesečnu kamatnu stopu 6%:12 0.5% 0.005p , imamo 1.005r . Sada za 60, 120, 180, 240, 300, 360n mjeseci dobivamo

n 60 120 180 240 300 360

δ (%) 16.0 33.2 51.9 71.9 93.3 115.8

Vidimo da kod zajma na 10 godina otplate kamate iznose trećinu, a na 15 godina preko polovine iznosa zajma, dok za otplatu koja traje između 25 i 30 godina kamate dostižu pa i premašuju iznos zajma.

Definicija 1 se može poopćiti na slučajeve kada promatramo skup (niz) podataka kao cjelinu ili kada jedan podatak sadrži više komponenti. Tada umjesto dva podatka (realna broja) x i y uspoređujemo dva vektora ili dvije matrice X i Y. Njihova udaljenost može se mjeriti na različite načine. Koristeći definiciju 1 možemo odrediti apsolutne i relativne udaljenosti za svaku komponentu posebno te onu najveće (apsolutne) vrijednosti uzeti kao mjeru udaljenosti tih vektora ili matrica. Osim toga apsolutna udaljenost Ad i

relativna Rd mogu se definirati pomoću odgovarajuće vektorske ili matrične norme:

( , ) , ( , ) ,A R

Y Xd X Y Y X d X Y

X

pri čemu Rd nije definirana za nul-vektor odnosno nul-matricu. Za vektore se najčešće koriste norma 1, norma 2 (Euklidska norma) i norma , a koje su za proizvoljno izabrani vektor 1 2( , ,..., ) n

nz z z z R definirane sa:

2 2 21 2 1 21 2

... , ... , max .n n iiz z z z z z z z z z

(5)

Slično se i za proizvoljnu kvadratnu matricu ( ) n nijA a R definiraju

norme:

21 2 ,, 1 , 1

, , max ,n n

ij ij iji ji j i jA a A a A n a

a za složenije i naprednije analize u upotrebi su još i maksimum norma po recima, maksimum norma po stupcima i spektralna norma.

Apsolutna i relativna udaljenost ima veliku primjenu i u statistici, osobito kod mjera raspršenosti i koncentracije neke distribucije podataka oko promatranih (najčešće srednjih) vrijednosti. Najpoznatije mjere raspršenosti za numerički

18

niz podataka 1 2, ,..., nx x x su varijanca ( 2 ), standardna devijacija ( ) i koeficijent varijacije (V ), koje su definirane sa:

2 2 21 ( ) , , ,ix x Vn x

gdje je 1 21 ( ... )nx x x xn

aritmetička sredina niza. Primijetimo da je

prosječno apsolutno, a V prosječno relativno odstupanje članova niza od njegove aritmetičke srednje vrijednosti.

ZAOKRUŽIVANJE BROJEVA

Znamo da su kod računskih postupaka rezultati često decimalni brojevi s vrlo mnogo ili čak beskonačno mnogo znamenaka (decimala). U skladu s praktičnim potrebama takve rezultate trebamo zaokružiti na konačan broj znamenaka. Isti slučaj pojavljuje se kod upisivanja brojeva u računalo. Na taj način, odbacivanjem jednog dijela broja, činimo pogrešku. Da bi ona bila što manja nastojimo da je udaljenost zaokruženog broja (aproksimacije) i točne vrijednosti najmanja moguća, što znači da je aproksimacija najbliže točnoj vrijednosti. To postižemo pravilnim izborom zadnje zadržane znamenke (znamenke najmanje mjesne vrijednosti). Znamo, naime, da svaka znamenka u broju, s obzirom na mjesto koje zauzima u odnosu na decimalnu točku, ima svoju vrijednost. Tako u dekadskom zapisu broja lijevo od decimalne točke

imamo jedinice (vrijednost 010 ), desetice ( 110 ), stotice ( 210 ), tisućice ( 310 )

itd., a desno desetinke ( 110 ), stotinke ( 210 ), tisućinke ( 310 ) itd. U binarnom zapisu broja umjesto baze 10 imamo bazu 2, u oktalnom 8, heksadekadskom 16 i općenito bazu b koja može biti bilo koji prirodni broj veći od 1. U skladu s time imamo sljedeću definiciju:

DEFINICIJA 2. KOD ZAOKRUŽIVANJA BROJEVA PREMA NAJBLIŽEM APSOLUTNA GREŠKA NIJE VEĆA OD POLOVINE VRIJEDNOSTI ZADNJE ZADRŽANE ZNAMENKE.

Dakle, ako u dekadskom zapisu zadnja zadržana znamenka ima vrijednost 10 ,p p Z , tada vrijedi:

11 10 5 10 .2

p p

Tako za 2, 1, 0, 1, 2, 3p imamo:

Zaokruživanje na 102(S) 101(D) 100(J) 10-1(d) 10-2(s) 10-3(t)

|Δ| ≤ 50 5 0.5 0.05 0.005 0.0005

Na primjer, ako broj 382.548 zaokružimo na dvije decimale dobivamo 382.55, na jednu 382.5, na cijeli broj 383, a na desetice 380, na stotice 400 te na tisućice 0. Međutim, ako 6.5 zaokružujemo na cijeli broj imamo dva rješenja, 6 ili 7 pa uzimamo ono koje je prikladnije za konkretnu situaciju. Dakle, kod zaokruživanja, zadnja zadržana znamenka ostaje ista ili se poveća za 1 ovisno o tome je li odbačeni dio broja manji ili veći od polovine njene vrijednosti.

Primjer 12. Zaokruživanje realnih brojeva na cijele prikažimo na brojevnom pravcu te u koordinatnom sustavu u ravnini.

Svi realni brojevi između 2.5 i 3.5 zaokružuju se na 3, između – 0.5 i 0.5 na 0, između – 8.5 i – 7.5 na – 8 itd., dok se 2.5 zaokružuje na 2 ili 3, – 0.5 na 0 ili – 1 itd. Dakle, općenito, zaokruživanje je preslikavanje sa skupa realnih brojeva u isti skup, a koje na intervalima jednake širine ima konstantnu vrijednost jednaku sredini intervala (slika 1.).

Slika 1. Zaokruživanje realnih brojeva na cijele

Grafički prikaz promatranog zaokruživanja u koordinatnom sustavu ima stepenastu formu (slika 2.). Zaokruženi broj x često se označava s x ili x̂ . Svako zaokruživanje ima ovakav grafički prikaz, samo su stepenice uže (šire) i gušće (rjeđe). Tako bi kod zaokruživanja na jednu decimalu između svake dvije stepenice na slici 2. bilo 10 stepenica širine 0.1.

19

niz podataka 1 2, ,..., nx x x su varijanca ( 2 ), standardna devijacija ( ) i koeficijent varijacije (V ), koje su definirane sa:

2 2 21 ( ) , , ,ix x Vn x

gdje je 1 21 ( ... )nx x x xn

aritmetička sredina niza. Primijetimo da je

prosječno apsolutno, a V prosječno relativno odstupanje članova niza od njegove aritmetičke srednje vrijednosti.

ZAOKRUŽIVANJE BROJEVA

Znamo da su kod računskih postupaka rezultati često decimalni brojevi s vrlo mnogo ili čak beskonačno mnogo znamenaka (decimala). U skladu s praktičnim potrebama takve rezultate trebamo zaokružiti na konačan broj znamenaka. Isti slučaj pojavljuje se kod upisivanja brojeva u računalo. Na taj način, odbacivanjem jednog dijela broja, činimo pogrešku. Da bi ona bila što manja nastojimo da je udaljenost zaokruženog broja (aproksimacije) i točne vrijednosti najmanja moguća, što znači da je aproksimacija najbliže točnoj vrijednosti. To postižemo pravilnim izborom zadnje zadržane znamenke (znamenke najmanje mjesne vrijednosti). Znamo, naime, da svaka znamenka u broju, s obzirom na mjesto koje zauzima u odnosu na decimalnu točku, ima svoju vrijednost. Tako u dekadskom zapisu broja lijevo od decimalne točke

imamo jedinice (vrijednost 010 ), desetice ( 110 ), stotice ( 210 ), tisućice ( 310 )

itd., a desno desetinke ( 110 ), stotinke ( 210 ), tisućinke ( 310 ) itd. U binarnom zapisu broja umjesto baze 10 imamo bazu 2, u oktalnom 8, heksadekadskom 16 i općenito bazu b koja može biti bilo koji prirodni broj veći od 1. U skladu s time imamo sljedeću definiciju:

DEFINICIJA 2. KOD ZAOKRUŽIVANJA BROJEVA PREMA NAJBLIŽEM APSOLUTNA GREŠKA NIJE VEĆA OD POLOVINE VRIJEDNOSTI ZADNJE ZADRŽANE ZNAMENKE.

Dakle, ako u dekadskom zapisu zadnja zadržana znamenka ima vrijednost 10 ,p p Z , tada vrijedi:

11 10 5 10 .2

p p

Tako za 2, 1, 0, 1, 2, 3p imamo:

Zaokruživanje na 102(S) 101(D) 100(J) 10-1(d) 10-2(s) 10-3(t)

|Δ| ≤ 50 5 0.5 0.05 0.005 0.0005

Na primjer, ako broj 382.548 zaokružimo na dvije decimale dobivamo 382.55, na jednu 382.5, na cijeli broj 383, a na desetice 380, na stotice 400 te na tisućice 0. Međutim, ako 6.5 zaokružujemo na cijeli broj imamo dva rješenja, 6 ili 7 pa uzimamo ono koje je prikladnije za konkretnu situaciju. Dakle, kod zaokruživanja, zadnja zadržana znamenka ostaje ista ili se poveća za 1 ovisno o tome je li odbačeni dio broja manji ili veći od polovine njene vrijednosti.

Primjer 12. Zaokruživanje realnih brojeva na cijele prikažimo na brojevnom pravcu te u koordinatnom sustavu u ravnini.

Svi realni brojevi između 2.5 i 3.5 zaokružuju se na 3, između – 0.5 i 0.5 na 0, između – 8.5 i – 7.5 na – 8 itd., dok se 2.5 zaokružuje na 2 ili 3, – 0.5 na 0 ili – 1 itd. Dakle, općenito, zaokruživanje je preslikavanje sa skupa realnih brojeva u isti skup, a koje na intervalima jednake širine ima konstantnu vrijednost jednaku sredini intervala (slika 1.).

Slika 1. Zaokruživanje realnih brojeva na cijele

Grafički prikaz promatranog zaokruživanja u koordinatnom sustavu ima stepenastu formu (slika 2.). Zaokruženi broj x često se označava s x ili x̂ . Svako zaokruživanje ima ovakav grafički prikaz, samo su stepenice uže (šire) i gušće (rjeđe). Tako bi kod zaokruživanja na jednu decimalu između svake dvije stepenice na slici 2. bilo 10 stepenica širine 0.1.

20

Osim zaokruživanja prema najbližem možemo zaokruživati prema prvom većem ili manjem broju ako to situacija zahtijeva. Na primjer, ako 42 litre tekućine trebamo pretočiti u posude od po 10 litara treba nam 42:10 4.2 , dakle 5 posuda. Tu se uvijek rezultat dijeljenja, ako nije cijeli broj, zaokružuje na prvi veći cijeli broj zbog naravi samog problema. Slično tome, ako imamo 38 kuna i kupujemo čokolade po 10 kuna tada možemo kupiti 38:10 3.8 , dakle, 3 čokolade. U ovakvom tipu problema se rezultat dijeljenja, koji nije cijeli broj, uvijek zaokružuje na prvi manji cijeli broj.

Slika 2. Grafički prikaz zaokruživanja realnih brojeva na cijele

ZADACI (I)

1. Odredite apsolutnu i relativnu udaljenost broja 4 od broja 40 te zatim broja 40 od broja 4. Objasnite dobivene rezultate.

2. Za koje vrijednosti argumenta x vrijedi , , ? 3. Zaokružite broj 454.719946 na 4, 3, 2, 1 decimalu te na jedinice,

desetice, stotice i tisućice.

4. Zaokružite broj 8.5 na jedinice, a broj 2.005 na stotinke (na dvije decimale).

5. Zaokružite razlomak 16 / 33 prvo na četiri, a zatim na jednu decimalu te odredite apsolutne i relativne greške zaokruživanja.

6. Ako smo kod prepisivanja broja 4.222 zabunom izostavili jednu dvojku, koliku smo relativnu pogrešku napravili? Isto pitanje za broj 4222.

7. Izračunajte 2 2, 3 2, 3 3 s točnošću na četiri decimale te zbrojite tako dobivene rezultate. Kolika je apsolutna i relativna greška tog zbroja?

8. Koji je račun točniji: 210.0002 100 ili 3 1.732 ? 9. Što je točnije: ako mjereći duljinu od 25 cm pogriješimo za 1 mm ili

ako mjereći udaljenost od 300000 km pogriješimo za 1111 km? 10. Ako neki broj različit od nule aproksimiramo nulom, kolika je

relativna greška aproksimacije?

11. Ako u izrazu 1 717 500 oba razlomka zaokružimo na 4, 3 i 2 decimale,

kolike su relativne greške rezultata? 12. Ako je apsolutna greška 0.05 , a relativna 0.0002 kolika je točna, a

kolika približna vrijednost? 13. Sljedeći brojevi dobiveni su zaokruživanjem na posljednju zadržanu

znamenku: 4.801, 1.0, 123. Što možemo reći o točnim vrijednostima? 14. U kojem se intervalu nalazi približna vrijednost ako je točna

vrijednost 4950, a relativna greška nije veća od 10%? Isto pitanje za točnu vrijednost ako je 4950 približna vrijednost.

15. Procijenili smo da će broj turista u jednom gradu biti približno 24000. Ako greška naše procjene nije veća od 20%, u kojim je granicama točan broj turista?

16. Ako je 20 i 1%x , u kojim se granicama nalaze ix ? 17. Nakon poskupljenja od 5% cijena nekog proizvoda je 252 kune.

Kolika je cijena bila prije poskupljenja? 18. Ako cijenu povećamo za 7%, a zatim novu cijenu nakon nekog

vremena smanjimo za 7%, što se ustvari dogodilo s polaznom cijenom?

19. Povećamo li početni iznos za neki postotak ( ) , za koji postotak treba smanjiti novonastali iznos da se dobije početni? Interpretirajte dobiveni rezultat na primjeru PDV-a.

20. Prodajna cijena proizvoda dobije se dodavanjem 25% PDV-a na nabavnu cijenu. Za koliko će se smanjiti prodajna cijena ako se PDV smanji na 23%, a nabavna cijena ostaje nepromijenjena?

21

Osim zaokruživanja prema najbližem možemo zaokruživati prema prvom većem ili manjem broju ako to situacija zahtijeva. Na primjer, ako 42 litre tekućine trebamo pretočiti u posude od po 10 litara treba nam 42:10 4.2 , dakle 5 posuda. Tu se uvijek rezultat dijeljenja, ako nije cijeli broj, zaokružuje na prvi veći cijeli broj zbog naravi samog problema. Slično tome, ako imamo 38 kuna i kupujemo čokolade po 10 kuna tada možemo kupiti 38:10 3.8 , dakle, 3 čokolade. U ovakvom tipu problema se rezultat dijeljenja, koji nije cijeli broj, uvijek zaokružuje na prvi manji cijeli broj.

Slika 2. Grafički prikaz zaokruživanja realnih brojeva na cijele

ZADACI (I)

1. Odredite apsolutnu i relativnu udaljenost broja 4 od broja 40 te zatim broja 40 od broja 4. Objasnite dobivene rezultate.

2. Za koje vrijednosti argumenta x vrijedi , , ? 3. Zaokružite broj 454.719946 na 4, 3, 2, 1 decimalu te na jedinice,

desetice, stotice i tisućice.

4. Zaokružite broj 8.5 na jedinice, a broj 2.005 na stotinke (na dvije decimale).

5. Zaokružite razlomak 16 / 33 prvo na četiri, a zatim na jednu decimalu te odredite apsolutne i relativne greške zaokruživanja.

6. Ako smo kod prepisivanja broja 4.222 zabunom izostavili jednu dvojku, koliku smo relativnu pogrešku napravili? Isto pitanje za broj 4222.

7. Izračunajte 2 2, 3 2, 3 3 s točnošću na četiri decimale te zbrojite tako dobivene rezultate. Kolika je apsolutna i relativna greška tog zbroja?

8. Koji je račun točniji: 210.0002 100 ili 3 1.732 ? 9. Što je točnije: ako mjereći duljinu od 25 cm pogriješimo za 1 mm ili

ako mjereći udaljenost od 300000 km pogriješimo za 1111 km? 10. Ako neki broj različit od nule aproksimiramo nulom, kolika je

relativna greška aproksimacije?

11. Ako u izrazu 1 717 500 oba razlomka zaokružimo na 4, 3 i 2 decimale,

kolike su relativne greške rezultata? 12. Ako je apsolutna greška 0.05 , a relativna 0.0002 kolika je točna, a

kolika približna vrijednost? 13. Sljedeći brojevi dobiveni su zaokruživanjem na posljednju zadržanu

znamenku: 4.801, 1.0, 123. Što možemo reći o točnim vrijednostima? 14. U kojem se intervalu nalazi približna vrijednost ako je točna

vrijednost 4950, a relativna greška nije veća od 10%? Isto pitanje za točnu vrijednost ako je 4950 približna vrijednost.

15. Procijenili smo da će broj turista u jednom gradu biti približno 24000. Ako greška naše procjene nije veća od 20%, u kojim je granicama točan broj turista?

16. Ako je 20 i 1%x , u kojim se granicama nalaze ix ? 17. Nakon poskupljenja od 5% cijena nekog proizvoda je 252 kune.

Kolika je cijena bila prije poskupljenja? 18. Ako cijenu povećamo za 7%, a zatim novu cijenu nakon nekog

vremena smanjimo za 7%, što se ustvari dogodilo s polaznom cijenom?

19. Povećamo li početni iznos za neki postotak ( ) , za koji postotak treba smanjiti novonastali iznos da se dobije početni? Interpretirajte dobiveni rezultat na primjeru PDV-a.

20. Prodajna cijena proizvoda dobije se dodavanjem 25% PDV-a na nabavnu cijenu. Za koliko će se smanjiti prodajna cijena ako se PDV smanji na 23%, a nabavna cijena ostaje nepromijenjena?

22

21. Na nabavnu cijenu neke robe odobrava se 5% popusta, zatim se obračunava 8% marže i 25% PDV-a. Ako je prodajna cijena te robe 256 kuna i 50 lipa, kolika je nabavna cijena?

22. Ako se cijena nekog proizvoda poveća prvo za 1%, zatim za 2% te još za 3%, a onda se smanji za 3% pa još za 2% i na kraju za 1%, što se dogodilo s početnom cijenom?

23. Cijena jedne vrste robe tijekom godine povećana je dva puta. Prvi put je povećana za duplo veći postotak, nego drugi put. Koliki je taj postotak ako je na kraju godine cijena bila za 32% veća, nego na početku?

24. Svježe voće sadrži 80% vode, a sušeno 10%. Koliko svježeg voća treba za proizvodnju 150 kilograma sušenog?

25. U nekom gradu nezaposlenost je bila 20%. Ako se poticajnim mjerama povećao broj zaposlenih za 10%, za koliko se smanjio broj nezaposlenih?

26. Neko trgovačko poduzeće ima 4 prodajne jedinice čiji je udio u ukupnim prihodima redom 20%, 25%, 15% i 40%. Ako se prihodi prve jedinice povećaju za 3%, druge smanje za 4%, a treće povećaju za 2%, kako treba poslovati četvrta prodajna jedinica pa da se ukupni prihodi poduzeća povećaju za 2%?

27. Trgovina ima dva odjela, A i B. Odjel A ostvaruje 45% ukupnog prometa, a odjel B 55%: (a) Ako se promet odjela A smanjio za 8%, a odjela B povećao za 6%, kako se promijenio promet trgovine? (b) Ako se promet odjela A povećao za 10% za koliko se treba promijeniti promet odjela B da bi se promet trgovine povećao za 5%? (c) Ako se promet odjela A povećao, a odjela B smanjio za isti postotak kako se to odrazilo na promet trgovine?

28. Ako se 12% proračuna puni preko doprinosa iz plaća zaposlenika, kako će se na proračun odraziti smanjenje zaposlenosti za 5%?

29. Proračun nekog grada ima sljedeću strukturu: 50% se puni iz potrošnje, 20% iz proizvodnje, 10% preko zaposlenika i 20% su ostali prihodi. Ako je u proizvodnju dodatno uloženo 10 milijuna kuna, a što je rezultiralo povećanjem proizvodnje za 10%, potrošnje za 15% i zaposlenosti za 5%, kako se ova investicija odrazila na proračun?

30. Ako cijenu od 1000 kuna prvo smanjimo za najviše 2%, a zatim promijenimo za najviše 3%, u kojim granicama će biti cijena nakon ovih promjena?

31. Prema procjeni proizvodnja će se u naredna tri kvartala mijenjati na sljedeći način: prvi kvartal očekuje se pad 2 - 4%, drugi rast 0 - 2% i treći rast 1 - 3%. Koliku proizvodnju možemo očekivati za tri kvartala u odnosu na sadašnju? Procjenu zaokružite na tri decimale.

32. Srednja udaljenost Mjeseca od Zemlje iznosi 384385 km, a najveće odstupanje od te udaljenosti je 5.494231% . Kolika je najveća (apogej) i najmanja (perigej) udaljenost Mjeseca od Zemlje te kolika je razlika tih dviju udaljenosti?

33. Ako sve bridove kocke povećamo za 2%, za koliko se poveća njeno oplošje (površina), a za koliko volumen?

34. Ako 15000 EUR oročimo uz 4% godišnjih kamata koliko ćemo imati za 10 godina?

35. Za gradnju temeljne ploče nebodera oblika kvadra prema planiranim dimenzijama trebalo bi 5000 3m betona. Zbog naknadno utvrđenih loših svojstava podloge odlučeno je povećati dubinu ploče za 10%, širinu za 12% te smanjiti dužinu za 5%. Koliko betona treba za ploču s ovako promijenjenim dimenzijama?

36. Odredite ukupne relativne kamate (relativni kamatni koeficijent - RKK) za: (a) jednostavni kamatni račun, (b) složeni kamatni račun, (c) neprekidno ukamaćivanje, (d) investicijski zajam po modelu jednakih anuiteta, (e) investicijski zajam po modelu jednakih otplatnih kvota.

37. Odredite RKK u prethodnom zadatku za 20 godina uz godišnju dekurzivnu kamatnu stopu 4.5%, pri čemu je kod zajmova otplata mjesečna, a kamatna stopa relativna (vidjeti primjer 11.).

38. Cijene triju vrsta goriva (derivata nafte) početkom godine su bile 8.50, 9.45 i 9.60, a krajem godine 8.90, 9.90 i 10.25 kuna po litri. Koliko je ukupno apsolutno i relativno poskupljenje tijekom godine za sve tri vrste goriva zajedno, a koliko za svaku vrstu pojedinačno?

39. Ako u matrici 2 / 3 1/ 31/ 6 4 / 9

A

sve elemente zaokružimo na dvije

decimale, kolika je apsolutna i relativna greška mjerena Euklidskom normom?

40. Najviše dnevne temperature u jednom gradu tijekom tjedna bile su 13, 15, 12, 13, 16, 19 i 17 o C . Odredite prosječnu najvišu dnevnu temperaturu tog tjedna te prosječno apsolutno i relativno odstupanje od te vrijednosti.

TOČNOST I PRECIZNOST

U zapisu realnog broja sve znamenke, počevši s prvom netrivijalnom znamenkom (znamenkom različitom od nule) s lijeva, nazivaju se značajne znamenke u zapisu tog broja. To su, dakle, znamenke koje čine (određuju) taj broj. Tako u zapisu 0.0123 imamo tri značajne znamenke (1, 2, 3), u 2300

23

21. Na nabavnu cijenu neke robe odobrava se 5% popusta, zatim se obračunava 8% marže i 25% PDV-a. Ako je prodajna cijena te robe 256 kuna i 50 lipa, kolika je nabavna cijena?

22. Ako se cijena nekog proizvoda poveća prvo za 1%, zatim za 2% te još za 3%, a onda se smanji za 3% pa još za 2% i na kraju za 1%, što se dogodilo s početnom cijenom?

23. Cijena jedne vrste robe tijekom godine povećana je dva puta. Prvi put je povećana za duplo veći postotak, nego drugi put. Koliki je taj postotak ako je na kraju godine cijena bila za 32% veća, nego na početku?

24. Svježe voće sadrži 80% vode, a sušeno 10%. Koliko svježeg voća treba za proizvodnju 150 kilograma sušenog?

25. U nekom gradu nezaposlenost je bila 20%. Ako se poticajnim mjerama povećao broj zaposlenih za 10%, za koliko se smanjio broj nezaposlenih?

26. Neko trgovačko poduzeće ima 4 prodajne jedinice čiji je udio u ukupnim prihodima redom 20%, 25%, 15% i 40%. Ako se prihodi prve jedinice povećaju za 3%, druge smanje za 4%, a treće povećaju za 2%, kako treba poslovati četvrta prodajna jedinica pa da se ukupni prihodi poduzeća povećaju za 2%?

27. Trgovina ima dva odjela, A i B. Odjel A ostvaruje 45% ukupnog prometa, a odjel B 55%: (a) Ako se promet odjela A smanjio za 8%, a odjela B povećao za 6%, kako se promijenio promet trgovine? (b) Ako se promet odjela A povećao za 10% za koliko se treba promijeniti promet odjela B da bi se promet trgovine povećao za 5%? (c) Ako se promet odjela A povećao, a odjela B smanjio za isti postotak kako se to odrazilo na promet trgovine?

28. Ako se 12% proračuna puni preko doprinosa iz plaća zaposlenika, kako će se na proračun odraziti smanjenje zaposlenosti za 5%?

29. Proračun nekog grada ima sljedeću strukturu: 50% se puni iz potrošnje, 20% iz proizvodnje, 10% preko zaposlenika i 20% su ostali prihodi. Ako je u proizvodnju dodatno uloženo 10 milijuna kuna, a što je rezultiralo povećanjem proizvodnje za 10%, potrošnje za 15% i zaposlenosti za 5%, kako se ova investicija odrazila na proračun?

30. Ako cijenu od 1000 kuna prvo smanjimo za najviše 2%, a zatim promijenimo za najviše 3%, u kojim granicama će biti cijena nakon ovih promjena?

31. Prema procjeni proizvodnja će se u naredna tri kvartala mijenjati na sljedeći način: prvi kvartal očekuje se pad 2 - 4%, drugi rast 0 - 2% i treći rast 1 - 3%. Koliku proizvodnju možemo očekivati za tri kvartala u odnosu na sadašnju? Procjenu zaokružite na tri decimale.

32. Srednja udaljenost Mjeseca od Zemlje iznosi 384385 km, a najveće odstupanje od te udaljenosti je 5.494231% . Kolika je najveća (apogej) i najmanja (perigej) udaljenost Mjeseca od Zemlje te kolika je razlika tih dviju udaljenosti?

33. Ako sve bridove kocke povećamo za 2%, za koliko se poveća njeno oplošje (površina), a za koliko volumen?

34. Ako 15000 EUR oročimo uz 4% godišnjih kamata koliko ćemo imati za 10 godina?

35. Za gradnju temeljne ploče nebodera oblika kvadra prema planiranim dimenzijama trebalo bi 5000 3m betona. Zbog naknadno utvrđenih loših svojstava podloge odlučeno je povećati dubinu ploče za 10%, širinu za 12% te smanjiti dužinu za 5%. Koliko betona treba za ploču s ovako promijenjenim dimenzijama?

36. Odredite ukupne relativne kamate (relativni kamatni koeficijent - RKK) za: (a) jednostavni kamatni račun, (b) složeni kamatni račun, (c) neprekidno ukamaćivanje, (d) investicijski zajam po modelu jednakih anuiteta, (e) investicijski zajam po modelu jednakih otplatnih kvota.

37. Odredite RKK u prethodnom zadatku za 20 godina uz godišnju dekurzivnu kamatnu stopu 4.5%, pri čemu je kod zajmova otplata mjesečna, a kamatna stopa relativna (vidjeti primjer 11.).

38. Cijene triju vrsta goriva (derivata nafte) početkom godine su bile 8.50, 9.45 i 9.60, a krajem godine 8.90, 9.90 i 10.25 kuna po litri. Koliko je ukupno apsolutno i relativno poskupljenje tijekom godine za sve tri vrste goriva zajedno, a koliko za svaku vrstu pojedinačno?

39. Ako u matrici 2 / 3 1/ 31/ 6 4 / 9

A

sve elemente zaokružimo na dvije

decimale, kolika je apsolutna i relativna greška mjerena Euklidskom normom?

40. Najviše dnevne temperature u jednom gradu tijekom tjedna bile su 13, 15, 12, 13, 16, 19 i 17 o C . Odredite prosječnu najvišu dnevnu temperaturu tog tjedna te prosječno apsolutno i relativno odstupanje od te vrijednosti.

TOČNOST I PRECIZNOST

U zapisu realnog broja sve znamenke, počevši s prvom netrivijalnom znamenkom (znamenkom različitom od nule) s lijeva, nazivaju se značajne znamenke u zapisu tog broja. To su, dakle, znamenke koje čine (određuju) taj broj. Tako u zapisu 0.0123 imamo tri značajne znamenke (1, 2, 3), u 2300

24

sve četiri, a u 0.10 dvije (1, 0). Primijetimo da brojevi 155, 0.155 i 0.000155 imaju iste značajne znamenke (1, 5, 5).

Nadalje kažemo da aproksimacija nekog broja ima k korektnih značajnih znamenki ako apsolutna greška nije veća od polovine vrijednosti tek značajne znamenke.

Primjer 13. Koliko korektnih značajnih znamenaka imaju brojevi 92.5171x , 0.0098y i 0.49z koji su aproksimacije točnih

vrijednosti 92.5204x , 0.00971y i 0.43z ?

Kako je 21( , ) 0.0033 0.005 102

x x , znamenka stotinki je zadnja

korektna pa broj ima četiri korektne znamenke (9, 2, 5, 1), a što znači da je

0.005, 0.005x x x . Nadalje iz 31( , ) 0.00009 0.0005 102

y y

slijedi da je znamenka tisućinki zadnja korektna pa broj ima jednu korektnu znamenku (9), a što znači da je 0.0005, 0.0005y y y . Slično tome

imamo 01( , ) 0.06 0.5 102

z z pa je znamenka jedinica zadnja korektna,

a kako broj nema znamenku jedinica slijedi da nema korektnih znamenaka.

Primijetimo da je uvjet za korektne znamenke jednak uvjetu kod zaokruživanja brojeva prema najbližem (definicija 2.). To znači da su u zaokruženom broju sve značajne znamenke ujedno i korektne.

Broj korektnih znamenaka pokazuje na koliko se znamenaka aproksimacija slaže (podudara) s točnom vrijednošću. Odstupanje aproksimacije od točne vrijednosti naziva se točnost aproksimacije, a mjeri se apsolutnom i relativnom greškom. Preciznost je točnost kojom se vrše osnovne računske operacije. Dakle, pojam preciznosti vezan je uz aktivnost ili postupak (precizno mjerenje, računanje, crtanje, navođenje, zavarivanje itd.), a pojam točnosti uz ishod ili rezultat postupka. Što je postupak precizniji to je njegov ishod točniji. Tako na primjer, ako kažemo da je preciznost nekog računanja

232 , to znači da se računske operacije vrše tako da relativna greška izračunatih vrijednosti nije veća od 232 . Ako pak kažemo da je neki broj točan na dvije decimale, to znači da apsolutna greška nije veća od polovine vrijednosti druge njegove decimale itd.

ARITMETIKA S POMIČNOM TOČKOM

Svaki realni broj x možemo na jednoznačni način prikazati u obliku:

, 1 , ,ex m b m b e Z (6)

a nazivamo ga znanstvena notacija ili normalizirani oblik broja x. Pri tome je

m mantisa (signifikantni ili razlomljeni dio broja), a eb red veličine broja koji se sastoji od baze b i eksponenta e. Brojevi se u računala spremaju na ovaj način (engl. floating point representation) i čine brojevni sustav s pomičnom točkom (BSPT) pri čemu je 2b kod većine računala (binarna reprezentacija), 16b kod IBM računala i 10b kod većine džepnih računala (kalkulatora). Kod današnjih računala za spremanje brojeva se uglavnom koriste ćelije s 32 bita: 1 bit za predznak, 8 za eksponent i 23 za mantisu (bez vodeće jedinice). Uočimo da se u 32-bitnu ćeliju može smještavati 322 4294967296 različitih brojeva. Kako je skup brojeva beskonačan, činjenica da ih u računalo možemo smjestiti oko 4.3 milijarde predstavlja značajno ograničenje koje treba imati u vidu.

Postoji nekoliko tipova podataka (brojeva) s odgovarajućom aritmetikom, koji se koriste u današnjim programskim jezicima. To su cjelobrojni, realni, kompleksni te brojevi u dvostrukoj, proširenoj i višestrukoj točnosti. Kao što smo već vidjeli, svakom tipu podataka pripada tek konačni podskup stvarnog skupa koji je beskonačan. Tako su na primjer, realni brojevi u računalu uvijek reprezentirani racionalnim zbog konačne veličine ćelija u koje se smještaju.

Broj znamenki (bitova) u mantisi (računajući i vodeću skrivenu znamenku, ako postoji) za neki BSPT naziva se preciznost tog brojevnog sustava. Strojna preciznost ili strojni epsilon (engl. machine epsilon), koji se označava s u ili M , je razmak između broja 1 i prvog većeg ili manjeg reprezentabilnog broja (broja koji se može reprezentirati u ćeliji računala odnosno u tom brojevnom sustavu). Ako je u BSPT (6) preciznosti p (p znamenki u mantisi), broj 1 je reprezentiran kao:

0 1 2 3 ( 2) ( 1)1.000...00 1 0 0 0 ... 0 0 ,p pb b b b b b

a prvi veći kao:

25

sve četiri, a u 0.10 dvije (1, 0). Primijetimo da brojevi 155, 0.155 i 0.000155 imaju iste značajne znamenke (1, 5, 5).

Nadalje kažemo da aproksimacija nekog broja ima k korektnih značajnih znamenki ako apsolutna greška nije veća od polovine vrijednosti tek značajne znamenke.

Primjer 13. Koliko korektnih značajnih znamenaka imaju brojevi 92.5171x , 0.0098y i 0.49z koji su aproksimacije točnih

vrijednosti 92.5204x , 0.00971y i 0.43z ?

Kako je 21( , ) 0.0033 0.005 102

x x , znamenka stotinki je zadnja

korektna pa broj ima četiri korektne znamenke (9, 2, 5, 1), a što znači da je

0.005, 0.005x x x . Nadalje iz 31( , ) 0.00009 0.0005 102

y y

slijedi da je znamenka tisućinki zadnja korektna pa broj ima jednu korektnu znamenku (9), a što znači da je 0.0005, 0.0005y y y . Slično tome

imamo 01( , ) 0.06 0.5 102

z z pa je znamenka jedinica zadnja korektna,

a kako broj nema znamenku jedinica slijedi da nema korektnih znamenaka.

Primijetimo da je uvjet za korektne znamenke jednak uvjetu kod zaokruživanja brojeva prema najbližem (definicija 2.). To znači da su u zaokruženom broju sve značajne znamenke ujedno i korektne.

Broj korektnih znamenaka pokazuje na koliko se znamenaka aproksimacija slaže (podudara) s točnom vrijednošću. Odstupanje aproksimacije od točne vrijednosti naziva se točnost aproksimacije, a mjeri se apsolutnom i relativnom greškom. Preciznost je točnost kojom se vrše osnovne računske operacije. Dakle, pojam preciznosti vezan je uz aktivnost ili postupak (precizno mjerenje, računanje, crtanje, navođenje, zavarivanje itd.), a pojam točnosti uz ishod ili rezultat postupka. Što je postupak precizniji to je njegov ishod točniji. Tako na primjer, ako kažemo da je preciznost nekog računanja

232 , to znači da se računske operacije vrše tako da relativna greška izračunatih vrijednosti nije veća od 232 . Ako pak kažemo da je neki broj točan na dvije decimale, to znači da apsolutna greška nije veća od polovine vrijednosti druge njegove decimale itd.

ARITMETIKA S POMIČNOM TOČKOM

Svaki realni broj x možemo na jednoznačni način prikazati u obliku:

, 1 , ,ex m b m b e Z (6)

a nazivamo ga znanstvena notacija ili normalizirani oblik broja x. Pri tome je

m mantisa (signifikantni ili razlomljeni dio broja), a eb red veličine broja koji se sastoji od baze b i eksponenta e. Brojevi se u računala spremaju na ovaj način (engl. floating point representation) i čine brojevni sustav s pomičnom točkom (BSPT) pri čemu je 2b kod većine računala (binarna reprezentacija), 16b kod IBM računala i 10b kod većine džepnih računala (kalkulatora). Kod današnjih računala za spremanje brojeva se uglavnom koriste ćelije s 32 bita: 1 bit za predznak, 8 za eksponent i 23 za mantisu (bez vodeće jedinice). Uočimo da se u 32-bitnu ćeliju može smještavati 322 4294967296 različitih brojeva. Kako je skup brojeva beskonačan, činjenica da ih u računalo možemo smjestiti oko 4.3 milijarde predstavlja značajno ograničenje koje treba imati u vidu.

Postoji nekoliko tipova podataka (brojeva) s odgovarajućom aritmetikom, koji se koriste u današnjim programskim jezicima. To su cjelobrojni, realni, kompleksni te brojevi u dvostrukoj, proširenoj i višestrukoj točnosti. Kao što smo već vidjeli, svakom tipu podataka pripada tek konačni podskup stvarnog skupa koji je beskonačan. Tako su na primjer, realni brojevi u računalu uvijek reprezentirani racionalnim zbog konačne veličine ćelija u koje se smještaju.

Broj znamenki (bitova) u mantisi (računajući i vodeću skrivenu znamenku, ako postoji) za neki BSPT naziva se preciznost tog brojevnog sustava. Strojna preciznost ili strojni epsilon (engl. machine epsilon), koji se označava s u ili M , je razmak između broja 1 i prvog većeg ili manjeg reprezentabilnog broja (broja koji se može reprezentirati u ćeliji računala odnosno u tom brojevnom sustavu). Ako je u BSPT (6) preciznosti p (p znamenki u mantisi), broj 1 je reprezentiran kao:

0 1 2 3 ( 2) ( 1)1.000...00 1 0 0 0 ... 0 0 ,p pb b b b b b

a prvi veći kao:

26

0 1 2 3 ( 2) ( 1)1.000...01 1 0 0 0 ... 0 1 ,p pb b b b b b

pa je strojna preciznost:

( 1) .pu b

Kao što ćemo vidjeti, vrijednost u je ujedno i najveća moguća relativna greška nastala zbog zaokruživanja kod računskih operacija u konačnoj aritmetici s pomičnom točkom u danom BSPT (6) pa se može definirati i na taj način. Odavde potječe i oznaka u (engl. unit roundoff). Za današnja računala je:

23 52 63 112 6 15 33 122 ,2 ,2 ,2 ,10 ,10 ,10 ,10 ,u

pri čemu prve četiri vrijednosti odgovaraju jednostrukoj, dvostrukoj, proširenoj i četverostrukoj preciznosti, sljedeće tri jednostrukoj, dvostrukoj i četverostrukoj decimalnoj preciznosti dok se zadnja vrijednost odnosi na većinu današnjih džepnih računala (kalkulatora).

Općenitije od strojne preciznosti, za broj x koji je zadan relacijom (6), definira se razmak između x i prvog većeg ili manjeg broja od njega:

ulp( ) ,ex u b

pri čemu oznaka potječe iz engleskih naziva (unit in the last place ili unit of least precision).

Naglim razvojem računala javila se potreba da proizvođači usklade osnovne načine smještanja brojeva u računala i provođenja računskih operacija. Tako su početkom 1980-ih godina intenzivni dogovori znanstvenika i stručnjaka iz računarstva s dizajnerima i proizvođačima mikročipova rezultirali publiciranjem standarda za binarnu aritmetiku 1985. godine pod nazivom IEEE 754 standard (IEEE = Institute of Electrical and Electronics Engineers). Standard osigurava kompatibilnost računala različitih proizvođača, a do danas je, usporedno s razvojem računarske tehnike, nekoliko puta nadograđen. Navodimo osnovne zahtjeve IEEE standarda.

1. Konzistentna reprezentacija brojeva s pomičnom točkom: jednostruki format (1 + 8 + 23) i dvostruki format (1 + 11 + 52).

2. Korektno zaokruživanje u računskim operacijama prema najbližem.

3. Konzistentno tretiranje izvanrednih situacija, npr. / 0a , / 0a , / a , …, 0 / 0 NaN (not-a-number), NaN , …

4. Za računske operacije zahtijeva se fl( ) (1 )( )x y x y za

, , , : i fl( ) (1 )x x , pri čemu je , u .

U zahtjevu 4, x i y su reprezentabilni brojevi, x y i x su točni rezultati

navedenih računskih operacija dok su fl( )x y i fl( )x rezultati dobiveni računalom (fl = float). Dakle, greška u osnovnim računskim operacijama

, , , :, zbog zaokruživanja u konačnoj aritmetici računala ne smije biti veća od strojne preciznosti.

ZADACI (II)

1. Napišite u normaliziranom obliku: 25000000, 12.34, 1, 0.030303, 0.000000077, 23000, 23, 0.00023.

2. Koliko značajnih znamenaka imaju brojevi: 34900, 66.09 10 , 0.0098, 1001.5 10 , 9, 9.00?

3. Koliko korektnih znamenaka ima broj 5.90387 koji je aproksimacija broja 5.90316?

4. Ako 17.289x ima tri korektne znamenke, koliki je x ? 5. Koliko najmanje korektnih znamenaka imaju aproksimacije: (a) 4.097

ako je 0.08 , (b) 1.5 ako je 0.002 , (c) 12.1 ako je 5.1 ?

6. Napišite po dvije aproksimacije broja 7.654321 koje imaju: (a) bar dvije, (b) bar pet korektnih znamenaka.

7. Broj 3.14159265358979... stari Egipćani su poznavali kao 3.16, a stari Kinezi kao 355/113. Koliko korektnih znamenaka broja su ovi stari narodi poznavali?

8. Broj 70.4269: (a) zaokružite na 4 značajne znamenke, (b) napišite s 4 korektne znamenke.

9. Izračunajte 60.54321 pa rezultat napišite s 5 korektnih znamenaka, a pripadnu apsolutnu i relativnu grešku u normaliziranom obliku s dvije korektne znamenke.

27

0 1 2 3 ( 2) ( 1)1.000...01 1 0 0 0 ... 0 1 ,p pb b b b b b

pa je strojna preciznost:

( 1) .pu b

Kao što ćemo vidjeti, vrijednost u je ujedno i najveća moguća relativna greška nastala zbog zaokruživanja kod računskih operacija u konačnoj aritmetici s pomičnom točkom u danom BSPT (6) pa se može definirati i na taj način. Odavde potječe i oznaka u (engl. unit roundoff). Za današnja računala je:

23 52 63 112 6 15 33 122 ,2 ,2 ,2 ,10 ,10 ,10 ,10 ,u

pri čemu prve četiri vrijednosti odgovaraju jednostrukoj, dvostrukoj, proširenoj i četverostrukoj preciznosti, sljedeće tri jednostrukoj, dvostrukoj i četverostrukoj decimalnoj preciznosti dok se zadnja vrijednost odnosi na većinu današnjih džepnih računala (kalkulatora).

Općenitije od strojne preciznosti, za broj x koji je zadan relacijom (6), definira se razmak između x i prvog većeg ili manjeg broja od njega:

ulp( ) ,ex u b

pri čemu oznaka potječe iz engleskih naziva (unit in the last place ili unit of least precision).

Naglim razvojem računala javila se potreba da proizvođači usklade osnovne načine smještanja brojeva u računala i provođenja računskih operacija. Tako su početkom 1980-ih godina intenzivni dogovori znanstvenika i stručnjaka iz računarstva s dizajnerima i proizvođačima mikročipova rezultirali publiciranjem standarda za binarnu aritmetiku 1985. godine pod nazivom IEEE 754 standard (IEEE = Institute of Electrical and Electronics Engineers). Standard osigurava kompatibilnost računala različitih proizvođača, a do danas je, usporedno s razvojem računarske tehnike, nekoliko puta nadograđen. Navodimo osnovne zahtjeve IEEE standarda.

1. Konzistentna reprezentacija brojeva s pomičnom točkom: jednostruki format (1 + 8 + 23) i dvostruki format (1 + 11 + 52).

2. Korektno zaokruživanje u računskim operacijama prema najbližem.

3. Konzistentno tretiranje izvanrednih situacija, npr. / 0a , / 0a , / a , …, 0 / 0 NaN (not-a-number), NaN , …

4. Za računske operacije zahtijeva se fl( ) (1 )( )x y x y za

, , , : i fl( ) (1 )x x , pri čemu je , u .

U zahtjevu 4, x i y su reprezentabilni brojevi, x y i x su točni rezultati

navedenih računskih operacija dok su fl( )x y i fl( )x rezultati dobiveni računalom (fl = float). Dakle, greška u osnovnim računskim operacijama

, , , :, zbog zaokruživanja u konačnoj aritmetici računala ne smije biti veća od strojne preciznosti.

ZADACI (II)

1. Napišite u normaliziranom obliku: 25000000, 12.34, 1, 0.030303, 0.000000077, 23000, 23, 0.00023.

2. Koliko značajnih znamenaka imaju brojevi: 34900, 66.09 10 , 0.0098, 1001.5 10 , 9, 9.00?

3. Koliko korektnih znamenaka ima broj 5.90387 koji je aproksimacija broja 5.90316?

4. Ako 17.289x ima tri korektne znamenke, koliki je x ? 5. Koliko najmanje korektnih znamenaka imaju aproksimacije: (a) 4.097

ako je 0.08 , (b) 1.5 ako je 0.002 , (c) 12.1 ako je 5.1 ?

6. Napišite po dvije aproksimacije broja 7.654321 koje imaju: (a) bar dvije, (b) bar pet korektnih znamenaka.

7. Broj 3.14159265358979... stari Egipćani su poznavali kao 3.16, a stari Kinezi kao 355/113. Koliko korektnih znamenaka broja su ovi stari narodi poznavali?

8. Broj 70.4269: (a) zaokružite na 4 značajne znamenke, (b) napišite s 4 korektne znamenke.

9. Izračunajte 60.54321 pa rezultat napišite s 5 korektnih znamenaka, a pripadnu apsolutnu i relativnu grešku u normaliziranom obliku s dvije korektne znamenke.

28

10. Ako recipročnu vrijednost broja 29 zaokružimo na dvije značajne znamenke, a pripadnu apsolutnu pogrešku na tri, kolike su relativne greške tih zaokruživanja?

11. Ako računalom dobijemo fl 2 1.4142136 , što možemo reći o

preciznosti u tog računala? 12. Ako su 234.67581 i 234.67582 dva uzastopna reprezentabilna broja u

nekom računalu, kolika je njegova strojna preciznost? 13. Odredite preciznost vašeg džepnog računala (kalkulatora). Uputa:

nađite najveći prirodni broj n za koji vrijedi 1+10 1 0n .

14. Džepnim računalom izračunajte 55 5555 2 2x , 55 552 55 2y i 55 552 2 55z te objasnite dobivene rezultate.

STABILNOST NUMERIČKOG RAČUNANJA

Kod rješavanja praktičnih problema numeričkog tipa koristimo različite računske postupke ili algoritme koji mogu biti jednostavniji ili složeniji, mogu sadržavati manje ili više računskih operacija. Tako se u današnje vrijeme kod nekih izračuna (npr. kod konstrukcije zrakoplovnih, brodskih i raketnih motora) pojavljuju matrice reda većeg od milijun (milijun redaka i milijun stupaca). Kod takvih glomaznih izračuna s ogromnim brojem operacija pitanje grešaka i stabilnosti numeričkog računanja itekako dolazi do izražaja. U svakom računskom postupku imamo ulazne i izlazne podatke. U ovom odjeljku promatrat ćemo kako promjene (perturbacije) ulaznih podataka utječu na izlazne te kakav je utjecaj grešaka tijekom računanja na izlazne podatke i kako se to odražava na ulazne.

Neka je f realna funkcija jedne varijable. Za zadanu vrijednost argumenta x u egzaktnoj aritmetici dobijemo točnu vrijednost ( )y f x . Egzaktna aritmetika podrazumijeva točno računanje (s preciznošću 0u ), što bi teorijski značilo mogućnost korištenja aritmetike s beskonačno mnogo znamenaka (decimala). Međutim, kao što smo vidjeli, u praksi imamo konačnu aritmetiku zbog koje se pojavljuju greške u rezultatima. Na taj način umjesto točno izračunate vrijednosti y dobivamo približnu vrijednost y .

Apsolutnu i relativnu grešku, ( , )y y i ( , )y y , nazivamo greške unaprijed (engl. forward errors) ili samo greške. Sada se pitamo, koji ulazni podatak x

trebamo uzeti umjesto x pa da u egzaktnoj aritmetici dobijemo rezultat y ? To je osnovno pitanje na kome počiva analiza stabilnosti numeričkog računanja. Greške ( , )x x i ( , )x x nazivamo greške unazad ili povratne greške (engl. backward errors).

Vidimo da ova analiza vraća greške računanja i zaokruživanja u ulazne podatke i interpretira ih kao promjenu ulaznih podataka. Time analiza grešaka postaje analiza perturbacija pa može koristiti postojeće rezultate iz teorije perturbacija. Napomenimo da se ovdje ne mora nužno raditi o greškama zbog približnog računanja, već o namjerno ili nenamjerno izazvanim promjenama (perturbacijama). Tako možemo promatrati kako zadane promjene ulaznih veličina utječu na promjene izlaznih veličina odnosno, kakve promjene ulaznih veličina uzrokuju zadane promjene izlaznih veličina.

Navedimo sažeti zapis ove analize:

(točno računanje s točnim podacima),(približno računanje s točnim podacima),(točno računanje s približnim podacima).

x yx yx y

Slika 3. Greške unaprijed i unazad

29

10. Ako recipročnu vrijednost broja 29 zaokružimo na dvije značajne znamenke, a pripadnu apsolutnu pogrešku na tri, kolike su relativne greške tih zaokruživanja?

11. Ako računalom dobijemo fl 2 1.4142136 , što možemo reći o

preciznosti u tog računala? 12. Ako su 234.67581 i 234.67582 dva uzastopna reprezentabilna broja u

nekom računalu, kolika je njegova strojna preciznost? 13. Odredite preciznost vašeg džepnog računala (kalkulatora). Uputa:

nađite najveći prirodni broj n za koji vrijedi 1+10 1 0n .

14. Džepnim računalom izračunajte 55 5555 2 2x , 55 552 55 2y i 55 552 2 55z te objasnite dobivene rezultate.

STABILNOST NUMERIČKOG RAČUNANJA

Kod rješavanja praktičnih problema numeričkog tipa koristimo različite računske postupke ili algoritme koji mogu biti jednostavniji ili složeniji, mogu sadržavati manje ili više računskih operacija. Tako se u današnje vrijeme kod nekih izračuna (npr. kod konstrukcije zrakoplovnih, brodskih i raketnih motora) pojavljuju matrice reda većeg od milijun (milijun redaka i milijun stupaca). Kod takvih glomaznih izračuna s ogromnim brojem operacija pitanje grešaka i stabilnosti numeričkog računanja itekako dolazi do izražaja. U svakom računskom postupku imamo ulazne i izlazne podatke. U ovom odjeljku promatrat ćemo kako promjene (perturbacije) ulaznih podataka utječu na izlazne te kakav je utjecaj grešaka tijekom računanja na izlazne podatke i kako se to odražava na ulazne.

Neka je f realna funkcija jedne varijable. Za zadanu vrijednost argumenta x u egzaktnoj aritmetici dobijemo točnu vrijednost ( )y f x . Egzaktna aritmetika podrazumijeva točno računanje (s preciznošću 0u ), što bi teorijski značilo mogućnost korištenja aritmetike s beskonačno mnogo znamenaka (decimala). Međutim, kao što smo vidjeli, u praksi imamo konačnu aritmetiku zbog koje se pojavljuju greške u rezultatima. Na taj način umjesto točno izračunate vrijednosti y dobivamo približnu vrijednost y .

Apsolutnu i relativnu grešku, ( , )y y i ( , )y y , nazivamo greške unaprijed (engl. forward errors) ili samo greške. Sada se pitamo, koji ulazni podatak x

trebamo uzeti umjesto x pa da u egzaktnoj aritmetici dobijemo rezultat y ? To je osnovno pitanje na kome počiva analiza stabilnosti numeričkog računanja. Greške ( , )x x i ( , )x x nazivamo greške unazad ili povratne greške (engl. backward errors).

Vidimo da ova analiza vraća greške računanja i zaokruživanja u ulazne podatke i interpretira ih kao promjenu ulaznih podataka. Time analiza grešaka postaje analiza perturbacija pa može koristiti postojeće rezultate iz teorije perturbacija. Napomenimo da se ovdje ne mora nužno raditi o greškama zbog približnog računanja, već o namjerno ili nenamjerno izazvanim promjenama (perturbacijama). Tako možemo promatrati kako zadane promjene ulaznih veličina utječu na promjene izlaznih veličina odnosno, kakve promjene ulaznih veličina uzrokuju zadane promjene izlaznih veličina.

Navedimo sažeti zapis ove analize:

(točno računanje s točnim podacima),(približno računanje s točnim podacima),(točno računanje s približnim podacima).

x yx yx y

Slika 3. Greške unaprijed i unazad

30

Na taj način približno računanje s točnim podatkom x koje zbog konačne aritmetike daje približan rezultat y shvaćamo kao točno računanje s približnim podatkom x (slika 3.).

Kažemo da je numerička metoda stabilna unaprijed ako izračunati rezultati imaju male greške (unaprijed). Numerička metoda je povratno stabilna ili stabilna unazad ako izračunati rezultati imaju male povratne greške.

Primjer 14. Objasnimo postupak određivanja grešaka unaprijed i

unazad kod računanja vrijednosti funkcije 19

xy za 4x uz

zaokruživanje na tri decimale.

Točna vrijednost rezultata je 0.555555...y , a približna 0.556y pa su greške unaprijed ( , ) 0.000444444...y y i ( , ) 0.0008y y . Vraćajući ove

greške u polazni podatak, pitamo se, za koji x vrijedi 19

x y ? Imamo

9 1 9 0.556 1 4.004x y pa su greške unazad ( , ) 0.004x x i( , ) 0.001x x . Primjer slikovito ilustriramo u skladu sa slikom 3.

Uočimo da se dijagram sa slike 3. može koristiti i za primjere u kojima se ne radi o greškama, već o promjenama veličina (namjernim ili nenamjernim) pri

čemu u dijagramu nema srednje linije - približno računanje. Tako na primjer, ako je cijena neke robe 10x novčanih jedinica, a njena funkcija potražnje

1000 / ( 8)y x i pitamo se za koliko treba smanjiti cijenu da se potražnja

poveća bar za 20%, tada je 500, 600y y pa su promjene unaprijed ( , ) 100y y i ( , ) 20%y y . Sada iz 1000 / ( 8) 600y x dobivamo

9.66...x pa su promjene cijene ( , ) 0.33...x x i ( , ) 3.33...%x x

ustvari promjene unazad. Vidimo da sada veza x y nije približno računanje, već pretpostavljeni uvjet za ovu kratku analizu.

Prirodno se postavlja pitanje veze između grešaka (promjena) unaprijed i unazad. Naime, mala greška u ulaznim podacima može uzrokovati malu ili veliku grešku u izlaznim podacima. Slično je i s velikom greškom u ulaznim podacima. O čemu to ovisi? Očito ovisi o nekoj vrsti osjetljivosti problema na promjenu ulaznih i izlaznih veličina. Pogledajmo koja je to vrsta osjetljivosti i kako se ona izražava.

Promatrajmo ponovno realnu funkciju jedne varijable ( )y x . Neka je, za

zadane vrijednosti argumenta x i x , ( )y y x i ( )y y x . Pretpostavimo da

je funkcija klase 2C na nekom otvorenom intervalu koji sadrži točke x i x . To znači da funkcija ima neprekidnu drugu derivaciju, a što implicira da je i prva derivacija pa i sama funkcija neprekidna. Razvoj u Taylorov red daje:

2( )( ) ( ) , ( ), ( , ) ili ( , ).2

yy y y x x x x y y x x x x x

Prebacimo li y na lijevu stranu te čitavu jednakost podijelimo s y, dobivamo:

2( ) ( ) .2

y y xy x x y x xy y x y

Što je razlika x x bliže nuli to je zadnji (kvadratni) član manji u odnosu na ostale pa ga možemo zanemariti. Time dobijemo:

( ), ( ( )) ,( )

y y x x xy x y xy xy x y y x

(7)

31

Na taj način približno računanje s točnim podatkom x koje zbog konačne aritmetike daje približan rezultat y shvaćamo kao točno računanje s približnim podatkom x (slika 3.).

Kažemo da je numerička metoda stabilna unaprijed ako izračunati rezultati imaju male greške (unaprijed). Numerička metoda je povratno stabilna ili stabilna unazad ako izračunati rezultati imaju male povratne greške.

Primjer 14. Objasnimo postupak određivanja grešaka unaprijed i

unazad kod računanja vrijednosti funkcije 19

xy za 4x uz

zaokruživanje na tri decimale.

Točna vrijednost rezultata je 0.555555...y , a približna 0.556y pa su greške unaprijed ( , ) 0.000444444...y y i ( , ) 0.0008y y . Vraćajući ove

greške u polazni podatak, pitamo se, za koji x vrijedi 19

x y ? Imamo

9 1 9 0.556 1 4.004x y pa su greške unazad ( , ) 0.004x x i( , ) 0.001x x . Primjer slikovito ilustriramo u skladu sa slikom 3.

Uočimo da se dijagram sa slike 3. može koristiti i za primjere u kojima se ne radi o greškama, već o promjenama veličina (namjernim ili nenamjernim) pri

čemu u dijagramu nema srednje linije - približno računanje. Tako na primjer, ako je cijena neke robe 10x novčanih jedinica, a njena funkcija potražnje

1000 / ( 8)y x i pitamo se za koliko treba smanjiti cijenu da se potražnja

poveća bar za 20%, tada je 500, 600y y pa su promjene unaprijed ( , ) 100y y i ( , ) 20%y y . Sada iz 1000 / ( 8) 600y x dobivamo

9.66...x pa su promjene cijene ( , ) 0.33...x x i ( , ) 3.33...%x x

ustvari promjene unazad. Vidimo da sada veza x y nije približno računanje, već pretpostavljeni uvjet za ovu kratku analizu.

Prirodno se postavlja pitanje veze između grešaka (promjena) unaprijed i unazad. Naime, mala greška u ulaznim podacima može uzrokovati malu ili veliku grešku u izlaznim podacima. Slično je i s velikom greškom u ulaznim podacima. O čemu to ovisi? Očito ovisi o nekoj vrsti osjetljivosti problema na promjenu ulaznih i izlaznih veličina. Pogledajmo koja je to vrsta osjetljivosti i kako se ona izražava.

Promatrajmo ponovno realnu funkciju jedne varijable ( )y x . Neka je, za

zadane vrijednosti argumenta x i x , ( )y y x i ( )y y x . Pretpostavimo da

je funkcija klase 2C na nekom otvorenom intervalu koji sadrži točke x i x . To znači da funkcija ima neprekidnu drugu derivaciju, a što implicira da je i prva derivacija pa i sama funkcija neprekidna. Razvoj u Taylorov red daje:

2( )( ) ( ) , ( ), ( , ) ili ( , ).2

yy y y x x x x y y x x x x x

Prebacimo li y na lijevu stranu te čitavu jednakost podijelimo s y, dobivamo:

2( ) ( ) .2

y y xy x x y x xy y x y

Što je razlika x x bliže nuli to je zadnji (kvadratni) član manji u odnosu na ostale pa ga možemo zanemariti. Time dobijemo:

( ), ( ( )) ,( )

y y x x xy x y xy xy x y y x

(7)

32

pri čemu se naziva uvjetovanost ili kondicija funkcije y u točki x ili općenito uvjetovanost promatranog problema. U terminima grešaka (promjena) relacija (7) glasi:

relativna greška unaprijed uvjetovanost relativna greška unazad.

Dakle, uvjetovanost je mjera osjetljivosti problema na promjene ulaznih i izlaznih veličina. U praktičnim primjenama, kada najčešće imamo pozitivne funkcije pozitivne varijable, uvjetovanost je pozitivna tamo gdje je funkcija rastuća ( 0y ), a negativna tamo gdje funkcija pada ( 0y ). Napomenimo da se u nekim ekonomskim primjenama uvjetovanost naziva i elastičnost.

Općenito, ako je uvjetovanost velika tada male promjene ulaznih veličina mogu imati za posljedicu velike promjene izlaznih veličina. Tada kažemo da je problem loše uvjetovan. Za malu vrijednost uvjetovanosti problem je dobro uvjetovan. Napomenimo da su termini mali i veliki relativni termini pa u različitim situacijama (problemima) mogu imati različita značenja.

Primjer 15. Odredimo kondiciju sljedećih elementarnih funkcija: , , i lnn xmx x e x .

Imamo:

1

1/ 1( ) ,

11( ) , (ln ) .

ln ln

nn mm

n

xx

x

x nxx n x xx m

xx e xe x xe x x

Vidimo da je uvjetovanost potencije nx velika (što čini problem loše uvjetovanim) ako je eksponent n velik, uvjetovanost eksponencijalne funkcije

xe je velika za velike vrijednosti argumenta x, a logaritamske za vrijednosti

argumenta x blizu jedinice. Promatrajmo, na primjer, funkciju 10x čija je kondicija 10. To znači da će mala relativna promjena varijable x uzrokovati približno 10 puta veću relativnu promjenu funkcije. Zaista, ako povećamo x za 1% ( 1.01x x ), vrijednost funkcije je 10 10(1.01 ) 1.104622...x x pa je

stvarno povećanje 10.4622…%. Slično tome funkcija 10 x ima kondiciju 1/10 pa će mala relativna promjena varijable x uzrokovati približno 10 puta manju

relativnu promjenu funkcije. Ako npr. smanjimo x za 2% ( 0.98 )x x

vrijednost funkcije je 10 100.98 0.9979817...x x pa je stvarno smanjenje 0.2018…%.

Navodimo neka praktična svojstva uvjetovanosti. Neka je c konstanta, a ( )z z x i ( )v v x funkcije. Imamo:

( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ).zc z z z v z v z vv

Ova svojstva slijede iz relacije (7), ( ) /y xy y , u koju stavimo y c z ,

y z v te /y z v . Tako je, na primjer:

( ) ( )( ) ( ) ( ).x zv x z v zv xz xvz v z vzv zv z v

Primjer 16. Ako polumjer (ili promjer) kugle povećamo za 2%, za koliko se približno poveća njena površina i volumen? Za koliko približno treba smanjiti polumjer (ili promjer) kugle pa da se volumen smanji za 1.5%?

Ako je polumjer kugle r tada je površina 24P r , a volumen 3(4 ) / 3V r . Promjena polumjera je promjena unazad, a površine i volumena unaprijed. Kako je 2( ) ( ) 2P r a 3( ) ( ) 3V r (jer su 4 i 4 / 3 konstante), povećanje polumjera za 2%, prema relaciji (7), uzrokovat će povećanje površine za približno 2 2 4% , a volumena za 2 3 6% . Obrnuto, smanjenje volumena za 1.5% uzrokovano je smanjenjem polumjera za 1.5:3 0.5% .

ZADACI (III)

1. Izračunajte vrijednost funkcije 2.5y x u točki 0.5x s točnošću na tri decimale te odredite pripadne apsolutne i relativne greške unaprijed i unazad.

2. Za funkciju 3( ) 1000f x x izračunajte (0.3)f na pet korektnih znamenaka te odredite apsolutnu i relativnu grešku unaprijed i unazad.

33

pri čemu se naziva uvjetovanost ili kondicija funkcije y u točki x ili općenito uvjetovanost promatranog problema. U terminima grešaka (promjena) relacija (7) glasi:

relativna greška unaprijed uvjetovanost relativna greška unazad.

Dakle, uvjetovanost je mjera osjetljivosti problema na promjene ulaznih i izlaznih veličina. U praktičnim primjenama, kada najčešće imamo pozitivne funkcije pozitivne varijable, uvjetovanost je pozitivna tamo gdje je funkcija rastuća ( 0y ), a negativna tamo gdje funkcija pada ( 0y ). Napomenimo da se u nekim ekonomskim primjenama uvjetovanost naziva i elastičnost.

Općenito, ako je uvjetovanost velika tada male promjene ulaznih veličina mogu imati za posljedicu velike promjene izlaznih veličina. Tada kažemo da je problem loše uvjetovan. Za malu vrijednost uvjetovanosti problem je dobro uvjetovan. Napomenimo da su termini mali i veliki relativni termini pa u različitim situacijama (problemima) mogu imati različita značenja.

Primjer 15. Odredimo kondiciju sljedećih elementarnih funkcija: , , i lnn xmx x e x .

Imamo:

1

1/ 1( ) ,

11( ) , (ln ) .

ln ln

nn mm

n

xx

x

x nxx n x xx m

xx e xe x xe x x

Vidimo da je uvjetovanost potencije nx velika (što čini problem loše uvjetovanim) ako je eksponent n velik, uvjetovanost eksponencijalne funkcije

xe je velika za velike vrijednosti argumenta x, a logaritamske za vrijednosti

argumenta x blizu jedinice. Promatrajmo, na primjer, funkciju 10x čija je kondicija 10. To znači da će mala relativna promjena varijable x uzrokovati približno 10 puta veću relativnu promjenu funkcije. Zaista, ako povećamo x za 1% ( 1.01x x ), vrijednost funkcije je 10 10(1.01 ) 1.104622...x x pa je

stvarno povećanje 10.4622…%. Slično tome funkcija 10 x ima kondiciju 1/10 pa će mala relativna promjena varijable x uzrokovati približno 10 puta manju

relativnu promjenu funkcije. Ako npr. smanjimo x za 2% ( 0.98 )x x

vrijednost funkcije je 10 100.98 0.9979817...x x pa je stvarno smanjenje 0.2018…%.

Navodimo neka praktična svojstva uvjetovanosti. Neka je c konstanta, a ( )z z x i ( )v v x funkcije. Imamo:

( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ).zc z z z v z v z vv

Ova svojstva slijede iz relacije (7), ( ) /y xy y , u koju stavimo y c z ,

y z v te /y z v . Tako je, na primjer:

( ) ( )( ) ( ) ( ).x zv x z v zv xz xvz v z vzv zv z v

Primjer 16. Ako polumjer (ili promjer) kugle povećamo za 2%, za koliko se približno poveća njena površina i volumen? Za koliko približno treba smanjiti polumjer (ili promjer) kugle pa da se volumen smanji za 1.5%?

Ako je polumjer kugle r tada je površina 24P r , a volumen 3(4 ) / 3V r . Promjena polumjera je promjena unazad, a površine i volumena unaprijed. Kako je 2( ) ( ) 2P r a 3( ) ( ) 3V r (jer su 4 i 4 / 3 konstante), povećanje polumjera za 2%, prema relaciji (7), uzrokovat će povećanje površine za približno 2 2 4% , a volumena za 2 3 6% . Obrnuto, smanjenje volumena za 1.5% uzrokovano je smanjenjem polumjera za 1.5:3 0.5% .

ZADACI (III)

1. Izračunajte vrijednost funkcije 2.5y x u točki 0.5x s točnošću na tri decimale te odredite pripadne apsolutne i relativne greške unaprijed i unazad.

2. Za funkciju 3( ) 1000f x x izračunajte (0.3)f na pet korektnih znamenaka te odredite apsolutnu i relativnu grešku unaprijed i unazad.

34

3. Napišite vrijednost funkcije 20y x u točki 100x na tri, a pripadne greške unaprijed i unazad na četiri korektne znamenke.

4. Za aproksimaciju 1 12xx odredite apsolutne i relativne greške

unaprijed i unazad u točki 0.44x .

5. Za aproksimaciju 2 3 4 5

12 6 24 120

x x x x xe x odredite pripadne

greške unaprijed i unazad za: (a) 0.2x , (b) 2x . 6. Subvencija iz proračuna nekog grada za x autobusa javnog prijevoza

iznosi 510 lny x . Ako trenutno javni prijevoz obavlja 100 autobusa, kako će na taj broj utjecati smanjenje subvencija za 5%?

7. Poznata je funkcija potražnje neke robe, 3( ) 25000q p p . Za koliko smijemo povećati cijenu robe p ako želimo da se potražnja smanji za manje od 10%?

8. Ako u Cobb-Douglasovoj funkciji proizvodnje 0.36 0.641200Q L C smanjimo udio kapitala C za 10%, za koliko treba povećati udio radne snage L ako želimo povećanje proizvodnje za najmanje 5%?

9. Odredite uvjetovanost funkcije potražnje ( ) , , 0q p b ap a b . Kako se uvjetovanost mijenja s porastom cijene p?

10. Za funkciju ( )y x procijenite vrijednost označenu upitnikom:

(a) ( ) 5, 1.4%, ?y x y , (b) ( ) 20, ?, 2%y x y ,

(c) ( ) ?, 0.5%, 3%y x y .

11. Pomoću uvjetovanosti funkcije 2( ) 21 0.05f x x x odredite kolika će približno biti relativna promjena ove funkcije ako se vrijednost varijable x poveća za 0.55% s razine: (a) 200x , (b) 400x . Usporedite dobivene rezultate s točnim promjenama.

12. Neka je p cijena robe, ( )q p njena potražnja a R p q prihod od prodaje robe. Analizirajte za koliko smijemo povećati cijenu robe u ovisnosti o kondiciji potražnje, a da se ukupni prihod ne smanji?

TEMELJNA ANALIZA GREŠAKA I PERTURBACIJA

Numerički izrazi kao i algebarske funkcije jedne ili više varijabli, koje najčešće susrećemo u praktičnim problemima, formirani su korištenjem osnovnih računskih operacija: , , , :, n . Ove operacije se koriste i kod računanja vrijednosti transcendentnih funkcija (eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijskih, ciklometrijskih itd.) jer se računanje provodi pomoću aproksimacijskih polinoma (npr. Taylorovih) odgovarajuće točnosti. Da bi detaljnije analizirali greške kod takvih izraza (koji sadrže osnovne računske operacije), koristit ćemo sljedeći pomoćni rezultat (lemu).

Lema 1. Neka su 2, ,...,i n R takvi da vrijedi 1, 1,2,...,i u i n .

Tada je:

1. 21 2 1 2(1 )(1 ) ... (1 ) 1 ... ( )n n O u

2. 21 1(1 ) 1 ( )n n O u

3. 211 2

2

1 1 ( )1

O u

4. 21 1

11 1 ( )2

O u

5. 21 1

11 1 ( )n O un

6. Ako je 0a b tada vrijedi 1 2(1 ) (1 ) (1 )( )a b a b , pri

čemu je 1 2 1 2min , max , odnosno 1 2max , .

Ovdje 1 i 2 mogu imati proizvoljne vrijednosti (ne mora biti

1 1u ili 2 1u ).

Objasnimo pobliže pojedine oznake i tvrdnje u ovoj lemi. Oznaka 1u (u je znatno manji od 1) predstavlja vrijednost koja je u pravilu bar za jedan ili više redova veličine manja od 1, npr. 2 310 , 10 ili još manje. Oznaka 2( )O u

(ostatak reda 2u ) predstavlja dio izraza čiji je red veličine 2u , a što znači da mu je apsolutna vrijednost 2C u , gdje je C bilo koja pozitivna konstanta neovisna o u. Za dovoljno mali u taj dio izraza u analizi možemo i izostaviti, jer mu je vrijednost zanemarivo mala u odnosu na ostale članove. Tako na

35

3. Napišite vrijednost funkcije 20y x u točki 100x na tri, a pripadne greške unaprijed i unazad na četiri korektne znamenke.

4. Za aproksimaciju 1 12xx odredite apsolutne i relativne greške

unaprijed i unazad u točki 0.44x .

5. Za aproksimaciju 2 3 4 5

12 6 24 120

x x x x xe x odredite pripadne

greške unaprijed i unazad za: (a) 0.2x , (b) 2x . 6. Subvencija iz proračuna nekog grada za x autobusa javnog prijevoza

iznosi 510 lny x . Ako trenutno javni prijevoz obavlja 100 autobusa, kako će na taj broj utjecati smanjenje subvencija za 5%?

7. Poznata je funkcija potražnje neke robe, 3( ) 25000q p p . Za koliko smijemo povećati cijenu robe p ako želimo da se potražnja smanji za manje od 10%?

8. Ako u Cobb-Douglasovoj funkciji proizvodnje 0.36 0.641200Q L C smanjimo udio kapitala C za 10%, za koliko treba povećati udio radne snage L ako želimo povećanje proizvodnje za najmanje 5%?

9. Odredite uvjetovanost funkcije potražnje ( ) , , 0q p b ap a b . Kako se uvjetovanost mijenja s porastom cijene p?

10. Za funkciju ( )y x procijenite vrijednost označenu upitnikom:

(a) ( ) 5, 1.4%, ?y x y , (b) ( ) 20, ?, 2%y x y ,

(c) ( ) ?, 0.5%, 3%y x y .

11. Pomoću uvjetovanosti funkcije 2( ) 21 0.05f x x x odredite kolika će približno biti relativna promjena ove funkcije ako se vrijednost varijable x poveća za 0.55% s razine: (a) 200x , (b) 400x . Usporedite dobivene rezultate s točnim promjenama.

12. Neka je p cijena robe, ( )q p njena potražnja a R p q prihod od prodaje robe. Analizirajte za koliko smijemo povećati cijenu robe u ovisnosti o kondiciji potražnje, a da se ukupni prihod ne smanji?

TEMELJNA ANALIZA GREŠAKA I PERTURBACIJA

Numerički izrazi kao i algebarske funkcije jedne ili više varijabli, koje najčešće susrećemo u praktičnim problemima, formirani su korištenjem osnovnih računskih operacija: , , , :, n . Ove operacije se koriste i kod računanja vrijednosti transcendentnih funkcija (eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijskih, ciklometrijskih itd.) jer se računanje provodi pomoću aproksimacijskih polinoma (npr. Taylorovih) odgovarajuće točnosti. Da bi detaljnije analizirali greške kod takvih izraza (koji sadrže osnovne računske operacije), koristit ćemo sljedeći pomoćni rezultat (lemu).

Lema 1. Neka su 2, ,...,i n R takvi da vrijedi 1, 1,2,...,i u i n .

Tada je:

1. 21 2 1 2(1 )(1 ) ... (1 ) 1 ... ( )n n O u

2. 21 1(1 ) 1 ( )n n O u

3. 211 2

2

1 1 ( )1

O u

4. 21 1

11 1 ( )2

O u

5. 21 1

11 1 ( )n O un

6. Ako je 0a b tada vrijedi 1 2(1 ) (1 ) (1 )( )a b a b , pri

čemu je 1 2 1 2min , max , odnosno 1 2max , .

Ovdje 1 i 2 mogu imati proizvoljne vrijednosti (ne mora biti

1 1u ili 2 1u ).

Objasnimo pobliže pojedine oznake i tvrdnje u ovoj lemi. Oznaka 1u (u je znatno manji od 1) predstavlja vrijednost koja je u pravilu bar za jedan ili više redova veličine manja od 1, npr. 2 310 , 10 ili još manje. Oznaka 2( )O u

(ostatak reda 2u ) predstavlja dio izraza čiji je red veličine 2u , a što znači da mu je apsolutna vrijednost 2C u , gdje je C bilo koja pozitivna konstanta neovisna o u. Za dovoljno mali u taj dio izraza u analizi možemo i izostaviti, jer mu je vrijednost zanemarivo mala u odnosu na ostale članove. Tako na

36

primjer, imamo 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 (tvrdnja 1), 31 1(1 ) 1 3

(tvrdnja 2), 11 11 0.5 (tvrdnja 4) itd. Na taj način lema 1 razdvaja

glavni (značajni, signifikantni, linearni) dio zadanog izraza od ostatka čija je veličina znatno manja od veličine glavnog dijela.

Navedimo dokaze pojedinih tvrdnji. Kako je 2i j u , 3 2

i j k u u , 4 2

i j k l u u itd., za sve , , ,i j k l 1,2,...,n , treba pokazati da su svi

članovi (pribrojnici), u ostatku izraza koji je ocijenjen s 2( )O u , oblika

gdje je C , a je produkt od barem dva epsilona (ili zbroj odnosno

razlika više takvih produkata). Tada kažemo da je kvadratni član i

svaki takav član ulazi u ostatak 2( )O u .

Zbog navedenog razloga tvrdnja 1 je očigledna jer je za 2n :

21 2 1 2 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 , ( ),O u

za 3n imamo:

1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3(1 )(1 )(1 ) 1 ,

pa je 21 2 1 3 2 3 1 2 3 ( )O u i slično za sve druge vrijednosti od n.

Tvrdnja 2 je posljedica tvrdnje 1 ako uzmemo 2 3 1... n .

Tvrdnju 3 možemo jednostavno pokazati oduzimanjem lijeve i desne strane:

22 21 2 1 2

1 2 2 1 22 2 2

1 1(1 ) ( ) ( ),1 1 1

O u

jer zbog 2 1 sigurno vrijedi 212

, pa je 1 21 1/ 2

C

, iz čega

vidimo da je ostatak kvadratni član.

Slično pokazujemo i tvrdnju 4:

1 11 1 1 1

1 1

21 1 2 2

11 1 1 1

1 1 0.51 1 0.5 1 1 0.5

1 1 0.5

1 1 0.5 0.25 ( ),1 1 0.5 1 1 0.5

O u

jer opet, zbog 112

, imamo

0.25 0.1721 0.5 1 0.5 0.5

C

pa je

ostatak kvadratni član.

Tvrdnja 5 pokazuje se na sličan način uz racionalizaciju n-tog korijena koja je nešto složenija.

U tvrdnji 6 iz uvjeta 0a b slijedi da su a i b istog predznaka. Neka je 1 2 1 2min , , max ,m M . Kako je 1 2,m m te 1 ,M

2 M , tvrdnja za pozitivne a i b slijedi iz:

1 2(1 )( ) (1 ) (1 ) (1 )( ).m Ma b a b a b

dok za negativne zamijenimo sa .

Napomenimo da će , u tvrdnji 6, biti to bliži 1 što je a dominantniji u

odnosu na b te obrnuto za 2 . Na primjer, u zbroju 900 + 100 = 1000 prvi

pribrojnik je dominantan. Ako njega povećamo za 20%, a drugog za 10% imat ćemo 1080 + 110 = 1190 pa je povećanje zbroja 19%. Obrnuto, ako prvog povećamo za 10%, a drugog za 20% dobivamo 990 + 120 = 1110 pa je povećanje zbroja 11%. Navedena interpretacija proizlazi iz eksplicitnog izraza za :

1 2 1 2(1 ) (1 ) (1 )( ) .a ba b a ba b a b

37

primjer, imamo 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 (tvrdnja 1), 31 1(1 ) 1 3

(tvrdnja 2), 11 11 0.5 (tvrdnja 4) itd. Na taj način lema 1 razdvaja

glavni (značajni, signifikantni, linearni) dio zadanog izraza od ostatka čija je veličina znatno manja od veličine glavnog dijela.

Navedimo dokaze pojedinih tvrdnji. Kako je 2i j u , 3 2

i j k u u , 4 2

i j k l u u itd., za sve , , ,i j k l 1,2,...,n , treba pokazati da su svi

članovi (pribrojnici), u ostatku izraza koji je ocijenjen s 2( )O u , oblika

gdje je C , a je produkt od barem dva epsilona (ili zbroj odnosno

razlika više takvih produkata). Tada kažemo da je kvadratni član i

svaki takav član ulazi u ostatak 2( )O u .

Zbog navedenog razloga tvrdnja 1 je očigledna jer je za 2n :

21 2 1 2 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 , ( ),O u

za 3n imamo:

1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3(1 )(1 )(1 ) 1 ,

pa je 21 2 1 3 2 3 1 2 3 ( )O u i slično za sve druge vrijednosti od n.

Tvrdnja 2 je posljedica tvrdnje 1 ako uzmemo 2 3 1... n .

Tvrdnju 3 možemo jednostavno pokazati oduzimanjem lijeve i desne strane:

22 21 2 1 2

1 2 2 1 22 2 2

1 1(1 ) ( ) ( ),1 1 1

O u

jer zbog 2 1 sigurno vrijedi 212

, pa je 1 21 1/ 2

C

, iz čega

vidimo da je ostatak kvadratni član.

Slično pokazujemo i tvrdnju 4:

1 11 1 1 1

1 1

21 1 2 2

11 1 1 1

1 1 0.51 1 0.5 1 1 0.5

1 1 0.5

1 1 0.5 0.25 ( ),1 1 0.5 1 1 0.5

O u

jer opet, zbog 112

, imamo

0.25 0.1721 0.5 1 0.5 0.5

C

pa je

ostatak kvadratni član.

Tvrdnja 5 pokazuje se na sličan način uz racionalizaciju n-tog korijena koja je nešto složenija.

U tvrdnji 6 iz uvjeta 0a b slijedi da su a i b istog predznaka. Neka je 1 2 1 2min , , max ,m M . Kako je 1 2,m m te 1 ,M

2 M , tvrdnja za pozitivne a i b slijedi iz:

1 2(1 )( ) (1 ) (1 ) (1 )( ).m Ma b a b a b

dok za negativne zamijenimo sa .

Napomenimo da će , u tvrdnji 6, biti to bliži 1 što je a dominantniji u

odnosu na b te obrnuto za 2 . Na primjer, u zbroju 900 + 100 = 1000 prvi

pribrojnik je dominantan. Ako njega povećamo za 20%, a drugog za 10% imat ćemo 1080 + 110 = 1190 pa je povećanje zbroja 19%. Obrnuto, ako prvog povećamo za 10%, a drugog za 20% dobivamo 990 + 120 = 1110 pa je povećanje zbroja 11%. Navedena interpretacija proizlazi iz eksplicitnog izraza za :

1 2 1 2(1 ) (1 ) (1 )( ) .a ba b a ba b a b

38

Primjer 17. Za 1, 1,2,3i i napišimo pojednostavljenu

aproksimaciju izraza 3

1

2 3

(1 )(1 ) 1

I

te usporedimo s točnom

vrijednošću za 1 0.0004 , 2 0.0006 , 3 0.0008 .

Koristeći lemu 1, dobivamo 1 2 31 3 0.5I . Za zadane vrijednosti je

1.001I dok je točna vrijednost 1.0010006...I . Vidimo da su i apsolutna i

relativna greška aproksimacije vrlo male, 76 10 .

Lema 1 ima vrlo široku primjenu. Naime, članovi oblika 1 pojavljuju se u numeričkim izrazima kod računanja u konačnoj aritmetici (vidjeti zahtjev 4 kod IEEE standarda, poglavlje Aritmetika s pomičnom točkom), zatim kod zaokruživanja i općenito aproksimacije točnih podataka približnim kao i kod analize perturbacija (promjena) zadanih podataka (vidjeti relaciju (2)). U svim navedenim slučajevima umjesto točnog ili zadanog podatka x promatramo približan ili promijenjeni podatak (1 )xx x . Sve ove slučajeve ilustriramo kroz sljedeće primjere:

Primjer 18. Ako vrijednost funkcije 2

xzy

računamo u konačnoj

aritmetici s preciznošću u, procijenimo točnost dobivenog rezultata ako su x i y: (a1) točni ulazni podaci, (a2) približni podaci čija relativna greška nije veća od 10u. (b) Procijenimo promjenu vrijednosti funkcije z, ako x povećamo za 2%, a y smanjimo za 1%?

Sva tri zadatka rješavamo simultano. Svaka od tri računske operacije, koje koristimo za računanje vrijednosti funkcije, donosi grešku koja ne premašuje preciznost računanja. Neka je 1 greška kod dijeljenja (razlomačka crta), 2

kod korjenovanja i 3 kod kvadriranja (jednog množenja). Nadalje, neka su

(1 )xx x , (1 )yy y približni ili promijenjeni ulazni podaci. Koristeći

lemu 1 imamo:

2 1 21 2 2 2

3 3

1 2 3

(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 )fl( ) (1 )

(1 )(1 ) (1 )(1 )

(1 0.5 2 ) (1 ) .

x x

y y

x y

xz z

yz z

(a1) Imamo 0x y i , 1,2,3i u i , pa je 1 2 3 odnosno

3u . Dakle, (1 3 ) fl( ) (1 3 )u z z u z .

(a2) Sada je 10 , 10x yu u , te i dalje , 1,2,3i u i pa imamo

0.5 10 2 10 28u u u u u u , dakle, (1 28 ) fl( ) (1 28 )u z z u z .

(b) Ovdje promatramo samo promjenu varijabli, a greške računanja nisu predmet razmatranja. Naime, promjene varijabli od 1% i 2% su znatno većeg reda veličine od uobičajenih preciznosti računanja pa greške računanja imaju na njih zanemariv učinak. Stoga u dobivenom izrazu možemo staviti

1 2 3 0 te 2%x , 1%y pa imamo 0.5 2 3%x y

(funkcija se povećala za oko 3%).

Primjer 19. Zadana je funkcija potražnje robe 1,

21 1 2 1 2

1

( , ) ,pq p p p pp

gdje su 1 2ip p cijene robe 1 i 2. Kako će

potražnja reagirati na povećanje cijene robe 1 za 1 - 3% i smanjenje cijene robe 2 za 2 - 4%?

Stavimo li 1 1 1(1 )p p i 2 2 2(1 )p p imat ćemo 11% 3% i

24% 2% . Prema lemi 1 (tvrdnje 1, 3 i 6) imamo:

1 2

2 2 21 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1

1 1 1

1 1 2 1 2

(1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )

(1 ) , min , max , .

p pq p p p pp p

q

Sada je 1 11% 4% 3% 2% 3% 1% . Zbog 13% 1%

imamo 2 24% 3% 2% 1% 7% 3% . Odavde slijedi da je

1 27% min , te 1 2max , 1% pa će raspon moguće promjene

potražnje biti 7% 1% . Pri tome će smanjenje za približno 7% nastupiti

39

Primjer 17. Za 1, 1,2,3i i napišimo pojednostavljenu

aproksimaciju izraza 3

1

2 3

(1 )(1 ) 1

I

te usporedimo s točnom

vrijednošću za 1 0.0004 , 2 0.0006 , 3 0.0008 .

Koristeći lemu 1, dobivamo 1 2 31 3 0.5I . Za zadane vrijednosti je

1.001I dok je točna vrijednost 1.0010006...I . Vidimo da su i apsolutna i

relativna greška aproksimacije vrlo male, 76 10 .

Lema 1 ima vrlo široku primjenu. Naime, članovi oblika 1 pojavljuju se u numeričkim izrazima kod računanja u konačnoj aritmetici (vidjeti zahtjev 4 kod IEEE standarda, poglavlje Aritmetika s pomičnom točkom), zatim kod zaokruživanja i općenito aproksimacije točnih podataka približnim kao i kod analize perturbacija (promjena) zadanih podataka (vidjeti relaciju (2)). U svim navedenim slučajevima umjesto točnog ili zadanog podatka x promatramo približan ili promijenjeni podatak (1 )xx x . Sve ove slučajeve ilustriramo kroz sljedeće primjere:

Primjer 18. Ako vrijednost funkcije 2

xzy

računamo u konačnoj

aritmetici s preciznošću u, procijenimo točnost dobivenog rezultata ako su x i y: (a1) točni ulazni podaci, (a2) približni podaci čija relativna greška nije veća od 10u. (b) Procijenimo promjenu vrijednosti funkcije z, ako x povećamo za 2%, a y smanjimo za 1%?

Sva tri zadatka rješavamo simultano. Svaka od tri računske operacije, koje koristimo za računanje vrijednosti funkcije, donosi grešku koja ne premašuje preciznost računanja. Neka je 1 greška kod dijeljenja (razlomačka crta), 2

kod korjenovanja i 3 kod kvadriranja (jednog množenja). Nadalje, neka su

(1 )xx x , (1 )yy y približni ili promijenjeni ulazni podaci. Koristeći

lemu 1 imamo:

2 1 21 2 2 2

3 3

1 2 3

(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 )fl( ) (1 )

(1 )(1 ) (1 )(1 )

(1 0.5 2 ) (1 ) .

x x

y y

x y

xz z

yz z

(a1) Imamo 0x y i , 1,2,3i u i , pa je 1 2 3 odnosno

3u . Dakle, (1 3 ) fl( ) (1 3 )u z z u z .

(a2) Sada je 10 , 10x yu u , te i dalje , 1,2,3i u i pa imamo

0.5 10 2 10 28u u u u u u , dakle, (1 28 ) fl( ) (1 28 )u z z u z .

(b) Ovdje promatramo samo promjenu varijabli, a greške računanja nisu predmet razmatranja. Naime, promjene varijabli od 1% i 2% su znatno većeg reda veličine od uobičajenih preciznosti računanja pa greške računanja imaju na njih zanemariv učinak. Stoga u dobivenom izrazu možemo staviti

1 2 3 0 te 2%x , 1%y pa imamo 0.5 2 3%x y

(funkcija se povećala za oko 3%).

Primjer 19. Zadana je funkcija potražnje robe 1,

21 1 2 1 2

1

( , ) ,pq p p p pp

gdje su 1 2ip p cijene robe 1 i 2. Kako će

potražnja reagirati na povećanje cijene robe 1 za 1 - 3% i smanjenje cijene robe 2 za 2 - 4%?

Stavimo li 1 1 1(1 )p p i 2 2 2(1 )p p imat ćemo 11% 3% i

24% 2% . Prema lemi 1 (tvrdnje 1, 3 i 6) imamo:

1 2

2 2 21 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1

1 1 1

1 1 2 1 2

(1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )

(1 ) , min , max , .

p pq p p p pp p

q

Sada je 1 11% 4% 3% 2% 3% 1% . Zbog 13% 1%

imamo 2 24% 3% 2% 1% 7% 3% . Odavde slijedi da je

1 27% min , te 1 2max , 1% pa će raspon moguće promjene

potražnje biti 7% 1% . Pri tome će smanjenje za približno 7% nastupiti

40

ako se 1p poveća za 3%, 2p smanji za 4% a 2 1/p p je dominantan član u

odnosu na 1 2p p . Slično, povećanje od približno 1% nastupa ako se 1p poveća

za 3%, 2p smanji za 2% a 1 2p p je dominantan član u odnosu na 2 1/p p .

Lemu 1 smo koristili kod analize grešaka i perturbacija za izraze (funkcije) koji su formirani koristeći računske operacije množenja, potenciranja, dijeljenja, korjenovanja i zbrajanja. Tvrdnje 1 - 6 iz leme 1 pokazuju da su te računske operacije numerički stabilne, što znači da su greške (perturbacije ili promjene) ulaznih i izlaznih podataka približno istog reda veličine. Ostaje pitanje, što je s oduzimanjem? Promatrajmo na primjer 5100 – 5050 = 50. Povećamo li prvi član za 1%, a drugi za 2% dobivamo 5151 – 5151 = 0 pa je relativna promjena rezultata, 0 50 / 50 1 100% , neočekivano velika

u odnosu na promjenu ulaznih podataka. Pogledajmo zato postupak oduzimanja općenito. Za 0a b imamo:

1 21 2(1 ) (1 ) (1 )( ) ,a ba b a b

a b

iz čega vidimo da greška (promjena) može biti velika, čak i za male vrijednosti 1 2, , ako su a i b međusobno bliski brojevi. Naime, neka je

min / , /a b b a . Kako za 0ab i a b vrijedi 1 imamo

(uzimamo /a b ):

1 2

2 11 2

1 max , .1 11

ab

ab

Isti izraz dobijemo i za /b a . Kako je dobivena gornja ograda za

realno dostižna (nejednakost postaje jednakost za 2 1 ) vidimo da

može postići proizvoljno veliku vrijednost ako je dovoljno blizu 1 (a i b su relativno dovoljno bliski).

Navedenu analizu ilustriramo na primjeru brojeva 100 50 1002 2 , 2x y koje ćemo zbrojiti, pomnožiti, podijeliti i oduzeti. Rezultati na osam korektnih znamenaka su: 302.5353012 10x y , 601.6069380 10x y ,

: 1.0000000x y , 151.1258999 10x y . Računalom dobijemo prva tri rezultata dok kod oduzimanja dobijemo 0 (a točan rezultat je cijeli broj sa 16 znamenaka!). Razlog 100%-tne greške je relativna bliskost zadanih brojeva (

16/ 1 8.88... 10 1y x ). Vidimo da u računskim operacijama nije problem u veličini brojeva, već u njihovom međusobnom odnosu (bliskosti) kada oduzimanje postaje nestabilno dok su ostale operacije uvijek stabilne.

ZADACI (IV)

1. Odredite približnu donju i gornju ogradu za izraz:

31 2

3 4

(1 ) 1(1 )(1 )

,A

gdje je | | 1, 1,2,3,4.i u i 2. Procijenite vrijednost izraza:

2 4 251 2 3

4 5

(1 ) (1 ) (1 ),

(1 ) 1B

ako je 4 3 41 2 3 4 510 , 10 , 10 . Rezultat usporedite

s točnom vrijednošću. 3. Procijenite vrijednost izraza B iz prethodnog zadatka ako je

| | 0.0005i u za 1,2,3,4,5i . 4. Kolika je relativna pogreška kod računanja vrijednosti izraza:

4

17.554, ,xy xC Dyx y

ako je preciznost računanja u?

5. Zadana je funkcija y x i preciznost računanja 71 102

u .

(a) Analizirajte točnost računanja vrijednosti funkcije s točnim ulaznim podatkom x.

41

ako se 1p poveća za 3%, 2p smanji za 4% a 2 1/p p je dominantan član u

odnosu na 1 2p p . Slično, povećanje od približno 1% nastupa ako se 1p poveća

za 3%, 2p smanji za 2% a 1 2p p je dominantan član u odnosu na 2 1/p p .

Lemu 1 smo koristili kod analize grešaka i perturbacija za izraze (funkcije) koji su formirani koristeći računske operacije množenja, potenciranja, dijeljenja, korjenovanja i zbrajanja. Tvrdnje 1 - 6 iz leme 1 pokazuju da su te računske operacije numerički stabilne, što znači da su greške (perturbacije ili promjene) ulaznih i izlaznih podataka približno istog reda veličine. Ostaje pitanje, što je s oduzimanjem? Promatrajmo na primjer 5100 – 5050 = 50. Povećamo li prvi član za 1%, a drugi za 2% dobivamo 5151 – 5151 = 0 pa je relativna promjena rezultata, 0 50 / 50 1 100% , neočekivano velika

u odnosu na promjenu ulaznih podataka. Pogledajmo zato postupak oduzimanja općenito. Za 0a b imamo:

1 21 2(1 ) (1 ) (1 )( ) ,a ba b a b

a b

iz čega vidimo da greška (promjena) može biti velika, čak i za male vrijednosti 1 2, , ako su a i b međusobno bliski brojevi. Naime, neka je

min / , /a b b a . Kako za 0ab i a b vrijedi 1 imamo

(uzimamo /a b ):

1 2

2 11 2

1 max , .1 11

ab

ab

Isti izraz dobijemo i za /b a . Kako je dobivena gornja ograda za

realno dostižna (nejednakost postaje jednakost za 2 1 ) vidimo da

može postići proizvoljno veliku vrijednost ako je dovoljno blizu 1 (a i b su relativno dovoljno bliski).

Navedenu analizu ilustriramo na primjeru brojeva 100 50 1002 2 , 2x y koje ćemo zbrojiti, pomnožiti, podijeliti i oduzeti. Rezultati na osam korektnih znamenaka su: 302.5353012 10x y , 601.6069380 10x y ,

: 1.0000000x y , 151.1258999 10x y . Računalom dobijemo prva tri rezultata dok kod oduzimanja dobijemo 0 (a točan rezultat je cijeli broj sa 16 znamenaka!). Razlog 100%-tne greške je relativna bliskost zadanih brojeva (

16/ 1 8.88... 10 1y x ). Vidimo da u računskim operacijama nije problem u veličini brojeva, već u njihovom međusobnom odnosu (bliskosti) kada oduzimanje postaje nestabilno dok su ostale operacije uvijek stabilne.

ZADACI (IV)

1. Odredite približnu donju i gornju ogradu za izraz:

31 2

3 4

(1 ) 1(1 )(1 )

,A

gdje je | | 1, 1,2,3,4.i u i 2. Procijenite vrijednost izraza:

2 4 251 2 3

4 5

(1 ) (1 ) (1 ),

(1 ) 1B

ako je 4 3 41 2 3 4 510 , 10 , 10 . Rezultat usporedite

s točnom vrijednošću. 3. Procijenite vrijednost izraza B iz prethodnog zadatka ako je

| | 0.0005i u za 1,2,3,4,5i . 4. Kolika je relativna pogreška kod računanja vrijednosti izraza:

4

17.554, ,xy xC Dyx y

ako je preciznost računanja u?

5. Zadana je funkcija y x i preciznost računanja 71 102

u .

(a) Analizirajte točnost računanja vrijednosti funkcije s točnim ulaznim podatkom x.

42

(b) Analizirajte točnost računanja vrijednosti funkcije s približnim ulaznim podatkom x ako za njegovu relativnu grešku x vrijedi | | 100x u .

(c) Za koliko se promijeni vrijednost funkcije ako se vrijednost varijable x poveća za 2%?

6. Vrijednost funkcije 2( , , )x y

w x y zz

određujemo kalkulatorom s

preciznošću 1210u . Provedite analizu iz prethodnog zadatka ako su: (a) , ,x y z točni ulazni podaci, (b) , ,x y z približni ulazni podaci i

| | 10 , | | 20 , | | 30 ,x y zu u u (c) 1.5%, 1%, 0.5%.x y z

7. Poznata je funkcija potražnje robe 1, 1 . 42 3

1 1 2 3 0.81

( , , ) 778 p pq p p pp

.

Za koliko se približno promijeni potražnja te robe ako cijenu 1p

smanjimo za 0.5%, 2p povećamo za 1.5% i 3p smanjimo za 2%?

8. Ako je proizvodnja 0.6 0.445Q L C , za koliko treba povećati radnu snagu L ako želimo povećati proizvodnju za 3%, a ostavljamo istu razinu kapitala C?

9. Poznata je funkcija potražnje robe 1, 1.22

1 1 21

90( , ) pq p pp

. Kako će

potražnja reagirati na sljedeće promjene cijena: (a) 1 21 3%, 2 4%p p , (b) 1 21 3%, 2 4%p p

(c) 1 21 3%, 2 4%p p , (d) 1 21 3%, 2 4%p p ?

10. Neka je 100, , 0a b a b . Kako se promijeni navedeni zbroj ako a povećamo za 10% i b smanjimo za 20%? Provjerite dobiveni rezultat za različite vrijednosti od a i b te ga poopćite.

11. Izračunajte kalkulatorom vrijednosti izraza 10 20 2010 10 10x i 10 25 2510 10 10y te objasnite dobivene rezultate.

12. Za funkciju 3( , ) , , 0z x y x y x y i preciznost računanja u, provedite analizu iz 5. zadatka ako su: (a) ,x y točni ulazni podaci,

(b) ,x y približni ulazni podaci i | | 2 , | | 16x yu u ,

(c) 1%, 2%x y .

13. Za funkciju 389( , ) , , 0z x y xy x yx

i preciznost računanja u,

provedite analizu iz 5. zadatka ako su: (a) ,x y točni ulazni podaci,

(b) ,x y približni ulazni podaci i | | 10 , | | 6x yu u ,

(c) 1.8%, 1.2%x y . 14. Poznata je funkcija potražnje robe 1,

221 1 2 3 3

1

325( , , ) 0.45 .pq p p p pp

Kako će potražnja reagirati na

sljedeće promjene cijena: 1 20 3%, 2 4%,p p

3 0.5 2.5%p ?

15. Kolika je relativna greška izraza 3 23.17 51.209xy x ako je

preciznost računanja 72u , a relativne greške u vrijednostima varijabli x i y nisu veće od 62 ?

16. Analizirajte točnost sljedećeg numeričkog algoritma:

4 3

3

5 4

4

input 03.54 5.89 375.2964.108 97.54 3.3007(567.8 ) :

11.987output

xy x xz x xv y z

w vw

ako je preciznost računanja u, a ulazni podatak x ima točnu vrijednost.

IZRAČUNAVANJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA Izračunavanje vrijednosti neke funkcije u zadanoj točki (kraće rečeno, izvrednjavanje funkcije) jedan je od osnovnih zadataka koji se javlja u numeričkoj matematici. Postupak (algoritam) koji koristimo za izračunavanje treba biti:

43

(b) Analizirajte točnost računanja vrijednosti funkcije s približnim ulaznim podatkom x ako za njegovu relativnu grešku x vrijedi | | 100x u .

(c) Za koliko se promijeni vrijednost funkcije ako se vrijednost varijable x poveća za 2%?

6. Vrijednost funkcije 2( , , )x y

w x y zz

određujemo kalkulatorom s

preciznošću 1210u . Provedite analizu iz prethodnog zadatka ako su: (a) , ,x y z točni ulazni podaci, (b) , ,x y z približni ulazni podaci i

| | 10 , | | 20 , | | 30 ,x y zu u u (c) 1.5%, 1%, 0.5%.x y z

7. Poznata je funkcija potražnje robe 1, 1 . 42 3

1 1 2 3 0.81

( , , ) 778 p pq p p pp

.

Za koliko se približno promijeni potražnja te robe ako cijenu 1p

smanjimo za 0.5%, 2p povećamo za 1.5% i 3p smanjimo za 2%?

8. Ako je proizvodnja 0.6 0.445Q L C , za koliko treba povećati radnu snagu L ako želimo povećati proizvodnju za 3%, a ostavljamo istu razinu kapitala C?

9. Poznata je funkcija potražnje robe 1, 1.22

1 1 21

90( , ) pq p pp

. Kako će

potražnja reagirati na sljedeće promjene cijena: (a) 1 21 3%, 2 4%p p , (b) 1 21 3%, 2 4%p p

(c) 1 21 3%, 2 4%p p , (d) 1 21 3%, 2 4%p p ?

10. Neka je 100, , 0a b a b . Kako se promijeni navedeni zbroj ako a povećamo za 10% i b smanjimo za 20%? Provjerite dobiveni rezultat za različite vrijednosti od a i b te ga poopćite.

11. Izračunajte kalkulatorom vrijednosti izraza 10 20 2010 10 10x i 10 25 2510 10 10y te objasnite dobivene rezultate.

12. Za funkciju 3( , ) , , 0z x y x y x y i preciznost računanja u, provedite analizu iz 5. zadatka ako su: (a) ,x y točni ulazni podaci,

(b) ,x y približni ulazni podaci i | | 2 , | | 16x yu u ,

(c) 1%, 2%x y .

13. Za funkciju 389( , ) , , 0z x y xy x yx

i preciznost računanja u,

provedite analizu iz 5. zadatka ako su: (a) ,x y točni ulazni podaci,

(b) ,x y približni ulazni podaci i | | 10 , | | 6x yu u ,

(c) 1.8%, 1.2%x y . 14. Poznata je funkcija potražnje robe 1,

221 1 2 3 3

1

325( , , ) 0.45 .pq p p p pp

Kako će potražnja reagirati na

sljedeće promjene cijena: 1 20 3%, 2 4%,p p

3 0.5 2.5%p ?

15. Kolika je relativna greška izraza 3 23.17 51.209xy x ako je

preciznost računanja 72u , a relativne greške u vrijednostima varijabli x i y nisu veće od 62 ?

16. Analizirajte točnost sljedećeg numeričkog algoritma:

4 3

3

5 4

4

input 03.54 5.89 375.2964.108 97.54 3.3007(567.8 ) :

11.987output

xy x xz x xv y z

w vw

ako je preciznost računanja u, a ulazni podatak x ima točnu vrijednost.

IZRAČUNAVANJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA Izračunavanje vrijednosti neke funkcije u zadanoj točki (kraće rečeno, izvrednjavanje funkcije) jedan je od osnovnih zadataka koji se javlja u numeričkoj matematici. Postupak (algoritam) koji koristimo za izračunavanje treba biti:

44

efikasan (brz) – sadrži što manje računskih operacija točan – stabilan u odnosu na greške zaokruživanja.

Pri tome treba voditi računa da aritmetika računala podržava samo 4 osnovne računske operacije čija primjena nije egzaktna jer svaka operacija donosi greške zaokruživanja. Pomoću zbrajanja, oduzimanja i množenja možemo računati vrijednosti polinoma, a uz dijeljenje još i racionalnih funkcija (kvocijenta dvaju polinoma). Sve ostale funkcije moramo aproksimirati pomoću polinoma i/ili racionalnih funkcija. Za elementarne matematičke funkcije (korijeni, trigonometrijske, eksponencijalne, hiperboličke i njima inverzne) postoje kvalitetni algoritmi za njihove aproksimacije, a koji su opet utemeljeni na 4 osnovne računske operacije. Oni su ugrađeni u sam procesor računala pa postoje odgovarajuće instrukcije za njihov poziv ili se nalaze kao gotovi potprogrami u odgovarajućem programskom jeziku. U pogledu točnosti takvi algoritmi ponašaju se slično kao osnovne računske operacije pa možemo pretpostaviti da relativna greška dobivenog rezultata nije veća od strojne preciznosti u (vidjeti zahtjev 4 kod IEEE standarda, poglavlje Aritmetika s pomičnom točkom). Kako je, već i kod rješavanja jednostavnijih praktičnih problema, broj operacija i izračunavanja vrlo velik (npr. iterativni postupci), oba navedena zahtjeva, efikasnost i točnost, itekako su značajna.

Iz svega navedenog slijedi da su polinomi osnovni elementi pomoću kojih gradimo sve ostale funkcije. Zbog njihove značajne uloge u teoriji i u praksi, računanje vrijednosti polinoma analizirat ćemo detaljnije.

HORNEROVA SHEMA

Polinomi su najjednostavnije algebarske funkcije. Za računanje vrijednosti polinoma u nekoj točki dovoljne su samo tri osnovne računske operacije: zbrajanje, oduzimanje i množenje. Za 0,1,2,3,...n , polinom n-tog stupnja

u standardnoj bazi vektorskog prostora realnih polinoma stupnja najviše n,

21, , ,..., nx x x ima zapis:

2 10 1 2 1( ) ... ,n n

n n np x a a x a x a x a x (8)

gdje su 0 1 2, , ,... na a a a koeficijenti polinoma, a x je argument (nezavisna

varijabla). Pri tome se u oznaci ( )np x indeks n, koji označava stupanj polinoma, može i izostaviti. Koeficijenti i varijabla mogu biti realni ili kompleksni. Kako se kompleksne računske operacije realiziraju putem realnih (realni i imaginarni dio), dovoljno je provesti analizu za realne polinome koji se u praksi redovito i pojavljuju. Algoritam za računanje vrijednosti polinoma bit će to efikasniji što ima manje računskih operacija.

Kako se 1kx dobije iz kx jednim množenjem, polazeći od zapisa (8), imamo sljedeći pseudokod algoritma za računanje vrijednosti polinoma ( )np x u

točki 0x x :

0

0

; 1;for 1 to do

begin; ;

end.i

s a xni n

xn xn x s s a xn

Algoritam 1 (vrijednost polinoma)

Na kraju je 0( )nsum p x . Vidimo da se u svakom od n prolaza kroz petlju u algoritmu pojavljuju dva množenja i jedno zbrajanje. Dakle, ukupan broj operacija je 2n množenja + n zbrajanja. Ovaj broj možemo još reducirati. Naime, sukcesivnim izlučivanjem faktora x u zapisu (8) dobijemo:

0 1 2 2 1( ) ( ( ... ( ( ))...)),n n n np x a x a x a x a x a a x

iz čega proizlazi:

0

;for 1 downto 0 do

begin;

end.

n

i

s ai n

s s x a

Algoritam 2 (Hornerova shema)

Vidimo da je ovdje ukupan broj operacija n množenja + n zbrajanja. Ovaj algoritam nazvan je Hornerova shema po britanskom matematičaru Williamu

45

efikasan (brz) – sadrži što manje računskih operacija točan – stabilan u odnosu na greške zaokruživanja.

Pri tome treba voditi računa da aritmetika računala podržava samo 4 osnovne računske operacije čija primjena nije egzaktna jer svaka operacija donosi greške zaokruživanja. Pomoću zbrajanja, oduzimanja i množenja možemo računati vrijednosti polinoma, a uz dijeljenje još i racionalnih funkcija (kvocijenta dvaju polinoma). Sve ostale funkcije moramo aproksimirati pomoću polinoma i/ili racionalnih funkcija. Za elementarne matematičke funkcije (korijeni, trigonometrijske, eksponencijalne, hiperboličke i njima inverzne) postoje kvalitetni algoritmi za njihove aproksimacije, a koji su opet utemeljeni na 4 osnovne računske operacije. Oni su ugrađeni u sam procesor računala pa postoje odgovarajuće instrukcije za njihov poziv ili se nalaze kao gotovi potprogrami u odgovarajućem programskom jeziku. U pogledu točnosti takvi algoritmi ponašaju se slično kao osnovne računske operacije pa možemo pretpostaviti da relativna greška dobivenog rezultata nije veća od strojne preciznosti u (vidjeti zahtjev 4 kod IEEE standarda, poglavlje Aritmetika s pomičnom točkom). Kako je, već i kod rješavanja jednostavnijih praktičnih problema, broj operacija i izračunavanja vrlo velik (npr. iterativni postupci), oba navedena zahtjeva, efikasnost i točnost, itekako su značajna.

Iz svega navedenog slijedi da su polinomi osnovni elementi pomoću kojih gradimo sve ostale funkcije. Zbog njihove značajne uloge u teoriji i u praksi, računanje vrijednosti polinoma analizirat ćemo detaljnije.

HORNEROVA SHEMA

Polinomi su najjednostavnije algebarske funkcije. Za računanje vrijednosti polinoma u nekoj točki dovoljne su samo tri osnovne računske operacije: zbrajanje, oduzimanje i množenje. Za 0,1,2,3,...n , polinom n-tog stupnja

u standardnoj bazi vektorskog prostora realnih polinoma stupnja najviše n,

21, , ,..., nx x x ima zapis:

2 10 1 2 1( ) ... ,n n

n n np x a a x a x a x a x (8)

gdje su 0 1 2, , ,... na a a a koeficijenti polinoma, a x je argument (nezavisna

varijabla). Pri tome se u oznaci ( )np x indeks n, koji označava stupanj polinoma, može i izostaviti. Koeficijenti i varijabla mogu biti realni ili kompleksni. Kako se kompleksne računske operacije realiziraju putem realnih (realni i imaginarni dio), dovoljno je provesti analizu za realne polinome koji se u praksi redovito i pojavljuju. Algoritam za računanje vrijednosti polinoma bit će to efikasniji što ima manje računskih operacija.

Kako se 1kx dobije iz kx jednim množenjem, polazeći od zapisa (8), imamo sljedeći pseudokod algoritma za računanje vrijednosti polinoma ( )np x u

točki 0x x :

0

0

; 1;for 1 to do

begin; ;

end.i

s a xni n

xn xn x s s a xn

Algoritam 1 (vrijednost polinoma)

Na kraju je 0( )nsum p x . Vidimo da se u svakom od n prolaza kroz petlju u algoritmu pojavljuju dva množenja i jedno zbrajanje. Dakle, ukupan broj operacija je 2n množenja + n zbrajanja. Ovaj broj možemo još reducirati. Naime, sukcesivnim izlučivanjem faktora x u zapisu (8) dobijemo:

0 1 2 2 1( ) ( ( ... ( ( ))...)),n n n np x a x a x a x a x a a x

iz čega proizlazi:

0

;for 1 downto 0 do

begin;

end.

n

i

s ai n

s s x a

Algoritam 2 (Hornerova shema)

Vidimo da je ovdje ukupan broj operacija n množenja + n zbrajanja. Ovaj algoritam nazvan je Hornerova shema po britanskom matematičaru Williamu

46

Georgeu Horneru (1786. – 1837.), iako je bio poznat još oko šest stoljeća ranije po kineskom matematičaru Qin Jiu-Shao. Hornerovu shemu možemo na praktičan način zapisati u tablici:

na 1na . . .

1a 0a

0x nb 1nb . . . 1b 0b

pri čemu je 1 0, , 1, 2,...,2,1,0n n i i ib a b b x a i n n . Na kraju je

0 0( )nb p x . Tako na primjer, vrijednost polinoma 3 2( ) 2 8 9 3p x x x x

u točki 0 5x dobivamo sljedećom shemom:

2 8 –9 3 –5 2 2 ( 5) 8 2 2 ( 5) 9 1 1 ( 5) 3 2

pa je ( 5) 2p .

Postavlja se pitanje koje je značenje preostalih brojeva 1 2, ,..., nb b b u

Hornerovoj shemi? Odgovor dobijemo ako zadani polinom ( )np x podijelimo

linearnim faktorom 0x x . Kvocijent je polinom 1( )nq x stupnja 1n , a

ostatak neka je 0r . Neka su 1 2 1 0, ,..., ,n nc c c c koeficijenti polinoma 1( )nq x . Imamo:

1 21 2 1 0 0 1 0

1 2 20 1 2 2 1 0 0

1 21 2 1 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0

( ) ... ( ) ( )

( )( ... )

( ) ... ( ) ( ) ( )

n nn n n n

n nn n

n nn n n

p x a x a x a x a x a x x q x rx x c x c x c x c x c r

c x c c x x c c x x c c x x r c x

odakle, izjednačavanjem koeficijenata uz istu potenciju i uspoređujući rezultate s Hornerovom shemom, dobivamo:

1

2 1 0 1 2 1 0 1 1

1 2 0 2 1 2 0 2 2

0 1 0 1 0 1 0 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

. . . . . .

.

n n n

n n n n n n n

c a bc c x a c c x a b

c c x a c c x a bc c x a c c x a br c x a r c x a b

Vidimo da su brojevi 1 2, ,..., nb b b ustvari koeficijenti kvocijenta polinoma

( )np x i polinoma 0x x .

Primjer 20. Odredimo kvocijent i ostatak kod dijeljenja polinoma 7 6 4 2( ) 3 4 1p x x x x x x polinomom ( ) 3q x x . Koliko iznosi

vrijednost (3)p ?

Imamo 0 03 3x x x x . Dakle:

1 –3 0 1 0 –4 1 –1 3 1 0 0 1 3 5 16 47

odnosno, 6 3 2( ) ( 3)( 3 5 16) 47p x x x x x x i (3) 47p .

Ako postupak dijeljenja linearnim faktorom 0x x ponavljamo, dobit ćemo:

0 1 02

0 0 2 1 0 0 2 1 0 0

20 0 3 2 1 0 0

3 20 3 2 0 1 0 0

1 20 1 0 2 0 1 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

. . . ( ) ( ) ... ( ) ( )

n n

n n

n

nn n

n n

p x x x q x rx x x x q x r r x x q x r x x r

x x x x q x r r x x r

x x q x r x x r x x rr x x r x x r x x r x x

0 .r

Vidimo da su 0 1 1, ,..., ,n nr r r r koeficijenti u razvoju polaznog polinoma po

potencijama od 0x x . Ako ovaj razvoj usporedimo s Taylorovim razvojem

oko točke 0x :

( )20 0 0

0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ,1! 2! !

nnn n n

n np x p x p xp x p x x x x x x x

n

imamo:

( )( )0

0 0 0( )( ), ( ) ! za 1,2,..., .!

kkn

n k n kp xr p x r p x r k k n

k

Postupak određivanja koeficijenata 0 1 1, ,..., ,n nr r r r uzastopnom primjenom osnovne Hornerove sheme nazivamo potpuna Hornerova shema. Pomoću

47

Georgeu Horneru (1786. – 1837.), iako je bio poznat još oko šest stoljeća ranije po kineskom matematičaru Qin Jiu-Shao. Hornerovu shemu možemo na praktičan način zapisati u tablici:

na 1na . . .

1a 0a

0x nb 1nb . . . 1b 0b

pri čemu je 1 0, , 1, 2,...,2,1,0n n i i ib a b b x a i n n . Na kraju je

0 0( )nb p x . Tako na primjer, vrijednost polinoma 3 2( ) 2 8 9 3p x x x x

u točki 0 5x dobivamo sljedećom shemom:

2 8 –9 3 –5 2 2 ( 5) 8 2 2 ( 5) 9 1 1 ( 5) 3 2

pa je ( 5) 2p .

Postavlja se pitanje koje je značenje preostalih brojeva 1 2, ,..., nb b b u

Hornerovoj shemi? Odgovor dobijemo ako zadani polinom ( )np x podijelimo

linearnim faktorom 0x x . Kvocijent je polinom 1( )nq x stupnja 1n , a

ostatak neka je 0r . Neka su 1 2 1 0, ,..., ,n nc c c c koeficijenti polinoma 1( )nq x . Imamo:

1 21 2 1 0 0 1 0

1 2 20 1 2 2 1 0 0

1 21 2 1 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0

( ) ... ( ) ( )

( )( ... )

( ) ... ( ) ( ) ( )

n nn n n n

n nn n

n nn n n

p x a x a x a x a x a x x q x rx x c x c x c x c x c r

c x c c x x c c x x c c x x r c x

odakle, izjednačavanjem koeficijenata uz istu potenciju i uspoređujući rezultate s Hornerovom shemom, dobivamo:

1

2 1 0 1 2 1 0 1 1

1 2 0 2 1 2 0 2 2

0 1 0 1 0 1 0 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

. . . . . .

.

n n n

n n n n n n n

c a bc c x a c c x a b

c c x a c c x a bc c x a c c x a br c x a r c x a b

Vidimo da su brojevi 1 2, ,..., nb b b ustvari koeficijenti kvocijenta polinoma

( )np x i polinoma 0x x .

Primjer 20. Odredimo kvocijent i ostatak kod dijeljenja polinoma 7 6 4 2( ) 3 4 1p x x x x x x polinomom ( ) 3q x x . Koliko iznosi

vrijednost (3)p ?

Imamo 0 03 3x x x x . Dakle:

1 –3 0 1 0 –4 1 –1 3 1 0 0 1 3 5 16 47

odnosno, 6 3 2( ) ( 3)( 3 5 16) 47p x x x x x x i (3) 47p .

Ako postupak dijeljenja linearnim faktorom 0x x ponavljamo, dobit ćemo:

0 1 02

0 0 2 1 0 0 2 1 0 0

20 0 3 2 1 0 0

3 20 3 2 0 1 0 0

1 20 1 0 2 0 1 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

. . . ( ) ( ) ... ( ) ( )

n n

n n

n

nn n

n n

p x x x q x rx x x x q x r r x x q x r x x r

x x x x q x r r x x r

x x q x r x x r x x rr x x r x x r x x r x x

0 .r

Vidimo da su 0 1 1, ,..., ,n nr r r r koeficijenti u razvoju polaznog polinoma po

potencijama od 0x x . Ako ovaj razvoj usporedimo s Taylorovim razvojem

oko točke 0x :

( )20 0 0

0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ,1! 2! !

nnn n n

n np x p x p xp x p x x x x x x x

n

imamo:

( )( )0

0 0 0( )( ), ( ) ! za 1,2,..., .!

kkn

n k n kp xr p x r p x r k k n

k

Postupak određivanja koeficijenata 0 1 1, ,..., ,n nr r r r uzastopnom primjenom osnovne Hornerove sheme nazivamo potpuna Hornerova shema. Pomoću

48

ovih koeficijenata možemo jednostavno odrediti i vrijednosti svih derivacija polaznog polinoma u zadanoj točki 0x .

Primjer 21. Odredimo vrijednost polinoma 4 2( ) 3 1p x x x i svih

njegovih derivacija u točki 0 2x te razvijmo zadani polinom po

potencijama od 0 2x x x .

Imamo:

1 0 –3 0 –1 –2 1 –2 1 –2 3 –2 1 –4 9 –20 –2 1 –6 21 –2 1 –8 –2 1

iz čega slijedi:

2 3 4

( 2) 3, ( 2) 20 1! 20, ( 2) 21 2! 42,( 2) 8 3! 48, ( 2) 1 4! 24,

( ) 3 20( 2) 21( 2) 8( 2) ( 2) .

IV

p p pp p

p x x x x x

Napomenimo da se računanje vrijednosti nekih polinoma specifične strukture može provesti i znatno jednostavnije. Tako na primjer, vrijednost polinoma

82 40 16( )p x x x x u točki 0x x možemo odrediti na sljedeći način:

2 4 8 160 0 0 0 0 0

40 820 0 0

, , , ,

, , ( ) ,

a x x x b a a x c b b x d c c xe d d c x g e e a x p x g e d

pri čemu smo koristili 8 množenja i 2 zbrajanja. Istaknimo ponovno da je računanje vrijednosti polinoma značajno i za ostale algebarske, kao i transcendentne funkcije koje se, pomoću Taylorovog razvoja u red potencija, aproksimiraju polinomima. Navodimo nekoliko primjera takvih razvoja:

2 3 4 5

2 3 4

3 5 7 9 11

3 5 7 9 11

1 ...,2! 3! 4! 5!

( 1) ( 1) ( 1)ln ( 1) ..., 0 2,2 3 4

sin ...,3! 5! 7! 9! 11!

arctan ..., 1, itd.3 5 7 9 11

x x x x xe x

x x xx x x

x x x x xx x

x x x x xx x x

Ovisno o broju točnih znamenaka koje želimo u rezultatu, ovi se redovi režu kod određenog člana odbacujući sve članove iza njega, čime se polazna funkcija aproksimira polinomom (vidjeti primjer 4.).

ZADACI (V)

1. Za polinome 4 3 2( ) 6 7 5 1P x x x x x i 2Q x x izračunajte

:P x Q x . Što predstavlja ostatak ovog dijeljenja?

2. Kolika je vrijednost polinoma 3 27.2 0.92 22.334 10.8075x x x u točki 0.55x ? Što zaključujemo?

3. Za polinom 6 5 3( ) 3 8 2 6P x x x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 2x (b) kvocijent i ostatak dijeljenja polinoma P x sa 2x

(c) razvoj polinoma P x po potencijama od 2x .

4. Za polinom 5 4( )P x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 1x (b) kvocijent i ostatak dijeljenja polinoma P x sa 1x i 2( 1)x

(c) razvoj polinoma P x po potencijama od 1x .

5. Za polinom 5 4 3 2( ) 13 66 162 189 81P x x x x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 3x (b) razvoj polinoma P x po potencijama od 3x

(c) sve njegove nul-točke.

49

ovih koeficijenata možemo jednostavno odrediti i vrijednosti svih derivacija polaznog polinoma u zadanoj točki 0x .

Primjer 21. Odredimo vrijednost polinoma 4 2( ) 3 1p x x x i svih

njegovih derivacija u točki 0 2x te razvijmo zadani polinom po

potencijama od 0 2x x x .

Imamo:

1 0 –3 0 –1 –2 1 –2 1 –2 3 –2 1 –4 9 –20 –2 1 –6 21 –2 1 –8 –2 1

iz čega slijedi:

2 3 4

( 2) 3, ( 2) 20 1! 20, ( 2) 21 2! 42,( 2) 8 3! 48, ( 2) 1 4! 24,

( ) 3 20( 2) 21( 2) 8( 2) ( 2) .

IV

p p pp p

p x x x x x

Napomenimo da se računanje vrijednosti nekih polinoma specifične strukture može provesti i znatno jednostavnije. Tako na primjer, vrijednost polinoma

82 40 16( )p x x x x u točki 0x x možemo odrediti na sljedeći način:

2 4 8 160 0 0 0 0 0

40 820 0 0

, , , ,

, , ( ) ,

a x x x b a a x c b b x d c c xe d d c x g e e a x p x g e d

pri čemu smo koristili 8 množenja i 2 zbrajanja. Istaknimo ponovno da je računanje vrijednosti polinoma značajno i za ostale algebarske, kao i transcendentne funkcije koje se, pomoću Taylorovog razvoja u red potencija, aproksimiraju polinomima. Navodimo nekoliko primjera takvih razvoja:

2 3 4 5

2 3 4

3 5 7 9 11

3 5 7 9 11

1 ...,2! 3! 4! 5!

( 1) ( 1) ( 1)ln ( 1) ..., 0 2,2 3 4

sin ...,3! 5! 7! 9! 11!

arctan ..., 1, itd.3 5 7 9 11

x x x x xe x

x x xx x x

x x x x xx x

x x x x xx x x

Ovisno o broju točnih znamenaka koje želimo u rezultatu, ovi se redovi režu kod određenog člana odbacujući sve članove iza njega, čime se polazna funkcija aproksimira polinomom (vidjeti primjer 4.).

ZADACI (V)

1. Za polinome 4 3 2( ) 6 7 5 1P x x x x x i 2Q x x izračunajte

:P x Q x . Što predstavlja ostatak ovog dijeljenja?

2. Kolika je vrijednost polinoma 3 27.2 0.92 22.334 10.8075x x x u točki 0.55x ? Što zaključujemo?

3. Za polinom 6 5 3( ) 3 8 2 6P x x x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 2x (b) kvocijent i ostatak dijeljenja polinoma P x sa 2x

(c) razvoj polinoma P x po potencijama od 2x .

4. Za polinom 5 4( )P x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 1x (b) kvocijent i ostatak dijeljenja polinoma P x sa 1x i 2( 1)x

(c) razvoj polinoma P x po potencijama od 1x .

5. Za polinom 5 4 3 2( ) 13 66 162 189 81P x x x x x x odredite: (a) vrijednost polinoma i svih njegovih derivacija u točki 3x (b) razvoj polinoma P x po potencijama od 3x

(c) sve njegove nul-točke.

50

APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA U današnje vrijeme svjedoci smo sve veće užurbanosti svakodnevnog životnog tempa. Život nam nameće sve više obveza, promjene su sve brže i češće tako da imamo stalni osjećaj manjka raspoloživog vremena. Izloženi smo i prisiljeni raspolagati sa sve većim brojem informacija i podataka iz različitih izvora. Postavlja se pitanje vjerodostojnosti i pouzdanosti podataka koje imamo na raspolaganju. U mnogim slučajevima trebamo biti svjesni da raspolažemo s približnim podacima, dakle, s aproksimacijama točnih podataka. To se odnosi na sve vrste podataka pa tako i na one dobivene iz primarnih izvora neposrednim mjerenjem i opažanjem, još više na one koji su dobiveni iz sekundarnih izvora kao što su knjige, publikacije, mediji, internet, a pogotovo na podatke dobivene različitim metodama procjene, izračuna ili prognoze (npr. kretanje promatrane pojave u budućnosti). U takvim situacijama važno je znati u kojoj mjeri je aproksimacija dobra zamjena za pravu (originalnu ili točnu) veličinu.

OSNOVNI POJMOVI

Sukladno prethodnom razmatranju matematički definiramo opći problem aproksimacije.

Problem aproksimacije. Neka je :f D K realna funkcija jedne varijable

(što znači da je ,D K R ). Ovu funkciju želimo zamijeniti funkcijom : D K tako da bude f . Pri tome se naziva aproksimacijska

funkcija funkcije f .

Sličan problem može se postaviti i za funkcije više varijabli. U praksi se problem aproksimacije pojavljuje iz sljedeća dva razloga:

1. Analitički oblik (formula) funkcije f je vrlo kompliciran pa je računanje njenih vrijednosti složeno ili numerički nestabilno. U tom slučaju biramo one informacije (svojstva) funkcije temeljem kojih ćemo, u skladu s postavljenim kriterijima, formirati aproksimacijsku funkciju. Također, ovdje postoji mogućnost ocjene greške (odstupanja) dobivene aproksimacije od prave vrijednosti funkcije f .

2. Analitički ili grafički oblik funkcije f nije poznat, poznate su samo njene vrijednosti na nekom skupu točaka. Aproksimacijska funkcija određuje se temeljem raspoloživih vrijednosti uz postavljene kriterije na očekivani oblik ili ponašanje funkcije . Ovdje ne postoji

mogućnost ocjene greške bez dodatnih informacija o funkciji f .

U praksi se najčešće pojavljuje slučaj 2, ponajprije kod mjerenja raznih veličina koje promatramo (potražnja neke robe – količina prodane robe, visina cijena, količina proizvodnje, prihod, dobit, resursi, temperatura, količina oborina itd.). Da bi riješili postavljeni problem aproksimacije trebamo odabrati oblik (tip) aproksimacijske funkcije . Pod time podrazumijevamo njenu strukturu i formu – na koji način i pomoću kojih računskih operacija i baznih funkcija ćemo formirati njezin analitički izraz (formulu). Na odabir oblika funkcije utječe:

priroda problema i promatrane pojave (treba li funkcija biti rastuća, padajuća, periodična i sl.)

potreba za relativno jednostavnim računanjem vrijednosti funkcije

točnije definiran uvjet aproksimacije f .

Razlikujemo dva osnovna oblika, linearne i nelinearne aproksimacijske funkcije. Linearne aproksimacijske funkcije imaju opći oblik:

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ),n nx a x a x a x

gdje su 0 1, ,..., n poznate (bazne) funkcije dok su 0 1, ,..., na a a parametri koje treba odrediti. Primijetimo da se linearnost odnosi na ovisnost funkcije

( )x o parametrima 0 1, ,..., na a a , a ne na analitički oblik funkcije . Od ovih funkcija u praksi se najviše koriste sljedeći oblici:

Algebarski polinomi 20 1 2( ) ... n

nx a a x a x a x , koji osim ovog

zapisa u standardnoj bazi 21, , ,..., nx x x mogu biti zapisani i u bilo

kojoj drugoj, često prikladnijoj bazi. Po dijelovima polinomi koje još nazivamo splajn funkcije (savitljive

ili prilagodljive funkcije, engl. spline = dugačka savitljiva šipka). One se na pojedinim podintervalima polaznog skupa (domene) svode na polinome nižeg stupnja (1, 2, 3 ili 5), koji se u zajedničkim točkama

51

APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA U današnje vrijeme svjedoci smo sve veće užurbanosti svakodnevnog životnog tempa. Život nam nameće sve više obveza, promjene su sve brže i češće tako da imamo stalni osjećaj manjka raspoloživog vremena. Izloženi smo i prisiljeni raspolagati sa sve većim brojem informacija i podataka iz različitih izvora. Postavlja se pitanje vjerodostojnosti i pouzdanosti podataka koje imamo na raspolaganju. U mnogim slučajevima trebamo biti svjesni da raspolažemo s približnim podacima, dakle, s aproksimacijama točnih podataka. To se odnosi na sve vrste podataka pa tako i na one dobivene iz primarnih izvora neposrednim mjerenjem i opažanjem, još više na one koji su dobiveni iz sekundarnih izvora kao što su knjige, publikacije, mediji, internet, a pogotovo na podatke dobivene različitim metodama procjene, izračuna ili prognoze (npr. kretanje promatrane pojave u budućnosti). U takvim situacijama važno je znati u kojoj mjeri je aproksimacija dobra zamjena za pravu (originalnu ili točnu) veličinu.

OSNOVNI POJMOVI

Sukladno prethodnom razmatranju matematički definiramo opći problem aproksimacije.

Problem aproksimacije. Neka je :f D K realna funkcija jedne varijable

(što znači da je ,D K R ). Ovu funkciju želimo zamijeniti funkcijom : D K tako da bude f . Pri tome se naziva aproksimacijska

funkcija funkcije f .

Sličan problem može se postaviti i za funkcije više varijabli. U praksi se problem aproksimacije pojavljuje iz sljedeća dva razloga:

1. Analitički oblik (formula) funkcije f je vrlo kompliciran pa je računanje njenih vrijednosti složeno ili numerički nestabilno. U tom slučaju biramo one informacije (svojstva) funkcije temeljem kojih ćemo, u skladu s postavljenim kriterijima, formirati aproksimacijsku funkciju. Također, ovdje postoji mogućnost ocjene greške (odstupanja) dobivene aproksimacije od prave vrijednosti funkcije f .

2. Analitički ili grafički oblik funkcije f nije poznat, poznate su samo njene vrijednosti na nekom skupu točaka. Aproksimacijska funkcija određuje se temeljem raspoloživih vrijednosti uz postavljene kriterije na očekivani oblik ili ponašanje funkcije . Ovdje ne postoji

mogućnost ocjene greške bez dodatnih informacija o funkciji f .

U praksi se najčešće pojavljuje slučaj 2, ponajprije kod mjerenja raznih veličina koje promatramo (potražnja neke robe – količina prodane robe, visina cijena, količina proizvodnje, prihod, dobit, resursi, temperatura, količina oborina itd.). Da bi riješili postavljeni problem aproksimacije trebamo odabrati oblik (tip) aproksimacijske funkcije . Pod time podrazumijevamo njenu strukturu i formu – na koji način i pomoću kojih računskih operacija i baznih funkcija ćemo formirati njezin analitički izraz (formulu). Na odabir oblika funkcije utječe:

priroda problema i promatrane pojave (treba li funkcija biti rastuća, padajuća, periodična i sl.)

potreba za relativno jednostavnim računanjem vrijednosti funkcije

točnije definiran uvjet aproksimacije f .

Razlikujemo dva osnovna oblika, linearne i nelinearne aproksimacijske funkcije. Linearne aproksimacijske funkcije imaju opći oblik:

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ),n nx a x a x a x

gdje su 0 1, ,..., n poznate (bazne) funkcije dok su 0 1, ,..., na a a parametri koje treba odrediti. Primijetimo da se linearnost odnosi na ovisnost funkcije

( )x o parametrima 0 1, ,..., na a a , a ne na analitički oblik funkcije . Od ovih funkcija u praksi se najviše koriste sljedeći oblici:

Algebarski polinomi 20 1 2( ) ... n

nx a a x a x a x , koji osim ovog

zapisa u standardnoj bazi 21, , ,..., nx x x mogu biti zapisani i u bilo

kojoj drugoj, često prikladnijoj bazi. Po dijelovima polinomi koje još nazivamo splajn funkcije (savitljive

ili prilagodljive funkcije, engl. spline = dugačka savitljiva šipka). One se na pojedinim podintervalima polaznog skupa (domene) svode na polinome nižeg stupnja (1, 2, 3 ili 5), koji se u zajedničkim točkama

52

spajaju (imamo uvjete lijepljenja). Često se koriste zbog dobrih svojstava u odnosu na zahtjeve aproksimacije.

Trigonometrijski polinomi pogodni za aproksimaciju periodičnih funkcija u fizici, elektrotehnici, astronomiji i sl.

Nelinearne aproksimacijske funkcije ne mogu se izraziti univerzalnim općim oblikom. U praktičnoj upotrebi su sljedeći oblici:

Eksponencijalne aproksimacije, 0 10 1( ) ... ,nb x b xb x

nx a e a e a e koje dobro opisuju prirodne pojave rasta i odumiranja živih jedinki ili populacija (biologija, medicina, ekonomija).

Racionalne aproksimacijske funkcije,

20 1 2

20 1 2

...( ) ,...

nn

mm

a a x a x a xxb b x b x b x

koje dobro opisuju pojave sa stabilnim asimptotskim ponašanjem (npr. za x ). Relativno su nove u upotrebi.

Ostale aproksimacijske funkcije za specifične probleme.

Za zadanu funkciju f i njoj pridruženu aproksimacijsku funkciju definiramo funkciju greške:

: , ( ) ( ) ( ).e D R e x x f x

Temeljem osnovnog uvjeta aproksimacije f , jedan od važnih kriterija kod izbora funkcije je minimizacija funkcije greške ( ( ) mine x ) u nekom smislu. U tu svrhu obično se koristi neka norma u odabranom vektorskom prostoru funkcija s domenom D. Uobičajene norme su norme , 1p p ,

koje su za diskretni slučaj, 0 1 2, , ,..., nD x x x x , definirane sa:

1/

0( ) ( ) min ,

pnp

k kpk

e x f x

a za kontinuirani slučaj, ,D a b :

1/

( ) ( ) min.pb

p

pa

e x f x dx

Od njih se najčešće koriste norma 2 (srednjekvadratna aproksimacija) i norma (minimax aproksimacija)):

1/22

2 0,1,...,0( ) ( ) min, max ( ) ( ) min,

n

k k k kk nke x f x e x f x

za diskretan slučaj te:

1/22

2 ,( ) ( ) min, max ( ) ( ) min,

b

x a ba

e x f x dx e x f x

za kontinuirani slučaj. Iz svega navedenog proizlaze sljedeći osnovni zadaci (problemi) o kojima treba u postupku aproksimacije voditi računa:

Pitanje egzistencije i jedinstvenosti rješenja problema aproksimacije (nalaženja funkcije ).

Pitanje kvalitete dobivene aproksimacije (ponašanje funkcije greške). Konstrukcija algoritma (postupka) za određivanje funkcije . Pitanje efikasnosti, točnosti i konvergencije konstruiranog algoritma.

Osnovni je cilj osigurati jedinstvenost aproksimacijske funkcije koja producira minimalnu grešku i koja se dobije što jednostavnijim i točnijim algoritmom. U nastavku ćemo upoznati postupke aproksimacije koji se najčešće primjenjuju.

INTERPOLACIJA

Interpolacija je vrsta aproksimacije kod koje zahtijevamo da se funkcija f i njena aproksimacijska funkcija podudaraju na nekom konačnom skupu točaka (čvorovima interpolacije). Može se zahtijevati i podudaranje nekih njihovih derivacija. Takvu aproksimacijsku funkciju nazivamo i interpolacijska funkcija. Dakle, za zadani skup 0 1 2, , ,..., nX x x x x D

zahtijevamo:

( ) ( ), 0,1,2,...,k kx f x k n ,

53

spajaju (imamo uvjete lijepljenja). Često se koriste zbog dobrih svojstava u odnosu na zahtjeve aproksimacije.

Trigonometrijski polinomi pogodni za aproksimaciju periodičnih funkcija u fizici, elektrotehnici, astronomiji i sl.

Nelinearne aproksimacijske funkcije ne mogu se izraziti univerzalnim općim oblikom. U praktičnoj upotrebi su sljedeći oblici:

Eksponencijalne aproksimacije, 0 10 1( ) ... ,nb x b xb x

nx a e a e a e koje dobro opisuju prirodne pojave rasta i odumiranja živih jedinki ili populacija (biologija, medicina, ekonomija).

Racionalne aproksimacijske funkcije,

20 1 2

20 1 2

...( ) ,...

nn

mm

a a x a x a xxb b x b x b x

koje dobro opisuju pojave sa stabilnim asimptotskim ponašanjem (npr. za x ). Relativno su nove u upotrebi.

Ostale aproksimacijske funkcije za specifične probleme.

Za zadanu funkciju f i njoj pridruženu aproksimacijsku funkciju definiramo funkciju greške:

: , ( ) ( ) ( ).e D R e x x f x

Temeljem osnovnog uvjeta aproksimacije f , jedan od važnih kriterija kod izbora funkcije je minimizacija funkcije greške ( ( ) mine x ) u nekom smislu. U tu svrhu obično se koristi neka norma u odabranom vektorskom prostoru funkcija s domenom D. Uobičajene norme su norme , 1p p ,

koje su za diskretni slučaj, 0 1 2, , ,..., nD x x x x , definirane sa:

1/

0( ) ( ) min ,

pnp

k kpk

e x f x

a za kontinuirani slučaj, ,D a b :

1/

( ) ( ) min.pb

p

pa

e x f x dx

Od njih se najčešće koriste norma 2 (srednjekvadratna aproksimacija) i norma (minimax aproksimacija)):

1/22

2 0,1,...,0( ) ( ) min, max ( ) ( ) min,

n

k k k kk nke x f x e x f x

za diskretan slučaj te:

1/22

2 ,( ) ( ) min, max ( ) ( ) min,

b

x a ba

e x f x dx e x f x

za kontinuirani slučaj. Iz svega navedenog proizlaze sljedeći osnovni zadaci (problemi) o kojima treba u postupku aproksimacije voditi računa:

Pitanje egzistencije i jedinstvenosti rješenja problema aproksimacije (nalaženja funkcije ).

Pitanje kvalitete dobivene aproksimacije (ponašanje funkcije greške). Konstrukcija algoritma (postupka) za određivanje funkcije . Pitanje efikasnosti, točnosti i konvergencije konstruiranog algoritma.

Osnovni je cilj osigurati jedinstvenost aproksimacijske funkcije koja producira minimalnu grešku i koja se dobije što jednostavnijim i točnijim algoritmom. U nastavku ćemo upoznati postupke aproksimacije koji se najčešće primjenjuju.

INTERPOLACIJA

Interpolacija je vrsta aproksimacije kod koje zahtijevamo da se funkcija f i njena aproksimacijska funkcija podudaraju na nekom konačnom skupu točaka (čvorovima interpolacije). Može se zahtijevati i podudaranje nekih njihovih derivacija. Takvu aproksimacijsku funkciju nazivamo i interpolacijska funkcija. Dakle, za zadani skup 0 1 2, , ,..., nX x x x x D

zahtijevamo:

( ) ( ), 0,1,2,...,k kx f x k n ,

54

a što je osnovni uvjet interpolacije. Primijetimo da je posljedica tog uvjeta 0

pe na skupu X. Dakle, interpolacija je samo specijalni slučaj

aproksimacije u kojem zahtijevamo navedeno podudaranje vrijednosti u odabranim točkama.

INTERPOLACIJA POLINOMIMA

Najjednostavniji oblik interpolacijske (aproksimacijske) funkcije su polinomi. U prethodnim poglavljima već smo vidjeli važnost i široku primjenu polinoma u praksi. Pretpostavimo da nam je funkcija f poznata na konačnom diskretnom skupu točaka. Dakle, imamo zadan niz međusobno različitih točaka:

( , ), ( ), 0,1,2,..., .k k k kx f f f x k n

Pri tome je 1n broj točaka, a svaka je točka definirana s dva podatka, kx i

kf . Želimo pronaći polinom čiji bi graf prolazio kroz sve zadane točke. Odmah se nameće pitanje, postoji li takav polinom i ako postoji je li jedinstven? Odgovor daje sljedeći teorem:

Teorem 1. (osnovni teorem interpolacije) Za zadane točke

( , ), 0,1,2,..., , gdje je za ,k k i jx f k n x x i j

postoji jedinstveni interpolacijski polinom stupnja najviše n,

20 1 2( ) ( ) ,n

n nx p x a a x a x a x (9)

za koji vrijedi ( ) , 0,1,2...,n k kp x f k n .

Drugim riječima, kroz 1n točku u ravnini prolazi graf jedinstvenog polinoma stupnja najviše n. Navodimo dokaz teorema.

Dokaz. Uvrštavanjem točaka 0 1, ,..., nx x x u polinom ( )np x dobivamo linearni

sustav od 1n jednadžbe s 1n nepoznanicom 0 1, ,..., na a a ,

20 0 1 0 2 0 0 0

21 0 1 1 2 1 1 1

20 1 2

( )

( ). . .

( ) .

nn n

nn n

nn n n n n n n

p x a a x a x a x fp x a a x a x a x f

p x a a x a x a x f

(10)

Ovaj sustav će imati jedinstveno rješenje ako je matrica sustava regularna, tj. njena determinanta je različita od nule. Determinanta ovog sustava poznata je pod nazivom Vandermondeova determinanta:

20 0 0

21 1 1

0

2

1 ...

1 ...( ) .

. . .1 ...

n

n

n i jj i n

nn n n

x x xx x x

V x x

x x x

Tako je:

20 0

0 21 1 0 2 1 1 1 0 2 0 2 1

1 22 2

11

, 1 ( )( )( ), . . .1

1

x xx

V x x V x x x x x x x xx

x x

Kako su točke međusobno različite ( zai jx x i j ), slijedi 0nV pa sustav

ima jedinstveno rješenje, čime je teorem dokazan.

Teorem 1 rješava pitanje egzistencije i jedinstvenosti traženog interpolacijskog polinoma koji prolazi zadanim točkama pa je norma funkcije greške na tom skupu točaka jednaka nuli. Funkcija greške može se ocijeniti i u ostalim točkama uz sljedeće pretpostavke:

Ako su , , 0,1,...,kx k n međusobno različiti čvorovi interpolacije te

ako funkcija f ima neprekidnu ( 1).n derivaciju na , , tada za svaki

,x postoji , takav da vrijedi:

( 1)1

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 1)! ( 1)!

nn n

xxe x p x f x f e x Mn n

(11)

55

a što je osnovni uvjet interpolacije. Primijetimo da je posljedica tog uvjeta 0

pe na skupu X. Dakle, interpolacija je samo specijalni slučaj

aproksimacije u kojem zahtijevamo navedeno podudaranje vrijednosti u odabranim točkama.

INTERPOLACIJA POLINOMIMA

Najjednostavniji oblik interpolacijske (aproksimacijske) funkcije su polinomi. U prethodnim poglavljima već smo vidjeli važnost i široku primjenu polinoma u praksi. Pretpostavimo da nam je funkcija f poznata na konačnom diskretnom skupu točaka. Dakle, imamo zadan niz međusobno različitih točaka:

( , ), ( ), 0,1,2,..., .k k k kx f f f x k n

Pri tome je 1n broj točaka, a svaka je točka definirana s dva podatka, kx i

kf . Želimo pronaći polinom čiji bi graf prolazio kroz sve zadane točke. Odmah se nameće pitanje, postoji li takav polinom i ako postoji je li jedinstven? Odgovor daje sljedeći teorem:

Teorem 1. (osnovni teorem interpolacije) Za zadane točke

( , ), 0,1,2,..., , gdje je za ,k k i jx f k n x x i j

postoji jedinstveni interpolacijski polinom stupnja najviše n,

20 1 2( ) ( ) ,n

n nx p x a a x a x a x (9)

za koji vrijedi ( ) , 0,1,2...,n k kp x f k n .

Drugim riječima, kroz 1n točku u ravnini prolazi graf jedinstvenog polinoma stupnja najviše n. Navodimo dokaz teorema.

Dokaz. Uvrštavanjem točaka 0 1, ,..., nx x x u polinom ( )np x dobivamo linearni

sustav od 1n jednadžbe s 1n nepoznanicom 0 1, ,..., na a a ,

20 0 1 0 2 0 0 0

21 0 1 1 2 1 1 1

20 1 2

( )

( ). . .

( ) .

nn n

nn n

nn n n n n n n

p x a a x a x a x fp x a a x a x a x f

p x a a x a x a x f

(10)

Ovaj sustav će imati jedinstveno rješenje ako je matrica sustava regularna, tj. njena determinanta je različita od nule. Determinanta ovog sustava poznata je pod nazivom Vandermondeova determinanta:

20 0 0

21 1 1

0

2

1 ...

1 ...( ) .

. . .1 ...

n

n

n i jj i n

nn n n

x x xx x x

V x x

x x x

Tako je:

20 0

0 21 1 0 2 1 1 1 0 2 0 2 1

1 22 2

11

, 1 ( )( )( ), . . .1

1

x xx

V x x V x x x x x x x xx

x x

Kako su točke međusobno različite ( zai jx x i j ), slijedi 0nV pa sustav

ima jedinstveno rješenje, čime je teorem dokazan.

Teorem 1 rješava pitanje egzistencije i jedinstvenosti traženog interpolacijskog polinoma koji prolazi zadanim točkama pa je norma funkcije greške na tom skupu točaka jednaka nuli. Funkcija greške može se ocijeniti i u ostalim točkama uz sljedeće pretpostavke:

Ako su , , 0,1,...,kx k n međusobno različiti čvorovi interpolacije te

ako funkcija f ima neprekidnu ( 1).n derivaciju na , , tada za svaki

,x postoji , takav da vrijedi:

( 1)1

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( 1)! ( 1)!

nn n

xxe x p x f x f e x Mn n

(11)

56

pri čemu je 0 1( ) ( )( ) ( )nx x x x x x x i

( 1)1 ,

max ( )nn t

M f t

.

Vidimo da ova ocjena podrazumijeva detaljno poznavanje ( 1).n derivacije

funkcije f , što je u praksi rijedak slučaj.

Kad je polinom poznat, vrijednosti u točkama između pojedinih čvorova interpolacije (interpolirane vrijednosti) kao i one izvan njih (ekstrapolirane vrijednosti) jednostavno računamo Hornerovom shemom (vidjeti prethodno poglavlje). Ostaje pitanje određivanja samog polinoma (9), dakle konstrukcija algoritma kojim ćemo izračunati koeficijente 0 1, ,..., na a a . Da bi ih izračunali potrebno je riješiti sustav (10) nekom prikladnom metodom (npr. Gauss-Jordanovom metodom). Pogledajmo sljedeći primjer:

Primjer 22. Poznata je sljedeća ovisnost potražnje ( )q p jedne robe

o njezinoj cijeni p: (100) 1000, (110) 810 i (120) 640q q q . Aproksimirajmo funkciju potražnje odgovarajućim interpolacijskim polinomom.

Uz oznake kao u teoremu 1, imamo tri točke ( 1 3n ):

0 0 1 1 2 2( , ) (100, 1000), ( , ) (110, 810), ( , ) (120, 640),x f x f x f

pa će stupanj interpolacijskog polinoma biti najviše 2n . Imamo dakle, 2

2 0 1 2( )p x a a x a x pa linearni sustav (10) sada glasi:

2 0 0 1 2

2 1 0 1 2

2 2 0 1 2

( ) 100 10000 1000( ) 110 12100 810( ) 120 14400 640 .

p x a a ap x a a ap x a a a

Rješenje sustava je 0 1 24000, 40, 0.1a a a . Time smo dobili traženu

aproksimaciju funkcije potražnje, 2( ) 4000 40 0.1q p p p . Ako je potrebno, sada možemo procijeniti vrijednost potražnje za bilo koju razinu cijene, npr. (106) 883.6, (115) 722.5, (124) 577.6q q q itd.

Navedeni postupak zahtijeva rješavanje kvadratnog linearnog sustava (Cramerov sustav) reda 1n , što za veliki n može biti složeno pa i

numerički nestabilno. Osim toga, ako naknadno dodamo jedan ili više novih čvorova interpolacije, treba ponoviti cjelokupni postupak rješavanja novog sustava. Da bi otklonili ove nedostatke, umjesto standardne baze

21, , ,..., nx x x za zapis polinoma, koristit ćemo druge, prikladnije baze.

Naime, zapis polinoma ovisi o izboru baze, na primjer:

2 2

2 2

2 2

( ) 15 7 ... baza 1, ,

5 3( 2) ( 2) ... baza 1, 2, ( 2)

23 7( 1) ( 1)( 1) ... baza 1, 1, ( 1)( 1)

8 6( 1) ( 1) ... baza 1, 1, 1

itd.

p x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

Na taj način možemo birati zapis koji je u konkretnoj situaciji najprikladniji.

LAGRANGEOV OBLIK INTERPOLACIJSKOG POLINOMA

Prikladnim izborom baze interpolacijski polinom možemo napisati izravno iz zadanih točaka, bez kompliciranog rješavanja sustava. U tu svrhu, za zadane točke kao u teoremu 1, definiramo 0 1( ) ( )( ) ( )nx x x x x x x . Za

zapis polinoma izabiremo tzv. Lagrangeovu bazu, ( ), 0,1,2,..., ,k x k n

gdje je:

0 1 1( )( ) ( ) ( )( ) ( ), 0,1,2,.., .k k k n

k

xx x x x x x x x x k nx x

Pripadni oblik interpolacijskog polinoma je Lagrangeov interpolacijski polinom:

0 1 20 1 2

0 0 1 1 2 2

( ) ( )( ) ( )( ) ,( ) ( ) ( ) ( )

nn n

n n

x xx xp x f f f fx x x x

Kako je ( ) 0 zak lx l k slijedi ( )n k kp x f pa je osnovni uvjet interpolacije ispunjen, što znači da je dobiveni polinom jedinstveni interpolacijski polinom jer to jamči teorem 1. Nadalje, kako je

57

pri čemu je 0 1( ) ( )( ) ( )nx x x x x x x i

( 1)1 ,

max ( )nn t

M f t

.

Vidimo da ova ocjena podrazumijeva detaljno poznavanje ( 1).n derivacije

funkcije f , što je u praksi rijedak slučaj.

Kad je polinom poznat, vrijednosti u točkama između pojedinih čvorova interpolacije (interpolirane vrijednosti) kao i one izvan njih (ekstrapolirane vrijednosti) jednostavno računamo Hornerovom shemom (vidjeti prethodno poglavlje). Ostaje pitanje određivanja samog polinoma (9), dakle konstrukcija algoritma kojim ćemo izračunati koeficijente 0 1, ,..., na a a . Da bi ih izračunali potrebno je riješiti sustav (10) nekom prikladnom metodom (npr. Gauss-Jordanovom metodom). Pogledajmo sljedeći primjer:

Primjer 22. Poznata je sljedeća ovisnost potražnje ( )q p jedne robe

o njezinoj cijeni p: (100) 1000, (110) 810 i (120) 640q q q . Aproksimirajmo funkciju potražnje odgovarajućim interpolacijskim polinomom.

Uz oznake kao u teoremu 1, imamo tri točke ( 1 3n ):

0 0 1 1 2 2( , ) (100, 1000), ( , ) (110, 810), ( , ) (120, 640),x f x f x f

pa će stupanj interpolacijskog polinoma biti najviše 2n . Imamo dakle, 2

2 0 1 2( )p x a a x a x pa linearni sustav (10) sada glasi:

2 0 0 1 2

2 1 0 1 2

2 2 0 1 2

( ) 100 10000 1000( ) 110 12100 810( ) 120 14400 640 .

p x a a ap x a a ap x a a a

Rješenje sustava je 0 1 24000, 40, 0.1a a a . Time smo dobili traženu

aproksimaciju funkcije potražnje, 2( ) 4000 40 0.1q p p p . Ako je potrebno, sada možemo procijeniti vrijednost potražnje za bilo koju razinu cijene, npr. (106) 883.6, (115) 722.5, (124) 577.6q q q itd.

Navedeni postupak zahtijeva rješavanje kvadratnog linearnog sustava (Cramerov sustav) reda 1n , što za veliki n može biti složeno pa i

numerički nestabilno. Osim toga, ako naknadno dodamo jedan ili više novih čvorova interpolacije, treba ponoviti cjelokupni postupak rješavanja novog sustava. Da bi otklonili ove nedostatke, umjesto standardne baze

21, , ,..., nx x x za zapis polinoma, koristit ćemo druge, prikladnije baze.

Naime, zapis polinoma ovisi o izboru baze, na primjer:

2 2

2 2

2 2

( ) 15 7 ... baza 1, ,

5 3( 2) ( 2) ... baza 1, 2, ( 2)

23 7( 1) ( 1)( 1) ... baza 1, 1, ( 1)( 1)

8 6( 1) ( 1) ... baza 1, 1, 1

itd.

p x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

Na taj način možemo birati zapis koji je u konkretnoj situaciji najprikladniji.

LAGRANGEOV OBLIK INTERPOLACIJSKOG POLINOMA

Prikladnim izborom baze interpolacijski polinom možemo napisati izravno iz zadanih točaka, bez kompliciranog rješavanja sustava. U tu svrhu, za zadane točke kao u teoremu 1, definiramo 0 1( ) ( )( ) ( )nx x x x x x x . Za

zapis polinoma izabiremo tzv. Lagrangeovu bazu, ( ), 0,1,2,..., ,k x k n

gdje je:

0 1 1( )( ) ( ) ( )( ) ( ), 0,1,2,.., .k k k n

k

xx x x x x x x x x k nx x

Pripadni oblik interpolacijskog polinoma je Lagrangeov interpolacijski polinom:

0 1 20 1 2

0 0 1 1 2 2

( ) ( )( ) ( )( ) ,( ) ( ) ( ) ( )

nn n

n n

x xx xp x f f f fx x x x

Kako je ( ) 0 zak lx l k slijedi ( )n k kp x f pa je osnovni uvjet interpolacije ispunjen, što znači da je dobiveni polinom jedinstveni interpolacijski polinom jer to jamči teorem 1. Nadalje, kako je

58

( ) ( ) / ( )k kx x x x i također ( ) ( )k k kx x , polinom možemo zapisati i na sljedeće načine:

0 0( ) ( ) ( ) .

( ) ( ) ( ) ( )

n nk k

nk kk k k k k

f fp x x xx x x x x x

Primijenimo sada Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma na primjer 22., imamo ( ) ( 100)( 110)( 120)x x x x pa je:

2( 110)( 120) ( 100)( 120)( ) 1000 810

(100 110)(100 120) (110 100)(110 120)( 100)( 110) 640 ,

(120 100)(120 110)

x x x xp x

x x

iz čega dobivamo funkciju potražnje (zamijenimo x s p):

( ) 5( 110)( 120) 8.1( 100)( 120) 3.2( 100)( 110).q p p p p p p p

Naglasimo ponovno da bi sređivanjem ovog izraza dobili rezultat od ranije, 2( ) 4000 40 0.1q p p p , ali to sređivanje nije potrebno. Naime, prema

teoremu 1, polinom je jedinstven, ali može imati različite zapise ovisno o izabranoj bazi u kojoj ga zapisujemo.

Vidimo da ovdje ne treba rješavati sustav za određivanje koeficijenata, već se oni dobiju izravno pomoću čvorova interpolacije. Time je jedan nedostatak uklonjen, a drugi ostaje: dodavanjem novih točaka cjelokupni postupak treba ponoviti. U nastavku ćemo vidjeti kako se otklanja i ovaj nedostatak.

NEWTONOV OBLIK INTERPOLACIJSKOG POLINOMA

Neka je 1( )np x interpolacijski polinom kroz točke ( , ), 0,1,..., 1k kx f k n .

Dodavanjem točke ( , )n nx f dobijemo polinom ( )np x koji možemo zapisati u

obliku 1( ) ( ) ( )n n np x p x c x gdje je ( )nc x korekcija (polinom stupnja n) zbog dodane točke. Kako je:

1 1( ) ( ) ( ) ( ), 0,1,..., 1,n k n k n k n kp x p x p x c x k n

slijedi ( ) 0, 0,1,..., 1n kc x k n . To znači da su , 0,1,..., 1kx k n nul-

točke polinoma ( )nc x pa je:

0 1 1( ) ( )( ) ( ).n n nc x a x x x x x x

Koeficijent na određujemo iz uvjeta da polinom ( )np x prolazi točkom

( , )n nx f , tj. da je ( )n n np x f .

Pogledajmo sada kako se redom određuju koeficijenti 0 1, ,..., na a a . Pođimo od

prve točke 0 0( , )x f . Pripadni polinom je konstanta (polinom nultog stupnja)

0 0( )p x a , gdje iz uvjeta 0 0 0( )p x f slijedi 0 0a f . Dodajmo drugu točku

1 1( , )x f . Pripadni polinom je prvog stupnja:

1 0 1 0 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ).p x p x c x a a x x f a x x

Iz uvjeta 1 1 1( )p x f slijedi 0 1 1 0 1( )f a x x f , iz čega dobivamo:

1 01

1 0

.f fax x

Dobiveni izraz nazivamo prva podijeljena razlika i označavamo s 0 1,f x x .

Dodamo li dalje treću točku 2 2( , )x f , imamo polinom drugog stupnja:

2 1 2 0 1 0 2 0 1

1 00 0 2 0 1

1 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ).

p x p x c x a a x x a x x x xf ff x x a x x x xx x

Iz uvjeta 2 2 2( )p x f slijedi 1 00 2 0 2 2 0 2 1 2

1 0

( ) ( )( )f ff x x a x x x x fx x

pa

se sređivanjem izraza dobije:

1 02 1

2 1 1 02

2 0

.

f ff fx x x xa

x x

59

( ) ( ) / ( )k kx x x x i također ( ) ( )k k kx x , polinom možemo zapisati i na sljedeće načine:

0 0( ) ( ) ( ) .

( ) ( ) ( ) ( )

n nk k

nk kk k k k k

f fp x x xx x x x x x

Primijenimo sada Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma na primjer 22., imamo ( ) ( 100)( 110)( 120)x x x x pa je:

2( 110)( 120) ( 100)( 120)( ) 1000 810

(100 110)(100 120) (110 100)(110 120)( 100)( 110) 640 ,

(120 100)(120 110)

x x x xp x

x x

iz čega dobivamo funkciju potražnje (zamijenimo x s p):

( ) 5( 110)( 120) 8.1( 100)( 120) 3.2( 100)( 110).q p p p p p p p

Naglasimo ponovno da bi sređivanjem ovog izraza dobili rezultat od ranije, 2( ) 4000 40 0.1q p p p , ali to sređivanje nije potrebno. Naime, prema

teoremu 1, polinom je jedinstven, ali može imati različite zapise ovisno o izabranoj bazi u kojoj ga zapisujemo.

Vidimo da ovdje ne treba rješavati sustav za određivanje koeficijenata, već se oni dobiju izravno pomoću čvorova interpolacije. Time je jedan nedostatak uklonjen, a drugi ostaje: dodavanjem novih točaka cjelokupni postupak treba ponoviti. U nastavku ćemo vidjeti kako se otklanja i ovaj nedostatak.

NEWTONOV OBLIK INTERPOLACIJSKOG POLINOMA

Neka je 1( )np x interpolacijski polinom kroz točke ( , ), 0,1,..., 1k kx f k n .

Dodavanjem točke ( , )n nx f dobijemo polinom ( )np x koji možemo zapisati u

obliku 1( ) ( ) ( )n n np x p x c x gdje je ( )nc x korekcija (polinom stupnja n) zbog dodane točke. Kako je:

1 1( ) ( ) ( ) ( ), 0,1,..., 1,n k n k n k n kp x p x p x c x k n

slijedi ( ) 0, 0,1,..., 1n kc x k n . To znači da su , 0,1,..., 1kx k n nul-

točke polinoma ( )nc x pa je:

0 1 1( ) ( )( ) ( ).n n nc x a x x x x x x

Koeficijent na određujemo iz uvjeta da polinom ( )np x prolazi točkom

( , )n nx f , tj. da je ( )n n np x f .

Pogledajmo sada kako se redom određuju koeficijenti 0 1, ,..., na a a . Pođimo od

prve točke 0 0( , )x f . Pripadni polinom je konstanta (polinom nultog stupnja)

0 0( )p x a , gdje iz uvjeta 0 0 0( )p x f slijedi 0 0a f . Dodajmo drugu točku

1 1( , )x f . Pripadni polinom je prvog stupnja:

1 0 1 0 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ).p x p x c x a a x x f a x x

Iz uvjeta 1 1 1( )p x f slijedi 0 1 1 0 1( )f a x x f , iz čega dobivamo:

1 01

1 0

.f fax x

Dobiveni izraz nazivamo prva podijeljena razlika i označavamo s 0 1,f x x .

Dodamo li dalje treću točku 2 2( , )x f , imamo polinom drugog stupnja:

2 1 2 0 1 0 2 0 1

1 00 0 2 0 1

1 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ).

p x p x c x a a x x a x x x xf ff x x a x x x xx x

Iz uvjeta 2 2 2( )p x f slijedi 1 00 2 0 2 2 0 2 1 2

1 0

( ) ( )( )f ff x x a x x x x fx x

pa

se sređivanjem izraza dobije:

1 02 1

2 1 1 02

2 0

.

f ff fx x x xa

x x

60

Ovaj izraz nazivamo druga podijeljena razlika i označavamo s 0 1 2, ,f x x x .

Vidimo da je:

1 2 0 10 1 2

2 0

, ,, , .

f x x f x xf x x x

x x

Definiramo li nultu podijeljenu razliku kao 0 0f x f , dobili smo sljedeći

oblik interpolacijskih polinoma:

0 0

1 0 0 1 0

2 0 0 1 0 0 1 2 0 1

( )

( ) , ( )

( ) , ( ) , , ( )( ).

p x f x

p x f x f x x x x

p x f x f x x x x f x x x x x x x

Nastavljamo li dodavati točke 3 3( , ),..., ( , )n nx f x f na kraju dobivamo:

0 0 1 1 0 1 11

( ) , ,..., , ( )( ) ... ( ) ,n

n k k kk

p x f x f x x x x x x x x x x

(12)

gdje je

1 1 0 1 10 1 1

0

,..., , , ,...,, ,..., , k k k

k kk

f x x x f x x xf x x x x

x x

k-ta podijeljena razlika. Još općenitije, vrijedi:

1 1 1 11 1

,..., , , ,...,, ,..., , .r s s r r s

r r s ss r

f x x x f x x xf x x x x

x x

Polinom zapisan u obliku (12), dakle zapisan u bazi:

0 0 1 0 1 11, , ( )( ), ..., ( )( ) ( ) ,nx x x x x x x x x x x x

je Newtonov interpolacijski polinom. Vidimo da se koeficijenti polinoma dobivaju kao uzastopne podijeljene razlike koje možemo pregledno zapisati u obliku tablice:

0 0

0 1

1 1 0 1 2

1 2

0 1

2 1

1 1 2 1

1

,

, ,

,

... ... ... ... ... ... , ,..., .

,

, ,

,

n

n n

n n n n n

n n

n n

x f x

f x x

x f x f x x x

f x x

f x x x

f x x

x f x f x x x

f x x

x f x

U zapisu polinoma (12) koristimo samo prve (gornje) vrijednosti iz svakog stupca ove tablice. Vidimo iz same konstrukcije da se, dodavanjem nove točke, na postojeći polinom samo doda još jedan član (korekcija). Primijetimo da nema nikakvog zahtjeva na odnos zadanih točaka i onih koje dodajemo (nije važno jesu li po vrijednosti manje ili veće od zadanih). Ovako dobiveni zapis (12) može se realizirati sljedećim jednostavnim algoritmima:

for 1 to dofor downto dobegin

1 / ;

end.j j i

i nj n i

f j f j f j x x

Algoritam 3 (podijeljene razlike)

Pri tome treba osigurati da se na početku u polju f nalaze funkcijske

vrijednosti (u i-tom elementu polja spremljena je vrijednost , 0,1,...,if i n ).

Na kraju se u polju f nalaze vrijednosti 0 0 1 0, , , ..., ,..., nf x f x x f x x .

Vrijednost polinoma (12) u točki x dobijemo Hornerovom shemom.

61

Ovaj izraz nazivamo druga podijeljena razlika i označavamo s 0 1 2, ,f x x x .

Vidimo da je:

1 2 0 10 1 2

2 0

, ,, , .

f x x f x xf x x x

x x

Definiramo li nultu podijeljenu razliku kao 0 0f x f , dobili smo sljedeći

oblik interpolacijskih polinoma:

0 0

1 0 0 1 0

2 0 0 1 0 0 1 2 0 1

( )

( ) , ( )

( ) , ( ) , , ( )( ).

p x f x

p x f x f x x x x

p x f x f x x x x f x x x x x x x

Nastavljamo li dodavati točke 3 3( , ),..., ( , )n nx f x f na kraju dobivamo:

0 0 1 1 0 1 11

( ) , ,..., , ( )( ) ... ( ) ,n

n k k kk

p x f x f x x x x x x x x x x

(12)

gdje je

1 1 0 1 10 1 1

0

,..., , , ,...,, ,..., , k k k

k kk

f x x x f x x xf x x x x

x x

k-ta podijeljena razlika. Još općenitije, vrijedi:

1 1 1 11 1

,..., , , ,...,, ,..., , .r s s r r s

r r s ss r

f x x x f x x xf x x x x

x x

Polinom zapisan u obliku (12), dakle zapisan u bazi:

0 0 1 0 1 11, , ( )( ), ..., ( )( ) ( ) ,nx x x x x x x x x x x x

je Newtonov interpolacijski polinom. Vidimo da se koeficijenti polinoma dobivaju kao uzastopne podijeljene razlike koje možemo pregledno zapisati u obliku tablice:

0 0

0 1

1 1 0 1 2

1 2

0 1

2 1

1 1 2 1

1

,

, ,

,

... ... ... ... ... ... , ,..., .

,

, ,

,

n

n n

n n n n n

n n

n n

x f x

f x x

x f x f x x x

f x x

f x x x

f x x

x f x f x x x

f x x

x f x

U zapisu polinoma (12) koristimo samo prve (gornje) vrijednosti iz svakog stupca ove tablice. Vidimo iz same konstrukcije da se, dodavanjem nove točke, na postojeći polinom samo doda još jedan član (korekcija). Primijetimo da nema nikakvog zahtjeva na odnos zadanih točaka i onih koje dodajemo (nije važno jesu li po vrijednosti manje ili veće od zadanih). Ovako dobiveni zapis (12) može se realizirati sljedećim jednostavnim algoritmima:

for 1 to dofor downto dobegin

1 / ;

end.j j i

i nj n i

f j f j f j x x

Algoritam 3 (podijeljene razlike)

Pri tome treba osigurati da se na početku u polju f nalaze funkcijske

vrijednosti (u i-tom elementu polja spremljena je vrijednost , 0,1,...,if i n ).

Na kraju se u polju f nalaze vrijednosti 0 0 1 0, , , ..., ,..., nf x f x x f x x .

Vrijednost polinoma (12) u točki x dobijemo Hornerovom shemom.

62

;for 1 downto 0 do

begin( ) ;

end.i

s f ni n

s s x x f i

Algoritam 4 (Newtonov interpolacijski polinom)

Pri tome su vrijednosti 0 , 1 , ...,f f f n dobivene algoritmom 3. Tako na

kraju imamo ( )np x s . Pogledajmo konkretno, Newtonov interpolacijski polinom za primjer 22. Imamo:

100 1000810 1000 19110 100

( 17) ( 19)110 810 0.1120 100

640 810 17120 110

120 640

Dakle, 2 ( ) 1000 19( 100) 0.1( 100)( 110)p x x x x pa je potražnja, 2( ) 1000 19( 100) 0.1( 100)( 110) 4000 40 0.1q p p p p p p .

Primjer 23. Zadane su točke (1,5), (3,11), (4,8), (0,0) i (2,4). Napišimo Newtonove interpolacijske polinome kroz prvu, prve dvije, prve tri, prve četiri te kroz svih pet zadanih točaka.

Sastavljamo tablicu uzastopnih podijeljenih razlika iz koje ćemo redom dobiti koeficijente traženih polinoma:

1 53

3 11 23 1/ 3

4 8 5 / 3 4 / 32 5 / 3

0 0 02

2 4

Imamo: 0 ( ) 5p x kroz prvu točku, 1( ) 5 3( 1)p x x kroz prve dvije točke,

2 ( ) 5 3( 1) 2( 1)( 3)p x x x x kroz prve tri točke, 3( ) 5 3( 1)p x x 12( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

x x x x x kroz prve 4 točke i

4 ( ) 5 3( 1)p x x 1 42( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4) ( 1)( 3)( 4)3 3

x x x x x x x x x kroz svih pet

zadanih točaka.

Sljedećim primjerom ilustriramo grafički prikaz interpolacije polinomima:

Primjer 24. Grafički prikažimo interpolacijske polinome stupnja 1 6 za funkciju ( ) log , 0.1, 10f x x x na ekvidistantnoj mreži.

U ekvidistantnoj mreži između čvorova interpolacije su jednaki razmaci (udaljenosti). Tako za polinom prvog stupnja imamo čvorove 0.1, 10 , za

polinom drugog stupnja čvorovi su 0.1, 5.05, 10 , kod polinoma trećeg

stupnja imamo 0.1, 3.4, 6.7, 10 , kod četvrtog 0.1, 2.575, 5.05, 7.525, 10 ,

kod petog 0.1, 2.08, 4.06, 6.04, 8.02, 10 , te kod polinoma šestog stupnja

0.1, 1.75, 3.4, 5.05, 6.7, 8.35, 10 . Za sve čvorove ordinata je logy x .

Grafovi polinoma prikazani su na slikama 4. – 9. crvenom linijom:

63

;for 1 downto 0 do

begin( ) ;

end.i

s f ni n

s s x x f i

Algoritam 4 (Newtonov interpolacijski polinom)

Pri tome su vrijednosti 0 , 1 , ...,f f f n dobivene algoritmom 3. Tako na

kraju imamo ( )np x s . Pogledajmo konkretno, Newtonov interpolacijski polinom za primjer 22. Imamo:

100 1000810 1000 19110 100

( 17) ( 19)110 810 0.1120 100

640 810 17120 110

120 640

Dakle, 2 ( ) 1000 19( 100) 0.1( 100)( 110)p x x x x pa je potražnja, 2( ) 1000 19( 100) 0.1( 100)( 110) 4000 40 0.1q p p p p p p .

Primjer 23. Zadane su točke (1,5), (3,11), (4,8), (0,0) i (2,4). Napišimo Newtonove interpolacijske polinome kroz prvu, prve dvije, prve tri, prve četiri te kroz svih pet zadanih točaka.

Sastavljamo tablicu uzastopnih podijeljenih razlika iz koje ćemo redom dobiti koeficijente traženih polinoma:

1 53

3 11 23 1/ 3

4 8 5 / 3 4 / 32 5 / 3

0 0 02

2 4

Imamo: 0 ( ) 5p x kroz prvu točku, 1( ) 5 3( 1)p x x kroz prve dvije točke,

2 ( ) 5 3( 1) 2( 1)( 3)p x x x x kroz prve tri točke, 3( ) 5 3( 1)p x x 12( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

x x x x x kroz prve 4 točke i

4 ( ) 5 3( 1)p x x 1 42( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4) ( 1)( 3)( 4)3 3

x x x x x x x x x kroz svih pet

zadanih točaka.

Sljedećim primjerom ilustriramo grafički prikaz interpolacije polinomima:

Primjer 24. Grafički prikažimo interpolacijske polinome stupnja 1 6 za funkciju ( ) log , 0.1, 10f x x x na ekvidistantnoj mreži.

U ekvidistantnoj mreži između čvorova interpolacije su jednaki razmaci (udaljenosti). Tako za polinom prvog stupnja imamo čvorove 0.1, 10 , za

polinom drugog stupnja čvorovi su 0.1, 5.05, 10 , kod polinoma trećeg

stupnja imamo 0.1, 3.4, 6.7, 10 , kod četvrtog 0.1, 2.575, 5.05, 7.525, 10 ,

kod petog 0.1, 2.08, 4.06, 6.04, 8.02, 10 , te kod polinoma šestog stupnja

0.1, 1.75, 3.4, 5.05, 6.7, 8.35, 10 . Za sve čvorove ordinata je logy x .

Grafovi polinoma prikazani su na slikama 4. – 9. crvenom linijom:

64

Slika 4. Interpolacijski polinom stupnja 1

Slika 5. Interpolacijski polinom stupnja 2

Slika 6. Interpolacijski polinom stupnja 3

Slika 7. Interpolacijski polinom stupnja 4

65

Slika 4. Interpolacijski polinom stupnja 1

Slika 5. Interpolacijski polinom stupnja 2

Slika 6. Interpolacijski polinom stupnja 3

Slika 7. Interpolacijski polinom stupnja 4

66

Slika 8. Interpolacijski polinom stupnja 5

Slika 9. Interpolacijski polinom stupnja 6

Interpolacijski polinomi primjenjuju se kod numeričkog deriviranja, integriranja, rješavanja diferencijalnih jednadžbi itd. Važno je napomenuti da u nekim slučajevima interpolacijski polinomi ne konvergiraju u svim točkama, naime, za svaki izbor čvorova interpolacije postoji neprekidna funkcija f tako da polinomi divergiraju u nekim točkama. To je pokazao još 1901. njemački matematičar Runge na primjeru funkcije 2( ) 1/ (1 )f x x . Osim toga, znatno povećanje broja čvorova interpolacije osjetno povećava i stupanj polinoma pa računanje vrijednosti postaje složenije. Zato se u praksi često primjenjuje interpolacija po dijelovima s kojom se upoznajemo u nastavku.

INTERPOLACIJA POLINOMIMA PO DIJELOVIMA

U slučaju većeg broja čvorova, umjesto jednog polinoma visokog stupnja, za interpolaciju možemo koristiti više polinoma nižeg stupnja, svaki od njih za određene čvorove (po dijelovima). Pretpostavimo ponovno da imamo zadanu

1n točku ( , ), ( ), 0,1,2,..., ,k k k kx f f f x k n pri čemu su čvorovi

interpolacije numerirani u rastućem redoslijedu, 0 1 ... nx x x . Klasični

slučaj interpolacije po dijelovima je definiranje interpolacijske funkcije ( )x na svakom podintervalu zasebno:

1,, 1,2,..., ,

k kkx x

p k n

gdje su kp polinomi nižeg, ali fiksnog, stupnja (najčešće 1-5). Naglasimo da ovdje indeks k ne označava stupanj polinoma već redni broj podintervala. Kako na svakom podintervalu 1,k kx x imamo bar dva uvjeta:

1 1 1( ) ( ) , ( ) ( ) ,k k k k k k k kx p x f x p x f

njima je na tom podintervalu jednoznačno određen polinom prvog stupnja, što je najjednostavniji slučaj ovakve interpolacije, a naziva se linearna interpolacija po dijelovima. Koristeći Newtonov oblik polinoma (12), dobivamo:

0 1 1 1( ) ( ), , , 1,2,..., ,k k k k k kp x a a x x x x x k n

67

Slika 8. Interpolacijski polinom stupnja 5

Slika 9. Interpolacijski polinom stupnja 6

Interpolacijski polinomi primjenjuju se kod numeričkog deriviranja, integriranja, rješavanja diferencijalnih jednadžbi itd. Važno je napomenuti da u nekim slučajevima interpolacijski polinomi ne konvergiraju u svim točkama, naime, za svaki izbor čvorova interpolacije postoji neprekidna funkcija f tako da polinomi divergiraju u nekim točkama. To je pokazao još 1901. njemački matematičar Runge na primjeru funkcije 2( ) 1/ (1 )f x x . Osim toga, znatno povećanje broja čvorova interpolacije osjetno povećava i stupanj polinoma pa računanje vrijednosti postaje složenije. Zato se u praksi često primjenjuje interpolacija po dijelovima s kojom se upoznajemo u nastavku.

INTERPOLACIJA POLINOMIMA PO DIJELOVIMA

U slučaju većeg broja čvorova, umjesto jednog polinoma visokog stupnja, za interpolaciju možemo koristiti više polinoma nižeg stupnja, svaki od njih za određene čvorove (po dijelovima). Pretpostavimo ponovno da imamo zadanu

1n točku ( , ), ( ), 0,1,2,..., ,k k k kx f f f x k n pri čemu su čvorovi

interpolacije numerirani u rastućem redoslijedu, 0 1 ... nx x x . Klasični

slučaj interpolacije po dijelovima je definiranje interpolacijske funkcije ( )x na svakom podintervalu zasebno:

1,, 1,2,..., ,

k kkx x

p k n

gdje su kp polinomi nižeg, ali fiksnog, stupnja (najčešće 1-5). Naglasimo da ovdje indeks k ne označava stupanj polinoma već redni broj podintervala. Kako na svakom podintervalu 1,k kx x imamo bar dva uvjeta:

1 1 1( ) ( ) , ( ) ( ) ,k k k k k k k kx p x f x p x f

njima je na tom podintervalu jednoznačno određen polinom prvog stupnja, što je najjednostavniji slučaj ovakve interpolacije, a naziva se linearna interpolacija po dijelovima. Koristeći Newtonov oblik polinoma (12), dobivamo:

0 1 1 1( ) ( ), , , 1,2,..., ,k k k k k kp x a a x x x x x k n

68

gdje je:

10 1 1 1 1

1

, , .k kk k k k k k

k k

f fa f x f a f x xx x

Postavljeni uvjeti osiguravaju spajanje polinoma u unutarnjim čvorovima,

1( ) ( ) , 1,2,..., 1k k k k kp x p x f k n , što znači da je aproksimacijska

funkcija neprekidna na čitavom intervalu 0 , nx x . Grafički prikaz

funkcije ( )x bit će izlomljena linija (vidjeti sliku 10.).

Ako je funkcija f koju aproksimiramo klase 20 , nC x x (ima drugu

derivaciju i ona je neprekidna na 0 , nx x ), tada je greška aproksimacije na

intervalu 1,k kx x , u skladu s relacijom (11):

2 1

( )( ) ( ) , , , 1,2,..., ,

2!k k k k

xp x f x M x x x k n

pri čemu je 1

1 2 ,( ) ( )( ), max ( )

k kk k k t x x

x x x x x M f t

. Kako funkcija

1( ) ( )( )k kx x x x x x ima maksimum za 1( ) / 2k kx x x , a koji

iznosi 21( ) / 4k kx x , stavimo li 11,2,...,

max k k kk nh h x x i 2 21,2,...,

max kk nM M

0 ,max ( )

nt x xf t

, dobivamo:

2 2

2 2 0( ) ( ) , , .2! 4 8 nh hx f x M M x x x

Tako na primjer, ako funkciju f interpoliramo na intervalu , , dakle

0x i nx , na ekvidistantnoj mreži čvorova, što znači da je

1 2 ... ( ) /nh h h h n , tada je greška proporcionalna s 2h odnosno

s 21/ n . Uzmemo li , 0,1 i 100n , tj. 0.01h , greška

aproksimacije je reda veličine 2 41/100 10 . Vidimo da ako želimo osigurati dovoljno malu grešku tada n (broj podintervala) treba biti prilično velik.

Primjer 25. Ako je temperatura zraka u 6 sati ujutro bila 2o C , u 10 sati 8o C , u 12 sati 12oC te u 18 sati 10oC , aproksimirajmo temperaturu u promatranom razdoblju (od 6 do 18 sati) linearnom interpolacijom po dijelovima. Kolika je procjena temperature zraka u 9, 11 i 15 sati?

Na intervalu 6,10 imamo:

1 18 2( ) 2 ( 6) 2 1.5( 6) (9) 6.5 .

10 6op x x x p C

Slično tome, na intervalu 10,12 imamo 2( ) 8 2( 10)p x x pa je

2 (11) 10op C , dok je na intervalu 12,18 , 31( ) 12 ( 12)3

p x x pa je

procjena 3(15) 11op C (slika 10.).

Slika 10. Linearna interpolacija po dijelovima

69

gdje je:

10 1 1 1 1

1

, , .k kk k k k k k

k k

f fa f x f a f x xx x

Postavljeni uvjeti osiguravaju spajanje polinoma u unutarnjim čvorovima,

1( ) ( ) , 1,2,..., 1k k k k kp x p x f k n , što znači da je aproksimacijska

funkcija neprekidna na čitavom intervalu 0 , nx x . Grafički prikaz

funkcije ( )x bit će izlomljena linija (vidjeti sliku 10.).

Ako je funkcija f koju aproksimiramo klase 20 , nC x x (ima drugu

derivaciju i ona je neprekidna na 0 , nx x ), tada je greška aproksimacije na

intervalu 1,k kx x , u skladu s relacijom (11):

2 1

( )( ) ( ) , , , 1,2,..., ,

2!k k k k

xp x f x M x x x k n

pri čemu je 1

1 2 ,( ) ( )( ), max ( )

k kk k k t x x

x x x x x M f t

. Kako funkcija

1( ) ( )( )k kx x x x x x ima maksimum za 1( ) / 2k kx x x , a koji

iznosi 21( ) / 4k kx x , stavimo li 11,2,...,

max k k kk nh h x x i 2 21,2,...,

max kk nM M

0 ,max ( )

nt x xf t

, dobivamo:

2 2

2 2 0( ) ( ) , , .2! 4 8 nh hx f x M M x x x

Tako na primjer, ako funkciju f interpoliramo na intervalu , , dakle

0x i nx , na ekvidistantnoj mreži čvorova, što znači da je

1 2 ... ( ) /nh h h h n , tada je greška proporcionalna s 2h odnosno

s 21/ n . Uzmemo li , 0,1 i 100n , tj. 0.01h , greška

aproksimacije je reda veličine 2 41/100 10 . Vidimo da ako želimo osigurati dovoljno malu grešku tada n (broj podintervala) treba biti prilično velik.

Primjer 25. Ako je temperatura zraka u 6 sati ujutro bila 2o C , u 10 sati 8o C , u 12 sati 12oC te u 18 sati 10oC , aproksimirajmo temperaturu u promatranom razdoblju (od 6 do 18 sati) linearnom interpolacijom po dijelovima. Kolika je procjena temperature zraka u 9, 11 i 15 sati?

Na intervalu 6,10 imamo:

1 18 2( ) 2 ( 6) 2 1.5( 6) (9) 6.5 .

10 6op x x x p C

Slično tome, na intervalu 10,12 imamo 2( ) 8 2( 10)p x x pa je

2 (11) 10op C , dok je na intervalu 12,18 , 31( ) 12 ( 12)3

p x x pa je

procjena 3(15) 11op C (slika 10.).

Slika 10. Linearna interpolacija po dijelovima

70

U svim dosadašnjim slučajevima promatrali smo interpolacijske polinome za koje su u čvorovima interpolacije zadane samo funkcijske vrijednosti. Kako je u praksi često poznata i brzina promjene (smjer ili trend) promatrane pojave u nekim točkama, ili tu brzinu želimo odrediti, pogledajmo kako se takvi podaci uključuju u interpolacijski polinom. Znamo da brzinu promjene funkcije određuje njena derivacija. Za funkciju f, koja je klase 1C u okolini točke 0x , iz definicije derivacije dobivamo:

1 0 1 0

1 00 00 0

1 0

1 00 1 0 0

1 0

( ) ( )( ) lim0

( ) ( )lim lim , , .

h

x x x x

x x hf x h f xf xh x xh

f x f x f x x f x xx x

Vidimo da se derivacija može interpretirati kao podijeljena razlika u istom (dvostrukom) čvoru. Dakle, u Newtonovom obliku interpolacijskog polinoma, čvorovi u kojima se uključuju podaci o derivaciji su dvostruki. Drukčije rečeno, promatramo dva bliska čvora koji se međusobno približavaju i na kraju stope u jedan dvostruki čvor. Uzmimo prvo jedan dvostruki čvor 0x za koji je 0 0 0 0( ) , ( )f x f f x s . Napišimo Newtonov interpolacijski polinom za ovu funkciju. Imamo:

0 0

0

0 0

x fs

x f

pa je 0 0 0( ) ( )p x f s x x . Čvor je dvostruki, a podijeljena razlika u njemu

je vrijednost derivacije 0s . Iz dva zadana podatka dobili smo polinom prvog

stupnja za koji vrijedi 0 0 0 0( ) , ( )p x f p x s . Pogledajmo sada dva čvora,

0x i 1x , u kojima je 0 0 0 0 1 1 1 1( ) , ( ) , ( ) , ( )f x f f x s f x f f x s . Imamo:

0 0

0

0 0

1 1

1

1 1

x fs

x f

x fs

x f

gdje je, uz oznaku 1 0h x x ,

1 0 0 1 010 1 2

2, , , , .f f s s ssf x xh h h h h

Pripadni Newtonov interpolacijski polinom je trećeg stupnja (kubični polinom):

2 20 0 0 0 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ).p x f s x x x x x x x x

Ako u zapisu želimo imati samo točku 0x , tada iz 1 0x x h slijedi:

2 2 3 20 1 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,x x x x x x x x h x x h x x

pa je

2 30 0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( ) .p x f s x x h x x x x (13)

Vidimo da je bilo potrebno samo napraviti korekciju koeficijenta uz kvadratni član ( h ). Zapis (13) je Hermiteov oblik interpolacijskog

polinoma za koji vrijedi 0 0 0 0 1 1 1 1( ) , ( ) , ( ) , ( )p x f p x s p x f p x s .

Općenito, ako imamo 1n čvor interpolacije, 0 1, ,..., nx x x , u kojima je:

( ) , ( ) , 0,1,..., ,k k k kf x f f x s k n

tada na svakom podintervalu 1, , 1,2,...,k kx x k n , funkciju možemo

interpolirati kubičnim Hermiteovim polinomom ( )kp x pa je interpolacijska

funkcija ( )x :

71

U svim dosadašnjim slučajevima promatrali smo interpolacijske polinome za koje su u čvorovima interpolacije zadane samo funkcijske vrijednosti. Kako je u praksi često poznata i brzina promjene (smjer ili trend) promatrane pojave u nekim točkama, ili tu brzinu želimo odrediti, pogledajmo kako se takvi podaci uključuju u interpolacijski polinom. Znamo da brzinu promjene funkcije određuje njena derivacija. Za funkciju f, koja je klase 1C u okolini točke 0x , iz definicije derivacije dobivamo:

1 0 1 0

1 00 00 0

1 0

1 00 1 0 0

1 0

( ) ( )( ) lim0

( ) ( )lim lim , , .

h

x x x x

x x hf x h f xf xh x xh

f x f x f x x f x xx x

Vidimo da se derivacija može interpretirati kao podijeljena razlika u istom (dvostrukom) čvoru. Dakle, u Newtonovom obliku interpolacijskog polinoma, čvorovi u kojima se uključuju podaci o derivaciji su dvostruki. Drukčije rečeno, promatramo dva bliska čvora koji se međusobno približavaju i na kraju stope u jedan dvostruki čvor. Uzmimo prvo jedan dvostruki čvor 0x za koji je 0 0 0 0( ) , ( )f x f f x s . Napišimo Newtonov interpolacijski polinom za ovu funkciju. Imamo:

0 0

0

0 0

x fs

x f

pa je 0 0 0( ) ( )p x f s x x . Čvor je dvostruki, a podijeljena razlika u njemu

je vrijednost derivacije 0s . Iz dva zadana podatka dobili smo polinom prvog

stupnja za koji vrijedi 0 0 0 0( ) , ( )p x f p x s . Pogledajmo sada dva čvora,

0x i 1x , u kojima je 0 0 0 0 1 1 1 1( ) , ( ) , ( ) , ( )f x f f x s f x f f x s . Imamo:

0 0

0

0 0

1 1

1

1 1

x fs

x f

x fs

x f

gdje je, uz oznaku 1 0h x x ,

1 0 0 1 010 1 2

2, , , , .f f s s ssf x xh h h h h

Pripadni Newtonov interpolacijski polinom je trećeg stupnja (kubični polinom):

2 20 0 0 0 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ).p x f s x x x x x x x x

Ako u zapisu želimo imati samo točku 0x , tada iz 1 0x x h slijedi:

2 2 3 20 1 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,x x x x x x x x h x x h x x

pa je

2 30 0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( ) .p x f s x x h x x x x (13)

Vidimo da je bilo potrebno samo napraviti korekciju koeficijenta uz kvadratni član ( h ). Zapis (13) je Hermiteov oblik interpolacijskog

polinoma za koji vrijedi 0 0 0 0 1 1 1 1( ) , ( ) , ( ) , ( )p x f p x s p x f p x s .

Općenito, ako imamo 1n čvor interpolacije, 0 1, ,..., nx x x , u kojima je:

( ) , ( ) , 0,1,..., ,k k k kf x f f x s k n

tada na svakom podintervalu 1, , 1,2,...,k kx x k n , funkciju možemo

interpolirati kubičnim Hermiteovim polinomom ( )kp x pa je interpolacijska

funkcija ( )x :

72

1

2 30 1 1 2 1 3 1,

( ) ( ) ( ) ( ) ,k k

k k k k k k k kx xp x a a x x a x x a x x

(14)

gdje je, uz oznaku 1k k kh x x ,

1 1 1 13 2 32

1 1 0 1

2 , ,, ,

, .

k k k k k k kk k k k

k k

k k k k

s s f x x f x x sa a h a

h ha s a f

Time smo dobili kubičnu Hermiteovu interpolaciju po dijelovima. Ova konstrukcija osigurava neprekidnost funkcije i njene derivacije na

čitavom intervalu 0 , nx x , jer se u unutarnjim zajedničkim čvorovima

, 1,2,..., 1kx k n , u kojima se susjedni polinomi spajaju, podudaraju

njihove vrijednosti, 1( ) ( )k k k k kp x p x f , kao i vrijednosti njihovih

derivacija, 1( ) ( )k k k k kp x p x s .

Ako je funkcija f koju aproksimiramo klase 40 , nC x x tada grešku

aproksimacije na intervalu 1,k kx x , u skladu s relacijom (11), dobijemo na

temelju 4 čvora (dva para bliskih čvorova):

4 1

( )( ) ( ) , , , 1,2,..., ,

4!k k k k

xp x f x M x x x k n

gdje je, nakon spajanja čvorova, 2 21( ) ( ) ( ) ,k kx x x x x dok je

14 ,

max ( )k k

IVk t x x

M f t

. Kako funkcija 2 21( ) ( ) ( ) 0k kx x x x x x

ima maksimum za 1( ) / 2k kx x x , a koji iznosi 41( ) /16k kx x , stavimo li

11,2,...,max k k kk n

h h x x i

04 41,2,..., ,

max max ( )n

IVkk n t x x

M M f t

, dobivamo:

4 4

4 4 0( ) ( ) , , .4!16 384 n

h hx f x M M x x x

Vidimo da sada interpolacija funkcije f na intervalu , na

ekvidistantnoj mreži s 1n čvorom, dakle ( ) /h n , ima grešku

proporcionalnu s 4h odnosno s 41/ n . Tako za , 0,1 i 100n , tj.

0.01h , greška aproksimacije je reda veličine 4 81/100 10 , što je znatno bolje od linearne interpolacije po dijelovima.

Primjer 26. Kota B se u prirodi nalazi 400 metara istočno i 200 metara južno od kote A. Potrebno je izgraditi cestu koja spaja te dvije kote tako da: (a) cesta iz A izlazi u smjeru sjeveroistoka, a ulazi u B u smjeru istoka, (b) cesta iz A izlazi te u B ulazi u smjeru jugoistoka. Odredimo trasu ceste Hermitovim interpolacijskim polinomom.

Postavimo koordinatne osi u smjerovima strana svijeta: os x u smjeru zapad – istok, os y u smjeru jug – sjever. Ako za jediničnu dužinu na koordinatnim osima uzmemo 100 metara, a kote postavimo na koordinatne osi, imamo A(0,2) i B(4,0) pa je 4h . Smjer ceste određen je koeficijentom smjera tangente na trasu ceste (njezin graf) u svakoj pojedinoj točki pa je to derivacija u toj točki. Tako pravac u smjeru istoka ima koeficijent smjera 0, u smjeru sjeveroistoka +1, a jugoistoka –1 (slika 11.). Uz ove podatke imamo sljedeće tablice:

(a) (b)0 2 0 2

1 10 2 3 / 8 0 2 1/ 8

1/ 2 1/ 8 1/ 2 1/16 .4 0 1/ 8 4 0 1/ 8

0 14 0 4 0

U skladu s relacijom (13), nakon korekcije koeficijenta uz kvadratni član, (a) 3 / 8 3/ 8 4 (1/ 8) 7 / 8 , (b) 1/ 8 1/ 8 4 ( 1/16) 3/ 8 ,

dobivamo: (a) 2 37 1( ) 28 8

p x x x x , (b) 2 33 1( ) 28 16

p x x x x .

Primijetimo da za svaki 0 4x (x je izražen u 00 metara), uvrštavanjem u

73

1

2 30 1 1 2 1 3 1,

( ) ( ) ( ) ( ) ,k k

k k k k k k k kx xp x a a x x a x x a x x

(14)

gdje je, uz oznaku 1k k kh x x ,

1 1 1 13 2 32

1 1 0 1

2 , ,, ,

, .

k k k k k k kk k k k

k k

k k k k

s s f x x f x x sa a h a

h ha s a f

Time smo dobili kubičnu Hermiteovu interpolaciju po dijelovima. Ova konstrukcija osigurava neprekidnost funkcije i njene derivacije na

čitavom intervalu 0 , nx x , jer se u unutarnjim zajedničkim čvorovima

, 1,2,..., 1kx k n , u kojima se susjedni polinomi spajaju, podudaraju

njihove vrijednosti, 1( ) ( )k k k k kp x p x f , kao i vrijednosti njihovih

derivacija, 1( ) ( )k k k k kp x p x s .

Ako je funkcija f koju aproksimiramo klase 40 , nC x x tada grešku

aproksimacije na intervalu 1,k kx x , u skladu s relacijom (11), dobijemo na

temelju 4 čvora (dva para bliskih čvorova):

4 1

( )( ) ( ) , , , 1,2,..., ,

4!k k k k

xp x f x M x x x k n

gdje je, nakon spajanja čvorova, 2 21( ) ( ) ( ) ,k kx x x x x dok je

14 ,

max ( )k k

IVk t x x

M f t

. Kako funkcija 2 21( ) ( ) ( ) 0k kx x x x x x

ima maksimum za 1( ) / 2k kx x x , a koji iznosi 41( ) /16k kx x , stavimo li

11,2,...,max k k kk n

h h x x i

04 41,2,..., ,

max max ( )n

IVkk n t x x

M M f t

, dobivamo:

4 4

4 4 0( ) ( ) , , .4!16 384 n

h hx f x M M x x x

Vidimo da sada interpolacija funkcije f na intervalu , na

ekvidistantnoj mreži s 1n čvorom, dakle ( ) /h n , ima grešku

proporcionalnu s 4h odnosno s 41/ n . Tako za , 0,1 i 100n , tj.

0.01h , greška aproksimacije je reda veličine 4 81/100 10 , što je znatno bolje od linearne interpolacije po dijelovima.

Primjer 26. Kota B se u prirodi nalazi 400 metara istočno i 200 metara južno od kote A. Potrebno je izgraditi cestu koja spaja te dvije kote tako da: (a) cesta iz A izlazi u smjeru sjeveroistoka, a ulazi u B u smjeru istoka, (b) cesta iz A izlazi te u B ulazi u smjeru jugoistoka. Odredimo trasu ceste Hermitovim interpolacijskim polinomom.

Postavimo koordinatne osi u smjerovima strana svijeta: os x u smjeru zapad – istok, os y u smjeru jug – sjever. Ako za jediničnu dužinu na koordinatnim osima uzmemo 100 metara, a kote postavimo na koordinatne osi, imamo A(0,2) i B(4,0) pa je 4h . Smjer ceste određen je koeficijentom smjera tangente na trasu ceste (njezin graf) u svakoj pojedinoj točki pa je to derivacija u toj točki. Tako pravac u smjeru istoka ima koeficijent smjera 0, u smjeru sjeveroistoka +1, a jugoistoka –1 (slika 11.). Uz ove podatke imamo sljedeće tablice:

(a) (b)0 2 0 2

1 10 2 3 / 8 0 2 1/ 8

1/ 2 1/ 8 1/ 2 1/16 .4 0 1/ 8 4 0 1/ 8

0 14 0 4 0

U skladu s relacijom (13), nakon korekcije koeficijenta uz kvadratni član, (a) 3 / 8 3/ 8 4 (1/ 8) 7 / 8 , (b) 1/ 8 1/ 8 4 ( 1/16) 3/ 8 ,

dobivamo: (a) 2 37 1( ) 28 8

p x x x x , (b) 2 33 1( ) 28 16

p x x x x .

Primijetimo da za svaki 0 4x (x je izražen u 00 metara), uvrštavanjem u

74

dobivene polinome, imamo točne koordinate točke kroz koju cesta prolazi (slika 11., (a) – plavo, (b) – crveno).

Slika 11. Smjerovi i Hermiteova interpolacija

Pogledajmo koje praktične mogućnosti imamo za izbor parametara ks u kubičnoj Hermiteovoj interpolaciji po dijelovima. Ovisno o dostupnosti podataka možemo:

definirati ks proizvoljno

uzeti ( )k ks f x (Hermiteova interpolacija)

uzeti ( )k ks f x (kvazihermiteova interpolacija)

ne definirati ks u unutarnjim čvorovima 1 2 1, ,..., nx x x pa umjesto dva

uvjeta 1( ) ( )k k k k kp x p x s , imamo jedan 1( ) ( )k k k kp x p x , a drugi

zadamo proizvoljno, npr. 1( ) ( )k k k kp x p x (spline interpolacija).

Ako, dakle, vrijednosti derivacija u čvorovima nisu poznate, možemo ih zadati proizvoljno ili približno procijeniti na neki način (to ćemo razmatrati u poglavlju Numeričko deriviranje) ili ih uopće ne zadavati. Ovaj posljednji slučaj oslobađa jedan uvjet umjesto kojeg možemo zahtijevati i podudaranje drugih derivacija u čvorovima. Time dobivamo spline interpolaciju (engl. spline = dugačka, savitljiva šipka) koju ćemo promotriti detaljnije.

Polazimo od Hermiteove interpolacijske funkcije (14) za koju u unutarnjim čvorovima 1 2 1, ,..., nx x x postavljamo zahtjev:

1 1( ) ( ), ( ) ( ), 1,2,..., 1.k k k k k k k kp x p x p x p x k n

Dakle, vrijednost derivacije ks , koja ulazi u definiciju koeficijenata polinoma (14), ne zadajemo već je izračunavamo iz postavljenih zahtjeva. Iz zahtjeva za poklapanje drugih derivacija slijedi relacija:

2 3 1 2, 13 ( ) , 1,2,..., 1,k k k k ka a x x a k n

odnosno, uvrštavanjem odgovarajućih izraza za 2 3 2, 1, ,k k ka a a i sređivanjem,

dobijemo sustav linearnih jednadžbi:

1 1 1 1 1 1 12( ) 3 , , ,

1,2,..., 1,k k k k k k k k k k k k kh s h h s h s h f x x h f x x

k n

iz kojeg određujemo 1 2 1, ,..., ns s s dok se 0s i ns određuju (definiraju)

zasebno. Vidimo da su sada ks međusobno ovisni, definirani su globalno, a ne lokalno (promjena jednog od njih uzrokuje promjenu ostalih). Kako je:

1 1 1 11 1

1 1 1

, , , ,k k k k k k k kk k k k

k k k k k k

f f f f f f f ff x x f x xx x h x x h

dobiveni sustav glasi:

11 1 1 1 1 1

1

2( ) 3 ( ) ( ) ,

1,2,..., 1.

k kk k k k k k k k k k k

k k

h hh s h h s h s f f f fh h

k n

Ako je mreža čvorova ekvidistantna, 1 2 ... nh h h h , sustav se pojednostavljuje na oblik:

1 11 14 3 , 1,2,..., 1.k k

k k kf fs s s k n

h

(15)

Ovim načinom interpolacije osigurava se neprekidnost funkcije , njene

derivacije i njene druge derivacije na čitavom intervalu 0 , nx x .

Zbog takve povećane glatkoće aproksimacijske funkcije, spline interpolacije

75

dobivene polinome, imamo točne koordinate točke kroz koju cesta prolazi (slika 11., (a) – plavo, (b) – crveno).

Slika 11. Smjerovi i Hermiteova interpolacija

Pogledajmo koje praktične mogućnosti imamo za izbor parametara ks u kubičnoj Hermiteovoj interpolaciji po dijelovima. Ovisno o dostupnosti podataka možemo:

definirati ks proizvoljno

uzeti ( )k ks f x (Hermiteova interpolacija)

uzeti ( )k ks f x (kvazihermiteova interpolacija)

ne definirati ks u unutarnjim čvorovima 1 2 1, ,..., nx x x pa umjesto dva

uvjeta 1( ) ( )k k k k kp x p x s , imamo jedan 1( ) ( )k k k kp x p x , a drugi

zadamo proizvoljno, npr. 1( ) ( )k k k kp x p x (spline interpolacija).

Ako, dakle, vrijednosti derivacija u čvorovima nisu poznate, možemo ih zadati proizvoljno ili približno procijeniti na neki način (to ćemo razmatrati u poglavlju Numeričko deriviranje) ili ih uopće ne zadavati. Ovaj posljednji slučaj oslobađa jedan uvjet umjesto kojeg možemo zahtijevati i podudaranje drugih derivacija u čvorovima. Time dobivamo spline interpolaciju (engl. spline = dugačka, savitljiva šipka) koju ćemo promotriti detaljnije.

Polazimo od Hermiteove interpolacijske funkcije (14) za koju u unutarnjim čvorovima 1 2 1, ,..., nx x x postavljamo zahtjev:

1 1( ) ( ), ( ) ( ), 1,2,..., 1.k k k k k k k kp x p x p x p x k n

Dakle, vrijednost derivacije ks , koja ulazi u definiciju koeficijenata polinoma (14), ne zadajemo već je izračunavamo iz postavljenih zahtjeva. Iz zahtjeva za poklapanje drugih derivacija slijedi relacija:

2 3 1 2, 13 ( ) , 1,2,..., 1,k k k k ka a x x a k n

odnosno, uvrštavanjem odgovarajućih izraza za 2 3 2, 1, ,k k ka a a i sređivanjem,

dobijemo sustav linearnih jednadžbi:

1 1 1 1 1 1 12( ) 3 , , ,

1,2,..., 1,k k k k k k k k k k k k kh s h h s h s h f x x h f x x

k n

iz kojeg određujemo 1 2 1, ,..., ns s s dok se 0s i ns određuju (definiraju)

zasebno. Vidimo da su sada ks međusobno ovisni, definirani su globalno, a ne lokalno (promjena jednog od njih uzrokuje promjenu ostalih). Kako je:

1 1 1 11 1

1 1 1

, , , ,k k k k k k k kk k k k

k k k k k k

f f f f f f f ff x x f x xx x h x x h

dobiveni sustav glasi:

11 1 1 1 1 1

1

2( ) 3 ( ) ( ) ,

1,2,..., 1.

k kk k k k k k k k k k k

k k

h hh s h h s h s f f f fh h

k n

Ako je mreža čvorova ekvidistantna, 1 2 ... nh h h h , sustav se pojednostavljuje na oblik:

1 11 14 3 , 1,2,..., 1.k k

k k kf fs s s k n

h

(15)

Ovim načinom interpolacije osigurava se neprekidnost funkcije , njene

derivacije i njene druge derivacije na čitavom intervalu 0 , nx x .

Zbog takve povećane glatkoće aproksimacijske funkcije, spline interpolacije

76

imaju široku primjenu u teoriji i praksi. Izložena dvodimenzionalna spline interpolacija može se proširiti na trodimenzionalnu – interpolaciju plohama u prostoru, a što je u praksi od velikog značaja. Spomenimo rješavanje diferencijalnih jednadžbi i rubnih problema, rekonstrukciju predmeta, mehaničkih i organskih dijelova (tkiva, organa i implantanata u medicini), modeliranje pojava i objekata (vremenskih uvjeta, ortopedskih pomagala, karoserija automobila, brodova i zrakoplova), izgradnja zahtjevnih objekata (cesta, petlji, mostova) itd.

Primjer 27. Potrebno je sagraditi cestu koja spaja kote A i B iz prethodnog primjera, a prolazi kotom C, 200 metara istočno i 200 metara sjeverno od A, s time da iz A izlazi, a u B ulazi u smjeru istoka. Odredimo trasu ceste kubičnom spline interpolacijom.

Uz isti položaj koordinatnih osi i jediničnu dužinu 100 metara kao u prethodnom primjeru, imamo A(0,2), C(2,4) i B(4,0) pa je 1 2 2h h h .

Kako je 0 2 0s s sustav (15) se svodi na jednu jednadžbu za 1s :

2 00 1 2 1 1

0 2 34 3 0 4 0 3 .2 4

f fs s s s sh

Sada je:

1 2( ) : ( ) :0 2 2 4

0 3 / 40 2 1/ 2 2 4 5 / 8

1 11/16 2 13 /16 .2 4 7 / 8 4 0 1

3 / 4 02 4 4 0

p x p x

U skladu s relacijom (13), korigiramo koeficijente uz kvadratni član. Za 1p

1/ 2 1/ 2 2 ( 11/16) 15 / 8, za 2p 5 / 8 5 / 8 2 (13/16) 9 / 4,

pa je 2 3 2 31 2

15 11 3 9 13( ) 2 , ( ) 4 ( 2) ( 2) ( 2)8 16 4 4 16

p x x x p x x x x .

Lako možemo provjeriti da polinomi zadovoljavaju zadane uvjete, 1(0) 2p ,

1 2 2 1 2(2) 4 (2), (4) 0, (0) 0, (4) 0p p p p p , kao i one izračunate,

1 2 1 2(2) (2) 3 / 4, (2) (2) 9 / 2p p p p . Glatkoća aproksimacijske

funkcije ( 1p i 2p spojeni zajedno) je 2 0,4C , što cesti osigurava

prirodni tok (bez oštrih zavoja i kritičnih točaka).

ZADACI (VI)

1. Kojeg najvećeg stupnja može biti jedinstveni interpolacijski polinom koji prolazi kroz: (a) 11, (b) 100, (c) 3 7n zadanih točaka?

2. Za funkciju ( )f x zadanu sljedećom tablicom:

kx 2 1.6 3.2

kf 0 1.8 5.72

odredite: (a) Lagrangeov interpolacijski polinom, (b) Newtonov interpolacijski polinom, (c) interpolacijski polinom u standardnoj bazi.

3. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 3 5 6 9

kf 1 0 2 1

4. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 1 3 4 0 2

kf 5 11 8 0 4

5. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 1 2 3 4 5 6

kf 2 4 6 6 12 12

6. Poznate su sljedeće vrijednosti cijene p i potražnje q neke robe: p 30 35 40 q 1000 900 700

Koliku potražnju možemo očekivati na razini cijena 28,32, ?38,42p Što zaključujemo?

7. Poznate su sljedeće vrijednosti cijene p i potražnje q neke robe: p 50 71

77

imaju široku primjenu u teoriji i praksi. Izložena dvodimenzionalna spline interpolacija može se proširiti na trodimenzionalnu – interpolaciju plohama u prostoru, a što je u praksi od velikog značaja. Spomenimo rješavanje diferencijalnih jednadžbi i rubnih problema, rekonstrukciju predmeta, mehaničkih i organskih dijelova (tkiva, organa i implantanata u medicini), modeliranje pojava i objekata (vremenskih uvjeta, ortopedskih pomagala, karoserija automobila, brodova i zrakoplova), izgradnja zahtjevnih objekata (cesta, petlji, mostova) itd.

Primjer 27. Potrebno je sagraditi cestu koja spaja kote A i B iz prethodnog primjera, a prolazi kotom C, 200 metara istočno i 200 metara sjeverno od A, s time da iz A izlazi, a u B ulazi u smjeru istoka. Odredimo trasu ceste kubičnom spline interpolacijom.

Uz isti položaj koordinatnih osi i jediničnu dužinu 100 metara kao u prethodnom primjeru, imamo A(0,2), C(2,4) i B(4,0) pa je 1 2 2h h h .

Kako je 0 2 0s s sustav (15) se svodi na jednu jednadžbu za 1s :

2 00 1 2 1 1

0 2 34 3 0 4 0 3 .2 4

f fs s s s sh

Sada je:

1 2( ) : ( ) :0 2 2 4

0 3 / 40 2 1/ 2 2 4 5 / 8

1 11/16 2 13 /16 .2 4 7 / 8 4 0 1

3 / 4 02 4 4 0

p x p x

U skladu s relacijom (13), korigiramo koeficijente uz kvadratni član. Za 1p

1/ 2 1/ 2 2 ( 11/16) 15 / 8, za 2p 5 / 8 5 / 8 2 (13/16) 9 / 4,

pa je 2 3 2 31 2

15 11 3 9 13( ) 2 , ( ) 4 ( 2) ( 2) ( 2)8 16 4 4 16

p x x x p x x x x .

Lako možemo provjeriti da polinomi zadovoljavaju zadane uvjete, 1(0) 2p ,

1 2 2 1 2(2) 4 (2), (4) 0, (0) 0, (4) 0p p p p p , kao i one izračunate,

1 2 1 2(2) (2) 3 / 4, (2) (2) 9 / 2p p p p . Glatkoća aproksimacijske

funkcije ( 1p i 2p spojeni zajedno) je 2 0,4C , što cesti osigurava

prirodni tok (bez oštrih zavoja i kritičnih točaka).

ZADACI (VI)

1. Kojeg najvećeg stupnja može biti jedinstveni interpolacijski polinom koji prolazi kroz: (a) 11, (b) 100, (c) 3 7n zadanih točaka?

2. Za funkciju ( )f x zadanu sljedećom tablicom:

kx 2 1.6 3.2

kf 0 1.8 5.72

odredite: (a) Lagrangeov interpolacijski polinom, (b) Newtonov interpolacijski polinom, (c) interpolacijski polinom u standardnoj bazi.

3. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 3 5 6 9

kf 1 0 2 1

4. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 1 3 4 0 2

kf 5 11 8 0 4

5. Riješite zadatak 2. za funkciju zadanu tablicom:

kx 1 2 3 4 5 6

kf 2 4 6 6 12 12

6. Poznate su sljedeće vrijednosti cijene p i potražnje q neke robe: p 30 35 40 q 1000 900 700

Koliku potražnju možemo očekivati na razini cijena 28,32, ?38,42p Što zaključujemo?

7. Poznate su sljedeće vrijednosti cijene p i potražnje q neke robe: p 50 71

78

q 70000 49000 Na kojoj razini cijene p možemo očekivati najveći prihod od prodaje te robe i koliko on iznosi?

8. Hermiteovim interpolacijskim polinomima aproksimirajte funkciju ( )f x zadanu sljedećom tablicom:

kx 0 1 3 6

( )kf x 2 0 0 2

( )kf x 1 0 0 – 1

Skicirajte grafički tako dobivene polinome. 9. Nakon prosječnog pada proizvodnje jednog poduzeća od 1000

komada mjesečno trenutna proizvodnja bila je ovaj mjesec 9000 komada. Napravljen je plan restrukturiranja kojim se za 6 mjeseci proizvodnja treba podići na 12000 komada mjesečno, a trend povećanja na 200 komada mjesečno. Napišite Hermiteov interpolacijski polinom za ovaj plan te odredite planiranu proizvodnju za svaki od idućih 6 mjeseci.

10. Tijekom 10 dana treba naučiti cjelokupno gradivo (0 - 100%) za ispit. Hermiteovim interpolacijskim polinomom odredite dnevni tempo učenja. Poopćite dobivene rezultate na tempo obavljanja bilo kojeg posla u zadanom vremenu.

11. Kubičnom spline interpolacijom interpolirajte funkciju danu tablicom:

kx 1 2 3

kf 1 1 1

ks 2 – –2

12. Kubičnom spline interpolacijom interpolirajte funkciju danu tablicom:

kx 0 1 2 4

kf 0 1 0 1

ks 1 – – 1

NUMERIČKO DERIVIRANJE

Kao što smo već ranije utvrdili svijet oko sebe spoznajemo promatrajući promjene pojava, stvari i događaja oko nas. Upravo je promjena, prema riječima pjesnika, jedina stalna i vječna kategorija u prolaznom svijetu u

kojem živimo. Promjene možemo mjeriti i izražavati apsolutnim i relativnim pokazateljima (vidjeti poglavlje Apsolutna i relativna udaljenost). Dinamiku (brzinu, tempo ili stopu) kojom se jedna (zavisna) veličina mijenja u odnosu na promjenu druge (nezavisne) veličine o kojoj ona ovisi, mjerimo i izražavamo kao omjer apsolutnih ili relativnih promjena tih veličina.

Primjer 28. Ako cijena jednog proizvoda poraste s 40 na 42 kune tada potražnja padne s 500 na 480 komada. Odredimo brzinu (stopu) promjene potražnje u odnosu na cijenu u tom intervalu.

Omjer (kvocijent) apsolutnih promjena, (480 500) : (42 40) 10 pokazuje da na razini cijene od 40 kuna povećanje cijene za jednu jedinicu (kunu) uzrokuje prosječan pad potražnje za 10 jedinica (komada). Omjer relativnih

promjena, 480 500 42 40: 0.8500 40

, pokazuje da na razini cijene od 40

kuna povećanje cijene za 1% uzrokuje prosječni pad potražnje za 0.8%.

Općenito ako promatramo funkciju ( )f x u dvije točke, 0 0( )f x f i

1 1( )f x f , imamo:

1 0

1 0 0 0 1 00 1 0 1

1 01 0 0 1 0

0

( , ) , ( , ) .

f ff f f x f fs x x x x x xx x f x x

x

Vidimo da se brzina promjene u oba slučaja dobiva pomoću podijeljene razlike. Pri tome se s izražava u mjernim jedinicama zavisne varijable po jednoj jedinici nezavisne (metara po sekundi, kuna po litri, stupnjeva po satu, kilograma po stanovniku itd.) dok predstavlja postotnu promjenu zavisne varijable po 1% promjene nezavisne (vidjeti primjer 28.). Ako brzinu promatramo u jednoj točki, uzimamo 1 0x x pa imamo:

1 0 1 0

00 0 1 0 0 0 1 0

9

( ) lim ( , ) ( ) , ( ) lim ( , ) ( ) ,( )x x x x

xs x s x x f x x x x f xf x

ako navedeni limesi postoje. Iz definicije limesa slijedi da je: 0 0 1( ) ( , )s x s x x

i 0 0 1( ) ( , )x x x ako je 1x dovoljno blizu 0x . Također 1 0x x

79

q 70000 49000 Na kojoj razini cijene p možemo očekivati najveći prihod od prodaje te robe i koliko on iznosi?

8. Hermiteovim interpolacijskim polinomima aproksimirajte funkciju ( )f x zadanu sljedećom tablicom:

kx 0 1 3 6

( )kf x 2 0 0 2

( )kf x 1 0 0 – 1

Skicirajte grafički tako dobivene polinome. 9. Nakon prosječnog pada proizvodnje jednog poduzeća od 1000

komada mjesečno trenutna proizvodnja bila je ovaj mjesec 9000 komada. Napravljen je plan restrukturiranja kojim se za 6 mjeseci proizvodnja treba podići na 12000 komada mjesečno, a trend povećanja na 200 komada mjesečno. Napišite Hermiteov interpolacijski polinom za ovaj plan te odredite planiranu proizvodnju za svaki od idućih 6 mjeseci.

10. Tijekom 10 dana treba naučiti cjelokupno gradivo (0 - 100%) za ispit. Hermiteovim interpolacijskim polinomom odredite dnevni tempo učenja. Poopćite dobivene rezultate na tempo obavljanja bilo kojeg posla u zadanom vremenu.

11. Kubičnom spline interpolacijom interpolirajte funkciju danu tablicom:

kx 1 2 3

kf 1 1 1

ks 2 – –2

12. Kubičnom spline interpolacijom interpolirajte funkciju danu tablicom:

kx 0 1 2 4

kf 0 1 0 1

ks 1 – – 1

NUMERIČKO DERIVIRANJE

Kao što smo već ranije utvrdili svijet oko sebe spoznajemo promatrajući promjene pojava, stvari i događaja oko nas. Upravo je promjena, prema riječima pjesnika, jedina stalna i vječna kategorija u prolaznom svijetu u

kojem živimo. Promjene možemo mjeriti i izražavati apsolutnim i relativnim pokazateljima (vidjeti poglavlje Apsolutna i relativna udaljenost). Dinamiku (brzinu, tempo ili stopu) kojom se jedna (zavisna) veličina mijenja u odnosu na promjenu druge (nezavisne) veličine o kojoj ona ovisi, mjerimo i izražavamo kao omjer apsolutnih ili relativnih promjena tih veličina.

Primjer 28. Ako cijena jednog proizvoda poraste s 40 na 42 kune tada potražnja padne s 500 na 480 komada. Odredimo brzinu (stopu) promjene potražnje u odnosu na cijenu u tom intervalu.

Omjer (kvocijent) apsolutnih promjena, (480 500) : (42 40) 10 pokazuje da na razini cijene od 40 kuna povećanje cijene za jednu jedinicu (kunu) uzrokuje prosječan pad potražnje za 10 jedinica (komada). Omjer relativnih

promjena, 480 500 42 40: 0.8500 40

, pokazuje da na razini cijene od 40

kuna povećanje cijene za 1% uzrokuje prosječni pad potražnje za 0.8%.

Općenito ako promatramo funkciju ( )f x u dvije točke, 0 0( )f x f i

1 1( )f x f , imamo:

1 0

1 0 0 0 1 00 1 0 1

1 01 0 0 1 0

0

( , ) , ( , ) .

f ff f f x f fs x x x x x xx x f x x

x

Vidimo da se brzina promjene u oba slučaja dobiva pomoću podijeljene razlike. Pri tome se s izražava u mjernim jedinicama zavisne varijable po jednoj jedinici nezavisne (metara po sekundi, kuna po litri, stupnjeva po satu, kilograma po stanovniku itd.) dok predstavlja postotnu promjenu zavisne varijable po 1% promjene nezavisne (vidjeti primjer 28.). Ako brzinu promatramo u jednoj točki, uzimamo 1 0x x pa imamo:

1 0 1 0

00 0 1 0 0 0 1 0

9

( ) lim ( , ) ( ) , ( ) lim ( , ) ( ) ,( )x x x x

xs x s x x f x x x x f xf x

ako navedeni limesi postoje. Iz definicije limesa slijedi da je: 0 0 1( ) ( , )s x s x x

i 0 0 1( ) ( , )x x x ako je 1x dovoljno blizu 0x . Također 1 0x x

80

podrazumijeva da 1x teži 0x na bilo koji način (samo s lijeva ili samo s desna ili s obje strane). Vidimo da su mjere za brzinu promjene derivabilne funkcije njena derivacija i uvjetovanost (vidjeti relaciju (7) u poglavlju Stabilnost numeričkog računanja).

Vratimo se slučaju, kojeg smo do sada promatrali, kada je funkcija poznata samo na konačnom skupu točaka. Pretpostavimo, dakle, da imamo poznate točke ( , ), ( ), 0,1,2,...,k k k kx f f f x k n pri čemu su čvorovi numerirani u

rastućem redoslijedu, 0 1 ... nx x x . Što u tom slučaju možemo reći o brzini promjene (derivaciji) funkcije f ? Vidjeli smo da je brzina u nekoj točki lokalno definirani pojam jer ovisi o susjednoj (susjednim) točkama iz neposredne blizine (okoline) te točke. Na primjer, smjer i iznos brzine automobila u nekom trenutku ovisi o načinu kretanja koji smo automobilom imali neposredno prije i koji namjeravamo imati neposredno nakon tog trenutka. Ta brzina ne ovisi o načinu kretanja automobila prije pola sata ili za pola sata. Prema tome, za određivanje ili procjenu brzine u nekoj točki potrebne su nam dvije susjedne točke (lijeva i desna) ili, ako nisu obje poznate tada bar jedna (lijeva ili desna).

Pretpostavimo da su zadane točke u ekvidistantnom rasporedu,

1 , 1,2,...,k kx x h k n . Promatrajmo prve tri točke 0 0 1 1( , ), ( , ),x f x f

2 2( , ).x f Aproksimirajmo funkciju f Newtonovim interpolacijskim polinomom. Imamo:

0 0 0

1 01

2 1 01 1 22

2 1

2 2

22

x f af f a

hf f fx f a

hf f

hx f

(16)

Kako prva točka ima samo desnog susjeda, aproksimaciju derivacije u toj točki dobit ćemo deriviranjem interpolacijskog polinoma kroz te dvije točke:

1 01 0 1 0 1 1 0 1 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .f fp x a a x x p x a f x p x a

h

Dobili smo istovjetan izraz od ranije, 1 0 0 1( ) ( , )p x s x x . Ako je 1n , dakle

poznate su nam samo dvije točke, 0 0 1 1( , ) i ( , ),x f x f tada je ovo aproksimacija

derivacije u svakoj točki intervala 0 1,x x . Ako je 1n tada analogna

aproksimacija vrijedi i za zadnju točku koja ima samo lijevog susjeda,

1( ) ( ) /n n nf x f f h .

Aproksimaciju derivacije u srednjoj točki, koja ima i lijevog i desnog susjeda, dobit ćemo deriviranjem interpolacijskog polinoma kroz sve tri točke:

2 0 1 0 2 0 1

2 1 2 1 2 0

1 2 1 1 2 1 0 1 2

1 0 2 1 0 2 0

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 .2 2

p x a a x x a x x x xp x a a x x a x xf x p x a a x x a a h

f f f f f f fh h h

Vidimo da je aproksimacija u srednjem čvoru jednaka podijeljenoj razlici 0 2,f x x , kao da nema srednjeg čvora. Ponovnim deriviranjem dobivamo

aproksimaciju druge derivacije u srednjem čvoru:

2 1 02 2 1 2 1 2 2

2( ) 2 ( ) ( ) 2 .f f fp x a f x p x ah

Time smo po analogiji dobili aproksimacije u unutarnjim točkama:

1 1 1 12

2( ) , ( ) , 1,2,..., 1.2

k k k k kk k

f f f f ff x f x k nh h

Grešku aproksimacije možemo dobiti deriviranjem funkcije greške (11). Za (prve) tri točke je 2n i 0 1 2( ) ( )( )( )x x x x x x x pa imamo:

2 0 2( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , .3! 3!

x xe x p x f x f f x x

Kako je 1 2 0 2 0 1( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )x x x x x x x x x x x x x , imamo

81

podrazumijeva da 1x teži 0x na bilo koji način (samo s lijeva ili samo s desna ili s obje strane). Vidimo da su mjere za brzinu promjene derivabilne funkcije njena derivacija i uvjetovanost (vidjeti relaciju (7) u poglavlju Stabilnost numeričkog računanja).

Vratimo se slučaju, kojeg smo do sada promatrali, kada je funkcija poznata samo na konačnom skupu točaka. Pretpostavimo, dakle, da imamo poznate točke ( , ), ( ), 0,1,2,...,k k k kx f f f x k n pri čemu su čvorovi numerirani u

rastućem redoslijedu, 0 1 ... nx x x . Što u tom slučaju možemo reći o brzini promjene (derivaciji) funkcije f ? Vidjeli smo da je brzina u nekoj točki lokalno definirani pojam jer ovisi o susjednoj (susjednim) točkama iz neposredne blizine (okoline) te točke. Na primjer, smjer i iznos brzine automobila u nekom trenutku ovisi o načinu kretanja koji smo automobilom imali neposredno prije i koji namjeravamo imati neposredno nakon tog trenutka. Ta brzina ne ovisi o načinu kretanja automobila prije pola sata ili za pola sata. Prema tome, za određivanje ili procjenu brzine u nekoj točki potrebne su nam dvije susjedne točke (lijeva i desna) ili, ako nisu obje poznate tada bar jedna (lijeva ili desna).

Pretpostavimo da su zadane točke u ekvidistantnom rasporedu,

1 , 1,2,...,k kx x h k n . Promatrajmo prve tri točke 0 0 1 1( , ), ( , ),x f x f

2 2( , ).x f Aproksimirajmo funkciju f Newtonovim interpolacijskim polinomom. Imamo:

0 0 0

1 01

2 1 01 1 22

2 1

2 2

22

x f af f a

hf f fx f a

hf f

hx f

(16)

Kako prva točka ima samo desnog susjeda, aproksimaciju derivacije u toj točki dobit ćemo deriviranjem interpolacijskog polinoma kroz te dvije točke:

1 01 0 1 0 1 1 0 1 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .f fp x a a x x p x a f x p x a

h

Dobili smo istovjetan izraz od ranije, 1 0 0 1( ) ( , )p x s x x . Ako je 1n , dakle

poznate su nam samo dvije točke, 0 0 1 1( , ) i ( , ),x f x f tada je ovo aproksimacija

derivacije u svakoj točki intervala 0 1,x x . Ako je 1n tada analogna

aproksimacija vrijedi i za zadnju točku koja ima samo lijevog susjeda,

1( ) ( ) /n n nf x f f h .

Aproksimaciju derivacije u srednjoj točki, koja ima i lijevog i desnog susjeda, dobit ćemo deriviranjem interpolacijskog polinoma kroz sve tri točke:

2 0 1 0 2 0 1

2 1 2 1 2 0

1 2 1 1 2 1 0 1 2

1 0 2 1 0 2 0

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 .2 2

p x a a x x a x x x xp x a a x x a x xf x p x a a x x a a h

f f f f f f fh h h

Vidimo da je aproksimacija u srednjem čvoru jednaka podijeljenoj razlici 0 2,f x x , kao da nema srednjeg čvora. Ponovnim deriviranjem dobivamo

aproksimaciju druge derivacije u srednjem čvoru:

2 1 02 2 1 2 1 2 2

2( ) 2 ( ) ( ) 2 .f f fp x a f x p x ah

Time smo po analogiji dobili aproksimacije u unutarnjim točkama:

1 1 1 12

2( ) , ( ) , 1,2,..., 1.2

k k k k kk k

f f f f ff x f x k nh h

Grešku aproksimacije možemo dobiti deriviranjem funkcije greške (11). Za (prve) tri točke je 2n i 0 1 2( ) ( )( )( )x x x x x x x pa imamo:

2 0 2( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , .3! 3!

x xe x p x f x f f x x

Kako je 1 2 0 2 0 1( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )x x x x x x x x x x x x x , imamo

82

21 0 1 2

1 0 2( )( )( ) ( ) ( ), , .

3! 6x x x x he x f f x x

Dakle, za grešku aproksimacije derivacija u unutarnjim čvorovima vrijedi:

0

2

3 3 ,( ) , 1,2,..., 1, max ( ) .

6 nk t x x

he x M k n M f t

Napomenimo da navedene načine aproksimacije derivacije možemo koristiti u interpolacijskim polinomima gdje su to ulazni podaci (vidjeti Hermiteovu i kvazihermiteovu interpolaciju u poglavlju Interpolacija polinomima po dijelovima).

Primjer 29. Nakon obilnih kiša vodostaj rijeke mjeren u 6, 8, 10, 12 i 14 sati bio je redom 200, 206, 220, 242 i 252 cm. Odredimo brzinu rasta vodostaja u navedenim satima te dinamiku promjene te brzine.

Brzinu mjerimo derivacijom. Dinamika promjene brzine je brzina kojom se mijenja ta brzina (akceleracija – povećanje brzine ili deceleracija – smanjenje brzine) pa je mjerimo drugom derivacijom. Imamo:

kx 6 8 10 12 14

kf 200 206 220 242 252

kf 3 5 9 8 5

kf 2 2 3

Kako je 2h brzine su: (206 200) / 2 3 , (220 200) / (2 2) 5 , (242 206) / (2 2) 9 , (252 220) / (2 2) 8 i (252 242) / 2 5 cm/h, a

njihova dinamika: 2(220 2 206 200) / 2 2 , 2(242 2 220 206) / 2 2 i 2 2(252 2 242 220) / 2 3 cm/h . Primijetimo da zadnja negativna

vrijednost (deceleracija) ukazuje na smanjenje brzine porasta vodostaja.

ZADACI (VII)

1. Ako je (3) 7f i (3) 2f , što možete reći o vrijednostima

funkcije (2.95)f i (3.1)f ?

2. Odredite najbolje moguće aproksimacije za prvu i drugu derivaciju, funkcije dane sljedećom tablicom, u zadanim točkama:

kx 0 2 4 6 8 10

kf 2 2.4 2.6 2 1.8 2

3. Ako je aproksimacija funkcije ( ) 1/f x x dana tablicom:

kx 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

kf 2 1.67 1.43 1.25 1.11 1

aproksimirajte prvu derivaciju u navedenim točkama i usporedite s točnim vrijednostima.

4. Za funkciju zadanu tablicom:

kx 1.1 1.5 1.9

kf 5.2

odredite nepoznate vrijednosti i ako su poznate aproksimacije

1.5 0.5 i 1.5 3.75f f .

5. Odredite nepoznate veličine u tablici:

kx 1 2 3 4 5

kf 0 6 2 ?f 3 ?f 0

kf 0 ?f 6 2 ?f 3 ?f – 6

METODA NAJMANJIH KVADRATA

U dosadašnjem razmatranju analizirali smo interpolaciju, vrstu aproksimacije kod koje zahtijevamo da se funkcija f i njena aproksimacijska funkcija podudaraju na nekom konačnom skupu točaka (čvorovima interpolacije). U praksi ponekad takav zahtjev nije potreban ili je neprikladan osobito u slučaju kad imamo velik broj čvorova. Tada je važnije da aproksimacijska funkcija opisuje (simulira) trend promatrane pojave umjesto da poprima baš sve poznate vrijednosti (npr. vremenski trendovi cijena, inflacije, burzovnih pokazatelja itd.). U tom slučaju aproksimacijsku funkciju određujemo iz uvjeta da je određena norma vektora odstupanja u čvorovima minimalna. Pri

83

21 0 1 2

1 0 2( )( )( ) ( ) ( ), , .

3! 6x x x x he x f f x x

Dakle, za grešku aproksimacije derivacija u unutarnjim čvorovima vrijedi:

0

2

3 3 ,( ) , 1,2,..., 1, max ( ) .

6 nk t x x

he x M k n M f t

Napomenimo da navedene načine aproksimacije derivacije možemo koristiti u interpolacijskim polinomima gdje su to ulazni podaci (vidjeti Hermiteovu i kvazihermiteovu interpolaciju u poglavlju Interpolacija polinomima po dijelovima).

Primjer 29. Nakon obilnih kiša vodostaj rijeke mjeren u 6, 8, 10, 12 i 14 sati bio je redom 200, 206, 220, 242 i 252 cm. Odredimo brzinu rasta vodostaja u navedenim satima te dinamiku promjene te brzine.

Brzinu mjerimo derivacijom. Dinamika promjene brzine je brzina kojom se mijenja ta brzina (akceleracija – povećanje brzine ili deceleracija – smanjenje brzine) pa je mjerimo drugom derivacijom. Imamo:

kx 6 8 10 12 14

kf 200 206 220 242 252

kf 3 5 9 8 5

kf 2 2 3

Kako je 2h brzine su: (206 200) / 2 3 , (220 200) / (2 2) 5 , (242 206) / (2 2) 9 , (252 220) / (2 2) 8 i (252 242) / 2 5 cm/h, a

njihova dinamika: 2(220 2 206 200) / 2 2 , 2(242 2 220 206) / 2 2 i 2 2(252 2 242 220) / 2 3 cm/h . Primijetimo da zadnja negativna

vrijednost (deceleracija) ukazuje na smanjenje brzine porasta vodostaja.

ZADACI (VII)

1. Ako je (3) 7f i (3) 2f , što možete reći o vrijednostima

funkcije (2.95)f i (3.1)f ?

2. Odredite najbolje moguće aproksimacije za prvu i drugu derivaciju, funkcije dane sljedećom tablicom, u zadanim točkama:

kx 0 2 4 6 8 10

kf 2 2.4 2.6 2 1.8 2

3. Ako je aproksimacija funkcije ( ) 1/f x x dana tablicom:

kx 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

kf 2 1.67 1.43 1.25 1.11 1

aproksimirajte prvu derivaciju u navedenim točkama i usporedite s točnim vrijednostima.

4. Za funkciju zadanu tablicom:

kx 1.1 1.5 1.9

kf 5.2

odredite nepoznate vrijednosti i ako su poznate aproksimacije

1.5 0.5 i 1.5 3.75f f .

5. Odredite nepoznate veličine u tablici:

kx 1 2 3 4 5

kf 0 6 2 ?f 3 ?f 0

kf 0 ?f 6 2 ?f 3 ?f – 6

METODA NAJMANJIH KVADRATA

U dosadašnjem razmatranju analizirali smo interpolaciju, vrstu aproksimacije kod koje zahtijevamo da se funkcija f i njena aproksimacijska funkcija podudaraju na nekom konačnom skupu točaka (čvorovima interpolacije). U praksi ponekad takav zahtjev nije potreban ili je neprikladan osobito u slučaju kad imamo velik broj čvorova. Tada je važnije da aproksimacijska funkcija opisuje (simulira) trend promatrane pojave umjesto da poprima baš sve poznate vrijednosti (npr. vremenski trendovi cijena, inflacije, burzovnih pokazatelja itd.). U tom slučaju aproksimacijsku funkciju određujemo iz uvjeta da je određena norma vektora odstupanja u čvorovima minimalna. Pri

84

tome se najčešće koristi Euklidska norma (vidjeti (5)). Dakle, ako imamo zadan niz međusobno različitih točaka ( , ), ( ), 0,1,2,...,k k k kx f f f x k n

koji želimo aproksimirati funkcijom ( )x određenu parametrima

0 1, ,..., ,ma a a m n , tada parametre određujemo iz uvjeta da je ukupno kvadratno odstupanje minimalno:

20 10

( , ,..., ) ( ) min .n

m k kk

S S a a a x f

(17)

Kako je po samoj konstrukciji 0S , jasno je da problem (17) uvijek ima rješenje koje se dobije iz nužnog uvjeta za postojanje ekstrema diferencijabilnih funkcija više varijabli:

0, 0,1,2,..., ,k

S k na

a koji daje sustav normalnih jednadžbi za tražene parametre. Ovisno o tipu aproksimacijske funkcije razlikujemo linearni i nelinearni model metode najmanjih kvadrata.

LINEARNI MODEL

Promotrimo slučaj linearne aproksimacijske funkcije. Njezin opći oblik je:

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ... ( ),m mx a x a x a x

gdje su 0 1, ,..., m poznate (zadane ili izabrane) bazne funkcije. Broj baznih funkcija je 1m . Uočimo da se linearnost odnosi na parametre

0 1, ,..., ma a a , a ne na varijablu x (bazne funkcije su općenito nelinearne).

Uzmimo najjednostavniji primjer linearne aproksimacijske funkcije,

0 1( )x a a x . Dakle, izabrali smo bazne funkcije 0 1( ) 1, ( )x x x . Zadane točke (funkciju) želimo aproksimirati pravcem koji je najbolje prilagođen tim točkama (toj funkciji). Uvjet (17) sada glasi:

20 1 0 1

0( , ) min ,

n

k kk

S S a a a a x f

iz čega slijedi:

0 1 0 10 00 1

2 ( ) 1 0, 2 ( ) 0,n n

k k k k kk k

S Sa a x f a a x f xa a

a što daje sustav normalnih jednadžbi za parametre 0 1ia a :

20 1 0 1

0 0 0 0 0( 1) , ,

n n n n n

k k k k k kk k k k k

a n a x f a x a x f x

(18)

gdje smo koristili 0 0 0 0 00 0 0

1 1 (1 1 1 ... 1) ( 1)n n n

k k ka a a a a n

.

Budući da za proizvoljne realne brojeve , , 0,1,...,k k k n vrijedi Cauchy-

Schwarzova nejednakost, 2

2 2

0 0 0

n n n

k k k kk k k

(pri čemu

jednakost nastupa u slučaju proporcionalnosti, tj. ako postoji realni broj takav da vrijedi k k ili k k za sve 0,1,...,k n ), determinanta sustava (18) je:

2 22 2 2

0 0 0 0 0( 1) 1 1 0,

n n n n n

k k k kk k k k k

n x x x x

pa sustav ima jedinstveno rješenje koje je minimum zbog prirode postavljenog uvjeta (17).

Primjer 30. Odredimo jednadžbu pravca koji prolazi najbliže trima točkama, (1,1), (2,2) i (3,4). Koliko je ukupno kvadratno odstupanje pravca od tih točaka?

Imamo 1 3n točke. Budući da su koeficijenti sustava (18) sume, radi preglednosti koristit ćemo tablicu:

kx kf 2kx k kf x

1 1 1 1 2 2 4 4 3 4 9 12 6 7 14 17

85

tome se najčešće koristi Euklidska norma (vidjeti (5)). Dakle, ako imamo zadan niz međusobno različitih točaka ( , ), ( ), 0,1,2,...,k k k kx f f f x k n

koji želimo aproksimirati funkcijom ( )x određenu parametrima

0 1, ,..., ,ma a a m n , tada parametre određujemo iz uvjeta da je ukupno kvadratno odstupanje minimalno:

20 10

( , ,..., ) ( ) min .n

m k kk

S S a a a x f

(17)

Kako je po samoj konstrukciji 0S , jasno je da problem (17) uvijek ima rješenje koje se dobije iz nužnog uvjeta za postojanje ekstrema diferencijabilnih funkcija više varijabli:

0, 0,1,2,..., ,k

S k na

a koji daje sustav normalnih jednadžbi za tražene parametre. Ovisno o tipu aproksimacijske funkcije razlikujemo linearni i nelinearni model metode najmanjih kvadrata.

LINEARNI MODEL

Promotrimo slučaj linearne aproksimacijske funkcije. Njezin opći oblik je:

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ... ( ),m mx a x a x a x

gdje su 0 1, ,..., m poznate (zadane ili izabrane) bazne funkcije. Broj baznih funkcija je 1m . Uočimo da se linearnost odnosi na parametre

0 1, ,..., ma a a , a ne na varijablu x (bazne funkcije su općenito nelinearne).

Uzmimo najjednostavniji primjer linearne aproksimacijske funkcije,

0 1( )x a a x . Dakle, izabrali smo bazne funkcije 0 1( ) 1, ( )x x x . Zadane točke (funkciju) želimo aproksimirati pravcem koji je najbolje prilagođen tim točkama (toj funkciji). Uvjet (17) sada glasi:

20 1 0 1

0( , ) min ,

n

k kk

S S a a a a x f

iz čega slijedi:

0 1 0 10 00 1

2 ( ) 1 0, 2 ( ) 0,n n

k k k k kk k

S Sa a x f a a x f xa a

a što daje sustav normalnih jednadžbi za parametre 0 1ia a :

20 1 0 1

0 0 0 0 0( 1) , ,

n n n n n

k k k k k kk k k k k

a n a x f a x a x f x

(18)

gdje smo koristili 0 0 0 0 00 0 0

1 1 (1 1 1 ... 1) ( 1)n n n

k k ka a a a a n

.

Budući da za proizvoljne realne brojeve , , 0,1,...,k k k n vrijedi Cauchy-

Schwarzova nejednakost, 2

2 2

0 0 0

n n n

k k k kk k k

(pri čemu

jednakost nastupa u slučaju proporcionalnosti, tj. ako postoji realni broj takav da vrijedi k k ili k k za sve 0,1,...,k n ), determinanta sustava (18) je:

2 22 2 2

0 0 0 0 0( 1) 1 1 0,

n n n n n

k k k kk k k k k

n x x x x

pa sustav ima jedinstveno rješenje koje je minimum zbog prirode postavljenog uvjeta (17).

Primjer 30. Odredimo jednadžbu pravca koji prolazi najbliže trima točkama, (1,1), (2,2) i (3,4). Koliko je ukupno kvadratno odstupanje pravca od tih točaka?

Imamo 1 3n točke. Budući da su koeficijenti sustava (18) sume, radi preglednosti koristit ćemo tablicu:

kx kf 2kx k kf x

1 1 1 1 2 2 4 4 3 4 9 12 6 7 14 17

86

pa je sustav (18):

0 10 1

0 1

3 6 7 2 3 3 2, ( ) .6 14 17 3 2 2 3a a

a a x xa a

Kako je 5 1 5(1) , (2) 2 , (3) 3 ,6 3 6

ukupno odstupanje od zadanih

točaka iznosi 2 2 21 1 1 1

6 3 6 6S

. Dakle, dobiveni pravac ne

prolazi nijednom zadanom točkom, ali ima najmanje moguće ukupno mjereno odstupanje od tih točaka. To znači da je odstupanje bilo kojeg drugog pravca od tih točaka veće od 1/ 6 .

Primjer 31. Izvedimo sustav normalnih jednadžbi za funkciju 3 5

0 1 2( )x a a x a x i podatke ( , ), 0,1,...,k kx f k n .

Primijetimo da su ovdje bazne funkcije 3 50 1 2( ) 1, ( ) , ( )x x x x x . Iz

uvjeta (17), 23 50 1 2 0 1 2

0( , , ) min,

n

k k kk

S S a a a a a x a x f

slijedi:

3 50 1 2

00

3 5 30 1 2

01

3 5 50 1 2

02

2 ( ) 1 0

2 ( ) 0

2 ( ) 0 ,

n

k k kk

n

k k k kk

n

k k k kk

S a a x a x faS a a x a x f xaS a a x a x f xa

što daje sustav normalnih jednadžbi:

3 50 1 2

0 0 0

3 6 8 30 1 2

0 0 0 0

5 8 10 50 1 2

0 0 0 0

( 1)

.

n n n

k k kk k k

n n n n

k k k k kk k k k

n n n n

k k k k kk k k k

a n a x a x f

a x a x a x f x

a x a x a x f x

Za konkretno zadane podatke napravili bi tablicu sa stupcima 3 5 6, , , ,k k k kx x f x 8 3 10 5, , ik k k k k kx f x x f x te riješili dobiveni sustav.

Vratimo se sada ponovno općenitoj linearnoj aproksimacijskoj funkciji,

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ... ( )m mx a x a x a x . Kako je:

0( ) ( ) , 0,1,..., ,

m

k k i i k ki

x f a x f k n

stavimo li ( )ki i kx te uvedemo matrice:

00 01 0 0 0

10 11 1 1 1

0 1

, , ,

m

m

m nn n nm

a fa f

a f

a f

tada uvjet (17) ima matrični zapis:

20 1 2

( , ,..., ) min ,mS S a a a a f

gdje je 2

oznaka za Euklidsku normu (normu 2) vektora (vidjeti (5)).

Primijetimo da je matrica reda ( 1) ( 1)n m , a je vektor sa 1m komponenti a f sa 1n komponenti. Može se pokazati da svako rješenje a ovog problema zadovoljava relaciju ( )T a f o (tu je o nul-vektor s

1m komponentom – nulom) odnosno:

,T Ta f

a što je sustav normalnih jednadžbi za parametre 0 1, ,..., ma a a . Kako je

matrica T simetrična i pozitivno semidefinitna ( 0T Ty y za sve

y o ), sustav ima rješenje koje je jedinstveno ako je T pozitivno

definitna ( 0T Ty y za sve y o ), a što će biti u slučaju kad je rang( ) m .

Ako ovo razmatranje primijenimo na primjer 30., dobivamo:

87

pa je sustav (18):

0 10 1

0 1

3 6 7 2 3 3 2, ( ) .6 14 17 3 2 2 3a a

a a x xa a

Kako je 5 1 5(1) , (2) 2 , (3) 3 ,6 3 6

ukupno odstupanje od zadanih

točaka iznosi 2 2 21 1 1 1

6 3 6 6S

. Dakle, dobiveni pravac ne

prolazi nijednom zadanom točkom, ali ima najmanje moguće ukupno mjereno odstupanje od tih točaka. To znači da je odstupanje bilo kojeg drugog pravca od tih točaka veće od 1/ 6 .

Primjer 31. Izvedimo sustav normalnih jednadžbi za funkciju 3 5

0 1 2( )x a a x a x i podatke ( , ), 0,1,...,k kx f k n .

Primijetimo da su ovdje bazne funkcije 3 50 1 2( ) 1, ( ) , ( )x x x x x . Iz

uvjeta (17), 23 50 1 2 0 1 2

0( , , ) min,

n

k k kk

S S a a a a a x a x f

slijedi:

3 50 1 2

00

3 5 30 1 2

01

3 5 50 1 2

02

2 ( ) 1 0

2 ( ) 0

2 ( ) 0 ,

n

k k kk

n

k k k kk

n

k k k kk

S a a x a x faS a a x a x f xaS a a x a x f xa

što daje sustav normalnih jednadžbi:

3 50 1 2

0 0 0

3 6 8 30 1 2

0 0 0 0

5 8 10 50 1 2

0 0 0 0

( 1)

.

n n n

k k kk k k

n n n n

k k k k kk k k k

n n n n

k k k k kk k k k

a n a x a x f

a x a x a x f x

a x a x a x f x

Za konkretno zadane podatke napravili bi tablicu sa stupcima 3 5 6, , , ,k k k kx x f x 8 3 10 5, , ik k k k k kx f x x f x te riješili dobiveni sustav.

Vratimo se sada ponovno općenitoj linearnoj aproksimacijskoj funkciji,

0 0 1 1( ) ( ) ( ) ... ( )m mx a x a x a x . Kako je:

0( ) ( ) , 0,1,..., ,

m

k k i i k ki

x f a x f k n

stavimo li ( )ki i kx te uvedemo matrice:

00 01 0 0 0

10 11 1 1 1

0 1

, , ,

m

m

m nn n nm

a fa f

a f

a f

tada uvjet (17) ima matrični zapis:

20 1 2

( , ,..., ) min ,mS S a a a a f

gdje je 2

oznaka za Euklidsku normu (normu 2) vektora (vidjeti (5)).

Primijetimo da je matrica reda ( 1) ( 1)n m , a je vektor sa 1m komponenti a f sa 1n komponenti. Može se pokazati da svako rješenje a ovog problema zadovoljava relaciju ( )T a f o (tu je o nul-vektor s

1m komponentom – nulom) odnosno:

,T Ta f

a što je sustav normalnih jednadžbi za parametre 0 1, ,..., ma a a . Kako je

matrica T simetrična i pozitivno semidefinitna ( 0T Ty y za sve

y o ), sustav ima rješenje koje je jedinstveno ako je T pozitivno

definitna ( 0T Ty y za sve y o ), a što će biti u slučaju kad je rang( ) m .

Ako ovo razmatranje primijenimo na primjer 30., dobivamo:

88

0

1

1 1 13 6 7

1 2 , , 2 ,6 14 17

1 3 4

T Taa f f

a

gdje je prvi stupac matrice vrijednost prve bazne funkcije 0 ( ) 1x , a

drugi stupac vrijednost druge bazne funkcije 1( )x x u zadanim točkama

0 1 21, 2 i 3x x x . Sada je:

0 1

0 1

3 6 76 14 17,

T T a aa f

a a

a što smo dobili i ranije.

NELINEARNI MODELI

Kod nelinearnog modela aproksimacijska funkcija ( )x ne ovisi linearno o svojim parametrima pa tada dobivamo nelinearni sustav jednadžbi čije rješavanje može biti otežano. Ovisno o strukturi dobivenog sustava postoje različite optimizacijske metode prilagođene za njegovo rješavanje (npr. Levenberg-Marquardt metoda). Neki modeli mogu se transformirati u linearni model (linearizirati) dok se neki mogu dobro aproksimirati linearnim modelom.

Navodimo primjer nelinearne eksponencijalne aproksimacije 10( ) a xx a e .

Uvjet (17) sada glasi:

12

0 1 00

( , ) min ,k

na x

kk

S S a a a e f

a što daje nelinearni sustav za parametre 0 1ia a :

1 1 1 10 0 0

0 00 1

2 ( ) 0, 2 ( ) 0.k k k k

n na x a x a x a x

k k kk k

S Sa e f e a e f a x ea a

Model lineariziramo supstitucijom 0 1 0 1( ) ln ( ) lnx x a a x b b x .

Stavimo li ( ) ln ( )g x f x , dakle ( ) ln , 0,1,...,k k kg g x f k n , dobivamo linearni problem:

20 1 0 1

0( , ) min .

n

k kk

S S b b b b x g

Ovaj postupak, zbog primjene logaritmiranja, pretpostavlja 0kf . Ako za neki k to nije ispunjeno možemo izvršiti translaciju svih podataka (naći adekvatni pomak p i zamijeniti 0, 0,1,...,k kf f p k n ) te nakon toga primijeniti linearizaciju.

Vidimo da linearizacija i općenito transformacija nelinearnog modela ovisi o obliku aproksimacijske funkcije ( )x . Tako se na primjer 1

0( ) ax a x

linearizira s 0 1( ) log ( ) log logx x a a x , zatim 0 1( ) 1/ ( )x a a x s

0 1( ) 1/ ( )x x a a x itd.

ZADACI (VIII)

1. Linearnom funkcijom ( )x a bx aproksimirajte točke (0,1), (1,2), (3,2) i odredite ukupno odstupanje.

2. Riješite prethodni zadatak za funkciju 2( )x a bx .

3. Funkcijom 5( )x ax bx aproksimirajte točke:

kx –1 0 1 2

kf –1 0 1 32

i odredite ukupno odstupanje. 4. Funkcijom ( )x a b x cx aproksimirajte točke:

kx 0 1 4 9

kf 1 2 2.5 3

5. Odredite normalne jednadžbe za parametre 0 1 i a a aproksimacijske

funkcije 0 1( ) xx a x a e koja najbolje aproksimira zadane podatke

( , ), 0,1, ,k kx f k n .

6. Funkcijom ( ) 2xx a b aproksimirajte točke:

kx 0 1 2 3

kf 0 1 3 9

89

0

1

1 1 13 6 7

1 2 , , 2 ,6 14 17

1 3 4

T Taa f f

a

gdje je prvi stupac matrice vrijednost prve bazne funkcije 0 ( ) 1x , a

drugi stupac vrijednost druge bazne funkcije 1( )x x u zadanim točkama

0 1 21, 2 i 3x x x . Sada je:

0 1

0 1

3 6 76 14 17,

T T a aa f

a a

a što smo dobili i ranije.

NELINEARNI MODELI

Kod nelinearnog modela aproksimacijska funkcija ( )x ne ovisi linearno o svojim parametrima pa tada dobivamo nelinearni sustav jednadžbi čije rješavanje može biti otežano. Ovisno o strukturi dobivenog sustava postoje različite optimizacijske metode prilagođene za njegovo rješavanje (npr. Levenberg-Marquardt metoda). Neki modeli mogu se transformirati u linearni model (linearizirati) dok se neki mogu dobro aproksimirati linearnim modelom.

Navodimo primjer nelinearne eksponencijalne aproksimacije 10( ) a xx a e .

Uvjet (17) sada glasi:

12

0 1 00

( , ) min ,k

na x

kk

S S a a a e f

a što daje nelinearni sustav za parametre 0 1ia a :

1 1 1 10 0 0

0 00 1

2 ( ) 0, 2 ( ) 0.k k k k

n na x a x a x a x

k k kk k

S Sa e f e a e f a x ea a

Model lineariziramo supstitucijom 0 1 0 1( ) ln ( ) lnx x a a x b b x .

Stavimo li ( ) ln ( )g x f x , dakle ( ) ln , 0,1,...,k k kg g x f k n , dobivamo linearni problem:

20 1 0 1

0( , ) min .

n

k kk

S S b b b b x g

Ovaj postupak, zbog primjene logaritmiranja, pretpostavlja 0kf . Ako za neki k to nije ispunjeno možemo izvršiti translaciju svih podataka (naći adekvatni pomak p i zamijeniti 0, 0,1,...,k kf f p k n ) te nakon toga primijeniti linearizaciju.

Vidimo da linearizacija i općenito transformacija nelinearnog modela ovisi o obliku aproksimacijske funkcije ( )x . Tako se na primjer 1

0( ) ax a x

linearizira s 0 1( ) log ( ) log logx x a a x , zatim 0 1( ) 1/ ( )x a a x s

0 1( ) 1/ ( )x x a a x itd.

ZADACI (VIII)

1. Linearnom funkcijom ( )x a bx aproksimirajte točke (0,1), (1,2), (3,2) i odredite ukupno odstupanje.

2. Riješite prethodni zadatak za funkciju 2( )x a bx .

3. Funkcijom 5( )x ax bx aproksimirajte točke:

kx –1 0 1 2

kf –1 0 1 32

i odredite ukupno odstupanje. 4. Funkcijom ( )x a b x cx aproksimirajte točke:

kx 0 1 4 9

kf 1 2 2.5 3

5. Odredite normalne jednadžbe za parametre 0 1 i a a aproksimacijske

funkcije 0 1( ) xx a x a e koja najbolje aproksimira zadane podatke

( , ), 0,1, ,k kx f k n .

6. Funkcijom ( ) 2xx a b aproksimirajte točke:

kx 0 1 2 3

kf 0 1 3 9

90

Kako izgleda tražena funkcija ako uklonimo zadnju točku (3, 9) ?

7. Za funkciju 20 1 2( )x a a x a x i podatke:

kx 0 1 4 5

kf 4 0 0 4

napišite sustav normalnih jednadžbi u matričnom obliku, riješite ga i odredite ukupno odstupanje.

8. Odredite funkciju 0 1( ) xx a a koja najbolje aproksimira podatke:

kx 1 2 3 4

kf 50 493 5012 49888

tako da logaritmiranjem napravite linearizaciju. Dobivene parametre zaokružite prvo na dvije decimale, a zatim na cjelobrojne iznose.

NUMERIČKO INTEGRIRANJE Pored različitih računskih operacija, deriviranje i integriranje su najčešći postupci koji se s matematičkim funkcijama provode u teoriji i u praktičnim primjenama. Integriranje je inverzni postupak od određivanja diferencijala funkcije, a rezultat integriranja nazivamo integral. Kako je diferencijal funkcije jedne varijable u nekoj točki umnožak njene derivacije i proizvoljno malog prirasta (diferencijala) te varijable, integriranje je u biti inverzni postupak od deriviranja. Ako je F bilo koja primitivna funkcija funkcije

: ,f a b R , tj. funkcija za koju vrijedi ( ) ( )F x f x , a C proizvoljna

(neodređena) realna konstanta, tada:

( ) ( )f x dx F x C

nazivamo neodređeni integral funkcije f, dok:

( , , ) ( ) ( ) ( )b

a

I I f a b f x dx F b F a

nazivamo određeni integral funkcije f u granicama od a - donja granica integracije do b - gornja granica integracije (Newton-Leibnizova formula).

Ako je ( ) 0f x za ,x a b tada I predstavlja mjerni broj površine

omeđene pravcima 0y (os x), ,x a x b i grafom ( )y f x .

Integrali imaju značajnu primjenu u rješavanju diferencijalnih jednadžbi koje se redovito pojavljuju u svakoj ozbiljnijoj analizi i simulaciji prirodnih, fizikalnih, ekonomskih i drugih pojava. Naime, svaka pojava koju promatramo se mijenja, a brzina promjene se opisuje derivacijom što nužno vodi na diferencijalnu jednadžbu. Znamo, međutim, da se tek neznatni broj funkcija može integrirati eksplicitno. Tako na primjer, analitički jednostavne funkcije kao što su:

2sin, , tan , , ,log

a x xx x x x e xx x

ne mogu se integrirati eksplicitno u skupu elementarnih funkcija, a pojavljuju

se često (npr. 2a xe ima široku primjenu u statistici kod analize raspodjela i

slučajnih varijabli). Dakle, javlja se potreba za približnim, numeričkim metodama integriranja. Osim toga, kao što smo vidjeli i dosada, u praksi je vrlo često funkcija poznata samo na konačnom skupu točaka. Ovo vrijedi i za spomenute funkcije koje se ne mogu integrirati, a čije vrijednosti možemo odrediti na proizvoljno velikom konačnom skupu točaka. Kako integrirati funkciju u tom slučaju? Odgovore ćemo potražiti u nastavku.

Pretpostavimo ponovno da imamo poznate točke ( , ), ( )k k k kx f f f x ,

0,1,2,...,k n , iz intervala ,a b čiji redoslijed je rastući, 0 1 ... nx x x .

Pri tome funkcija f može biti nepoznata ili poznata. Vidjet ćemo kako približno izračunati integral I koristeći samo te točke. Formule za približnu integraciju ovog tipa (po točkama) nazivaju se kvadraturne formule zbog interpretacije integrala kao površine ispod krivulje. Općenito kod traženja prikladnih kvadraturnih formula najčešće se zahtijeva da one budu egzaktne (točne) na vektorskom prostoru polinoma što višeg stupnja. Naime, već smo isticali da se funkcije mogu dobro aproksimirati (Taylorovim) polinomima pa se očekuje da takve formule daju i dobru aproksimaciju integrala. Specijalno,

ako je raspored zadanih čvorova u intervalu ,a b ekvidistantan, tada imamo

Newton-Cotesove kvadraturne formule. Najpoznatije među njima, a i najviše korištene, su trapezna i Simpsonova formula.

91

Kako izgleda tražena funkcija ako uklonimo zadnju točku (3, 9) ?

7. Za funkciju 20 1 2( )x a a x a x i podatke:

kx 0 1 4 5

kf 4 0 0 4

napišite sustav normalnih jednadžbi u matričnom obliku, riješite ga i odredite ukupno odstupanje.

8. Odredite funkciju 0 1( ) xx a a koja najbolje aproksimira podatke:

kx 1 2 3 4

kf 50 493 5012 49888

tako da logaritmiranjem napravite linearizaciju. Dobivene parametre zaokružite prvo na dvije decimale, a zatim na cjelobrojne iznose.

NUMERIČKO INTEGRIRANJE Pored različitih računskih operacija, deriviranje i integriranje su najčešći postupci koji se s matematičkim funkcijama provode u teoriji i u praktičnim primjenama. Integriranje je inverzni postupak od određivanja diferencijala funkcije, a rezultat integriranja nazivamo integral. Kako je diferencijal funkcije jedne varijable u nekoj točki umnožak njene derivacije i proizvoljno malog prirasta (diferencijala) te varijable, integriranje je u biti inverzni postupak od deriviranja. Ako je F bilo koja primitivna funkcija funkcije

: ,f a b R , tj. funkcija za koju vrijedi ( ) ( )F x f x , a C proizvoljna

(neodređena) realna konstanta, tada:

( ) ( )f x dx F x C

nazivamo neodređeni integral funkcije f, dok:

( , , ) ( ) ( ) ( )b

a

I I f a b f x dx F b F a

nazivamo određeni integral funkcije f u granicama od a - donja granica integracije do b - gornja granica integracije (Newton-Leibnizova formula).

Ako je ( ) 0f x za ,x a b tada I predstavlja mjerni broj površine

omeđene pravcima 0y (os x), ,x a x b i grafom ( )y f x .

Integrali imaju značajnu primjenu u rješavanju diferencijalnih jednadžbi koje se redovito pojavljuju u svakoj ozbiljnijoj analizi i simulaciji prirodnih, fizikalnih, ekonomskih i drugih pojava. Naime, svaka pojava koju promatramo se mijenja, a brzina promjene se opisuje derivacijom što nužno vodi na diferencijalnu jednadžbu. Znamo, međutim, da se tek neznatni broj funkcija može integrirati eksplicitno. Tako na primjer, analitički jednostavne funkcije kao što su:

2sin, , tan , , ,log

a x xx x x x e xx x

ne mogu se integrirati eksplicitno u skupu elementarnih funkcija, a pojavljuju

se često (npr. 2a xe ima široku primjenu u statistici kod analize raspodjela i

slučajnih varijabli). Dakle, javlja se potreba za približnim, numeričkim metodama integriranja. Osim toga, kao što smo vidjeli i dosada, u praksi je vrlo često funkcija poznata samo na konačnom skupu točaka. Ovo vrijedi i za spomenute funkcije koje se ne mogu integrirati, a čije vrijednosti možemo odrediti na proizvoljno velikom konačnom skupu točaka. Kako integrirati funkciju u tom slučaju? Odgovore ćemo potražiti u nastavku.

Pretpostavimo ponovno da imamo poznate točke ( , ), ( )k k k kx f f f x ,

0,1,2,...,k n , iz intervala ,a b čiji redoslijed je rastući, 0 1 ... nx x x .

Pri tome funkcija f može biti nepoznata ili poznata. Vidjet ćemo kako približno izračunati integral I koristeći samo te točke. Formule za približnu integraciju ovog tipa (po točkama) nazivaju se kvadraturne formule zbog interpretacije integrala kao površine ispod krivulje. Općenito kod traženja prikladnih kvadraturnih formula najčešće se zahtijeva da one budu egzaktne (točne) na vektorskom prostoru polinoma što višeg stupnja. Naime, već smo isticali da se funkcije mogu dobro aproksimirati (Taylorovim) polinomima pa se očekuje da takve formule daju i dobru aproksimaciju integrala. Specijalno,

ako je raspored zadanih čvorova u intervalu ,a b ekvidistantan, tada imamo

Newton-Cotesove kvadraturne formule. Najpoznatije među njima, a i najviše korištene, su trapezna i Simpsonova formula.

92

TRAPEZNA FORMULA

Osnovnu verziju ove kvadraturne formule dobijemo za 1n , dakle iz dvije točke 0 0 1 1( , ), ( , )x f x f , gdje je 0 1a x x b i 1 0x x h . Umjesto funkcije (koju ne moramo poznavati) integriramo njezin interpolacijski polinom koji

je sada prvog stupnja, 1 01 0 0( ) ( )f fp x f x x

h

. Imamo:

11 1

0 0 0

2 21 0 0 1 0

1 0 0( )( ) ( ) ,

2 2

xx x

x x x

f f x x f f hI f x dx p x dx f x f hh h

što daje trapeznu formulu:

1

0

0 1( ) ( ) ili ( ) ( ) ( ) .2 2

x b

x a

h b af x dx f f f x dx f a f b (19)

Slika 12. Trapezna formula

Naziv potječe iz geometrijskog prikaza (slika 12.) pripadne površine lika, a koji je baš trapez.

Trapezna formula (19) je točna (egzaktna) za sve polinome stupnja 1 , dakle, za sve polinome nultog stupnja (konstante) i prvog stupnja (linearne).

Da bi to dokazali, uzmimo ( )f x kx l (za polinome nultog stupnja je 0k , a za prvog stupnja je 0k ). Imamo:

2 2 2

( ) ( ) ( )2 2

( ) 2 ( ) ( )2 2

( ) ( ) ,2

bb b

a a a

x b af x dx kx l dx k lx k k b a

b a b ak b a l ka l kb l

b a f a f b

što dokazuje tvrdnju. Za sve ostale polinome i funkcije imamo grešku aproksimacije koju možemo ocijeniti koristeći relaciju (11), gdje je sada

0 1( ) ( )( ) ( )( )x x x x x x a x b . Zbog ( ) 0x za ,x a b , imamo:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ,(1 1)! 2

b b b

a a a

x fE e x dx f dx x a b x dx

gdje smo koristili teorem srednje vrijednosti za integrale (ako je ( ) 0x i

( )x je neprekidna na ,a b , tada vrijedi ( ) ( ) ( ) ( )b b

a a

x x dx x dx , za

neki ,a b ). Kako je 31( )( ) ( )6

b

a

x a b x dx b a , dobijemo:

3 3

0 1( ) ( ) ( ), , , .

12 12b a hE f f a b x x (20)

Trapeznu formulu (19) možemo koristiti kad imamo dvije točke ( 1 2n ) odnosno jedan interval ( 1n ). U slučaju 1n , umjesto povećanja stupnja polinoma, možemo primijeniti integraciju po dijelovima kao što smo radili kod interpolacije (vidjeti poglavlje Interpolacija polinomima po dijelovima). Na svakom pojedinom intervalu primijenimo formulu (19) te dobivene aproksimacije zbrojimo. Neka je dakle, 0 1 1... n na x x x x b i

1 , 1,2,...,k kx x h k n . Primjenom formule (19) na svaki interval

1,k kx x , dobijemo produljenu trapeznu formulu:

93

TRAPEZNA FORMULA

Osnovnu verziju ove kvadraturne formule dobijemo za 1n , dakle iz dvije točke 0 0 1 1( , ), ( , )x f x f , gdje je 0 1a x x b i 1 0x x h . Umjesto funkcije (koju ne moramo poznavati) integriramo njezin interpolacijski polinom koji

je sada prvog stupnja, 1 01 0 0( ) ( )f fp x f x x

h

. Imamo:

11 1

0 0 0

2 21 0 0 1 0

1 0 0( )( ) ( ) ,

2 2

xx x

x x x

f f x x f f hI f x dx p x dx f x f hh h

što daje trapeznu formulu:

1

0

0 1( ) ( ) ili ( ) ( ) ( ) .2 2

x b

x a

h b af x dx f f f x dx f a f b (19)

Slika 12. Trapezna formula

Naziv potječe iz geometrijskog prikaza (slika 12.) pripadne površine lika, a koji je baš trapez.

Trapezna formula (19) je točna (egzaktna) za sve polinome stupnja 1 , dakle, za sve polinome nultog stupnja (konstante) i prvog stupnja (linearne).

Da bi to dokazali, uzmimo ( )f x kx l (za polinome nultog stupnja je 0k , a za prvog stupnja je 0k ). Imamo:

2 2 2

( ) ( ) ( )2 2

( ) 2 ( ) ( )2 2

( ) ( ) ,2

bb b

a a a

x b af x dx kx l dx k lx k k b a

b a b ak b a l ka l kb l

b a f a f b

što dokazuje tvrdnju. Za sve ostale polinome i funkcije imamo grešku aproksimacije koju možemo ocijeniti koristeći relaciju (11), gdje je sada

0 1( ) ( )( ) ( )( )x x x x x x a x b . Zbog ( ) 0x za ,x a b , imamo:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ,(1 1)! 2

b b b

a a a

x fE e x dx f dx x a b x dx

gdje smo koristili teorem srednje vrijednosti za integrale (ako je ( ) 0x i

( )x je neprekidna na ,a b , tada vrijedi ( ) ( ) ( ) ( )b b

a a

x x dx x dx , za

neki ,a b ). Kako je 31( )( ) ( )6

b

a

x a b x dx b a , dobijemo:

3 3

0 1( ) ( ) ( ), , , .

12 12b a hE f f a b x x (20)

Trapeznu formulu (19) možemo koristiti kad imamo dvije točke ( 1 2n ) odnosno jedan interval ( 1n ). U slučaju 1n , umjesto povećanja stupnja polinoma, možemo primijeniti integraciju po dijelovima kao što smo radili kod interpolacije (vidjeti poglavlje Interpolacija polinomima po dijelovima). Na svakom pojedinom intervalu primijenimo formulu (19) te dobivene aproksimacije zbrojimo. Neka je dakle, 0 1 1... n na x x x x b i

1 , 1,2,...,k kx x h k n . Primjenom formule (19) na svaki interval

1,k kx x , dobijemo produljenu trapeznu formulu:

94

1

1

0 1 1 2 2 3 2 1 1

01 2 1

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )2

... .2 2

k

k

xb n

ka x

n n n n

nn

f x dx f x dx

h f f f f f f f f f f

f fh f f f

Greška aproksimacije dobije se zbrajanjem grešaka (20). Kako je sada b a n h odnosno ( ) /h b a n , imamo:

3 3 2

1 1 1

2 3

2

3

2 22 ,

1( ) ( ) ( )12 12 12

( ) ( )( ) ( ) , , ,12 12

( ) , max ( ) ,12

n n n

k k kk k k

t a b

h h h hnE E f n f fn

b a h b af f a bn

b aE M M f tn

gdje smo iskoristili da je aritmetička sredina u kutnoj zagradi jednaka vrijednosti druge derivacije u nekoj točki (zbog njene neprekidnosti). Važno je primijetiti da za dovoljno veliki n greška postaje proizvoljno mala

(reda veličine 21/ n ). To nam omogućuje postizanje proizvoljne točnosti rezultata. Naime, ako želimo da nam dobivena greška nije veća od zadane vrijednosti , dakle da vrijedi E , dovoljno je zahtijevati:

332

22

( )( ) ,12 12

b a Mb a M nn

(21)

gdje je n cijeli broj. Dakle, ako interval ,a b podijelimo na n dijelova, pri

čemi n zadovoljava uvjet (21), tada apsolutna greška aproksimacije integrala

( )b

a

f x dx , dobivene produljenom trapeznom formulom, nije veća od .

Primjer 32. Za funkciju 420( )f xx

izračunajmo 40

20

( )f x dx . Zatim u

čvorovima 20, 25, 30, 35 i 40, odredimo vrijednost funkcije te aproksimirajmo zadani integral produljenom trapeznom formulom. Kolika je greška aproksimacije? Na koliko najmanje jednakih dijelova treba podijeliti interval 20,40 , da bi aproksimacija imala

bar pet korektnih znamenaka?

Odredimo točnu vrijednost:

4040

2020

420 420ln 420 (ln 40 ln 20) 420ln 2 291.1218158... .I dx xx

Za aproksimaciju imamo:

kx 20 25 30 35 40

kf 21 16.8 14 12 10.5

Kako je 4 i 5n h , dobivamo:

21 10.55 16.8 14 12 292.75 ,2 2

I

pa je apsolutna greška aproksimacije 1.62818... , dok je relativna 0.00559... 0.559...% .

Nadalje, da bi primijenili relaciju (21) treba nam 2i M . Kako peta značajna znamenka u točnom rezultatu 291.1218158… (a isto i u približnom

292.75) ima vrijednost 210 , bit će 2 30.5 10 5 10 . Kako je:

22 3 3 320,40

420 840 840 840( ) , ( ) max 0.105,20t

f x f x Mx x x

iz (21) dobivamo:

3

3

(40 20) 0.105 118.32... 119.12 5 10

n n

95

1

1

0 1 1 2 2 3 2 1 1

01 2 1

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )2

... .2 2

k

k

xb n

ka x

n n n n

nn

f x dx f x dx

h f f f f f f f f f f

f fh f f f

Greška aproksimacije dobije se zbrajanjem grešaka (20). Kako je sada b a n h odnosno ( ) /h b a n , imamo:

3 3 2

1 1 1

2 3

2

3

2 22 ,

1( ) ( ) ( )12 12 12

( ) ( )( ) ( ) , , ,12 12

( ) , max ( ) ,12

n n n

k k kk k k

t a b

h h h hnE E f n f fn

b a h b af f a bn

b aE M M f tn

gdje smo iskoristili da je aritmetička sredina u kutnoj zagradi jednaka vrijednosti druge derivacije u nekoj točki (zbog njene neprekidnosti). Važno je primijetiti da za dovoljno veliki n greška postaje proizvoljno mala

(reda veličine 21/ n ). To nam omogućuje postizanje proizvoljne točnosti rezultata. Naime, ako želimo da nam dobivena greška nije veća od zadane vrijednosti , dakle da vrijedi E , dovoljno je zahtijevati:

332

22

( )( ) ,12 12

b a Mb a M nn

(21)

gdje je n cijeli broj. Dakle, ako interval ,a b podijelimo na n dijelova, pri

čemi n zadovoljava uvjet (21), tada apsolutna greška aproksimacije integrala

( )b

a

f x dx , dobivene produljenom trapeznom formulom, nije veća od .

Primjer 32. Za funkciju 420( )f xx

izračunajmo 40

20

( )f x dx . Zatim u

čvorovima 20, 25, 30, 35 i 40, odredimo vrijednost funkcije te aproksimirajmo zadani integral produljenom trapeznom formulom. Kolika je greška aproksimacije? Na koliko najmanje jednakih dijelova treba podijeliti interval 20,40 , da bi aproksimacija imala

bar pet korektnih znamenaka?

Odredimo točnu vrijednost:

4040

2020

420 420ln 420 (ln 40 ln 20) 420ln 2 291.1218158... .I dx xx

Za aproksimaciju imamo:

kx 20 25 30 35 40

kf 21 16.8 14 12 10.5

Kako je 4 i 5n h , dobivamo:

21 10.55 16.8 14 12 292.75 ,2 2

I

pa je apsolutna greška aproksimacije 1.62818... , dok je relativna 0.00559... 0.559...% .

Nadalje, da bi primijenili relaciju (21) treba nam 2i M . Kako peta značajna znamenka u točnom rezultatu 291.1218158… (a isto i u približnom

292.75) ima vrijednost 210 , bit će 2 30.5 10 5 10 . Kako je:

22 3 3 320,40

420 840 840 840( ) , ( ) max 0.105,20t

f x f x Mx x x

iz (21) dobivamo:

3

3

(40 20) 0.105 118.32... 119.12 5 10

n n

96

Dakle, podjela na 119 (ili više) jednakih dijelova osigurat će pet korektnih znamenaka u dobivenoj aproksimaciji.

SIMPSONOVA FORMULA

Osnovnu verziju ove kvadraturne formule dobijemo za 2n , dakle iz tri točke 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , ),x f x f x f gdje je 0 1 2a x x x b i raspored je

ekvidistantan, 1 0 2 1x x x x h . Iz ovih pretpostavki slijedi ( ) / 2h b a

i 1 ( ) / 2x a b . Umjesto funkcije sada integriramo njezin interpolacijski polinom drugog stupnja (vidjeti (16)):

1 0 2 1 02 0 0 0 12

2( ) ( ) ( )( ) .2

f f f f fp x f x x x x x xh h

Imamo 2 2

0 0

2( ) ( ) ( )x xb

a x x

I f x dx f x dx p x dx . Kako je 2

0

20( ) 2

x

x

x x dx h i

2

0

3

0 12( )( )3

x

x

hx x x x dx , dobivamo:

2 2

0 0

2 2 2

0 0

1

1 0 2 1 00 0 0 12

321 0 2 1 0

0 2

( ) ( )

2( ) ( )( )2

2 22 2 ,2 3

x x

x x

x x x

x x x

I f x dx p x dx

f f f f ff dx x x dx x x x x dxh h

f f f f f hf h hh h

što daje Simpsonovu formulu (slika 13):

1

0

0 1 2( ) ( 4 ) ili3

( ) ( ) 4 ( ) .6 2

x

x

b

a

hf x dx f f f

b a a bf x dx f a f f b

(22)

Slika 13. Simpsonova formula

Formula je nazvana po britanskom matematičaru Thomasu Simpsonu (1710. – 1761.), iako je Kepler koristio slične formule još stoljeće prije pa se ponegdje u literaturi pojavljuje pod nazivom Keplerovo pravilo. Kako je Simpsonova formula (22) izvedena koristeći kvadratni interpolacijski polinom, ona daje točan rezultat za sve polinome stupnja 2 . Naime, za

( )f x , ( )f x x , 2( )f x x , gdje su , , proizvoljne konstante, u formuli (22) imamo jednakost (razlikujte alfa od slova a ):

2 2 2

23 3 32 2 2

( ) ( 4 ) ,6

4 ,2 2 6 2

4 ,3 3 6 2

bb

aa

bb

a abb

a a

b adx x b a

x b a b a a bxdx a b

x b a b a a bx dx a b

pa jednakost vrijedi i za svaki kvadratni polinom 2( )f x x x .

Međutim, ako stavimo 3( )f x x , gdje je proizvoljna konstanta, imamo:

34 4 43 3 34 ,

4 4 6 2

bb

a a

x b a b a a bx dx a b

97

Dakle, podjela na 119 (ili više) jednakih dijelova osigurat će pet korektnih znamenaka u dobivenoj aproksimaciji.

SIMPSONOVA FORMULA

Osnovnu verziju ove kvadraturne formule dobijemo za 2n , dakle iz tri točke 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , ),x f x f x f gdje je 0 1 2a x x x b i raspored je

ekvidistantan, 1 0 2 1x x x x h . Iz ovih pretpostavki slijedi ( ) / 2h b a

i 1 ( ) / 2x a b . Umjesto funkcije sada integriramo njezin interpolacijski polinom drugog stupnja (vidjeti (16)):

1 0 2 1 02 0 0 0 12

2( ) ( ) ( )( ) .2

f f f f fp x f x x x x x xh h

Imamo 2 2

0 0

2( ) ( ) ( )x xb

a x x

I f x dx f x dx p x dx . Kako je 2

0

20( ) 2

x

x

x x dx h i

2

0

3

0 12( )( )3

x

x

hx x x x dx , dobivamo:

2 2

0 0

2 2 2

0 0

1

1 0 2 1 00 0 0 12

321 0 2 1 0

0 2

( ) ( )

2( ) ( )( )2

2 22 2 ,2 3

x x

x x

x x x

x x x

I f x dx p x dx

f f f f ff dx x x dx x x x x dxh h

f f f f f hf h hh h

što daje Simpsonovu formulu (slika 13):

1

0

0 1 2( ) ( 4 ) ili3

( ) ( ) 4 ( ) .6 2

x

x

b

a

hf x dx f f f

b a a bf x dx f a f f b

(22)

Slika 13. Simpsonova formula

Formula je nazvana po britanskom matematičaru Thomasu Simpsonu (1710. – 1761.), iako je Kepler koristio slične formule još stoljeće prije pa se ponegdje u literaturi pojavljuje pod nazivom Keplerovo pravilo. Kako je Simpsonova formula (22) izvedena koristeći kvadratni interpolacijski polinom, ona daje točan rezultat za sve polinome stupnja 2 . Naime, za

( )f x , ( )f x x , 2( )f x x , gdje su , , proizvoljne konstante, u formuli (22) imamo jednakost (razlikujte alfa od slova a ):

2 2 2

23 3 32 2 2

( ) ( 4 ) ,6

4 ,2 2 6 2

4 ,3 3 6 2

bb

aa

bb

a abb

a a

b adx x b a

x b a b a a bxdx a b

x b a b a a bx dx a b

pa jednakost vrijedi i za svaki kvadratni polinom 2( )f x x x .

Međutim, ako stavimo 3( )f x x , gdje je proizvoljna konstanta, imamo:

34 4 43 3 34 ,

4 4 6 2

bb

a a

x b a b a a bx dx a b

98

pa formula vrijedi i za svaki kubni polinom 2 3( )f x x x x . Prema tome Simpsonova formula (22) je točna (egzaktna) za sve polinome stupnja 3 . Za sve ostale polinome i funkcije imamo grešku aproksimacije koju možemo ocijeniti koristeći relaciju (11), gdje je sada

0 1 2( ) ( )( )( ) ( ) ( )2

a bx x x x x x x x a x x b

. Imamo:

( ) 1( ) ( ) ( ) ( ) .(2 1)! 6

b b b

a a a

xE e x dx f dx x f dx

Kako sada ( )x nema stalni predznak na ,a b , a budući da je njegov graf

centralno simetričan u odnosu na srednju točku ( ) / 2a b , može se pokazati

da vrijedi 5( )( ) ( ) , ,

15 2

b IV

a

f b ax f dx a b pa je:

5 5

0 2( ) ( ) ( ), , , , ,2880 90 2

IV IVb a h b aE f f h a b x x (23)

pri čemu smo pretpostavili da funkcija f ima neprekidnu četvrtu derivaciju na

,a b . Simpsonovu formulu (22) možemo koristiti kad imamo zadane tri

točke ( 1 3n ) odnosno dva intervala ( 2n ) jednake duljine. U slučaju 2n , n paran, na svaki par susjednih intervala primijenimo formulu (22) te

dobivene aproksimacije zbrojimo (produljimo formulu). Neka je ponovno

0 1 1... n na x x x x b i 1 , 1,2,...,k kx x h k n , gdje je n paran

broj. Primjenom formule (22) na svaki interval 2 2 2, , 1,2,..., / 2l lx x l n ,

dobijemo produljenu Simpsonovu formulu:

2

2 2

/2

1

0 1 2 2 3 4 2 1

0 1 2 3 4 3 2 1

( ) ( )

( 4 ) ( 4 ) ... ( 4 )3

4 2 4 2 ... 4 2 4 .3

l

l

xb n

la x

n n n

n n n n

f x dx f x dx

h f f f f f f f f f

h f f f f f f f f f

Greška aproksimacije dobije se zbrajanjem grešaka (23), slično kao i kod trapezne formule pa je opet b a n h odnosno ( ) /h b a n :

5 5 4/2 /2 /2

1 1 1

4 5

4

5

4 44 ,

1( ) ( ) ( )90 90 2 / 2 180

( ) ( )( ) ( ) , , ,180 180

( ) , max ( ) .180

n n nIV IV IV

l l ll l l

IV IV

IV

t a b

h h n h hnE E f f fn

b a h b af f a bn

b aE M M f tn

Vidimo da je ovdje greška reda veličine 41/ n pa je možemo kontrolirati izborom odgovarajućeg n. Naime, ako želimo da nam greška nije veća od zadane vrijednosti , dakle da vrijedi E , dovoljno je zahtijevati:

5544

44

( )( ) ,180 180

b a Mb a M nn

(24)

gdje je n paran broj. Dakle, ako interval ,a b podijelimo na n dijelova, pri

čemi n zadovoljava uvjet (24), tada apsolutna greška aproksimacije integrala

( )b

a

f x dx , dobivene produljenom Simpsonovom formulom, nije veća od .

Primjer 33. Riješimo prethodni primjer produljenom Simpsonovom formulom.

Imamo:

5 21 4 16.8 2 14 4 12 10.5 291.16666... ,3

I

pa je apsolutna greška 0.04485... , a relativna 0.000154... 0.0154...% .

Za primjenu relacije (24) određujemo 4M . Kako je:

44 5 5 520,40

2520 10080 10080 10080( ) , ( ) max 0.00315,20

IV

tf x f x M

x x x

99

pa formula vrijedi i za svaki kubni polinom 2 3( )f x x x x . Prema tome Simpsonova formula (22) je točna (egzaktna) za sve polinome stupnja 3 . Za sve ostale polinome i funkcije imamo grešku aproksimacije koju možemo ocijeniti koristeći relaciju (11), gdje je sada

0 1 2( ) ( )( )( ) ( ) ( )2

a bx x x x x x x x a x x b

. Imamo:

( ) 1( ) ( ) ( ) ( ) .(2 1)! 6

b b b

a a a

xE e x dx f dx x f dx

Kako sada ( )x nema stalni predznak na ,a b , a budući da je njegov graf

centralno simetričan u odnosu na srednju točku ( ) / 2a b , može se pokazati

da vrijedi 5( )( ) ( ) , ,

15 2

b IV

a

f b ax f dx a b pa je:

5 5

0 2( ) ( ) ( ), , , , ,2880 90 2

IV IVb a h b aE f f h a b x x (23)

pri čemu smo pretpostavili da funkcija f ima neprekidnu četvrtu derivaciju na

,a b . Simpsonovu formulu (22) možemo koristiti kad imamo zadane tri

točke ( 1 3n ) odnosno dva intervala ( 2n ) jednake duljine. U slučaju 2n , n paran, na svaki par susjednih intervala primijenimo formulu (22) te

dobivene aproksimacije zbrojimo (produljimo formulu). Neka je ponovno

0 1 1... n na x x x x b i 1 , 1,2,...,k kx x h k n , gdje je n paran

broj. Primjenom formule (22) na svaki interval 2 2 2, , 1,2,..., / 2l lx x l n ,

dobijemo produljenu Simpsonovu formulu:

2

2 2

/2

1

0 1 2 2 3 4 2 1

0 1 2 3 4 3 2 1

( ) ( )

( 4 ) ( 4 ) ... ( 4 )3

4 2 4 2 ... 4 2 4 .3

l

l

xb n

la x

n n n

n n n n

f x dx f x dx

h f f f f f f f f f

h f f f f f f f f f

Greška aproksimacije dobije se zbrajanjem grešaka (23), slično kao i kod trapezne formule pa je opet b a n h odnosno ( ) /h b a n :

5 5 4/2 /2 /2

1 1 1

4 5

4

5

4 44 ,

1( ) ( ) ( )90 90 2 / 2 180

( ) ( )( ) ( ) , , ,180 180

( ) , max ( ) .180

n n nIV IV IV

l l ll l l

IV IV

IV

t a b

h h n h hnE E f f fn

b a h b af f a bn

b aE M M f tn

Vidimo da je ovdje greška reda veličine 41/ n pa je možemo kontrolirati izborom odgovarajućeg n. Naime, ako želimo da nam greška nije veća od zadane vrijednosti , dakle da vrijedi E , dovoljno je zahtijevati:

5544

44

( )( ) ,180 180

b a Mb a M nn

(24)

gdje je n paran broj. Dakle, ako interval ,a b podijelimo na n dijelova, pri

čemi n zadovoljava uvjet (24), tada apsolutna greška aproksimacije integrala

( )b

a

f x dx , dobivene produljenom Simpsonovom formulom, nije veća od .

Primjer 33. Riješimo prethodni primjer produljenom Simpsonovom formulom.

Imamo:

5 21 4 16.8 2 14 4 12 10.5 291.16666... ,3

I

pa je apsolutna greška 0.04485... , a relativna 0.000154... 0.0154...% .

Za primjenu relacije (24) određujemo 4M . Kako je:

44 5 5 520,40

2520 10080 10080 10080( ) , ( ) max 0.00315,20

IV

tf x f x M

x x x

100

iz (24) dobivamo:

54

3

(40 20) 0.00315 10.287... 12,180 5 10

n n

jer n treba biti paran broj. Vidimo da će ovdje podjela na samo 12 (ili više) jednakih dijelova osigurati pet korektnih znamenaka u dobivenoj aproksimaciji, za razliku od produljene trapezne gdje je trebalo 119 dijelova.

Napomenimo da se trapezna i Simpsonova formula, koje smo ovdje upoznali, mogu dobiti i iz općenitog oblika za Newton-Cotesove kvadraturne formule:

( )

0( ) ,

b nn

k kka

I f x dx w f

gdje se težinski koeficijenti ( )nkw određuju iz uvjeta da je formula egzaktna za

polinome što višeg stupnja. Iz navedenog općenitog oblika mogu se izvesti i druge verzije metoda numeričke integracije. Spomenimo Newton-Cotesove formule otvorenog tipa u kojima ne sudjeluje jedna ili obje rubne točke (trapezna i Simpsonova su formule zatvorenog tipa), zatim Rombergov algoritam koji se temelji na udvostručavanju broja podintervala u produljenoj trapeznoj formuli te Gaussove integracijske formule u kojima čvorovi integracije nisu unaprijed poznati, već se izračunavaju tako da greška formule bude najmanja.

ZADACI (IX)

1. Granični troškovi ( )t x za opseg proizvodnje x, dani su tablicom: x 0 100 200 ( )t x 21 15 6

Odredite približno ukupne varijabilne troškove (100) i (200)T T .

2. Za funkciju ( )f x zadanu tablicom izračunajte integral5

2( )I f x dx

produljenom (a) trapeznom, (b) Simpsonovom formulom te ocijenite grešku dobivenih rezultata ako je 2 42 a 48M M :

kx 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

kf 1 0 1 1 0 –1 –2

3. Ako je 0

( )kx

k xI f x dx , rekonstruirajte sljedeću tablicu:

kx 5 8 11

( )kf x ? ? 10

kI ? 39 84

4. Trapeznom formulom rekonstruirajte vrijednosti funkcije temeljem poznatih podataka iz tablice:

kx 2 4 6 8 10

( )kf x 2 1 0 –1 –2

( )kf x 10 ? ? ? ?

Rekonstrukciju napravite i Simpsonovom formulom. Za koje točke je to moguće?

5. U točkama 0, 1, 2, 3 i 4 izračunajte vrijednost funkcije 4( )f x x te

aproksimirajte 4

0( )I f x dx produljenom (a) trapeznom, (b)

Simpsonovom formulom. Kolike su relativne greške dobivenih rezultata?

6. Na koliko jednakih dijelova treba podijeliti interval 0, 9 da bi točno

odredili cjelobrojnu vrijednost integrala 9 3

0x dx ako računanje

provodimo primjenom: (a) trapezne, (b) Simpsonove formule?

7. Trapeznom i Simpsonovom formulom izračunajte 3

1ln x dx i

usporedite s točnom vrijednošću ako je aproksimacija funkcije ln x dana tablicom:

kx 1 2 3

ln kx 0 0.693 1.099

Na koliko dijelova treba podijeliti interval 1, 3 pa da aproksimacije

dobivene ovim formulama imaju točnost na pet decimala?

8. Kod numeričkog računanja integrala 3

2( )f x dx trapeznom odnosno

Simpsonovom formulom, gdje za funkciju ( )f x vrijedi:

101

iz (24) dobivamo:

54

3

(40 20) 0.00315 10.287... 12,180 5 10

n n

jer n treba biti paran broj. Vidimo da će ovdje podjela na samo 12 (ili više) jednakih dijelova osigurati pet korektnih znamenaka u dobivenoj aproksimaciji, za razliku od produljene trapezne gdje je trebalo 119 dijelova.

Napomenimo da se trapezna i Simpsonova formula, koje smo ovdje upoznali, mogu dobiti i iz općenitog oblika za Newton-Cotesove kvadraturne formule:

( )

0( ) ,

b nn

k kka

I f x dx w f

gdje se težinski koeficijenti ( )nkw određuju iz uvjeta da je formula egzaktna za

polinome što višeg stupnja. Iz navedenog općenitog oblika mogu se izvesti i druge verzije metoda numeričke integracije. Spomenimo Newton-Cotesove formule otvorenog tipa u kojima ne sudjeluje jedna ili obje rubne točke (trapezna i Simpsonova su formule zatvorenog tipa), zatim Rombergov algoritam koji se temelji na udvostručavanju broja podintervala u produljenoj trapeznoj formuli te Gaussove integracijske formule u kojima čvorovi integracije nisu unaprijed poznati, već se izračunavaju tako da greška formule bude najmanja.

ZADACI (IX)

1. Granični troškovi ( )t x za opseg proizvodnje x, dani su tablicom: x 0 100 200 ( )t x 21 15 6

Odredite približno ukupne varijabilne troškove (100) i (200)T T .

2. Za funkciju ( )f x zadanu tablicom izračunajte integral5

2( )I f x dx

produljenom (a) trapeznom, (b) Simpsonovom formulom te ocijenite grešku dobivenih rezultata ako je 2 42 a 48M M :

kx 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

kf 1 0 1 1 0 –1 –2

3. Ako je 0

( )kx

k xI f x dx , rekonstruirajte sljedeću tablicu:

kx 5 8 11

( )kf x ? ? 10

kI ? 39 84

4. Trapeznom formulom rekonstruirajte vrijednosti funkcije temeljem poznatih podataka iz tablice:

kx 2 4 6 8 10

( )kf x 2 1 0 –1 –2

( )kf x 10 ? ? ? ?

Rekonstrukciju napravite i Simpsonovom formulom. Za koje točke je to moguće?

5. U točkama 0, 1, 2, 3 i 4 izračunajte vrijednost funkcije 4( )f x x te

aproksimirajte 4

0( )I f x dx produljenom (a) trapeznom, (b)

Simpsonovom formulom. Kolike su relativne greške dobivenih rezultata?

6. Na koliko jednakih dijelova treba podijeliti interval 0, 9 da bi točno

odredili cjelobrojnu vrijednost integrala 9 3

0x dx ako računanje

provodimo primjenom: (a) trapezne, (b) Simpsonove formule?

7. Trapeznom i Simpsonovom formulom izračunajte 3

1ln x dx i

usporedite s točnom vrijednošću ako je aproksimacija funkcije ln x dana tablicom:

kx 1 2 3

ln kx 0 0.693 1.099

Na koliko dijelova treba podijeliti interval 1, 3 pa da aproksimacije

dobivene ovim formulama imaju točnost na pet decimala?

8. Kod numeričkog računanja integrala 3

2( )f x dx trapeznom odnosno

Simpsonovom formulom, gdje za funkciju ( )f x vrijedi:

102

( ) ( 1)!( ) , [2,3], 2,4,kk

kf x x kx

odredite: (a) točnost računanja ako interval integriranja podijelimo na pet jednakih dijelova, (b) na koliko dijelova treba podijeliti zadani interval ako želimo točnost na četiri decimale?

9. Ako 21

0

xe dx želimo izračunati s točnošću na 6 decimala, koliku

podjelu intervala 0, 1 trebamo napraviti?

10. Ako 2

lne

e

x dxx želimo izračunati s točnošću 8e , koliku podjelu

intervala 2,e e trebamo napraviti?

11. Na koliko jednakih dijelova (podintervala) treba podijeliti interval

0, 2 da bi 2 8 8

08x dx produljenom trapeznom formulom

izračunali s točnošću na jednu decimalu?

12. Ako ( )b

a

f x dx računamo produljenom Simpsonovom formulom,

odredite ekvidistantnu podjelu n, intervala ,a b , da bi dobili točnost

na k decimala ako znamo da je:

(4)| ( ) | 10 za sv1 e [ , ]., sf x x ab ba

Specijalno uzmite 5, 3k s .

RJEŠAVANJE NELINEARNIH JEDNADŽBI U dosadašnjem razmatranju upoznali smo različite načine konstruiranja funkcija temeljem poznatih veličina, a u skladu s postavljenim zahtjevima. U analizi pojava, koje dobivene funkcije opisuju, redovito se pojavljuju jednadžbe i nejednadžbe. Pogledajmo neke konkretne situacije. Ako imamo funkciju potražnje 1( )q p i ponude 2 ( )q p neke robe na tržištu, gdje je p njena cijena, tada se stanje na tržištu može izraziti odnosom između ponude i potražnje, na primjer:

1 2

2 1

1 2

2 1

( ) ( ) (tržišna cijena),( ) ( ) 100 (višak od 100 jedinica robe na tržištu),( ) ( ) (manjak robe na tržištu),( ) 2 ( ) (dvostruko veća ponuda od potražnje), itd.

q p q pq p q pq p q pq p q p

Ako imamo funkciju ukupnih troškova ( )T x i prihoda ( )P x , gdje je x količina proizvodnje promatrane robe, tada njihovi odnosi opisuju točno određena stanja u procesu proizvodnje, na primjer:

( ) ( ) (pragovi rentabilnosti proizvodnje),( ) 1.4 ( ) (prihodi su za 40% veći od troškova),( ) ( ) 50000 (dobit je 50000 novčanih jedinica),( ) ( ) (gubitak),( ) 0 (minimalni ukupni troškovi),

T x P xP x T xP x T xT x P xT xP

( ) 0 (maksimalni ukupni prihodi), itd.x

Vidimo da određivanje cijene p ili količine x, za koje će nastupiti neko od navedenih stanja, zahtijeva rješavanje jednadžbe ili nejednadžbe (čije se rješavanje opet svodi na jednadžbu). Uočimo nadalje da se svaka jednadžba, prebacivanjem svih članova na jednu (lijevu) stranu jednadžbe, svodi na problem određivanja nul-točke funkcije. Pogledajmo u nastavku ovaj problem, za realnu funkciju jedne varijable ( )f x :

( ) 0, ?f x x (25)

Primjer 34. Raspolažemo s dionicama u vrijednosti 10000 kuna. Ako je nakon prve godine isplaćena dividenda 2000 kuna , a nova vrijednost tih dionica nakon: (a) druge, (b) pete godine, iznosi 11000 kuna, kolika je prosječna godišnja stopa prinosa?

Ako je p tražena stopa prinosa (decimalni zapis) i 1r p faktor prinosa, tada po principu ekvivalencije kapitala svođenjem na početnu vrijednost imamo:

103

( ) ( 1)!( ) , [2,3], 2,4,kk

kf x x kx

odredite: (a) točnost računanja ako interval integriranja podijelimo na pet jednakih dijelova, (b) na koliko dijelova treba podijeliti zadani interval ako želimo točnost na četiri decimale?

9. Ako 21

0

xe dx želimo izračunati s točnošću na 6 decimala, koliku

podjelu intervala 0, 1 trebamo napraviti?

10. Ako 2

lne

e

x dxx želimo izračunati s točnošću 8e , koliku podjelu

intervala 2,e e trebamo napraviti?

11. Na koliko jednakih dijelova (podintervala) treba podijeliti interval

0, 2 da bi 2 8 8

08x dx produljenom trapeznom formulom

izračunali s točnošću na jednu decimalu?

12. Ako ( )b

a

f x dx računamo produljenom Simpsonovom formulom,

odredite ekvidistantnu podjelu n, intervala ,a b , da bi dobili točnost

na k decimala ako znamo da je:

(4)| ( ) | 10 za sv1 e [ , ]., sf x x ab ba

Specijalno uzmite 5, 3k s .

RJEŠAVANJE NELINEARNIH JEDNADŽBI U dosadašnjem razmatranju upoznali smo različite načine konstruiranja funkcija temeljem poznatih veličina, a u skladu s postavljenim zahtjevima. U analizi pojava, koje dobivene funkcije opisuju, redovito se pojavljuju jednadžbe i nejednadžbe. Pogledajmo neke konkretne situacije. Ako imamo funkciju potražnje 1( )q p i ponude 2 ( )q p neke robe na tržištu, gdje je p njena cijena, tada se stanje na tržištu može izraziti odnosom između ponude i potražnje, na primjer:

1 2

2 1

1 2

2 1

( ) ( ) (tržišna cijena),( ) ( ) 100 (višak od 100 jedinica robe na tržištu),( ) ( ) (manjak robe na tržištu),( ) 2 ( ) (dvostruko veća ponuda od potražnje), itd.

q p q pq p q pq p q pq p q p

Ako imamo funkciju ukupnih troškova ( )T x i prihoda ( )P x , gdje je x količina proizvodnje promatrane robe, tada njihovi odnosi opisuju točno određena stanja u procesu proizvodnje, na primjer:

( ) ( ) (pragovi rentabilnosti proizvodnje),( ) 1.4 ( ) (prihodi su za 40% veći od troškova),( ) ( ) 50000 (dobit je 50000 novčanih jedinica),( ) ( ) (gubitak),( ) 0 (minimalni ukupni troškovi),

T x P xP x T xP x T xT x P xT xP

( ) 0 (maksimalni ukupni prihodi), itd.x

Vidimo da određivanje cijene p ili količine x, za koje će nastupiti neko od navedenih stanja, zahtijeva rješavanje jednadžbe ili nejednadžbe (čije se rješavanje opet svodi na jednadžbu). Uočimo nadalje da se svaka jednadžba, prebacivanjem svih članova na jednu (lijevu) stranu jednadžbe, svodi na problem određivanja nul-točke funkcije. Pogledajmo u nastavku ovaj problem, za realnu funkciju jedne varijable ( )f x :

( ) 0, ?f x x (25)

Primjer 34. Raspolažemo s dionicama u vrijednosti 10000 kuna. Ako je nakon prve godine isplaćena dividenda 2000 kuna , a nova vrijednost tih dionica nakon: (a) druge, (b) pete godine, iznosi 11000 kuna, kolika je prosječna godišnja stopa prinosa?

Ako je p tražena stopa prinosa (decimalni zapis) i 1r p faktor prinosa, tada po principu ekvivalencije kapitala svođenjem na početnu vrijednost imamo:

104

21,22

5 45

2000 11000 1 111(a) 10000 10 2 11 0 ,10

2000 11000(b) 10000 10 2 11 0 ?

r r rr r

r r rr r

Vidimo da slučaj (a) možemo eksplicitno riješiti. Kako je po prirodi problema 1r uzimamo pozitivno rješenje 1.153565...,r pa je

15.36%p . U slučaju (b) dobili smo jednadžbu koju ne možemo eksplicitno riješiti.

Općenito tek nekoliko tipova jednadžbi možemo eksplicitno riješiti. Tako na primjer, ako je u jednadžbi (25) funkcija f polinom, jednadžba je eksplicitno rješiva samo za polinome stupnja 1, 2, 3 i 4, a za sve ostale nije. Većina jednadžbi vrlo jednostavnog oblika također nije eksplicitno rješiva, npr.:

Eksplicitno su rješive Eksplicitno nisu rješive 2 650x x 2 .1 650x x 2 100x 2 100xx log 7x log 7x x

8 1234x 1234xx sin 0.5x sin 0.5x x

Za sve njih koristimo približne numeričke metode. Najprikladnije među njima su iterativne metode koje se provode ponavljanjem baznog koraka (iteracije). U svakoj iteraciji dobivamo aproksimaciju rješenja (nul-točke) koja se tijekom postupka poboljšava, tako dugo dok ne postignemo željenu točnost. To je ujedno najznačajnije svojstvo iterativnih metoda, rješenje jednadžbe možemo dobiti s proizvoljnom, unaprijed zadanom, točnošću.

Dakle, ako je x rješenje jednadžbe (25), tada iterativna metoda generira niz iteracija:

0 1 2 1, , , . . . , , , . . . .n nx x x x x x

Svaka iterativna metoda ima dvije faze:

određivanje intervala u kome se nalazi bar jedno traženo rješenje jednadžbe

iterativno nalaženje rješenja na zadanu točnost.

Ako jednadžbu svedemo na problem određivanja nul-točke (25), tada je u prvoj fazi dovoljno odrediti interval ,I a b na kome je funkcija f

neprekidna, a njene vrijednosti na krajevima intervala su suprotnog predznaka, ( ) ( ) 0f a f b . U drugoj fazi za odabir iterativne metode važno je pitanje konvergencije i brzine konvergencije niza dobivenih aproksimacija prema rješenju jednadžbe. Konvergencija najčešće ovisi o pravilnom izboru početne aproksimacije 0x . Brzinu konvergencije mjerimo pomoću reda

konvergencije. Kažemo da niz 0 1 2, , ,...x x x konvergira prema x s redom konvergencije 1p ako postoji 0C tako da vrijedi:

1 , 0,1,2,3,... ,p

n nx x C x x n

pri čemu je C faktor konvergencije kad je 1p . Tako za 1p imamo

linearnu konvergenciju, za 2p kvadratičnu, za 3p kubnu, za 2.4p konvergencija je bolja (brža) od kvadratične, a slabija (sporija) od kubne itd. Navedena definicija kod linearne konvergencije daje:

2 31 2 3 0. . . .n

n n n nx x C x x C x x C x x C x x

Uočimo da ovdje konvergenciju osigurava uvjet 1C . Postoji mnogo iterativnih metoda za rješavanje problema (25). U nastavku se upoznajemo s najpoznatijim i najviše korištenim metodama.

METODA RASPOLAVLJANJA

Jedna od najjednostavnijih iterativnih metoda za rješavanje problema (25) je metoda raspolavljanja ili bisekcije. Može se primijeniti na bilo koju neprekidnu funkciju za koju smo, u sklopu prve faze, odredili interval

,I a b u kome se nalazi nul-točka. Metoda se sastoji od niza uzastopnih

koraka 0,1,2,3,...k . U svakom koraku definiramo interval ,k k kI a b u

kome se nalazi nul-točka, a za novu iteraciju k kx I (novu aproksimaciju nul-točke) uzimamo polovište tog intervala:

105

21,22

5 45

2000 11000 1 111(a) 10000 10 2 11 0 ,10

2000 11000(b) 10000 10 2 11 0 ?

r r rr r

r r rr r

Vidimo da slučaj (a) možemo eksplicitno riješiti. Kako je po prirodi problema 1r uzimamo pozitivno rješenje 1.153565...,r pa je

15.36%p . U slučaju (b) dobili smo jednadžbu koju ne možemo eksplicitno riješiti.

Općenito tek nekoliko tipova jednadžbi možemo eksplicitno riješiti. Tako na primjer, ako je u jednadžbi (25) funkcija f polinom, jednadžba je eksplicitno rješiva samo za polinome stupnja 1, 2, 3 i 4, a za sve ostale nije. Većina jednadžbi vrlo jednostavnog oblika također nije eksplicitno rješiva, npr.:

Eksplicitno su rješive Eksplicitno nisu rješive 2 650x x 2 .1 650x x 2 100x 2 100xx log 7x log 7x x

8 1234x 1234xx sin 0.5x sin 0.5x x

Za sve njih koristimo približne numeričke metode. Najprikladnije među njima su iterativne metode koje se provode ponavljanjem baznog koraka (iteracije). U svakoj iteraciji dobivamo aproksimaciju rješenja (nul-točke) koja se tijekom postupka poboljšava, tako dugo dok ne postignemo željenu točnost. To je ujedno najznačajnije svojstvo iterativnih metoda, rješenje jednadžbe možemo dobiti s proizvoljnom, unaprijed zadanom, točnošću.

Dakle, ako je x rješenje jednadžbe (25), tada iterativna metoda generira niz iteracija:

0 1 2 1, , , . . . , , , . . . .n nx x x x x x

Svaka iterativna metoda ima dvije faze:

određivanje intervala u kome se nalazi bar jedno traženo rješenje jednadžbe

iterativno nalaženje rješenja na zadanu točnost.

Ako jednadžbu svedemo na problem određivanja nul-točke (25), tada je u prvoj fazi dovoljno odrediti interval ,I a b na kome je funkcija f

neprekidna, a njene vrijednosti na krajevima intervala su suprotnog predznaka, ( ) ( ) 0f a f b . U drugoj fazi za odabir iterativne metode važno je pitanje konvergencije i brzine konvergencije niza dobivenih aproksimacija prema rješenju jednadžbe. Konvergencija najčešće ovisi o pravilnom izboru početne aproksimacije 0x . Brzinu konvergencije mjerimo pomoću reda

konvergencije. Kažemo da niz 0 1 2, , ,...x x x konvergira prema x s redom konvergencije 1p ako postoji 0C tako da vrijedi:

1 , 0,1,2,3,... ,p

n nx x C x x n

pri čemu je C faktor konvergencije kad je 1p . Tako za 1p imamo

linearnu konvergenciju, za 2p kvadratičnu, za 3p kubnu, za 2.4p konvergencija je bolja (brža) od kvadratične, a slabija (sporija) od kubne itd. Navedena definicija kod linearne konvergencije daje:

2 31 2 3 0. . . .n

n n n nx x C x x C x x C x x C x x

Uočimo da ovdje konvergenciju osigurava uvjet 1C . Postoji mnogo iterativnih metoda za rješavanje problema (25). U nastavku se upoznajemo s najpoznatijim i najviše korištenim metodama.

METODA RASPOLAVLJANJA

Jedna od najjednostavnijih iterativnih metoda za rješavanje problema (25) je metoda raspolavljanja ili bisekcije. Može se primijeniti na bilo koju neprekidnu funkciju za koju smo, u sklopu prve faze, odredili interval

,I a b u kome se nalazi nul-točka. Metoda se sastoji od niza uzastopnih

koraka 0,1,2,3,...k . U svakom koraku definiramo interval ,k k kI a b u

kome se nalazi nul-točka, a za novu iteraciju k kx I (novu aproksimaciju nul-točke) uzimamo polovište tog intervala:

106

1 1

1 1

( ) ( ) 0 ,, , 0,1,2,... ,

( ) ( ) 0 ,2k k k k k kk k

kk k k k k k

f x f b a x b ba bx kf a f x b x a a

pri čemu je 0 0, ,a b a b . Naravno, ako za neki k dobijemo ( ) 0kf x , tada

je kx nul-točka, u protivnom imamo niz iteracija 0 1 2 3, , , ,...x x x x koji konvergira prema traženoj nul-točki (slika 14.):

Slika 14. Metoda raspolavljanja

Primijetimo da, prema samoj konstrukciji, za svaki k vrijedi 1 1, ,k k k ka b a b i 1 1 ( ) / 2k k k kb a b a . Na taj način, smanjivanjem

(raspolavljanjem) intervala, nul-točku zatvaramo između granica intervala koje su međusobno sve bliže Postupak je ilustriran na slici 14.: polazni interval je ,a b , početna aproksimacija 0x u sljedećoj iteraciji postaje novi

b pa je novi interval 0,a x , naredna aproksimacija 1x postaje novi a pa je

sljedeći interval 1 0,x x itd.

Napomenimo da se u primjenama može uzeti ( ) / 2k k kx a b iz praktičnih razloga (ne mora baš biti jednakost), a što ćemo objasniti kroz primjere.

Uzastopnim raspolavljanjem polaznog intervala možemo postići da je

interval koji sadrži nul-točku x proizvoljno male veličine. Na taj način možemo odrediti broj raspolavljanja (iteracija metode) potrebnih da bi dobivena aproksimacija imala željenu točnost (da apsolutna greška aproksimacije ne bude veća od zadanog ). Ako polazni interval ,a b

raspolovimo n puta, dobijemo aproksimacije 0 1 1, ,..., nx x x i zadnji interval

veličine ( ) / 2nb a pa imamo:

1log( ) log .

2 log 2n n

b a b ax x n

Ovaj zadnji uvjet nazivamo i kriterij zaustavljanja metode. Za svaki prirodni broj n koji zadovoljava ovu nejednakost, nakon n iteracija imat ćemo zadanu točnost . Naravno, u praktičnom računanju uzet ćemo najmanji takav n. Na primjer, ako je polazni interval veličine 1, a želimo točnost na p decimala, tada imamo 1, 10 / 2pb a pa je:

log1 log10 log 2( ) 1.

log 2 log 2

p pn n p

Tako je:

(2) 7.64 (2) 8, (3) 10.96 (3) 11,(6) 20.93 (6) 21, (9) 30.89 (9) 31, itd.

n n n nn n n n

Vidimo da metoda konvergira, a u slučaju da želimo visoku točnost, može biti spora (zahtijeva znatan broj iteracija). Brzina kojom se aproksimacije približavaju nul-točki je linearna s faktorom 1/ 2C .

Ako funkcija f ima i neprekidnu prvu derivaciju na intervalu ,a b , dakle f

je klase 1 ,C a b , tada grešku aproksimacije nul-točke možemo ocijeniti

koristeći Taylorov razvoj odnosno teorem srednje vrijednosti:

, za( ) ( ) ( )( ), .

, za

n n

n n n n

n n

x x x xf x f x f x x

x x x x

107

1 1

1 1

( ) ( ) 0 ,, , 0,1,2,... ,

( ) ( ) 0 ,2k k k k k kk k

kk k k k k k

f x f b a x b ba bx kf a f x b x a a

pri čemu je 0 0, ,a b a b . Naravno, ako za neki k dobijemo ( ) 0kf x , tada

je kx nul-točka, u protivnom imamo niz iteracija 0 1 2 3, , , ,...x x x x koji konvergira prema traženoj nul-točki (slika 14.):

Slika 14. Metoda raspolavljanja

Primijetimo da, prema samoj konstrukciji, za svaki k vrijedi 1 1, ,k k k ka b a b i 1 1 ( ) / 2k k k kb a b a . Na taj način, smanjivanjem

(raspolavljanjem) intervala, nul-točku zatvaramo između granica intervala koje su međusobno sve bliže Postupak je ilustriran na slici 14.: polazni interval je ,a b , početna aproksimacija 0x u sljedećoj iteraciji postaje novi

b pa je novi interval 0,a x , naredna aproksimacija 1x postaje novi a pa je

sljedeći interval 1 0,x x itd.

Napomenimo da se u primjenama može uzeti ( ) / 2k k kx a b iz praktičnih razloga (ne mora baš biti jednakost), a što ćemo objasniti kroz primjere.

Uzastopnim raspolavljanjem polaznog intervala možemo postići da je

interval koji sadrži nul-točku x proizvoljno male veličine. Na taj način možemo odrediti broj raspolavljanja (iteracija metode) potrebnih da bi dobivena aproksimacija imala željenu točnost (da apsolutna greška aproksimacije ne bude veća od zadanog ). Ako polazni interval ,a b

raspolovimo n puta, dobijemo aproksimacije 0 1 1, ,..., nx x x i zadnji interval

veličine ( ) / 2nb a pa imamo:

1log( ) log .

2 log 2n n

b a b ax x n

Ovaj zadnji uvjet nazivamo i kriterij zaustavljanja metode. Za svaki prirodni broj n koji zadovoljava ovu nejednakost, nakon n iteracija imat ćemo zadanu točnost . Naravno, u praktičnom računanju uzet ćemo najmanji takav n. Na primjer, ako je polazni interval veličine 1, a želimo točnost na p decimala, tada imamo 1, 10 / 2pb a pa je:

log1 log10 log 2( ) 1.

log 2 log 2

p pn n p

Tako je:

(2) 7.64 (2) 8, (3) 10.96 (3) 11,(6) 20.93 (6) 21, (9) 30.89 (9) 31, itd.

n n n nn n n n

Vidimo da metoda konvergira, a u slučaju da želimo visoku točnost, može biti spora (zahtijeva znatan broj iteracija). Brzina kojom se aproksimacije približavaju nul-točki je linearna s faktorom 1/ 2C .

Ako funkcija f ima i neprekidnu prvu derivaciju na intervalu ,a b , dakle f

je klase 1 ,C a b , tada grešku aproksimacije nul-točke možemo ocijeniti

koristeći Taylorov razvoj odnosno teorem srednje vrijednosti:

, za( ) ( ) ( )( ), .

, za

n n

n n n n

n n

x x x xf x f x f x x

x x x x

108

Kako je ( ) 0f x , slijedi:

( )( ) ( )( ) ,( )

nn n n n

n

f xf x f x x x xf

Ako postoji 1 ,

min ( ) 0t a b

m f t

, tada je:

1

( ) ( ).

( )n n

nn

f x f xx x

f m

Ako želimo imati zadanu točnost aproksimacije, nx x , dovoljno je da

vrijedi 1

( )nf xm

, iz čega slijedi uvjet:

1( ) .nf x m (26)

Ovom relacijom također je definiran kriterij zaustavljanja metode, dakle broj iteracija n nakon kojih imamo zadanu točnost .

Primijenimo sada metodu na problem 34 (b). Rješavamo jednadžbu (25) gdje je 5 4( ) 10 2 11, 1f x x x x r p . Tražimo interval koji sadrži nul-

točku. Ako je prosječna stopa prinosa 0%p imamo 1x pa je (1) 3 0f . Ako je 10% 0.1p tada je 1.1x i (1.1) 2.16... 0f .

Dakle, polazni interval u kome se nalazi nul-točka je , 1, 1.1a b . Ako

stopu p želimo izraziti u postotnom iznosu s točnošću na dvije decimale, tada

x treba imati točnost na četiri decimale pa je 55 10 . Da bi to postigli, treba nam:

5log(1.1 1) log(5 10 ) 10.96 11log 2

n n

iteracija, 0 1 2 10, , ,...,x x x x . Imamo (oznake (+) i (–) su predznaci funkcije u navedenim točkama):

Korak k ( )ka ( )kb Iteracija kx 0 1 1.1 1.05 (+) 1 1.05 1.1 1.075 (+) 2 1.05 1.075 1.0625 (–) 3 1.0625 1.075 1.06875 (+) 4 1.0625 1.06875 1.065625 (+) 5 1.0625 1.065625 1.0640625 (+) 6 1.0625 1.0640625 1.06328125 (+) 7 1.0625 1.06328125 1.062890625 (+) 8 1.0625 1.062890625 1.0626953125 (+) 9 1.0625 1.0626953125 1.06259765625 (–) 10 1.06259765625 1.0626953125 1.062646484375

Zadnja aproksimacija 10 1.062646484375x ima četiri korektne decimale jer nul-točka pripada intervalu:

10 101.06259765625, 1.062695312 0.00005, 0.0005 05 .x x x

Ako rezultat želimo zaokružili na četiri decimale, provjeravamo još vrijednost funkcije u polovištu intervala 1.0626,1.0627 , dakle (1.06265)f .

Kako je ona pozitivna imamo:

1.06259765625, 1.062 1.062665 6.26%.x x p

Napomenimo da se ova metoda može primijeniti i na općeniti tip jednadžbe ( ) ( )f x g x , gdje ne mora biti ( ) 0g x . Tako jednadžbu 5 410 2 11 0x x

možemo rješavati u obliku 5 410 2 11x x (ili nekom drugom). Tada bi u svakom koraku metode računali vrijednost funkcije 5 4( ) 10 2f x x x (lijevu stranu jednadžbe) i uspoređivali je s 11 (desnom stranom jednadžbe), što bi donekle ubrzalo postupak. U gornjoj tablici oznake (+) i (–) zamijenili bi s (>) i (<), a koje bi označavale vrijednosti >11 i <11.

Primijetimo da se egzaktnim raspolavljanjem intervala broj decimala u iteracijama dosta brzo povećava. Tako smo točnost na četiri decimale dobili iz rezultata s 12 decimala, što je očito nepraktično. Zbog toga se raspolavljanje ne treba uvijek provoditi egzaktno, dovoljno je uzeti približnu vrijednost. Još općenitije, za aproksimaciju možemo uzeti bilo koju vrijednost iz intervala, posebno ako imamo dodatne informacije koje upućuju

109

Kako je ( ) 0f x , slijedi:

( )( ) ( )( ) ,( )

nn n n n

n

f xf x f x x x xf

Ako postoji 1 ,

min ( ) 0t a b

m f t

, tada je:

1

( ) ( ).

( )n n

nn

f x f xx x

f m

Ako želimo imati zadanu točnost aproksimacije, nx x , dovoljno je da

vrijedi 1

( )nf xm

, iz čega slijedi uvjet:

1( ) .nf x m (26)

Ovom relacijom također je definiran kriterij zaustavljanja metode, dakle broj iteracija n nakon kojih imamo zadanu točnost .

Primijenimo sada metodu na problem 34 (b). Rješavamo jednadžbu (25) gdje je 5 4( ) 10 2 11, 1f x x x x r p . Tražimo interval koji sadrži nul-

točku. Ako je prosječna stopa prinosa 0%p imamo 1x pa je (1) 3 0f . Ako je 10% 0.1p tada je 1.1x i (1.1) 2.16... 0f .

Dakle, polazni interval u kome se nalazi nul-točka je , 1, 1.1a b . Ako

stopu p želimo izraziti u postotnom iznosu s točnošću na dvije decimale, tada

x treba imati točnost na četiri decimale pa je 55 10 . Da bi to postigli, treba nam:

5log(1.1 1) log(5 10 ) 10.96 11log 2

n n

iteracija, 0 1 2 10, , ,...,x x x x . Imamo (oznake (+) i (–) su predznaci funkcije u navedenim točkama):

Korak k ( )ka ( )kb Iteracija kx 0 1 1.1 1.05 (+) 1 1.05 1.1 1.075 (+) 2 1.05 1.075 1.0625 (–) 3 1.0625 1.075 1.06875 (+) 4 1.0625 1.06875 1.065625 (+) 5 1.0625 1.065625 1.0640625 (+) 6 1.0625 1.0640625 1.06328125 (+) 7 1.0625 1.06328125 1.062890625 (+) 8 1.0625 1.062890625 1.0626953125 (+) 9 1.0625 1.0626953125 1.06259765625 (–) 10 1.06259765625 1.0626953125 1.062646484375

Zadnja aproksimacija 10 1.062646484375x ima četiri korektne decimale jer nul-točka pripada intervalu:

10 101.06259765625, 1.062695312 0.00005, 0.0005 05 .x x x

Ako rezultat želimo zaokružili na četiri decimale, provjeravamo još vrijednost funkcije u polovištu intervala 1.0626,1.0627 , dakle (1.06265)f .

Kako je ona pozitivna imamo:

1.06259765625, 1.062 1.062665 6.26%.x x p

Napomenimo da se ova metoda može primijeniti i na općeniti tip jednadžbe ( ) ( )f x g x , gdje ne mora biti ( ) 0g x . Tako jednadžbu 5 410 2 11 0x x

možemo rješavati u obliku 5 410 2 11x x (ili nekom drugom). Tada bi u svakom koraku metode računali vrijednost funkcije 5 4( ) 10 2f x x x (lijevu stranu jednadžbe) i uspoređivali je s 11 (desnom stranom jednadžbe), što bi donekle ubrzalo postupak. U gornjoj tablici oznake (+) i (–) zamijenili bi s (>) i (<), a koje bi označavale vrijednosti >11 i <11.

Primijetimo da se egzaktnim raspolavljanjem intervala broj decimala u iteracijama dosta brzo povećava. Tako smo točnost na četiri decimale dobili iz rezultata s 12 decimala, što je očito nepraktično. Zbog toga se raspolavljanje ne treba uvijek provoditi egzaktno, dovoljno je uzeti približnu vrijednost. Još općenitije, za aproksimaciju možemo uzeti bilo koju vrijednost iz intervala, posebno ako imamo dodatne informacije koje upućuju

110

na nju. Na primjer, ako imamo interval 5, 55 i (5) 1, (55) 500000f f ,

tada je prirodno očekivati nul-točku bliže 5 nego 55 pa za sljedeću aproksimaciju možemo uzeti, npr. 6 ili 7 umjesto (5 55) / 2 30 . U većini praktičnih slučajeva to će vrlo vjerojatno ubrzati i olakšati postupak, ali ima i iznimaka koje su manje vjerojatne (u navedenom slučaju nul-točka može biti i 54.9). U narednom primjeru objašnjavamo ovakve mogućnosti:

Primjer 35. Poznate su funkcije potražnje 1100( )q p

p i ponude

2( ) lnq p p neke robe u tisućama komada, gdje je p njena cijena u kunama. Odredimo tržišnu cijenu te robe.

Iz uvjeta 1 2( ) ( )q p q p slijedi jednadžba (25) gdje je 100( ) lnf x xx

i

x p . Tražimo polazni interval u kome se nalazi nul-točka. Kako je (10) 7.697... 0, (20) 2.004... 0, (30) 0.067... 0f f f , polazni interval

je , 20, 30a b . Uspoređujući vrijednosti na krajevima intervala

očekujemo da je nul-točka znatno bliže 30 nego 20 pa za sljedeću aproksimaciju možemo uzeti 29. Zaista, (29) 0.08... 0f pa je novi interval

29, 30 . Raspolavljenjem dalje imamo (29.5) 0f , pa dobivamo interval

29.5, 30 . Time smo vrlo brzo došli do cjelobrojne aproksimacije cijene,

30x . Postupak nastavljamo određivanjem prve decimale. Dakle, nećemo uzeti točno polovište 29.75, jer nas trenutno druga decimala ne zanima, već uzmemo 29.7 ili 29.8. Tako za 29.7 imamo (29.7) 0f pa je interval

29.5, 29.7 . Novo raspolavljanje daje (29.6) 0f i interval 29.5, 29.6 , a

sljedeće (29.55) 0f i interval 29.5, 29.55 pa smo dobili aproksimaciju na

jednu decimalu, 29.5x . Tako nastavljamo s određivanjem druge decimale. Umjesto točnog polovišta 29.525 uzimamo 29.52 ili 29.53, pa dalje imamo:

( )ka ( )kb kx 29.5 29.55 29.53 (+) 29.53 29.55 29.54 (–) 29.53 29.54 29.535 (+) 29.535 29.54

čime smo dobili aproksimaciju na dvije decimale, 29.54x . Kako se radi o cijeni izraženoj u novčanim jedinicama (kunama) aproksimacija na više decimala nema praktični smisao. Za dobivenu cijenu je potražnja i ponuda:

1 2100 1000 3385, ln 29.54 1000 3386 komada robe.

29.54q q

Napomenimo da je cjelokupni postupak zbog preglednosti preporučljivo zapisivati u formi navedenih tablica (u primjeru 35. zbog detaljnih objašnjenja zapisan je samo završni dio postupka). Ovakav pristup je prikladan ako postupak provodimo ručno (kalkulatorom) jer je jednostavniji, brži i prikladniji za moguću prezentaciju. Ako se postupak programira na računalu, nema potrebe za smanjivanjem broja decimala.

Ostaje pitanje kako što brže i jednostavnije odrediti polazni interval. To naravno ovisi o složenosti analitičkog oblika funkcije ( )f x . Često ga možemo odrediti pomoću dominantnog člana u funkciji. Tako na primjer, u

jednadžbi 3 3 20 7log 4867x x x dominantan član je 3x pa,

zanemarujući ostale na lijevoj strani, imamo 3 4867x . Kako je 3 310 4867 20 , lako dolazimo do intervala 10, 20 . Slično u 55 10 7345697xx dominantan član je 10x . Kako je 6 710 7345697 10 ,

imamo interval 6, 7 itd. Osim toga možemo iskoristiti i svojstva funkcije

( )f x ako su poznata (rast, pad, konveksnost, konkavnost i sl.). Vrlo često je interval uvjetovan prirodom samog problema (ako jednadžbom tražimo optimalno dnevno radno vrijeme, jasno je da je rješenje u intervalu 0, 24 ).

Ako ne vidimo nikakav način za određivanje intervala, uvijek imamo mogućnost isprobavanja različitih vrijednosti. Važno je odrediti polazni interval bilo koje veličine. Kad ga odredimo, problem je praktično riješen, dovoljnim brojem raspolavljanja rješenje dobijemo s proizvoljnom točnošću.

METODA SEKANTE

Pretpostavimo da smo za problem (25) našli polazni interval ,a b koji

sadrži nul-točku x . Već smo kod metode raspolavljanja vidjeli da

111

na nju. Na primjer, ako imamo interval 5, 55 i (5) 1, (55) 500000f f ,

tada je prirodno očekivati nul-točku bliže 5 nego 55 pa za sljedeću aproksimaciju možemo uzeti, npr. 6 ili 7 umjesto (5 55) / 2 30 . U većini praktičnih slučajeva to će vrlo vjerojatno ubrzati i olakšati postupak, ali ima i iznimaka koje su manje vjerojatne (u navedenom slučaju nul-točka može biti i 54.9). U narednom primjeru objašnjavamo ovakve mogućnosti:

Primjer 35. Poznate su funkcije potražnje 1100( )q p

p i ponude

2( ) lnq p p neke robe u tisućama komada, gdje je p njena cijena u kunama. Odredimo tržišnu cijenu te robe.

Iz uvjeta 1 2( ) ( )q p q p slijedi jednadžba (25) gdje je 100( ) lnf x xx

i

x p . Tražimo polazni interval u kome se nalazi nul-točka. Kako je (10) 7.697... 0, (20) 2.004... 0, (30) 0.067... 0f f f , polazni interval

je , 20, 30a b . Uspoređujući vrijednosti na krajevima intervala

očekujemo da je nul-točka znatno bliže 30 nego 20 pa za sljedeću aproksimaciju možemo uzeti 29. Zaista, (29) 0.08... 0f pa je novi interval

29, 30 . Raspolavljenjem dalje imamo (29.5) 0f , pa dobivamo interval

29.5, 30 . Time smo vrlo brzo došli do cjelobrojne aproksimacije cijene,

30x . Postupak nastavljamo određivanjem prve decimale. Dakle, nećemo uzeti točno polovište 29.75, jer nas trenutno druga decimala ne zanima, već uzmemo 29.7 ili 29.8. Tako za 29.7 imamo (29.7) 0f pa je interval

29.5, 29.7 . Novo raspolavljanje daje (29.6) 0f i interval 29.5, 29.6 , a

sljedeće (29.55) 0f i interval 29.5, 29.55 pa smo dobili aproksimaciju na

jednu decimalu, 29.5x . Tako nastavljamo s određivanjem druge decimale. Umjesto točnog polovišta 29.525 uzimamo 29.52 ili 29.53, pa dalje imamo:

( )ka ( )kb kx 29.5 29.55 29.53 (+) 29.53 29.55 29.54 (–) 29.53 29.54 29.535 (+) 29.535 29.54

čime smo dobili aproksimaciju na dvije decimale, 29.54x . Kako se radi o cijeni izraženoj u novčanim jedinicama (kunama) aproksimacija na više decimala nema praktični smisao. Za dobivenu cijenu je potražnja i ponuda:

1 2100 1000 3385, ln 29.54 1000 3386 komada robe.

29.54q q

Napomenimo da je cjelokupni postupak zbog preglednosti preporučljivo zapisivati u formi navedenih tablica (u primjeru 35. zbog detaljnih objašnjenja zapisan je samo završni dio postupka). Ovakav pristup je prikladan ako postupak provodimo ručno (kalkulatorom) jer je jednostavniji, brži i prikladniji za moguću prezentaciju. Ako se postupak programira na računalu, nema potrebe za smanjivanjem broja decimala.

Ostaje pitanje kako što brže i jednostavnije odrediti polazni interval. To naravno ovisi o složenosti analitičkog oblika funkcije ( )f x . Često ga možemo odrediti pomoću dominantnog člana u funkciji. Tako na primjer, u

jednadžbi 3 3 20 7log 4867x x x dominantan član je 3x pa,

zanemarujući ostale na lijevoj strani, imamo 3 4867x . Kako je 3 310 4867 20 , lako dolazimo do intervala 10, 20 . Slično u 55 10 7345697xx dominantan član je 10x . Kako je 6 710 7345697 10 ,

imamo interval 6, 7 itd. Osim toga možemo iskoristiti i svojstva funkcije

( )f x ako su poznata (rast, pad, konveksnost, konkavnost i sl.). Vrlo često je interval uvjetovan prirodom samog problema (ako jednadžbom tražimo optimalno dnevno radno vrijeme, jasno je da je rješenje u intervalu 0, 24 ).

Ako ne vidimo nikakav način za određivanje intervala, uvijek imamo mogućnost isprobavanja različitih vrijednosti. Važno je odrediti polazni interval bilo koje veličine. Kad ga odredimo, problem je praktično riješen, dovoljnim brojem raspolavljanja rješenje dobijemo s proizvoljnom točnošću.

METODA SEKANTE

Pretpostavimo da smo za problem (25) našli polazni interval ,a b koji

sadrži nul-točku x . Već smo kod metode raspolavljanja vidjeli da

112

konvergenciju ponekad možemo ubrzati tako da za aproksimaciju ne biramo strogo polovište intervala. Jedan od načina izbora je da, umjesto polovišta, uzmemo nul-točku sekante kroz točke , ( ) i , ( )a f a b f b .

Slika 15. Metoda sekante

Dakle, iz jednadžbe sekante (vidjeti sliku 15.):

( ) ( )( ) ( ) , ( ) ,f b f ay f a x a f a b x ab a

gdje je ( ) ( ), f b f af a bb a

podijeljena razlika (vidjeti poglavlje Newtonov

oblik interpolacijskog polinoma), odredimo njenu nul-točku (sjecište s osi x):

( ) ( ) ( ) ( )0 ., , ( ) ( )

f a f b a f b b f ay x a bf a b f a b f b f a

Ako je 0x dobivena nul-točka i vrijedi 0( ) ( ) 0f x f b definiramo novi

interval 1 1,a b u kome je 1 0 1,a x b b . Slično za 0( ) ( ) 0f x f a stavimo

1 0 1,b x a a . Ponavljajući postupak na novom intervalu dobivamo niz

iteracija 0 1 2 3, , , ,...x x x x za traženu nul-točku (slika 15.).

Kako se u svakom koraku, provjerom uvjeta na rubovima, nul-točka zatvara unutar novog, manjeg intervala, očekujemo konvergenciju. Ova metoda je poznata pod nazivom metoda pogrešnog položaja (regula falsi). Ako ne vršimo provjeru na rubovima imamo klasičnu metodu sekante. Kod nje iz polaznih točaka 0 1,x x sekanta kroz 0 0 1 1, ( ) i , ( )x f x x f x ima nul-točku

2 ,x sljedeća sekanta kroz 1 1 2 2, ( ) i , ( )x f x x f x daje nul-točku 3x , naredna

kroz točke 2 2 3 3, ( ) i , ( )x f x x f x daje 4x itd. Imamo dakle:

1 1

11 1

( ) ( ) ( ) , 1,2,3,... ., ( ) ( )k k k k k

k kk k k k

f x x f x x f xx x kf x x f x f x

Ovdje konvergencija niza ovako dobivenih iteracija može biti nešto brža, ali niz može i divergirati. Može se pokazati da je kod obje metode konvergencija linearna, a može biti i većeg reda, do najviše (1 5) / 2 1.618 . To ovisi o svojstvima funkcije f. Za zaustavljanje postupka možemo koristiti iste kriterije kao i kod metode raspolavljanja.

Riješimo primjer 34 (b) ovom metodom. Imali smo 5 4( ) 10 2 11f x x x i

, 1, 1.1a b . Uzmimo istu točnost kao i prije, 55 10 . Kako je 4 3( ) 50 8f x x x , za sve 1, 1.1x vrijedi 4 3

1( ) 50 1 8 1 42f x m

pa je kriterij zaustavljanja (26):

1( ) 0.0021 .nf x m

Provodimo metodu 0 0( ) ( ) , 0,1,2,..., , , :( ) ( )

k k k kk

k k

a f b b f ax k a b a bf b f a

0 0 0

1 1 1

2 2 2

1.057949738..., ( ) 0.252... , , 1.1 ,

1.062314658..., ( ) 0.018... , , 1.1 ,

1.062624990..., ( ) 0.00128... ( ) 0.0021,

x f x a b x

x f x a b x

x f x f x

čime je kriterij zaustavljanja zadovoljen pa 2x ima zadanu točnost. Dakle,

1.0626 6.26%x p .

113

konvergenciju ponekad možemo ubrzati tako da za aproksimaciju ne biramo strogo polovište intervala. Jedan od načina izbora je da, umjesto polovišta, uzmemo nul-točku sekante kroz točke , ( ) i , ( )a f a b f b .

Slika 15. Metoda sekante

Dakle, iz jednadžbe sekante (vidjeti sliku 15.):

( ) ( )( ) ( ) , ( ) ,f b f ay f a x a f a b x ab a

gdje je ( ) ( ), f b f af a bb a

podijeljena razlika (vidjeti poglavlje Newtonov

oblik interpolacijskog polinoma), odredimo njenu nul-točku (sjecište s osi x):

( ) ( ) ( ) ( )0 ., , ( ) ( )

f a f b a f b b f ay x a bf a b f a b f b f a

Ako je 0x dobivena nul-točka i vrijedi 0( ) ( ) 0f x f b definiramo novi

interval 1 1,a b u kome je 1 0 1,a x b b . Slično za 0( ) ( ) 0f x f a stavimo

1 0 1,b x a a . Ponavljajući postupak na novom intervalu dobivamo niz

iteracija 0 1 2 3, , , ,...x x x x za traženu nul-točku (slika 15.).

Kako se u svakom koraku, provjerom uvjeta na rubovima, nul-točka zatvara unutar novog, manjeg intervala, očekujemo konvergenciju. Ova metoda je poznata pod nazivom metoda pogrešnog položaja (regula falsi). Ako ne vršimo provjeru na rubovima imamo klasičnu metodu sekante. Kod nje iz polaznih točaka 0 1,x x sekanta kroz 0 0 1 1, ( ) i , ( )x f x x f x ima nul-točku

2 ,x sljedeća sekanta kroz 1 1 2 2, ( ) i , ( )x f x x f x daje nul-točku 3x , naredna

kroz točke 2 2 3 3, ( ) i , ( )x f x x f x daje 4x itd. Imamo dakle:

1 1

11 1

( ) ( ) ( ) , 1,2,3,... ., ( ) ( )k k k k k

k kk k k k

f x x f x x f xx x kf x x f x f x

Ovdje konvergencija niza ovako dobivenih iteracija može biti nešto brža, ali niz može i divergirati. Može se pokazati da je kod obje metode konvergencija linearna, a može biti i većeg reda, do najviše (1 5) / 2 1.618 . To ovisi o svojstvima funkcije f. Za zaustavljanje postupka možemo koristiti iste kriterije kao i kod metode raspolavljanja.

Riješimo primjer 34 (b) ovom metodom. Imali smo 5 4( ) 10 2 11f x x x i

, 1, 1.1a b . Uzmimo istu točnost kao i prije, 55 10 . Kako je 4 3( ) 50 8f x x x , za sve 1, 1.1x vrijedi 4 3

1( ) 50 1 8 1 42f x m

pa je kriterij zaustavljanja (26):

1( ) 0.0021 .nf x m

Provodimo metodu 0 0( ) ( ) , 0,1,2,..., , , :( ) ( )

k k k kk

k k

a f b b f ax k a b a bf b f a

0 0 0

1 1 1

2 2 2

1.057949738..., ( ) 0.252... , , 1.1 ,

1.062314658..., ( ) 0.018... , , 1.1 ,

1.062624990..., ( ) 0.00128... ( ) 0.0021,

x f x a b x

x f x a b x

x f x f x

čime je kriterij zaustavljanja zadovoljen pa 2x ima zadanu točnost. Dakle,

1.0626 6.26%x p .

114

METODA TANGENTE

Promatrajmo problem (25) za neprekidno derivabilnu funkciju f . Neka je 0x

početna aproksimacija nul-točke x . U točki 0 0, ( )x f x povučemo tangentu

na graf funkcije, a njenu nul-točku (sjecište s osi x) uzmemo za sljedeću aproksimaciju 1x . Dakle:

00 0 0 1 0

0

( )( ) ( )( ), 0 .( )

f xy f x f x x x y x x xf x

Ili općenito (slika 16.):

1( ) , 0,1,2,3,... .( )

kk k

k

f xx x kf x

Slika 16. Metoda tangente

Ova metoda poznata je pod nazivom metoda tangente ili Newtonova metoda. Primijetimo sličnost s metodom sekante, jer je za bliske 1 ik kx x :

11 1

1

( ) ( )( ) , , .k kk k k k k

k k

f x f xf x f x x f x xx x

Newtonova metoda može i divergirati, najčešće u slučaju kad je početna aproksimacija dosta udaljena od nul-točke. Za funkciju f koja je dva puta neprekidno derivabilna u nekoj okolini nul-točke, red konvergencije možemo dobiti iz Taylorove formule:

2( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ,2

nn n n n

ff x f x f x x x x x

gdje je nx bilo koja promatrana iteracija nul-točke, , zan n nx x x x

ili , zan n nx x x x . Za x x je ( ) 0f x pa dijeljenjem s ( )nf x

dobivamo:

2 21

1

( ) ( ) ( )0 ( ) ( ) .( ) 2 ( ) 2 ( )

n n nn n n n

n n n

n

f x f fx x x x x x x xf x f x f x

x x

Ako je razlomak na desnoj strani ograničen imamo kvadratičnu konvergenciju ( 2)p . Na sličan način dobijemo i ocjenu pogreške:

22

1 2 1 ,,1

( ) , max ( ) , min ( ) 0.2n n n t a bt a b

Mx x x x M f t m f tm

Pri tome je ,a b bilo koji fiksni interval koji sadrži nul-točku x i iteracije

0 1, ,..., nx x x . Da bi imali željenu točnost nx x , dovoljno je zahtijevati:

22 11 1

1 2

2( ) .2 n n n nM mx x x xm M

Vidimo da, ako metoda konvergira, konvergencija je brza (kvadratična). Napomenimo da kod računanja nul-točke na traženu točnost u pravilu ne treba provjeravati gornji uvjet. Ako na primjer, želimo dobiti aproksimaciju nul-točke s 5 korektnih znamenaka, dovoljno je postupak provoditi sve dok ne vidimo da se uzastopne iteracije poklapaju barem na 5 vodećih znamenaka. Isto tako, ako metoda ne konvergira, što je u postupku razvidno ako iteracije skaču – razmak susjednih iteracija ne teži nuli, tada je često dovoljno samo promijeniti početnu aproksimaciju da bi imali konvergenciju.

115

METODA TANGENTE

Promatrajmo problem (25) za neprekidno derivabilnu funkciju f . Neka je 0x

početna aproksimacija nul-točke x . U točki 0 0, ( )x f x povučemo tangentu

na graf funkcije, a njenu nul-točku (sjecište s osi x) uzmemo za sljedeću aproksimaciju 1x . Dakle:

00 0 0 1 0

0

( )( ) ( )( ), 0 .( )

f xy f x f x x x y x x xf x

Ili općenito (slika 16.):

1( ) , 0,1,2,3,... .( )

kk k

k

f xx x kf x

Slika 16. Metoda tangente

Ova metoda poznata je pod nazivom metoda tangente ili Newtonova metoda. Primijetimo sličnost s metodom sekante, jer je za bliske 1 ik kx x :

11 1

1

( ) ( )( ) , , .k kk k k k k

k k

f x f xf x f x x f x xx x

Newtonova metoda može i divergirati, najčešće u slučaju kad je početna aproksimacija dosta udaljena od nul-točke. Za funkciju f koja je dva puta neprekidno derivabilna u nekoj okolini nul-točke, red konvergencije možemo dobiti iz Taylorove formule:

2( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ,2

nn n n n

ff x f x f x x x x x

gdje je nx bilo koja promatrana iteracija nul-točke, , zan n nx x x x

ili , zan n nx x x x . Za x x je ( ) 0f x pa dijeljenjem s ( )nf x

dobivamo:

2 21

1

( ) ( ) ( )0 ( ) ( ) .( ) 2 ( ) 2 ( )

n n nn n n n

n n n

n

f x f fx x x x x x x xf x f x f x

x x

Ako je razlomak na desnoj strani ograničen imamo kvadratičnu konvergenciju ( 2)p . Na sličan način dobijemo i ocjenu pogreške:

22

1 2 1 ,,1

( ) , max ( ) , min ( ) 0.2n n n t a bt a b

Mx x x x M f t m f tm

Pri tome je ,a b bilo koji fiksni interval koji sadrži nul-točku x i iteracije

0 1, ,..., nx x x . Da bi imali željenu točnost nx x , dovoljno je zahtijevati:

22 11 1

1 2

2( ) .2 n n n nM mx x x xm M

Vidimo da, ako metoda konvergira, konvergencija je brza (kvadratična). Napomenimo da kod računanja nul-točke na traženu točnost u pravilu ne treba provjeravati gornji uvjet. Ako na primjer, želimo dobiti aproksimaciju nul-točke s 5 korektnih znamenaka, dovoljno je postupak provoditi sve dok ne vidimo da se uzastopne iteracije poklapaju barem na 5 vodećih znamenaka. Isto tako, ako metoda ne konvergira, što je u postupku razvidno ako iteracije skaču – razmak susjednih iteracija ne teži nuli, tada je često dovoljno samo promijeniti početnu aproksimaciju da bi imali konvergenciju.

116

Poanta je u činjenici da ako metoda konvergira tada konvergira prema nul-točki. Postoji više rezultata koji daju dovoljne uvjete za konvergenciju Newtonove metode. Navodimo jedan od najpoznatijih:

2

0 0 0

, , ( ) ( ) 0,

i su fiksnog predznakana , ,za početnu aproksimaciju vrijedi ( ) ( ) 0,

f C a b f a f b

f f a bx f x f x

a ima i drugih. Vidimo, međutim, da je često jednostavnije provesti metodu s različitim početnim aproksimacijama, nego provjeravati dovoljne uvjete.

Riješimo primjer 34. (b) i ovom metodom. Imamo 5 4( ) 10 2 11f x x x ,

, 1, 1.1a b i točnost kao i dosada, 55 10 . Za 4 3( ) 50 8f x x x i 3 2( ) 200 24f x x x na intervalu 1, 1.1 vrijedi:

4 3 3 21 2( ) 50 1 8 1 42 , ( ) 200 1.1 24 1.1 237.16 .f x m f x M

Željenu točnost ćemo imati za 311

2

2 4.208... 10n nmx xM

. Provodimo

metodu:

5 4

1 4 3

( ) 10 2 11, 0,1,2,3,... .( ) 50 8

k k kk k k

k k k

f x x xx x x kf x x x

Za početnu aproksimaciju uzmimo sredinu intervala 0 1.05x . Dobivamo:

1 21.0629710917718..., 1.0626488350002... .x x

Kako je 4 32 1 3.22... 10 4.208... 10x x , zaključujemo da 2x ima

traženu točnost na četiri decimale pa je 1.0626 6.26%x p . Ako

računamo dalje, dobivamo 3 1.0626486307559...x . Kako je:

2 13 1223 3 2

1

1( ) 1.1778 10 10 ,2 2Mx x x xm

slijedi da 3x ima točnost na 12 decimala (p na 10 decimala). Dakle:

6.2648630756%.p

Primjer lijepo pokazuje koliko brzo Newtonova metoda može konvergirati, nakon tri iteracije dobili smo točnost na 12 decimala (13 korektnih znamenaka).

U svrhu dodatnog poboljšanja svojstava metode, kao što su: ubrzanje konvergencije, osiguravanje sigurnosti konvergencije, mogućnost određivanja višestrukih nul-točaka i sl., postoje mnogobrojne modifikacije Newtonove metode.

Napomenimo da se u praktičnim primjenama navedene metode vrlo često kombiniraju. Tako se prvo može metodom raspolavljanja polazni interval dovoljno smanjiti, a zatim metodom sekante ili tangente u nekoliko iteracija dobiti aproksimacija visoke točnosti.

METODA JEDNOSTAVNE ITERACIJE

Još jedan način rješavanja problema (25) je svođenje na problem određivanja fiksne točke (fiksnih točaka):

( ) ,x g x

koje je, ovisno o analitičkom obliku funkcije f, moguće provesti na različite načine. Tako na primjer, stavimo li ( ) ( )g x x f x , dobit ćemo navedeni

oblik za svaku funkciju f. Rješenja jednadžbe ( )x g x nazivamo fiksne

točke funkcije g (to su nul-točke funkcije f ). Odaberemo li početnu

aproksimaciju 0x , tada postupak:

1 ( ), 0,1,2,3, ...k kx g x k

nazivamo metoda jednostavne iteracije za određivanje fiksne točke, pri čemu je g iteracijska funkcija. Vidimo da se sljedeća iteracija 1kx dobiva samo iz

prethodne kx (odatle i naziv jednostavna iteracija). Ako su nam za računanje

117

Poanta je u činjenici da ako metoda konvergira tada konvergira prema nul-točki. Postoji više rezultata koji daju dovoljne uvjete za konvergenciju Newtonove metode. Navodimo jedan od najpoznatijih:

2

0 0 0

, , ( ) ( ) 0,

i su fiksnog predznakana , ,za početnu aproksimaciju vrijedi ( ) ( ) 0,

f C a b f a f b

f f a bx f x f x

a ima i drugih. Vidimo, međutim, da je često jednostavnije provesti metodu s različitim početnim aproksimacijama, nego provjeravati dovoljne uvjete.

Riješimo primjer 34. (b) i ovom metodom. Imamo 5 4( ) 10 2 11f x x x ,

, 1, 1.1a b i točnost kao i dosada, 55 10 . Za 4 3( ) 50 8f x x x i 3 2( ) 200 24f x x x na intervalu 1, 1.1 vrijedi:

4 3 3 21 2( ) 50 1 8 1 42 , ( ) 200 1.1 24 1.1 237.16 .f x m f x M

Željenu točnost ćemo imati za 311

2

2 4.208... 10n nmx xM

. Provodimo

metodu:

5 4

1 4 3

( ) 10 2 11, 0,1,2,3,... .( ) 50 8

k k kk k k

k k k

f x x xx x x kf x x x

Za početnu aproksimaciju uzmimo sredinu intervala 0 1.05x . Dobivamo:

1 21.0629710917718..., 1.0626488350002... .x x

Kako je 4 32 1 3.22... 10 4.208... 10x x , zaključujemo da 2x ima

traženu točnost na četiri decimale pa je 1.0626 6.26%x p . Ako

računamo dalje, dobivamo 3 1.0626486307559...x . Kako je:

2 13 1223 3 2

1

1( ) 1.1778 10 10 ,2 2Mx x x xm

slijedi da 3x ima točnost na 12 decimala (p na 10 decimala). Dakle:

6.2648630756%.p

Primjer lijepo pokazuje koliko brzo Newtonova metoda može konvergirati, nakon tri iteracije dobili smo točnost na 12 decimala (13 korektnih znamenaka).

U svrhu dodatnog poboljšanja svojstava metode, kao što su: ubrzanje konvergencije, osiguravanje sigurnosti konvergencije, mogućnost određivanja višestrukih nul-točaka i sl., postoje mnogobrojne modifikacije Newtonove metode.

Napomenimo da se u praktičnim primjenama navedene metode vrlo često kombiniraju. Tako se prvo može metodom raspolavljanja polazni interval dovoljno smanjiti, a zatim metodom sekante ili tangente u nekoliko iteracija dobiti aproksimacija visoke točnosti.

METODA JEDNOSTAVNE ITERACIJE

Još jedan način rješavanja problema (25) je svođenje na problem određivanja fiksne točke (fiksnih točaka):

( ) ,x g x

koje je, ovisno o analitičkom obliku funkcije f, moguće provesti na različite načine. Tako na primjer, stavimo li ( ) ( )g x x f x , dobit ćemo navedeni

oblik za svaku funkciju f. Rješenja jednadžbe ( )x g x nazivamo fiksne

točke funkcije g (to su nul-točke funkcije f ). Odaberemo li početnu

aproksimaciju 0x , tada postupak:

1 ( ), 0,1,2,3, ...k kx g x k

nazivamo metoda jednostavne iteracije za određivanje fiksne točke, pri čemu je g iteracijska funkcija. Vidimo da se sljedeća iteracija 1kx dobiva samo iz

prethodne kx (odatle i naziv jednostavna iteracija). Ako su nam za računanje

118

1kx potrebne prethodne dvije iteracije 1ik kx x ili više njih, tada se radi o metodama složene iteracije. Uočimo da je metoda tangente metoda jednostavne iteracije gdje je ( ) ( ) / ( )g x x f x f x , dok metode sekante i raspolavljanja spadaju u složene.

Primjer 36. Svedimo sljedeće probleme: (a) 2 ln 100x x x ,

(b) 10 12345xx , na probleme određivanja fiksne točke.

Imamo više načina:

2

22 2

2 2

(a) 100 ln 100 ln ,

100 ln 100 ln ,

ln 100 exp 100 , itd.,

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

gdje je exp( )y oznaka za ye .

12345(b) 12345 10 ,101234510 log12345 log ,

10 12345 0 10 12345, itd.

xx

x

x x

x x

x xx

x x x x

Za svaki od navedenih oblika možemo provesti metodu jednostavne iteracije. Prirodno se postavlja pitanje, koji od njih je najprikladniji? Očito onaj koji će osigurati konvergenciju metode. U tom smislu imamo sljedeći rezultat.

Lema 2. Neka je funkcija g neprekidna na intervalu ,a b i

( ) za sve , , tj. , , .a g x b x a b g a b a b

Tada jednadžba ( )x g x ima rješenje na ,a b .

Dokaz tvrdnje je jednostavan. Naime, kako je ( ) 0g a a i ( ) 0g b b ,

vidimo da funkcija ( )g x x mijenja predznak u intervalu ,a b , što znači

da, zbog neprekidnosti, u njemu ima i nul-točku.

Može se pokazati da ako vrijedi još i ( ) ( )g x g y K x y za sve

, ,x y a b i neki 0, 1K , u kojem slučaju kažemo da je funkcija g

kontrakcija, tada je rješenje jedinstveno.

Primijenimo ovu metodu na primjer 36. U slučaju (a) lako nalazimo da se rješenje nalazi u intervalu 5, 10 . Za iteraciju uzmimo prvi oblik jer je

5 100 ln 10x x za sve 5, 10x . Uz početnu aproksimaciju

0 7.5x i računanje na 10 korektnih znamenaka dobivamo:

0 4

1 5

2 6

3 7 6

7.5 9.7265815739.759430526 9.7265816559.726137837 9.7265816549.726587658 .

x xx xx xx x x

U slučaju (b) polazni interval je 3, 4 . Za iteraciju uzmimo drugi oblik jer je

3 log12345 log 4x za sve 3, 4x . Uz 0 3.5x i istu točnost imamo:

0 5

1 6

2 7

3 8

4 9 10 9

3.5 3.542217 2243.547 423050 3.5422159043.541578111 3.5422160663.542294270 3.5422160463.542206458 3.542216048 .

x xx xx xx xx x x x

Napomenimo da i ovdje možemo, npr. metodom raspolavljanja, dovoljno smanjiti polazni interval, a zatim primijeniti metodu iteracije.

Općenito, kod traženja nul-točke ( ) 0f x , smanjivanjem polaznog intervala gotovo uvijek možemo postići ( ) ( ) 0f a f b s time da f na

,a b ili samo raste ili samo pada što znači da njena derivacija, ako postoji,

ne mijenja predznak na ,a b . Stavimo li ( ) ( )g x x f x , za dovoljno

mali imamo konvergenciju. Tako, na primjer, metoda:

1 ( ), , 0,1,2,3,...( ) ( )n n n

b ax x f x nf a f b

119

1kx potrebne prethodne dvije iteracije 1ik kx x ili više njih, tada se radi o metodama složene iteracije. Uočimo da je metoda tangente metoda jednostavne iteracije gdje je ( ) ( ) / ( )g x x f x f x , dok metode sekante i raspolavljanja spadaju u složene.

Primjer 36. Svedimo sljedeće probleme: (a) 2 ln 100x x x ,

(b) 10 12345xx , na probleme određivanja fiksne točke.

Imamo više načina:

2

22 2

2 2

(a) 100 ln 100 ln ,

100 ln 100 ln ,

ln 100 exp 100 , itd.,

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

gdje je exp( )y oznaka za ye .

12345(b) 12345 10 ,101234510 log12345 log ,

10 12345 0 10 12345, itd.

xx

x

x x

x x

x xx

x x x x

Za svaki od navedenih oblika možemo provesti metodu jednostavne iteracije. Prirodno se postavlja pitanje, koji od njih je najprikladniji? Očito onaj koji će osigurati konvergenciju metode. U tom smislu imamo sljedeći rezultat.

Lema 2. Neka je funkcija g neprekidna na intervalu ,a b i

( ) za sve , , tj. , , .a g x b x a b g a b a b

Tada jednadžba ( )x g x ima rješenje na ,a b .

Dokaz tvrdnje je jednostavan. Naime, kako je ( ) 0g a a i ( ) 0g b b ,

vidimo da funkcija ( )g x x mijenja predznak u intervalu ,a b , što znači

da, zbog neprekidnosti, u njemu ima i nul-točku.

Može se pokazati da ako vrijedi još i ( ) ( )g x g y K x y za sve

, ,x y a b i neki 0, 1K , u kojem slučaju kažemo da je funkcija g

kontrakcija, tada je rješenje jedinstveno.

Primijenimo ovu metodu na primjer 36. U slučaju (a) lako nalazimo da se rješenje nalazi u intervalu 5, 10 . Za iteraciju uzmimo prvi oblik jer je

5 100 ln 10x x za sve 5, 10x . Uz početnu aproksimaciju

0 7.5x i računanje na 10 korektnih znamenaka dobivamo:

0 4

1 5

2 6

3 7 6

7.5 9.7265815739.759430526 9.7265816559.726137837 9.7265816549.726587658 .

x xx xx xx x x

U slučaju (b) polazni interval je 3, 4 . Za iteraciju uzmimo drugi oblik jer je

3 log12345 log 4x za sve 3, 4x . Uz 0 3.5x i istu točnost imamo:

0 5

1 6

2 7

3 8

4 9 10 9

3.5 3.542217 2243.547 423050 3.5422159043.541578111 3.5422160663.542294270 3.5422160463.542206458 3.542216048 .

x xx xx xx xx x x x

Napomenimo da i ovdje možemo, npr. metodom raspolavljanja, dovoljno smanjiti polazni interval, a zatim primijeniti metodu iteracije.

Općenito, kod traženja nul-točke ( ) 0f x , smanjivanjem polaznog intervala gotovo uvijek možemo postići ( ) ( ) 0f a f b s time da f na

,a b ili samo raste ili samo pada što znači da njena derivacija, ako postoji,

ne mijenja predznak na ,a b . Stavimo li ( ) ( )g x x f x , za dovoljno

mali imamo konvergenciju. Tako, na primjer, metoda:

1 ( ), , 0,1,2,3,...( ) ( )n n n

b ax x f x nf a f b

120

konvergira jer, za ( ) 0, ( ) 0f a f b , imamo:

( ) ( )0 1, 1 0,( ) ( ) ( ) ( )

f a f bf a f b f a f b

pa je:

( ) ( )( ) ( ) , , ( ) ( ) , ,( ) ( ) ( ) ( )

f a f bg a a b a a b g b b b a a bf a f b f a f b

dakle, , ,g a b a b . Slično dobivamo i za ( ) 0, ( ) 0f a f b .

ZADACI (X)

Ako nije eksplicitno naznačeno, u zadacima se može koristiti bilo koja iterativna metoda ili njihova kombinacija.

1. Riješite jednadžbu 2.163 7 200x x . 2. Riješite jednadžbu ln 99x x s točnošću na pet decimala.

3. Riješite jednadžbu 11 111 1x x s točnošću na jednu decimalu.

4. Riješite jednadžbu 1 log 10 0xx x na dvije korektne znamenke.

5. Odredite prvih 7 znamenaka rješenja jednadžbe 7 77 777x x . 6. Riješite primjer 35. Newtonovom metodom, a zatim i metodom

jednostavne iteracije. 7. Riješite jednadžbu 1000000xx na 10 korektnih znamenaka.

8. Broj prodanih proizvoda u jednom danu iznosi 3

8925,( )

0.1 40p

q pp

gdje je p cijena tog proizvoda u kunama. Uz koju cijenu možemo prodati 100 proizvoda dnevno?

9. Za neku robu poznate su funkcije potražnje 1.71( ) 987q p p i

ponude 2.32 ( )q p p , gdje je p cijena te robe u kunama. Uz koju se

cijenu postiže i kolika je ravnoteža ponude i potražnje na tom tržištu? 10. U procesu proizvodnje x tona robe A ukupni troškovi su ( ) xT x e , a

ukupni prihodi od prodaje te robe su 4( )P x x . Odredite: (a) pragove rentabilnosti proizvodnje, (b) maksimalnu dobit.

11. Potražnja robe na tržištu je 0.951( ) 513q p p a ponuda 2( ) 106q p p ,

gdje je p njena cijena izražena u 000 kuna. Za koju cijenu na tom tržištu imamo: (a) manjak od 100 proizvoda, (b) višak od 100 proizvoda, (c) ravnotežu ponude i potražnje ?

12. Telekomunikacijski signal A jačine ( ) 30sin24

tA t

ometamo

signalom ( ) 2B t t , gdje je t dnevno vrijeme u satima, 0,24t .

Ometanje je potpuno ako je bar 20% jače od signala. Odredite doba dana (sat i minute) kada će nastupiti potpuno ometanje.

RJEŠENJA ZADATAKA

RJEŠENJA ZADATAKA (I)

1. Broj 4 je udaljen od broja 40 za 36 ili za 0.9 90% , a

broj 40 od broja 4 za 36 ili za 9 900% . Naime, ako referentni broj 40 smanjimo na 4 smanjili smo ga za 36 ili za 90% (negativni predznak promjene). Slično, ako referentni broj 4 povećamo na 40 povećali smo ga za 36 ili za 900% (pozitivni predznak promjene).

2. Kako je : x , dakle x , imamo:

1

1 .

1

x

x

x

3. 454.7199, 454.720, 454.72, 454.7, 455, 450, 500, 0. 4. Imamo dva rješenja: 8 ili 9 odnosno 2.00 ili 2.01. 5. Imamo 16 / 33 0.484848...x Zaokruživanje na 4 decimale daje

0.4848y pa je 5 44.84848... 10 , 10 0.01% , a na jednu 0.5y , pa je 0.0151515..., 0.03125 3.125% .

6. Za 4.222, 4.22x y imamo 0.0004737... 0.047% , a za 4222, 422x y je 0.90004737... 90% .

121

konvergira jer, za ( ) 0, ( ) 0f a f b , imamo:

( ) ( )0 1, 1 0,( ) ( ) ( ) ( )

f a f bf a f b f a f b

pa je:

( ) ( )( ) ( ) , , ( ) ( ) , ,( ) ( ) ( ) ( )

f a f bg a a b a a b g b b b a a bf a f b f a f b

dakle, , ,g a b a b . Slično dobivamo i za ( ) 0, ( ) 0f a f b .

ZADACI (X)

Ako nije eksplicitno naznačeno, u zadacima se može koristiti bilo koja iterativna metoda ili njihova kombinacija.

1. Riješite jednadžbu 2.163 7 200x x . 2. Riješite jednadžbu ln 99x x s točnošću na pet decimala.

3. Riješite jednadžbu 11 111 1x x s točnošću na jednu decimalu.

4. Riješite jednadžbu 1 log 10 0xx x na dvije korektne znamenke.

5. Odredite prvih 7 znamenaka rješenja jednadžbe 7 77 777x x . 6. Riješite primjer 35. Newtonovom metodom, a zatim i metodom

jednostavne iteracije. 7. Riješite jednadžbu 1000000xx na 10 korektnih znamenaka.

8. Broj prodanih proizvoda u jednom danu iznosi 3

8925,( )

0.1 40p

q pp

gdje je p cijena tog proizvoda u kunama. Uz koju cijenu možemo prodati 100 proizvoda dnevno?

9. Za neku robu poznate su funkcije potražnje 1.71( ) 987q p p i

ponude 2.32 ( )q p p , gdje je p cijena te robe u kunama. Uz koju se

cijenu postiže i kolika je ravnoteža ponude i potražnje na tom tržištu? 10. U procesu proizvodnje x tona robe A ukupni troškovi su ( ) xT x e , a

ukupni prihodi od prodaje te robe su 4( )P x x . Odredite: (a) pragove rentabilnosti proizvodnje, (b) maksimalnu dobit.

11. Potražnja robe na tržištu je 0.951( ) 513q p p a ponuda 2( ) 106q p p ,

gdje je p njena cijena izražena u 000 kuna. Za koju cijenu na tom tržištu imamo: (a) manjak od 100 proizvoda, (b) višak od 100 proizvoda, (c) ravnotežu ponude i potražnje ?

12. Telekomunikacijski signal A jačine ( ) 30sin24

tA t

ometamo

signalom ( ) 2B t t , gdje je t dnevno vrijeme u satima, 0,24t .

Ometanje je potpuno ako je bar 20% jače od signala. Odredite doba dana (sat i minute) kada će nastupiti potpuno ometanje.

RJEŠENJA ZADATAKA

RJEŠENJA ZADATAKA (I)

1. Broj 4 je udaljen od broja 40 za 36 ili za 0.9 90% , a

broj 40 od broja 4 za 36 ili za 9 900% . Naime, ako referentni broj 40 smanjimo na 4 smanjili smo ga za 36 ili za 90% (negativni predznak promjene). Slično, ako referentni broj 4 povećamo na 40 povećali smo ga za 36 ili za 900% (pozitivni predznak promjene).

2. Kako je : x , dakle x , imamo:

1

1 .

1

x

x

x

3. 454.7199, 454.720, 454.72, 454.7, 455, 450, 500, 0. 4. Imamo dva rješenja: 8 ili 9 odnosno 2.00 ili 2.01. 5. Imamo 16 / 33 0.484848...x Zaokruživanje na 4 decimale daje

0.4848y pa je 5 44.84848... 10 , 10 0.01% , a na jednu 0.5y , pa je 0.0151515..., 0.03125 3.125% .

6. Za 4.222, 4.22x y imamo 0.0004737... 0.047% , a za 4222, 422x y je 0.90004737... 90% .

122

7. Točan zbroj je 5, a približan 3.4142+0.3178+1.2679=4.9999 pa je0.0001, 0.00002 .

8. Usporedimo apsolutne vrijednosti relativnih pogrešaka računanja. Za prvi račun je 53.99988... 10 , a za drugi 52.93337... 10 pa je drugi točniji.

9. Imamo 1 21: 250 0.004, 1111:300000 0.00370333... pa je drugo mjerenje točnije.

10. 0 1 100%xx

.

11. Točna vrijednost: 0.000 857142 857142 857142 ... Na 4 decimale: 0.1429 0.1420 0.0009 0.05 5%. Na 3 decimale: 0.143 0.142 0.001 0.166666... 16.7%. Na 2 decimale: 0.14 0.14 0 1 100%.

12. Imamo 0.05 2500.0002

xx

. Sada iz relacije (1) slijedi

249.95y x . 13. Koristimo definiciju 2 i relaciju (3). Za 4.801y je 0.0005A pa

imamo 4.8005 4.8015x . Slično za 1.0y imamo 0.05A pa je 0.95 1.05x . Za 123y je 0.5A pa je 122.5 123.5x .

14. Koristimo relaciju (4). Prvo je 4950x i 10% 0.1R pa je 4455 5445y , a zatim je 4950y i 10% 0.1R pa je 4500 5500x .

15. Iz (4) slijedi: 24000, 20% 0.2 20000 30000y R x . 16. Imamo 20 /1.01 20 / 0.99 19.80198019... 20.202020...x x .

Sada je 20.202020... 0.01 0.202020...x , odakle slijedi

0.202020... 0.202020... . 17. Za postotnu promjenu neke veličine koristimo (2).. Imamo 252y ,

5% 0.05 pa je / (1 ) 240x y kuna. 18. (1 0.07)(1 0.07) (1 ) 0.0049 0.49%C C . Nakon te

dvije promjene polazna cijena je smanjena za 0.49%.

19. 1(1 )(1 ) 11 1

x x

(umjesto 1

možemo staviti 1 pa dobivamo / (1 ) , a što znači

smanjenje). Za 0.25 je 0.2 (PDV je 25% nabavne cijene, a 20% prodajne cijene).

20. Iz 0.25 1.25PC NC NC NC i 1.23 (1 ) 1.25NC NC slijedi 0.016 1.6% . Smanjit će se za 1.6%.

21. 0.95 1.08 1.25 1.2825 256.50 200NC PC NC NC kn. 22. Iz 1.01 1.02 1.03 0.97 0.98 0.99 0.9986C C vidimo da se

cijena smanjila za oko 0.14%. 23. 2(1 2 )(1 ) 1.32 1 3 2 1.32 0.1 10%C C . 24. Izjednačimo količinu suhe tvari (tvari bez vode) u svježem i suhom

voću: (1 0.8) 150 (1 0.1) 675 kgx x . 25. Iz 80 (1 0.1) 20 (1 ) 100 slijedi 0.4 . Broj nezaposlenih

se smanjio za 40%. 26. Iz uvjeta 20 1.03 25 0.96 15 1.02 40 (1 ) 100 1.02 , slijedi

40 (1 ) 42.1 odnosno 0.0525 5.25% . 27. Ako je promet trgovine x, tada je A 0.45 , B 0.55x x .

(a) 0.92 0.45 1.06 0.55 0.997 smanjio za 0.3%.x x x (b) 1.1 0.45 (1 ) 0.55 1.05 0.0090909... 0.91%.x x x (c) Kako je (1 ) 0.45 (1 ) 0.55 (1 0.1 )x x x , promet se smanjio za desetinu tog postotka.

28. Imamo 0.12 0.12 (1 0.05) 0.12 0.006P P P P . Dakle, proračun se smanji za 0.6%.

29. Prije 0.8P , poslije 0.5 1.15 0.2 1.1 0.1 1.05 0.9P P P P pa se proračun povećao za 10%.

30. Smanjiti za najviše 2% znači da je 0.02 0 , a promijeniti za najviše 3% znači da je 0.03 0.03 pa za novu cijenu C vrijedi 0.98 0.97 1000 1 1.03 1000 950.60 1030C C kuna.

31. 0.96 1 1.01 0.98 1.02 1.03 0.9696 1.029588x x x x x x ili na tri decimale 0.970 1.030x x x . Dakle, očekuje se promjena proizvodnje u granicama 3% .

32. 384385 (1 0.05494231) 405504 i 363266 km. Razlika između najveće i najmanje udaljenosti je 42238 km.

33. Kako je 2 36 , , 1.02O a V a a a , imamo: 2 2 26 6 1.02 1.0404 za 4.04%O a a O

123

7. Točan zbroj je 5, a približan 3.4142+0.3178+1.2679=4.9999 pa je0.0001, 0.00002 .

8. Usporedimo apsolutne vrijednosti relativnih pogrešaka računanja. Za prvi račun je 53.99988... 10 , a za drugi 52.93337... 10 pa je drugi točniji.

9. Imamo 1 21: 250 0.004, 1111:300000 0.00370333... pa je drugo mjerenje točnije.

10. 0 1 100%xx

.

11. Točna vrijednost: 0.000 857142 857142 857142 ... Na 4 decimale: 0.1429 0.1420 0.0009 0.05 5%. Na 3 decimale: 0.143 0.142 0.001 0.166666... 16.7%. Na 2 decimale: 0.14 0.14 0 1 100%.

12. Imamo 0.05 2500.0002

xx

. Sada iz relacije (1) slijedi

249.95y x . 13. Koristimo definiciju 2 i relaciju (3). Za 4.801y je 0.0005A pa

imamo 4.8005 4.8015x . Slično za 1.0y imamo 0.05A pa je 0.95 1.05x . Za 123y je 0.5A pa je 122.5 123.5x .

14. Koristimo relaciju (4). Prvo je 4950x i 10% 0.1R pa je 4455 5445y , a zatim je 4950y i 10% 0.1R pa je 4500 5500x .

15. Iz (4) slijedi: 24000, 20% 0.2 20000 30000y R x . 16. Imamo 20 /1.01 20 / 0.99 19.80198019... 20.202020...x x .

Sada je 20.202020... 0.01 0.202020...x , odakle slijedi

0.202020... 0.202020... . 17. Za postotnu promjenu neke veličine koristimo (2).. Imamo 252y ,

5% 0.05 pa je / (1 ) 240x y kuna. 18. (1 0.07)(1 0.07) (1 ) 0.0049 0.49%C C . Nakon te

dvije promjene polazna cijena je smanjena za 0.49%.

19. 1(1 )(1 ) 11 1

x x

(umjesto 1

možemo staviti 1 pa dobivamo / (1 ) , a što znači

smanjenje). Za 0.25 je 0.2 (PDV je 25% nabavne cijene, a 20% prodajne cijene).

20. Iz 0.25 1.25PC NC NC NC i 1.23 (1 ) 1.25NC NC slijedi 0.016 1.6% . Smanjit će se za 1.6%.

21. 0.95 1.08 1.25 1.2825 256.50 200NC PC NC NC kn. 22. Iz 1.01 1.02 1.03 0.97 0.98 0.99 0.9986C C vidimo da se

cijena smanjila za oko 0.14%. 23. 2(1 2 )(1 ) 1.32 1 3 2 1.32 0.1 10%C C . 24. Izjednačimo količinu suhe tvari (tvari bez vode) u svježem i suhom

voću: (1 0.8) 150 (1 0.1) 675 kgx x . 25. Iz 80 (1 0.1) 20 (1 ) 100 slijedi 0.4 . Broj nezaposlenih

se smanjio za 40%. 26. Iz uvjeta 20 1.03 25 0.96 15 1.02 40 (1 ) 100 1.02 , slijedi

40 (1 ) 42.1 odnosno 0.0525 5.25% . 27. Ako je promet trgovine x, tada je A 0.45 , B 0.55x x .

(a) 0.92 0.45 1.06 0.55 0.997 smanjio za 0.3%.x x x (b) 1.1 0.45 (1 ) 0.55 1.05 0.0090909... 0.91%.x x x (c) Kako je (1 ) 0.45 (1 ) 0.55 (1 0.1 )x x x , promet se smanjio za desetinu tog postotka.

28. Imamo 0.12 0.12 (1 0.05) 0.12 0.006P P P P . Dakle, proračun se smanji za 0.6%.

29. Prije 0.8P , poslije 0.5 1.15 0.2 1.1 0.1 1.05 0.9P P P P pa se proračun povećao za 10%.

30. Smanjiti za najviše 2% znači da je 0.02 0 , a promijeniti za najviše 3% znači da je 0.03 0.03 pa za novu cijenu C vrijedi 0.98 0.97 1000 1 1.03 1000 950.60 1030C C kuna.

31. 0.96 1 1.01 0.98 1.02 1.03 0.9696 1.029588x x x x x x ili na tri decimale 0.970 1.030x x x . Dakle, očekuje se promjena proizvodnje u granicama 3% .

32. 384385 (1 0.05494231) 405504 i 363266 km. Razlika između najveće i najmanje udaljenosti je 42238 km.

33. Kako je 2 36 , , 1.02O a V a a a , imamo: 2 2 26 6 1.02 1.0404 za 4.04%O a a O

124

3 3 31.02 1.061208 za 6.1208%V a a V . 34. Kamatna stopa je relativna stopa promjene ( 0.04 ) za zadano

obračunsko razdoblje (godina dana). Tijekom 10 godina imamo 10 promjena pa je 10 10(1 ) 1.04 15000 22203.66y x EUR. Primijetimo da je to ustvari osnovna formula složenog kamatnog računa 0 (1 )n

nC C p , gdje je p decimalni zapis kamatne stope te

0C početna, a 1 2, ,..., nC C C vrijednost glavnice nakon prvog, drugog, … togn razdoblja.

35. Ako je x dužina ploče, y širina, a z dubina, imamo 5000xyz pa

je 30.95 1.12 1.1 1.1704 1.1704 5000 5852 mx y z xyz betona. 36. Uz dekurzivnu kamatnu stopu p za n obračunskih razdoblja imamo:

(a) 00

0

1 RKK ,nn

C CC C np npC

(b) 00

0

RKK 1 ,n nnn

C CC C r rC

(c) 00

0

RKK 1 ,np npnn

C CC C e eC

(d) 00

0

( 1) ( 1)RKK 1 ,1 1

n n

n n

na Cr r r ra C nr C r

(e) 0 0 0

0 0

( 1)( 1) RKK ,2 2

C p C I C I n pI nC C

pri čemu je 1r p dekurzivni kamatni faktor. 37. U zadacima (a), (b) i (c) imamo 4.5% 0.045, 20p n pa je RKK:

(a) 90%, (b) 141.1714…%, (c) 145.9603…%. U zadacima (d) i (e) imamo 4.5%:12 0.375% 0.00375, 20 12 240p n pa je RKK: (d) 51.83585…%, (e) 45.1875%.

38. Imamo vektore cijena (8.50,9.45,9.60), (8.90,9.90,10.25)x y pa je vektor poskupljenja (0.40,0.45,0.65)y x . Po prirodi zadatka najprikladnije je koristiti vektorsku normu 1. Tako je apsolutno poskupljenje paketa od 3 litre goriva (po jednu litru svake vrste)

11.50Ad y x kuna, dakle prosječno 0.50 kuna po litri, a

relativno 1 1

/ 1.50 / 27.55 0.054446... 5.445%Rd y x x po paketu i prosječno po litri (relativno poskupljenje ne ovisi o

količini - skaliranju). Pri tome, pojedinačna apsolutna poskupljenja goriva dana su vektorom y x , dok relativna poskupljenja iznose

0.40 0.45 0.65 4 1 13, , , , 4.706%, 4.762%, 6.771%8.50 9.45 9.60 85 21 192

.

39. Kako je 0.67 0.330.17 0.44

A

imamo 1/ 300 1/ 3001/ 300 1/ 225

A A

pa je

2

43 0.007286...900Ad A A . Budući da je

2

25318

A slijedi

2

2

1 43 0.00824525... 0.8245%50 253R

A Ad

A

.

40. Aritmetička sredina je o105 15 C7

x pa je prosječno apsolutno

odstupanje o38 2.3299... C7

, a relativno 0.1553... 15.5%V .

RJEŠENJA ZADATAKA (II)

1. Imamo redom: 7 1 0 2 82.5 10 , 1.234 10 , 1 10 , 3.0303 10 , 7.7 10 , 4 1 42.3 10 , 2.3 10 , 2.3 10 .

2. Redom: 5, 3, 2, 2, 1, 3.

3. Tri, jer je 210.0005 0.00071 0.005 10 ,2

pa je znamenka

stotinki 2(10 ) zadnja korektna znamenka.

4. Zadnja korektna znamenka je 2, a to je znamenka desetinki 1(10 ) pa

imamo 11 10 0.052

odnosno 17.239 17.339x .

5. (a) Jednu jer je 0.5 pa je jedinica zadnja korektna znamenka.

(b) Dvije jer je 0.005 pa je stotinka zadnja korektna znamenka.

(c) Nijednu jer je 50 pa je stotica zadnja korektna znamenka.

6. (a) Druga znamenka su desetinke, dakle 0.05 pa je rješenje svaki broj x za koji vrijedi 7.604321 7.704321x . (b) Peta znamenka su desettisućinke, dakle 0.00005 pa je rješenje svaki broj x za koji vrijedi 7.654271 7.654371x .

125

3 3 31.02 1.061208 za 6.1208%V a a V . 34. Kamatna stopa je relativna stopa promjene ( 0.04 ) za zadano

obračunsko razdoblje (godina dana). Tijekom 10 godina imamo 10 promjena pa je 10 10(1 ) 1.04 15000 22203.66y x EUR. Primijetimo da je to ustvari osnovna formula složenog kamatnog računa 0 (1 )n

nC C p , gdje je p decimalni zapis kamatne stope te

0C početna, a 1 2, ,..., nC C C vrijednost glavnice nakon prvog, drugog, … togn razdoblja.

35. Ako je x dužina ploče, y širina, a z dubina, imamo 5000xyz pa

je 30.95 1.12 1.1 1.1704 1.1704 5000 5852 mx y z xyz betona. 36. Uz dekurzivnu kamatnu stopu p za n obračunskih razdoblja imamo:

(a) 00

0

1 RKK ,nn

C CC C np npC

(b) 00

0

RKK 1 ,n nnn

C CC C r rC

(c) 00

0

RKK 1 ,np npnn

C CC C e eC

(d) 00

0

( 1) ( 1)RKK 1 ,1 1

n n

n n

na Cr r r ra C nr C r

(e) 0 0 0

0 0

( 1)( 1) RKK ,2 2

C p C I C I n pI nC C

pri čemu je 1r p dekurzivni kamatni faktor. 37. U zadacima (a), (b) i (c) imamo 4.5% 0.045, 20p n pa je RKK:

(a) 90%, (b) 141.1714…%, (c) 145.9603…%. U zadacima (d) i (e) imamo 4.5%:12 0.375% 0.00375, 20 12 240p n pa je RKK: (d) 51.83585…%, (e) 45.1875%.

38. Imamo vektore cijena (8.50,9.45,9.60), (8.90,9.90,10.25)x y pa je vektor poskupljenja (0.40,0.45,0.65)y x . Po prirodi zadatka najprikladnije je koristiti vektorsku normu 1. Tako je apsolutno poskupljenje paketa od 3 litre goriva (po jednu litru svake vrste)

11.50Ad y x kuna, dakle prosječno 0.50 kuna po litri, a

relativno 1 1

/ 1.50 / 27.55 0.054446... 5.445%Rd y x x po paketu i prosječno po litri (relativno poskupljenje ne ovisi o

količini - skaliranju). Pri tome, pojedinačna apsolutna poskupljenja goriva dana su vektorom y x , dok relativna poskupljenja iznose

0.40 0.45 0.65 4 1 13, , , , 4.706%, 4.762%, 6.771%8.50 9.45 9.60 85 21 192

.

39. Kako je 0.67 0.330.17 0.44

A

imamo 1/ 300 1/ 3001/ 300 1/ 225

A A

pa je

2

43 0.007286...900Ad A A . Budući da je

2

25318

A slijedi

2

2

1 43 0.00824525... 0.8245%50 253R

A Ad

A

.

40. Aritmetička sredina je o105 15 C7

x pa je prosječno apsolutno

odstupanje o38 2.3299... C7

, a relativno 0.1553... 15.5%V .

RJEŠENJA ZADATAKA (II)

1. Imamo redom: 7 1 0 2 82.5 10 , 1.234 10 , 1 10 , 3.0303 10 , 7.7 10 , 4 1 42.3 10 , 2.3 10 , 2.3 10 .

2. Redom: 5, 3, 2, 2, 1, 3.

3. Tri, jer je 210.0005 0.00071 0.005 10 ,2

pa je znamenka

stotinki 2(10 ) zadnja korektna znamenka.

4. Zadnja korektna znamenka je 2, a to je znamenka desetinki 1(10 ) pa

imamo 11 10 0.052

odnosno 17.239 17.339x .

5. (a) Jednu jer je 0.5 pa je jedinica zadnja korektna znamenka.

(b) Dvije jer je 0.005 pa je stotinka zadnja korektna znamenka.

(c) Nijednu jer je 50 pa je stotica zadnja korektna znamenka.

6. (a) Druga znamenka su desetinke, dakle 0.05 pa je rješenje svaki broj x za koji vrijedi 7.604321 7.704321x . (b) Peta znamenka su desettisućinke, dakle 0.00005 pa je rješenje svaki broj x za koji vrijedi 7.654271 7.654371x .

126

7. Za Egipćane je 0.0184... 0.05 pa je desetinka zadnja korektna znamenka, dakle, poznavali su dvije korektne znamenke, 3.1. Za Kineze je aproksimacija bila 355/113=3.14159292… pa imamo

7 6 612.6676... 10 0.266... 10 102

, dakle, zadnja korektna

znamenka je milijuntinka 6(10 ) , pa su oni poznavali sedam korektnih znamenaka, 3.141592.

8. (a) i (b) su ekvivalentni zadaci pa je za oba rezultat 70.43. 9. Imamo 60.54321 0.02569251021... 0.025693 pa su greške:

7 7 5 54.89785... 10 4.9 10 , 1.90633... 10 1.9 10 .

10. Imamo 129 0.03448275862... 0.034 pa su greške: 4 44.8275862... 10 4.83 10 , 0.014, ( ) 0.0005 .

11. Imamo 82.660624... 10u . 12. Kako je 2234.67581 2.3467581 10 , a razlika zadanih brojeva je

ulp 0.00001 , imamo 2 70.00001:10 10u . 13. Uvrstite 8,9,10,11,12,13,14n . Ako je 12 najveći broj za koji

rezultat nije nula (kod većine kalkulatora to je baš 12) tada je 1210 preciznost računala.

14. Dobijemo fl( ) 0, fl( ) 0, fl( ) 55x y z dok je 55x y z . Kako se računske operacije vrše po redoslijedu, kod x i y zbrajamo 552 i 55.

Budući da je 55 55 55 1555

552 55 2 1 2 1 1.5265... 102

, a

preciznost računala je 1210 , izračunata vrijednost izraza u zagradi je 1 pa je izračunati zbroj 552 . Od tog zbroja se oduzima 552 , što daje 0. Kod z je prvo 55 552 2 0 što zbrojeno s 55 daje 55. Dakle, z je izračunat točno, a x i y potpuno pogrešno (relativna greška 100%).

RJEŠENJA ZADATAKA (III)

1. Imamo 2.5 0.1767766953... 0.0 1.5 77y y pa su greške unaprijed

4 32.233047... 10 , 1.263202... 10 . Sada iz 2.5 0.177x slijedi

0.4 0.500250 25447... .177x , a kako je 0.5x , greške unazad su 4 42.525447... 10 , 5.050895... 10 .

2. Imamo 1000.027(0.3 1000.0) yy f pa su greške unaprijed 50.027, 2.6999 10 . Iz 3 1000 1000.0x slijedi 0x , a

kako je 0.3x , greške unazad su 0.3, 1 100% .

3. Imamo 20 1.258925412... 1.2100 6 y pa su greške unaprijed 3 41.075 10 , 8.5 0.08536 10 36% . Sada iz 20 1.26x slijedi

20 101.7211 0659... .26x , a kako je 100x , greške unazad su 2, 1.721 101.721 1.721% .

4. Imamo 01.44 1.2 .441 1.222

y y pa su greške unaprijed

0.02, 0.01666666... 1.67% . Sada iz 1 x y dobivamo 2 1 0.4884x y , a kako je 0.44x , greške unazad su

0.0484, 0.11 11% .

5. (a) Imamo 0.2 1.221402758, 1.221402667yy e pa su greške

unaprijed 8 89.1 10 , 7.45 10 . Iz 1.221402667xe slijedi 1.221402667 0.19999 2n 9 54l 9x , a kako je 0.2x , greške

unazad su 8 77.46 10 , 3.73 10 .

(b) 2 7.389056099, 7.266666667yy e pa su greške unaprijed

0.122389432, 0.016563608 . Iz 7.266666667xe slijedi 7.266666667 1.9832 6ln 97 81x , a kako je 2x , greške

unazad su 0.016702318, 0.0083511594 .

6. Trenutni iznos subvencija je 510 ln100 460517.02y . Nakon smanjenja subvencija od 5% ( 0.05 ) imamo novo stanje

5437491.17 10 ln ln 4.37 11) 71 9( 4xy y x , odakle slijedi 4.3749117 79.43... 79x e . Dakle, 21, 0.21 21% , što

znači da 21 autobus nije više subvencioniran. 7. Imamo 3 3 3 325000 25000(1 ) (1 ) 0.9q p p q q , iz čega

slijedi 33

1(1 ) 0.9 1 1.03574...0.9

. Dakle, cijena se

smije povećati do 3.574%.

127

7. Za Egipćane je 0.0184... 0.05 pa je desetinka zadnja korektna znamenka, dakle, poznavali su dvije korektne znamenke, 3.1. Za Kineze je aproksimacija bila 355/113=3.14159292… pa imamo

7 6 612.6676... 10 0.266... 10 102

, dakle, zadnja korektna

znamenka je milijuntinka 6(10 ) , pa su oni poznavali sedam korektnih znamenaka, 3.141592.

8. (a) i (b) su ekvivalentni zadaci pa je za oba rezultat 70.43. 9. Imamo 60.54321 0.02569251021... 0.025693 pa su greške:

7 7 5 54.89785... 10 4.9 10 , 1.90633... 10 1.9 10 .

10. Imamo 129 0.03448275862... 0.034 pa su greške: 4 44.8275862... 10 4.83 10 , 0.014, ( ) 0.0005 .

11. Imamo 82.660624... 10u . 12. Kako je 2234.67581 2.3467581 10 , a razlika zadanih brojeva je

ulp 0.00001 , imamo 2 70.00001:10 10u . 13. Uvrstite 8,9,10,11,12,13,14n . Ako je 12 najveći broj za koji

rezultat nije nula (kod većine kalkulatora to je baš 12) tada je 1210 preciznost računala.

14. Dobijemo fl( ) 0, fl( ) 0, fl( ) 55x y z dok je 55x y z . Kako se računske operacije vrše po redoslijedu, kod x i y zbrajamo 552 i 55.

Budući da je 55 55 55 1555

552 55 2 1 2 1 1.5265... 102

, a

preciznost računala je 1210 , izračunata vrijednost izraza u zagradi je 1 pa je izračunati zbroj 552 . Od tog zbroja se oduzima 552 , što daje 0. Kod z je prvo 55 552 2 0 što zbrojeno s 55 daje 55. Dakle, z je izračunat točno, a x i y potpuno pogrešno (relativna greška 100%).

RJEŠENJA ZADATAKA (III)

1. Imamo 2.5 0.1767766953... 0.0 1.5 77y y pa su greške unaprijed

4 32.233047... 10 , 1.263202... 10 . Sada iz 2.5 0.177x slijedi

0.4 0.500250 25447... .177x , a kako je 0.5x , greške unazad su 4 42.525447... 10 , 5.050895... 10 .

2. Imamo 1000.027(0.3 1000.0) yy f pa su greške unaprijed 50.027, 2.6999 10 . Iz 3 1000 1000.0x slijedi 0x , a

kako je 0.3x , greške unazad su 0.3, 1 100% .

3. Imamo 20 1.258925412... 1.2100 6 y pa su greške unaprijed 3 41.075 10 , 8.5 0.08536 10 36% . Sada iz 20 1.26x slijedi

20 101.7211 0659... .26x , a kako je 100x , greške unazad su 2, 1.721 101.721 1.721% .

4. Imamo 01.44 1.2 .441 1.222

y y pa su greške unaprijed

0.02, 0.01666666... 1.67% . Sada iz 1 x y dobivamo 2 1 0.4884x y , a kako je 0.44x , greške unazad su

0.0484, 0.11 11% .

5. (a) Imamo 0.2 1.221402758, 1.221402667yy e pa su greške

unaprijed 8 89.1 10 , 7.45 10 . Iz 1.221402667xe slijedi 1.221402667 0.19999 2n 9 54l 9x , a kako je 0.2x , greške

unazad su 8 77.46 10 , 3.73 10 .

(b) 2 7.389056099, 7.266666667yy e pa su greške unaprijed

0.122389432, 0.016563608 . Iz 7.266666667xe slijedi 7.266666667 1.9832 6ln 97 81x , a kako je 2x , greške

unazad su 0.016702318, 0.0083511594 .

6. Trenutni iznos subvencija je 510 ln100 460517.02y . Nakon smanjenja subvencija od 5% ( 0.05 ) imamo novo stanje

5437491.17 10 ln ln 4.37 11) 71 9( 4xy y x , odakle slijedi 4.3749117 79.43... 79x e . Dakle, 21, 0.21 21% , što

znači da 21 autobus nije više subvencioniran. 7. Imamo 3 3 3 325000 25000(1 ) (1 ) 0.9q p p q q , iz čega

slijedi 33

1(1 ) 0.9 1 1.03574...0.9

. Dakle, cijena se

smije povećati do 3.574%.

128

8. 0.36 0.64 0.36 0.36 0.64 0.64 0.64 0.361200 1200(1 ) 0.9 0.9 (1 )Q L C L C Q pa

sada iz uvjeta 1.05Q Q slijedi 0.64 0.360.9 (1 ) 1.05 odnosno

0.360.64

1.051 1.38103858...0.9

pa udio radne snagu treba povećati

za 38.1%.

9. Imamo ( ) ( )( ( )) 0p b ap p a apq pb ap b ap b ap

. S porastom

cijene uvjetovanost po apsolutnoj vrijednosti raste (brojnik po apsolutnoj vrijednosti raste, a nazivnik pada).

10. Iz ( ) ( )y x slijedi: (a) 7%y , (b) 0.1%x , (c) ( ) 6y .

11. Kako je ( ) 21 0.1

( ) 21 0.05x f x x

f x x

i

f xf x

, imamo:

(a) 1200 0.55% 0.05%11

x , dok je točna vrijednost promjene

(201.1) (200) 0.04725%(200)

f ff

.

(b) 400 19 0.55% 10.45%x , dok je točna vrijednost (402.2) (400) 10.5105%

(400)f f

f

.

12. Ako je relativna promjena cijene tada je relativna promjena potražnje , gdje je ( ( ))q p . Ako koristimo rješenje primjera 10, / (1 ) , dobivamo / (1 ) . Kako je

0 , za pozitivan (povećanje cijene) slijedi 1/ (1 )

odnosno 1 1 1

1

pa cijenu smijemo povećati samo

ako je 1 i to povećanje ne smije biti veće od 1 1 . Slično za

negativan (smanjenje cijene) slijedi 1/ (1 ) odnosno 1 1 11 1

1

pa cijenu smijemo smanjiti

samo ako je 1 i to smanjenje ne smije biti veće od 11 .

RJEŠENJA ZADATAKA (IV)

1. Imamo 1 2 3 411 3 1 5.5 1 5.52

A u A u .

2. Ovdje je 41 2 3 4 5

2 11 2 4 1 3.1 10 0.999695 2

B , a

točna vrijednost je 0.9996905181...B . 3. Iz 1 7.9 1 7.9 slijedi 0.99605 1.00395u B u B . 4. Imamo:

21

3 4

1 2 3 4

(1 )fl( ) (1 )(1 ) (1 )( )

1(1 )2

(1 ) | | 3.5 ,

xyCx yxyx y

C u

2 31 4

4 5 6

1 2 3 4 5 6 4

(1 ) 17.554 (1 )fl( ) (1 )(1 )(1 )(1 )

17.554(1 )

(1 ) | | 6 .

xDy

xy

D u

5. (a) 8fl( ) (1 ) (1 ) , | | 5 10y x y u . (b) (1 ) , | | 100x xx x u

1fl( ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )2x xy x x x y

pa je 61| | 100 51 2.55 102

u u u . Uočimo da je točnost

rezultata veća od točnosti ulaznog podatka. (c) (1 ) , 2%x xx x

1(1 ) (1 ) (1 ) 1%.2x xy x x x y

6. Uzevši u obzir greške računanja i promjene varijabli, imamo:

129

8. 0.36 0.64 0.36 0.36 0.64 0.64 0.64 0.361200 1200(1 ) 0.9 0.9 (1 )Q L C L C Q pa

sada iz uvjeta 1.05Q Q slijedi 0.64 0.360.9 (1 ) 1.05 odnosno

0.360.64

1.051 1.38103858...0.9

pa udio radne snagu treba povećati

za 38.1%.

9. Imamo ( ) ( )( ( )) 0p b ap p a apq pb ap b ap b ap

. S porastom

cijene uvjetovanost po apsolutnoj vrijednosti raste (brojnik po apsolutnoj vrijednosti raste, a nazivnik pada).

10. Iz ( ) ( )y x slijedi: (a) 7%y , (b) 0.1%x , (c) ( ) 6y .

11. Kako je ( ) 21 0.1

( ) 21 0.05x f x x

f x x

i

f xf x

, imamo:

(a) 1200 0.55% 0.05%11

x , dok je točna vrijednost promjene

(201.1) (200) 0.04725%(200)

f ff

.

(b) 400 19 0.55% 10.45%x , dok je točna vrijednost (402.2) (400) 10.5105%

(400)f f

f

.

12. Ako je relativna promjena cijene tada je relativna promjena potražnje , gdje je ( ( ))q p . Ako koristimo rješenje primjera 10, / (1 ) , dobivamo / (1 ) . Kako je

0 , za pozitivan (povećanje cijene) slijedi 1/ (1 )

odnosno 1 1 1

1

pa cijenu smijemo povećati samo

ako je 1 i to povećanje ne smije biti veće od 1 1 . Slično za

negativan (smanjenje cijene) slijedi 1/ (1 ) odnosno 1 1 11 1

1

pa cijenu smijemo smanjiti

samo ako je 1 i to smanjenje ne smije biti veće od 11 .

RJEŠENJA ZADATAKA (IV)

1. Imamo 1 2 3 411 3 1 5.5 1 5.52

A u A u .

2. Ovdje je 41 2 3 4 5

2 11 2 4 1 3.1 10 0.999695 2

B , a

točna vrijednost je 0.9996905181...B . 3. Iz 1 7.9 1 7.9 slijedi 0.99605 1.00395u B u B . 4. Imamo:

21

3 4

1 2 3 4

(1 )fl( ) (1 )(1 ) (1 )( )

1(1 )2

(1 ) | | 3.5 ,

xyCx yxyx y

C u

2 31 4

4 5 6

1 2 3 4 5 6 4

(1 ) 17.554 (1 )fl( ) (1 )(1 )(1 )(1 )

17.554(1 )

(1 ) | | 6 .

xDy

xy

D u

5. (a) 8fl( ) (1 ) (1 ) , | | 5 10y x y u . (b) (1 ) , | | 100x xx x u

1fl( ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )2x xy x x x y

pa je 61| | 100 51 2.55 102

u u u . Uočimo da je točnost

rezultata veća od točnosti ulaznog podatka. (c) (1 ) , 2%x xx x

1(1 ) (1 ) (1 ) 1%.2x xy x x x y

6. Uzevši u obzir greške računanja i promjene varijabli, imamo:

130

2 31 2 2

4

1 2 3 4 2

(1 )(1 ) (1 ) (1 )fl( ) (1 )

(1 )(1 )

1(1 2 )2

.

x y

z

x y z

x yw

z

x yz

Sada je: (a) 120 | | 4 4 10x y z u u u u u ,

(b) 11| | 10 10 60 84 8.4 10u u u u u u u u , (c) 1 2 3 4 0, 1.5%, 1%, 0.5%x y z

11.5 ( 1) 2 0.5 0%2

(uz navedene promjene varijabli

vrijednost funkcije ostaje približno ista.

7. Imamo 1.4 1.4

2 2 3 31 2 3 10.8 0.8

1 1

(1 ) (1 )778 (1 1.4 0.8 )(1 )

p pq qp

pa je

1.4 1.5 ( 2) 0.8 ( 0.5) 0.5% (poveća se za oko 0.5%). 8. 0.6 0.6 0.4 0.445(1 ) (1 ) (1 0.6 0.4 ) (1 )L C L CQ L C Q Q pa

je 3% 0.6 0.4 0 5%L L .

9. Imamo 1.2 1.2

2 21 2 1

1 1

90(1 ) (1 1.2 0.5 ) (1 )(1 )

pq q qp

pa je

2 1 2 11.2 0.5 1.2 0.5( ) , iz čega dobivamo:

(a) 2 1 12 4, 1 3 3 1 pa je 1.2 2 0.5 ( 3) 1.2 4 0.5 ( 1) 0.9% 4.3% (b) 2 1 14 2, 1 3 3 1 pa je 1.2 ( 4) 0.5 ( 3) 1.2 ( 2) 0.5 ( 1) 6.3% 2.9%, (c) 2 1 12 4, 3 1 1 3 pa je 1.2 2 0.5 1 1.2 4 0.5 3 2.9% 6.3% (d) 2 1 14 2, 3 1 1 3 pa je 1.2 ( 4) 0.5 1 1.2 ( 2) 0.5 3 4.3% 0.9% .

10. Promjena zbroja je između 20% i 10% tj. 80 110a b . Općenito za , 0a b imamo (1 ) (1 ) (1 )( )a ba b a b pa je

a ba b

a b a b

odnosno min{ , } max{ , }a b a b .

11. Kako je točnost većine kalkulatora 1210 , tj. fl(1 10 ) 1 za 12p p ,

a imamo 20 10 25 1510 (10 1 1), 10 (10 1 1)x y , dobit ćemo 10fl( ) 10 ali fl( ) 0x x y iako je 1010y .

12. Uzevši u obzir greške računanja i promjene varijabli, imamo:

1

2

3 31 2 3 4

31 2 3 1 4

3

fl( ) (1 ) (1 )(1 )(1 ) (1 ) (1 )

1(1 3 ) (1 )2

(1 )( ) (1 ) ,

x y

x y

z x y

x y

x y z

gdje je 1 2 1 2min , max , . Imamo:

(a) 1 2 1 20 | | 3 , | | 2 | | max | |,| | 3x y u u u

(b) 1| | max 3 3 2 , 2 16 max 9 ,10 102

u u u u u u u

(c) Imamo 1 2 3 4 0, 1%, 2%x y pa je

1 213 1 3%, ( 2) 1% 1% 3%2

.

13. Uz greške računanja i promjene varijabli, imamo:

2

1

1 2 3 4

1 2 3 1 4

389fl( ) (1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 )

1 1 1 389(1 ) (1 )2 2 2

(1 ) ,

x yx

x y x

z x yx

xyx

z

gdje je 1 2 1 2min , max , . Imamo:

(a) 1 20 | | max | |,| | max 2.5 , 2 2.5x y u u u

131

2 31 2 2

4

1 2 3 4 2

(1 )(1 ) (1 ) (1 )fl( ) (1 )

(1 )(1 )

1(1 2 )2

.

x y

z

x y z

x yw

z

x yz

Sada je: (a) 120 | | 4 4 10x y z u u u u u ,

(b) 11| | 10 10 60 84 8.4 10u u u u u u u u , (c) 1 2 3 4 0, 1.5%, 1%, 0.5%x y z

11.5 ( 1) 2 0.5 0%2

(uz navedene promjene varijabli

vrijednost funkcije ostaje približno ista.

7. Imamo 1.4 1.4

2 2 3 31 2 3 10.8 0.8

1 1

(1 ) (1 )778 (1 1.4 0.8 )(1 )

p pq qp

pa je

1.4 1.5 ( 2) 0.8 ( 0.5) 0.5% (poveća se za oko 0.5%). 8. 0.6 0.6 0.4 0.445(1 ) (1 ) (1 0.6 0.4 ) (1 )L C L CQ L C Q Q pa

je 3% 0.6 0.4 0 5%L L .

9. Imamo 1.2 1.2

2 21 2 1

1 1

90(1 ) (1 1.2 0.5 ) (1 )(1 )

pq q qp

pa je

2 1 2 11.2 0.5 1.2 0.5( ) , iz čega dobivamo:

(a) 2 1 12 4, 1 3 3 1 pa je 1.2 2 0.5 ( 3) 1.2 4 0.5 ( 1) 0.9% 4.3% (b) 2 1 14 2, 1 3 3 1 pa je 1.2 ( 4) 0.5 ( 3) 1.2 ( 2) 0.5 ( 1) 6.3% 2.9%, (c) 2 1 12 4, 3 1 1 3 pa je 1.2 2 0.5 1 1.2 4 0.5 3 2.9% 6.3% (d) 2 1 14 2, 3 1 1 3 pa je 1.2 ( 4) 0.5 1 1.2 ( 2) 0.5 3 4.3% 0.9% .

10. Promjena zbroja je između 20% i 10% tj. 80 110a b . Općenito za , 0a b imamo (1 ) (1 ) (1 )( )a ba b a b pa je

a ba b

a b a b

odnosno min{ , } max{ , }a b a b .

11. Kako je točnost većine kalkulatora 1210 , tj. fl(1 10 ) 1 za 12p p ,

a imamo 20 10 25 1510 (10 1 1), 10 (10 1 1)x y , dobit ćemo 10fl( ) 10 ali fl( ) 0x x y iako je 1010y .

12. Uzevši u obzir greške računanja i promjene varijabli, imamo:

1

2

3 31 2 3 4

31 2 3 1 4

3

fl( ) (1 ) (1 )(1 )(1 ) (1 ) (1 )

1(1 3 ) (1 )2

(1 )( ) (1 ) ,

x y

x y

z x y

x y

x y z

gdje je 1 2 1 2min , max , . Imamo:

(a) 1 2 1 20 | | 3 , | | 2 | | max | |,| | 3x y u u u

(b) 1| | max 3 3 2 , 2 16 max 9 ,10 102

u u u u u u u

(c) Imamo 1 2 3 4 0, 1%, 2%x y pa je

1 213 1 3%, ( 2) 1% 1% 3%2

.

13. Uz greške računanja i promjene varijabli, imamo:

2

1

1 2 3 4

1 2 3 1 4

389fl( ) (1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 )

1 1 1 389(1 ) (1 )2 2 2

(1 ) ,

x yx

x y x

z x yx

xyx

z

gdje je 1 2 1 2min , max , . Imamo:

(a) 1 20 | | max | |,| | max 2.5 , 2 2.5x y u u u

132

(b) 1 1| | max 2.5 10 6 , 2 10 122 2

u u u u u u

(c) Imamo 1 2 3 4 0, 1.8%, 1.2%x y pa je

1 21 11.8 ( 1.2) 0.3%, 1.8% 1.8% 0.3%2 2

.

14. Uz (1 ) , 1,2,3i i ip p i , imamo:

21

2 22 21 3 3

1 1

222 1 3 3 1

1

325(1 ) 0.45(1 )(1 )

3251(1 ) (1 2 ) 0.45 (1 ) ,2

pq pp

p p qp

gdje je 1 2 1 2min , max , .

Kako je (izraženo u %): 1 2 33 0, 2 4, 0.5 2.5

imamo: 11 12 0 4 ( 3)2 2

odnosno 12 5.5 te zatim

21 5 , odakle slijedi 1% 5.5% .

15. Kako je 72u , imamo:

6 6 6

6 7 7 7

| | max 2 0.5 2 3 3 2 , 2 2 2

{3.5 2 2 } 4.5 2 2 2 2 8.5 2 .

u u u u

u u

16. Neka su , , ,y z v w relativne greške za , , ,y z v w . Imamo:

| | 2 max{4 , 3 , 0} 6y u u u u , | | 2 max{3 , , 0} 5z u u u u ,

| | 9 5 6 4 5 59v u u u u , 1| | ( 3 4 59 ) 1212w u u u u u .

Vidimo kako se ukupna greška akumulira kod uzastopnih računskih operacija s istim podacima.

RJEŠENJA ZADATAKA (V)

1. Kvocijent 3 24 3x x x i ostatak 5 koji je ustvari 2P .

2. Vrijednost je 0 pa je to nul-točka zadanog polinoma.

3. (a) (2) 40, (2) 39 1! 39, (2) 92 2! 184,P P P

(2) 162 3! 972, (2) 100 4! 2400,IVP P

(2) 28 5! 3360, (2) 3 6! 2160V VIP P .

(b) 5 4 3 2( ) ( 2)(3 2 4 6 12 23) 40P x x x x x x x .

(c) 2 3 4( ) 40 39( 2) 92( 2) 162( 2) 100( 2)P x x x x x

5 628( 2) 3( 2)x x .

4. (a) ( 1) 0, ( 1) 1 1! 1, ( 1) 4 2! 8,P P P

( 1) 6 3! 36, ( 1) 4 4! 96, ( 1) 1 5! 120.IV VP P P

(b) 4 2 3 2( ) ( 1) 0 ( 1) ( 1) 1P x x x x x x x .

(c) 2 3 4 5( ) ( 1) 4( 1) 6( 1) 4( 1) ( 1)P x x x x x x .

5. (a) (3) (3) (3) (3) 0, (3) 2 4! 48,IVP P P P P

(3) 1 5! 120VP .

(b) 4 5( ) 2( 3) ( 3)P x x x .

(c) Iz (b) slijedi 4 4( ) ( 3) (2 3) ( 3) ( 1) 0P x x x x x pa je 1,2,3,4 53, 1x x .

RJEŠENJA ZADATAKA (VI)

1. (a) 10, (b) 99, (c) 3 6n . 2. (a) 2 ( ) 0.3125( 2)( 3.2) 0.6875( 2)( 1.6)p x x x x x

(b) 2 ( ) 0.5( 2) ( 2)( 1.6)p x x x x

(c) 22 ( ) 0.1 4.2p x x x .

3. (a) 31 2( ) ( 5)( 6)( 9) ( 3)( 5)( 9)36 9

p x x x x x x x

1 ( 3)( 5)( 6)72

x x x

(b) 31 5 17( ) 1 ( 3) ( 3)( 5) ( 3)( 5)( 6)2 6 72

p x x x x x x x

(c) 3 23

17 149 529 145( )72 36 24 4

p x x x x .

133

(b) 1 1| | max 2.5 10 6 , 2 10 122 2

u u u u u u

(c) Imamo 1 2 3 4 0, 1.8%, 1.2%x y pa je

1 21 11.8 ( 1.2) 0.3%, 1.8% 1.8% 0.3%2 2

.

14. Uz (1 ) , 1,2,3i i ip p i , imamo:

21

2 22 21 3 3

1 1

222 1 3 3 1

1

325(1 ) 0.45(1 )(1 )

3251(1 ) (1 2 ) 0.45 (1 ) ,2

pq pp

p p qp

gdje je 1 2 1 2min , max , .

Kako je (izraženo u %): 1 2 33 0, 2 4, 0.5 2.5

imamo: 11 12 0 4 ( 3)2 2

odnosno 12 5.5 te zatim

21 5 , odakle slijedi 1% 5.5% .

15. Kako je 72u , imamo:

6 6 6

6 7 7 7

| | max 2 0.5 2 3 3 2 , 2 2 2

{3.5 2 2 } 4.5 2 2 2 2 8.5 2 .

u u u u

u u

16. Neka su , , ,y z v w relativne greške za , , ,y z v w . Imamo:

| | 2 max{4 , 3 , 0} 6y u u u u , | | 2 max{3 , , 0} 5z u u u u ,

| | 9 5 6 4 5 59v u u u u , 1| | ( 3 4 59 ) 1212w u u u u u .

Vidimo kako se ukupna greška akumulira kod uzastopnih računskih operacija s istim podacima.

RJEŠENJA ZADATAKA (V)

1. Kvocijent 3 24 3x x x i ostatak 5 koji je ustvari 2P .

2. Vrijednost je 0 pa je to nul-točka zadanog polinoma.

3. (a) (2) 40, (2) 39 1! 39, (2) 92 2! 184,P P P

(2) 162 3! 972, (2) 100 4! 2400,IVP P

(2) 28 5! 3360, (2) 3 6! 2160V VIP P .

(b) 5 4 3 2( ) ( 2)(3 2 4 6 12 23) 40P x x x x x x x .

(c) 2 3 4( ) 40 39( 2) 92( 2) 162( 2) 100( 2)P x x x x x

5 628( 2) 3( 2)x x .

4. (a) ( 1) 0, ( 1) 1 1! 1, ( 1) 4 2! 8,P P P

( 1) 6 3! 36, ( 1) 4 4! 96, ( 1) 1 5! 120.IV VP P P

(b) 4 2 3 2( ) ( 1) 0 ( 1) ( 1) 1P x x x x x x x .

(c) 2 3 4 5( ) ( 1) 4( 1) 6( 1) 4( 1) ( 1)P x x x x x x .

5. (a) (3) (3) (3) (3) 0, (3) 2 4! 48,IVP P P P P

(3) 1 5! 120VP .

(b) 4 5( ) 2( 3) ( 3)P x x x .

(c) Iz (b) slijedi 4 4( ) ( 3) (2 3) ( 3) ( 1) 0P x x x x x pa je 1,2,3,4 53, 1x x .

RJEŠENJA ZADATAKA (VI)

1. (a) 10, (b) 99, (c) 3 6n . 2. (a) 2 ( ) 0.3125( 2)( 3.2) 0.6875( 2)( 1.6)p x x x x x

(b) 2 ( ) 0.5( 2) ( 2)( 1.6)p x x x x

(c) 22 ( ) 0.1 4.2p x x x .

3. (a) 31 2( ) ( 5)( 6)( 9) ( 3)( 5)( 9)36 9

p x x x x x x x

1 ( 3)( 5)( 6)72

x x x

(b) 31 5 17( ) 1 ( 3) ( 3)( 5) ( 3)( 5)( 6)2 6 72

p x x x x x x x

(c) 3 23

17 149 529 145( )72 36 24 4

p x x x x .

134

4. (a) 45 11( ) ( 2)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 4)6 6

p x x x x x x x x x

1 ( 1)( 2)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

x x x x x x x x

(b) 41( ) 5 3( 1) 2( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

p x x x x x x x

4 ( 1)( 3)( 4)3

x x x x

(c) 4 3 24

4 31 74 62( )3 3 3 3

p x x x x x .

5. (a) 51( ) ( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)60

p x x x x x x

1( 1)( 3)( 4)( 5)( 6)6

x x x x x

1( 1)( 2)( 4)( 5)( 6)2

x x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 5)( 6)2

x x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 4)( 6)2

x x x x x

1 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)10

x x x x x

(b) 51( ) 2 2( 1) ( 1)( 2)( 3)3

p x x x x x

5 ( 1)( 2)( 3)( 4)12

x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)4

x x x x x

(c) 5 4 3 25

1 25 103 437( ) 91 424 6 4 6

p x x x x x x .

6. Imamo ( ) 1000 20( 30) 2( 30)( 35)q p p p p , iz čega slijedi: (28) 1012, (32) 972, (38) 792, (42) 592q q q q . Vidimo da

povećanje cijene preko razine 40p znatno utječe na pad potražnje

dok smanjenje ispod razine 30p ne uzrokuje značajno povećanje potražnje.

7. Imamo ( ) 70000 1000( 50) 1000 120000q p p p pa je

ukupni prihod 21000 120000 maxP p q p p , iz čega

slijedi 2000 120000 0,pP a što daje 60, 60000p q i

3600000P . Primijetimo također da je 50 3500000P i

71 3479000P .

8. Kako su 1 4n čvora interpolacije imamo 3n podintervala i pripadna 3 polinoma: 2 3

1( ) 2 8 5p x x x x za [0,1]x , zatim

2 ( ) 0p x za [1,3]x te 2 33

7( ) ( 3) ( 3)27

p x x x za [3,6]x .

Polinomi se prikazuju grafički analogno slici 11. 9. Neka su kx mjeseci, kf mjesečna proizvodnja u 000 komada, ks

mjesečni trend u 000 komada. Imamo:

kx 0 6

kf 9 12

ks – 1 0.2

pa je 2 3( ) 9 0.55 0.05p x x x x . Planirana proizvodnja po mjesecima iznosi:

x 0 1 2 3 4 5 6 ( )p x 9 8.5 8.8 9.6 10.6 11.5 12

10. Pretpostavka, da prije početka zadanog vremenskog intervala od 10 dana nismo ništa učili te da nećemo ništa učiti ni nakon isteka tih 10 dana, daje nam 0 1 0s s . Kako je 0 10, 10x x i 0 10, 100f f ,

dobivamo 2 3( ) 3 0.2p x x x pa je: x 0 1 2 3 4 5 ( )p x 0 2.8 10.4 21.6 35.2 50

( )x – 2.8 7.6 11.2 13.6 14.8

x 6 7 8 9 10 ( )p x 64.8 78.4 89.6 97.2 100

( )x 14.8 13.6 11.2 7.6 2.8

135

4. (a) 45 11( ) ( 2)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 4)6 6

p x x x x x x x x x

1 ( 1)( 2)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

x x x x x x x x

(b) 41( ) 5 3( 1) 2( 1)( 3) ( 1)( 3)( 4)3

p x x x x x x x

4 ( 1)( 3)( 4)3

x x x x

(c) 4 3 24

4 31 74 62( )3 3 3 3

p x x x x x .

5. (a) 51( ) ( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)60

p x x x x x x

1( 1)( 3)( 4)( 5)( 6)6

x x x x x

1( 1)( 2)( 4)( 5)( 6)2

x x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 5)( 6)2

x x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 4)( 6)2

x x x x x

1 ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)10

x x x x x

(b) 51( ) 2 2( 1) ( 1)( 2)( 3)3

p x x x x x

5 ( 1)( 2)( 3)( 4)12

x x x x

1( 1)( 2)( 3)( 4)( 5)4

x x x x x

(c) 5 4 3 25

1 25 103 437( ) 91 424 6 4 6

p x x x x x x .

6. Imamo ( ) 1000 20( 30) 2( 30)( 35)q p p p p , iz čega slijedi: (28) 1012, (32) 972, (38) 792, (42) 592q q q q . Vidimo da

povećanje cijene preko razine 40p znatno utječe na pad potražnje

dok smanjenje ispod razine 30p ne uzrokuje značajno povećanje potražnje.

7. Imamo ( ) 70000 1000( 50) 1000 120000q p p p pa je

ukupni prihod 21000 120000 maxP p q p p , iz čega

slijedi 2000 120000 0,pP a što daje 60, 60000p q i

3600000P . Primijetimo također da je 50 3500000P i

71 3479000P .

8. Kako su 1 4n čvora interpolacije imamo 3n podintervala i pripadna 3 polinoma: 2 3

1( ) 2 8 5p x x x x za [0,1]x , zatim

2 ( ) 0p x za [1,3]x te 2 33

7( ) ( 3) ( 3)27

p x x x za [3,6]x .

Polinomi se prikazuju grafički analogno slici 11. 9. Neka su kx mjeseci, kf mjesečna proizvodnja u 000 komada, ks

mjesečni trend u 000 komada. Imamo:

kx 0 6

kf 9 12

ks – 1 0.2

pa je 2 3( ) 9 0.55 0.05p x x x x . Planirana proizvodnja po mjesecima iznosi:

x 0 1 2 3 4 5 6 ( )p x 9 8.5 8.8 9.6 10.6 11.5 12

10. Pretpostavka, da prije početka zadanog vremenskog intervala od 10 dana nismo ništa učili te da nećemo ništa učiti ni nakon isteka tih 10 dana, daje nam 0 1 0s s . Kako je 0 10, 10x x i 0 10, 100f f ,

dobivamo 2 3( ) 3 0.2p x x x pa je: x 0 1 2 3 4 5 ( )p x 0 2.8 10.4 21.6 35.2 50

( )x – 2.8 7.6 11.2 13.6 14.8

x 6 7 8 9 10 ( )p x 64.8 78.4 89.6 97.2 100

( )x 14.8 13.6 11.2 7.6 2.8

136

pri čemu je ( ) ( ) ( 1)x p x p x dnevni tempo učenja u postocima. Općenito, prvih 10% vremena obavimo 2.8% posla, sljedećih 10% vremena 7.6% posla, narednih 10% vremena 11.2% posla itd. Od početka i prema kraju raspoloživog vremena tempo je sporiji, a u sredini je najbrži.

11. Ovdje je 1 3 2n n pa za 1k dobivamo sljedeću jednadžbu:

1 11 2 2 2 1 ( 2) 3 (1 0 1 0) 0s s . Dakle, imamo dva

polinoma: 21

3( ) 1 2( 1) 4( 1) 2( 1) za [1,2]p x x x x x te 2

23( ) 1 2( 2) 2( 2) za [2,3]p x x x x .

12. Kako je 1 4 3n n , za 1 i 2k k imamo sustav jednadžbi

1 2 1 2 1 21 104 1, 2 6 5.5 ,44 11

s s s s s s . Iz toga

dobivamo tri polinoma: 21

345 45( ) za [0,1]44 44

p x x x x x , zatim

32

21 45 47( ) 1 ( 1) ( 1) ( 1) za [1,2]44 22 44

p x x x x x i također

2 33

10 51 5( ) ( 2) ( 2) ( 2) za [2,4]11 44 22

p x x x x x .

RJEŠENJA ZADATAKA (VII)

1. Iz (2.95) (3)2 (2.95) 7.12.95 3

f f f

, a iz (3.1) (3)2

3.1 3f f

(3.1) 6.8f .

2. Imamo 0,1,2,3,4,5 i 2k h . Aproksimacija prve derivacije u

rubnim točkama je 0 1 450 5( ) / , ( ) /f f f h f f f h , a u unutarnjim

1 1) / (2( , 1,2 4) ,3,k k k hf f f k . Aproksimacija druge derivacije

u rubnim točkama je 0 1 0( ) /f f f h , 55 4( ) /f f f h , a u

unutarnjim 12

1( 2 ) /k k k kf f f hf , 1,2,3,4k . Dakle:

kx 0 2 4 6 8 10

kf 0.2 0.15 – 0.1 – 0.2 0 0.1

kf – 0.025 – 0.05 – 0.2 0.1 0.1 0.05

3. Aproksimacija prve derivacije određuje se kao u prethodnom zadatku, a kako je 2( ) 1/f x x , imamo:

kx 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

kf – 3.3 – 2.85 – 2.1 – 1.6 – 1.25 – 1.1

( )kf x – 4 – 2.7778 – 2.0408 – 1.5625 – 1.2346 – 1

4. Iz 2

2 5.20.5, 3.75 0.4, 9.8,2 0.4 0.4

pa je 5.1, 4.7 .

5. Kako je 1h imamo: 0 (6 0) /1 6f , 2 2( 0) / 2 6 12f f ,

3 3(0 ) /1 6 6f f , 2 3( 6) / 2 0f f , 3 2(0 ) / 2 6f f .

RJEŠENJA ZADATAKA (VIII)

1. Imamo 3 4 5a b , 4 10 8a b , pa je 9 2( )7 7

x x . Ukupno

odstupanje iznosi 2 2 29 11 15 21 1 2

7 7 7 7S

.

2. Koristimo relaciju (18) gdje je 0 1,a a a b . Dobijemo sustav Iz

2 2

0( , ) ( ) min

n

k kk

S a b a bx f

, slijedi:

2

0 0

2 4 2

0 0 0

( 1)3 10 510 82 20

n n

k kk k

n n n

k k k kk k k

a n b x fa ba b

a x b x f x

2 2 22105 5 105 110 150 32( ) 1 2 2

73 73 73 73 73 73x x S

.

3. Iz 5 2

0( , ) ( ) min

n

k k kk

S a b ax bx f

, imamo:

137

pri čemu je ( ) ( ) ( 1)x p x p x dnevni tempo učenja u postocima. Općenito, prvih 10% vremena obavimo 2.8% posla, sljedećih 10% vremena 7.6% posla, narednih 10% vremena 11.2% posla itd. Od početka i prema kraju raspoloživog vremena tempo je sporiji, a u sredini je najbrži.

11. Ovdje je 1 3 2n n pa za 1k dobivamo sljedeću jednadžbu:

1 11 2 2 2 1 ( 2) 3 (1 0 1 0) 0s s . Dakle, imamo dva

polinoma: 21

3( ) 1 2( 1) 4( 1) 2( 1) za [1,2]p x x x x x te 2

23( ) 1 2( 2) 2( 2) za [2,3]p x x x x .

12. Kako je 1 4 3n n , za 1 i 2k k imamo sustav jednadžbi

1 2 1 2 1 21 104 1, 2 6 5.5 ,44 11

s s s s s s . Iz toga

dobivamo tri polinoma: 21

345 45( ) za [0,1]44 44

p x x x x x , zatim

32

21 45 47( ) 1 ( 1) ( 1) ( 1) za [1,2]44 22 44

p x x x x x i također

2 33

10 51 5( ) ( 2) ( 2) ( 2) za [2,4]11 44 22

p x x x x x .

RJEŠENJA ZADATAKA (VII)

1. Iz (2.95) (3)2 (2.95) 7.12.95 3

f f f

, a iz (3.1) (3)2

3.1 3f f

(3.1) 6.8f .

2. Imamo 0,1,2,3,4,5 i 2k h . Aproksimacija prve derivacije u

rubnim točkama je 0 1 450 5( ) / , ( ) /f f f h f f f h , a u unutarnjim

1 1) / (2( , 1,2 4) ,3,k k k hf f f k . Aproksimacija druge derivacije

u rubnim točkama je 0 1 0( ) /f f f h , 55 4( ) /f f f h , a u

unutarnjim 12

1( 2 ) /k k k kf f f hf , 1,2,3,4k . Dakle:

kx 0 2 4 6 8 10

kf 0.2 0.15 – 0.1 – 0.2 0 0.1

kf – 0.025 – 0.05 – 0.2 0.1 0.1 0.05

3. Aproksimacija prve derivacije određuje se kao u prethodnom zadatku, a kako je 2( ) 1/f x x , imamo:

kx 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

kf – 3.3 – 2.85 – 2.1 – 1.6 – 1.25 – 1.1

( )kf x – 4 – 2.7778 – 2.0408 – 1.5625 – 1.2346 – 1

4. Iz 2

2 5.20.5, 3.75 0.4, 9.8,2 0.4 0.4

pa je 5.1, 4.7 .

5. Kako je 1h imamo: 0 (6 0) /1 6f , 2 2( 0) / 2 6 12f f ,

3 3(0 ) /1 6 6f f , 2 3( 6) / 2 0f f , 3 2(0 ) / 2 6f f .

RJEŠENJA ZADATAKA (VIII)

1. Imamo 3 4 5a b , 4 10 8a b , pa je 9 2( )7 7

x x . Ukupno

odstupanje iznosi 2 2 29 11 15 21 1 2

7 7 7 7S

.

2. Koristimo relaciju (18) gdje je 0 1,a a a b . Dobijemo sustav Iz

2 2

0( , ) ( ) min

n

k kk

S a b a bx f

, slijedi:

2

0 0

2 4 2

0 0 0

( 1)3 10 510 82 20

n n

k kk k

n n n

k k k kk k k

a n b x fa ba b

a x b x f x

2 2 22105 5 105 110 150 32( ) 1 2 2

73 73 73 73 73 73x x S

.

3. Iz 5 2

0( , ) ( ) min

n

k k kk

S a b ax bx f

, imamo:

138

2 6

0 0 0

6 10 5

0 0 0

6 66 6666 1026 1026

n n n

k k k kk k k

n n n

k k k kk k k

a x b x f xa ba b

a x b x f x

5( ,) 0x x S . Funkcija prolazi svim zadanim točkama.

4. Iz uvjeta 2

0( , , ) ( ) min

n

k k kk

S a b c a b x cx f

, dobivamo:

0 0 0

0 0 0 0

2

0 0 0 0

( 1)4 6 14 8.56 14 36 1614 36 98 39

n n n

k k kk k k

n n n n

k k k k k kk k k k

n n n n

k k k k k kk k k k

a n b x c x fa b c

a x b x c x x f x a b ca b c

a x b x x c x f x

pa je ( ) 1.025 1.025 0.125x x x .

5. Iz 2

0 1 0 10

( , ) mink

nx

k kk

S a a a x a e f

, slijedi:

20 1

0 0 0

20 1

0 0 0.

k

k k k

n n nx

k k k kk k k

n n nx x x

k kk k k

a x a x e f x

a x e a e f e

6. Iz 2

0( , ) 2 mink

nx

kk

S a b a b f

, slijedi:

0 0

0 0 0

( 1)4 15 1315 85 86

2

2 4 2

k

k k k

n n

kk k

n n n

kk k k

x

x x x

n a b fa ba b

a fb

pa je 149 37( ) 2115 23

xx . Ako uklonimo zadnju točku (3. 9) ,

dobivamo sustav 3 7 4, 7 21 14a b a b , pa je ( ) 2 1xx . 7. Imamo:

0

1

2

1 0 04 10 42 8

1 1 1, 10 42 190 20 ,

1 4 1642 190 882 100

1 5 25

T T

aa a f

a

pa je 2( ) 4 5x x x . Kako ova funkcija prolazi svim zadanim točkama, odstupanja nema, 0S .

8. Imamo 0 1 0 1( ) log ( ) log logx x a x a b b x i logk kg f pa je

uvjet 12

0 1 00

( , ) minn

k kk

S b b x gb b

, a podaci (na 6 dec.):

kx 1 2 3 4

kg 1.698970 2.692847 3.700011 4.697996

Koristeći relaciju (18), u kojoj 0 1, , ka a f zamijenimo s 0 1, , kb b g ,

dobijemo sustav 0 1 0 14 10 12.789824, 10 30 36.976681b b b b ,

čije je rješenje 0 10.696395..., 1.000424...b b . Sada su polazni

parametri 0 10 110 4.970447..., 10 10.009772...b ba a . Dakle,

( ) 4.97 10.01xx (2 dec.) i ( ) 5 10xx (0 dec.).

RJEŠENJA ZADATAKA (IX)

1. Za 100x imamo integraciju kroz dvije točke pa koristimo

trapeznu formulu, 100

0

100(100) ( ) (21 15) 18002

T t x dx , a za

200x integriramo kroz tri točke pa koristimo Simpsonovu

formulu, 200

0

100(200) ( ) (21 4 15 6) 29003

T t x dx .

139

2 6

0 0 0

6 10 5

0 0 0

6 66 6666 1026 1026

n n n

k k k kk k k

n n n

k k k kk k k

a x b x f xa ba b

a x b x f x

5( ,) 0x x S . Funkcija prolazi svim zadanim točkama.

4. Iz uvjeta 2

0( , , ) ( ) min

n

k k kk

S a b c a b x cx f

, dobivamo:

0 0 0

0 0 0 0

2

0 0 0 0

( 1)4 6 14 8.56 14 36 1614 36 98 39

n n n

k k kk k k

n n n n

k k k k k kk k k k

n n n n

k k k k k kk k k k

a n b x c x fa b c

a x b x c x x f x a b ca b c

a x b x x c x f x

pa je ( ) 1.025 1.025 0.125x x x .

5. Iz 2

0 1 0 10

( , ) mink

nx

k kk

S a a a x a e f

, slijedi:

20 1

0 0 0

20 1

0 0 0.

k

k k k

n n nx

k k k kk k k

n n nx x x

k kk k k

a x a x e f x

a x e a e f e

6. Iz 2

0( , ) 2 mink

nx

kk

S a b a b f

, slijedi:

0 0

0 0 0

( 1)4 15 1315 85 86

2

2 4 2

k

k k k

n n

kk k

n n n

kk k k

x

x x x

n a b fa ba b

a fb

pa je 149 37( ) 2115 23

xx . Ako uklonimo zadnju točku (3. 9) ,

dobivamo sustav 3 7 4, 7 21 14a b a b , pa je ( ) 2 1xx . 7. Imamo:

0

1

2

1 0 04 10 42 8

1 1 1, 10 42 190 20 ,

1 4 1642 190 882 100

1 5 25

T T

aa a f

a

pa je 2( ) 4 5x x x . Kako ova funkcija prolazi svim zadanim točkama, odstupanja nema, 0S .

8. Imamo 0 1 0 1( ) log ( ) log logx x a x a b b x i logk kg f pa je

uvjet 12

0 1 00

( , ) minn

k kk

S b b x gb b

, a podaci (na 6 dec.):

kx 1 2 3 4

kg 1.698970 2.692847 3.700011 4.697996

Koristeći relaciju (18), u kojoj 0 1, , ka a f zamijenimo s 0 1, , kb b g ,

dobijemo sustav 0 1 0 14 10 12.789824, 10 30 36.976681b b b b ,

čije je rješenje 0 10.696395..., 1.000424...b b . Sada su polazni

parametri 0 10 110 4.970447..., 10 10.009772...b ba a . Dakle,

( ) 4.97 10.01xx (2 dec.) i ( ) 5 10xx (0 dec.).

RJEŠENJA ZADATAKA (IX)

1. Za 100x imamo integraciju kroz dvije točke pa koristimo

trapeznu formulu, 100

0

100(100) ( ) (21 15) 18002

T t x dx , a za

200x integriramo kroz tri točke pa koristimo Simpsonovu

formulu, 200

0

100(200) ( ) (21 4 15 6) 29003

T t x dx .

140

2. (a) 3

2

(5 2)0.5 (0.5 0 1 1 0 1 1) 0.25, | | 2 0.12512 6

I E

.

(b) 5

4

0.5 1 (5 2)(1 0 2 4 0 4 2) , | | 48 0.053 6 180 6

I E

.

3. Imamo 0

00 ( ) 0

x

xI f x dx te 0 1 0 1

3 339 ( ), 84 ( 4 10)2 3

f f f f

iz čega dobijemo sustav 0 1 0 126, 4 74f f f f , čije je rješenje

0 0 1 110 ( ), 16 ( )f f x f f x .

4. Koristimo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x dx f b f a f b f a f x dx .

Trapeznom imamo 12 110 2 132 2

f

, 21 013 2 142 2

f

,

30 114 2 132 2

f

, 41 213 2 102 2

f

, a Simpsonovom

samo parne 2 42 210 (2 4 1 0) 14, 14 (0 4 1 2) 10,3 3

f f

gdje je uobičajeno ( )k kf f x . Obje su formule dale iste rezultate. 5. Kako su vrijednosti funkcije 0, 1, 16, 81 i 256, dok je 1h , imamo:

(a) trapeznom, 1 (0 1 16 81 128) 226I , (b) Simpsonovom, 1 (0 4 1 2 16 4 81 256) 205.3333...3

I . Budući da je točna

vrijednost 45 5 5

0

4 0 204.85 5 5xI , relativne greške su: (a) za

trapeznu 10.35...% , (b) za Simpsonovu 0.26...% . 6. Iz 3 2( ) ( ) 3 , ( ) 6 , ( ) 6, ( ) 0IVf x x f x x f x x f x f x pa

je 2 46 9 54, 0M M . Kako je kod zaokruživanja na cijeli broj

0.5 , imamo (a) 3(9 0) 54 81

12 0.5n

, dok je (b) 0 2n

(najmanji prirodni parni broj) za svaku točnost . To znači da Simpsonova formula daje točan rezultat (vidjeli smo da će to biti slučaj za svaki polinom stupnja 3 ). Zaista, za točke 3(0, 0 ) ,

3 3(4.5, 4.5 ), (9, 9 ) imamo 3 3 34.5 (0 4 4.5 9 ) 1640.253

, a što je

točna vrijednost zadanog integrala.

7. Trapezna: 0 1.0991 0.693 1.24252 2

.

Simpsonova: 1 (0 4 0.693 1.099) 1.29033 .

Točna vrijednost: 31( ln ) | 3ln3 2 1.2958368...x x x .

Za točnost na pet decimala je 5 61 10 5 102

.

Iz 2 42 4

1 6(ln ) i (ln ) 1 i 6 za [1,3]IVx x M M xx x

pa za trapeznu formulu imamo 3

6

( 3 1) 1 3 6 5 . 1 4 . . . 3 6 61 2 5 1 0

n

,

a za Simpsonovu 5

46

(3 1) 6 21.49... 22180 5 10

n

.

8. Imamo 2 2 2

3! 6max : [2,3] 1.5,2

M xx

4 4 4

5! 120max : [2,3] 7.52

M xx

pa je:

(a) za trapeznu 3

32

(3 2) 1.5| | 5 1012 5

E

(dvije decimale) te za

Simpsonovu 5

5 44

(3 2) 7.5| | 6.67 10 5 10180 5

E

(tri decimale).

(b) Kako je 55 10 , imamo: za trapeznu 3

5

(3 2) 1.5 5012 5 10

n

,

a za Simpsonovu 3

45

(3 2) 7.5 5.37 6180 5 10

n

.

9. Imamo: 2

( ) xf x e , 2

( ) 2 xf x xe , 22( ) ( 2 4 ) xf x x e , 23( ) (12 8 ) xf x x x e , 22 4( ) (12 48 16 )IV xf x x x e . Kako je

( )f x rastuća na [0,1] , imamo 2 max{| (0) |, | (1) |} 2M f f .

Nadalje,22 412 48 1 i6 xx x e su padajuće na [0,1] pa je

141

2. (a) 3

2

(5 2)0.5 (0.5 0 1 1 0 1 1) 0.25, | | 2 0.12512 6

I E

.

(b) 5

4

0.5 1 (5 2)(1 0 2 4 0 4 2) , | | 48 0.053 6 180 6

I E

.

3. Imamo 0

00 ( ) 0

x

xI f x dx te 0 1 0 1

3 339 ( ), 84 ( 4 10)2 3

f f f f

iz čega dobijemo sustav 0 1 0 126, 4 74f f f f , čije je rješenje

0 0 1 110 ( ), 16 ( )f f x f f x .

4. Koristimo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x dx f b f a f b f a f x dx .

Trapeznom imamo 12 110 2 132 2

f

, 21 013 2 142 2

f

,

30 114 2 132 2

f

, 41 213 2 102 2

f

, a Simpsonovom

samo parne 2 42 210 (2 4 1 0) 14, 14 (0 4 1 2) 10,3 3

f f

gdje je uobičajeno ( )k kf f x . Obje su formule dale iste rezultate. 5. Kako su vrijednosti funkcije 0, 1, 16, 81 i 256, dok je 1h , imamo:

(a) trapeznom, 1 (0 1 16 81 128) 226I , (b) Simpsonovom, 1 (0 4 1 2 16 4 81 256) 205.3333...3

I . Budući da je točna

vrijednost 45 5 5

0

4 0 204.85 5 5xI , relativne greške su: (a) za

trapeznu 10.35...% , (b) za Simpsonovu 0.26...% . 6. Iz 3 2( ) ( ) 3 , ( ) 6 , ( ) 6, ( ) 0IVf x x f x x f x x f x f x pa

je 2 46 9 54, 0M M . Kako je kod zaokruživanja na cijeli broj

0.5 , imamo (a) 3(9 0) 54 81

12 0.5n

, dok je (b) 0 2n

(najmanji prirodni parni broj) za svaku točnost . To znači da Simpsonova formula daje točan rezultat (vidjeli smo da će to biti slučaj za svaki polinom stupnja 3 ). Zaista, za točke 3(0, 0 ) ,

3 3(4.5, 4.5 ), (9, 9 ) imamo 3 3 34.5 (0 4 4.5 9 ) 1640.253

, a što je

točna vrijednost zadanog integrala.

7. Trapezna: 0 1.0991 0.693 1.24252 2

.

Simpsonova: 1 (0 4 0.693 1.099) 1.29033 .

Točna vrijednost: 31( ln ) | 3ln3 2 1.2958368...x x x .

Za točnost na pet decimala je 5 61 10 5 102

.

Iz 2 42 4

1 6(ln ) i (ln ) 1 i 6 za [1,3]IVx x M M xx x

pa za trapeznu formulu imamo 3

6

( 3 1) 1 3 6 5 . 1 4 . . . 3 6 61 2 5 1 0

n

,

a za Simpsonovu 5

46

(3 1) 6 21.49... 22180 5 10

n

.

8. Imamo 2 2 2

3! 6max : [2,3] 1.5,2

M xx

4 4 4

5! 120max : [2,3] 7.52

M xx

pa je:

(a) za trapeznu 3

32

(3 2) 1.5| | 5 1012 5

E

(dvije decimale) te za

Simpsonovu 5

5 44

(3 2) 7.5| | 6.67 10 5 10180 5

E

(tri decimale).

(b) Kako je 55 10 , imamo: za trapeznu 3

5

(3 2) 1.5 5012 5 10

n

,

a za Simpsonovu 3

45

(3 2) 7.5 5.37 6180 5 10

n

.

9. Imamo: 2

( ) xf x e , 2

( ) 2 xf x xe , 22( ) ( 2 4 ) xf x x e , 23( ) (12 8 ) xf x x x e , 22 4( ) (12 48 16 )IV xf x x x e . Kako je

( )f x rastuća na [0,1] , imamo 2 max{| (0) |, | (1) |} 2M f f .

Nadalje,22 412 48 1 i6 xx x e su padajuće na [0,1] pa je

142

0 14 max{12 , | 20 |} 12M e e . Za 75 10 , kod trapezne

formule imamo3

7

1 2 577.35... 578 ,12 5 10

n

a kod

Simpsonove 5

47

1 12 19.108... 20180 5 10

n

.

10. Koristeći pravilo za derivaciju kvocijenta dobivamo ( )ln

xf xx

2 3

ln 1 2 ln( ) , ( )ln ln

x xf x f xx x x . Kako u drugoj derivaciji brojnik

pada, a nazivnik raste na 2,e e , imamo 12 3

2 1( )1

M f e ee

pa

je 2 3 1 3 3 1 10 3

58 8

( ) ( 1) ( 1) 1( 1)12 12 12 12

e e e e e e e e en e ee e

odnosno, 96.499... 97n .

11. Imamo: 8 1/8( ) ( 8)f x x , 8 7/8 7 7 8 7/81( ) ( 8) 8 ( 8)8

f x x x x x ,

6 8 7/8 7 8 15/8 7

6 8 7/8 8 8 1

7( ) 7 ( 8) ( 8) 88

7 ( 8) 1 ( 8) .

f x x x x x x

x x x x

Sada je 6 7/82 max ( ) : 0, 2 7 2 8 1 72.6231M f x x pa za

0.05 imamo 3(2 0) 72.6231 31.11 32

12 . 5.

0 0n

12. 5

44 41 10 10 0.3246 10 ,

180 0.5 10 90

s ks ks

kn

pa za 5, 3k s

dobijemo 20.3246 10.10 32.46 34 (paran)n .

RJEŠENJA ZADATAKA (X)

1. U skupu realnih brojeva jednadžba je definirana za 7x gdje je

2.16 2.163 7 3 7 7 7 200.69x x pa zato nema rješenja.

2. Imamo [29,30]x . Uzmemo li početnu aproksimaciju 0 29.5x ,

dobivamo 1ln 99, 0,1,2,... 29.30838...ln 1

n nn n

n

x xx x n xx

.

3. Imamo [3000, 3100], , [3070.75, 3070.8] 3070.8x x x .

4. Dobijemo [0.001, 0.01], 0.00931141... 0.0093x x .

5. Kako je [2,3]x , uz početnu aproksimaciju 0 2.5x , dobivamo 7

1 6

77 777, 0,1,2,... 2.485278901...7 77

n nn n

n

x xx x n xx

.

6. Iz 2

100 100 1( ) ln ( )f x x f xx x x

. Kako je 29, 30x ,

za 0 29.5x imamo

1100 ln 29.536599...

100n n

n n nn

x xx x x xx

. Isto, ali uz sporiju

konvergenciju, dobivamo i metodom jednostavne iteracije, 100 100ln

lnx x

x x , pa je 1

100 , 0,1,2...lnn

n

x nx .

7. Metodom raspolavljanja odredimo uži interval, a zatim koristimo metodu tangente. Imamo 7, 7.1 , ( ) 1000000xx f x x . Za

derivaciju koristimo logaritamsko deriviranje, , ln lnxy x y x x pa

je (ln ) ( ln ) / ln 1 (ln 1)xy x x y y x y x x . Sada za

0,1,2...n imamo 1 01000000 , 7.05

(ln 1)

n

n

xn

n n xn n

xx x xx x

, a što daje

7.065796728x .

8. 3( ) 100 8925 10 4000 0q p p p . Imamo [14, 15]p , …,

14.4016... 14.40p kuna.

9. 2.3 1.71 2 987 [18,19]q q p p p . Za 0,1,2,...n imamo

2.3 1.7

1 1.3 0.7

987 18.699085... 18.70 kuna.2.3 1.7

n nn n

n n

p pp p pp p

10. (a) Za funkciju dobiti 4( ) xD x x e prva nul-točka se nalazi u

intervalu [1, 2] a druga u 8, 9 . Za 0,1,2,...n imamo:

143

0 14 max{12 , | 20 |} 12M e e . Za 75 10 , kod trapezne

formule imamo3

7

1 2 577.35... 578 ,12 5 10

n

a kod

Simpsonove 5

47

1 12 19.108... 20180 5 10

n

.

10. Koristeći pravilo za derivaciju kvocijenta dobivamo ( )ln

xf xx

2 3

ln 1 2 ln( ) , ( )ln ln

x xf x f xx x x . Kako u drugoj derivaciji brojnik

pada, a nazivnik raste na 2,e e , imamo 12 3

2 1( )1

M f e ee

pa

je 2 3 1 3 3 1 10 3

58 8

( ) ( 1) ( 1) 1( 1)12 12 12 12

e e e e e e e e en e ee e

odnosno, 96.499... 97n .

11. Imamo: 8 1/8( ) ( 8)f x x , 8 7/8 7 7 8 7/81( ) ( 8) 8 ( 8)8

f x x x x x ,

6 8 7/8 7 8 15/8 7

6 8 7/8 8 8 1

7( ) 7 ( 8) ( 8) 88

7 ( 8) 1 ( 8) .

f x x x x x x

x x x x

Sada je 6 7/82 max ( ) : 0, 2 7 2 8 1 72.6231M f x x pa za

0.05 imamo 3(2 0) 72.6231 31.11 32

12 . 5.

0 0n

12. 5

44 41 10 10 0.3246 10 ,

180 0.5 10 90

s ks ks

kn

pa za 5, 3k s

dobijemo 20.3246 10.10 32.46 34 (paran)n .

RJEŠENJA ZADATAKA (X)

1. U skupu realnih brojeva jednadžba je definirana za 7x gdje je

2.16 2.163 7 3 7 7 7 200.69x x pa zato nema rješenja.

2. Imamo [29,30]x . Uzmemo li početnu aproksimaciju 0 29.5x ,

dobivamo 1ln 99, 0,1,2,... 29.30838...ln 1

n nn n

n

x xx x n xx

.

3. Imamo [3000, 3100], , [3070.75, 3070.8] 3070.8x x x .

4. Dobijemo [0.001, 0.01], 0.00931141... 0.0093x x .

5. Kako je [2,3]x , uz početnu aproksimaciju 0 2.5x , dobivamo 7

1 6

77 777, 0,1,2,... 2.485278901...7 77

n nn n

n

x xx x n xx

.

6. Iz 2

100 100 1( ) ln ( )f x x f xx x x

. Kako je 29, 30x ,

za 0 29.5x imamo

1100 ln 29.536599...

100n n

n n nn

x xx x x xx

. Isto, ali uz sporiju

konvergenciju, dobivamo i metodom jednostavne iteracije, 100 100ln

lnx x

x x , pa je 1

100 , 0,1,2...lnn

n

x nx .

7. Metodom raspolavljanja odredimo uži interval, a zatim koristimo metodu tangente. Imamo 7, 7.1 , ( ) 1000000xx f x x . Za

derivaciju koristimo logaritamsko deriviranje, , ln lnxy x y x x pa

je (ln ) ( ln ) / ln 1 (ln 1)xy x x y y x y x x . Sada za

0,1,2...n imamo 1 01000000 , 7.05

(ln 1)

n

n

xn

n n xn n

xx x xx x

, a što daje

7.065796728x .

8. 3( ) 100 8925 10 4000 0q p p p . Imamo [14, 15]p , …,

14.4016... 14.40p kuna.

9. 2.3 1.71 2 987 [18,19]q q p p p . Za 0,1,2,...n imamo

2.3 1.7

1 1.3 0.7

987 18.699085... 18.70 kuna.2.3 1.7

n nn n

n n

p pp p pp p

10. (a) Za funkciju dobiti 4( ) xD x x e prva nul-točka se nalazi u

intervalu [1, 2] a druga u 8, 9 . Za 0,1,2,...n imamo:

144

(1)4

1 3 (2)

1.429611... 1430 kg,4 8.613169... 8613 kg.

n

n

xn

n n xn

xx ex xx e x

(b) Za 3( ) 4 0xD x x e je [7,8]x . Za 0,1,2,...n imamo:

3

1 2

4 7.384405... 7384 kg,12

n

n

xn

n n xn

x ex x xx e

pa je max 1362.79D novčanih jedinica.

11. (a) 0.951 2 100 513 106 100 0 1.5, 2q q p p p . Za

0,1,2,...n imamo 0.95

1 1.95

513 106 100487.35 106

n nn n

n

p pp pp

i iz toga

1.81038414... 1000 1810.38p kuna. (b) 0.95

2 1 100 513 106 100 0 2.5, 3q q p p p . Za

0,1,2,...n imamo 0.95

1 1.95

513 106 100487.35 106

n nn n

n

p pp pp

i iz toga

2.7772821... 1000 2777.28p kuna.

(c) 0.95 1.952 1 106 513 106 513q q p p p . Ovu jednadžbu

možemo riješiti eksplicitno,

11.95513 2.24483996... 1000 2244.84 kune.

106p

12. Iz 1.2 2 1.2 30sin 18sin 024 24

t tB A t t

. Imamo

15, 16 , ..., 15.8088018... 15 sati 48.5 minuta.t t

LITERATURA 1. Acton, F. S., (1990), Numerical Methods that Work, Mathematical

Association of America. 2. Ascher, U. M., Greif, C. (2011), A First Course in Numerical

Methods, SIAM, Philadelphia.

3. Atkinson, K. E. (1989), An Introduction to Numerical Analysis, John Wiley & Sons, New York.

4. Cheney, E. W., Kincaid, D. R. (2012), Numerical Mathematics and Computing, Cengage learning.

5. Cohen, H. (2011), Numerical Approximation Methods, Springer Verlag, New York.

6. Chapra, S. (2005), Applied Numerical Methods W/MATLAB, McGraw-Hill Higher Education.

7. Davis, P. J., Rabinowitz, P. (2007), Methods of Numerical Integration, Courier Corporation.

8. Drmač, Z., Hari, V., Marušić, M., Rogina, M., Singer, S., Singer, S., (2003), Numerička analiza, (elektronska knjiga), web.math.hr/~rogina/2001096/num_anal.pdf.

9. Hamming, R. (2012), Numerical Methods for Scientists and Engineers, Courier Corporation.

10. Higham, N. J. (2002), Accuracy and Stability of Numerical Algorithms, SIAM, Philadelphia.

11. Hohmann. A., Deuflhar, P. (2012), Numerical Analysis in Modern Scientific Computing, Springer Science & Business Media.

12. Muller, J. M., Brisebarre, N., Dinechin, F., Jeannerod, C. P., Lefevre, V., Melquiond, G., Revol, N., Stehle, D., Torres, S. (2009), Handbook of Floating Point Arithmetic, Springer Science & Business Media.

13. Overton, M. L. (2001), Numerical Computing with IEEE Floating Point Arithmetic, SIAM, Philadelphia.

14. Phillips, G. M. (2003), Interpolation and Approximation by Polynomials, Springer Science & Business Media.

15. Powell, M. J. D., (1981), Approximation Theory and Methods, Cambridge University Press.

16. Quarteroni, A., Sacco, R., Saleri, F. (2010), Numerical Mathematics, Springer Science & Business Media.

17. Recktenwald, G. W. (2000), Numerical Methods with MATLAB: Implementations and Applications, Prentice Hall.

18. Rutishauser, H. (1990), Lectures on Numerical Mathematics, Birkhauser Basel.

19. Simmonds, J. G., Mann, J. E. (1998), A First Look at Perturbation Theory, Dover Publications, Inc., Mineola, New York.

145

(1)4

1 3 (2)

1.429611... 1430 kg,4 8.613169... 8613 kg.

n

n

xn

n n xn

xx ex xx e x

(b) Za 3( ) 4 0xD x x e je [7,8]x . Za 0,1,2,...n imamo:

3

1 2

4 7.384405... 7384 kg,12

n

n

xn

n n xn

x ex x xx e

pa je max 1362.79D novčanih jedinica.

11. (a) 0.951 2 100 513 106 100 0 1.5, 2q q p p p . Za

0,1,2,...n imamo 0.95

1 1.95

513 106 100487.35 106

n nn n

n

p pp pp

i iz toga

1.81038414... 1000 1810.38p kuna. (b) 0.95

2 1 100 513 106 100 0 2.5, 3q q p p p . Za

0,1,2,...n imamo 0.95

1 1.95

513 106 100487.35 106

n nn n

n

p pp pp

i iz toga

2.7772821... 1000 2777.28p kuna.

(c) 0.95 1.952 1 106 513 106 513q q p p p . Ovu jednadžbu

možemo riješiti eksplicitno,

11.95513 2.24483996... 1000 2244.84 kune.

106p

12. Iz 1.2 2 1.2 30sin 18sin 024 24

t tB A t t

. Imamo

15, 16 , ..., 15.8088018... 15 sati 48.5 minuta.t t

LITERATURA 1. Acton, F. S., (1990), Numerical Methods that Work, Mathematical

Association of America. 2. Ascher, U. M., Greif, C. (2011), A First Course in Numerical

Methods, SIAM, Philadelphia.

3. Atkinson, K. E. (1989), An Introduction to Numerical Analysis, John Wiley & Sons, New York.

4. Cheney, E. W., Kincaid, D. R. (2012), Numerical Mathematics and Computing, Cengage learning.

5. Cohen, H. (2011), Numerical Approximation Methods, Springer Verlag, New York.

6. Chapra, S. (2005), Applied Numerical Methods W/MATLAB, McGraw-Hill Higher Education.

7. Davis, P. J., Rabinowitz, P. (2007), Methods of Numerical Integration, Courier Corporation.

8. Drmač, Z., Hari, V., Marušić, M., Rogina, M., Singer, S., Singer, S., (2003), Numerička analiza, (elektronska knjiga), web.math.hr/~rogina/2001096/num_anal.pdf.

9. Hamming, R. (2012), Numerical Methods for Scientists and Engineers, Courier Corporation.

10. Higham, N. J. (2002), Accuracy and Stability of Numerical Algorithms, SIAM, Philadelphia.

11. Hohmann. A., Deuflhar, P. (2012), Numerical Analysis in Modern Scientific Computing, Springer Science & Business Media.

12. Muller, J. M., Brisebarre, N., Dinechin, F., Jeannerod, C. P., Lefevre, V., Melquiond, G., Revol, N., Stehle, D., Torres, S. (2009), Handbook of Floating Point Arithmetic, Springer Science & Business Media.

13. Overton, M. L. (2001), Numerical Computing with IEEE Floating Point Arithmetic, SIAM, Philadelphia.

14. Phillips, G. M. (2003), Interpolation and Approximation by Polynomials, Springer Science & Business Media.

15. Powell, M. J. D., (1981), Approximation Theory and Methods, Cambridge University Press.

16. Quarteroni, A., Sacco, R., Saleri, F. (2010), Numerical Mathematics, Springer Science & Business Media.

17. Recktenwald, G. W. (2000), Numerical Methods with MATLAB: Implementations and Applications, Prentice Hall.

18. Rutishauser, H. (1990), Lectures on Numerical Mathematics, Birkhauser Basel.

19. Simmonds, J. G., Mann, J. E. (1998), A First Look at Perturbation Theory, Dover Publications, Inc., Mineola, New York.

146

20. Soper, J., (2004), Mathematics for Economics and Business, Wiley-Blackwell, Leicester, UK.

21. Steward, G. W. (1990), Matrix Perturbation Theory, Academic Press. 22. Taylor, J. R. (1997), Introduction to Error Analysis: The Study of

Uncertainties in Physical Measurements, University Science Books.

JOSIP MATEJAŠ

Numeričke metode u ekonomiji

Zagreb, 2019.

JOSIP M

ATEJAŠ • NU

MERIČKE M

ETODE U

EKON

OM

IJI

ISBN 978-953-346-064-2

9 7 8 9 5 3 3 4 6 0 6 4 2