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 ${\epsilon }_{x_i}$ 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

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

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

$x_1=\frac{c}{a{x}_2}$

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 $\psi (\mathrm{f}\mathrm{l}(x))$.

$\psi$ 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 $z_1=x\ast x$;
2. poniamo $z_2=y\ast y$;
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:

$\begin{array}{ccccc}x& x& & y& y\\ \uparrow (1)& \uparrow (1)& & \uparrow (1)& \uparrow (1)\\ & z_1& & z_2& \\ & \uparrow (\frac{z_1}{z_3})& & \uparrow (\frac{-z_2}{z_3})& \\ & & z_3=z_1-z_2& & \end{array}$

${\epsilon }_{z_3}+\frac{z_1}{z_3}({\epsilon }_{z_1}+{\epsilon }_x+{\epsilon }_x)-\frac{z_2}{z_3}({\epsilon }_{z_2}+{\epsilon }_y+{\epsilon }_y)$

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

$e_r={\epsilon }_{z_3}+2\frac{z_1}{z_3}\ast {\epsilon }_x-2\frac{z_2}{z_3}\ast {\epsilon }_y+\frac{z_1}{z_3}\ast {\epsilon }_{z_1}-\frac{z_2}{z_3}\ast {\epsilon }_{z_2}$

e sostituendo a $z_1,z_2,z_3$ le loro espressioni in termini di $x,y,z$ si ha:

$=\frac{2x^2}{x^2-y^2}{\epsilon }_x-\frac{2y^2}{x^2-y^2}\ast {\epsilon }_y+{\epsilon }_{z_3}+\frac{x^2}{x^2-y^2}{\epsilon }_{z_1}-\frac{y^2}{x^2-y^2}{\epsilon }_{z_2}$

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.

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

$=\mathrm{f}\mathrm{l}\{\mathrm{f}\mathrm{l}[\mathrm{f}\mathrm{l}(x)\ast \mathrm{f}\mathrm{l}(x)]-\mathrm{f}\mathrm{l}[\mathrm{f}\mathrm{l}(y)\ast \mathrm{f}\mathrm{l}(y)]\}$

$=\mathrm{f}\mathrm{l}\{\mathrm{f}\mathrm{l}[(1+{\epsilon }_x)\ast |x|\ast (1+{\epsilon }_x)\ast |x|]-\mathrm{f}\mathrm{l}[(1+{\epsilon }_y)\ast |y|\ast (1+{\epsilon }_y)\ast |y|]\}$

$=\mathrm{f}\mathrm{l}\{(1+{\epsilon }_{z_1})(1+{\epsilon }_x)\ast |x|\ast (1+{\epsilon }_x)\ast |x|-(1+{\epsilon }_{z_2})(1+{\epsilon }_y)\ast |y|\ast (1+{\epsilon }_y)\ast |y|\}$

$=(1+{\epsilon }_{z_3})\{(1+{\epsilon }_{z_1})(1+{\epsilon }_x)\ast |x|\ast (1+{\epsilon }_x)\ast |x|-(1+{\epsilon }_{z_2})(1+{\epsilon }_y)\ast |y|\ast (1+{\epsilon }_y)\ast |y|\}$

$=(1+{\epsilon }_{z_3})\{x^2(1+{\epsilon }_{z_1})(1+{\epsilon }_x{)}^2-y^2(1+{\epsilon }_{z_2})(1+{\epsilon }_y{)}^2\}$

e al primo ordine:

$=(1+{\epsilon }_{z_3})\{x^2(1+{\epsilon }_{z_1})(1+2{\epsilon }_x)-y^2(1+{\epsilon }_{z_2})(1+2{\epsilon }_y)\}$

$=(1+{\epsilon }_{z_3})\{x^2(1+{\epsilon }_{z_1}+2{\epsilon }_x)-y^2(1+{\epsilon }_{z_2}+2{\epsilon }_y)\}$

$=x^2(1+{\epsilon }_{z_1}+2{\epsilon }_x+{\epsilon }_{z_3})-y^2(1+{\epsilon }_{z_2}+2{\epsilon }_y+{\epsilon }_{z_3})$

Valuto l'errore relativo:

$E_r=\frac{\mathrm{f}\mathrm{l}(x^2-y^2)-(x^2-y^2)}{x^2-y^2}$

$=\frac{x^2({\epsilon }_{z_1}+2{\epsilon }_x+{\epsilon }_{z_3})-y^2({\epsilon }_{z_2}+2{\epsilon }_y+{\epsilon }_{z_3})}{x^2-y^2}$

$=\frac{(x^2-y^2){\epsilon }_{z_3}+2x^2{\epsilon }_x+x^2{\epsilon }_{z_1}-y^2{\epsilon }_{z_2}-2y^2{\epsilon }_y}{x^2-y^2}$

$=\frac{2x^2}{x^2-y^2}{\epsilon }_x-\frac{2y^2}{x^2-y^2}\ast {\epsilon }_y+\frac{x^2}{x^2-y^2}{\epsilon }_{z_1}-\frac{y^2}{x^2+y^2}{\epsilon }_{z_2}+{\epsilon }_{z_3}$

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. $w_3=w_1\ast w_2$

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

$\begin{array}{ccccc}x& y& & x& y\\ \uparrow (c_x)& \uparrow (c_y)& & \uparrow (c_x)& \uparrow (c_y)\\ & w_1& & w_2& \\ & \uparrow (1)& & \uparrow (1)& \\ & & z& & \end{array}$

quindi

$e_{alg}={\epsilon }_3+1\ast ({\epsilon }_1+c_x\ast {\epsilon }_x)+1\ast ({\epsilon }_2+c_y\ast {\epsilon }_y)$

e allora, siccome ${\epsilon }_x={\epsilon }_y=0$ ottengo:

$e_{alg}={\epsilon }_3+1\ast ({\epsilon }_1+0)+1\ast ({\epsilon }_2+0)$

$={\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3$

Esercizio 1.4

Ricavare lo stesso risultato per via analitica.

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

$\mathrm{f}\mathrm{l}[\mathrm{f}\mathrm{l}(x(1+{\epsilon }_x)+y(1+{\epsilon }_y))\ast \mathrm{f}\mathrm{l}(x(1+{\epsilon }_x)-y(1+{\epsilon }_y))]=$

$(1+{\epsilon }_3)[(1+{\epsilon }_1)(x(1+{\epsilon }_x)+y(1+{\epsilon }_y))\ast (1+{\epsilon }_2)\ast [x(1+{\epsilon }_x)-y(1+{\epsilon }_y)]]=$

Al primo ordine

$(1+{\epsilon }_3)[(1+{\epsilon }_1)\ast (1+{\epsilon }_2)\ast [x^2(1+2{\epsilon }_x)-y^2(1+2{\epsilon }_y)]=$

$(1+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)\ast [x^2(1+2{\epsilon }_x)-y^2(1+2{\epsilon }_y)]=$

$x^2(1+2{\epsilon }_x+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)-y^2(1+2{\epsilon }_y+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)$

$E_r=\frac{x^2(1+2{\epsilon }_x+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)-y^2(1+2{\epsilon }_y+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)-x^2+y^2}{|x^2-y^2|}$

$E_r=\frac{x^2(2{\epsilon }_x+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)-y^2(2{\epsilon }_y+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)}{|x^2-y^2|}$

$E_r=\frac{(x^2-y^2)({\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)+2x^2\ast {\epsilon }_x-2y^2\ast {\epsilon }_y}{|x^2-y^2|}$

$E_r\le \frac{(x^2-y^2)({\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)}{x^2-y^2}+\frac{2x^2\ast {\epsilon }_x}{x^2-y^2}+\frac{2y^2\ast {\epsilon }_y}{|x^2-y^2|}$

$E_r\le {\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3+\frac{2x^2\ast {\epsilon }_x}{x^2-y^2}+\frac{2y^2\ast {\epsilon }_y}{|x^2-y^2|}$

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

$E_{alg}={\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3\le 3u$

Nel primo algoritmo:

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

invece

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

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

$c_i=\frac{x_i}{f(x)}\ast \frac{\partial f}{\partial x_i}=\frac{x_i}{f(x)}$

$E_{in}=\sum _{i=1}^n{\epsilon }_{x_i}\ast \frac{x_i}{f(x_1,\dots ,x_n)}$

$=|\frac{1}{f(x)}\ast \sum _{i=1}^n{x}_i\ast {\epsilon }_{x_i}|$

$\le |\frac{nu}{f(x)}|\ast max|x_i|$

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:

$E_{in}=\frac{1}{|\sum _i{x}_i|}\ast |\sum _i{x}_i{\epsilon }_{x_i}|$

$\le \frac{1}{|\sum x_i|}\ast \sum _i|x_i||{\epsilon }_{x_i}|$

$\le \frac{1}{\sum _i|x_i|}\ast u\ast \sum _i|x_i|<u$

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 ${\epsilon }_{x_i}=0$, e rimane:

$E_{alg}={\epsilon }_3+c_{z_2}\ast ({\epsilon }_2+c_{z_1}\ast {\epsilon }_1)$

e sostituendo ai coefficienti le loro espressioni:

$={\epsilon }_3+\frac{z_2}{z_3}\ast ({\epsilon }_2+\frac{z_1}{z_2}{\epsilon }_1)$

$={\epsilon }_3+\frac{z_2}{z_3}\ast {\epsilon }_2+\frac{z_2}{z_3}\ast \frac{z_1}{z_2}{\epsilon }_1$

$={\epsilon }_3+\frac{z_2}{z_3}\ast {\epsilon }_2+\frac{z_1}{z_3}\ast {\epsilon }_1$

Sostituiamo le espressioni di $z_i$ espressi in funzione delle $x_i$:

$={\epsilon }_3+\frac{x_1+x_2+x_3}{x_1+x_2+x_3+x_4}\ast {\epsilon }_2+\frac{x_1+x_2}{x_1+x_2+x_3+x_4}\ast {\epsilon }_1$

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 $\mathrm{f}\mathrm{l}(x_i)=x_i$.

$x_1+x_2+x_3+x_4=$

$\{[(x_1+x_2)+x_3]+x_4\}$

$\mathrm{f}\mathrm{l}\{\mathrm{f}\mathrm{l}[\mathrm{f}\mathrm{l}(x_1+x_2)+x_3]+x_4\}$

$=\{[(x_1+x_2)(1+{\epsilon }_1)+x_3](1+{\epsilon }_2)+x_4\}(1+{\epsilon }_3)$

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

$=\{[x_1+x_2+x_3+x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1](1+{\epsilon }_2)+x_4\}(1+{\epsilon }_3)$

$=\{x_1+x_2+x_3+x_4+x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1+x_1{\epsilon }_2+x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_2\}(1+{\epsilon }_3)$

$=x_1+x_2+x_3+x_4+x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1+x_1{\epsilon }_2+x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_2+x_1{\epsilon }_3+x_2{\epsilon }_3+x_3{\epsilon }_3+x_4{\epsilon }_3$

Allora

$E_{alg}=\frac{|\mathrm{f}\mathrm{l}(x_1+x_2+x_3+x_4)-x_1-x_2-x_3-x_4|}{|x_1+x_2+x_3+x_4|}$

$=\frac{x_1+x_2+x_3+x_4+x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1+x_1{\epsilon }_2+x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_2+x_1{\epsilon }_3+x_2{\epsilon }_3+x_3{\epsilon }_3+x_4{\epsilon }_3-x_1-x_2-x_3-x_4}{x_1+x_2+x_3+x_4}$

$=\frac{x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1+x_1{\epsilon }_2+x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_2+x_1{\epsilon }_3+x_2{\epsilon }_3+x_3{\epsilon }_3+x_4{\epsilon }_3}{x_1+x_2+x_3+x_4}$

$={\epsilon }_3+\frac{x_1{\epsilon }_1+x_2{\epsilon }_1}{x_1+x_2+x_3+x_4}+\frac{x_1{\epsilon }_2+x_2{\epsilon }_2+x_3{\epsilon }_2}{x_1+x_2+x_3+x_4}$

$={\epsilon }_3+\frac{{\epsilon }_1(x_1+x_2)}{x_1+x_2+x_3+x_4}+\frac{{\epsilon }_2(x_1+x_2+x_3)}{x_1+x_2+x_3+x_4}$

e si ottiene il risultato precedente.

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

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

Se invece gli $x_i$ sono di segno concorde, allora

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

quindi, applicando la disuguaglianza triangolare, si ottiene:

$E_{alg}\le |\frac{1}{f(x)}|\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{i+1}|x_j|{\epsilon }_i|$

$E_{alg}\le \sum _{i=1}^{n-1}|{\epsilon }_i|\le (n-1)u$

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:

$|1/i\ast \sum _{j=1}^i{x}_j|\le \frac{1}{i+1}\ast |\sum _{j=1}^{i+1}{x}_j|\le \frac{1}{n-1}|f(x)|$

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

quindi

$e_{alg}=\frac{1}{|f(x)|}\sum _{i=1}^{n-1}|\sum _{j=1}^{i+1}{x}_j|\ast |{\epsilon }_i|$

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

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

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:

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

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:

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

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

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

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

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

1. Calcoliamo l'errore inerente:

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

$c_y=y$

quindi

$e_{in}=x\ast {\epsilon }_x+y\ast {\epsilon }_y$

2. Applicando l'algoritmo $A_1=e^x\ast e^y$ si ha:

$z_1=e^x,z_2=e^y,z_3=z_1\ast z_2$

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:

$e_{alg}={\epsilon }_3+1\ast {\epsilon }_1+1\ast {\epsilon }_2\le |3u|$

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

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

$e^{x+y}=e^x\ast e^y=\mathrm{f}\mathrm{l}[\mathrm{f}\mathrm{l}(e^x)\ast \mathrm{f}\mathrm{l}(e^y)]$

$=\mathrm{f}\mathrm{l}[e^x\ast (1+{\epsilon }_1)\ast e^y\ast (1+{\epsilon }_2)]$

$=(1+{\epsilon }_3)\ast e^x\ast (1+{\epsilon }_1)\ast e^y\ast (1+{\epsilon }_2)$

e al primo ordine:

$=e^x\ast e^y\ast (1+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)$

quindi

$E_r=\frac{\mathrm{f}\mathrm{l}(e^{x+y})-e^{x+y}}{e^{x+y}}$

$=\frac{e^x\ast e^y\ast (1+{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3)-e^x\ast e^y}{e^x\ast e^y}$

$=|{\epsilon }_1+{\epsilon }_2+{\epsilon }_3|\le |{\epsilon }_1|+|{\epsilon }_2|+|{\epsilon }_3|<3u$

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 ${\epsilon }_x={\epsilon }_y=0$, e sapendo che $c_1=w_1$ si ha:

$|e_{alg}|={\epsilon }_2+w_1{\epsilon }_1={\epsilon }_2+(x+y){\epsilon }_1<(1+x+y)u$

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.

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

$=\mathrm{f}\mathrm{l}(e^{(1+{\epsilon }_1)\ast (x+y)}$

$=e^{(1+{\epsilon }_1)\ast (x+y)}\ast (1+{\epsilon }_2)$

Al primo ordine:

$=[e^{x+y}+e^{x+y}\ast {\epsilon }_1]\ast (1+{\epsilon }_2)$

$=e^{x+y}+(x+y)\ast e^{x+y}\ast {\epsilon }_1+e^{x+y}\ast {\epsilon }_2$

Calcolo l'errore relativo:

$E_r=\frac{e^{x+y}+e^{x+y}\ast (x+y)\ast {\epsilon }_1+e^{x+y}\ast {\epsilon }_2-e^{x+y}}{e^{x+y}}$

e al primo ordine rimane:

$=(x+y){\epsilon }_1+{\epsilon }_2$