DIGITALNA ARHIVA ŠUMARSKOG LISTA
prilagođeno pretraživanje po punom tekstu
ŠUMARSKI LIST 4-5/1939 str. 45 <-- 45 --> PDF |
Iz zadnje formule dobivamo dalje: i =*.... m v p (8) Stavimo li napokon: p = x ;-j= y (9) onda iz (8) izlazi konačno: I/UJO 7 Već jednadžba (8) pokazuje sasvim očito način, po kojemu se uporedo- sa povećavanjem procenta primjernih stabala umanjuje pogreška ukubikacionom rezultatu sastojine. Jednadžba (10) zgodnija je ipak u toliko, što nosi običajnu analitičku formu i k tome još do kraja ujednostavnjenu. Ako sad u nju uvrstimo za . redom iznose 1, 2, 3 itd., dobit ćemo za srednju pogrešku sastojinsko-kubikacionog rezultata [izraženu, kao što vidimo pod (9), u mjeri k] iznose, koji u početku padaju naglo, a zatim sve polaganije. Naravski pri iznosu x=100 pogreška pada sasvim na nulu. No nije to ono, što nas ovdje zapravo interesira. Radi se ovdje naime o tome, da ustanovimo granicu, izvan koje se praktički već ne isplati povećavati još i dalje postotak primjernih stabala. Tu ćemo granicu dobiti s pomoću diferencijalnog kvocijenta funkcije (10). Kao što je naime poznato, diferencijalni kvocijenat predstavlja mjeru za promjenu funkcije , koja odgovara bilo kojoj promjeni argumenta (.). Ako je naime promjena funkcije veća od pripadne promjene argumenta, onda je diferencijalni kvocijent veći od 1, u protivnom slučaju on je manji od 1. U našem se slučaju argumenat funkcije podudara, kao što vidjesmo, sa procentom primjernih stabala, a funkcija sama predstavlja (u mjerilu k) srednju pogrešnost sastojinskog kubikacionog rezultata. Iz formule (10) izlazi dakle izraz: dy 50 dx ~ ´ Y.;.(ion. — .) ´ iz čijeg predznaka na desnoj strani vidimo također već na prvi pogled, da pogreška sastojinskog kubikacionog rezultata neprestano pada uporedo sa povećavanjem procenta primjernih stabala. Sad se pita, kod kojeg x-iznosa počinje ta pogreška padati taka neznatno, da se praktički više ne isplati povećavati procenat primjernih stabala još i dalje. U tu svrhu, a u smislu spomenute činjenice, stavit ćemo izraz (11) jednakim iznosu —1 , pa onda iz dotične jednadžbe izlazi jednadžba: .± — 100.. -f- 2500 = 0 (12) čije riješenje (po Newtonovoj metodi) daje nam za . zaokruženi iznos 2´95. Dakle d o iznosa . = 2´95% pogreška u sastojinskom kubikacionom rezultatu pada brž e nego što raste procenat primjernih stabala, a poslije toga iznosa pada polaganije nego što raste spomenuti 227 |