Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 92.1.2. Odrediti granicu relativnih grešaka sa kojom treba aproksimiratibrojeve x 1 ,x 2 brojevima x 1 ,x 2 tako da x 1 ≠ x 2 povlači x 1 ≠ x 2 .Rešenje. Neka su r i (i = 1, 2) odgovarajuće relativne greške, tj.r i = x i − x ix i(i = 1,2)i neka je njihova granica r (|r i | ≤ r, i = 1, 2). Tada, korišćenjem dobro poznatenejednakosti |a − b| ≥ |a| − |b| (a,b ∈ R) i nejednakosti trougla, dobijamo|x 1 − x 2 | = |x 1 (1 + r 1 ) − x 2 (1 + r 2 )|= |x 1 − x 2 + x 1 r 1 − x 2 r 2 |≥ |x 1 − x 2 | − |x 1 r 1 − x 2 r 2 |≥ |x 1 − x 2 | − (|x 1 | |r 1 | + |x 2 | |r 2 |)≥ |x 1 − x 2 | − (|x 1 | + |x 2 |)r.Ako nametnemo uslov da je desna strana prethodne nejednakosti pozitivna,onda će i |x 1 − x 2 | > 0, pa je, dakle, x 1 ≠ x 2 . Tako dobijamotj.|x 1 − x 2 | − (|x 1 | + |x 2 |)r > 0,r < |x 1 − x 2 ||x 1 | + |x 2 | .Dakle, granica relativnih grešaka r treba da bude manja od r, gde jer = |x 1 − x 2 ||x 1 | + |x 2 | .2.1.3. Zaokruživanjem brojeva y 1 i y 2 dobijeni su brojevi y 1 = 2.78493 iy 2 = 2.78469. Oceniti apsolutnu i relativnu grešku njihove razlike u = y 1 −y 2i analizirati problem gubitka značajnih cifara.Rešenje. S ozirom da su brojevi y 1 = 2.78493 i y 2 = 2.78469 nastali zaokruživanjembrojeva y 1 i y 2 oni aproksimiraju brojeve y 1 i y 2 sa 6 značajnih cifara i zaapsolutne greške važi (videti (6) u zadatku 2.1.1)(1) |y i − y i | ≤ 0.5 · 10 −5 , i = 1, 2,a za relativne greške|y i − y i ||y i |∼= |y i − y i||y i |≤ 0.18 · 10 −5 , i = 1,2.