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