Calcolo numerico/Condizionamento e stabilità

Condizionamento

Il condizionamento fa riferimento all'errore inerente. Se $|c_{x_{i}}|$ sono elevati in modulo, allora a un piccolo errore $\varepsilon _{x_{i}}$ sulla rappresentazione dei dati corrisponde un grande errore su $f(x)$, e il problema è mal condizionato.

Esempio 1.7

Consideriamo un'equazione del tipo

$ax^{2}+bx+c=0,\quad \delta =b^{2}-4ac$

Per calcolare le radici si ha la formula $x_{1,2}={\frac {-b\pm {\sqrt {\delta }}}{2a}}$.

Se ${\sqrt {\delta }}=b$, per calcolare $x_{1}$ sto sommando due quantità quasi uguali, e quindi c'è un grande errore di cancellazione. Invece il calcolo di $x_{2}$ non dà problemi.

Viceversa, se ${\sqrt {\delta }}=-b$, l'errore di cancellazione si ha per $x_{2}$. Allora possiamo rimodellizzare il problema: se ${\sqrt {\delta }}\simeq -b$, allora calcolo $x_{2}$ con la formula solita senza avere problemi, invece calcolo $x_{1}$ ricordando che

$x_{1}x_{2}=c/a$

quindi

$x_{1}={\frac {c}{ax_{2}}}$

e il problema torna a essere stabile, dopo essere stato rimodellizzato.

Stabilità

La stabilità è connessa all'errore algoritmico, e riguarda l'ordine esatto con cui vengono fatte le operazioni. L'errore algoritmico viene generato nella valutazione di $\psi (\mathrm {fl} (x))$.

$\psi$ è una funzione razionale, cioè ha un'espressione analitica data da un numero finito di operazioni di somma e sottrazione. L'errore algoritmico è una combinazione lineare degli errori locali generati nelle singole operazioni.

Simbolicamente,

$|e_{alg}|>\theta (u)+O(u^{2})$

dove $\theta$ è indipendente dalla round of unit, e tiene conto della combinazione lineare dei coefficienti.

Osservazione 1.3

Se abbiamo un problema mal condizionato, l'analisi dell'errore algoritmico è inutile, perché questo errore è trascurabile rispetto all'errore inerente.

Esempio di rimodellizzazione di un problema

Esercizio 1.2

Analizzare l'errore nel calcolo della funzione

$f(x,y)=x^{2}-y^{2}=(x+y)(x-y).$

Chiamiamo $a_{1}$ l'algoritmo $f=x^{2}-y^{2}$ che è dato dai seguenti passi:

1. poniamo $z_{1}=x*x$;
2. poniamo $z_{2}=y*y$;
3. eseguiamo l'operazione $z_{3}=z_{1}-z_{2}$.

Nella moltiplicazione tengo conto che $c_{x}=c_{y}=1$, mentre nella sottrazione si ha $c_{x}={\frac {x}{x-y}}$ e $c_{y}={\frac {-y}{x-y}}$.

Rappresento graficamente l'algoritmo:

${\begin{array}{ccccc}x&x&&y&y\\\uparrow (1)&\uparrow (1)&&\uparrow (1)&\uparrow (1)\\&z_{1}&&z_{2}&\\&\uparrow ({\frac {z_{1}}{z_{3}}})&&\uparrow ({\frac {-z_{2}}{z_{3}}})&\\&&z_{3}=z_{1}-z_{2}&&\\\end{array}}$

$\varepsilon _{z_{3}}+{\frac {z_{1}}{z_{3}}}(\varepsilon _{z_{1}}+\varepsilon _{x}+\varepsilon _{x})-{\frac {z_{2}}{z_{3}}}(\varepsilon _{z_{2}}+\varepsilon _{y}+\varepsilon _{y})$

Vogliamo rappresentare la formula generale come somma di errore algoritmico e inerente.

$e_{r}=\varepsilon _{z_{3}}+2{\frac {z_{1}}{z_{3}}}*\varepsilon _{x}-2{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*\varepsilon _{y}+{\frac {z_{1}}{z_{3}}}*\varepsilon _{z_{1}}-{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*\varepsilon _{z_{2}}$

e sostituendo a $z_{1},z_{2},z_{3}$ le loro espressioni in termini di $x,y,z$ si ha:

$={\frac {2x^{2}}{x^{2}-y^{2}}}\varepsilon _{x}-{\frac {2y^{2}}{x^{2}-y^{2}}}*\varepsilon _{y}+\varepsilon _{z_{3}}+{\frac {x^{2}}{x^{2}-y^{2}}}\varepsilon _{z_{1}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}-y^{2}}}\varepsilon _{z_{2}}$

I primi due termini rappresentano l'errore inerente, mentre gli altri tre rappresentano l'errore algoritmico. Se $x^{2}-y^{2}$ è piccolo, il problema è mal condizionato, e l'errore inerente domina.

Esercizio 1.3

Ricavare lo stesso risultato per via analitica.

$f(x,y)=x^{2}-y^{2}$

$=\mathrm {fl} \{\mathrm {fl} [\mathrm {fl} (x)*\mathrm {fl} (x)]-\mathrm {fl} [\mathrm {fl} (y)*\mathrm {fl} (y)]\}$

$=\mathrm {fl} \{\mathrm {fl} [(1+\varepsilon _{x})*|x|*(1+\varepsilon _{x})*|x|]-\mathrm {fl} [(1+\varepsilon _{y})*|y|*(1+\varepsilon _{y})*|y|]\}$

$=\mathrm {fl} \{(1+\varepsilon _{z_{1}})(1+\varepsilon _{x})*|x|*(1+\varepsilon _{x})*|x|-(1+\varepsilon _{z_{2}})(1+\varepsilon _{y})*|y|*(1+\varepsilon _{y})*|y|\}$

$=(1+\varepsilon _{z_{3}})\{(1+\varepsilon _{z_{1}})(1+\varepsilon _{x})*|x|*(1+\varepsilon _{x})*|x|-(1+\varepsilon _{z_{2}})(1+\varepsilon _{y})*|y|*(1+\varepsilon _{y})*|y|\}$

$=(1+\varepsilon _{z_{3}})\{x^{2}(1+\varepsilon _{z_{1}})(1+\varepsilon _{x})^{2}-y^{2}(1+\varepsilon _{z_{2}})(1+\varepsilon _{y})^{2}\}$

e al primo ordine:

$=(1+\varepsilon _{z_{3}})\{x^{2}(1+\varepsilon _{z_{1}})(1+2\varepsilon _{x})-y^{2}(1+\varepsilon _{z_{2}})(1+2\varepsilon _{y})\}$

$=(1+\varepsilon _{z_{3}})\{x^{2}(1+\varepsilon _{z_{1}}+2\varepsilon _{x})-y^{2}(1+\varepsilon _{z_{2}}+2\varepsilon _{y})\}$

$=x^{2}(1+\varepsilon _{z_{1}}+2\varepsilon _{x}+\varepsilon _{z_{3}})-y^{2}(1+\varepsilon _{z_{2}}+2\varepsilon _{y}+\varepsilon _{z_{3}})$

Valuto l'errore relativo:

$E_{r}={\frac {\mathrm {fl} (x^{2}-y^{2})-(x^{2}-y^{2})}{x^{2}-y^{2}}}$

$={\frac {x^{2}(\varepsilon _{z_{1}}+2\varepsilon _{x}+\varepsilon _{z_{3}})-y^{2}(\varepsilon _{z_{2}}+2\varepsilon _{y}+\varepsilon _{z_{3}})}{x^{2}-y^{2}}}$

$={\frac {(x^{2}-y^{2})\varepsilon _{z_{3}}+2x^{2}\varepsilon _{x}+x^{2}\varepsilon _{z_{1}}-y^{2}\varepsilon _{z_{2}}-2y^{2}\varepsilon _{y}}{x^{2}-y^{2}}}$

$={\frac {2x^{2}}{x^{2}-y^{2}}}\varepsilon _{x}-{\frac {2y^{2}}{x^{2}-y^{2}}}*\varepsilon _{y}+{\frac {x^{2}}{x^{2}-y^{2}}}\varepsilon _{z_{1}}-{\frac {y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\varepsilon _{z_{2}}+\varepsilon _{z_{3}}$

e si ottiene lo stesso risultato di prima.

Rimodellizzo il problema applicando l'algoritmo 2.

1. $w_{1}=x+y$
2. $w_{2}=x-y$
3. $w_{3}=w_{1}*w_{2}$

Assumiamo che stiamo facendo conti sui numeri macchina, perché l'errore inerente si può calcolare a parte, cioè poniamo $\varepsilon _{x}=\varepsilon _{y}=0$. Graficamente otteniamo:

${\begin{array}{cc|c|cc}x&y&&x&y\\\uparrow (c_{x})&\uparrow (c_{y})&&\uparrow (c_{x})&\uparrow (c_{y})\\&w_{1}&&w_{2}&\\&\uparrow (1)&&\uparrow (1)&\\&&z&&\end{array}}$

quindi

$e_{alg}=\varepsilon _{3}+1*(\varepsilon _{1}+c_{x}*\varepsilon _{x})+1*(\varepsilon _{2}+c_{y}*\varepsilon _{y})$

e allora, siccome $\varepsilon _{x}=\varepsilon _{y}=0$ ottengo:

$e_{alg}=\varepsilon _{3}+1*(\varepsilon _{1}+0)+1*(\varepsilon _{2}+0)$

$=\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3}$

Esercizio 1.4

Ricavare lo stesso risultato per via analitica.

$\mathrm {fl} (x^{2}-y^{2})=$

$\mathrm {fl} [\mathrm {fl} (x(1+\varepsilon _{x})+y(1+\varepsilon _{y}))*\mathrm {fl} (x(1+\varepsilon _{x})-y(1+\varepsilon _{y}))]=$

$(1+\varepsilon _{3})[(1+\varepsilon _{1})(x(1+\varepsilon _{x})+y(1+\varepsilon _{y}))*(1+\varepsilon _{2})*[x(1+\varepsilon _{x})-y(1+\varepsilon _{y})]]=$

Al primo ordine

$(1+\varepsilon _{3})[(1+\varepsilon _{1})*(1+\varepsilon _{2})*[x^{2}(1+2\varepsilon _{x})-y^{2}(1+2\varepsilon _{y})]=$

$(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})*[x^{2}(1+2\varepsilon _{x})-y^{2}(1+2\varepsilon _{y})]=$

$x^{2}(1+2\varepsilon _{x}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})-y^{2}(1+2\varepsilon _{y}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})$

$E_{r}={\frac {x^{2}(1+2\varepsilon _{x}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})-y^{2}(1+2\varepsilon _{y}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})-x^{2}+y^{2}}{|x^{2}-y^{2}|}}$

$E_{r}={\frac {x^{2}(2\varepsilon _{x}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})-y^{2}(2\varepsilon _{y}+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})}{|x^{2}-y^{2}|}}$

$E_{r}={\frac {(x^{2}-y^{2})(\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})+2x^{2}*\varepsilon _{x}-2y^{2}*\varepsilon _{y}}{|x^{2}-y^{2}|}}$

$E_{r}\leq {\frac {(x^{2}-y^{2})(\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})}{x^{2}-y^{2}}}+{\frac {2x^{2}*\varepsilon _{x}}{x^{2}-y^{2}}}+{\frac {2y^{2}*\varepsilon _{y}}{|x^{2}-y^{2}|}}$

$E_{r}\leq \varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3}+{\frac {2x^{2}*\varepsilon _{x}}{x^{2}-y^{2}}}+{\frac {2y^{2}*\varepsilon _{y}}{|x^{2}-y^{2}|}}$

Gli ultimi due addendi rappresentano l'errore inerente, uguale a quello del primo algoritmo, mentre

$E_{alg}=\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3}\leq 3u$

Nel primo algoritmo:

$|E_{alg,1}|\leq u(1+{\frac {x^{2}+y^{2}}{x^{2}-y^{2}}})$

invece

$|E_{alg,2}|\leq 3u$

Il secondo algoritmo è stabile e indipendente dai dati, ma quando $|x^{2}-y^{2}|$ è piccolo il problema diventa mal condizionato quindi questo vantaggio non serve a niente, tranne nel caso in cui $x$ e $y$ sono numeri macchina.

La cosa migliore è fare subito le operazioni rischiose (somma e sottrazione), e lasciare moltiplicazioni e divisioni per ultime, in modo che l'errore accumulato sia minore.

Errore nel calcolo della somma di n numeri

Calcoliamo l'errore della funzione

$f(x)=\sum _{i=1}^{n}x_{i}$

e consideriamo

$c_{i}={\frac {x_{i}}{f(x)}}*{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}={\frac {x_{i}}{f(x)}}$

$E_{in}=\sum _{i=1}^{n}\varepsilon _{x_{i}}*{\frac {x_{i}}{f(x_{1},\dots ,x_{n})}}$

$=|{\frac {1}{f(x)}}*\sum _{i=1}^{n}x_{i}*\varepsilon _{x_{i}}|$

$\leq |{\frac {nu}{f(x)}}|*\max |x_{i}|$

L'errore inerente dipende dai dati e dal loro numero.

Se siamo nella situazione in cui gli $x_{i}$ hanno tutti segni concordi, allora:

$|\sum _{i}x_{i}|=\sum _{i}|x_{i}|$

Quindi, tenendo anche conto che $f(x)=|\sum _{i=1}^{n}x_{i}|$, si ha:

$E_{in}={\frac {1}{|\sum _{i}x_{i}|}}*|\sum _{i}x_{i}\varepsilon _{x_{i}}|$

$\leq {\frac {1}{|\sum x_{i}|}}*\sum _{i}|x_{i}||\varepsilon _{x_{i}}|$

$\leq {\frac {1}{\sum _{i}|x_{i}|}}*u*\sum _{i}|x_{i}|<u$

Allora in questo caso il problema è ben condizionato, mentre nel caso generale l'errore inerente dipende dal valore dei dati e dal loro numero.

Rappresento il grafo dell'errore relativo nel caso della somma di quattro numeri $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ ponendo:

1. $z_{1}=x_{1}+x_{2}$;
2. $z_{2}=z_{1}+x_{3}=(x_{1}+x_{2})+x_{3}$;
3. $z_{3}=x_{4}+z_{2}=x_{4}+(x_{1}+x_{2}+x_{3})$.

Il grafico è

${\begin{array}{cccc}&&x_{2}&x_{1}\\&&\uparrow (c_{x_{2}})&\uparrow (c_{x_{1}})\\&x_{3}&z_{1}&\\&\uparrow (c_{x_{3}})&\uparrow (c_{z_{1}})&\\x_{4}&z_{2}&&\\\uparrow (c_{x_{4}})&\uparrow (c_{z_{2}})&&\\z_{3}&&&\end{array}}$

Supponiamo che $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ siano numeri macchina, quindi $\varepsilon _{x_{i}}=0$, e rimane:

$E_{alg}=\varepsilon _{3}+c_{z_{2}}*(\varepsilon _{2}+c_{z_{1}}*\varepsilon _{1})$

e sostituendo ai coefficienti le loro espressioni:

$=\varepsilon _{3}+{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*(\varepsilon _{2}+{\frac {z_{1}}{z_{2}}}\varepsilon _{1})$

$=\varepsilon _{3}+{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*\varepsilon _{2}+{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*{\frac {z_{1}}{z_{2}}}\varepsilon _{1}$

$=\varepsilon _{3}+{\frac {z_{2}}{z_{3}}}*\varepsilon _{2}+{\frac {z_{1}}{z_{3}}}*\varepsilon _{1}$

Sostituiamo le espressioni di $z_{i}$ espressi in funzione delle $x_{i}$:

$=\varepsilon _{3}+{\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}*\varepsilon _{2}+{\frac {x_{1}+x_{2}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}*\varepsilon _{1}$

allora anche l'errore algoritmico dipende dai dati.

Esercizio 1.5

Trovare l'espressione dell'errore algoritmico per via analitica.

Supponiamo che gli $x_{i}$ siano numeri macchina, cioè che $\mathrm {fl} (x_{i})=x_{i}$.

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=$

$\{[(x_{1}+x_{2})+x_{3}]+x_{4}\}$

$\mathrm {fl} \{\mathrm {fl} [\mathrm {fl} (x_{1}+x_{2})+x_{3}]+x_{4}\}$

$=\{[(x_{1}+x_{2})(1+\varepsilon _{1})+x_{3}](1+\varepsilon _{2})+x_{4}\}(1+\varepsilon _{3})$

Eseguendo i prodotti e trascurando i termini di ordine superiore al primo:

$=\{[x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}](1+\varepsilon _{2})+x_{4}\}(1+\varepsilon _{3})$

$=\{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}+x_{1}\varepsilon _{2}+x_{2}\varepsilon _{2}+x_{3}\varepsilon _{2}\}(1+\varepsilon _{3})$

$=x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}+x_{1}\varepsilon _{2}+x_{2}\varepsilon _{2}+x_{3}\varepsilon _{2}+x_{1}\varepsilon _{3}+x_{2}\varepsilon _{3}+x_{3}\varepsilon _{3}+x_{4}\varepsilon _{3}$

Allora

$E_{alg}={\frac {|\mathrm {fl} (x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4})-x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}|}{|x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}|}}$

$={\frac {x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}+x_{1}\varepsilon _{2}+x_{2}\varepsilon _{2}+x_{3}\varepsilon _{2}+x_{1}\varepsilon _{3}+x_{2}\varepsilon _{3}+x_{3}\varepsilon _{3}+x_{4}\varepsilon _{3}-x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}$

$={\frac {x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}+x_{1}\varepsilon _{2}+x_{2}\varepsilon _{2}+x_{3}\varepsilon _{2}+x_{1}\varepsilon _{3}+x_{2}\varepsilon _{3}+x_{3}\varepsilon _{3}+x_{4}\varepsilon _{3}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}$

$=\varepsilon _{3}+{\frac {x_{1}\varepsilon _{1}+x_{2}\varepsilon _{1}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}+{\frac {x_{1}\varepsilon _{2}+x_{2}\varepsilon _{2}+x_{3}\varepsilon _{2}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}$

$=\varepsilon _{3}+{\frac {\varepsilon _{1}(x_{1}+x_{2})}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}+{\frac {\varepsilon _{2}(x_{1}+x_{2}+x_{3})}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}}$

e si ottiene il risultato precedente.

Nel caso della somma di $n$ numeri si ottiene la formula generale:

$E_{alg}=|{\frac {1}{f(x)}}\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{i+1}x_{j}\varepsilon _{i}|$

Se invece gli $x_{i}$ sono di segno concorde, allora

$\sum _{j=1}^{i+1}|x_{j}|\leq |f(x)|$

quindi, applicando la disuguaglianza triangolare, si ottiene:

$E_{alg}\leq |{\frac {1}{f(x)}}|\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{i+1}|x_{j}|\varepsilon _{i}|$

$E_{alg}\leq \sum _{i=1}^{n-1}|\varepsilon _{i}|\leq (n-1)u$

Allora l'errore algoritmico non dipende dai dati.

Ottimizzazione dell'algoritmo per la somma di n numeri

Procedimento 1: per ridurre l'errore nella somma, conviene ordinare i numeri per valore assoluto, dal più piccolo al più grande. In questo modo risulta che, se consideriamo le medie aritmetiche dei primi $i+1$ numeri, si ha:

$|1/i*\sum _{j=1}^{i}x_{j}|\leq {\frac {1}{i+1}}*|\sum _{j=1}^{i+1}x_{j}|\leq {\frac {1}{n-1}}|f(x)|$

${\frac {\sum _{j=1}^{i+1}|x_{j}|}{|f(x)|}}\leq {\frac {i+1}{n-1}}$

quindi

$e_{alg}={\frac {1}{|f(x)|}}\sum _{i=1}^{n-1}|\sum _{j=1}^{i+1}x_{j}|*|\varepsilon _{i}|$

$\leq u{\frac {1}{|f(x)|}}\sum _{i=1}^{n-1}|\sum _{j=1}^{i+1}x_{j}|$

$\leq {\frac {u}{n-1}}\sum _{i=1}^{n-1}(i+1)$

Esercizio 1.6

Verificare che

$\sum _{i=1}^{n-1}(i+1)=(n^{2}+n-2)/2$

Verifichiamo per induzione: per $n=2$, si ha:

$\sum _{i=1}^{2-1}(i+1)=2=(2*2+2-2)/2=2$

Supponiamo vero l'asserto per $n-1$, e lo dimostriamo per $n$.

$\sum _{i=1}^{n-1}(i+1)=$

Isolando l'ultimo termine della somma:

$n+\sum _{i=1}^{(n-1)-1}(i+1)=$

e applicando il passo induttivo al secondo addendo si ottiene:

$n+[(n-1)^{2}+(n-1)-2]/2=$

$n+[n^{2}+1-2n+n-1-2]/2=$

$n+[n^{2}-n-2]/2=$

$[n^{2}+2n-n-2]/2={\frac {n^{2}+n-2}{2}}$

Applicando l'esercizio e sostituendo nella formula 1 si ottiene:

$e_{alg}<{\frac {u}{n-1}}\sum _{i=1}^{n-1}(i+1)$

$<(n^{2}+n-2)/2*{\frac {u}{n-1}}<(n+1)/2u$

e l'errore è dell'ordine di $u/2$.

Procedimento 2: supponiamo di avere $n=2^{3}$ numeri da sommare. Allora

$x_{1}+x_{2}=z_{1},\,x_{3}+x_{4}=z_{2},\,x_{5}+x_{6}=z_{3},\,x_{7}+x_{8}=x_{4}$

$z_{1}+z_{2}=z_{5},\,z_{3}+z_{4}=z_{6}$

$z_{5}+z_{6}=z_{7}$

$|E_{r}|>\log n$

Errore nel calcolo dell'esponenziale

Calcoliamo

$f(x,y)=e^{x+y}=e^{x}*e^{y}$

In questo caso c'è una funzione di libreria $\exp(z)$ tale che per ogni $z$, $\exp(z)=e^{z}*(1+\varepsilon _{z})$, dove $\varepsilon =|e_{an}+e_{alg}|\leq u$.

1. Calcoliamo l'errore inerente:

$c_{x}={\frac {x}{f(x,y)}}*{\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {x}{e^{x+y}}}*e^{x+y}=x$

$c_{y}=y$

quindi

$e_{in}=x*\varepsilon _{x}+y*\varepsilon _{y}$

2. Applicando l'algoritmo $A_{1}=e^{x}*e^{y}$ si ha:

$z_{1}=e^{x},\,z_{2}=e^{y},\,z_{3}=z_{1}*z_{2}$

Rappresentiamo il grafo:

${\begin{array}{ccccc}x&&&&y\\\uparrow (c_{x})&&&&\uparrow (c_{y})\\&z_{1}&&z_{2}&\\&\uparrow (c_{1})&&\uparrow (c_{2})&\\&&z_{3}&&\end{array}}$

Sapendo che $c_{1}=c_{2}=1$ si ha:

$e_{alg}=\varepsilon _{3}+1*\varepsilon _{1}+1*\varepsilon _{2}\leq |3u|$

Questo è un algoritmo stabile qualsiasi siano i due numeri $x$ e $y$.

3. Per via analitica, supponendo che $\mathrm {fl} (x)=x$ e $\mathrm {fl} (y)=y$ calcoliamo l'errore del primo algoritmo:

$e^{x+y}=e^{x}*e^{y}=\mathrm {fl} [\mathrm {fl} (e^{x})*\mathrm {fl} (e^{y})]$

$=\mathrm {fl} [e^{x}*(1+\varepsilon _{1})*e^{y}*(1+\varepsilon _{2})]$

$=(1+\varepsilon _{3})*e^{x}*(1+\varepsilon _{1})*e^{y}*(1+\varepsilon _{2})$

e al primo ordine:

$=e^{x}*e^{y}*(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})$

quindi

$E_{r}={\frac {\mathrm {fl} (e^{x+y})-e^{x+y}}{e^{x+y}}}$

$={\frac {e^{x}*e^{y}*(1+\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3})-e^{x}*e^{y}}{e^{x}*e^{y}}}$

$=|\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}+\varepsilon _{3}|\leq |\varepsilon _{1}|+|\varepsilon _{2}|+|\varepsilon _{3}|<3u$

4. Applichiamo l'algoritmo 2 $f(x,y)=e^{x+y}$ e poniamo

$w_{1}=x+y,\,w_{2}=e^{w_{1}}$

${\begin{array}{ccc}x&&y\\\uparrow (c_{x})&&\uparrow (c_{y})\\&w_{1}&\\&\uparrow (c_{1})&\\&w_{2}&\end{array}}$

e assumendo $\varepsilon _{x}=\varepsilon _{y}=0$, e sapendo che $c_{1}=w_{1}$ si ha:

$|e_{alg}|=\varepsilon _{2}+w_{1}\varepsilon _{1}=\varepsilon _{2}+(x+y)\varepsilon _{1}<(1+x+y)u$

Quando $x+y$ è piccolo, l'algoritmo 2 è più stabile, mentre è meno stabile quando $x+y$ è grande.

5. Per via analitica, calcolo l'errore algoritmico del secondo algoritmo.

$e^{x+y}=\mathrm {fl} [e^{\mathrm {fl} (x+y)}]$

$=\mathrm {fl} (e^{(1+\varepsilon _{1})*(x+y)}$

$=e^{(1+\varepsilon _{1})*(x+y)}*(1+\varepsilon _{2})$

Al primo ordine:

$=[e^{x+y}+e^{x+y}*\varepsilon _{1}]*(1+\varepsilon _{2})$

$=e^{x+y}+(x+y)*e^{x+y}*\varepsilon _{1}+e^{x+y}*\varepsilon _{2}$

Calcolo l'errore relativo:

$E_{r}={\frac {e^{x+y}+e^{x+y}*(x+y)*\varepsilon _{1}+e^{x+y}*\varepsilon _{2}-e^{x+y}}{e^{x+y}}}$

e al primo ordine rimane:

$=(x+y)\varepsilon _{1}+\varepsilon _{2}$