poslovna matematika
TRANSCRIPT
RALEVIĆ NEBOJŠA LANDIKA MIRJANA
POSLOVNA MATEMATIKA
Prijedor 2007.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
2
Autori:
Ralević Nebojša Landika Mirjana
Naziv: POSLOVNA MATEMATIKA
Recenzenti: Prof. dr Miloš Čanak
Prof. dr Esad Jakupović
Izdavači: Visoka škola za ekonomiju i informatiku - Prijedor
& M Power Banja Luka
Za izdavača: Prof.dr Aleksandar Đokić
Tiraž: 300
Prijedor, 2007.
ISBN 978-99955-20-06-9
Zabranjeno fotokopiranje, preštampavanje i drugi oblici umnožavanja ove knjige. Sva prava zadržavaju izdavač i autor.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
3
P R E D G O V O R
Ovaj udžbenik napisan je prema nastavnom planu i programu za
predmet Poslovna matematika na Koledžu za informatiku i menadžment
Janjoš – Prijedor. Međutim, zbog svoje strukture i sadržaja mogu ga koristiti i
studenti svih visokih škola sličnog profila.
Najveći dio udžbenika posvećen je rešavanju problema iz finansijske
matematike tako da ga mogu koristiti i svi oni koji se bave biznisom u
području bankarstva, osiguranja, trgovine, proizvodnje i na sličnim
poslovima.
Dio materije posvećen je nekim oblastima iz opšte matematike, ali je
rasterećena nepotrebnog matematičkog formalizovanja tako da je mogu lako
koristiti i studenti koji nemaju detaljnije matematičko obrazovanje. Osim
toga, knjiga sadrži veliki broj urađenih zadataka i primjera za vježbanje pa u
tom smislu može poslužiti i kao praktikum za studente.
S obzirom na složenost obrađene materije moguće je da smo napravili
neke propuste i učinili određene greške pa sa zahvalnošću prihvatamo
konstruktivne kritike i sugestije kako bi se zapažene primjedbe u narednom
izdanju knjige ispravile.
AUTORI
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
4
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
5
I) DETERMINANTE
Determinanta je kvadratna šema brojeva koja ima svoju vrijednost.
Broj vrsta (kolona) određuje red determinante. Determinante imaju
višestruku primjenu, a ovde će biti razmotreno rješavanje sistema linearnih
jednačina pomoću determinanti.
1. DETERMINANTE DRUGOG REDA
Posmatrajmo determinantu koja ima dvije vrste i dvije kolone
2221
1211
aaaa
Ovo je determinanta drugog reda kao što se vidi ima dvije dijagonale
glavnu ( a11 \ a22) sporednu (a12 / a21). Vrijednost ove determinante dobija se
kada se od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzme proizvod
elemenata na sporednoj dijagonali:
22
12
21
11
aa
aa
= a11 a22 – a12 a21
determinanta:
31
12
= 2 3 – 1 ( – 1) = 6 + 1 = 7
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
6
Pomoću determinante drugog reda mogu se rješavati sistemi od dvije
linearne jednačine sa dvije nepoznate.
Posmatrajmo sistem:
a11 x+ a21 y = b1
a12 x+ a22 y = b2
Ako sa D označimo determinantu koju čine koeficijenti uz nepoznate,
tz. determinantu sistema:
D =22
12
21
11
aa
aa
= a11 a22 – a12 a21
Sa Dx determinantu koja se dobije tako da u prvoj koloni pišemo
slobodne koeficjente, a u drugu kolonu članove uz drugu nepoznatu:
Dx = 222
121
abab
= b1 a22 – b2 a12
I sa Dy determinantu koja se od determinante sistema razlikuje po
tome što drugu kolonu zamjenjuje kolona slobodnih članova:
Dy = 221
111
baba
= b1 a11 – b2 a21
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
7
Lako je pokazati da je rješenje sistema:
x = DDx
y = DDy
ako je sistem:
2x + y = 5
x – 2y = -1
onda je:
D = 31
12
= – 6 – 1 = – 7
Dx = 31
15
= – 15 + 1 = – 14
Dy = 11
52
= – 2 – 5 = – 7
Rješenje sistema je:
x = 7
14
DDx = 2
y = 7
7
DDy = 1
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
8
2. DETERMINANTE TREĆEG REDA
Posmatrajmo determinantu:
A =
333231
232221
131211
aaaaaaaaa
Vrijednost ove determinante može se izračunati korišćenjem tz.
Sarusovog pravila. Naime, ako se pored determinante dopišu prve dvije
kolone:
A =
32
22
12
31
21
11
33
23
13
32
22
12
31
21
11
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
Onda kao što je označeno postaje tri glavne i tri sporedne dijagonale.
Vrijednost determinante dobija se kada se od zbira proizvoda elemenata sa
glavne dijagonale oduzme zbir proizvoda elemenata sa sporednih dijagonala:
A = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 – (a12 a21 a33 – a11 a23 a32 – a13 a22 a31 )
Na primjer, vrijednost sledeće determinante je:
A =
2
2
3
3
1
2
123
021
132
= 4 + 0 – 2 – (– 3 + 0 + 6) = 2 – 3 = 1
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
9
Slično kao kod determinanti drugog reda, pomoću determinanti trećeg
reda mogu se rješavati sistemi linearnih jednačina. Posmatrajmo sistem:
a11 x + a12 y + a13 z = b1
a21 x + a22 y + a23 z = b2
a31 x + a32 y + a33 z = b3
Koeficijenti uz nepoznate čine determinantu sistema:
D =
333231
232221
131211
aaaaaaaaa
Slično kao kod sistema dvije jednačine sa dvije nepoznate ovde se
izračunavaju još tri determinante:
Dx =
33323
23222
13121
aabaabaab
Dy =
33331
23221
13111
abaabaaba
Dz =
33231
22221
11211
baabaabaa
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
10
Koje se od determinante sistema razlikuju po tome što kolona
slobodnih članova zamjenjuje kolonu uz odgovarajuću promjenljivu. Može se
pokazati da je rješenje sistema:
x = D
DX
y = DDY
z = D
DZ
posmatrajmo sistem jednačina:
x + y + 2z = 7
2x – y + z = 2
– x + y – z = -1
Ovdje je:
D =
1
1
1
1
2
1
111
112
211
= 1 – 1 + 4 – (– 2 + 1 +2) = 3
DX =
1
1
1
1
2
7
111
112
217
= 7 – 1 + 4 – (– 2 + 7 + 2) = 3
DY =
1
2
7
1
2
1
111
122
271
= – 2 – 7 – 4 – (– 14 – 1 – 4) = 6
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
11
DZ =
1
1
1
1
2
1
111
212
711
= 1 – 2 + 14 – (– 2 + 2 + 7) = 6
Pa je:
x = 13
3
DDX
y = 3
6
DDY = 2
z = 3
6
DDZ = 2
3. DETERMINANTE VIŠEG REDA
Determinanta D reda n može se izračunati razvijanjem po elementima
neke vrste (kolone) pri čemu se dobija n determinanti (n – 1) reda, tako da se
determinanta četvrtog reda može svesti na zbir četiri determinante trećeg
reda.
Razvijanje se vrši tako što se svaki element vrste (kolone) zamjenjuje
svojim algebarskim kofaktorom. Za element aij njegov algebarski kofaktor je:
(1 – 1)i+j aij Dij
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
12
Ovdje je Dij determinanta koja ostaje kada se isključe elementi i-te
vrste i j-te kolone. Onda je:
D = ijijj
ji Da )1(
Na primjer, posmatrajmo determinantu:
D =
2511
3223
1124
3112
Razvijanjem po elementima, recimo, prve vrste dobija se da je:
D = (– 1)1+1 2 251
322
112
+ (– 1)1+2 1
251
323
114
+ (– 1)1+3 (– 1)
221
323
124
+ (– 1)1+4 3 511
223
124
D = – 58 + 34 + 11 + 177 = 164
Kada u nekoj vrsti ili koloni ima nula sav posao oko izračunavanja se
olakšava ako se razvijanje vrši po elementima te vrste ili kolone.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
13
Može se pokazati da determinanta ne mjenja vrijednost ako jednu
vrstu (kolonu) pomnožimo brojem i dodamo drugoj vrsti (koloni). Time
možemo neke elemente zamjeniti nulama. Tako, u prethodnom primjeru
možemo lako napraviti nule, Na primjer u drugoj koloni:
D =
2511
3223
1124
3112
122
=
5403
9007
5300
3112
=
= (– 1)1+2 1
543
907
530
D = 164
Dakle, ovim postupkom umjesto izračunavanja vrijednosti četiri
determinante trećeg reda izračunali smo vrijednost samo jedne.
Kao što se determinante drugog i trećeg reda mogu koristiti za
rješavanje odgovarajućih sistema linearnih jednačina slično je i sa
determinantama višeg reda. Dalje će biti razmotreni i drugi metodi koji su
često efikasniji od ovde prikazanih.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
14
4. DISKUSIJA RJEŠENJA SISTEMA JEDNAČINA
S obzirom da se rješenja sistema linearnih jednačina dobijaju kao
količnici determinanti za nepoznate i determinante sistema može nastupiti
jedna od sljedeće tri situacije:
a) ako je determinanta sistema različita od nule sistem ima
jedinstveno (jedno rješenje).
b) ako je determinanta sistema jednaka nuli, a bar jedna od
determinanti za nepoznate različita od nule sistem nema rješenje.
c) ako je determinanta sistema jednaka nuli i sve determinante za
nepoznate jednake nuli sistem je neodređen (može imati beskonačno mnogo
rješenja).
Na primjer, posmatrajmo sistem jednačina:
kx + y = 3
x – y = 2
gdje je k – parametar (bilo koji broj). Rješenje ovog sistema pomoću
determinanti je:
D = 11
1
k
= – k – 1
DX = 12
13
= – 3 – 2 = – 5
DY = 21
3k = 2k – 3
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
15
Ako je D ≠ 0 tj. k ≠ -1 sistem ima jedinstveno rješenje:
x = D
DX = 1
5
k
= 1
5
k
y = DDY =
1
32
kk
Ako je D = 0 tj. k = -1 sistem nema rješenja jer je Dx = 5 ≠ 0
Posmatrajmo sledeći sistem jednačina
a2 x + y + z = 3
x + a y + 2z = 4
2x + (1+a) y + 3z = 7
gdje je a realan parametar. Ovde je:
D =
)1(
1
2
1
3)1(2
21
11 22
aa
a
aa
a
= 3a3 + 4 + 1 + a – (3 +2a2 +2a3 +2a) =
= (a – 1)(a +1)(a – 2)
Pošto je determinanta sistema D jednaka (a-1) (a+1) (a-2) onda kad
god je vrijednost parametra a≠ ±1 i a≠2 determinanta sistema je različita od
nule i sistem ima jedinstveno rješenje:
DX =
aa
aa
1
1
7
4
3
317
24
113
= 9a + 14 + 4 + 4a – (12 +6 +6a +7a) = 0
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
16
DY =
7
4
3
2
1
372
241
13 22 aa = 12a2 + 12 + 7 – (9 +14a2 +8) = – 2a2 +2 =
= - 2(a – 1)(a + 1)
DZ =
aa
a
aa
a
1
1
2
1
712
41
31 22
= 7a3 +8 + 3 +3a – (7 +4a2 +4a3 + 6a) =
= 3a3 – 4a2 – 3a + 4
DZ = (3a – 4)(a – 1)(a + 1)
Pošto je determinanta sistema D jednaka (a – 1)(a + 1)(a – 2), onda
kada god je vrijednost parametra a ± 1 i a 2 determinanta sistema je
različita od nule i sistem ima jedinstveno rješenje:
x = 0)2)(1)(1(
0
aaaDDX
y = 2
2
)2)(1)(1(
)1)(1(2
aaaa
aaDDY
z = 2
43
)2)(1)(1(
)1)(1)(43(
aa
aaaaaa
DDZ
Ako je a = -2 onda je D = 0 a Dy = -6 ≠ 0 što znači da sistem
jednačina nema rješenje.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
17
Ako je a = -1 onda je:
D = 0, Dx = 0, Dy = 0, Dz = 0 što znači da je sistem neodređen.
Zamjenom ove vrijednosti u polazne jednačine dobija se da je:
x + y + z = 3
x – y + 2z = 4
2x + 3z = 7
Vidi se da treća jednačina predstavlja zbir prve dvije što znači da je
suvišna jer ne nosi bilo koju novu informaciju o vezi promjenljivih koja nije
sadržana u prve dvije jednačine. Dakle sistem se svodi na:
x + y + z = 3
x – y + 2z = 4
Pošto su ostale dvije jednačine sa tri nepoznate jednu nepoznatu treba
uzeti za parametar, npr. z = t. Sada je:
x + y = 3 – t
x – y = 4 – 2t
Odavde se lako vidi da je:
x = 2
1,
2
37 tyt
i z = t.
S obzirom da vrijednost parametra t može biti bilo koji realan broj to
znači da sistem ima beskonačno mnogo rješenja. Iz gornjeg tz. opšteg
rješenja za neku konkretnu vrijednost može se dobiti posebno ili partikularno
rješenje. Na primjer za t = 3 je x = – 1, y = 1, z =3.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
18
Preostalo je još da se vidi šta se dešava kada je parametar a = 1. Onda
je D = 0, Dx = 0, Dy = 0, Dz = 0 pa je sistem neodređen. Zamjenom ove
vrijednosti u polazni sistem je:
x + y + z = 3
x + y + 2z = 4
2x + 2y + 3z = 7
I ovde se vidi da je treća jednačina suvišna pa ostaje:
x + y + z = 3
x + y + 2z = 4
Oduzimanjem jednačina dobija se da je z = 1 pa je:
x + y = 2
Ako jednu od promjenljivih uzmemo za parametar, npr. y = t, pa je x
= 2 – t. Dakle opšte rješenje je
x = 2 – t, y = t, z = 1.
Pošto t može biti bilo koji realan broj sistem ima beskonačno mnogo
rješenja. Jedno partikularno rješenje, npr. za t = 2 je x = 0, y = 2, z = 1.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
19
5. HOMOGENI SISTEM JEDNAČINA
Sistem jednačina kod koga su svi slobodni članovi nule naziva se
homogen sistem.
Na primjer sistem:
a11 x + a12 y +a13 z = 0
a21 x + a22 y + a23 z = 0
a31 x + a32 y + a33 z = 0
je jedan primjer homogenog sistema jednačina.
Očigledno je da ovaj sistem uvijek ima rješenje x = 0, y = 0, z = 0 koje
se naziva trivijalno rješenje. Postavlja se pitanje da li osim trivijalnog postoje
i neka druga rješenja. S obzirom da su determinante za nepoznate jednake
nuli jer uvijek sadrže jednu kolonu sa svim nulama ako je determinanta
sistema različita od nule sistem ima samo trivijalno rješenje. Ali ako je i
determinanta sistema jednaka nuli, kao što smo ranije vidjeli, sistem je
neodređen.
Na primjer, posmatrajmo sistem jednačina:
x – y + 2z = 0
2x + 3y – z = 0
4x + y + 3z = 0
Da bi se ustanovilo da li sistem ima i netrivijalnih rješenja treba
izračunati determinantu sistema:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
20
D =
1
3
1
4
2
1
314
132
211
= 9 + 4 + 4 – (– 6 – 1 + 24) = 0
Dakle pošto je i determinanta sistema jednaka nuli sistem je
neodređen. To znači da je jedna od jednačina linearna kombinacija druge
dvije pa je prema tome suvišna i treba je izbaciti. Ako odstranimo treću
jednačinu biće:
x – y = -2t
2x + 3y = t
Lako se vidi da je opšte rješenje:
x = -t, y = t, z = t.
Jedno moguće partikularno rješenje je npr. za t = 2
x = -2, y = 2, z = 2.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
21
ZADACI ZA VJEŽBU:
1. Izračunati determinante:
a) 13
32
b)
131
220
431
c)
1231
4321
3121
3112
d)
50000
32000
21200
31140
25213
2. Rješiti sistem jednačina pomoću determinanti:
a) 2x – y = 0
x + 2y = 7
b) x + 2y – z = 2
-x + y + z = 4
2x – y + 2z = 6
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
22
c) x - z + 2n = 3
y - n = 1
2x – y - z + n = 1
y + z = 2
3. Rješiti sistem jednačina:
a) x – y = 0
2x – 2y = 0
b) 2x - y + z = 0
x + 2y + z = 0
3x + y + 2z = 0
c) x + y + z + n = 0
x – y – 2z +2n = 0
2x + 2y – z – 3n = 0
5x + 3y – z + n = 0
4. Diskutovati rješenja sistema jednačina u zavisnosti od vrijednosti
realnog parametra k:
a) kx – 2y = 3
2x + y = k
b) (k²-1)x + y + z = 1
2x – y + 2z = 1,
5x + 2z = k,
c) x + y + kz = 0
kx + y + z = 0
x + ky + z = 0
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
23
TEST PITANJA
1. Šta je determinanta i kako se određuje njen red?
2. Kako se izračunava determinanta drugog reda?
3. Kako se izračunava determinanta trećeg reda?
4. Kako se izračunavaju determinante razvijanjem po vrstama
(kolonama)?
5. Kako se rješavaju sistemi jednačina pomoću determinanti?
6. Kako se diskutuju rješenja sistema jednačina?
7. Šta je homogen sistem jednačina i od čega zavise njegova rješenja?
8. Kako se rješava homogen sistem jednačina?
9. Šta je opšte, a šta partikularno rješenje?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
24
II) MATRICE
Matrica je šema brojeva koja sadrži m – vrsta i n – kolona:
mnmm
n
n
aaa
aaaaaa
21
22221
11211
mxn
Gdje su m i n prirodni brojevi. Matrice se označavaju velikim slovima
abecede. Na primjer:
A = 32131
512
x
B = 1235 1x4
C =
33212
731
524
x
Oznaka pored matrice označava red matrice i nije obavezna. Za
razliku od determinante matrica može biti:
- pravougaona kao što su u prethodnom primjeru matrice A i B,
- kvadratna, kao što je matrica C.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
25
Dok determinanta ima vrijednost matrica nema, ali uprkos tome sa
matricama se mogu izvoditi određene operacije, kao što su sabiranje,
množenje, transponovanje, invertovanje i sl.
Matrica čiji su svi elementi nule naziva se nula matrica i obično se
označava slovom O. Kvadratna matrica koja na tzv. glavnoj dijagonali ima
jedinice, a svi ostali elementi su joj nule, naziva se jedinična matrica i
označava se slovom I. Na primjep:
O =
2300
00
00
x
I = 2210
01
x
I =
33100
010
001
x
Matrica kod koje se zamjene mjesta vrsta i kolona naziva se
transponovana matrica i označava se transponovana matrica i označava se
slovom T iznad naziva matrice. Na primjer, ako je:
A =
434213
3121
5223
x
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
26
Onda je njena transponovana matrica:
AT =
34435
212
122
313
x
1. OPERACIJE SA MATRICAMA
1.1. Sabiranje matrica
Mogu se sabirati samo matrice istog reda, tako što im se sabiraju
odgovarajući elementi. Na primjer, ako su date matrice A i B:
A = 32423
211
x
B =
32120
312
x
Onda je:
A + B = 32543
103
x
1.2. Množenje matrice brojem
Matrica se množi brojem tako što se svaki njen element pomnoži tim
brojem. Na primjer ako je data matrica A, koju treba pomnožiti brojem 3:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
27
A = 32423
211
x
Onda je:
3A = 321269
633
x
1.3. Množenje matrica
Posmatrajmo dvije matrice A = [ aij ]mxn i B = [ bij ]nxk. Proizvod AB
ovih matrica je matrica C = [ cij ]mxk pri čemu je:
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + ... + ain bnj
Očigledno je da matrica A ima onoliko kolona koliko matrica B ima
vrsta, dok rezultujuća matrica C ima isti broj vrsta kao matrica A i isti broj
kolona kao matrica B. Na primjer proizvod matrica:
A = 422412
3121
x
i B =
34131
213
221
312
x
je matrica C:
C = 32229
121110
x
Dakle, ne mogu se pomnožiti bilo koje dvije matrice ako nije ispunjen
uslov da prva matrica u proizvodu ima isti broj kolona koliko vrsta ima druga
matrica. To znači da množenje matrica nije komutativno tj.
A B B A
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
28
U prethodnom primjeru smo izračunali proizvod A B, ali proizvod
B A ne može da se izračuna, jer nije ispunjen pomenuti uslov. Čak i u
slučaju dvije kvadratne matrice istog reda ne važi zakon komutacije. Na
primjer, ako su date matrice:
A =
33132
121
012
x
i B =
33112
231
211
x
Onda je:
3311123
783
213
xBA
i
33237
5119
393
xAB
Postoje i neki izuzeci. Naime ako je A kvadratna matrica a I jedinična
matrica istog reda onda je:
A I = I A = A
Slično je i sa stepenovanjem kvadratnih matrica. Naime, ako je A
kvadratna matrica onda je:
A2 = A A , A3 = A A2 = A2 A,
A4 = A A3 = A3 A = A2 A2 itd.
Na primjer, ako je data kvadratna matrica:
A = 2222
31
x
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
29
Onda je:
A2 =
102
37
22
31
22
31AA
i
A3 = A A2 =
2618
271
102
37
22
31
Takođe je:
A3 = A2 A =
2618
271
22
31
102
37
O drugim izuzecima komutativnosti biće kasnije riječi. Međutim dok
za množenje matrica u opštem slučaju ne važi zakon komutacije, zakon
asocijacije važi. Naime, za tri matrice A, B i C je:
A B C = A (B C) = (A B) C
Navedeno vrijedi pod uslovom da je množenje moguće. Na primjer,
ako su date matrice:
A = 32221
132
x
, B =
2342
21
31
x
i C =
2232
01
x
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
30
Onda je:
B C = 2232
01
2342
21
31
xx
=
231210
65
95
x
224535
1215
231210
65
95
32221
132)(
xx
xCBA
Slično je:
22155
47
2342
21
31
32221
132
xx
xBA
i
224535
1215
2232
01
22155
47)(
xx
xCBA
1.4. Invertovanje matrica
Operacija dijeljenja (količnika) dvije matrice nije definisana, ali
pojam inverzne matrice u izvjesnom smislu može da zamjeni operaciju
djeljenja. Inverzija matrica je moguća samo za kvadratne matrice pod
uslovom da je njihova determninanta različita od 0 (tz.regularne matrice).
Dakle, za neku regularnu matricu A njena inverzna matrica A-1 je takva
matrica koja kada se pomnoži sa matricom A daje jediničnu matricu
tj.vrijedi:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
31
A A-1 = A-1 A = I
Množenje neke matrice njenom inverznom matricom je komutativno.
Postoji više metoda za izračunavanje inverzne matrice. Ovdje će biti
prikazan algoritam pomoću koga se inverzna matrica određuje pomoću
tz.adjugovane matrice. Algoritam se sprovodi u četiri koraka:
- u prvom koraku pronalazi se determinanta matrice. Ukoliko je
determinanta različita od nule, matrica je regularna, dakle ima
inverznu matricu.
- U drugom koraku matrica se transponuje.
- U trećem koraku određuje se adjungovana matrica, tako što se svaki
element transponovane matrice zamjenjuje svojim minorom.
- U četvrtom koraku izračunava se inverzna matrica, tako što se
adjungovana matrica množi recipročnom vrijednošću determinante.
Na primjer, za datu matricu A, odrediti inverznu matricu:
A =
33212
130
121
x
1. det A =
1
3
2
2
0
1
212
130
121
= (6 – 4 + 0) – (0 – 1 + 6) = – 3
2. AT =
211
132
201
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
32
3. adj A = A* =
32
01)1(
12
21)1(
13
20)1(
11
01)1(
21
21)1(
21
20)1(
11
32)1(
21
12)1(
21
13)1(
332313
322212
312111
=
=
336
102
537
4. A-1 =
1123
10
3
23
51
3
7
336
102
537
3
1*
det
1 AA
Poslije izračunavanja inverzne matrice dobro je izračunati provjeru
rezultata, to jest vidjeti da li je:
A-1 A = I
Ovdje je:
A-1 A =
300
030
003
3
1
212
130
121
336
102
537
3
1 = I
Korištenjem osobina matrica i operacija nad matricama moguće je
rješavati matrične jednačine. Posmatrajmo jednačinu:
A X = B
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
33
Gdje su A i B date matrice, a X nepoznata matrica. Ako je A regularna
kvadratna matrica ova jednačina se može lako riješiti množenjem jednačine
invreznom matricom, A-1:
A X = B A-1
A-1 A X = A-1 B
I X = A-1 B
X = A-1 B
Ova matrična jednačina može se koristiti za rješavanje sistema linearnih
jednačina. Posmatrajmo sistem od tri linearne jednačine sa tri nepoznate:
a11 x + a12 y + a13 z = b1
a21 x + a22 y + a23 z = b2
a31 x + a32 y + a33 z = b3
Sistem se može napisati u matričnom obliku:
131333 3
2
1
333231
232221
131211
xbbb
xzyx
xaaaaaaaaa
Odnosno:
A X = B
pa je, rješenje sistema:
X = A-1 B
kao što je ranije dokazano.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
34
Na primjer, posmatrajmo sistem jednačina:
x + 2y + z = 5
3y – z = 1
2x + y + 2z = 7
U matričnom obliku ovaj sistem je:
7
1
5
212
130
121
zyx
Ili AX = B, pa je X = A-1 B. Pošto smo za ovu matricu A već ranije našli
inverznu matricu, to je:
2
1
1
7
1
5
1123
10
3
23
51
3
7
zyx
Dakle rješenje je:
x = 1 y = 1 i z = 2
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
35
1.5. Rang matrice
Pod pojmom rang matrice podrazumjeva se red najveće regularne
submatrice, date matrice. Na primjer, matrica:
431314
2123
3211
x
Može imati maksimalan rang tri, jer najveća kvadratna submatrica može
biti trećeg reda, tj. 3x3. Međutim, sve submatrice trećeg reda nisu regularne
jer su im determinante jednake nuli. Lako je uočiti da postoje regularne
submatrice drugog reda, tj. 2x2. Kao npr.submatrica u gornjem lijevom uglu:
23
11
Čija je determinanta 5. Dakle, rang ove matrice je 2. Umjesto ispitivanja
regularnosti svih submatrica, postoje efikasniji metodi za određivanje ranga
matrice korišćenjem pojma sličnosti matrica. Naime, dvije matrice su slične
tj.imaju isti rang ako se od jedne može doći do druge množenjem vrsta
(kolona) brojem, različitim od nule i sabiranjem sa drugim vrstama
(kolonama). Takođe, rang se ne mijenja ako vrste (kolone) zamjene mjesta.
Cilj ove procedure je da slične matrice imaju što više nula da bi se lakše
odredio rang.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
36
U prethodnom primjeru je:
1314
2123
3211
)3(
)4(
)1(11550
11550
3211
0000
11550
3211
Sada se lako vidi da rang matrice ne može biti tri jer su determinante
svih submatrica trećeg reda jednake nuli, jer uvjek imaju treću vrstu
sastavljenu od nula. Lako se vidi da submatrica drugog reda u gornjem
lijevom uglu ima determinantu 5, što znači da je rang polazne matrice 2.
Rang matrice je tjesno povezan sa rješavanjem sistema linearnih
jednačina. Ranije je pokazano da se sistemi linearnih jednačina koji imaju isti
broj jednačina i nepoznatih mogu uspješno riješavati pomoću determinanti i
matrica.
Međutim, kada u sistemu jednačina broj jednačina i nepoznatih nije
isti, jedno od osnovnih pitanja jeste kada je sistem rješiv i ako jeste koliko
ima rješenja i kako se mogu naći.
Može se pokazati da sistem ima rješenja ako je rang matrice sistema
jednak rangu proširene matrice. Matricu sistema A čine koeficenti uz
nepozante. Proširenu matricu B dobijamo kada prethodnoj dodamo kolonu
slobodnih članova.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
37
Na primjer, posmatrajmo sistem jednačina:
x + y – 2z = 1
2x – y +z = 1
3x +2y – z = 8
3x –y +4z = 7
Da bi se ustanovilo da li sistem ima rješenja, treba prvo odrediti
rangove pomenutih matrica:
7413
8123
1112
1211
)3(
)3(
)2(
41040
5510
1530
1211
)4(
)3(
41040
1530
5510
1211
)1(161000
161000
5510
1211
0000
161000
5510
1211
Sada je očigledno da je rang matrice sistema jednak rangu proširene
matrice, to jest rang (A) = rang (B), što znači da sistem ima rješenja koja se
mogu dobiti iz poslednje matrice:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
38
x + y – 2z = 1
– y + 5z = 5
– 10 z = - 16
Iz treće jednačine se vidi da je z = 5
8
10
16
. Zamjenom u prvu
jednačinu je:
– y + 5 5
8 = 5
– y = 1 – 3
y = 3
Zamjenom vrijednosti za y i z, u prvoj jednačini je:
x + 3 – 2 5
8 = 1
x + 3 - 5
16 = 1
x = 1 – 3 + 5
16
x = 5
6
Dakle, ovaj sistem ima jedinstveno (jedno jedino) rješenje:
x = 5
6 , y = 3 i z =
5
8.
Iako je u sistemu bilo više jednačina nego nepoznatih, očigledno je da
je jedna od jednačina linearna kombinacija ostale tri jednačine, što znači da
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
39
ne sadrži bilo kakvu novu informaciju koja nije sadržana u ostalim
jednačinama.
Posmatrajmo sada jedan primjer sistema jednačina koji ima više
nepoznatih nego jednačina:
x + 2y – z + 2t = 7
2x – y + 3z + t =10
– 2x +y + z + 3t = 10
Prvo treba odrediti rang matrice i rang matrice sistema, da bi se
ustanovilo da li sistem ima rješenja:
)2(
)2(
103112
101312
72121
247150
43550
72121
204400
43550
72121
Vidi se da je rang matrice sistema rang (A) = 3, kao i rang proširene
matrice rang(B) = 3, što znači da sistem ima rješenja. Da bismo ih odredili
pođimo od poslednje matrice:
x + 2y – z + 2t = 7
- 5 y + 5z – 3 t = - 4
4 z + 4 t = 20
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
40
Pošto ima više nepoznatih nego jednačina jednu ćemo uzeti za
parametar, Na primjer neka je to poslednja nepoznata t. Dakle biće:
x + 2y – z = 7 – 2t
- 5 y + 5z = 3t – 4
4 z = 20 – 4t
Iz poslednje jednačine je z = 5 – t. Kada se dobijena vrijednost
zamjeni u drugu jednačinu biće:
– 5 y = 3 t – 4 - 5(5 – t)
– 5y = – 29 + 8t
y = t5
8
5
29
Zamjenom vrijednosti za y i z u prvu jednačinu dobija se:
x = 7 – 2t – 2( t5
8
5
29 ) + 5 – t
x = t5
1
5
2
Dakle rješenja sistema su:
x = t5
1
5
2 , y = t
5
8
5
29 i z = 5 – t
Ovdje sistem ima beskonačno mogo rješenja jer t može biti bilo koji
realan broj. Ovako napisano rješenje naziva se opšte rješenje. Iz njega se za
neke konkretne vrijednosti parametra t dobijaju takozvana partikularna
rješenja. Na primjer, za t = 3, dobija se partikularno rješenje:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
41
x = 1,
y = 1 i
z = 2.
Dakle ukoliko ove vrijednosti zamjenimo u polazni sistem vidi se da
ovo zaista jeste jedno od rješenja sistema.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
42
ZADACI ZA VJEŽBANJE
1. Date su matrice:
A =
321
132 B =
431
011 C =
122
321
Na osnovu njih potrebno je odrediti matricu D = 2 A – B + 3C.
2. Odrediti proizvode matrica:
a)
1
4
2
113
221
b)
13
22
31
12
c)
210
111
213
212
d)
221
113
204
101
232
121
3. Data je matrica:
A =
213
041
132
Odrediti matricu B = A2 – 2A + 3I
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
43
4. Nađi inverzne matrice za date matrice:
a) A =
31
12
b) B =
510
321
123
c) C =
400
230
112
5. Matričnom metodom rješite sisteme jednačina:
a) 3x – y = 1
- x +2y = 3
b) x + 2y – z =1
3x –y + z = 4
x + y – z = 0
c) x + 2z = 3
2x – y = 0
x + y + z = 4
6. Odrediti rang matrica:
a) A =
3221
1213
1121
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
44
b) B =
4220
2111
4223
2112
c) C =
84064
21211
32123
22121
13211
7. Riješiti sisteme jednačina, primjenom matrične metode:
a) x – y +2z = 4
2x – y +2z = 3
x – 2y +z = 1
4x - 4y +5z = 8
b) x + y + z + t = 5
x – y +2z – t = 0
2x – y – z + 2t = 4
c) 2x – y – z + n + m = 5
x + 2y + z – 2n + m = 6
3x + y - n + 2m = 11
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
45
TEST PITANJA:
1. Šta je matrica?
2. Kakva je razlika između determinante i matrice?
3. Pod kojim uslovom mogu da se pomnože dvije matrice?
4. Kada je množenje matrica komutativno?
5. Šta je inverzna matrica?
6. Kako se rješava matrična jednačina?
7. Šta je rang matrice i kako se određuje?
8. Koji uslov treba da bude zadovoljen da sistem jednačina ima rješenja?
9. Šta je opšte, a šta partikularno rješenje?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
46
III) EKONOMSKE FUNKCIJE
Funkcija predstavlja zakonomjeran odnos između dvije ili više
promjenljivih veličina. Promjenljive veličine mogu biti: nezavisno
promjenljive i zavisno promjenljive, zavisno promjenljive veličine se
izražavaju matematičkim relacijama pomoću nezavisnih promjenljivih
veličina. Uobičajeno je da se nezavisno promjenljive veličine označavaju sa:
x – ako je riječ o funkciji sa jednom nezavisno promjenljivom ili x1, x2, ... , xn
– ukoliko imamo više nezavisno promjenljivih. Zavisno promjenljiva se
uobičajeno označava sa y ili f(x). Oblik zakonomjernog odnosa može biti:
linearan ili nelinearan. Funkcije mogu biti prekidne i neprekidne. Bez obzira
na oblik funkcionalne zavisnosti, opšti izraz funkcionalne zavisnosti
označavamo kao:
y = f (x) ili y = f (x1, x2, ... , xn)
Ekonomske funkcije su matematičke funkcije kojima se izražavaju
zavisnosti između ekonomskih veličina. Ekonomske funkcije omogućavaju
kvatifikovanje i razumijevanje ekonomski veličina, kao i odnosa među njima.
Najpoznatije ekonomske funkcije su:
- funkcija ponude,
- funkcija tražnje,
- funkcija ukupnih, prosječnih i graničnih prihoda,
- funkcija ukupnih prosječnih i graničnih troškova
- funkcija dobiti.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
47
U svrhu ekonomskih istraživanja ponašanje funkcije pratimo samo u
prvom kvadrantu (područje gdje obe promjenljive veličine imaju nenegativnu
vrijednost), jer u većini realnih problema samo nenegativne vrijednosti
ekonomskih promjenljivih imaju realno značenje.
1. FUNKCIJA PONUDE
Ponuda proizvoda predstavlja količinu proizvoda koju su proizvođači
ponudili na tržištu. Pri tome, pod proizvodom podrazumijevamo, svaki oblik
proizvoda: gotove proizvode namjenjene neposrednoj upotrebi,
proluproizvode ili sirovine namjenjene proizvodnoj potrošnji, intelektualne
proizvode i usluge.
Veličina ponude zavisi od mnogo faktora, kao što su cijena proizvoda,
troškovi proizvodnje, vremenski i tehnološki uslovi, cijena iz prethodnog
perioda (najizrženija kod poljuprivrednih proizvoda) itd. Dominantan uticaj
na ponudu proizvoda na tržištu izražen je cijenom proizvoda. Obilježimo li
jediničnu cijenu proizvoda koji se nude na tržištu sa p, a količinu proizvoda
koji se nude na tržištu sa qp, zavisnost ponude u odnosu na cijenu proizvoda
možemo izraziti kao:
qp = f (p)
Funkcija tražnje qp = f (p), zavisno od uslova na koje će se primjeniti
ta funkcija, može biti linearna, kvadratna (parabolična), eksponencijalna
(hiperbolička) itd. Da bi određena funkcija ispunila uslov da bude funkcija
ponude, mora ispuniti dva uslova:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
48
- kada je cijena veća od nule i količina ponuđenih proizvoda mora biti
veća od nule, što se može zapisati u obliku: p > 0, qp > 0,
- da bude zadovoljen zakon ponude: sa porastom cijena ponuda
proizvoda raste, odnosno funkcija kojom je izražena ponuda mora biti
rastuća, što znači da prvi izvod funkcije mora biti pozitivan, tj:
qp’ > 0, p > 0.
Ukoliko imamo slučaj da je funkcija tražnje data u linearnom obliku,
matematički izraz tražnje biti će:
qp = a + b p
gdje su:
qp – nivo ponude – količina proizvoda koja je ponuđena na tržištu,
p – jedinična cijena proizvoda,
a i b – nepoznati parametri funkcije tražnje, kojima se izražavaju različiti
slučajevi tražnje, a koji se određuju na osnovu datih cijena i njima
odgovarajućih količina,
a – označava minimalnu ponudu proizvoda pri cijeni od 0 N.J,
b – označava prosječan rast ponude za jedinični porast cijene (funkcija
ponude je rastuća funkcija, jer ukoliko cijene proizvoda rastu, na tržištu se
mogu ponuditi veće količine tih proizvoda i obratno).
Ukoliko na tržištu imamo uspostavljen odnos između cijene
proizvoda i cijene tih istih proizvoda, možemo pronaći zakonomjeran odnos
ponude proizvoda od njegove cijene izražen njegovom cijenom. Ukoliko
utvrdimo da je na tržištu ponuđeno qpi (i = 1, 2, ..., n) proizvoda sa cijenom pi
(i = 1, 2, ..., n) koja odgovara ponuđenoj količini proizvoda. Možemo
formirati niz od n linearnih jednačina oblika:
q pi = a + b pi
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
49
Niz od n linearnih jednačina dobijenih na gore opisan način, saberemo
i tako dobijemo prvu jednačinu sistema jednačina koja se naziva normalna
jednačina. Druga normalna jednačina novog sistema jednačina dobije se tako
da se svaka od prethodnih n jednačina pomnoži koeficjentima a i b, te se
nove jednačine saberu. Iz dobijenog sistema od dvije jednačine sa dvije
nepoznate (a i b) izračunavamo vrijednost nepoznatih parametara funkcije
ponude, a i b.
Kada se utvrdi funkcionalna zavisnost između ponude proizvoda i
njegove cijene, moguće je za bilo koju cijenu utvrditi veličinu ponude, isto
tako je moguće utvrditi za svaki nivo ponude cijenu proizvoda. Opisani
problemi se svode na rješavanje jednačine sa jednom nepoznatom.
Primjer 1. Na jednom tržištu uspostavljen je odnos između ponude
proizvoda (000 komada) i njegove cijene (KM/ kom), prikazan u tabeli 1.
p (KM/ kom) qp (000 kom)
10 9,5
12 10
13 12
14 13
18 15,5
20 18
Tabela 1. Nivo cijena i ponude proizvoda na posmatranom tržištu
Odrediti:
a) funkciju ponude u linearnom obliku tj. qp = a + b p, provjeriti da li
dobijena funkcija ispunjava uslove da se njome može izraziti
ponuda,
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
50
b) ponudu proizvoda, ukoliko je cijena 16 KM,
c) cijenu proizvoda, ako je ponuda 30.000 komada
Ovdje je: funkcija ponude u obliku linearne zavisnosti ponude
proizvoda u zavisnosti od njihove cijene, izražena u obliku: qp = a + b p.
Nepoznate parametre a i b, tražimo pomoću sistema od dvije normalne
jednačine. Na osnovu podataka u tabeli 1. imamo:
)1(
2018
185,15
1413
1312
1210
105,9
baba
babababa
Pomnožimo li svaku jednačinu odgovarajućim koeficjentom uz b (uz
a je u svakoj jednačini 1), dobijamo:
)2(
40020360
32418279
19614182
16913156
14412120
1001095
bababababa
ba
Sada saberemo jednačine sistema (1) i (2), te dobijamo dvije
normalne jednačine:
1. normalna jednačina je: 78 = 6a + 87b (3)
2. normalna jednačina je: 1.192 = 87a + 1.333 b (4)
Rješavanjem sistema jednačina (3) i (4) dobijamo:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
51
78 = 6a +87b a = 13 – 14,5b
1.192 = 1.131 – 1.261,5b + 1.333b 61 = 71,5 b b = 0,85
b = 0,85
a = 13 – 14,5 0,88 = 0,675
Funkcija ponude može se izraziti u obliku:
qp = 0,675 + 0,85 p
Dobijene vrijednosti parametara a i b imaju sledeća značenja:
- Minimalna ponuda proizvoda na ovom tržištu je 675 komada, ukoliko
je cijena proizvoda 0, na tržištu će se ponuditi 675 komada ovog
proizvoda. Ova vrijednost nema realno značenje, ukoliko bi ta
vrijednost doslovno protumačena to bi značilo da je na tržištu moguće
ponuditi količinu od 675 komada proizvoda besplatno (sa cijenom 0).
- Ukoliko se cijena proizvoda poveća za 1 KM, ponuda proizvoda na
ovom tržištu povećati će se u prosjeku za 850 komada, i obrnuto.
Ova funkcija ima osobine funkcije tražnje, jer je qp >0 za svako p > 0
i q'p = 0,85 > 0, p , tako da ova funkcija ispunjava uslove da se njome može
izraziti ekonomska funkcija ponude.
b) qp (16) = 0,675 + 0,85 16 = 14,275
Ukoliko bi cijena proizvoda bila 16 KM, ponuda na tržištu bila bi
14.275 komada.
c) 30 = 0,675 + 0,85 p p = 85,0
325,29 = 34,5 KM/kom
Ukoliko je ponuda na tržištu 30.000 komada, proizvodi se nude po
cijeni od 34,5 KM/ kom.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
52
Primjer 2. Koje od navedenih funkcija ispunjavaju uslove da se
mogu smatrati funkcijama ponude:
a) qp = 2p2 + p + 0,2
b) qp = 3
1
p + 7
c) qp = 4p – 5
Ovdje je:
a) Funkcija qp = 2p2 + p + 0,2 > 0, p>0,
q'p = 4p + 1 >0, - p4
1,
tako da se ovom funkcijom može iskazivati tražnja u oblasti od
4
1 do + , tako da ovo može biti funkcija ponude.
b) Funkcija qp = 3
1
p + 7 > 0, kada je p > 0, q'p = 3
4
3
1 p < 0, p >
0, tako da ovo ne može biti ekonomska funkcija ponude, jer je
opadajuća na dijelu na kome je p > 0.
c) Funkcija qp = 4p – 5 > 0, za p > 4
11 , q'p = 4 >0, p, tako da
se ovom funkcijom može iskazivati tražnja samo za cijene veće
od 4
11 .
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
53
2. FUNKCIJA TRAŽNJE
Tražnja predstavlja količinu proizvoda koja se potražuje na tržištu.
Tražnja nekog proizvoda (qt) zavisi od jedinične cijene proizvoda (p),
jedinične cijene supstitutivnih proizvoda (ps), cijene komplementarnih
proizvoda (pk), od dohotka potrošača (d), te od ostalih faktora (o), koji su:
opšti nivo cijena, struktura potrošača, navike potrošača za kupovinu
proizvoda, ukusa potrosača, vremena itd. Sve faktore koji utiču na tražnju je
nemoguće obuhvatiti, a pojedine faktore je teško kvantifikovati. Opšti oblik
funkcije tražnje može se zapisati u obliku:
qt = f (p, ps, pk, d, o)
Iz opšteg oblika funkcije tražnje mogu se izvesti sledeći oblici
funkcije tražnje, kojima su obuhvaćeni neki od faktora koji imaju dominantan
uticaj na tražnju, ti oblici su:
1. qt = f (p)
2. qt = f (p, ps, pk)
3. qt = f (p, ps, pk, d)
Ukoliko se osvrnemo na sve oblike funkcionalne zavisnosti tražnje
vidimo da svaki oblik funkcionalne zavisnosti uključuje jediničnu cijenu
proizvoda, što znači da jednična cijena proizvoda ima dominantan uticaj na
tražnju proizvoda na tržištu.
Funkcija tražnje zavisno od broja faktora ili uslova na koje se
primjenjuje može biti linearna, kvadratna (parabolična), eksponencijalna
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
54
(hiperbolička) itd. Funkcija f (p) ili bilo koja od navedenih funkcija može biti
funkcija tražnje ako ispunjava sledeće uslove:
- p > 0, q > 0, što znači da cijene i tražene količine moraju biti
pozitivne (negativne cijene i količine nemaju ekonomski smisao) i
- mora biti zadovoljen zakon tražnje: kada cijene rastu tražnja za
proizvodima opada, što proizilazi iz: qt' < 0, p > 0, prvi izvod funcije
tražnje mora biti negativan, da bi funkcija bila opadajuća.
Ukoliko se prema posmatranim uslovima na tržištu funkcija tražnje
prilagođava linearnoj zavisnosti i ukoliko tražnju posmatramo u zavisnosti od
jedinične cijene, funkcija tražnje se može iskazati na sledeći način:
qt = a + b p
gdje su:
qt – nivo tražnje – količina proizvoda koja se potražuje na tržištu,
p – jedinična cijena proizvoda,
a i b – nepoznati parametri funkcije tražnje, kojima se izražavaju različiti
slučajevi tražnje, a koji se određuju na osnovu datih cijena i njima
odgovarajućih količina,
a – označava maksimalnu tražnju proizvoda pri cijeni od 0 N.J,
b – označava prosječan pad tražnje za jedinični porast cijene (funkcija tražnje
je opadajuća funkcija, jer ukoliko cijene proizvoda rastu, na tržištu se
potražuju manje količine tih proizvoda i obratno).
Opservacijom tržišta možemo pratiti ponašanje tražnje u odnosu na
promjenu jedinične cijene proizvoda, te iz navedenog, možemo pronaći
zakonomjeran odnos ponude proizvoda od njegove cijene izražen njegovom
cijenom. Ukoliko utvrdimo da se na tržištu potražuje qti (i = 1, 2, ..., n)
proizvoda sa cijenom pi (i = 1, 2, ..., n) koja odgovara ponuđenoj količini
proizvoda. Možemo formirati niz od n linearnih jednačina oblika:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
55
q ti = a + b pi
Niz od n linearnih jednačina dobijenih na gore opisan način,
saberemo i tako dobijemo prvu jednačinu sistema jednačina koja se naziva
prva normalna jednačina. Druga normalna jednačina novog sistema jednačina
dobije se tako da se svaka od prethodnih n jednačina pomnoži koeficjentima
a i b, te se nove jednačine saberu. Iz dobijenog sistema od dvije jednačine sa
dvije nepoznate (a i b) izračunavamo vrijednost nepoznatih parametara
funkcije ponude, a i b.
Ukoliko se utvrdi funkcionalni oblik zavisnosti tražnje proizvoda od
njegove cijene moguće je utvrditi kolika će biti tražnja na tržištu pri datom
nivou cijena. Jednako tako, moguće je utvrditi za svaki nivo tražnje jediničnu
cijenu proizvoda.
Primjer 3. Ukoliko je opservacijom tržišta ustanovljeno da su
jedinične cijene i tražnja koja odgovara tim cijenama bile, kao što je
prikazano u tabeli 2.
p (KM/ kom) qt (000 kom)
10 28
12 25
13 21
14 17
18 12
20 8
Tabela 2. Nivo cijena i tražnje proizvoda na posmatranom tržištu
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
56
Potrebno je odrediti:
a) funkciju tražnje u linearnom obliku tj. qt = a + b p, te provjeriti da
li dobijena funkcija ispunjava uslove da se njome može izraziti
tražnja,
b) tražnju proizvoda, ukoliko je cijena 16 KM,
c) cijenu proizvoda, ako je ponuda 30.000 komada
Ovdje je: funkcija tražnje proizvoda izražena u linearnom obliku, te
na bazi uočenog nivoa cijena i tražnje tražimo nepoznate parametre funkcije a
i b. Na bazi podataka u tabeli 2. imamo:
)1(
208
1812
1417
1321
1225
1028
babababababa
Pomnožimo li svaku jednačinu odgovarajućim koeficjentom uz b (uz a
je u svakoj jednačini 1), dobijamo:
)2(
40020160
32418216
19614238
16913273
14412300
10010280
bbababababa
Sada saberemo sve jednačine iz sistema jednačina (1) i (2), te
dobijemo novi sistem od dvije normalne jednačine, odnosno:
1. normalna jednačina: 111 = 6a + 87 b i
2. normalna jednačina: 1.467 = 87a + 1.333 b, odavde je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
57
111 = 6a + 87 b bba 5,145,186
87
6
111
1.467 = 87 (18,5 – 14,5 b) + 1.333 b = 1.609,5 – 1.261,5 b + 1.333b
1.467 – 1609,5 = (1.333 – 1.261,5)b – 142,6 = 71,5b
99,15,71
5,142
b
a = 18,5 – 14,5 b a = 18,5 + 28,86 = 43,36
Sada imamo, da je funkcija tražnje na ovom tržištu, data u linearnom obliku:
qt = 43,36 – 1,99 p
Na osnovu dobijenih vrijednosti parametara a i b, saznajemo:
- maksimalna tražnja za ovim proizvodom iznosi 43.360 komada, to je
tražnja koju možemo očekivati ako cijena proizvoda bude 0 KM,
- kada se cijena poveća za 1 KM, tražnja za ovim proizvodom će se u
prosjeku smanjiti za 1.990 komada.
- Funkcija qt je pozitivna u intervalu ; 21,79 tako da ima osobine
funkcije tražnje za sve cijene manje od 21,79;
- qt' = – 1,99 < 0, p , tako da je ova funkcija opadajuća
Funkcija qt = 43,36 – 1,99 p može biti funkcija tražnje za cijene manje od
21,79 KM.
b) ukoliko cijena proizvoda bude 16 KM, možemo očekivati tražnju od:
qt (16) = 43,36 – 1,99 16 =11,52 (11.520 komada)
c) ukoliko tražnja iznosi 30.000 komada, tada je jedinična cijena proizvoda:
30 = 43,36 – 1,99 p 1,99 p = 43,36 – 30 1,99 p = 13,36
71,699,1
36,13 p KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
58
Primjer 4. Koje od navedenih funkcija mogu predstavljati funkciju
tražnje i zašto:
a) qt = – p2 + 4p – 3
b) qt = p2 – 1
c) qt = ep
Ovdje je:
a) qt 1,2 = 2
24
2
12164
, tako da je qt1 = 1; qt2 = 3, sada
imamo, qt > 0, 1 < p < 3, tako da bi ova funkcija mogla
predstavljati tražnju samo za cijene koje se nalaze u intervalu od 1 do
3 N.J.,
qt' = – 2p + 4, qt' < 0, za p > – 2 , funkcija je opadajuća za
cijene veće od - 2 N.J,
Kada sumarno sagledamo oba uslova, zaključujemo da ova funkcija
može biti funkcija tražnje samo za cijene od 1 do 3 N. J.
b) qt 1,2 = 1 , qt > 0, za p ,11, , tako da bi ova funkcija
mogla biti funkcija tražnje za cijene veće od 1 N.J,
qt' = 2p, qt' > 0, za p > 0, za cijene veće od 0 N.J. ova funkcija
je rastuća
zaključujemo da ova funkcija ne može biti funkcija tražnje,
c) qt > 0, p, funkcija je pozitivna za sve pozitivne vrijednosti
cijena,
qt' = p ep > 0, za p > 0,
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
59
3. USLOV RAVNOTEŽE NA TRŽIŠTU
Ravnotežu na tržištu imamo ako su ponuda i tražnja jednake, ili
ravnotežu na tržištu imamo za onu cijenu odnosno količinu kada se ponuda i
tražnja proizvoda izjednačavaju. Matematički izraz ravnoteže na tržištu može
se zapisati u obliku:
qp = qt
Cijena koja odgovara ravnoteži na tržištu označava se sa p0, količina
koja odgovara ravnoteži na tržištu je: qt0 (p0) = qp0 (p0).
Primjer 5. Polazeći od funkcije ponude iz primjera 1. i funkcije
tražnje iz primjera 3. utvrditi cijenu odnosno količinu za koju je
uspostavljena ravnoteža na tržišu?
Ovdje je: qp = 0,675 + 0,85 p i qt = 43,36 – 1,99 p, pa imamo:
Ravnoteža na tržištu postže se kada je qp = qt, odnosno:
0,675 + 0,85 p = 43,36 – 1,99 p
0,85 p + 1,99 p = 43,36 – 0,675
2,84 p = 42,685
029,1584,2
685,42p
Cijena sa kojom se postiže ravnoteža na tržištu je p0 = 15,029 KM, dok toj
cijeni odgovara količina qt0 = qp0 = 13.452 komada.
(qt = 43,36 – 1,99 15,029; qp = 0,675 + 0,85 15,029).
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
60
Grafički se ravnoteža može prikazati na grafikonu 1.
Grafikon 1. Grafički prikaz ravnoteže na tržištu; tačka u kojoj se
sijeku grafikoni funkcija ponude (qp) i tražnje (qt)
Primjer 6. Ukoliko su funkcija ponude, odnosno tražnje date u
obliku: qp = 2ep i qt = 10e – p , odrediti cijenu, odnosno količinu za koju se
postiže ravnoteža na tržištu?
Ovdje je: qp = 2ep i qt = 10e – p, imamo: ravnoteža na tržištu postiže se
kada je
qp = qt
2ep = 10e – p
ep = 5e – p
lnep = ln (5e – p)
ln ep = ln5 + lne– p
p = 1,0694 – p
2 p = 1,6094
8047,02
6094,1p
05
101520253035404550
0 5 10 15 20 25
qtqp
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
61
Cijena za koju postižemo ravnotežu na tržištu iznosi: p0 = 0,8047 N.J,
dok je pri tome količina koja se traži i količina koja se nudi na tržištu qp0 = qt0
= 4,4721. Ravnoteža na posmatranom tržištu može se prikazati na grafikonu
2.
Grafikon 2. Grafički prikaz ravnoteže na tržištu; tačka u kojoj se
sijeku grafikoni funkcija ponude (qp) i tražnje (qt)
Primjer 7. Na jednom tržištu tražnja za proizvodom „x“, data je
funkcijom tražnje qt = 13e– p2 , dok je ponuda tog istog proizvoda data
sledećom funkcijom: qp = 5e3p. Potrebno je odrediti uslove pod kojima
imamo ravnotežu na tržištu ovog proizvoda?
Ovdje je: qt = 13e– p2 i qp = 5e3p, ravnotežu imamo kada je ispunjen
uslov: qt = qp, pa je:
13e– p2 = 5e3p
ln(13e– p2) = ln(5e3p)
ln13 + ln(e– p2) = ln5 + ln (e3p)
2,56495 – p2 = 1,60944 + 3p
– p2 – 3p + 0,95551 = 0
0
2
4
6
8
10
12
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
qp
qt
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
62
p1,2 = 2
58,33
2
82204,393
p1 = – 3,29; p2 = 0,29
pošto je p1 < 0, kao uslov ravnoteže prihvatamo cijenu od 0,29 N.J, količina
koja odgovara ravnotežnoj cijeni iznosi: qt0 = qp0 = 11,95. Ravnoteža na
tržištu posmatranog proizvoda može se ilustrovati prikazom na grafikonu 3.
Grafikon 3. Grafički prikaz ravnoteže na tržištu; tačka u kojoj se
sijeku grafikoni funkcija ponude (qp) i tražnje (qt)
4. ELASTIČNOST KAO MJERA
MEĐUZAVISNOSTI EKONOMSKIH VELIČINA
Elastičnost predstavlja sposobnost jedne veličine da se promjeni više
ili manje pod dejstvom neke druge veličine sa kojom je ta veličina u
funkcionalnoj vezi. Ukoliko su dvije veličine x i y međusobno povezane
funkcionalnom vezom tako da vrijedi: y = f(x), i ako su x i y neprekidne
varijable imamo kontinuelnu elastičnost ili elastičnost u jednoj tački.
0
20
40
60
80
100
120
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
qt
qp
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
63
Iz navedenog zaključujemo, da elastičnost ponude proizvoda znači
osobinu ponude da reaguje na promjenu cijene. Tako da ukoliko imamo
funkcionalnu međuzavisnost između ponude proizvoda (qt) i njegove cijene
(p), odnosno da možemo reći da vrijedi:
qt = f(p) ,
matematički izraz za elastičnost ponude možemo zapisati u obliku, količnika
relativnih promjena ponude i cijene:
Ep = p
qqp
pp
p
p
p
p
,
Pri čemu su:
Ep – koeficijent elastičnosti ponude,
qp i p, apsolutne promjene ponude, odnosno cijene proizvoda, dok
su
p
p
i pp
, relativne promjene navedenih veličina.
Ako je funkcija ponude neprekidna i diferencijalna na posmatranom
intervalu i kada Δp 0, vrijedi:
Ep = ,p
p
qqp
Zaključujemo da je elastičnost ponude granična vrijednost količnika
relativnih promjena ponude i cijene kada apsolutna promjena cijene teži nuli.
Takođe, elastičnost tražnje označava osobinu tražnje proizvoda na
tržištu da se promjeni u zavisnosti na promjenu cijene toga proizvoda.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
64
Pođemo li od saznanja da tražnja za određenim proizvodom (qp) zavisi od
njegove cijene, odnosno da vrijedi:
qp = f(p),
navedeno se može zapisati na sledeći način:
Et = pq
qp
pp
t
t
t
t
Pri čemu su:
Et – koeficijent elastičnosti tražnje,
qt i p, apsolutne promjene tražnje, odnosno cijene proizvoda, dok su
t
t
i pp
, relativne promjene navedenih veličina.
Ako je funkcija tražnje neprekidna i diferencijalna na posmatranom
intervalu i kada Δp 0, vrijedi:
Et = ,t
t
qqp
Zaključujemo da elastičnost tražnje predstavlja graničnu vrijednost
količnika relativnih promjena tražnje i cijene kada apsolutna promjena cijene
teži nuli.
Elastičnost ponude, odnosno tražnje u odnosu na cijenu proizvoda se
primjenjuje jer:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
65
- predstavlja relativnu mjeru međuzavisnosti između ponude (tražnje)
proizvoda i njegove cijene i izražava se u procentima;
- ne zavisi od jedinice mjere u kojoj se izražavaju pomenute veličine.
Ukoliko se cijena proizvoda promjeni za 1%, koeficijent elastičnosti
ponude (tražnje) pokazuje za koliko % će se promjeniti ponuda (tražnja), što
proizilazi iz:
Ako je: %1100
101,0
pp
, tada je
Ep = 100
100
1
p
pp
p
p
p
qqq
q
pp
, odnosno
Et = 100
100
1
t
tt
t
t
t
qqq
q
pp
Pojedine vrijednosti koeficjenta elastičnosti ukazuju na sledeće,
ukoliko je:
│Ep│ (│Et│) < 1 – tada ponuda (tražnja) proizvoda nije elastična u
odnosno na cijenu, relativna promjena cijene je veća u odnosu na relativnu
promjenu ponude (tražnje) toga proizvoda,
│Ep│ (│Et│) > 1 – imamo slučaj da je ponuda (tražnja) proizvoda
elastična u odnosu na cijenu, relativna promjena cijena je manja u odnosu na
relativnu promjenu ponude (tražnje) toga proizvoda,
│Ep│ (│Et│) = 1 – tada imamo slučaj jedinične elastičnosti ponude
(tražnje) u odnosu na cijenu, koliko se promjeni cijena toliko se promjeni i
ponuda (tražnja),
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
66
│Ep│ (│Et│) = 0 – imamo slučaj vertikalne odnosno savršene
neelastičnosti ponude (tražnje) proizvoda u odnosu na njegovu cijenu, to je
slučaj kada ponuđena (tražena) količina proizvoda ne reaguje na promjenu
cijene toga proizvoda,
│Ep│ = – imamo horizontalnu odnosno savršenu elastičnost
ponude proizvoda u odnosu na cijenu, tako da najmanje smanjenje cijene
proizvoda dovodi do pada ponuđene količine na 0, odnosno da najmanje
povećanje cijene proizvoda dovodi povećanja ponuđene količine do
beskonačnosti,
│Et│ = – imamo horizontalnu odnosno savršenu elastičnost tražnje
proizvoda u odnosu na cijenu, tada najmanje smanjenje cijene proizvoda
dovodi do povećanja tražnje do beskonačnosti, kao i da najmanje povećanje
cijene proizvoda dovodi do pada tražnje za tim proizvodom na 0.
Pojedine funkcije tražnje odnosno ponude mogu imati različit
koeficijent elastičnosti na pojedinim intervalima.
Primjer 8. Odrediti koeficjent elastičnosti, područje elastičnosti i dati
interpretaciju za cijenu p = 3 KM, za funkcije:
a) qt = 43,36 – 1,99 p
b) qp = 0,675 + 0,85 p
a) ovdje je: qt = 43,36 – 1,99 p, pa je:
- područje definisanosti ove funkcije je D(p) = [0;21,79],
- Et = 36,4399,1
99,1)99,1(
99,136,43,
p
pp
pqqp
tt
, pa imamo:
- Et(3) = – 0,16, tako da se pri nivou cijena p = 3 KM, za povećanje
cijena za 1%, tražnja za ovim proizvodom se smanjuje za 0,16 %,
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
67
- │Et│ > 1, – 1,99p > – 1,99p + 43,36 0 · p > 43,36, te imamo
nemoguću nejednačinu, tj. zaključujemo, da je
│Et│ < 1, p (0;21,79),
│Et│= , za p = 21,79,
│Et│= 0, za p = 0
Funkcija tražnje je neelastična u odnosu na cijenu za sve vrijednosti
cijena koje se nalaze u domenu funkcije tražnje, osim za cijene na rubovima
domena, kada je cijena 0 KM imamo savršenu neelastičnost, a za cijenu
21,79 KM imamo savršenu elastičnost tražnje.
b) Ovdje je: qp = 0,675 + 0,85 p, pa je:
- područje definisanosti ove funkcije je D(p) = [0,+ ]
- Ep = 675,085,0
85,085,0
85,0675,0,
pp
ppq
qp
pp
, pa imamo:
- Ep(3) = 0,79, zaključujemo da ukoliko se pri nivou cijena p = 3 KM,
povećanje cijena od 1%, prouzrokovaće povećanje tražnje za 0,79%,
- │Ep│> 1, tj. 0,85 p > 0,85 p + 0,675 0 · p > 0,675, tako dobijamo
nemoguću nejednačinu, tj. zaključujemo:
│Et│ < 1, p (0, + ),
│Et│= 1, za p = +
│Et│= 0, za p = 0,
Te je, funkcija ponude neelastična za sve cijene iz domena funkcije
ponude, osim za cijene na rubu domena. Za cijenu 0 KM imamo savršenu
neelastičnost ponude, a za beskonačno veliku cijenu imamo jediničnu
elastičnost ponude.
Primjer 9. Odrediti područja elastičnosti funkcije tražnje
qt = 3 p333 .
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
68
Ovdje je: qt = 3 p333 , pa imamo:
- navedena funkcija definisana je za cijene za koje vrijedi:
33 – 3p ≥ 0, odnosno kada je
33 ≥ 3p p 11,
tako da je domen navedene funkcije D(qt) = [0,11],
Et = ,t
t
qqp =
)333(2
3)3(
3332
13
3333 pp
ppp
Prema navedenom imamo:
│Et│= , za p = 11, tako da za cijenu od 11 N.J. imamo savršenu
elastičnost tražnje,
│Et│= 0, za p = 0, tako da za cijenu od 0 N.J. imamo savršenu
neelastičnost tražnje,
│Et│< 1, kada je 3p < 2(33 – 3p) 9p < 66 p < 3
22
9
66 , odnosno
kada p (0, 3
22),
│Et│= 1, kada je p = 3
22 N.J. imamo jediničnu elastičnost tražnje,
│Et│ > 1, kada je 3p > 2(33 – 3p) 9p > 66 p > 3
22
9
66 , odnosno
za cijene iz intervala: p ( 11,3
22).
Primjer 10. Odrediti područja elastičnosti funkcije ponude qp = p3 –
3p2 + 3p – 1.
Ovdje je: qp = p3 – 3p2 + 3p – 1, te je ova funkcija definisana za sve
cijene veće od 1 N.J, tj. D(p) = (1, + ) pa imamo:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
69
Ep = ,p
p
qqp =
)1(
3
)1(
)1(3)363(
133 3
22
23
p
pp
ppppppp
p,
│Ep│= + , za p = 1, tako da za cijenu od 1 N.J. imamo savršenu
elastičnost tražnje,
│Ep│ < 1, kada je 3p < (p – 1) 2p < – 1 p < 2
1 , dok cijene
koje su manje od ove cijene nisu u oblasti u kojoj se nalazi oblasti u kojoj se
funkcija qp predstavlja funkciju ponude,
│Ep│ > 1, kada je 3p > (p – 1) 2p < – 1 p > 2
1 , odnosno za
cijene iz intervala: p (0,+ ), p 1.
Primjer 11. Odrediti koeficjent elastičnosti funkcije tražnje
qt = 1
1
p i protumačiti rezultat za p = 3.
Ovdje je: domen funkcije tražnje je, D(p) = (1, + ),
Et = 1)1(
1
1
1 2,
p
pp
p
pqqp
tt
Et(3) = 2
3
Ako cijenu proizvoda na nivou p = 3 povećamo za 1 %, tražnja za tim
proizvodom će pasti za 1,5 %.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
70
5. FUNKCIJA PRIHODA
Za naše potrebe razlikovaćemo:
- ukupni prihod, P
- prosječni prihod p i
- granični prihod p'.
Ukupni prihod (P) predstavlja funkciju dvije promjenljive:
- količine proizvoda realizovanih na tržištu (q) i
- prodajne cijene proizvoda (p).
Ukupni prihodi se izračunavaju se kao proizvod realizovane količine
proizvoda na tržištu i prodajne cijene jedinične količine proizvoda:
P = f(p,q) = p q
Funkcija ukupnih prihoda može biti zapisana, na dva načina:
- preko količina realizovanih proizvoda, u obliku:
P = pq = q (q),
gdje je: p = (q), dok je (q) – inverzna funkcija funkcije tražnje
- preko prodajne cijene (p), u obliku:
P = pq = p f(p),
gdje je: q = f(p), a f(p) – funkcija tražnje
Kako se funkcija ukupnih prihoda izražava pomoću funkcije tražnje,
to funkcija tražnje određuje područje definisanosti funkcije ukupnih prihoda.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
71
Funkcija prihoda, zavisno od uslova na koje se primjenjuje, može biti:
linearna, stepena, eksponencijalna. Funkcija ukupnih prihoda može biti data
ili je u nekim slučajevima treba odrediti.
Funkcija ukupnih prihoda se određuje preko funkcije tražnje, na
naprijed opisan način. Maksimalan prihod se postiže za onu cijenu ili
količinu za koju je prvi izvod funkcije jednak 0, a drugi izvod negativan, što
zapisujemo na sledeći način:
P(p0,q0) = Pmax, P' = 0 i P'' < 0
Prosječan prihod dobija se kao količnik ukupnih prihoda i realizovane
količine, što zapisujemo na sledeći način:
qPp = (p)
Iz čega se vidi da je funkcija prosječnih prihoda identična inverznoj
funkciji funkcije tražnje.
Granični prihod predstavlja promjenu ukupnih prihoda kada se
prodajna cijena promjeni za Δp, odnosno ako se realizovana količina
promjeni za 1 jedinicu. Ako se cijena promjeni za mali broj jedinica Δp 0,
tada je:
,
0lim P
pP
p
Potrebno je da granični prihod P' pokaže, takođe, za koliko se
promjeni ukupan prihod kada se ralizovana količina promjeni za 1 jedinicu.
Ukoliko je Δq = 1 relativno malo u odnosu na količinu, vrijedi dp = Δp i dq =
Δq, pa imamo:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
72
P(q+Δq) – P(q) = P'dq
P(q+Δq) – P(q) = P'Δq, kako je Δq = 1, imamo:
P(q+1) – P(q) = P'
Pomoću graničnih prihoda saznajemo intervale rasta, odnosno
opadanja funkcije ukupnih prihoda, te ekstremne tačke funkcije ukupnih
prihoda. Ako je, za određene količine realizovanih proizvoda:
- P' < 0, funkcija ukupnih prihoda opada za te količine proizvoda,
- P' > 0, funkcija ukupnih prihoda raste,
- P' = 0, funkcija ukupnih prihoda ima ekstremnu tačku, ukoliko je za
istu količinu, drugi izvod funkcije P'' < 0, funkcija ima maksimum,
ako je P'' < 0, funkcija ima minimum, ukoliko je P'' = 0 funkcija ima
prevojnu tačku.
Primjer 12. Jedno preduzeće u toku šest mjeseci ostvarilo je
realizaciju proizvoda „x“, kako je prikazano u tabeli 3:
Mjesec Prodajna cijena u KM
(p)
Realizovana količina
000 komada (q)
P = pq
I 10 1.000 10.000
II 12 900 10.800
III 13 850 11.050
IV 14 700 9.800
V 14,5 600 8.700
VI 15 500 7.500
Tabela 3. Realizovane cijene i količine proizvoda na posmatranom tržištu
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
73
Potrebno je: pomoću funkcije tražnje u linearnom obliku, naći
funkciju ukupnih, prosječnih i graničnih prihoda.
Ovdje je: funkcija ukupnih prihoda P = pq = q (q). Funkcija tražnje
je linearna funkcija oblika qt = a + bp. Polazeći od podataka u tabeli 3.
formiramo dva sistema od po 6 linearnih jednačina (1) i (2), pa imamo:
)1(
15500
5,14600
14700
13850
12900
10000.1
abab
ababab
ab
)2(
15225500.7
5,1425,210700.8
14196800.9
13169050.11
12144800.10
10100000.10
abab
abababab
Sabiranjem jednačina ova dva sistema dobijamo dvije normalne
jednačine:
4.550 = 78,5 b + 6 a a = 758,33 – 13,08b
57.850 = 1.044,25 b + 78,5a
758,33 – 13,08 b = a
57.850 = 1.044,25 b + 78,5(758,33 – 13,08b) =
59.529,17 – 1.027,04 b – 1.678,91 = 17,21 b b = – 97,57
b = – 97,57
a = 758,33 – 13,08 · (– 97,57) = 758,33 + 1.276,46 = 2.034,79
Funkcija tražnje je: qt = – 97,57p + 2.034,79, pa odavde dobijamo inverznu
funkciju funkcije tražnje (q) = 85,2057,97
q
, sada imamo da je:
P = (q) q = qq85,20
57,97
2
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
74
Prosječan prihod je:
p = qP
,
tako da je prihod po jedinici realizovane količine jednak prodajnoj cijeni.
Funkcija graničnh prihoda je:
P' = – 0,0205 q + 20,85.
Primjer 13. Ukoliko je tražnja za proizvodom „x“data funkcijom qt =
2e-p, odrediti funkciju ukupnih troškova, kao i funkciju graničnih troškova, te
pri kojoj cijeni (količini) preduzeće koje plasira proizvod „x“, može očekivati
maksimalan prihod?
Ovdje je: qt = 2e-p , tako da je funkcija ukupnih troškova P = pqt, pa
imamo:
P = p 2e-p = pep2
,
Što predstavlja funkciju ukupnih prihoda izraženu pomoću cijene
proizvoda.
Inverzna funkcija funkcije tražnje je: (p) , koja se dobije iz funkcije
taražnje je:
qe
qe
eq
q
q
q
2ln)(
2lnln
2
2
)(
)(
)(
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
75
Funciju ukupnih prihoda možemo izraziti i pomoću kličine proizvoda,
što je:
P = q (q) = q q2
ln
Funkcija prosječnih troškova je:
qq 2
ln)(
Funkcija graničnih troškova je P', pa imamo:
P' = 2e-p(1 – p)
P' = 0, kada je p = 1 i q = 0,74.
Kako je P''(1) < 0, za cijenu od 1 N.J. imamo maksimum funkcije ukupnih
prihoda.
- Funkcija ukupnih prihoda raste za cijene manje od 1 N.J;
- Za cijenu od 1 N.J, funkcija ukupnih troškova postiže maksimum;
- Za cijene veće od 1 N.J, funkcija ukupnih prihoda opada.
Funkcije tražnje ukupnih, prosječnih i graničnih troškova u zavisnosti
od cijene, odnosno realizovane količine možemo grafički prikazati na
grafikonu broj 4. odnnosno grafikonu broj 5.
Grafikon 4. Grafički prikaz tražnje, ukupnih i graničnih prihoda u
zavisnosti od cijene proizvoda
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
0 1 2 3 4
q
P
p`
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
76
Grafikon 5. Grafički prikaz prosječnih, ukupnih i graničnih prihoda u
zavisnosti od realizovane količine proizvoda
Primjer 14. Ukoliko je tražnja proizvoda data funkcijom tražnje
qt = e-p,polazeći od funkcije tražnje:
a) odrediti funkciju ukupnog i graničnog prihoda u funkciji cijene
proizvoda;
b) odrediti funkciju ukupnih i graničnog prihoda u funkciji količine
proizvoda;
c) izračunati cijenu i količinu za koju funkcija ukupnih prihoda dostiže
maksimum;
d) koristeći funkciju graničnih prihoda izračunati interval rasta
ukupnog prihoda;
e) grafički ilustrovati funkciju ukupnih i graničnih prihoda.
Ovdje je qt = e-p, tako da je D(p) = [0,+ ], jer je funkcija tražnje
opadajuća i pozitivna za sve cijene veće od 0 N.J, pa imamo:
a) funkcija ukupnih prihoda u funkciji cijene proizvoda je:
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 0,5 1 1,5 2 2,5
pPp`
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
77
P = pq = p e-p
Funkcija graničnih prihoda u funkciji cijene, ima oblik:
P' = e-p – pe-p = (1 – p) e-p
b) funkcija ukupnih prihoda u funkciji realizovane količine je:
P = q (q)
gdje je (q) – inverzna funkcija funkcije tražnje, a ujedno i funkcija
prosječnih prihoda, pa imamo:
(q) = p = – ln q
Sada je funkcija ukupnih prihoda izražena u funkciji realizovanih
količina:
P = – q ln q
Funkcija graničnih prihoda jednaka je prvom izvodu funkcije ukupnih
troškova, tako da je:
P' = – (ln q + q q1 ) = – 1 – ln q
c) potrebno je odrediti cijenu, odnosno količinu za koju je P' = 0, pa
imamo:
P' = (1 – p) e-p = 0
1 – p = 0
p = 1
P'' = – e-p – e-p + p e-p = e-p (p – 2)
P''(1) = – e-1 < 0
Tako da funkcija ukupnih troškova postiže maksimalnu vrijednost za
cijenu od 1 N.J. Količina koja odgovara maksimalnom prihodu je:
qt = e-1 = 0,37
d) funkcija graničnih troškova je:
P' = (1 – p) e-p
- P' = 0, za cijenu od 1 N.J, tada imamo maksimalne ukupne prihode jer
je P''(1)< 0,
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
78
- P' > 0, za cijene manje od 1 N.J, odnosno za p (0,1), tada ukupni
prihodi rastu
- P' < 0, za cijene veće od 1 N.J, odnosno za p ∞), tada ukupni
prihodi opadaju
e) Funkcije ukupnih i graničnih troškova u zavisnosti od cijene
proizvoda mogu se ilustrovati na grafikonu 6.
Grafikon 6. Grafički prikaz funkcije ukupnih i graničnih prihoda u
zavisnosti od cijene proizvoda
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5
Pp`
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
79
6. ELASTIČNOST FUNKCIJE PRIHODA
Funkcija elastičnosti ukupnih prihoda omogućava da se izračuna
osjetljivost prihoda na promjene cijene proizvoda.
Ukupan prihod se može dati u funkciji cijene proizvoda
matematičkim izrazom:
P = p f(p)
Tako da funkciju elastičnosti ukupnih troškova pronalazimo (EP,p)
polazeći od:
EP,p = PPp ',
gdje je:
P – ukupni prihod koji se ostvari realizacijom proizvoda na tržištu i
p – prodajna cijena proizvoda.
Kako je P = pf(p), f(p) = q navedeno možemo uvrstiti u prethodnu
formulu tako da dobijamo:
EP,p = )`()()(
ppfpfpfp
p
EP,p = )(
1pf
pf '(p)
EP,p = 1 + Eq
gdje je:
Eq – funkcija elastičnosti tražnje.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
80
Na osnovu relacije, kojom se dovodi u vezu funkcija elastičnosti
ukupnih prihoda i funkcija elastičnosti tražnje, možemo izvesti sledeće
zaključke:
- ako je Eq = 0 EP,p = 1, odnosno kada je tražnja savršeno
neelastična, tada funkcija ukupnih prihoda ima elastičnost 1,
- ako je Eq = – 1 EP,p = 0, imamo slučaj da je ukupni prihod savršeno
neelastičan, ujedno to je tačka maksimalnog ukupnog prihoda – kada
je ukupni prihod maksimalan ne reaguje na promjenu cijene,
- ako je – 1 < Eq < 0 , imamo slučaj da je tražnja neelastična, što ima
za posljedicu da je 0 < EP,p < 1,
- kada je tražnja elastična, tj. < Eq < – 1 , tada je EP,p < 0,
- maksimalna vrijednost funkcije elastičnosti ukupnih prihoda je 1, tj.
max pPE , =1.
Elastičnost tražnje se može da dovede u vezu sa graničnim prihodima.
Ako je funkcija ukupnih prihoda izražena pomoću cijene proizvoda P = p
f(p), granični trošak je:
P' = [p f(p)]' pa je:
P' = p' f(p) + p f '(p)
P' = f (p) [1+ )(
`
pfP
f ' (p)], kako je )(
`
pfP
f '(p) = Et
P' = q (1+ Et)
Iz poslednjeg obrasca možemo izvući sledeće zaključke:
- ako je Et = - 1, tada je P' = 0, te imamo potreban uslov za maksimum
funkcije ukupnih prihoda,
- kada je - 1 < Et < 0, onda su granični prihodi P' > 0, ukupni prihodi
rastu i tražnja je neelastična,
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
81
- kada je - < Et < -1, onda je P' < 0, tada je potražnja elastična a
ukupni prihodi su opadajući.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
82
7. FUNKCIJA TROŠKOVA
U ovom radu razlikovaćemo:
- ukupne troškove (C),
- prosječne troškove (c) i
- granične troškove (C').
Elementi proizvodnje ulaze u tehnološki ili preobražajni proces kao
odgovarajući upotrebni kvalitet u potrebnim količinama. Radnik radnom
snagom djeluje pomoću sredstava za rad, u prebražajnom procesu, na
predmete rada. Dolazi do trošenja ovih elemenata ali trošenja u smislu
preobražaja upotrebnih kvaliteta materijala u upotrebni kvalitet novog
proizvoda. Pored toga, sredstva za rad se troše u vidu habanja, dok nakon
određenog broja ponavljanja proizvodnih ciklusa proizvodnje ne postanu
neupotrebljivi. Takođe, dolazi do zamora radnika zbog gubljenja njihove
bioenergije u procesu rada. To se naziva naturalni vid trošenja ulaganja.
Međutim, obim utrošene vrijednosti uslovljen je količinom utrošenih
elemenata proizvodnje: sredstava za proizvodnju i potrebnim radom koji je
uložen u proizvodnju, izražen u novčanom ekvivalentu-cijeni. Utrošena radna
snaga može se obnoviti dijelom novostvorene vrijednosti, izraženim u novcu
kao ekvivalentu materijalnih i drugih dobara za podmirivanje potreba
radnika. Iako u preobražajnom procesu nestaje upotrebnih kvaliteta
elemenata proizvodnje, njihova vrijednost se reprodukuje stvaranjem novog
proizvoda, čijom se razmijenom za novac omogućuje pribavljanje nove
količine ovih elemenata. Stoga ovaj oblik ulaganja predstavlja reprodukciono
trošenje elemenata proizvodnje, za razliku od finalne potrošnje proizvoda.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
83
Veličina trošenja kao oblika ulaganja uslovljena je količinom
utrošenih upotrebnih kvaliteta elemenata proizvodnje-utrošcima i novčanim
izrazima njihove vrijednosti-cijenama. Proizvod utrošaka elemenata
proizvodnje i njihovih novčanih multiplikatora, cijena sredstava za
proizvodnju i zarada radnika, predstavljaju troškove. Na osnovu toga
izvodimo definiciju ovog oblika ulaganja: troškovi su novčani izraz
vrijednosti reprodukciono utrošenih elemenata proizvodnje
Ukoliko je C, funkcija ukupnih troškova obima proizvodnje q, tada
opšti oblik funkcije ukupnih troškova možemo zapisati kao:
C = F(q)
Da bi ovo bila funkcija ukupnih troškova moraju biti zadovoljeni
sledeći uslovi:
- q > 0, C > 0, kada je količina proizvedenih jedinica pozitivna, tada su
i troškovi pozitivni,
- C' > 0, funkcija ukupnih troškova raste sa porastom količine
proizvedenih jedinica.
Načini na koje se mogu izraziti ukupni troškovi, a zavisno od
postojećih uslova su:
- u obliku linearne funkcije: C = a + bq
- u obliku kvadratne funkcije: C = a + bq +c q2,
- u obliku kubne funkcije: C = a + bq + cq2 +d q3,
- u obliku: C = bqa ,
- u obliku eksponencijalne funkcije: C = a ebq,
- u obliku: C = (1 + bq)a,
- u obliku: C = aqcqbq
+ d, itd.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
84
Već smo rekli da opšti oblik linearne funkcije ukupnih troškova se
izražava jednačinom:
C = a + bq
Gdje su:
q – broj proizvedenih jedinica,
Koeficjent b – pokazuje za koliko se troškovi uvećavaju kada se obim
proizvodnje promjeni za jedinicu odnosno to je pomjenljivi dio troškova u
ukupnim troškovima.
Koeficent a – označava dio fiksnih troškova u ukupnim troškovima.
Zaključujemo, da ukoliko se količina proizvedenih jedinica mjenja, u
zavisnosti od toga mjenjaju se i ukupni troškovi.
Kako se pronalazi oblik linearne funkcije troškova pokazaćemo na
primjeru. Postupak je isti kao kod dosada opisanih ekonomskih funkcija.
Primjer 15. U jednom preduzeću zabilježen je odnos između broja
proizvedenih jedinica i ukupnih troškova proizvodnje, u toku 6 mjeseci,
prikazani su u tabeli broj 4:
Proizvodnja (000 000 komada) Ukupni troškovi ( KM 106)
2 12
2,5 12,5
3 13
3,5 14
4 15
5 16
Tabela broj 4. Obim proizvodnje i ukupni troškovi proizvodnje u
jednom preduzeću za period od 6 mjeseci
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
85
Potrebno je odrediti obrazac u obliku linearne funkcije gdje će ukupni
troškovi biti dati u zavisnosti od proizvedene količine proizvoda.
Ovdje je:
)1(
516
415
5,314
313
5,25,12
212
baba
baba
baba
)2(
25580
16460
25,125,349
9339
25,65,225,31
2224
baba
baba
baba
Sada je:
(1) 82,5 = 6a +20b
(2) 283,25 = 20a +72,5 b
Rješenjem sistema normalnih jednačina (1) i (2) dobijamo: a = 9,04 i
b = 1,41, te je funkcija ukupnih troškova data u obilku:
C = 9,04 + 1,41 q
9,04 – označava fiksne troškove, koji u našem slučaju iznose 9.040.000
KM dok
1,41 – označava varijabilne troškove, koji iznose 1.410.000 KM, za
svaku jedinicu prizvedenog proizvoda ukupni troškovi rastu za 1.410.000
KM.
Granični troškovi se definišu kao prosječni varijabilni troškovi
izazvani posljednjim porastom količine proizvoda ili poslednjim slojem
proizvodnje. U ekonomskoj teoriji granični troškovi nazivaju se još i
marginalni, jer se odnose na povećano trošenje zbog dodajne, marginalne
proizvodnje i u posmatranom primjeru iznose 1.410.000 KM, jer je C′ = 1,41.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
86
Primjer 16. Ispitati za koju vrijednost nezavisne varijable q, funkcija
C = qeq
može biti funkcija ukupnih troškova.
Ovdje je:
C = qeq
, pa imamo:
- q > 0, C > 0 q D(q) = (1, + ), ova funkcija može biti funkcija
ukupnih troškova za količine veće od jedne jedinice.
- C' > 0, C' = 2
)1(
qqeq
>0, za q > 1; data funkcija ukupnih troškova
rastuća je na cijelom domenu, a ekstremnu vrijednost je u tački u kojoj je prvi
izvod funkcije jednak 0:
- C' = 0, za q = 1, C'' = 4
)221(
qqqeq
C''(1) = e > 0 na
osnovu čega izvodimo zaključak da za količinu od 1 jedinice funkcija
ukupnih troškova ima minimum.
Funkcije ukupnih i graničnih troškova mogu se ilustrovati prikazom
na grafikonu broj 7.
Grafikon 7. Prikaz ukupnih i graničnih troškova u funkciji količine
proizvedenih jedinica
-500
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
0 2 4 6 8 10
C
c`
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
87
Posječni troškovi (c) predstavljaju količnik ukupnih troškova i ukupne
proizvodnje. Sa povećanjem proizvodnje prosječni troškovi opadaju. Ovo
opadanje prosječnih troškova ima donju granicu, nakon čega prosječni
troškovi rastu. Prosječni troškovi igraju značajnu ulogu u analizi troškova pri
čemu se minimum prosječnih troškova utvrđuje za onu količinu za koju su
oni jednaki sa graničnim troškovima. Proučavanje troškova ima naročiti
značaj kod određivanja optimalne dobiti preduzeća.
Kada utvrđujemo minimum funcije troškova potebno je da prvi izvod
funkcije prosječnih troškova bude nula i da njen drugi izvod bude manji od
nula tj. c' = 0, a drugi izvod veći od nule, tj.c'' > 0.
Primjer 17. Na osnovu podataka iz primjera 15. utvrditi funkciju
prosječnih troškova c.
Ovdje je:
C = 9,04 + 1,41 q c = qC
, pa je c = q04,9
1,41
Kako je c' = 2
04,9
q < 0, prosječni troškovi opadaju sa porastom
obima proizvodnje.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
88
8. FUNKCIJA ELASTIČNOSTI TROŠKOVA
Funkcija elastičnosti ukupnih (EC) i prosječnih troškova (Ec)
omogućava da se utvrdi osjetljivost ovih veličina u zavisnosti od promjene
obima proizvodnje.
Ukoliko su C i q, neprekidne varijable, a fukcija C = F(q)
diferencijalna funkcija. Kada se obim proizvodnje promjeni za Δq. Ukupni
troškovi promjeniće se za ΔC. Kada Δq 0, tada vrijedi:
qqCqqC
qC
qql
)()(limlim
00
= C'
gdje je: C' – granični trošak
Tako da vrijedi:
Ec = 1̀CCq
Ec = EC – 1 i EC = Ec + 1 (1)
gdje su: EC – funkcija elastičnosti ukupnih i Ec – funkcija elastičnosti
prosječnih troškova.
Iz relacija (1) zaključujemo:
- Ukoliko sa porastom obima proizvodnje opadaju granični troškovi.
Tada je Ec < 0, EC < 1 i C' < c, odnosno granični trošak manji je od
prosječnog i ima smisla povećavati obim proizvodnje.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
89
- Ukoliko sa porastom obima proizvodnje rastu prosječni troškovi, tada
je Ec > 0, EC > 1 i C' > c, tada su granični troškovi relativno visoki,
- Ako sa porastom obima proizvodnje ne dolazi do promjene graničnih
troškova, tada su granični troškovi savršeno neelastični, dok ukupni
troškovi imaju jediničnu elastičnost, a granični troškovi su jednaki
prosječnim troškovima, što se zapisuje na sledeći način: Ec = 0, EC =
1 i C' = c.
Primjer 18. Data je funkcija ukupnih troškova u obliku
C = q3 – 2q2 + 2q, polazeći od navedene funkcije treba:
a) izračunati pri kome obimu je proizvodnja najekonomičnija,
b) koliko iznose granični troškovi za količinu od 2 jedinice,
c) izračunati funkcije elastičnosti ukupnih i prosječnih troškova, te
objasniti koeficijent elastičnosti ukoliko je q = 2,
d) grafički prikazati funkciju ukupnih, prosječnih i graničnih troškova.
Ovdje je: C = q3 – 2q2 + 2q, pa je:
a) c = qC
q2 – 2q + 2 – funkcija prosječnih troškova, pa dobijamo da
je c' = 2q – 2, tražimo vrijednost q kada je c' = 0, a to je q = 1, da bi
ovo bio minimum funkcije drugi izvod mora biti pozitivan za tu
vrijednost, c'' = 2 > 0. tako da minimum prosječnih troškova imamo
pri obimu od jedne jedinice proizvodnje.
b) C' = 3q2 – 4q + 2, pa je C'(2) = 6. Pri porastu obima proizvodnje za
1 jedinicu na nivou q = 2, ukupni troškovi će porasti za 6 N.J.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
90
c) EC = `CCq =
22
2432
2
qqqq
i
Ec = EC – 1 =22
222
2
EC (2) = 3, ako se obim proizvodnje poveća za 1% na nivou od q = 2, ukupni
troškovi će porasti za 3%, dok će prosječni troškovi porasti za 2%.
d) Prosječni, ukupni i granični troškovi se mogu prikazati na grafikonu
8.
Grafikon 8. Prosječni, ukupni i granični troškovi
-100
0
100
200
300
400
500
600
700
0 2 4 6 8 10
C
C`
c
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
91
9. FUNKCIJA DOBITI
Dobit se definiše kao razlika između prihoda i troškova, kako smo
obradili funkcije ukupnih, prosječnih i graničnih prihoda i troškova,
razlikovaćemo i sledeće funkcije dobiti:
- funkcija ukupne dobiti (D),
- funkcija prosječne dobiti (d) i
- funkcija granične dobiti (D').
Navedene funkcije se dobiju kao razlika između odgovarajućih funkcije
prihoda i troškova, te je:
- funkcija ukupne dobiti: D = P – C,
- funkcija prosječne dobiti: d = p – c i
- funkcija granične dobiti: D' = P' – C'.
Pomoću funkcije dobiti moguće je izračunati optimalnu kombinaciju
ulaganja, tako da se postigne maksimalna dobit.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
92
ZADACI ZA VJEŽBU:
1. Na jednom tržištu tražnja za proizvodom „X“ i njegova cijena bili su:
Cijena proizvoda
KM
Tražnja
000 komada
1 100
2 95
3 89
4 84
5 82
Odrediti linearni oblik funkcije tražnje, pa izračunati tražnju proizvoda pri
cijeni od 7 KM, kao i pri kojoj cijeni će tražnja iznositi 50.000 komada?
2. Da li funkcija q = 3e-4p, može biti funkcija tražnje?
3. Na jednom tržištu ponuda proizvoda „X“ i njegova cijena bili su:
Cijena proizvoda
KM
Ponuda
000 komada
1 30
2 37
3 45
4 52
5 55
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
93
Odrediti linearni oblik funkcije ponude, pa izračunati ponudu proizvoda pri
cijeni od 7 KM, kao i pri kojoj cijeni će ponuda proizvoda na tržištu iznositi
70.000 komada?
4. Da li funkcija q = 7e5p +1 može biti funkcija ponude?
5. Polazeći od podataka iz zadatka 1. i 3. odrediti za koju cijenu i
količinu proizvoda „X“ imamo ravnotežu na tržištu?
6. Polazeći od podataka iz zadatka 2. i 4. odrediti za koju cijenu i
količinu proizvoda imamo ravnotežu na tržištu?
7. Ukoliko su ponuda i tražnja na jednom tržištu date funkcijama: qt=
4·2-p i qp = 3·24p, odrediti cijenu i količinu proizvoda tako da se na tržištu
postigne ravnoteža?
8. Za funkcije tražnje iz primjera 1. i 3. odrediti funkcije elastičnosti
ponude. Protumačiti elastičnost ponude za cijenu p = 10.
9. Za funkcije ponude iz primjera 2. i 4. odrediti funkciju elastičnosti
tražnje. Protumačiti elastičnost ponude za cijenu p = 10.
10. Jedno preduzeće u toku šest mjeseci ostvarilo je realizaciju proizvoda
„x“, kako je prikazano u tabeli:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
94
Mjesec Prodajna cijena u
KM (p)
Realizovana količina
000 komada (q)
P = pq
I 20 1.000 20.000
II 24 900 21.600
III 26 850 22.100
IV 28 700 19.600
V 29 600 17.400
VI 30 500 15.000
Potrebno je: pomoću funkcije tražnje u linearnom obliku, naći
funkciju ukupnih, prosječnih i graničnih troškova.
11. Ukoliko je tražnja za proizvodom „x“data funkcijom qt = 2e-3p,
odrediti funkciju ukupnih troškova, kao i funkciju graničnih troškova,
te pri kojoj cijeni (količini) preduzeće koje plasira proizvod „x“, može
očekivati maksimalan prihod?
12. Ukoliko je tražnja proizvoda data funkcijom tražnje qt = 3e-2p,
polazeći od funkcije tražnje:
a) odrediti funkciju ukupnog i graničnog prihoda u funkciji cijene
proizvoda;
b) odrediti funkciju ukupnih i graničnog prihoda u funkciji količine
proizvoda;
c) izračunati cijenu i količinu za koju funkcija ukupnih prihoda dostiže
maksimum;
d) koristeći funkciju graničnih prihoda izračunati interval rasta ukupnog
prihoda;
e) grafički ilustrovati funkciju ukupnih i graničnih prihoda.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
95
13. U jednom preduzeću zabilježen je odnos između broja proizvedenih
jedinica i ukupnih troškova proizvodnje, u toku 6 mjeseci, a podci su
prikazani su u tabeli:
Proizvodnja (000 000
komada)
Ukupni troškovi ( KM
106)
2 24
2,5 25
3 26
3,5 28
4 30
5 32
Potrebno je odrediti obrazac u obliku linearne funkcije gdje će ukupni
troškovi biti dati u zavisnosti od proizvedene količine proizvoda.
14. Ispitati za koju vrijednost nezavisne varijable q, funkcija C = q
e q
3
2
može
biti funkcija ukupnih troškova.
15. Na osnovu podataka iz primjera 13. utvrditi funkciju prosječnih
troškova c.
16. Data je funkcija ukupnih troškova u obliku C = 3q3 – 6q2 + 2q,
polazeći od navedene funkcije treba:
- izračunati pri kome obimu je proizvodnja najekonomičnija,
- koliko iznose granični troškovi za količinu od 2 jedinice,
- izračunati funkcije elastičnosti ukupnih i prosječnih troškova, te
objasniti koeficijent elastičnosti ukoliko je q = 2,
- grafički prikazati funkciju ukupnih, prosječnih i graničnih troškova.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
96
TEST PITANJA
1. Koje su najvažnije ekonomske funkcije?
2. Kako se može pronaći linearni oblik funkcije tražnje?
3. Koji su uslovi da neka funkcija bude funkcija tražnje?
4. Kako se može pronaći funkcija ponude?
5. Koji uslovi trebaju biti ispunjeni da bi određena funkcija bila funkcija
ponude?
6. Kada imamo ravnotežu na tržištu?
7. Objasniti pojam elastičnosti ekonomskih funkcija?
8. Od čega zavise prihodi od realizacije, koji su to prihodi?
9. Kako se izražavaju troškovi proizvodnje, koji su to troškovi?
10. Kako se pronalazi maksimum prihoda i minimum troškova?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
97
IV) OMJERI I PROPORCIJE
Proporcija ili omjer predstavlja dva jednaka količnika vezana znakom
jednakosti. Opšti oblik proporcije može se zapisati u obliku:
Znak jednakosti kod proporcije čita se: „odnosi se isto kao“ ili „kao“.
Iz opšteg oblika proporcije vrijedi:
pba i p
dc
Svaka proporcija ima četiri člana, kod proporcije pisane u opštem
obliku a je prvi, b drugi, c treći, a d četvrti član proporcije. Pored toga,
članovi a i d nazivaju se vanjskim članovima proporcije, dok su b i c
unutrašnji članovi proporcije.
Primjer omjera, odnosno proporcije može npr. biti: Ukoliko 5 kg riže
košta 7,5 KM, tada će 15 kg riže koštati tri puta više, tj. 22,5 KM. Na osnovu
navedenog primjera, sastaviti ćemo dvije razmjere i to razmjeru težine i
razmjeru prodajnih vrijednosti:
- razmjera težine: - razmjera prodajnih vrijednosti:
15 kg : 5 kg = 3 22,5 KM : 7,5 KM = 3
Gornje dvije razmjere su međusobno jednake jer imaju isti količnik,
te se smiju povezati znakom jednakosti:
15 : 5 = 22,5 : 7,5
a : b = c : d
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
98
1. OSOBINE PROPORCIJA
Osnovne osobine proporcija su:
1. proizvod unutrašnjih i vanjskih članova proporcije su međusobno
jednaki. Tako da polazeći od opšteg oblika proporcije ovu osobinu
možemo zapisati u obliku: a d = c b
2. proporcija ostaje ista ukoliko unutrašnji članovi međusobno zamjene
mjesta, što se, polazeći od opšteg oblika proporcije, može zapisati na
sledeći način: a : c = b : d
3. proporcija ostaje ista ukoliko vanjski članovi proporcije međusobno
zamjiene mjesta, što se polazeći od opšteg oblika proporcije, može
zapisati na sledeći način: d : b = c : a
4. proporcija se neće promijeniti ukoliko oba spoljašnja člana zamijene
mjesta sa unutrašnjim članovima, što se može napisati na sledeći
način: b : a = d : c
5. proporcija ostaje valjana ukoliko istovremeno pomnožimo ili
podijelimo po jedan vanjski i jedan unutrašnji član proporcije sa istim
bojem različitim od nule, što se može zapisati na sledeći način, npr:
ak : bk = c : d ak : b = ck : d a : b·k = ck : d a : bk = ck : d
ili
dckb
ka
:: dkcb
ka
:: kdc
kba ::
kd
kcba ::
k 0
6. zbir članova proporcije na lijevoj strani odnosi se prema prvom članu
proporcije, kao što se zbir članova desne strane proporcije odnosi
prema trećem članu proporcije, što se, polazeći od opšteg oblika
proporcije može zapisati na sledeći način:
a : (a + b) = c : (c +d)
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
99
7. zbir članova proporcije na lijevoj strani odnosi se prema drugom
članu proporcije, kao što se zbir članova desne strane proporcije
odnosi prema četvrtom članu proporcije, što se, polazeći od opšteg
oblika proporcije može zapisati na sledeći način:
(a + b) : b = (c + d) : d
8. razlika članova proporcije na lijevoj strani odnosi se prema prvom
članu proporcije, kao što se razlika članova desne strane proporcije
odnosi prema trećem članu proporcije, što se, polazeći od opšteg
oblika proporcije može zapisati na sledeći način:
a : (a – b) = c : (c +d)
9. razlika članova proporcije na lijevoj strani odnosi se prema drugom
članu proporcije, kao što se razlika članova desne strane proporcije
odnosi prema četvrtom članu proporcije, što se, polazeći od opšteg
oblika proporcije može zapisati na sledeći način:
(a – b) : b = (c – d) : d
Na osnovu prve osobine proporcije, za svaku proporciju moguće je
izračunati nepoznati član proporcije ukoliko su poznata ostala tri člana
proporcije. Postupak je sljedeći:
- ukoliko je nepoznat unutrašnji član proporcije, on se izračunava
kao količnik proizvoda vanjskih članova proporcije i poznatog
unutrašnjeg člana, što se može zapisati na sledeći način:
a : x = c : d cdax
ili
a : b = x : d b
dax
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
100
- ukoliko je nepoznat vanjski član proporcije, on se izračunava kao
količnik proizvoda unutrašnjih članova i poznatog vanjskog člana,
što zapisujemo na sledeći način:
x : b = c : d d
cbx ili
a : b = c : x a
cbx
Primjer 1. Izračunati nepoznati član proporcije:
a) 4 : 12 = x : 9
b) 6
1:
9
12:
3
16 x
c) 3,75 : 0,5 = 4,8 : x
Ovdje imamo:
a) 12x = 94 312
36x
b) 2
1
1819
919
9
1918
19
9
196
1
3
19
9
12
6
1
3
16
6
1
3
16
9
12
xx
c) 3,75 x = 4,8 0,5 64,075,3
4,2x
Primjer 2. Izvesti niz od devetnaest proporcija koje su ekvivalentne
navedenoj proporciji:
6 : 4 = 3 : 2.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
101
Ovdje imamo proporciju: 6 : 4 = 3 : 2, pa ako primjenimo pobrojana
pravila možemo je zapisati na sledeće načine da napisana proporcija ostane
valjana:
- 6 : 3 = 4 : 2,
- 2 : 4 = 3 : 6,
- 3 : 2 = 6 : 4,
- 4 : 2 = 6 : 3,
- 3 : 6 = 2 : 4,
- 2 : 3 = 4 : 6,
- 4 : 3 = 6 : 2,
- 6 2 : 4 2 = 3 : 2, odnosno 12 : 8 = 3 : 2,
- 6 2 : 4 = 3 2 : 2, odnosno 12 : 4 = 6 : 2,
- 6 : 4 2 = 3 : 2 2, odnosno 6 : 8 = 3 : 4,
- 6 : 4 = 3 2 : 2 2, odnosno 6 : 4 = 6 : 4,
- 2:32
4:
2
6 , odnosno 3 : 2 = 3 : 2,
- 2:2
34:
2
6 ,
- 2
2:3
2
4:6 , odnosno 6 : 2 = 3 : 1,
- 6 : 4 = 2
2:
2
3,
- (6 + 4) : 4 = (3 + 2) : 2, odnosno 10 : 4 = 5 : 2,
- 6 : (4 + 6) = 3 : (2 + 3), odnosno 6 : 10 = 3 : 5,
- (6 – 4) : 4 = (3 – 2) : 2, odnosno 2 : 4 = 1 : 2,
- 6 : (6 – 4) = 3 : (3 – 2), odnosno 6 : 2 = 3 : 1.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
102
Primjer 3. Osloboditi se razlomaka u sledećim proporcijama, tako da
proporcije ostanu valjane.
a) 8:305
2:
2
3
b) 9:16
158:
6
5
Ovdje je potrebno pomnožiti prvi i drugi član u prvoj proporciji, i prvi
i treći član druge proporcije sa najmanjim zajedničkim sadržaocem
nazivnika, pa imamo:
a) prvi i drugi član proporcije množimo sa najmanjim zajedničkim
sadržaocem za 2 i 5, a to je 10, pa dobijamo:
8:30105
2:10
2
3 , pa je: 15 : 4 = 30 : 8,
b) prvi i treći član proporcije množimo najmanjim zajedničkim
sadržaocem za 6 i 16, a to je 48, pa dobijamo:
9:4816
158:48
6
5 , pa je 40 : 8 = 45 : 9.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
103
2. RJEŠAVANJE PRAKTIČNIH PROBLEMA
PRIMJENOM PROPORCIJA
Mnoge praktične probleme moguće je izraziti pomoću jedne ili više
proprcija, pri čemu veličine koje ulaze u sastav problema mogu biti direktno
ili obrnuto proporcionalne. Nepoznati član proporcije se izračunava na način
kako je to naprijed opisano. U problemima koji se riješavaju primjenom
proporcija neophodno je prepoznati prirodu proporcionalnosti među
veličinama, odnosno da li su veličine direktno ili obrnuto proporcionalne
među sobom.
Ukoliko se u problemu javljaju dvije vrste međusobno
proporcionalnih veličina imamo prostu proporciju. Ako se u problemu javlja
tri ili više proporcija imamo složenu proporciju.
2.1. Proste proporcije
Ukoliko se u problemu javljaju dvije vrste proporcionalnih veličina,
bilo da su one direktno ili obrnuto proporcionalne, na osnovu tri poznata
člana proporcije može se izračunati nepoznat član proporcije. U problemima
ove vrste bitno je pravilno odrediti smjer proporcije, odnosno prepoznati da li
su veličine međusobom direktno ili obrnuto proporcionalne.
Problemi se riješavaju tako što u horizontalnom redu prvo napišemo
uslovni stav, a ispod njega upitni stav. Uslovni stav sadrži poznate članove
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
104
proporcije, dok upitni stav sadrži nepoznati član proporcije. Zatim strelicama
označimo smjer proporcionalnosti između veličina. Ukoliko je riječ o
direktnoj proporcionalnosti strelice su istog smjera, a kada imamo obrnuto
proporcionalnu zavisnost strelice su suprotnog smjera.
Primjer 4. Za 12 metara štofa plaćeno je 360 KM, koliko treba platiti
za 60 metara tog istog štofa?
Ovdje je:
Uslovni stav 12 m 360 KM
Upitni stav 60 m x KM
Veličine su direktno proporcionalne tako da postavljamo proporciju
oblika:
12 : 60 = 360 : x
Pomoću zapisane proporcije izračunavamo nepoznati član proporcije:
KMx 180012
36060
Za 60 metara štofa potrebno je platiti 1.800 KM.
Primjer 5. Pet radnika završi neki posao za 15 dana. Za koliko dana
bi taj isti posao završilo 10 radnika, pod uslovom da radnici jednako rade i da
radni dan jednako traje?
Ovdje je:
Uslovni stav 5 radnika 15 dana
Upitni stav 10 radnika x dana
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
105
Veličine su obrnuto proporcionalne, pa imamo:
5 : 10 = x : 15
Odakle izračunavamo nepoznati član proporcije:
danax 5,710
155
Navedeni posao 10 radnika bi završilo za 7,5 dana.
2.2. Složene proporcije
Pomoću složenih proporcija riješavamo probleme kod kojih
nepoznata veličina zavisi od 5, 7, 9 itd. poznatih veličina. I kod složenih
proporcija zadatak se postavlja u obliku uslovnog i upitnog stava, pri čemu se
iste veličine stavljaju jedna ispod druge. Kada zadatak postavimo, treba
voditi računa kakvi su odnosi, direktni ili obrnuti.
Pri rješavanju zadataka pomoću proporcije, sve proporcije od kojih
zavisi nepoznata postavljaju se prema proporciji u kojoj se nalazi nepoznata
veličina. Smijer proporcije označava se strelicom.
Primjer 6. Petnaest radnika za 6 dana zaradi 3.600 KM. Koliko KM
može zaraditi 18 radnika za 24 radna dana?
Ovdje je:
Uslovni stav 15 radnika 6 dana 3.600 KM
Upitni stav 18 radnika 24 dana x KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
106
Sve veličine su direktno proporcijalne, tako da složena proporcija
glasi:
18 : 15 = 24 : 6 = x : 3.600
Iz navedene složene proporcije nepoznati član dobijamo, na sledeći
načina:
KMx 280.17615
1824600.3
Za 24 radna dana, 18 radnika zaraditi će 17.280 KM.
Primjer 7. Dvanaest radnika završi neki posao za 20 dana radeći po 8
sati dnevno. Koliko bi radnika trebalo angažovati da rade po 10 sati dnevno i
da posao bude završen za 16 dana?
Ovdje je:
Uslovni stav 12 radnika 8 sati 20 dana
Upitni stav x radnika 10 sati 16 dana
Broj radnika je obrnuto proporcionalan broju sati dnevnog rada, kao i
broju radnih dana, tako da složena proporcija glasi:
x : 12 = 8 : 10 = 20 : 16
Iz složene proporcije izračunavamo nepoznati član na sledeći način:
121610
20812
x
Ukoliko želimo da posao bude završen za 16 dana, uz dnevni rad od
10 sati potrebno nam je 12 radnika.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
107
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Za 824 kg pasulja plaćeno je 1.236 KM. Koliko treba platiti za 1.500
kg pasulja?
2. Za 580 američkih dolara plaćeno je 957 KM. Koliko konvertibilnih
maraka treba platiti za 3.540 američkih dolara?
3. Za 348.000 KM kupljeno je 250.000 kg šećera. Koliko je šećera
moguće kupiti za 2.436.000 KM?
4. Ako se za 25 kg kave dobije se 245 KM. Koliko se konvertibilnih
maraka može realizovati prodajom 327 kg kave?
5. Za 125 kg jabuka potrbno je platiti 115 KM. Koliko se treba platiti za
725 kg jabauka?
6. 14 radnika završi posao za 28 dana. Koliko radnika je potrebno da se
posao završi za 14 dana?
7. 10 radnika završe posao za 60 sati. Za koliko sati će isti posao obaviti
15 radnika?
8. Koliko dolara treba platiti za 175 m štofa, ako je za 3 m štofa plaćeno
45 dolara i ako 100 dolara vrijedi koliko i 163 KM?
9. Jedan radnik za 6 radnih dana završi posao radeći pri tome 8 sati
dnevno. Za koliko sati rada dnevno bi isti posao završila dva radnika,
ukoliko bi radili 4 dana?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
108
10. Za 100 eura dobije se 700 hrvatskih kuna, dok se za 1 KM dobije
1,955831 eura. Koliko se KM može dobiti za 200 hrvatskih kuna?
11. Za 45 dinara dobije se 1 KM, dok se za 195,5 KM dobije 100 eura.
Koliko dinara se može dobiti za 50 eura?
12. Planirano je da popis robe u jednom preduzeću obavi 25 radnika za 60
sati rada. Nakon 12 sati rada, posao napusti 10 radnika. Koliko sati će
trajati popis robe u ovom preduzeću?
13. Bazen zapremine 100 m3 puni se pumpom kod koje je protok vode 25
m3/h, 4 sata. Koliko sati će se puniti isti bazen sa pumpom kod koje je
protok vode 15 m3/h?
14. Na nekom poslu 30 radnika zaradi 18.720 KM za 26 radnih dana.
Koliko bi na tome istom poslu zaradila grupa od 80 radnika za 10
dana?
15. Berbu jabuka u jednom voćnjaku može da obavi 80 radnika za 15
dana, ukoliko rade 10 sati dnevno. Za koliko dana berbu može obaviti
90 radnika uz rad od 8 sati dnevno?
16. Dvadesetpet radnika za 26 radnih dana uz rad u jednoj smjeni (8 sati
dnevno) izradi 500 komada stolica. Koliko stolica može izraditi 30
radnika uz rad u dvije smjene (u jednoj smjeni radi 15 radnika) za 24
dana?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
109
17. Za postavljanje pločica u jednoj hali čija je dužina 20 m, a širina 16
m, potrebno je platiti 1.250 KM. Koliko bi trebalo platiti za
postavljanje istih pločica u prostoriji širine 24 m, a širine 18 m?
18. Cestu dužine 1.600 km i 6 metara širine 30 radnika asvaltira za 40
dana uz rad od 8 sati dnevno. Koliko bi radnika trebalo da se put
dužine 2.000 km i 8 m širine asvaltira za 30 dana uz rad od 6 sati
dnevno?
19. Neki posao 70 radnika može da završi za 25 dana ako rade 8 sati
dnevno. Nakon 15 dana 20 radnika je prebačeno na drugi posao.
Koliko sati dnevno treba da radi ostalih 50 radnika da bi posao
završili za isto vrijeme?
20. Preduzeće je isplatilo 1.440 KM petnaestorici radnika koji su radili 6
dana po 8 sati dnevno. Zbog povećanja obima poslovne aktivnosti
preduzeća, zaposleno je još 5 radnika i sada svi rade po 10 sati dnevo.
Koliko će im preduzeće isplatiti za 26 radnih dana?
21. Preduzeće koje proizvodi vuneni štof, od 48 kg vune dobije 150 m
štofa širine 1,6 m. Koliko metara štofa može proizvesti od 180 kg
vune, ako se proizvodi štof širine 1,5 m?
22. Buldožder od 45 konjskih snaga iskopa 5.200 m3 zemlje za 26 radnih
dana ako radi 8 sati dnevno. Koliko kubnih metara zemlje će iskopati
buldožder od 30 konjskih snaga za vrijeme od 15 dana, ako radi 10
sati dnevno?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
110
TEST PITANJA
1. Šta je proporcija?
2. Koliko članova sadrži sadrži proporcija, i kako nazivaju ti članovi?
3. Koje vrste proporcija postoje?
4. Kakve su direktno proporcionalne veličine?
5. Kada imamo obrnuto proporcionalne veličine?
6. Kakve su to proste proporcije?
7. Kakve su to složene proporcije?
8. Koje su osobine proporcija?
9. Kako se izračunava nepoznati član proporcije?
10. Kako se riješavaju problemi u kojima je prisutna proporcionalnost
veličina?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
111
V) VERIŽNI RAČUN
U praksi se susrećemo sa situacijama kada se određeni problemi
iskazuju nizom direktno proporcionalnih odnosa među veličinama. Takvi
problemi se uspješno riješavaju primjenom verižnog računa. Ukoliko su
veličine obrnuto proporcionalne, verižni račun nije podoban za primjenu.
Dakle, verižni račun je metoda za riješavanje problema gdje se
pojavljuje niz odnosa između veličina koje su direktno proporcionalne, a
sastoji se u pronalaženju nepoznatog člana proporcije, na osnovu poznatih
članova proporcija. U zavisnosti od toga da li se niz sastoji od dvije ili više
proporcija razlikujemo prosti i složeni verižni račun.
Drugi uslov, koji mora biti ispunjen da bi se naprijed opisani problemi
mogli riješavati primjenom verižnog računa je da su po dvije veličine
izražene u istoj mjernoj jedinici.
Verižni račun se primjenjuje naročito onda kada se novac ili mjerne
jedinice jedne zemlje treba pretvoriti u novac ili mjerne jedinice druge
zemlje.
Naziv verižni potiče od riječi verige koja znači lanac, jer je u
problemima koji se riješavaju primjenom verižnog računa, prisutan niz
jednačina koje su povezane u lanac. Imena veličina čine vezu između
poznatih i nepoznate veličine, tako da se lanac i slaže na osnovu toga.
Praktični problemi koji ispunjavaju uslove podobnosti za primjenu
verižnog računa, prevode se u model na sledeći način:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
112
1. matematički model za riješavanje verižnim metodom sastoji se od
lijeve i desne strane koje su odvojene uspravnom linijom,
2. verižni model počinje pitanjem, dakle prvo mijesto na lijevoj strani
verižnog modela rezervisano je za nepoznatu veličinu X, dok na
prvo mjesto sa desne strane stavlja veličina na koju se odnosi
pitanje u problemu,
3. svaki sledeći stav verige treba početi jedincom kojom je završen
prethodni stav i
4. veriga, odnosno lanac je zaključen kada završimo jedinicom kojom
je lanac započet, odnosno jedinicom čija vrijednost se traži.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
113
1. PROST VERIŽNI RAČUN
U problemima koji se rješavaju primjenom metoda prostog verižnog
računa, potrebno je na osnovu tri poznate veličine izračunati nepoznatu
veličinu. Pri tome mora biti ispunjen uslov da su parovi veličina direktno
proporcionalni i da su po dvije veličine istog imena, odnosno izražene u istim
mjernim jedinicama.
Kada se problem prevede u model podesan za riješavanje verižnim
računom, odnosno metodom, nepoznata veličina dobije se kao količnik
proizvoda veličina sa desne strane i poznatih veličina sa lijeve strane.
Primjer 1. Treba izračunati koliko KM košta 25 metara tkanine, ako
12 metara te tkanine košta 72 KM?
Ovdje je:
X KM = 25 m
12 m = 72 KM
Sada problem zapisujemo u obliku verižnog modela, koji ima oblik:
Primjenom verižnog računa izračunavamo vrijednost nepoznate
veličine X, tako da imamo:
X KM 25 m
12 m 72 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
114
KMX 15012
7225
Za 25 m tkanine treba platiti 150 KM.
Primjer 2. 100 eura košta 195,5831 KM, koliko KM je potrebno
platiti za 500 eura?
Ovdje je:
X KM = 500 eur
100 eur = 195,5831 KM
Odnosno:
Pa imamo:
KMX 9155,977100
5831,195500
Za 500 eura potrbno je platiti 977,9155 KM.
Primjer 3. Koliko jardi (Yd) je udaljenost između Gradiške i Banja
Luke, ako ta udaljenost iznosi 48 kilometara (km) i ako je poznato da jedan
jard odgovara dužini od 0,914 kilometra?
Ovdje je:
X Yd = 48 km
0,914 km = 1 Yd
X KM 500 eur 100 eur 195,5831 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
115
Odnosno:
Pa imamo:
YdX 872,431
914,048
Udaljenost između Gradiške i Banja Luke iznosi 43,872 Yd – jardi.
X Yd 48 km 0,914 km 1 Yd
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
116
2. SLOŽEN VERIŽNI RAČUN
Složeni verižni račun je matematička metoda za riješavanje problema
u kojima se na osnovu pet, sedam, devet itd. poznatih veličina traži šesta,
osma, deseta itd. nepoznata veličina. Pri tome je neophodno da su parovi
veličina direktno proporcionalni i da su po dvije veličine izražene u istim
jedinicama mjere.
Problem se prevodi u model podesan za riješavanje verižnim računom
na naprijed opisan način. Lanac, odnosno veriga počinje sa nepoznatom
veličinom, zatim slijede poznate veličine prema smislu, ali lanac se veže tako
da sledeći stav u lancu počinje veličinom kojom je prethodna završila, a
završava kada se na desnoj strani nađe mjerna jedinica kojom je počela prva
jednačina. Nepoznata veličina se traži kao količnik između: proizvoda
veličina sa desne strane verižnog modela i proizvoda poznatih veličina sa
lijeve strane verižnog modela, odnosno:
Pri tome se sa lijeve strane uvijek nalazi jedna poznata veličina manje
nego na desnoj strani.
Primjer 4. Za 8 libri (lb) olova plati se 51,90 američkih centa (cts).
Koliko konvertibilnih maraka treba platiti za 9.000 kg olova, ako se za 1
dolar plati 1,65 KM i ako je 1 lb = 0,454 kg?
X = (proizvod svih veličina sa desne strane) : (proizvod poznatih veličina sa lijeve strane)
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
117
Ovdje je:
X KM = 9.000 kg
0,454 kg = 1 lb
8 lb = 51,90 cts
100 cts = 1 $
1 $ = 1,65 KM
Odnosno:
Pa imamo:
KMX 75,109.211008454,0
65,1190,511000.9
Za 9.000 kg olova potrebno je platiti 2.109,75 KM.
Primjer 5. Jedan bušel pšenice košta 1,5 eura. Koliko je potrebno
konvertibilnih maraka (KM) za kupovinu 5 tona te iste pšenice, zajedno sa
transportnim troškovima od 5%, ako je 1 bušel 60 libri (1 lb = 0,454 kg), a za
1 euro se plaća 1,955831 KM?
Ovdje je:
X KM sa troškovima= 5 t
X KM 9.000 kg
0,454 kg 1 lb
8 lb 51,90 cts
100 cts 1 $
1 $ 1,65 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
118
1 t = 1.000 kg
0,454 kg = 1 lb
60 lb = 1 bušel
1 bušel = 1,5 eur
1 eur = 1,955831 KM bez troškova
100 KM = 105 KM sa troškovima
Odnosno:
Pa imamo:
KMX 43,5651001160454,01
105955831,15,111000.15
Za 5 tona pšenice potrebno je platiti 565,43 KM.
Primjer 6. Kod nas se za jedan metar kubni cijepanog ogrevnog
drveta plaća 60 KM. Potrebno je sastaviti ponudu za kupca u Londonu za
jedan standard cijepanog ogrevnog drva, tako da se ponudi cijena sa 10 %
trgovačke marže, ako je poznato da jedna funta košta 43 KM i da jedan
standard odgovara zapremini od 4,672 m3. Po kojoj cijeni ćemo ponuditi
cijepano ogrevno drvo kupcu u Londonu?
X KM sa trošk. 5 t
1 t 1.000 kg
0,454 kg 1 lb
60 lb 1 bušel
1 bušel 1,5 eur
1 eur 1,955831 KM bez trošk.
100 KM bez trošk. 105 KM sa trošk.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
119
Ovdje je:
X £ = 1 standard
1 standard = 4,672 m3
1 m3 = 60 KM bez marže
100 KM bez marže = 110 KM sa maržom
43 KM = 1 £
Odnosno:
Pa imamo:
170977,74310011
111060672,41
X ₤
Kupcu u Londonu ponudićemo cijepano ogrevno drvo po cijeni od
7,170977 £ za standard.
Primjer 7. Preduzeće u Zagrebu plaća za kompijuter u Beču cijenu
od 250 eura. Po kojoj cijeni može taj isti kompjuter kupiti preduzeće u Banjoj
Luci od preduzeća u Zagrebu, ako je za 1 eur potrebno platiti 7 hrvatskih
kuna, ako se za 26,5 KM dobije 100 hrvatskih kuna, te ako preduzeće iz
Zagreba ovo prodajom planira da zaradi 20 % od cijene koju je platilo za
kompjuter?
X £ 1 standard
1 standard 4,672 m3
1 m3 60 KM bez marže
100 KM bez marže 110 KM sa maržom
43 KM 1 £
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
120
Ovdje je:
X KM = 250 eur
1 eur = 7 kuna
100 kuna bez zarade = 120 kuna sa zaradom
100 kuna = 26,5 KM
Odnosno:
Pa imamo:
KMX 5,5561001001
5,261207250
Preduzeće u Banjoj Luci moraće za kompjuter da plati 556,5 KM.
X KM 250 eur
1 eur 7 kuna bez zarade
100 kuna bez zarade 120 kuna sa zaradom
100 kuna 26,5 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
121
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Koliko KM treba paliti za 154 kg banana, ako 50 kg banana košta 60
KM?
2. 800 kg kave može se kupiti za 37.500 KM. Koliko se kave može
kupiti za 187.500 KM?
3. Za 15 radnih dana radnik zaradi 450 KM. Koliko može zaraditi radnik
za 26 radnih dana?
4. Koliko se KM može dobiti za 5.500 eura, ako 100 eura košta
195,5831 KM?
5. Koliko KM treba izdvojiti za kupovinu 1.800 kg kave, ako je za 1
libar kave (1 lb = 0,454 kg) potrebno platiti 88 američkih centi (1$
=100 centi)? Za 100 $ (dolara) potrebno je platiti 162 KM.
6. Koliko bi se funti moralo platiti za 1 jard štofa u Londonu, pa da
kupovna cijena za 1 metar štofa bude 18 KM, uz uslov da jedna funta
košta 43 KM? (1Yd = 0,914 m)
7. U Njemačkoj smo prodali 250 vagona pasulja po cijeni od 900 KM za
jednu tonu (1 vagon odgovara količini od 100 tona). Koliki promet u
eurima ćemo realizovati prodajom pasulja, ukoliko je za 1 euro
potrebno platiti 1,955831 KM?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
122
8. Koliko bi koštalo 8 šlepera američke pšenice u Banjoj Luci, zajedno
sa troškovima prevoza koji iznose 12,5%, ako 1 bušel pšenice košta
25,2 centa i ako bušel ima težinu 60 libri, a za 1$ potrebno je platiti
1,62 KM? ( 1 šleper ima nosivost od 25.000 kg, 1 lb = 0,454 kg, 1$ =
100 cts).
9. Jedno preduzeće iz Njujorka nudi nam bakar po cijeni 42 dolara za
100 libri, a preduzeće iz Londona po cijeni od 61,5 funti za jednu
tonu. Koju ponudu ćemo prihvatiti kao povoljniju ako 1 dolar stoji
1,62 KM, a troškovi dopreme iz Njujorka iznose 17%, dok 1 funta
stoji 43 KM, a troškovi dopreme bakra iz londona izose 12%. (1 lb =
0,454 kg)?
10. Koliko je potrebno platiti za 5.000 kg kave u Njujorku, ako se za 1
libru kave plaća 175 centi i ako je jedan dolar 1,65 KM i troškovi
dopreme iznose 1% od prodajne cijene?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
123
TEST PITANJA
1. Kakvi problemi se riješavaju primjenom verižnih modela?
2. Koji uslovi moraju biti ispunjeni da bi se problem mogao riješiti
primjenom verižnog računa?
3. Koji praktični problemi se rješavaju primjenom verižnog računa?
Navedi nekoliko primjera.
4. Kakav je to prost verižni račun?
5. Kakav je to složen verižni račun?
6. Koje su razlike između prostog i složenog verižnog računa?
7. Koja su pravila za postavljanje verižnog stava?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
124
VI) PROCENTNI RAČUN
1. POJAM PROCENTA
U praksi, a i životu uopšte, potrebno je upoređivati razne veličine. To
upoređivanje vršimo zajedničkim mjerilom koje je vrlo često broj 100.
Pomoću broja 100 međusobni odnos dviju veličina tako što se naznačava
koliko jedinica jedne veličine dolazi na 100 jedinica druge veličine. Broj koji
pokazuje koliko se jedinica jedne veličine računa na 100 jedinica, iste
veličine zove se procent. On se zove još i procentna stopa. Procent se
obilježava sa % ili p.
Zbog česte upotrebe u praktičnom životu operacije u vezi sa
procentima nazivaju se procentni račun. Procentni račun sadrži, pored stalne
veličine 100, još tri veličine koje su direktno proporcionalne.
Veličine koje se javljaju u procentnom računu su:
G – glavnica – to je veličina od koje se računa procentni prinos;
P – prinos – je broj koji sadrži odgovarajući dio svih stotih dijelova
glavnice;
p% – procent – dio koji pripada broju 100;
100 – stalna veličina.
Ovo znači da pored stalne veličine broja 100, u zadacima procentnog
računa imamo: glavnicu, prinos i procent i rješavanje procentnog zadatka
sastoji se u iznalaženju jedne od njih kada su ostale dvije poznate.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
125
Radi ilustracije možemo navesti nekoliko primjera praktične upotrebe
procentnog računa.
Primjer 1. (Upoređivanje troškova nabavke) Dva preduzeća su
nabavila sirovine i to: prvo preduzeće za 3.000.000 KM, a drugo za
8.000.000 KM. Troškovi nabavke prvog preduzeća iznosili su 600.000 KM, a
drugog preduzeća 200.000 KM. Potrebno je utvrditi koje preduzeće je
ostvarilo niže troškove nabavke, u odnosu na vrijednost nabavke.
Ovdje je:
Preduzeće Troškovi nabavke Vrijednost nabavke
I preduzeće 600.000 3.000.000
II preduzeće 200.000 8.000.000
Tabela 1. Troškovi i vrijednost nabavke kod posmatranih preduzeća
Upoređivanje troškova nabavke u odnosu na vrijednost nabavke
najbolje se može izvršiti uz pomoć zajedničkog mjerila broja 100, odnosno
broja koji će pokazati koliko je troškova nabavke imalo preduzeće na svakih
100 nabavljenih novčanih jedinica sirovine.
Prema navedenom primjeru, prvo preduzeće je za 100 KM sirovine
imalo troškove nabvke od:
KM20000.000.3
100000.600
,
Dok za nabavku 100 KM sirovine drugog preduzeća, troškovi iznose:
KM5,2000.000.8
100000.200
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
126
Pošto je prvo preduzeće za nabavku 100 KM vrijednosti sirovine
imalo 20, a drugo 2,5 KM troškova nabavke, zaključujemo da je drugo
preduzeće povoljnije nabavilo sirovinu u odnosu na prvo preduzeće.
Brojevi 20, odnosno 2,5 u navedenom primjeru su procenti. Znači
troškovi nabavke prvog preduzeća iznose 20%, a drugog 2,5% nabavne
vrijednosti. Drugačije zapisano:
p1 = 20%
p2 = 2,5 %
Primjer 2. (Izražavanje stepena korištenja kapaciteta) Planom
korištenja kapaciteta predviđeno je da preduzeće „X“ proizvede 120 garnitura
za sjedenje, dok je realizovana proizvodnja od 80 garnitura. Koliko je
proizvedeno garnitura na svakih 100 predviđenih?
Ovdje je: planirano 120, proizvedeno 80, pa je:
%67,66120
10080
p
Stepen korištenja kapaciteta u preduzeću „X“ iznosi 66,67%.
U procentima se najčešće izražavaju: ostvarenje planskog zadatka,
prebačaj plana, provizija, ažija, disažija, doprinos za socijalno osiguranje,
kalo, rastr, uspjeh grupa i pojedinaca, koeficijent dinamike, rentabilnost, itd.
Kod procentnog računa mogu se javiti, u odnosu na glavnicu tri
slučaja. Može biti data čista glavnica G, uvećana glavnica za procentni prinos
(G + P) i glavnica umanjena za procentni prinos (G – P). S obzirom na tri
vrste glavnice imamo tri oblika procentnog računa: prost, iznad sto i niže sto.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
127
Procentnim računom rješavamo zadatke kod kojih je poznata čista
glavnica G, dok procentnim računom iznad sto i niže sto rješavamo zadatke
kod kojih je data uvećana (G + P), odnosno umanjena (G – P) glavnica.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
128
2. PROST PROCENTNI RAČUN
Zadaci procentnog računa, ukoliko je data čista glavnica, rješavaju se
pomoću procentnog računa. Da se ne bi pogriješilo kod primjene ovog računa
na određeni zadatak, treba imati na umu da je čista glavnica veličina koja,
najčešće, predstavlja: prodajnu cijenu, fond plata, plate radnika, planski
zadatak, normu radnika, vrijednost osigrane robe, jedinstvenu cijenu u
prodaji na malo, planirani promet, brojno stanje stanovnika ranijeg perioda,
itd. Znači: glavnica je veličina vezana za stanje ranijeg datuma. Kada se
utvrdi da je data veličina u tekstu zadatka čista glavnica onda se primjenjuje
za njegovo rješavanje prost procentni račun. Pošto su veličine procentnog
računa direktno proporcionalne, možemo izvesti opštu formulu za prost
procentni račun.
Proporcija koja odgovara procentnom računu se može pisati u obliku:
pPG :100:
Iz navedene proporcije mogu se izvesti sledeće formule, za
izračunavanje svake veličine. Tako da je:
GPp
pPG
pGP
100
100100
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
129
Primjer 3. Prodajna vrijednost robe iznosi 20.000 KM, a razlika u
cijeni je 6% od prodajne cijene. Kolika je nabavna vrijednost robe?
Ovdje je: G = 20.000 KM, p = 6%, pa je:
KMpGP 200.1100
6000.20
100
Razlika u cijeni, dakle, iznosi 1.200 KM. Nabavnu vrijednost robe
dobijamo kada od prodajne vrijednosti oduzmemo razliku u cijeni.
Prodajna vrijednost robe KM 20.000
- 6% razlika u cijeni KM 1.200
Nabavna vrijednost robe KM 18.800
Primjer 4. Jedno trgovačko preduzeće po fakturi broj 18. nabavilo je
80.000 metara platna po cijeni od 20 KM/m. Troškovi nabavke iznose 20.000
KM. Ako je razlika u cijeni 26 % od prodajne cijene, izračunati nabavnu i
prodajnu cijenu nabavljenog platna kada je prodajna cijena platna 30 KM.
Ovdje je:
Fakturna vrijednost KM 80.00020 = 1.600.000
Troškovi nabavke KM 20.000
Nabavna vrijednost KM 1.620.000
Razlika u cijeni 26% od prodajne cijene KM 624.000
Povećanje razlike u cijeni KM 156.000
Prodajna vrijednost KM 80.00030 = 2.400.000
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
130
Razlika u cijeni dobijena je procentnim računom:
000.624100
26000.400.2
100
pGP
Primjer 5. Preduzeće je nabavilo 200 komada proizvoda „X“ po
cijeni 400 KM/kom sa rabatom od 12%. Izračunati koliki je rabat i kolika je
cijena nabavljenih proizvoda.
Ovdje je: G = 200400 = 80.000 KM (rabat se računa od fakturne
vrijednosti, a glavnica je vrijednost nabavljenih proizvoda), p = 12 %, pa je:
600.9100
12000.80
100
pGP
Prema tome, rabat iznosi 9.600 KM dok će nabavna cijena
predstavljati razliku između nabavne vrijednosti i rabata:
Fakturna vrijednost KM 80.000
- 12% rabata KM 9.600
Nabavna vrijednost KM 70.400
Nabavna cijena po komadu dobije se kada se podjeli nabavna
vrijednost sa brojem nabavljenih proizvoda, što iznosi: 352200
400.70 KM.
Primjer 6. Prodajna cijena u trgovini na malo iznosi 200 KM, a
ukupni rabat trgovinskog preduzeća na veliko 20 %. Ako je trgovinsko
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
131
preduzeće na veliko ustupilo maloprodavcu 14 % rabata, odrediti nabavnu
cijenu u trgovini na veliko.
Ovdje je: prodajna cijena G = 200, pa se 14 % i 6 % rabata računaju
prostim procentnim računom, pa imamo:
28100
142001
P
12100
62002
P
Nabavnu cijenu u trgovini na veliko računamo kada od prodajne
cijene u trgovini na malo oduzmemo 14 % rabata tj. 28 KM. Dobijena razlika
je nabavna cijena u trgovini na malo. Kada se od nabavne cijene u trgovini na
malo oduzme 6 % rabata dobiće se nabavna cijena u trgovini na veliko.
Tako da je:
Prodajna cijena na malo KM 200
- 14% rabata KM 28
Nabavna cijena u trgovini na malo KM 172
- 6% rabata KM 12
Nabavna cijena u trgovini na veliko KM 160
Primjer 7. Fakturna vrijednost kupljene robe iznosi 40.000 KM uz
5% skonta. Izračunati koliko je plaćeno za kupljenu robu, ako se roba plati
prije ugovorenog roka.
Ovdje je: G = 40.000, p = 5%, pa je:
KMP 000.2100
5000.40
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
132
Dakle, 5 % skonta iznosi 2.000 KM, tako da je za kupljenu robu
plaćeno: 40.000 – 2.000 = 38.000 KM.
Primjer 8. Ako je bruto težina neke robe 25.000 kg, a tara se računa 2
%, izračunati neto težinu robe.
Ovdje je: G = 25.000, p = 2 %, pa je:
kgP 500100
2000.25
Neto težina predstavlja razliku između bruto težine i tare, pa je neto
težina posmatrane robe: 25.000 – 500 = 24.500 kg.
Primjer 9. Trgovinsko preduzeće je za uvezenu robu od inostranog
dobavljača dobilo fakturu na iznos od 60.000 KM. Kolika je carina na
uvezenu robu, ako je carinska stopa 16%?
Ovdje je: G = 60.000, p = 16%, pa je:
KMP 600.9100
16000.60
Carina na uvezenu robu iznosi 9.600 KM.
Primjer 10. Za nabavljenu robu ispostavljena je faktura na iznos od
200.000 KM. Ako je poznato da troškovi nabavke iznose 17 % od fakturne
vrijednosti, izračunati koliko iznose troškovi za nabavljenu robu.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
133
Ovdje je: G = 200.000, p = 17%, pa je:
KMpGP 000.34100
17000.200
100
Troškovi nabavljene robe su 34.000 KM.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
134
3. PROCENTNI RAČUN IZNAD STO I NIŽE STO
Procentnim računom iznad sto i niže sto rješavamo zadatke kod kojih
je data uvećana, odnosno umanjena, glavnica za procentni prinos. Kao i
prethodni i ovaj oblik procentnog računa ima ogromnu primjenu u praksi. Da
bi se on pravilno primjenio potrebno je uočiti uvećanu, odnosno umanjenu
glavnicu datu u tekstu zadatka, kao i u problemima sa kojima se menadžeri
preduzeća susreću u svojoj praksi. Zato je potrebno upamtiti da je uvećana
glavnica veličina koja predstavlja: ostvarenu proizvodnju pri prebačenju
plana proizvodnje, zaradu radnika pri prebačenoj normi, broj stanovnika ove
godine u odnosu na prošlu godinu, uvećani prinos ove godine u odnosu na
prošlu godinu, bruto lični dohodak radnika, itd.
Umanjena glavnica je: nabavna cijena robe, zarada radnika po odbitku
obustava, neostvareni planski zadatak, neostvarena norma, iznos putnog
računa po odbitku akontacije, prodajna cijena robe poslije sniženja cijena, itd.
Znači i uvećana i umanjena glavnica su veličine za stanje kasnijeg
datuma.
Proporcija koja odgovara procentnom računu niže sto i iznad sto se
može pisati u obliku:
pPpPG :)100(:)(
Iz navedene proporcije mogu se izvesti sledeće formule, za
izračunavanje svake nepoznate veličine. Tako da je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
135
ppPPG
ppPGP
)100()(
100
)(
Pomoću nekoliko primjera ilustrovaćemo primjenu procentnog računa
niže sto i iznad sto.
Primjer 11. Jedno industrijsko preduzeće prebacilo je godišnji plan
proizvodnje sa 5 % i proizvelo 84.000 komada proizvoda. Koliki je plan
preduzeća i za koliko je taj plan prebačen?
Ovdje je: G + P = 84.000, p = 5%, pa je:
000.45100
5000.84
100
)(
p
pPGP
Plan je prebačen za 4.000 komada, a plan je iznosio:
G = 84.000 – 4.000 = 80.000 komada
Primjer 12. Otkup zemljoradničke zadruge je za 10% veći u ovoj
godini u odnosu na prošlu godinu, tako da iznosi 17.600.000 KM. Koliko je
iznosio otkup u prošloj godini?
Ovdje je: G + P = 17.600.000, p = 10%, pa je:
000.600.110100
10000.600.17
100
)(
p
pPGP
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
136
Otkup je u posmatranoj godini veći za 1.600.000 KM, a prošle
godine je iznosio:
G = 17.600.000 – 1.600.000 = 16.000.000 KM
Primjer 13. Ako radnik prebaci mjesečnu normu za 20% i primi platu
600 KM, kolika je njegova plata prema normi?
Ovdje je: G + P = 600, p = 20%, pa je:
10020100
20600
100
)(
p
pPGP
Plata radnika za 100% izvršenje norme iznosi:
G = 600 – 100 = 500 KM
Primjer 14. Ako je bruto lični dohodak radnika iznosio 684 KM, a
porezi i doprinosi na platu radnika iznose 52%, koliki je neto lični dohodak
radnika?
Ovdje je: G + P = 684, p = 52%, pa je:
23452100
52684
100
)(
p
pPGP
Neto lični dohodak je razlika između bruto plate (G + P) i poreza i
doprinosa na platu (P), pa je:
G = 684 – 234 = 450 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
137
Primjer 15. Sa 24 % troškova nabavke roba košta 12.400 KM.
Kolika je fakturna vrijednost robe, a koliki su troškovi nabavke?
Ovdje je: G + P = 12.400, p = 24 %, pa je:
400.224100
24400.12
100
)(
p
pPGP KM
Troškovi nabavke iznose 2.400 KM, dok je fakturna vrijednost robe:
G = 12.400 – 2.400 = 10.000 KM
Primjer 16. Roba je pojeftinila za 15%, tako da sada ima vrijednost
od 85 KM. Za koliko je pojeftinila roba i koliko je koštala prije pojeftinjenja?
Ovdje je: G – P = 85, p = 15%, pa je:
1585
1585
100
)(
p
pPGP
Roba je pojeftinila za 15 KM, a prije popjeftinjenja koštala je:
G = 85 + 15 = 100 KM
Primjer 17. Neto težina neke robe je 9.400 kg. Izračunati bruto težinu
robe ako je tara 6%.
Ovdje je: G – P = 9.400, p = 6%, pa je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
138
60094
6400.9
100
)(
p
pPGP kg
Tara iznosi 600 kg, dok je bruto težina:
G = 9.400 + 600 = 10.000 kg
Primjer 18. Godišnji plan izvršen je 75% i to izvršenje je iznosilo
1.875.000 KM. Izračunati koliko je još neizvršeni plan.
Ovdje je: G – P = 1.875.000, p = 100 – 75 = 25%, pa je:
000.62575
25000.875.1
100
)(
p
pPGP KM
Neispunjeni plan iznosi 625.000 KM, dok je planirana vrijednost
proizvodnje:
G = 1.875.000 + 625.000 = 2.500.000 KM
Primjer 19. Nabavna vrijednost kupljene robe je 665.000 KM, a
razlika u cijeni je 5%. Kolika je prodajna vrijednost ove robe i kolika razlika
u cijeni?
Ovdje je: G – P = 665.000, p = 5%, pa je razlika u cijeni:
000.3595
5000.665
100
)(
p
pPGP KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
139
Prodajna vrijednost robe je:
G = 665.000 + 35.000 = 700.000 KM.
Primjer 20. Po odbitku 11% doprinosa budžeta iz ličnih dohodaka od
ukupne zarade radnika u mjesecu, 31% doprinosa socijalnom osiguranju i
fondu za stambenu izgradnju od mjesečne zarade i 25% na ime
administrativne zabrane radnik je primio 590,20 KM. Koliko iznosi bruto
zarada ovog radnika?
Ovdje je: G – P1 = 590,20; p1 = 25%, p2 = 31% i p3 = 11%, pa je:
Administrativna zabrana iznosi:
73,19675
252,590
100
)(
p
pPGP KM
Sabiranjem iznosa koji je radnik primio i administrativne zabrane
dobija se radnikova zarada po odbitku doprinosa:
590,20 + 196,73 = 786,93 KM
Doprinos socijalnom osiguranju i fondu za stambenu izgradnju iznosi:
55,35369
3193,786
100
)(
p
pPGP KM
Mjesečna zarada po odbitku doprinosa budžetu iznosi: 786,93 +
353,55 = 1.140,48 KM. Doprinos bužetu je:
96,14089
1148,140.1
100
)(
p
pPGP KM
Bruto zarada ovog radnika iznosi: 1.140,48 + 140,96 = 1.281,44 KM.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
140
Primjer 21. Jedno preduzeće je nabavilo robu za 540.000 KM, pri
čemu je marža za nabavljenu robu 10%. Kolika je prodajna vrijednost robe?
Ovdje je: G – P = 540.000, p = 10%, pa je marža:
000.6090
10000.540
100
)(
p
pPGP KM
Prodajna vrijednost robe je: G = 540.000 + 60.000 = 600.000 KM.
Prinose prednjih zadataka zbog umanjene odnosno uvećane glavnice
iznalazili smo primjenom izvedenih obrazaca procentnog računa iznad sto i
niže sto. Međutim, u praksi se rijetko na taj način izračunava prinos. Češći je
slučaj da se prinos, ako su ispunjeni uslovi primjene procentnog računa iznad
sto i niže sto, izračunava prostim procentnim računom s tim da se mora
pronaći stopa različita od stope date u tekstu zadatka, odnosno praktičnog
problema, koja obezbjeđuje iznalaženje istog prinosa. Ta nova stopa koja
daje isti prinos primjenom na uvećanu, odnosno na umanjenu glavnicu
procentnog računa. Ta procentna stopa naziva se komforna procentna stopa i
označava se sa pk.
Iznalaženje komforne procentne stope, za rješavanje problema
primjenom prostog procentnog računa, kada se zna procentna stopa inad sto
ili niže sto.
Kako procentni prinos glavnice G i procentni prinos umanjene
glavnice G – P moraju biti isti imamo:
100100100kk ppGGpG
ili
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
141
000.10100100kk ppGpGpG
što poslije skraćivanja sa 100
G daje:
100k
kpp
pp
odnosno
100 p = 100 pk – p pk
Odakle dobijamo obrazac za izračunavanje komforne procentne stope
za procentni račun niže sto:
Po istoj analogiji dobili bismo komfornu procentnu stopu za procentni
račun iznad sto, koja bi se izračunala po obrascu:
Primjer 22. Nabavna vrijednost robe jednog preduzeća iznosila je
420.000 KM, a razlika u cijeni 20%. Kolika je razlika u cijeni? Uporediti
rezultate dobijene primjenom procentnog računa niže sto i komforne
procentne stope.
Ovdje je: G – P = 420.000, p = 20 %, pa je:
000.10580
20000.420
100
)(
p
pPGP KM, razlika u cijeni dobijena
primjenom procentnog računa iznad sto.
Komforna procentna stopa u navedenom slučaju iznosi:
pppk
100
100
pppk
100
100
pppk
100
100
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
142
%2520100
20100
100
100
pppk , pa je razlika u cijeni dobijena
korištenjem komforne procentne stope:
000.105100
25000.420
100
kpG
P KM
U oba postupka dobijeni su isti rezultati. Prodajna cijena robe iznosi
420.000 + 105.000 = 525.000 KM.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
143
4. IZRAČUNAVANJE PROCENTA
U cilju poslovnih operacija vezanih za mnoge vidove poslovne prakse
na osnovu datih podataka potrebno je izračunati procenat. Da bi se izračunao
procenat, moraju biti poznati čista glavnica i prinos.
Iz osnovne proporcije koja vezuje elemente procentnog računa
G : P = 100 : p,
odakle je:
GPp 100
Bez obzira na uslove u procentnom problemu (zadatku), procenat se
može izračunati po gornjoj formuli.
Primjer 23. Ako je cijena nekog proizvoda po jedinici pojeftinila za 6
KM/kom, koliki je pad cijene u procentima, ako se isti proizvod ranije
prodavao po cijeni od 20 KM po komadu?
Ovdje je: G = 20, P = 6, pa je:
%3020
1006100
GPp
Proizvod je pojeftinio za 30%.
Primjer 24. Kolika je ušteda materijala u procentima kad je prema
planu predviđeno da se utoši materijala u vrijednosti od 875.000 KM, a kada
je proces proizvodnje dovršen ustanovljena je potrošnja materijala u
vrijednosti od 805.000 KM.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
144
Ovdje je: G = 875.000, G – P = 805.000 P = 875.000 – 805.000 =
70.000, pa je:
%8000.875
100000.70100
GPp
Ušteda materijala iznosila je 8%.
Primjer 25. Broj stanovnika u jednom mjestu smanjio se za 40.000,
tako da danas iznosi 160.000 stanovnika. Koliko je smanjenje u procentima?
Ovdje je: P = 40.000, G – P = 160.000 G = 160.000 + 40.000 =
200.000, pa je:
%20000.200
100000.40100
GPp
Broj stanovnika smanjen je za 20%.
Napomena: Sve što je naprijed rečeno za procentni račun važi i za
promilni račun samo se umjesto stalne veličine 100 koristi stalna oznaka
1.000. promil se označava znakom ‰.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
145
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Jedna grupa radnika je planski zadatak koji je definisan kao proizvodnja
od 20.000 komada nekog proizvoda prebacila za 8%. Koliko proizvoda
su proizveli ovi radnici?
2. Neto težina neke robe je 1.840 kg. Kolika je njena bruto težina kada je
tara 5%?
3. Jedna radionica je proizvela za 2.000 komada stolica više od
planiranog broja, što u procentima iznosi 5%. Koliki je planski zadatak
ove radionice i koliko stolica je proizvedeno u toj radionici?
4. Provizija od 1.625 KM računata je od 33.040 KM. Kolika je provizija u
procentima?
5. Trgovina na malo kupila je robu za 60.000 KM, a tu istu robu prodala
za 70.000 KM. Koliko je na svakih 100 KM kupljene robe zaradila ta
trgovina?
6. Broj stanovnika jednog mjesta povećao se u toku poslednjih 10 godina
za 4% i iznosi 104.000 stanovnika. Koliko stanovnika je živjelo u tom
mjestu prije 10 godina?
7. Mjesečna zakupnina jednog poslovnog objekta povećana je za 300 KM
i sada iznosi 6.300 KM. Koliko iznosi povećanje zakupnine u
procentima?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
146
8. U jednom preduzeću radilo je 12 radnika, u sledećoj godini u istom
preduzeću radilo je 18. Koliko je radnika više u sledećoj godini u
procentima?
9. U jednoj školi bilo je 124 učenika sa slabim ocjenama, što u procentima
iznosi 8%. Koliko je ukupno učenika u toj školi?
10. U jednom gradu u toku poslednje dvije godine rođeno je 3.000 beba,
tako da je nakon toga broj stanovnika toga grada iznosio 63.000
stanovnika. Koliko se broj stanovnika povećao u procentima?
11. U jednu političku partiju učlanjeno je 84.000 stanovnika jedne izborne
jedinice, što čini 12 % glasača te izborne jedinice. Koliko glasača broji
ta izborna jedinica?
12. Poslovna jedinica jednog proizvodnog preduzeća proizvela je u toku
godine 735.000 komada proizvoda. Koliki je planirani obim
proizvodnje te poslovne jedinice, ako je plan proizvodnje prebačen za
7%?
13. U jednom butiku hlače su poskupile za 5%, pa su nakon izvjesnog
vremena pojeftinile za 20%, tako da sada koštaju 84 KM. Koliko su
koštale hlače prije navedenih promjena cijena?
14. Koji broj uvećan za 5% iznosi 38.000?
15. Koji broj umanjen za 5% iznosi 63.000?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
147
16. Preduzeće je prodalo 1/4 robe sa zaradom od 20%, 2/5 sa zaradom od
15%, a ostalu robu sa zaradom 10%. Koliko je iznosila nabavna cijena
robe ako je ukupna zarada iznosila 14.500 KM?
17. Jedan proizvod koji se prodaje u trgovačkom preduzeću pretrpio je
sledeće promjene cijene: prvo je pojeftinio za 10%, pa zatim je
pojeftinio za 25% i nakon toga je poskupio za 20%. Nakon svih
navedenih promjena cijene proizvod se prodavao po cijeni od 16,2 KM.
Kolika je bila cijena tog proizvoda prije svih navedenih promjena
cijena?
18. U jednoj trgovini 20% proizvoda prodaje se sa maržom od 10%, 1/4
proizvoda prodaje se sa maržom od 17% a svi ostali proizvodi prodaju
se sa maržom od 25%. Na taj način trgovina ostvari ukupnu zaradu od
2.000 KM. Koliki ukupan porez na promet ostvari ta trgovina, ako
porez na promet iznosi 17% od nabavne cijene proizvoda?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
148
TEST PITANJA
1. Šta je procent, i kako se izračunava?
2. Koje veličine se pojavljuju u procentnom računu?
3. Kako glasi osnovna proporcija kod prostog procentnog računa?
4. Kakva je razlika između procentnog računa „iznad sto“ i „niže sto“?
5. Koja je osnovne proporcije za procentni račun „iznad sto“?
6. Koja je osnovna proporcija za procentni račun „niže sto“?
7. Šta je i kako se izračunava komforna procentna stopa?
8. Šta je i kako se izračunava glavnica kod procentnog računa?
9. Šta je i kako se izračunava prinos kod procentnog računa?
10. Šta je promil i kako se izračunava?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
149
VII) RAČUN PODJELE
Račun podjele koristi se za riješavanje problema kada je potrebno
podijeliti jedan određeni iznos na više dijelova prema određenim uslovima.
Uslovi podjele su određeni omjeri. Način podjele može zavisiti od jednog ili
više uslova.
Ukoliko podjela zavisi od jednog uslova primjenjujemo prosti račun
podjele. Ako podjela određenog iznosa zavisi od dva ili više uslova potrebno
je primjeniti složeni račun podjele.
Praktično, račun podjele primjenjuje se u slučajevima kada treba
podijeliti:
- zajedničke troškove preduzeća na pojedine poslovne jedinice,
- zajedničke prihode ili dobitke na pojedine nosioce istih,
- dohodak preduzeća prema određenom dogovoru ili određenom
propisu na više nosioca poslovne aktivnosti,
- troškove prevoza heterogenih roba prema težini ili vrijednosti,
- uopšteno, kada je određenu svotu potrebno podijeliti na više
dijelova u datom omjeru.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
150
1. PROSTI RAČUN PODJELE
Posti račun podjele koristimo u slučajevima kada je problem formulisan
na način da je potrebno određenu svotu podijeliti na više dijelova prema
određenom kriteriju. Iznos koji se dijeli naziva se svota i označavamo je sa K.
Za riješavanje ovakvih problema mogu se primjeniti dva pristupa:
- svođenje na jedinicu i
- primjena proporcija.
Ukoliko problem podjele rješavamo svođenjem na jedinicu, postupak
je sledeći:
- odredimo ukupan broj dijelova na koje je potrebno izvršiti podjelu
– k, broj dijelova je jednak zbiru članova proporcije,
- zatim se izračuna ekvivalentni broj – e, koji je jednak količniku
svote i broja dijelova i
- svaki pripadajući dio jednak je proizvodu ekvivalentnog broja e i
člana proporcije na koji se odnosi dio u podjeli.
Ukoliko problem rješavamo primjenom proporcije, postavimo
proporcija koliko imamo dijelova. Proporcije se postavljaju tako što se
ukupan broj dijelova - k stavi u odnos sa članom proprcije na kojeg se odnosi
dio u podjeli sa jedne strane, a sa druge strane u odnos se stave svota i
nepoznati član koji predstavlja dio svote koji će određenom učesniku pripasti
u podjeli.
Primjer 1. Veletrgovina je nabavila 25.000 ženskih hlača koje treba
podijeliti na tri prodavnice, u omjeru 7 : 8 : 10. Koliko hlača će dobiti
pojedine prodavnice?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
151
Ovdje je: K = 25.000 komada, omjer je 7 : 8 : 10 = x : y : z, pa
imamo:
a) ukoliko problem rješvamo svođenjem na jedinicu imamo:
000.125
000.25
251087
kKe
k
sada izračunavamo dio koji u podjeli pripada svakoj pojedinoj
prodavnici:
- prva prodavnica dobija x = 7 1.000 = 7.000 komada
- druga prodavnica dobija y = 8 1.000 = 8.000 komada
- treća prodavnica dobija z = 10 1.000 = 10.000 komada
UKUPNO: 25.000 komada
b) ukoliko problem rješavamo proporcijom, imamo:
- prva prodavnica dobija količinu od x – komada hlača, x se određuje
iz proporcije:
25 : 7 = 25.000 : x 000.725
000.257
x komada,
- druga prodavnica dobija količinu od y – komada hlača, y se dobija
iz proporcije:
25 : 8 = 25.000 : y 000.825
000.258
y komada,
- treća prodavnica dobija količinu od z – komada hlača, z se dobija iz
proporcije:
25 : 10 = 25.000 : z 000.1025
000.2510
z komada
UKUPNO: 25.000 komada
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
152
Primjer 2. Tri radnika su ostvarili bonus dohodak u iznosu od 600
KM. Dobijeni iznos će biti podjeljen u omjeru 0,25 : 0,40 : 0,35. Koliko
novaca će dobiti svaki od pojedinih radnika?
Ovdje je: K = 600; 0,25 : 0,40 : 0,35 = x : y : z, pa je:
a) svođenjem na jedinicu dobijamo:
k = 0,25 + 0,40 + 0,35 = 1,
6001
600e , tako da imamo:
- prvi radnik dobija x = 0,25 600 = 150 KM,
- drugi radnik dobija y = 0,40 600 = 240 KM,
- treći radnik dobija z =0,35 600 = 210 KM
UKUPNO: 600 KM
b) primjenom proporcije:
- prvi radnik dobija bonus od – x KM
1 : 0,25=600 : x 1501
60025,0
x KM,
- drugi radnik dobija bonus od – y KM
1:0,40 = 600 :y 2401
40,0600
y KM,
- treći radnik dobija bonus od – z KM
1: 0,35 = 600 :z 2101
35,0600
z KM
UKUPNO: 600 KM
Primjer 3. Trgovačko preduzeće nabavilo je 2.400 kg kave, 4.000 kg
šećera i 3.600 kg brašna. Za troškove transporta plaćeno je 1.500 KM. Koliko
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
153
iznose troškovi prevoza za svaku pojedinu robu, ako su transportni troškovi
srazmjerni težini nabavljene robe?
Ovdje je: K = 1.500 KM; 2.400 : 4.000 : 3.600 = x : y : z, pa imamo:
Navedena proporcija se može uprostiti ukoliko se svaki član
proporcije podjeli sa 400, tako dobijamo: 400
600.3:
400
000.4:
400
400.2 = 6 : 10 : 9,
a) ukoliko koristimo pristup riješavanja svođenjem na jedinicu, sada
možemo izračunati ukupan broj dijelova u diobi – k i ekvivalentni broj - e, te
je:
6 + 10 + 9 = 25 = k
6025
500.1e
- dio troškova koji se odnosi na prevoz kave iznosi:
x = 60 6 = 360 KM,
- dio troškova koji se odnosi na prevoz šećera je:
y = 60 10 = 600 KM,
- dio troškova koji se odnosi na prevoz brašna je:
z = 60 9 = 540 KM
UKUPNO: 1.500 KM
b) ukoliko problem rješavamo primjenom proporcije dobijamo, da
pojedinim vrstama roba pripadaju sledeći troškovi:
- za kavu: 25 : 6 = 1.500 : x 25
500.16 x = 360KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
154
- za šećer: 25 : 10 = 1.500 : y 25
500.110 y = 600 KM
- za brašno: 25 : 9 = 1.500 : z 25
500.19 z = 540 KM
UKUPNO: 1.500 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
155
2. SLOŽENI RAČUN PODJELE
Ako podjela zavisi od dva ili više uslova imamo problem koji je
moguće rješiti primjenom složenog računa podjele. Problemi iz područja
složenog računa podjele rješavaju se svođenjem na prosti račun podjele.
Suština svođenja više proporcija za uslov podjele na jednu proporciju.
Postupak je sledeći:
- ukoliko su veličine u proporciji direktno proporcionalne udjelu u
podjeli ti brojevi se stave u odnos,
- ukoliko su veličine u proporciji obrnuto proporcionalne udjelu u
proporciji u odnos se stave njihove recipročne vrijednosti,
- proporcija prema kojoj će se vršiti podjela dobije se da se pomnože
respektivno članovi svih proporcija koje se odnose na uslov podjele
(svi prvi članovi, pa svi drugi članovi itd) i na osnovu toga se
dobije proporcija na kojoj će se bazirati podjela,
- kada se dobije proporcija na kojoj će se bazirati podjela primjenjuje
se prost račun podjele.
Primjer 4. Dobitak od 12.600 KM treba podijeliti na dvije poslovne
jedinice preduzeća srazmjerno uloženim sredstvima i vremenu rada. Koliko
treba da dobije svaka poslovna jedinica, ako je u prvu uloženo 30.000 KM i
ako je radila 2 godine, dok je u drugu uloženo 50.000 KM i radila je 3
godine?
Ovdje je: K = 12.600; x : y = 30.000 : 50.000 i 2 : 3, pa imamo:
x : y = 30.000 2 : 50.000 3 = 60.000 : 150.000 = 2 : 5, odnosno:
x : y = 2 : 5, te je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
156
k = 7, e = 800.17
600.12
Sada možemo izračunati pripadajući dio svake poslovne jedinice:
a) svođenjem na jedinicu dobijamo:
- I poslovnoj jedinici pripada iznos od x = 1.800 2 = 3.600 KM
- II poslovnoj jedinici pripada iznos od y = 1.800 5 = 9.000 KM
UKUPNO: 12.600 KM
b) primjenom proporcije dobijamo:
- I poslovnoj jedinici pripada iznos od
7 : 2 = 12.600 : x 7
2600.12 x = 3.600 KM
- II poslovnoj jedinici pripada iznos od
7 : 5 = 12.600 : y 7
5600.12 y = 9.000 KM
UKUPNO: 12.600 KM
Primjer 5. Tri preduzeća su sklopila ugovor o zajedničkoj izgradnji
skladšta u vrijednosti od 180.000 KM. Ulaganje u izgradnju skladišta treba
da bude proporcionalno broju zaposlenih radnika u preduzećima i obrnuto
srazmjerno udaljenosti preduzeća od skladišta koje se gradi. Podaci o broju
zaposlenih radnika i udaljenosti pojedinih preduzeća prikazani su u tabeli
broj 1. Koliki iznos treba da participiraju preduzeća pri izgradnji skladišta, uz
navedene uslove?
Preduzeće Broj zaposlenih radnika Udaljenost (km)
I 120 5
II 184 4
III 200 10
Tabela 1. Podaci o preduzećima koja učestvuju u izgradnji skladišta
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
157
Ovdje je: K = 180.000 KM; x : y : z = 120 : 184 : 200 i 10
1:
4
1:
5
1, pa
imamo:
x : y : z = 10
200:
4
184:
5
120 = 24 : 46 : 20 = 12 : 23 : 10, odnosno:
x : y : z = 12 : 23 :10, te je:
k = 12 + 23 + 10 = 45 i
000.445
000.180e
Sada možemo izračunati pripadajući dio za svako preduzeće, primjenom
metode svođenja na jedinicu, tako dobijamo:
- I preduzeće treba uložiti 4.000 12 = 48.000 KM
- II preduzeće treba uložiti 4.000 23 = 92.000 KM
- III preduzeće treba uložiti 4.000 10 = 40.000 KM
UKUPNO: 180.000 KM
Primjer 6. Na izgradnji ceste radila su tri radnika, tako da je:
- I radnik radio je 5 dana po 8 sati dnevno,
- II radnik radio je 7 dana po 6 sati dnevno i
- III radnik radio je 12 dana po 4 sata dnevno.
Za obavljeni posao namjenjena su novčana sredstva u iznosu od 1.040 KM,
što je potrebno podijeliti na ova tri radnika srazmjerno broju radnih dana i
broju sati rada u toku dana.
Ovdje je: K = 1.040 KM; x : y : z = 5 : 7 : 12 i 8 : 6 : 4, pa imamo:
x : y : z = (5 8) : (7 6) : (12 4) = 40 : 42 : 48 = 20 : 21 : 24, odnosno:
x : y : z = 20 : 21 : 24 , te je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
158
k = 20 + 21 + 24 = 65 i
1665
040.1e
Sada možemo izračunati koliki dio zarade pripada
pojedinimradnicima, tako da radnici za izvršeni rad dobijaju sledeću novčanu
naknadu:
- I radnik dobija 16 20 = 320 KM
- II radnik dobija 16 21 = 336 KM
- III radnik dobija 16 24 = 384 KM
UKUPNO: 1.040 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
159
ZADACI ZA VJEŽBU
1) Trgovinsko preduzeće je nabavilo pošiljku koja sadrži tri vrste robe,
i to:
roba A, kojoj je fakturna vrijednost 46.000 KM
robu B, kojoj je fakturna vrijednost 146.000 KM
robu C, kojoj je fakturna vrijednost 200.000 KM
Ukupni troškovi transporta, prevoza i utovara iznose 1.980 KM.
Koliko troškova se odnosi na robe A, B i C, ukoliko se troškovi
dijele prema visini fakturne vrijednosti?
2) Dva radnika treba da podijele 560 KM, i to tako da prvi radnik 140
KM više od drugog. Koliko novca će dobiti svaki od ova dva
radnika?
3) Trgovačko preduzeće primilo je u jednoj pošiljci: 1.600 kg brašna,
700 kg riže i 2.100 kg soli. Ukupni troškovi nabavke iznose 660
KM. Koliko novaca pripada pojedinoj nabavljenoj robi, ako se
troškovi nabavke dijele prema težini?
4) Dohodak od 42.300 KM treba podijeliti na tri poslovne jedinice
jednog preduzeća. Prva poslovna jedinica dobija 1/5 dohotka, druga
poslovna jedinica dobija 5/6 dohotka, a treća dobija ostatak
dohotka. Koliki dohodak dobija svaka poslovna jedinica?
5) Troškovi poslovanja trgovačkog preduzeća iznose 18.120 KM.
Troškove poslovanja preduzeća treba podijeliti na tri prodavnice u
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
160
skladu sa visinom ostvarenog prometa. Koliki troškovi poslovanja
pripadaju pojedinim prodavnicama, ako su ove prodavnice ostvarile
promet kako slijedi: prva je ostvarila promet od 124.800 KM, druga
240.000 KM i treća 360.000 KM?
6) Tri radnika treba da podijele nagradu u iznosu od 2.700 KM, tako
da prvi radnik dobije 2/5, drugi 1/4, a treći ostatak. Koliki iznos
dobija svaki pojedini radnik?
7) Nasljedstvo od 26.400 KM treba podijeliti na tri nasljednika
obrnuto srazmjerno godinama starosti nasljednika. Koliko novaca
pripada svakom nasljedniku, ako je prvi star 7, drugi 14, a treći 21
godinu?
8) Iznos od 36.000 KM treba podijeliti na 4 lica, tako da svako sledeće
dobije po 2.000 KM više od prethodnog. Koliki iznos dobija svako
od ova četiri lica?
9) Preduzeće je nabavilo sirovinu koju treba koristiti za proizvodnju
dva proizvoda, fakturna vrijednost prve sirovine izosila je na 69.000
KM, a druge sirovine 84.000 KM. Troškovi nabavke ove dvije
sirovine iznose 459 KM. Radi kalkulacije cijene koštanja ovih
proizvoda potrebno je podijeliti troškove nabavke na ove dvije
sirovine u skladu sa njihovim fakturnim vrijednosima. Koliko
troškova nabavke pripada kojoj sirovini?
10) Dobit od 28.000 KM treba da podjele tri preduzeća, srazmjerno
uloženim sredstvima i vremenu rada. Koliko od dobiti treba da
dobije svako preduzeće, ako je prva uložila 80.000 KM i radila 2
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
161
mjeseca, ako je druga uložila 50.000 KM i radlia 3 mjeseca, i ako je
treća uložila 100.000 KM i radila 4 mjeseca?
11) Posao su obavila su tri grupe radnika i zaradili ukupno 23.850 KM.
Zaradu treba da podijele prema broju ostvarenih sati rada. Prvi
grupa od 30 radnika radila je 9 dana po 6 sati dnevno, druga grupa
od 20 radnika, radila je 8 dana po 8 sati dnevno i treća grupa od 40
radnika radila je 6 dana po 10 sati dnevno. Radni sat za sve tri grupe
plaća se jednako. Koliko od zarade pripada svakoj grupi?
12) Tri preduzeća su odlučila da zajednički izgrade skladište u
vrijednosti 129.200 KM. Ovaj iznos treba da podjele srazmjerno
broju zaposlenih, a obrnuto srazmjerno udaljenosti preduzeća od
skladišta. Sa koliko će KM učestvovati svako preduzeće ako:
I preduzeće ima 48 zaposlenih radnika i udaljeno je 4 km
II preduzeće ima 112 zaposlenih radnika i udaljeno je 3,5 km
III preduzeće ima 198 zaposlenih radnika i udaljeno je 5,5 km.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
162
TEST PITANJA
1. Koji problemi se mogu riješiti primjenom računa podjele?
2. Koje vrste računa podjele postoje?
3. Šta je svota kod računa podjele?
4. Šta je ekvivalentni broj kod računa podjele?
5. Kojim metodama se mogu riješiti problemi podjele?
6. Koja je razlika između računa proste podjele i složene podjele?
7. Kako se formira srazmjera podjele ako su veličine direktno
proporcionalne udjelu u podjeli?
8. Kako se formira srazmjera podjele ako su veličine obrnuto
proporcionalne udjelu u podjeli?
9. Kako se riješavaju problemi složene podjele?
10. Kod kojih praktičnih problema se koristi račun podjele?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
163
VIII) RAČUN SMJESE
Račun smjese koristi se za rješavanje problema kada se miješaju robe
različitih kvaliteta ili cijena da bi se dobila smjesa određenog kvaliteta ili
cijene. Dobijeni kvalitet ili cijena smjese je takav da je da je kvalitet smjese
bolji od kvaliteta najslabijeg a lošiji od kvaliteta najboljeg dijela smjese, kao
da je cijena smjese skuplja od najjeftinijeg, a jefitinija od najskupljeg dijela
smjese.
Zadatak je da se utvrdi u kome omjeru treba miješati date kvalitete ili
cijene da bi se dobila tražena kvaliteta ili cijena. Kod ovih zadataka važi:
- težina smjese jednaka je zbiru težina pojedinih sastavnih dijelova,
- prilikom miješanja se ništa ne smije dobiti niti izgubiti tj. za
pomješanu robu treba dobiti isti novčani iznos koji bi se dobio kada
bi se robe prodavale ne pomješane.
Račun smjese primjenjuje se u dva slučaja:
- kada želimo da odredimo cijenu za robu dobijenu mješanjem roba
čije cijene i količine su poznate i
- kada treba da odredimo u kakvom omjeru treba miješati date
kvalitete da bi se dobio željeni kvalitet.
Prost račun smjese imamo kada mješamo dvije vrste roba. Složen račun
smjese kada miješamo tri ili više vrsta robe.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
164
1. ODREĐIVANJE PROSJEČNE CIJENE
Određivanja prosječne cijene smjese, podrazumijeva da se odredi
prosječna cijena robe koja se dobije mješanjem roba različitih cijena.
Određivanje prosječne cijene smjese vrši se tako što se odredi vrijednost
pojedinih sastavnih dijelova, zatim se te pojedine vrijednosti saberu i podijele
zbirom količina sastavnih dijelova.
Primjer 1. U jednoj trgovini pomješano je 100 kg kave po 8 KM, 40
kg kave po 8,8 KM i 60 kg kave po 7,2 KM. Koliko KM košta kilogram kave
dobijen miješanjem ove tri vrste?
Ovdje je:
100 kg á KM 8 = KM 800
40 kg á KM 8,8 = KM 352
60 kg á KM 7,2 = KM 432
200 kg smjese vrijedi 1.584 KM
Dobili smo da 200 kg smjese vrijedi 1.584 KM, odakle proizilazi da 1
kg smjese vrijedi 200
584.1 = 7,92 KM.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
165
2. ODREĐIVANJE OMJERA MIJEŠANJA
Određivanje omjera miješanja je problem kod kog treba utvrditi koje
količine roba datih kvaliteta treba pomiješati da se dobije traženi kvalitet
smjese. U ovim zadacima potrbno je odrediti omjer u kome će se miješati
pojedine komponente, što se može utvrditi:
- direktno i
- zaključivanjem.
Da bi se utvrdio omjer mješanja, odnosno udio pojedinih dijelova u
smjesi, potrebno je:
- poredati mjere kojim je određen kvalitet tih roba (npr. cijene) po
veličini,
- u drugom redu se piše smjesa koja se mora naći između najlošijeg i
najboljeg kvaliteta,
- zatim se obrnutim redoslijedom oduzme kvalitet smjese (ps) od
kvaliteta pojedinih dijelova smjese (p1, p2, ... , pn ), tako da se
dobije omjer mješanja,
- nakon toga se saberu članovi proporcije kojom se izražava omjer
mješanja (k) i sa tim bojem se podjeli ukupna količina smjese (K),
čime se dobije ekvivalentni broj učešća u smjesi (e),
- član omjera se pomnoži sa ekvivalentnim brojem (e), čime se
dobije učešće određene robe u smjesi.
Ukoliko imamo tri i više dijelova smjese, uvjek se upoređuje jedna
bolja i jedna lošija vrsta sa srednjom vrijednošću. Ovo vezivanje je
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
166
proizvoljno tako da u takvim slučajevima može pojavito beskonačno mnogo
rješenja.
Primjer 2. Prodano je 1.500 kg pšenice po cijeni od 0,196 KM. U
prodajnoj vrijednosti pšenice su dvije vrste pšenice čija cijena je 0,18 KM i
0,22 KM, koliko je svake od ove dvije vrste pšenica uključeno u prodanu
količinu?
Ovdje je: K = 1.500 kg, p1 = 0,18; p2 = 0,22; ps = 0,196, pa imamo:
1. ukoliko utvrđivanje omjernih brojeva vršimo direktnom metodom,
imamo:
0,18
0,196
0,22
0,22 – 0,196
0,196 – 0,18
0,024 8
000.1 = 3
0,016 8
000.1 = 2
3 300 = 900 kg
2 300 = 600 kg
5 1.500 kg
k = 3 + 2 = 5 e = 5
500.1 = 300
Potrebno je pomješati 900 kg pšenice čija je cijena 0,18 KM i 600 kg
pšenice cijene 0,22 KM, da bi se dobilo 1.500 kg pšenice po cijeni od 0,196
KM.
Radi kontrole utvrdimo vrijednost pojedinih udjela u smjesi, kao i
smjese, pa imamo:
900 kg á KM 0,18 = KM 162
600 kg á KM 0,22 = KM 132
1.500 kg = KM 294
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
167
Ako 1.500 kg smjese vrijedi 294 KM, tada vrijedi:1 kg =
KM196,0500.1
294
2. ukoliko utvrđivanje omjernih brojeva vršimo metodom zaključivanja,
imamo:
0,18
0,196
0,22
+ 0,016
– 0,024
0,024 8
000.1 = 3
0,016 8
000.1 = 2
3 300 = 900 kg
2 300 = 600 kg
5 1.500 kg
k = 3 + 2 = 5 3005
500.1 e
Zaključili smo na sledeći način:
Ako bismo pšenicu koja košta 0,18 KM prodavali po 0,196 KM zaradili
bismo 0,016 KM, a ako bismo pšenicu od 0,22 KM prodali po 0,196 KM
izgubili bismo 0,024 KM (ovi brojevi predstavljaju pretpostavljene dobitke,
odnosno gubitke). Omjerne brojeve za ove dvije vrste roba dobijamo kada
zamjenimo mjesta pretpostavljenom dobitku i dobitku zamjenimo mjesta.
Primjer 3. Poljuprivredno gazdinstvo ima tri vrste pasulja koje prodaje
po 4, 5 i 6 KM za jedan kg. Kupac želi da kupi 1.800 kg pasulja, i spreman je
platiti 5,2 KM za jedan kg. Koliko od svke vrste pasulja treba uzeti da bi se
udovoljilo zahtjevu kupca?
Ovdje je: K = 1.500 kg; p1 = 4; p2 = 5; p3 = 6; ps = 5,2 KM pa imamo:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
168
a) direktnom metodom:
4
5
5,2
6
6 – 5,2 = 0,8
6 – 5,2 = 0,8
(5,2 – 4) + (5,2 – 5) = 1,4
4
4
7
4 120 = 480 kg
4 120 = 480 kg
7 120 = 840 kg
15 1.800 kg
k = 4 + 4 + 7 = 15 12015
800.1 e
Radi kontrole utvrdimo vrijednost pojedinih udjela u smjesi, kao i
smjese, pa imamo:
480 kg á KM 4 = KM 1.920
480 kg á KM 5 = KM 2.400
840 kg á KM 6 = KM 5.040
1.800 kg = KM 9.360
Ako 1.800 kg smjese vrijedi 9.360 KM, tada vrijedi:1 kg =
KM2,5800.1
360.9 .
Treba uzeti po 480 kg pasulja cijene 4 i 5 KM/kg i 840 kg pasulja
cijene 6 KM, kako bi se dobilo 1.800 kg pasulja po cijeni od 5,2KM/kg.
b) metodom zaključivanja:
4
5
5,2
6
+ 1,2
+ 0,2
– 0,8
5 : 5 = 1
10 : 5 = 2
10 : 5 = 2
1 360 = 360 kg
2 360 = 720 kg
2 360 = 720 kg
5 1.800 kg
k = 1 + 2 + 2 = 5 3605
800.1 e
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
169
Omjerne brojeve za prvu i drugu vrstu pasulja 5 i 10 uzimamo
proizvoljno, te na temelju njih utvrđujemo pretpostavljeni dobitak. Omjerni
broj za treću vrstu računamo na bazi prva dva:
5 kg po KM 1,2 = KM 6
10 kg po KM 0,2 = KM 2
UKUPNO: KM 8
Kako miješanjem ništa ne smije da se izgubi niti dobije treći omjerni
broj određuje da na trećoj vrsti pasulja moramo izgubiti 8 KM. Znajući da na
jednom kilogramu treće vrste pasulja gubimo 0,8 KM, to znači da treći
omjerni broj iznosi 8,0
8= 10.
Radi kontrole utvrdimo vrijednost pojedinih udjela u smjesi, kao i
smjese, pa imamo:
360 kg á KM 4 = KM 1.440
720 kg á KM 5 = KM 3.600
720 kg á KM 6 = KM 4.320
1.800 kg = KM 9.360
Ako 1.800 kg smjese vrijedi 9.360 KM, tada vrijedi:
1 kg = KM2,5800.1
360.9 .
Ovdje smo dobili dva moguća rješenja problema.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
170
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Veletrgovina ima dvije vrste ženskih hlača: cijene po komadu 95 i 80
KM. Trgovina na malo spremana je kupiti 600 komada hlača po cijeni
od 90 KM po komadu. Koliko hlača od ove dvije vrste treba dati
trgovina na veliko, trgovini na malo tako da ispuni njen zahtjev, a da
ne ostvari gubitak?
2. Rakiju od 90%, 70% i 64% treba pomješati, tako da se dobije 1.720
litara rakije jačine 76%. Koliko pojedinih vrsta rakije treba uzeti da se
dobije željena smjesa jačine 76%?
3. Veletrgovina ima brašno cijene od 0,80 KM/kg, 0,98 KM/kg i 1,00
KM/kg. Kupac želi da kupi 14.500 kg brašna po cijeni od 0,85
KM/kg. Koliko kilograma od svake vrste brašna treba uzeti da se
ispune zahtjevi kupca?
4. Trgovina želi pomješati robu od 3,55; 3,70 i 3,90 KM, da bi dobila
mješavinu od 3,75 KM. U kom omjeru treba mješati robu?
5. Od čolkolade 100 gr koja ima cijenu 1,2 KM/kom uzeto je 240
komada. Koliko komada čokolade 100 gr po cijeni od 1,4 i 1,5
KM/kom treba uzeti da bi se dobila smjesa po cijeni od 1,35
KM/kom?
6. Trgovačko preduzeće je nabavljalo više puta nabavljalo jedan artikl,
tako da ima na zalihi taj proizvod po cijeni od 7,2 ; 7,6 ; 8,2 i 9,2 KM
za jedan komad. Mješanjem ovih proizvoda želi dobiti prosječnu
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
171
cijenu od 8 KM/ kom. Koliko komada proizvoda po cijeni od 7,2 ; 8,2
i 9,2 KM/ kom će uzeti, ako se uzme količina od 70 komada
proizvoda po cijeni od 7,6 KM/ kom?
7. Proizvodno preduzeće u procesu proizvodnje može sirovinu koju
ugrađuje u finalni proizvod nabaviti od 4 dobavljača po cijenama od
70, 73 i 76 KM/ kg. Proizvođaču je za jedan ciklus proizvodnje
potrebno 8.800 kg sirovine. Pri tome je neophodno da se ostvari
prosječna cijena sirovine od 74 KM/kg i da u smjesi bude 2.000 kg
najjeftinije sirovine. Koju količinu ostalih sirovina treba uzeti?
8. Zlatarskoj radnji potrebno je 25,2 kg zlata, finoće 840. Da bi dobila tu
leguru, treba da uzme zlato finoće 920, 800, 750 i 580. Zlata finoće
920 uzima 15,6 kg, po koliko će uzeti zalata od ostale tri vrste?
9. Pomješan je proizvod po cijeni od 1,75; 2 i 2,25 KM/ kom tako da je
dobijena smjesa sa cijenom od 2,1 KM/ kom. U kom omjeru su
mješani proizvodi?
10. U prodavnici kućanskih aparata pomješane su 4 vrste CD – plejera, i
to po cijeni po 120, 112, 100 i 96 KM/ kom, tako da je dobijena
mješavina sa prosječnom cijenom od 114 KM/ kom. Izračunati koliko
je od svake vrste CD – plejera uzeto ako je dobijeno 40 komada
mješavine?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
172
TEST PITANJA
1. Šta je račun smjese?
2. Koji su praktični primjeri primjene računa smjese?
3. Koji principi važe kod računa smjese?
4. Koje vrste računa smjese imamo?
5. Kako se određuje prosječna cijena kod računa smjese?
6. Kako se određuje omjer mješanja?
7. Koje metode se primjenjuju kod određivanja omjera mješanja?
8. Ukratko objasniti direktni metod utvrđivanja omjera mješanja?
9. Ukratko odjasnite metod zaključivanja u određivanju omjera
mješanja?
10. Koliko rješenja možemo dobiti ukoliko mješamo tri ili više vrsta
roba?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
173
IX) KAMATNI (INTERESNI) RAČUN
Većina ljudi koji se bave finansijskim aspektima poslovanja imala je
priliku da se u procesu školovanja i obrazovanja upozna sa najvažnijim
pojmovima i procedurama iz domena finansijske matematike. Mnogi od njih,
zbog preobimnih i previše teoretski orijentisanih školskih kurseva, imaju
često teškoće kada se suoče čak i sa tako jednostavnim problemom kao što je
izračunavanje kamate. U daljem tekstu biće razmotreni neki osnovni aspekti
ove problematike.
1. PROST KAMATNI RAČUN
Iznos koji se plaća za korišćenje pozajmljenih sredstava predstavlja
interes ili kamatu. Pozajmljena svota obično se naziva glavnica odnosno
kapital. Procentualni dio glavnice koji se plaća na ime interesa za jedinicu
vremena (godina, mjesec, dan, ... ) naziva se interesna stopa (godišnja,
mesečna, dnevna, ... ). Tako, naprimjer, interesna stopa od 25% godišnje
označava da četvrtinu vrijednosti pozajmljenog kapitala treba platiti kao
cijenu pozajmice za godinu dana. Jasno je, dakle, da interesna stopa
predstavlja izraz vrijednosti kapitala, tj. njegovu cijenu.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
174
Izračunavanje prostog interesa
Postupak za izračunavanje interesa (kamate) zavisi od ugovora
između povjerioca i dužnika. U ugovoru, između ostalog, pored kapitala,
interesne stope i vremena trajanja pozajmice, mora biti naznačen i metod
obračuna interesa. Naime, interes može biti obračunat jedanput za cio period
pozajmice na osnovu čiste glavnice, i tada se naziva prost interes. Ako se
interes obračunava više puta u toku perioda pozajmice, svaki put na osnovu
glavnice uvećane za interes, takav interes se naziva složen ili interes na
interes.
Iako prost interes ima prevashodno teorijsko-metodološki smisao kao
osnova za razvijanje koncepta složenog interesa, on ima i važan aplikativni
značaj kod kvantifikacije finansijskih transakcija.
Najopštije rečeno, prost interes se izračunava kao proizvod kapitala,
vremena i intenziteta interesne stope ( interesna stopa podjeljena sa 100), tj.:
INTERES = KAPITAL x VRIJEME x (INTENZITET INTERESA)
Ova opšta formula modifikuje se u zavisnosti od toga kako je
izraženo vrijeme.
Tako, ako se uvedu oznake: K – kapital, n – vrijeme (broj godina), p –
interesna stopa (godišnja), I – interes, onda je:
100
pnKI
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
175
Prost interes se lako može izračunati na osnovu ove formule kada su
poznati kapital vrijeme i interesna stopa. Na osnovu nje se može izračunati i
bilo koja od ove četiri veličine kada su ostale tri poznate.
Primjer 1. (Izračunavanje prostog interesa) Koliko interesa donosi
kapital od 800.000 KM za pet godina, ako je interesna stopa 15% godišnje.
Ovdje je: K = 800.000, n = 5, p = 15 % pa je:
KMpnKI 000.600100
155000.800
100
Primjer 2. Koji kapital uz 4 % godišnje kamate donosi za 3 godine
donosi 240.000 KM interesa?
Ovdje je: I = 240.000, n = 3, p = 4 % pa je:
KMpn
IK 000.000.243
100000.240100
Primjer 3. Preduzeće je podiglo zajam od banke u iznosu od 100.000,
na 2 godine i pri tome je preduzeće platilo iznos od 25.000 KM kao naknadu
za korišteni zajam. Kolika je interesna stopa banke?
Ovdje je: K = 100.000, n = 2, I = 25.000 pa je:
%5,122000.100
100000.25100
nKIp
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
176
Primjer 4. Koliko godina je potrebno da kapital od 230.000 KM, uz
interesnu stopu od 5% godišnje, donese interes od 34.500 KM?
Ovdje je: K = 230.000, I = 34.500, p = 5% pa je:
godinepK
In 35000.230
100500.34100
Primjer 5. Dva kapitala se razlikuju za 5.000 KM. Veći kapital je
ukamaćen sa 6% godišnjeg interesa na 4 godine, a manji sa 2,5% godišnjeg
interesa na 6 godina. Pri tome, je interes prvog kapitala dvostruko veći od
interesa drugog kapitala. Odredi koliko iznose uloženi kapitali i koliko iznose
interesi osvareni ulaganjem tih kapitala?
Ovdje je: K2 = K1 – 5.000, I1 = 2 · I2, p1 = 6%, p2 = 2,5%, n1 = 4, n2 =
6 pa je:
100111
1
pnKI
100222
2
pnKI
Uvažavajući polazne pretpostavke imamo:
100
5,262
100
64 21
KK
K1 ·24 = 30 · (K1 – 5.000)
24 · K1 = 30 · K1 – 150.000
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
177
24 · K1 – 30 · K1 = – 150.000
– 6 K1 = – 150.000
K1 = 25.000
K2 = K1 – 5.000 = 25.000 – 5.000 = 20.000
000.6100
64000.251
I
000.3100
5,26000.202
I
Iznos prvog kapitala je 25.000 KM, a njegovim ulaganjem ostvaren je
interes od 6.000 KM. Drugi kapital iznosi 20.000 KM, a njegovim ulaganjem
ostvaren je interes od 3.000 KM.
Primjer 6. Uz koji godišnji interes uloženi kapital, za pet godina,
donese interes dva puta veći od uloženog kapitala?
Ovdje je: I = 2 K, n = 5 pa je:
100
pnKI
1002
pnKK
2 K = K · 0,05 · p
2 = 0,05 p
0,05 p = 2
p = 40 %
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
178
U prethodnim primjerima vrijeme je izraženo u godinama. Međutim,
prost interesni račun ima adekvatnu praktičnu primenu samo za kratke
intervale vrijemena, tj. za dane i mjesece. Prema tome, u formulama prostog
interesnog računa umesto broja godina obično figuriše razlomak koji
predstavlja dio godine za koji je izvršena pozajmica, tj.
n = broj dana trajanja pozajmice ili broj dana u godini
n = broj mjeseci trajanja pozajmice
broj mjeseci u godini
Tačan broj dana u godini je 365 (366 u prestupnim godinama), a
odgovarajući prost interes koji se izračunavana osnovu tog broja naziva se
tačan prost interes. Za računanje tačnog broja dana može se koristiti tabela 1.
često se zbog jednostavnijeg izračunavanja konvencionalno uzima da je broj
dana u godini 360, a prost interes koji se izračunava korišćenjem ovog broja
naziva se običan prost interes. Tačan prost interes je za 1,4% manji od
običnog. Uprkos ovako maloj razlici, danas nema potrebe za izračunavanjem
običnog prostog interesa jer se i tačan prost intres lako izračuna pomoću
kalkulatora.
Dakle, ako se broj dana pozajmice označi sa d, onda se prost interes
izračunava po formuli:
500.36365100
pdKpdKI
Ukoliko broj mjeseci trajanja pozajmice označimo sa m, znajući da je
broj mjeseci u godini 12, u ovom slučaju prost interes izračunavamo po
formuli:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
179
200.112100
pmKpmKI
Primjer 7. (Izračunavanje tačnog prostog interesa) Koliki interes
donosi kapital od 500.000 KM za 45 dana, ako je interesna stopa 18%
godišnje?
Ovdje je: K = 500.000, d = 45, p = 18%, pa je:
096.11500.36
1845000.500
500.36
pdKI KM
Kapital od 500.000 KM, za 45 dana, uz interesnu stopu od 18 %,
donese interes od 11.096 KM.
Primjer 8. Koliki interes će donijeti kapital od 158.700 KM, za pet
mjeseci uz interesnu stopu 6% godišnje?
Ovdje je: K = 158.700, m = 5, p = 6%, pa je:
50,967.3200.1
65700.158
200.1
pmKI
Kapital od 158.700 KM, za 5 mjeseci, uz interesnu stopu od 6 %,
donese interes od 3.967,50 KM.
Primjer 9. Koliko kapitala treba uložiti da bi se uz interesnu stopu od
5%, za 146 dana ostvario interes od 2.000 KM?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
180
Ovdje je: p = 5%, d = 146, I = 2.000, pa je:
000.1001465
500.36000.2500.36
pdIK KM
Potrebno je uložiti 100.000 KM.
Primjer 10. Koliko kapitala je potrebno uložiti na 6 mjeseci da bi se
uz interesnu stopu 4,5 % realizovao interes od 9.000 KM?
Ovdje je: m = 6, p = 4,5%, I = 9.000, pa je:
KMpm
IK 000.4005,46
200.1000.91200
Potrebno je uložiti 400.000 KM kapitala.
Primjer 11. Kolika je interesna stopa kojom se za 100 dana ostvari
inters od 5.000 KM na ulog od 146.000 KM?
Ovdje je: d = 100, I = 5.000, K = 146.000, pa je:
%5,12100000.146
500.36000.5500.36
dKIp
Interesna stopa iznosi 12,5 %.
Primjer 12. Sa obrtnim kapitalom od 225.000 KM, preduzeće je za
pola godine zaradilo 16.875 konvertibilnih maraka. Kojoj interesnoj stopi
odgovara ostvarena zarada?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
181
Ovdje je: K = 225.000, m = 6, I = 16.875, pa je:
%156000.225
200.1875.16200.1
mKIp
Navedena zarada odgovara interesnoj stopi od 15 %.
Primjer 13. Za koliko dana kapital od 182.500 KM uz interesnu
stopu 4% omogući ostvarenje dobitka od 2.000 KM?
Ovdje je: K = 182.500, p = 4, I = 7.300, pa je:
danapK
Id 1004500.182
500.36000.2500.36
Za 100 dana kapital od 182.500 uz kamatnu (interesnu) stopu od 4 %,
omogući ostvarivanje interesa od 7.300 KM.
Primjer 14. Koliko mjeseci je potrebno da se uloženi iznos, uz
interesnu stopu od 60% udvostruči?
Ovdje je: 2 K = K + I, p = 60%, K = 24.000, pa je:
imjepK
Im sec2060
200.1200.1
Potrebno je 20 mjeseci da bi uloženi iznos uz interesnu stopu od 60 %
udvostručio svoju vrijednost.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
182
Primjer 15. Jedan kapital nepoznate vrijednosti podeljen je na tri dela
i uložen na sledeći način, 25% kapitala uloženo je uz interesnu stopu od 8% u
periodu od 29.05. do 29.07, 45% kapitala uloženo je u periodu od 01.06. do
31.07. uz interesnu stopu 4%, ostatak kapitala je uložen uz interesnu stopu
5% u periodu od 15.09. do 14.12. Ukupan interes koji je nastao ovim
ulaganjima iznosio je 25.000 KM, koliko je kapitala uloženo?
Ovdje je:
d1 = 210 – 149 = 61,
d2 = 212 – 152 =60,
d3 = 348 – 258 = 90,
p1 = 8 %,
p2 = 4 %,
p3 = 5 %,
K1 = 0,25 K,
K2 = 0,45 K,
K3 = (1 – 0,25 – 0,45) K = 0,30 K,
I = I1 + I2 + I3 = 25.000, pa je:
000.25600.35
59030,046045,06125,0321
KKKIIII
000.25500.36
135108122
KKK
000.25500.36
365
K
K = 2.500.000 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
183
Ukupno je uloženo 2.500.000 konvertibilnih maraka. Vrijednost
prvog kapitala iznosi K1 = 0,25 · 2.500.000 = 625.000 KM, drugi kapital
iznosi K2 = 0,45 · 2.500.000 = 1.125.000 KM, avrijednost trećega kapitala je
K3 = 0,30 · 2.500.000 = 750.000 KM. Ukupno je uloženo:
K = K1 + K2 + K3 = 625.000 + 1.125.000 + 750.000 = 2.500.000 KM.
Tabela 1. Broj dana od svakog dana u godini koji počinje od 1. januara
Dan u
mes
Jan
Feb
Mar
Apr
Maj
Jun
Jul
Avg
Sep
Okt
Nov
Dec
Dan u
mes 1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
26 27 28 29 30 31
1 2 3 4 5 6 7 8 9
10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
26 27 28 29 30 31
32 33 34 35 36
37 38 39 40 41
42 43 44 45 46
47 48 49 50 51
52 53 54 55 56
57 58 59
60 61 62 63 64
65 66 67 68 69
70 71 72 73 74
75 76 77 78 79
80 81 82 83 84
85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95
96 97 98 99 100
101 102 103 104 105
106 107 108 109 110
111 112 113 114 115
116 117 118 119 120
121 122 123 124 125
126 127 128 129 130
131 132 133 134 135
136 137 138 139 140
141 142 143 144 145
146 147 148 149 150 151
152 153 154 155 156
157 158 159 160 161
162 163 164 165 166
167 168 169 170 171
172 173 174 175 176
177 178 179 180 181
182 183 184 185 186
187 188 189 190 191
192 193 194 195 196
197 198 199 200 201
202 203 204 205 206
207 208 209 210 211 212
213 214 215 216 217
218 219 220 221 222
223 224 225 226 227
228 229 230 231 232
233 234 235 236 237
238 239 240 241 242 243
244 245 246 247 248
249 250 251 252 253
254 255 256 257 258
259 260 261 262 263
264 265 266 267 268
269 270 271 272 273
274 275 276 277 278
279 280 281 282 283
284 285 286 287 288
289 290 291 292 293
294 295 296 297 298
299 300 301 302 303 304
305 306 307 308 309
310 311 312 313 314
315 316 317 318 319
320 321 322 323 324
325 326 327 328 329
330 331 332 333 334
335 336 337 338 339
340 341 342 343 344
345 346 347 348 349
350 351 352 353 354
355 356 357 358 359
360 361 362 363 364 365
1 2 3 4 5 6 7 8 9
10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
26 27 28 29 30 31
NAPOMENA: U prestupnim godinama, posle 28. februara dodaje se 1 na
tabelarne vrijednosti
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
184
Prost diskont
Kada se u prostom interesnom računu kapital sabere sa interesom
dobija se veličina koja se naziva uvećani kapital. Ako se uvećani kapital
označi sa A, onda je:
A = K + I
Kapital K predstavlja tzv. Sadašnju vrijednost veličine A i naziva se
diskontovana vrijednost veličine A. Razlika ove dve vrijednosti (interes) I =
A – K naziva se još i diskont. Ovako definisan diskont predstavlja tzv. Realni
diskont ili, kako ga neki autori nazivaju, racionalni diskont. Proces
izračunavanja diskontovane vrijednosti naziva se diskontovanje.
Iz izraza za prost interes lako se može izvesti formula za
izračunavanje diskontovane vrijednosti K date veličine A, tj.:
500.361
200.11
1001
pdA
pmA
pnAK
Primjer 16. (Izračunavanje realnog diskonta) Koliki kapital treba
uložiti 20. marta da bi 30. aprila iste godine narastao na 2.500.000 KM, ako
je interesna stopa 20% godišnje.
Ovdje je: A = 2.500.000, d = 120 – 79 = 41 ( 20.03. je 79, a 30.04. je
120. dan u godini), p = 20%, pa je diskontovana vrijednost:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
185
070.445.2
500.36
20411
000.500.2
500.361
pd
AK
Diskont iznosi I = A – K = 54.930.
Primjer 17. Dužnik je vratio banci nakon 7 mjeseci kredit sa 5%
godišnje kamate u iznosu od 247.000 KM. Koliki je iznos kredita koji je
dužnik podigao u banci, te koliko iznose kamate na podignuti kredit?
Ovdje je: A = 247.000, m = 7, p = 5%, pa je diskontovana vrijednost:
000.240
200.1
571
000.247
200.11
pm
AK
Kredit je iznosio 240.000 KM, a bankarska kamata:
I = A – K = 7.000 KM.
Primjer 18. Dva različita kapitala su uložena u banku uz godišnju
kamatnu stopu od 3%, pri čemu je poznata razlika među tim kapitalima, koja
iznosi 5.000 KM. Nakon dve godine ti kapitali zajedno sa kamatama iznosila
su 47.700 KM. Koliko iznose uloženi kapitali i koliki interes su donijeli
ulagaču?
Ovdje je: A1 + A2 = 47.700, n = 2, p = 3%, K1 – K2 = 5.000, pa imamo:
1001
2121 pn
AAKK
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
186
000.45
100
321
700.4721
KK
K1 + K2 = 45.000
K1 – K2 = 5.000 K1 = 5.000 + K2
5.000 + K2 + K2 = 45.000 2 K2 = 40.000 K2 = 20.000
K1 = 5.000 + K2 = 5.000 + 20.000 = 25.000
Kapitali su iznosili 25.000 i 20.000 KM, a donijeli su ulagaču interes
u iznosu od: I = 47.700 – (25.000 + 20.000) = 2.700 KM.
Primjer 19. Kada će kapital od 25.000 KM uložen u banku 25.01.
vrijediti 25.340 KM, ako kamata iznosi 4% godišnje?
Ovdje je: K = 25.000, A = 25.340, p = 4%, pa je:
124
4000.25
500.36000.25340.25500.36
pK
KAd
Potrebno je da prođe 124 dana, tako da će 149. (124 + 25 = 149) dana
u istoj godini, odnosno 29.05. iste godine kapital od 25.000, uložen 25.01. uz
kamatu 4% vrijediti 25.340 KM.
Primjer 20. Kolika je kamatna stopa uz koju bi kapital od
60.000 KM, za pet godina vrijedio 75.000 KM?
Ovdje je: K = 60.000, A = 75.000, n = 5, pa imamo:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
187
%55000.60
)000.60000.75(100)(100
nK
KAp
Uz kamatnu stopu od 5%, kapital od 60.000 KM će za 5 godina
vrijediti 75.000 KM.
Primjer 21. Na koliko mjeseci otplate je odobren potrošački kredit
od 45.000 KM, ako je banci na ime kredita uplaćeno 46.050 KM i ako je
kamatna stopa 4 %?
Ovdje je: K = 45.000, A = 46.050, p = 4%, pa imamo:
74000.45
)000.45050.46(200.1)(200.1
pK
KAm
Kredit je odobren na 7 mjeseci.
Primjer 22. Preduzeće je u četvrtini godine uložilo 22.500.000 a
ostvarilo prihod od 23.843.750 KM, kojoj interesnoj stopi odgovara ostvareni
poslovni rezultat?
Ovdje je: A = 23.843.750, K = 22.500.000, m = 3, pa imamo:
%153000.500.22
)000.500.22750.834.23(200.1)(200.1
mK
KAp
Interesna stopa od 15% omogućila bi da se ostvari jednak poslovni
rezultat.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
188
Bankarski diskont
Realni diskont se, kao što je već rečeno, dobija kao razlika uvećanog
kapitala i njegove diskontovane vrijednosti. U bankarstvu se, iako
neopravdano, ne koristi ovaj, već tzv. bankarski diskont koji neki autori
nazivaju i komercijalni diskont.
Za razliku od realnog diskonta, kod bankarskog diskonta sadašnja
vrijednost kapitala ne dobija se diskontovanjem uvećanog kapitala od te
vrijednosti.
U opštem slučaju ovaj diskont se izračunava kao proizvod krajnje
vrijednosti kapitala, vremena i intenziteta diskonta (diskontna stopa
podeljena sa 100)
DISKONT = (KRAJNJI KAPITAL) x VRIJEME x (INTENZITET
DISKONTA)
Ako se uvedu oznake: A – krajnji kapital, n,m,d – vrijeme (broj
godina, broj mjeseci, broj dana), p – diskontna stopa (godišnja) i D – diskont,
onda je:
500.36200.1100
pdApmApnAD
Diskontovana vrijednost je: K = A – D
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
189
Primjer 23. (Izračunavanje bankarskog diskonta) Na osnovu
podataka iz primjera 16. izračunati bankarski diskont.
Ovdje je: A = 2.500.000, d = 41, p =20%, pa je bankarski diskont:
164.56500.36
2041000.500.2
500.36
pdAD
Diskontovana vrijednost iznosi: K = A – D = 2.443.836
Diskontovana vrijednost, prema realnom diskontu iznosi: K =
2.445.070, iz čega vidimo da je realni diskont veći od komercijalnog.
Primjer 24. Na osnovu podataka iz primjera 17. izračunati bankarski
diskont.
Ovdje je: A = 247.000, m = 7, p = 5%, pa bankarski diskont iznosi:
16,204.7200.1
57000.247
200.1
pmAD
Diskontovana vrijednost iznosi: K = 247.000 – 7.204,16 =
239.795,83 KM.
Diskontovana vrijednost, prema realnom diskontu iznosi:
K = 240.000 KM.
Iz poslednja dva primjera vidi se da je bankarski diskont veći od
realnog. Iako je izračunavanje bankarskog diskonta nešto jednostavnije, za
njegovu primenu nema matematičkog opravdanja. Naime, za dovoljno veliki
vremenski period može se dogoditi da diskontovana vrijednost postane
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
190
negativna, što razume se, nije realno. Sem toga, korišćenjem bankarskog
diskonta banka može prisvojiti neprimjerenu vrijednost, o čemu će biti riječi
kada budemo govorili o eskontovanju mjenica.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
191
2. SLOŽEN INTERES
Složen interes predstavlja interes koji nastaje kad se interes koji
donosi neki kapital za određeni period vremena dodaje kapitalu, i zajedno sa
njim donosi interes na neki duži period vremena. Dodavanje interesa
osnovnom kapitalu ili kapitalu koji je uvećan za interes naziva se
kapitalisanje.
Zavisno od dužine vremenskog perioda kapitalisanje može biti
godišnje ( per annum, skraćeno se piše pa), polugodišnje (per semestre, piše
se ps), tromesečno (per quartale, piše se pq), mesečno (per mensem, piše se
pm).
Uobičajeno je da se kapitalisanje vrši godišnje ili polugodišnje, a
interesna stopa se utvrđuje na godišnjem nivou.
Ako se kapitalisanje vrši krajem svakog obračunskog vremenskog
perioda računanje interesa je dekurzivno i obeležava se slovom d uz interesnu
stopu.
Kod bankarskih zajmova interes se izračunava i unapred odbija od
kapitala, a takvo obračunavanje naziva se anticipativno računanje interesa i
obeležava se slovom a uz interesnu stopu.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
192
Izračunavanje krajnje vrijednosti kapitala
Kapital koji se daje pod interes na interes predstavlja tzv. sadašnju
vrijednost i obično se označava sa K. Svota na koju je narastao kapital dat
pod interes na interes poslije određenog perioda predstavlja krajnju
vrijednost kapitala ili uvećani kapital i označava se sa Kn.
Krajnja vrijednost Kn kapitala K na kraju n – te godine uz p% interesa
godišnje dekurzivno i godišnje kapitalisanje izračunava se po formuli:
n
npKK
1001
Izraz 100
1p
se obično označava sa r i predstavlja interesni činilac.
Ako se uzme u obzir ova oznaka, krajnja vrijednost kapitala je Kn = K r n,
gde rn predstavlja krajnju vrijednost jedinice novca na kraju n – te godine uz
p % interesa godišnje dekurzivno i godišnje kapitalisanje.
Primjer 26. (Izračunavanje krajnje vrijednosti kapitala kada se
kapitalisanje vrši na kraju godine) Na koju će svotu narasti kapital od
5.000.000 konvertibilnih maraka uz 12% (pa) d i godišnje kapitalisanje za 8
godina.
Ovdje je: K = 5.000.000, p = 12%, n = 8 pa je:
r = 1 + 100
p = 1 + 0,12 = 1,12
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
193
Kn = K · rn = 5.000.000 · 1,128 = 12.379.816 KM
Primjer 27. U kome vremenu 250.000 konvertibilnih maraka naraste
na 400.000 konvertibilnih maraka uz interesnu stopu od 4% (pa) d?
Ovdje je: K = 250.000, Kn = 400.000, p = 4 %, r = 1 + 0,04 = 1,04 pa
je:
Kn = K r n
KK
r nn
000.250
000.40004,1 n
1,04 n = 1,6
n log 1,04 = log 1,6
98357,11017033339,0
20411998,0n
n = 11 godina, 11 mjeseci i 24 dana
Primjer 28. Kolika je sadašnja vrijednost kapitala koji uz interesnu
stopu od 12% (pa) d, za 10 godina naraste na 310.585 konvertibilnih maraka?
Ovdje je: p = 12% (pa)d r = 1,12, n = 10, Kn = 310.585, pa je:
KMrKK n
n 000.10010585,3
585.310
12,1
585.31010
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
194
K = 100.000 konvertibilnih maraka.
Ako kapitalisanje vršimo m puta godišnje, onda p postaje m puta
manje, a n postaje m veće. Prema tome, kada se m puta vrši kapitalisanje u
toku jedne godine formula za krajnju vrijednost kapitala postaje:
nm
mn mpKK
1001
Primjer 29. (Izračunavanje krajnje vrijednosti i kapitala kada se
kapitalisanje vrši više puta godišnje) Na koju će sumu narasti kapital
7.500.000 konvertibilnih maraka uz 15% (pa) d i polugodišnje kapitalisanje
za 10 godina.
Ovdje je: K = 7.500.000, p = 15%, n = 10, m = 2, pa je:
883.858.311002
151000.500.7
1001
102
nm
mn mpKK
Primjer 30. Neko uloži u banku 60.000 konvertibilnih maraka sa
interesnom stopom od 10 % (pa) d. Taj isti iznos banka pozajmi sa
interesnom stopom 12% godišnje i polugodišnje kapitalisanje. Koliko zaradi
banka na opisani način za 8 godina?
Ovdje je: K = K1 = K2 = 60.000, p1 = 10% (pa) d, p2 = 12% d, m2 = 2,
n = n1 = n2 = 8, pa je:
r1 = 1 + p1/100 = 1 + 10/100 = 1,10
r2 = 1 + p2/(m2 · 100) = 1 + 12/(200) = 1,06
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
195
Zarada banke X predstavlja razliku između konačnih vrijednosti ovih
kapitala, tj.:
X = Kn2 – Kn1 = K ( r2mn + r1
n) = 60.000 (1,062·8 + 1,108) = 60.000 (1,0616
– 1,108)
X = 60.000 · 0,396762885 = 23.805,77 KM
Zarada banke iznosi 23.805,77 konvertibilnih maraka.
Očigledno je da se korišćenjem gornje formule ne postiže isti efekat
koji bi se postigao pri godišnjem kapitalisanju. Za postizanje istog efekta
koristi se tzv. konformna (ekvivalentna) stopa pK. Ova stopa se izračunava po
formuli:
1
1001100 m
Kpp
Lako se može pokazati da je p/m > pK, tj. da je relativna stopa veća
od konformne.
Primjer 31. (Izračunavanje krajnje vrijednosti kapitala kada se
kapitalisanje vrši više puta godišnje korišćenjem konformne stope) Na koju
će sumu narasti kapital od 7.500.000 konvertibilnih maraka uz 15% (pa) d i
polugodišnje kapitalisanje za 10 godina.
Ovdje je: K = 7.500.000, p = 15%, n = 10, m = 2, pa je konformna
stopa:
%42,71100
1511001
1001100
m
Kpp
pa je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
196
KMpKKnm
Kmn 683.341.30
100
42,71000.500.7
1001
102
što je isto kao kada se vrši godišnje kapitalisanje, tj.:
KMpKKn
n 683.341.30100
151000.500.7
1001
10
Primjer 32. (Izračunavanje interesa kod kratkoročnih pozajmica)
Preduzeće je pozajmilo 500.000 konvertibilnih maraka na 13 dana sa
mesečnom stopom od 25% dekurzivno i dnevno kapitalisanje. Izračunati
interes koji preduzeće mora da plati korišćenjem konformne i relativne stope.
Ovdje je: K = 500.000, p = 25% (p.m.) i dnevno kapitalisanje, m = 31
( broj dana u mjesecu), d = 13. Dnevna komformna stopa je:
%72,0125,011001100
251100 3131
Kp
Narasli kapital je:
KMpKKd
Kd 11,876.548
100
72,01000.500
1001
13
a interes je:
i = Kd − K = 48.876,11 konvertibilnih maraka
Ako bi se umesto komformne koristila relativna stopa, onda je:
11,032.55531100
251000.500
311001
13
d
dpKK
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
197
a interes je:
i = Kd − K = 55.032,11 konvertibilnih maraka
Ako bi se pak koristio prosti interes lako se može videti da je narasli
kapital 552.419,35 konvertibilnih maraka, a interes 52.419,35 konvertibilnih
maraka.
Primjer 33. Uz koju kamatnu stopu (pa) d za 10 godina uloženi
kapital dostigne svoju trostruku vrijednost?
Ovdje je: n = 10, Kn = 3 K, pa je:
r 10 = KK n = 3
10 log r = log 3
log r = 0,477121254
10
log r = 0,0477121254
r = 1,1161
p = 11,61 %
Za male interesne stope razlika između konformne i relativne stope je
zanemarljiva. Na primjer, za godišnju stopu od 9% dnevna relativna stopa
iznosi 0,0246%, a dnevna konformna stopa 0,0236%.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
198
Izračunavanje sadašnje vrijednosti kapitala
Iz formule za izračunavanje krajnje vrijednosti kapitala lako se
uočava da se sadašnja vrijednost kapitala K izračunava se na osnovu formule:
nmn
mp
KK
1001
Primjer 34. (Izračunavanje sadašnje vrijednosti kapitala) Koji
kapital će poslije 5 godina uz interes od 15% (pa) d i tromesečno
kapitalisanje narasti na 10.000.000 KM.
Ovdje je: Kn = 10.000.000, p = 15%, n = 5, m = 4, pa je:
923.788.4
4100
151
000.000.10
1001
54
nmn
mp
KK
Kapital od 4.788.923 KM će poslije 5 godina uz kamatnu stopu od
15% (pa) d i tromjesečno kapitalisanje narasti na 10.000.000 KM.
Primjer 35. Koja će se glavnica uvećati za 12 godina, sa interesnom
stopom od 9% d godišnje do istog iznosa kao 58.500 konvertibilnih maraka
za 6 godina sa interesnom stopom 7,5% d – sve uz četveromesečno
kapitalisanje?
Ovdje je: n1 = 12, n2 = 6, m = m1 = m2 = 3, p1 = 9, p2 = 7,5, Kn1 = Kn2,
K2 = 58.500, pa je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
199
03,1300
91
1001
1
11
mpr
025,1300
5,71
1001
2
22
mpr
58.500 · 1,02518 = K · 1,0336
77,480.31898278328,2
240.91K
Glavnica od 31.480,77 KM.
Suma uloga
U svim dosadašnjim slučajevima posmatrali smo jedan ulog, odnosno
samo jedan kapital. U praktičnim situacijama ponekad se dešava da se
ulaganja ponavljaju u jednakim vremenskim razmacima. Ulozi mogu biti
jednaki, ili različiti. Za izračunavanje sume uloga koristi se složeni interesni
račun, s obzirom da se posle svakog obračunskog perioda narasloj sumi uloga
dodaje i interes na tu sumu za period između dva ulaganja. Ovdje će biti
riječi o sumi jednakih uloga kod kojih se razmak između ulaganja podudara
sa razmakom između kapitalisanja.
Ako se ulaganje vrši početkom svakog obračunskog perioda, kaže se
da je ulaganje anticipativno, a ako se ulaže krajem svakog obračunskog
perioda, tada je ulaganje dekurzivno.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
200
2.3.1. Ulaganje početkom obračunskog perioda
Ako se početkom svake godine u toku n godina ulaže po u
konvertibilnih maraka godišnje sa p% (pa) d interesa pri godišnjem
kapitalisanju, i ako se sa Sn označi zbir svih uloga sa interesom na interes,
tada se on izračunava na osnovu formule:
Sn = u r n + u r n – 1 + u r n – 2 + ... + u r
ili
1
)1(
r
rruSn
n
Primjer 36. (Izračunavanje sume anticipativnih uloga) Početkom
svake godine ulaže se u banku po 1.000.000. Kakvo će biti stanje uloga na
kraju pete godine ako se interes računa uz 12% (pa) d i godišnje kapitalisanje.
Ovdje je: u = 1.000.000, p = 12%, n = 5, pa je:
189.115.7112,1
)112,1(12,1000.000.1
1
)1( 5
rrurS
n
n
Na kraju pete godine uloženi iznosi zajedno sa ostvarenim interesom
iznosti će 7.115.189 KM.
Primjer 37. Koliko godina je potrebno da se ulaže 10.000
konvertibilnih maraka početkom godine, uz interesnu stopu od 10% (pa) d,
da bi ulog dostigao vrijednost od 51.051 konvertibilnih maraka?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
201
Ovdje je: u = 10.000, p = 10%(pa) d r = 1,1, Sn = 51.051 KM, pa
je:
1
)1(
rrurS
n
n
11,1
)11,1(1,1000.10051.51
n
51.051 = 100.000 (1,1n – 1) │: 100.000
0,51051 = 1,1n – 1
1,51051 = 1,1n
log 1,51051 = n log 1,1
41,1log
51051,1logn
Četri godine je potrebno da se ulaže po 10.000 KM, početkom godine,
da bi uz interesnu stopu 10% (pa) d dostigla vrijednost od 51.051
konvertibilnih maraka.
Primjer 38. Koliki iznos je potrebno ulagati, početkom godine, da bi
uz interesnu stopu od 7% (pa) d, nakon tri godine imali 68.799 konvertibilnih
maraka?
Ovdje je: n = 3, p = 7% (pa) d r = 1,07, Sn = 68.799 KM, pa je:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
202
1
)1(
rrurS
n
n
107,1
)107,1(07,1799.68
3
u
68.799 = 3,44 · u
u = 20.000 konvertibilnih maraka
Potrebno je ulagati 20.000 konvertibilnih maraka, početkom tri
godine, sa interesnom stopom od 7% (pa) d da bi dobili 68.799 konvertibilnih
maraka.
Primjer 39. Neka osoba ulaže u banku početkom svakog polugodišta
po 15.000 KM iduće četiri godine. Koliko će ta osoba imati u banci na kraju
osme godine ako je na kraju četvrte godine podigla iznos od 20.000 KM?
Prve tri godine banka odobrava godišnju interesnu stopu od 40%, a preostale
godine 10%. Obračun kamata je složen, polugodišnji i dekurzivan. (Koristiti
konformnu interesnu stopu).
Ovdje je: u = 20.000, p1 = 40% r1 = 1,40, p2 = 10% r2 = 1,10, m = 2, pa je:
Komforna kamatna stopa:
1832,140,111 rpK
0488,110,122 rpK
Suma uloga za prve 3 godine, tj. prvih šest perioda:
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
203
76,954.16811832,1
)11832,1(1832,1000.15
1
)1( 6
1
611
6,1
k
kk
rrruS
Uloženi kapitali će u četvrtoj godini dostići vrijednost:
C4 = S1,6 · rk22 + u · rk2
2 + u · rk2 = 168.954,76 · 1,1 + 20.000 · 1,1 + 20.000 · 1,0488
C4 = 218.082,24, tako da vrijednost na kraju osme godine X, izračunava
se kao interes na interes na kapital od četvrte do osme godine uz polugodišnje
kapitalisanje, što iznosi:
X = (C4 – 20.000) rk28 = (218.082,24 – 20.000) 1,04888 = 290.012,21
konvertibilnih maraka
2.3.2. Ulaganje karajem obračunskog perioda
Ako se krajem svake godine u toku n godina ulaže po u konvertibilnih
maraka godišnje sa p% (pa) d interesa na interes pri godišnjem kapitalisanju,
i ako se sa Sn označi zbir svih uloga sa interesom na interes, tada se on
izračunava na osnovu formule:
Sn’ = u r n – 1 + u r n – 2 + u r n – 3 + ... + u r + u
ili
Sn’1
)1(
rru n
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
204
Primjer 40. (Izračunavanje sume dekurzivnih uloga) Neka su svi
uslovi iz primjera 31. isti, osim što se sada traži suma dekurzivnih uloga.
Ovdje je: u = 1.000.000, p = 12%, n = 5, pa je:
Sn’ = KMrru n
847.352.6112,1
)112,1(000.000.1
1
)1( 5
Razlika između sume uloga uz ulaganje početkom i krajem perioda
iznosi 7.115.189 – 6.352.847 = 762.342 KM.
Primjer 41. Koliko godina je potrebno da se ulaže 15.000
konvertibilnih maraka krajem godine, uz interesnu stopu od 10% (pa) d, da bi
ulog dostigao vrijednost od 91.576,5 konvertibilnih maraka?
Ovdje je: u = 15.000, p = 10%(pa) d r = 1,1, Sn’ = 91.576,5 KM,
pa je:
Sn’ 1
)1(
rru n
91.576,5 = 11,1
)11,1(000.15
n
91.576,5 = 150.000 (1,1n – 1) │: 150.000
0,61051 = 1,1n – 1
1,61051 = 1,1n
log 1,61051 = n log 1,1
n = 1,1log
61051,1log
n = 5
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
205
5 godina je potrebno da se ulaže po 15.000 KM, krajem godine, da bi
uz interesnu stopu 10% (pa) d dostigao vrijednost od 91.576,5 konvertibilnih
maraka.
Primjer 42. Koliki iznos je potrebno ulagati, krajem godine, da bi uz
interesnu stopu od 9% (pa) d, nakon tri godine imali 81.952,5 konvertibilnih
maraka?
Ovdje je: n = 3, p = 9% (pa) d r = 1,09, Sn’ = 81.952,5 KM, pa je:
Sn’ = 1
)1(
rru n
81.952,5 = 109,1
)109,1( 3
u
81.952,5 = 3,2781 · u
u = 25.000 konvertibilnih maraka
Potrebno je ulagati 25.000 konvertibilnih maraka, krajem tri godine,
sa interesnom stopom od 9% (pa) d da bi dobili 81.952,5 konvertibilnih
maraka.
Primjer 43. Neka osoba ulaže u banku krajem svakog polugodišta po
10.000 konvertibilnih maraka iduće tri godina. Koliko će ta osoba imati u
banci na kraju sedme godine ako je na kraju četvrte godine podigla iznos od
30.000 konvertibilnih maraka? Prve tri godine banka odobrava intresnu stopu
od 30%, a za prostale godine 20%. (Primjenite konformnu interesnu stopu).
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
206
Ovdje je: u = 10.000, n1 = 3, m = 2, p1 = 30% r1 = 1,3, n2 = 4, p2 =
20% r2 = 1,2, pa imamo:
Komforna kamatna stopa:
pK1 = 1402,130,11 r
pK2 = 0954,120,12 r
Suma uloga za prve 3 godine, tj. prvih šest perioda:
S1,6’ = KMrru n
03,378.8511402,1
)11402,1(000.10
1
)1( 61
Nakon podizanja toga, se ulog oročava kao interes na interes, koji bi
da nije bilo podizanja taj iznos bi iznosio:
C 6,14 = K r k2 2 · n2 = 85.378,03 · 1,09548 = 177.070,96
Nakon što je podignut iznos od 30.000 konvertibilnih maraka nakon
četiri godine, C7 se umanjuje za interes na interes tokom 3 godine, odnosno 6
perioda:
C8,14 = 30.000 · 1,09546 = 51.840
Tako da nakon sedam godina ulagač u banci ima:
C7 = 177.070,96 – 51.840 = 125.230,96 konvertibilnih maraka
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
207
3. AMORTIZACIJA ZAJMOVA
Riječ kredit, ili u užem smislu zajam, predstavlja određeni dužničko –
poverilački odnos zasnovan na ustupanju prava raspolaganja novcem ili
nekim drugim predmetom od strane poverioca dužniku, na određeno vrijeme
i prema uslovima ugovora koji se zasniva između poverioca i dužnika.
Ako ovaj dužničko – poverilački odnos primenimo na privredne
organizacije, onda bi pod kreditom, u našim uslovima podrazumijevali
ugovor između banke, kao poverioca i privredne organizacije kao dužnika, na
osnovu kojeg banka ustupa novčana sredstva privrednoj organizaciji na
raspolaganje, s tim da ih namenski koristi i u roku vrati.
Zajmovi najviše služe za investicione svrhe te se dugoročni kredit
naziva investicioni zajam. Zajam se po pravilu odobrava jednokratno u
određenoj visini, a dužnik ga otplaćuje u određenim otplatnim iznosima
tj.anuitetima.
Amortizacija zajmova jednakom anuitetima
Amortizacioni zajmovi su oni čije se otplaćivanje vrši postepeno po
planu. Otplaćivanje takvih zajmova se naziva amortizacija zajmova.
Prema tome, amortizovati neki zajam znači postepeno ga otplatiti
prema unapred utvrđenom planu amortizacije. Način otplaćivanja zajma
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
208
može biti različit. Zajam se može amortizovati jednakim ili različitim
otplatama, s tim da se interes plaća posebno. Pored takvog načina
otplaćivanja zajma, postoji mogućnost otplaćivanja zajma određenom sumom
novca kojom se otplaćuje jedan dio zajma, odnosno duga, i istovremeno se
izmiruje tekući interes na dug za protekli period. Ta suma, koja se plaća u
utvrđenim rokovima, a u sadrži u sebi otplatu i interes, nazivamo anuitet.
Anuitet kao i otplata može biti nepromenljiv, a može se menjati. Mi
ćemo posmatrati slučajeve kada su anuiteti jednaki, jer su u praksi takvi
slučajevi češći.
Izrčunavanje anuiteta
Kad se zajam amortizuje jednakim anuitetima, dužnik plaća krajem
svakog perioda amortizacije istu sumu, koja se naziva anuitet.
Pošto zajam K mora biti jednak zbiru svih dikontovanih anuiteta na
dan isplate zajma, to je zbir svih sadašnjih vrijednosti anuiteta jednak zajmu,
tj.:
K = nra
ra
ra
ra
32
ili
K = a ·
)1(
1
rrrn
n
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
209
gdje je K - zajam, a – anuitet, n – vrijeme otplaćivanja zajma, r = 1 +
100
p– interesni činilac.
Iz izraza za zajam lako se dobija formula za izračunavanje anuiteta a,
tj.:
a = K ·
1
)1(n
n
rrr
gdje a, K, n i r imaju već objašnjena značenja.
Primjer 44. (Amortizacija zajmova) Zajam od 5.000.000 KM
amortizuje se jednakim godišnjim anuitetom u toku 4 godine uz 18% interes
(pa) d. Izračunati anuitet.
Ovdje je: K = 5.000.000, p = 18%, n = 4, pa je:
r = 1 + 100
p = 1,18
i
a = K ·
1
)1(n
n
rrr
= KM693.858.1118,1
)118,1(18,1000.000.54
4
Primjer 45. Zajam od 50.000 konvertibilnih maraka se otplaćuje 12
godina jednakim 6 mjesečnim anuitetom. Koliko iznosi anuitet ako je
kamatna godišnja stopa 8%, a kapitalisanje polugodišnje d?
Ovdje je: K = 50.000, n = 12, m =2, p = 8% r = 1,04, pa imamo:
a = K ·
1
)1(nm
nm
rrr
=
104,1
)104,1(04,1000.5024
24
3.279,34 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
210
Primjer 46. Koliko iznosi zajam ako je otplaćen za 8 godina
jednakim tromjesečnim anuitetom koji iznosi 500 konvertibilnih maraka.
Banka računa 16% kamate svakog tromesečja d?
Ovdje je: n = 8, m = 4, p = 16% r = 1,04, a = 500, pa imamo:
K = a ·
)1(
1
rrrmn
mn
= KM75,936.8)104,1(04,1
)104,1(50032
32
Primjer 47. Zajam od 30.000 konvertibilnih maraka treba otlatiti u tri
godine anuitetima krajem svakog perioda. Koliki su anuiteti ako je svaki
sledeći dvostruko veći od prethodnog? Obračun kamata je složen, godišnji, a
interesna stopa 10% godišnje.
Ovdje je:
K = 30.000, p = 10% r = 1,1, n = 3, a2 = 2 a1, a3 = 2 a2 = 4 a1,
pa imamo:
K = 3
12
1133
221 42
ra
ra
ra
ra
ra
ra
30.000 = 31
211
1,1
4
1,1
2
1,1
aaa
30.000 · 1,13 = a1 (1,12 + 2,2 + 4) a1 = 66,388.541,7
930.39
Pa je: a1 = 5.388,66, a2 = 10.777,32 i a3 = 21.554,64 konvertibilnih
maraka.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
211
Primjer 48. Sedma otplatna kvota zajma iznosi 10.500
konvertibilnih maraka, a dvanaesta 17.693 konvertibilnih maraka. Koliki je
zajam ako je vrijeme amortizacije 15 godina uz jednake godišnje anuitete?
Obračun kamata je složen, godišnji i dekurzivan.
Ovdje je: K7 = 10.500, K12 = 17.693, n = 15, pa imamo:
Kn = K1 · rn – 1
56
1
111
7
12 rrKrK
KK
r5 = 1,685 r = 5 685,1 = 1,109
K1 = 67
rK
= 5.625,88 K =
1109,1
)1109,1(88,625.5
1
)1( 15151
rrK
192.020,01
Zajam iznosi 190.020,01 konvertibilnih maraka.
Amortizacioni plan
Amortizacioni plan predstavlja šemu amortizacije zajma koja u
svakom periodu otplate sadrži podatke o ostatku duga, interesu na ostatak
duga i otplati.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
212
Pretpostavimo da se zajam od K konvertibilnih maraka amortizuje n
godina jednakim godišnjim anuitetima sa p% (pa) d i godišnje kapitalisanje.
Označimo sa Ki, Ii i Bi ostatak duga, interes i otplatu u i – toj godini.
Tada je:
u prvoj godini K1 = K I1 = ( K1 · p) / 100 B1 = a – I1
u drugoj godini K2 = K1 – B1 I2 = ( K2 · p) / 100 B2 = a – I2
u trećoj godini K3 = K2 - B2 I3 = ( K3 · p) / 100 B3 = a – I3
............................................................................................................................
u n – toj godini Kn = Kn-1 – Bn-1 In = ( Kn · p) / 100 Bn = a – In
Jasno je da poslednja otplata mora biti jednaka poslednjem ostatku
duga. Zbog preglednosti, amortizacioni plan se predstavlja u tabeli, kao što se
može videti iz narednih primjera.
Primjer 49. (Izrada amortizacionog plana) Na osnovu podataka iz
primjera 45. napraviti plan amortizacije zajma.
Ovdje je: K = 5.000.000, n = 4, p = 18%, pa imamo:
K1 = 5.000.000,
I1 = (5.000.000 · 18)/100 = 900.000
B1 = 1.858.693 – 900.000 = 958.693
K2 = 5.000.000 – 958.693 = 4.041.307
I2 = (4.041.307 · 18)/100 = 727.435
B2 = 1.858.693 – 727.435 = 1.131.258
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
213
K3 = 4.041.307 – 1.131.258 = 2.910.049
I3 = (2.910.049 · 18)/100 = 523.809
B3 = 1.858.693 – 523.809 = 1.334.885
K4 = 2.910.049 – 1.334.885 = 1.575.164
I4 = (1.575.164 · 18)/100 = 283.530
B4 = 1.858.693 – 283.530 = 1.575.164
Plan amortizacije zajma prikazan je u tabeli 2.
Preiod
I
Ostatak duga
Ki
Interes
Ii
Otplata
Bi
1
2
3
4
5.000.000
4.041.307
2.910.049
1.575.164
900.000
727.435
523.809
283.530
958.693
1.131.258
1.334.885
1.575.164
Tabela 2. Plan amortizacije zajma
Primjer 50. Dugoročni zajam iznosi 8.000.000 konvertibilnih
maraka, otplaćuje se jednakim polugodišnjim anuitetima u periodu od 3
godine uz godišnju interesnu stopu 12%. Napraviti plan amortizacije zajma.
Ovdje je: K = 8.000.000, p = 12%, n = 3, m = 2, r = 1,06, pa imamo:
a = 106,1
06,006,1000.000.832
32
= 1.626.901
K1 = 8.000.000,
I1 = (8.000.000 · 12)/200 = 480.000
B1 = 1.626.901 – 480.000 = 1.146.901
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
214
K2 = 8.000.000 – 1.146.901 = 6.853.099
I2 = (6.853.099 · 12)/200 = 411.186
B2 = 1.626.901 – 411.186 = 1.215.715
K3 = 6.853.099 – 1.215.715 = 5.637.384
I3 = (5.637.384 · 12)/200 = 338.243
B3 = 1.626.901 – 338.243 = 1.288.658
K4 = 5.637.384 – 1.288.658 = 4.348.726
I4 = (4.348.726 · 12)/200 = 260.924
B4 = 1.626.901 – 260.924 = 1.365.977
K5 = 4.348.726 – 1.365.977 = 2.982.749
I5 = (1.587.663 · 12)/200 = 178.965
B5 = 1.626.901 – 178.965 = 1.447.936
K6 = 2.982.749 – 1.447.936 = 1.534.813
I6 = (3.333.461 · 12)/200 = 92.088
B6 = 1.626.901 – 92.088 = 1.534.813
Plan amortizacije zajma prikazan je u tabeli 3.
Period
I
Ostatak duga
Ki
Interes
Ii
Otplata
Bi
1
2
3
4
5
6
8.000.000
6.853.099
5.637.384
4.348.726
2.982.749
1.534.813
480.000
411.186
338.243
260.924
178.965
92.088
1.146.901
1.215.715
1.288.658
1.365.977
1.447.936
1.534.813
Tabela 3. Plan amortizacije zajma
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
215
4. ESKONTOVANJE MJENICA
Pod pojmom eskontovanje mjenice podrazumjeva se transakcija u
kojoj banka kupuje mjenicu prije roka njenog dospeća. Imalac mjenice koji
želi prijevremeno da ostvari svoja potraživanja dobija sumu, tzv. eskontovanu
vrijednost, koja je manja od nominalne vrijednosti mjenice za interes od dana
eskontovanja do dana dospeća. S obzirom da diskontovati znači prodati, a
eskontovati znači kupiti, ovaj interes za banku predstavlja eskont a za imaoca
mjenice diskont. Stopa po kojoj se računa interes naziva se eskontna
(diskontna) stopa.
U bankarskoj praksi eskont (diskont) računa se korišćenjem prostog
interesnog računa kao bankarski eskont (diskont), mada bi, kao što je već
ranije istaknuto sa matematičkog stanovišta bilo opravdano računati realni
eskont (diskont).
Izračunavanje eskontovane vrijednosti mjenice
Za izračunavanje eskontovane vrijednosti mjenice prvo treba odrediti
prost interes na nominalnu vrijednost mjenice za broj dana od dana
eskontovanja do dana prispeća. Oduzimanjem tog interesa od nominalne
vrijednosti dobija se eskontovana vrijednost mjenice.
Primjer 51. (Izračunavanje eskontovane vrijednosti mjenice)
Preduzeće je 15. aprila prodalo banci mjenicu od 8.000.000 KM sa rokom
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
216
dospeća 30. juna. Kolika je eskontovana vrijednost ove mjenice ako je
eskontna stopa 25%?
Ovdje je: K = 8.000.000, d = 181 – 105 = 76 ( 15.04. je 105, a 30.06.
je 181. dan u godini), p = 25%, pa je eskont:
I = 500.36
2576000.000.8
500.36
pdK = 416.438 KM
a eskontovana vrijednost mjenice:
E = K – I = 8.000.000 – 416.438 = 7.583.562 KM
Primjer 52. Kada dospeva mjenica na 600.000 konvertibilnih
maraka, eskontovana 31.01. ako po odbitku 16% eskonta njezina
eskontovana vrijednost iznosi 568.438,40 konvertibilnih maraka.
Ovdje je: K = 600.000, E = 568.438,4, p = 16%, pa imamo:
I = K – E
I = 600.000 – 568.438,4 = 31.561,6
I = 500.36
pdK , te je:
d =16000.600
6,651.31500.36500.36
pKI
= 120 dana
Mjenica dospjeva za 120 dana. 31.01. je 31 dan u godini, tako da
mjenica dospeva 151 (151 = 31 + 120), a to je 31.05, dakle, mjenica dospeva
31.05.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
217
Primjer 53. Koliko iznosi eskontna stopa, sa kojom je eskontovana
mjenica, ako je preduzeće za mjenicu koja dospjeva 06.10 od 50.000
konvertibilnih maraka, 01.06 platilo 45.998,60 konvertibilnih maraka?
Ovdje je: K = 50.000, E = 45.998,60, d = 127 ( 06.10. je 279 dan u
godini, 01.06. je 152 dan u godini, tako da je 279 – 152 = 127), sada imamo:
I = K – I = 50.000 – 45.998,6 = 4.001,4
127000.50
4,001.4500.36500.36
dK
Ip = 23%
Mjenica je eskontovana sa eskontnom stopom od 23%.
Izračunavanje nominalne vrijednosti mjenice
Potreba za izračunavanjem nominalne vrijednosti mjenice javlja se u
slučaju kada se po osnovu potraživanja na dužnika trasira mjenica sa
kasnijim rokom dospeća. U tom slučaju nije poznata nominalna već
eskontovana vrijednost mjenice.
Polazeći od izraza za izračunavanje prostog interesa lako se može
dobiti sledeća formula za izračunavanje nominalne vrijednosti mjenice:
K =
500.361
pdE
gdje je sa E označena eskontovana vrijednost mjenice.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
218
Nominalna vrijednost je bitna i za svođenje dvije ili više mjenica, sa
različitim rokom dospijeća, eskontnom stopom i vrijednošću, na jednu
mjenicu koja se naziva ekvivalentna mjenica. Ekvivalentne mjenice su one
koje imaju jednaku sadašnju vrijednost na određeni datum. Sve mjenice
svedu na sadašnju vrijednost i zamjene jednom mjenicom, čija vrijednost je
na taj određeni datum jednaka zbiru sadašnjih vrijednosti svih uključenih
mjenica. Postupak se sastoji u tome:
- da se mjenice podijele na one koje dospijevaju prije određenog
datuma i one koje dospijevaju poslije određenog datuma;
- izračuna se interes na svaku mjenicu od datuma njenog dospijeća
do određenog datuma;
- saberu se nominalne vrijednosti svih mjenica, te im se doda iznos
interesa za mjenice koje dospijevaju prije određenog datuma i na
kraju se oduzme interes svih mjenica koje dospijevaju nakon
određenog datuma.
Primjer 54. ( Izračunavanje nominalne vrijednosti mjenice)
Preduzeće potražuje 17. maja 12.500.000 KM. Na dužnika je trasirana
mjenica sa rokom dospeća 31. decembra i prodata banci. Izračunati mjeničnu
sumu ako je diskontna stopa 18%.
Ovdje je: E = 12.500.000, d = 365 – 137 = 228 (17.05. je 137. a
31.12. je 365. dan u godini), p = 18%, pa je nominalna vrijednost mjenice:
K =
500.36
182881
000.500.12
500.361
pd
E = 14.569.229,79 KM
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
219
Primjer 55. Tri mjenice glase:
50.000 konvertibilnih maraka dospeva 10.10.
30.000 konvertibilnih maraka dospeva 04.08.
20.000 konvertibilnih maraka dospeva 02.06.
Kojim iznosom se mogu podmiriti te tri mjenice jednom mjenicom
koja dospeva 05.09. iste godine? Eskontna stopa iznosi 10%.
Ovdje je: p = 10%, n1 = 35 (od 05.09 do 10.10), n2 = 32 (od 04.08 do
05.09), n3 = 95 (od 02.06. do 05.09.), pa imamo:
452,479500.36
3510000.50
500.361
1
dpKI
0137,263500.36
3210000.30
500.362
2
dpKI
5479,520500.36
9510000.20
500.363
3
dpK
I
Ekvivalentne mjenice su one koje imaju jednaku sadašnju vrijednost na
određeni datum (u posmatranom primjeru to je 05.09.). Prema načelu
ekvivalencije mjenica dobijamo:
02.06 04.08 05.09 10.10
50.000 20.000 30.000
X
+ K2
+K3
- K1
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
220
X = (K3 + I3) + (K2 + I2) + (K1 – I1)
X = (20.000 + 520,5479) + (30.000 + 263,0137) + (50.000 – 479,452) =
100.304,11
Navedene mjenice se mogu podmiriti iznosom od 100.304,11
konvertibilnih maraka.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
221
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Koliko interesa donosi kapital od 2.400.000 KM za pet godina,
ako je interesna stopa 7,5% godišnje.
2. Koji kapital uz 2 % godišnje kamate donosi za 6 godine donosi
360.000 KM interesa?
3. Preduzeće je podiglo zajam od banke u iznosu od 300.000, na 6
godine i pri tome je preduzeće platilo iznos od 75.000 KM kao
naknadu za korišteni zajam. Kolika je interesna stopa banke?
4. Koliko godina je potrebno da kapital od 125.000 KM, uz
interesnu stopu od 10% godišnje, donese interes od 69.000 KM?
5. Dva kapitala se razlikuju za 10.000 KM. Veći kapital je
ukamaćen sa 12% godišnjeg interesa na 8 godine, a manji sa 5%
godišnjeg interesa na 12 godina. Pri tome, je interes prvog
kapitala dvostruko veći od interesa drugog kapitala. Odredi
koliko iznose uloženi kapitali i koliko iznose interesi osvareni
ulaganjem tih kapitala?
6. Uz koji godišnji interes uloženi kapital, za deset godina, donese
interes četiri puta veći od uloženog kapitala?
7. Koliki interes donosi kapital od 5.000.000 KM za 90 dana, ako je
interesna stopa 9% godišnje?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
222
8. Koliki interes će donijeti kapital od 317.400 KM, za pet mjeseci
uz interesnu stopu 3% godišnje?
9. Koliko kapitala treba uložiti da bi se uz interesnu stopu od 2,5%,
za 73 dana ostvario interes od 1.000 KM?
10. Koliko kapitala je potrebno uložiti na 12 mjeseci da bi se uz
interesnu stopu 9 % realizovao interes od 18.000 KM?
11. Kolika je interesna stopa kojom se za 200 dana ostvari inters od
10.000 konvertibilnih maraka na ulog od 292.000 KM?
12. Sa obrtnim kapitalom od 450.000 KM, preduzeće je za pola
godine zaradilo 33.750 konvertibilnih maraka. Kojoj interesnoj
stopi odgovara ostvarena zarada?
13. Za koliko dana kapital od 91.250 KM uz interesnu stopu 2%
omogući ostvarenje dobitka od 1.000 KM?
14. Koliko mjeseci je potrebno da se uloženi iznos, uz interesnu
stopu od 30% udvostruči?
15. Jedan kapital nepoznate vrijednosti podeljen je na tri djela i
uložen na sledeći način, 50% kapitala uloženo je uz interesnu
stopu od 16% u periodu od 27.03. do 27.05, 20% kapitala
uloženo je u periodu od 01.04. do 05.06. uz interesnu stopu 5%,
ostatak kapitala je uložen uz interesnu stopu 10% u periodu od
15.06. do 13.08. Ukupan interes koji je nastao ovim ulaganjima
iznosio je 40.000 KM, koliko je kapitala uloženo?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
223
16. Koliki kapital treba uložiti 20. marta da bi 30. aprila iste godine
narastao na 5.000.000 KM, ako je interesna stopa 10% godišnje.
17. Dužnik je vratio banci nakon 14 mjeseci kredit sa 10% godišnje
kamate u iznosu od 497.000 KM. Koliki je iznos kredita koji je
dužnik podigao u banci, te koliko iznose kamate na podignuti
kredit?
18. Dva različita kapitala su uložena u banku uz godišnju kamatnu
stopu od 6%, pri čemu je poznata razlika među tim kapitalima,
koja iznosi 10.000 KM. Nakon dve godine ti kapitali zajedno sa
kamatama iznosila su 95.400 KM. Koliko iznose uloženi kapitali
i koliki interes su donijeli ulagaču?
19. Kada će kapital od 500.000 KM uložen u banku 25.01. vrijediti
506.800 KM, ako kamata iznosi 8% godišnje?
20. Kolika je kamatna stopa uz koju bi kapital od 180.000 KM, za pet
godina vrijedio 225.000?
21. Na koliko mjeseci otplate je odobren potrošački kredit od 90.000
KM, ako je banci na ime kredita uplaćeno 92.100 KM i ako je
kamatna stopa 8%?
22. Preduzeće je u četvrtini godine uložilo 45.000.000 a ostvarilo
prihod od 47.768.500 KM, kojoj interesnoj stopi odgovara
ostvareni poslovni rezultat?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
224
23. Na osnovu podataka iz primjera 16. izračunati bankarski diskont.
24. Na osnovu podataka iz primjera 17. izračunati bankarski diskont.
25. Na koju će svotu narasti kapital od 25.000.000 konvertibilnih
maraka uz 12% (pa) d i godišnje kapitalisanje za 8 godina.
26. U kome vremenu 500.000 konvertibilnih maraka naraste na
800.000 konvertibilnih maraka uz interesnu stopu od 4% (pa) d?
27. Kolika je sadašnja vrijednost kapitala koji uz interesnu stopu od
12% (pa) d, za 10 godina naraste na 1.552.925 konvertibilnih
maraka?
28. Na koju će sumu narasti kapital 15.000.000 konvertibilnih
maraka uz 7,5% (pa) d i polugodišnje kapitalisanje za 5 godina.
29. Neko uloži u banku 120.000 konvertibilnih maraka sa interesnom
stopom od 10 % (pa) d. Taj isti iznos banka pozajmi sa
interesnom stopom 12 % godišnje i polugodišnje kapitalisanje.
Koliko zaradi banka na opisani način za 4 godina?
30. Na koju će sumu narasti kapital od 15.000.000 konvertibilnih
maraka uz 12% (pa) d i polugodišnje kapitalisanje za 6 godina.
31. Preduzeće je pozajmilo 1.000.000 konvertibilnih maraka na 26
dana sa mesečnom stopom od 12% dekurzivno i dnevno
kapitalisanje. Izračunati interes koji preduzeće mora da plati
korišćenjem konformne i relativne stope.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
225
32. Uz koju kamatnu stopu (pa) d za 15 godina uloženi kapital
dostigne svoju trostruku vrijednost?
33. Koji kapital će posle 5 godina uz interes od 12% (pa) d i
kvartalno kapitalisanje narasti na 20.000.000 KM.
34. Koja će se glavnica uvećati za 10 godina, sa interesnom stopom
od 12% d godišnje do istog iznosa kao 128.372 konvertibilnih
maraka za 5 godina sa interesnom stopom 12% d – sve uz
tromesečno kapitalisanje?
35. Početkom svake godine ulaže se u banku po 2.000.000. Kakvo će
biti stanje uloga na kraju pete godine ako se interes računa uz
15% (pa) d i godišnje kapitalisanje.
36. Koliko godina je potrebno da se ulaže 50.000 konvertibilnih
maraka početkom godine, uz interesnu stopu od 15% (pa) d, da bi
ulog dostigao vrijednost od 789.292 konvertibilnih maraka?
37. Koliki iznos je potrebno ulagati, početkom godine, da bi uz
interesnu stopu od 9% (pa) d, da bi nakon četiri godine imali
124.617,8 konvertibilnih maraka?
38. Neka osoba ulaže u banku početkom svakog polugodišta po
55.000 KM iduće tri godine. Koliko će ta osoba imati u banci na
kraju šeste godine ako je na kraju četvrte godine podigla iznos od
100.000 KM? Prve tri godine banka odobrava godišnju interesnu
stopu od 20%, a preostale godine 15%. Obračun kamata je
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
226
složen, polugodišnji i dekurzivan. (Koristiti konformnu interesnu
stopu).
39. Neka su svi uslovi iz primjera 31. isti, osim što se sada traži suma
dekurzivnih uloga. Koji kapital na 6 godina uz interes 6% donosi
7.200 KM interesa?
40. Jedan štediša podijelio je svoj kapital na četri jednaka dijela. Prvi
dio je oročen uz interesnu stopu od 3%, drugi uz 4%, treći uz
4,5% i četvrti uz 5%. Koliko iznosi kapital, ako je štediša ostvario
ukupan interes od 1.650 KM za godinu dana?
41. Uz koju interesnu stopu treba dati kapital od 2.000 KM da za tri
godine donese 500 KM interesa?
42. Za koje vrijeme će bilo koji kapital uz interesnu stopu od 5% (pa)
d postati tri puta veći?
43. Za koje vrijeme će kapital od 3.000 KM uz 6% interesa donijeti
interes od 60 KM?
44. Sa kojom interesnom stopom treba dati kapital od 6.000 KM na 5
godina da bi donio isti interes kao i kapital od 9.000 KM uz
interes od 1,5% više interesa za 3 godine?
45. Koji kapital uz 10% interesa godišnje donosi isto toliko interesa
kao i kapital od 60.000 KM uz 8% interesa godišnje?
46. Ušteđevina jednog lica donijela je izvjestan interes za 2 godine uz
4%. Kada bi istu svotu uložio za 2 godine duže uz interes od 5%
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
227
dobio bi 2.400 KM više interesa. Kolika je bila ušteđevina, a
koliki interes?
47. Dva lica su svoju ušteđevinu od 36.000 KM dala na štednu
knjižicu. Prvo lice svoj kapital daje na 6 mjeseci uz 4% i dobija
dvostruko veći interes od drugog lica koje je svoju ušteđevinu
oročilo na 8 mjeseci uz 3% intresa. Kolika je ušteđevina prvog,
odnosno drugog lica?
48. M.M. dao je 1/5 svoga kapitala uz 4%, jednu trćinu uz 6% a
ostatak uz 5% sve (pa) d. Koji je kapital dat na poslugu ako je
poslije 3 godine donio 23.100 KM interesa?
49. Kapital od 40.000 KM daje godišnje isto toliko interesa kao
kapital od 30.000 KM uložen uz 1/3 % više interesa (pa) d. Sa
kojom su interesnom stopom uložena ova dva kapitala?
50. Dva su kapitala za tri godine data na poslugu. Jedan je dat uz 4%
(pa) d interesa; drugi, koji je za 2.000 KM veći, dat je uz 6% (pa)
d. Koliki je prvi kapital, a koliki drugi kapital ako zajedno donose
2.640 KM intresa?
51. Neko uloži 1/3 svoga kapitala uz 2% (pa) d interesa i dobije
godišnje 1.484 KM intresa. Uz koju stopu da uloži ostatak novca
da bi mjesečno dobijao 742 KM intresa?
52. Koliko godina je potrebno da se ulaže 25.000 konvertibilnih
maraka krajem godine, uz interesnu stopu od 12% (pa) d, da bi
ulog dostigao vrijednost od 133.821,2 konvertibilnih maraka?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
228
53. Koliki iznos je potrebno ulagati, krajem godine, da bi uz
interesnu stopu od 8% (pa) d, da bi nakon osam godine imali
212.732,6 konvertibilnih maraka?
54. Neka osoba ulaže u banku krajem svakog polugodišta po 30.000
konvertibilnih maraka iduće tri godina. Koliko će ta osoba imati u
banci na kraju sedme godine ako je na kraju četvrte godine
podigla iznos od 10.000 konvertibilnih maraka? Prve tri godine
banka odobrava intresnu stopu od 15% (pa) d, a za prostale
godine 10% (pa) d. (Primjenite konformnu interesnu stopu).
55. Zajam od 10.000.000 KM amortizuje se jednakim godišnjim
anuitetom u toku 48 godine uz 9% interes (pa) d. Izračunati
anuitet.
56. Zajam od 150.000 konvertibilnih maraka se otplaćuje 6 godina
jednakim tromjesečnim anuitetom. Koliko iznosi anuitet ako je
kamatna godišnja stopa 4%, a kapitalisanje polugodišnje d?
57. Koliko iznosi zajam ako je otplaćen za 16 godina jednakim
tromjesečnim anuitetom koji iznosi 250 konvertibilnih maraka.
Banka računa 20% kamate svakog tromesečja d?
58. Zajam od 45.000 konvertibilnih maraka treba otlatiti u tri godine
anuitetima krajem svakog perioda. Koliki su anuiteti ako je svaki
sledeći dvostruko veći od prethodnog? Obračun kamata je složen,
godišnji, a interesna stopa 15% godišnje.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
229
59. Petnaesta otplatna kvota zajma iznosi 1.404.928 konvertibilnih
maraka, a dvanaesta 1.000.000 konvertibilnih maraka. Koliki je
zajam ako je vrijeme amortizacije 20 godina uz jednake godišnje
anuitete? Obračun kamata je složen, godišnji i dekurzivan
60. Na osnovu podataka iz primjera 45. napraviti plan amortizacije
zajma.
61. Dugoročni zajam iznosi 12.000.000 konvertibilnih maraka,
otplaćuje se jednakim tromjesečnim anuitetima u periodu od 4
godine uz godišnju interesnu stopu 17%. Napraviti plan
amortizacije zajma.
62. Preduzeće je 25. januara prodalo banci mjenicu od 24.000.000
KM sa rokom dospeća 30. maj. Kolika je eskontovana vrijednost
ove mjenice ako je eskontna stopa 12%?
63. Kada dospeva mjenica na 7.500.000 konvertibilnih maraka,
eskontovana 30.05 ako po odbitku 18% eskonta njezina
eskontovana vrijednost iznosi 7.389.041 konvertibilnih maraka.
64. Koliko iznosi eskontna stopa, sa kojom je eskontovana mjenica,
ako je preduzeće za mjenicu izdanu 15.09. od 150.000
konvertibilnih maraka, 13.12. platilo 142.685, konvertibilnih
maraka?
65. Preduzeće potražuje 29. jula 1.500.000 KM. Na dužnika je
trasirana mjenica sa rokom dospeća 13. decembra i prodata banci.
Izračunati mjeničnu sumu ako je diskontna stopa 24%.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
230
66. Kada dospijeva mjenica za koju je banka na dan 08.03. po
odbitku 8% eskonta u iznosu od 800 KM isplatila 35.000 KM?
67. Jedna zemljoradnička zadruga kupi svoje članove na kredit robe u
vrijednosti 600.000 KM, pod uslovom da 200.000 KM plati
poslije 3 mjeseca, 300.000 KM poslije 10 mjeseci, a 100.000 KM
poslije 16 mjeseci. Kada bi zadruga cio dug mogla isplatiti
odjednom, a da ne ošteti ni sebe ni preduzeće od kojeg je kupila
robu, ako se na ime intresa računa 5,5%?
68. Neko je bio dužan da isplati odmah 2.000 KM, poslije 6 mjeseci
3.000 KM, a poslije 8 mjeseci 5.000 KM. Međutim on isplati
4.000 KM poslije 5 mjeseci. Kada mora platiti ostatak duga, a da
ne ošteti ni povjerioca ni sebe, ako se na ime interesa računa 7%?
69. Neko je dužan da plati 1/4 svoga duga poslije 6 mjeseci, 1/3
poslije 10 mjeseci, a ostatak poslije 20 mjeseci. Poslije kog
vremena može isplatiti cio dug odjednom ako je interesna stopa
4%?
70. Tri mjenice glase:
75.000 konvertibilnih maraka dospeva 13.12.
45.000 konvertibilnih maraka dospeva 29.07.
30.000 konvertibilnih maraka dospeva 29.06.
Kojim iznosom se mogu podmiriti te tri mjenice jednom
mjenicom koja dospeva 15.09. iste godine? Eskontna stopa iznosi
15%.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
231
TEST PITANJA
1. Kako se izračunava prost interes?
2. U čemu je razlika između realnog i komercijalnog diskonta?
3. Šta je složen interes?
4. Kako se izračunava složen interes?
5. Šta je sadašnja vrijednost i kako se izračunava?
6. Kakva je razlika između suma dekurzivnih i anticipativnih uloga?
7. Šta je anuitet i kako se izračunava?
8. Kako se pravi amortizacioni plan?
9. Kako se izračunava eskontovana vrijednost mjenice?
10. Kako se izračunava nominalna vrijednost mjenice?
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
232
LITERATURA
1. Andrijić, S. Konverzija zajma, Sarajevo: Svjetlost, 1978.
2. Davidovik, N. Osnovi na matematikata za ekonomisti, Skopje:
Kultura, 1978.
3. Đorđević, M. i Nenadović, N. Matematika za ekonomiste, Beograd:
naučna knjiga, 1985.
4. Elazar, M. Privredna i finansijska matematika, Beograd: Savremena
administracija, 1961.
5. Kiš, T. i Vugdelija, D. Privredna i finansijska matematika – zbirka
izrađenih zadataka s komentarom, Subotica: Ekonomski fakultet,
1982.
6. Kraljević, J. Poslovna matematika – zbirka riješenih zadataka sa 1.
kolokvija iz Poslovne matematike, Zagreb: Progres, 1999.
7. Kraljević, J. Poslovna matematika – zbirka riješenih zadataka sa 2.
kolokvija iz Poslovne matematike, Zagreb: Progres, 1999.
8. Krčmar, M. Finansijska matematika i metode investicionog
odlučivanja, Sarajevo: Kemigrafika, 2002.
9. Ralević, R. Finansijska i aktuarska matematika, Beograd: Savremena
administracija, 1980.
10. Ralević, R. i dr. Matematika za ekonomiste II, Bijeljina: FST, 1994.
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
233
S A D R Ž A J P R E D G O V O R ............................................................................... 3 I) DETERMINANTE ............................................................................ 5
1. DETERMINANTE DRUGOG REDA ................................................ 5 2. DETERMINANTE TREĆEG REDA ................................................. 8 3. DETERMINANTE VIŠEG REDA ................................................... 11 4. DISKUSIJA RJEŠENJA SISTEMA JEDNAČINA .......................... 14 5. HOMOGENI SISTEM JEDNAČINA ............................................... 19 ZADACI ZA VJEŽBU: ..................................................................... 21 TEST PITANJA ................................................................................ 23
II) MATRICE ........................................................................................ 24 1. OPERACIJE SA MATRICAMA ...................................................... 26
1.1. Sabiranje matrica ............................................................................. 26 1.2. Množenje matrice brojem ................................................................ 26 1.3. Množenje matrica ............................................................................ 27 1.4. Invertovanje matrica ........................................................................ 30 1.5. Rang matrice .................................................................................... 35
ZADACI ZA VJEŽBANJE ............................................................... 42 TEST PITANJA: ............................................................................... 45
III) EKONOMSKE FUNKCIJE ........................................................... 46 1. FUNKCIJA PONUDE ....................................................................... 47 2. FUNKCIJA TRAŽNJE ..................................................................... 53 3. USLOV RAVNOTEŽE NA TRŽIŠTU ............................................. 59 4. ELASTIČNOST KAO MJERA MEĐUZAVISNOSTI EKONOMSKIH VELIČINA ............................................................ 62 5. FUNKCIJA PRIHODA ..................................................................... 70 6. ELASTIČNOST FUNKCIJE PRIHODA .......................................... 79 7. FUNKCIJA TROŠKOVA ................................................................. 82 8. FUNKCIJA ELASTIČNOSTI TROŠKOVA .................................... 88 9. FUNKCIJA DOBITI ......................................................................... 91 ZADACI ZA VJEŽBU: ..................................................................... 92 TEST PITANJA ................................................................................ 96
IV) OMJERI I PROPORCIJE .............................................................. 97 1. OSOBINE PROPORCIJA ................................................................. 98 2. RJEŠAVANJE PRAKTIČNIH PROBLEMA PRIMJENOM PROPORCIJA ................................................................................. 103
2.1. Proste proporcije ............................................................................ 103 2.2. Složene proporcije ......................................................................... 105
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 107 TEST PITANJA .............................................................................. 110
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
234
V) VERIŽNI RAČUN ......................................................................... 111 1. PROST VERIŽNI RAČUN ............................................................. 113 2. SLOŽEN VERIŽNI RAČUN .......................................................... 116
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 121 TEST PITANJA ............................................................................... 123 VI) PROCENTNI RAČUN .................................................................. 124
1. POJAM PROCENTA ...................................................................... 124 2. PROST PROCENTNI RAČUN ....................................................... 128 3. PROCENTNI RAČUN IZNAD STO I NIŽE STO ......................... 134 4. IZRAČUNAVANJE PROCENTA .................................................. 143
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 145 TEST PITANJA ............................................................................... 148 VII) RAČUN PODJELE ........................................................................ 149
1. PROSTI RAČUN PODJELE ........................................................... 150 2. SLOŽENI RAČUN PODJELE ........................................................ 155
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 159 TEST PITANJA ............................................................................... 162 VIII) RAČUN SMJESE ........................................................................... 163
1. ODREĐIVANJE PROSJEČNE CIJENE ........................................ 164 2. ODREĐIVANJE OMJERA MIJEŠANJA ...................................... 165
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 170 TEST PITANJA ............................................................................... 172 IX) KAMATNI (INTERESNI) RAČUN ............................................. 173
1. PROST KAMATNI RAČUN .......................................................... 173 1.1. Izračunavanje prostog interesa ....................................................... 174 1.2. Prost diskont .................................................................................. 184 1.3. Bankarski diskont .......................................................................... 188
2. SLOŽEN INTERES ......................................................................... 191 2.1. Izračunavanje krajnje vrijednosti kapitala ..................................... 192 2.2. Izračunavanje sadašnje vrijednosti kapitala ................................... 198 2.3. Suma uloga .................................................................................... 199
3. AMORTIZACIJA ZAJMOVA ........................................................ 207 3.1. Amortizacija zajmova jednakom anuitetima ................................. 207
4. ESKONTOVANJE MJENICA ........................................................ 215 4.1. Izračunavanje eskontovane vrijednosti mjenice ............................ 215 4.2. Izračunavanje nominalne vrijednosti mjenice ............................... 217
ZADACI ZA VJEŽBU .................................................................... 221 TEST PITANJA ............................................................................... 231 LITERATURA................................................................................. 232 SADRŽAJ ........................................................................................ 233
N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA
235
CIP – Katalogizacija u publikaciji Narodna i univerzitetska biblioteka Republike Srpske, Banja Luka 51(075.8) 51-77/33 (075.8) RALEVIĆ, Nebojša Poslovna matematika /Nebojša Ralević / Mirjana Landika. – 1.izd. – Banja Luka : M Power ; Prijedor : Koledž za informatiku i menadžment „Janjoš”, 2007. (Banja Luka : M Power). – 234 str. graf.prikazi, tabele; 25 cm Tiraž 300 . ISBN 978-99955- 20-06-9 1. Landika, Mirjana COBISS.BH-ID 501784