Poslovna Matematika

RALEVIĆ NEBOJŠA LANDIKA MIRJANA

POSLOVNA MATEMATIKA

Prijedor 2007.

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

2

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

3

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

4

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

a11 a 21

a12 a 22

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:

a 11

a 12

a 22 = a11 a22 – a12 a21

a 21 determinanta:

2 1

1 3 = 2  3 – 1  ( – 1) = 6 + 1 = 7 5

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

a 11

a 12

a 21

a 22

= 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 =

b1 b2

a12 a22

= b1 a22 – b2 a12

I sa Dy determinantu koja se od determinante sistema razlikuje po tome što drugu kolonu zamjenjuje kolona slobodnih članova:

Dy =

6

a11 b1 a21 b2

= b1 a11 – b2 a21

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Lako je pokazati da je rješenje sistema:

x=

Dx D

Dy

y=

D

ako je sistem: 2x + y = 5 x – 2y = -1 onda je:

D=

Dx =

2 1 1 3

=–6–1=–7

5 1 = – 15 + 1 = – 14 1  3

Dy =

2 5 = 1 1

–2–5=–7

Rješenje sistema je:

x= y=

D x  14  =2 D 7

Dy D



7 =1 7

7

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

2. DETERMINANTE TREĆEG REDA

Posmatrajmo determinantu:

a11

a12

a13

A = a 21 a31

a 22

a 23

a32

a 33

Vrijednost ove determinante može se izračunati korišćenjem tz. Sarusovog pravila. Naime, ako se pored determinante dopišu prve dvije kolone:

a11 

A = a 21 a31

a12 

a13

 a11  a12

a 22  a 23   a 21  a 22  a 32  a33   a31  a32

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:

2

3 1 2 3

A =  1 2 0  1 2 = 4 + 0 – 2 – (– 3 + 0 + 6) = 2 – 3 = 1 3 2 1 3 2

8

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

a11

a12

a13

D = a 21 a31

a 22 a32

a 23 a 33

Slično kao kod sistema dvije jednačine sa dvije nepoznate ovde se izračunavaju još tri determinante:

b1

a12

a13

Dx = b2 b3

a 22 a32

a 23 a33

a11

b1

a13

Dy = a 21

b2

a 23

a31

b3

a33

a11

a12

b1

Dz = a 21 a31

a 22 a32

b2 b3

9

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

DX D

y=

DY D

z=

DZ D

posmatrajmo sistem jednačina: x + y + 2z = 7 2x – y + z = 2 – x + y – z = -1 Ovdje je:

1

1

2 1 1

D = 2  1 1 2  1 = 1 – 1 + 4 – (– 2 + 1 +2) = 3 1 1 1 1 1

7

1

2 7 1

DX = 2  1 1 2  1 = 7 – 1 + 4 – (– 2 + 7 + 2) = 3 1 1 1 1 1

1

7

2 1 7

DY = 2 2 1 2 2 = – 2 – 7 – 4 – (– 14 – 1 – 4) = 6  1  1  1  1 1 10

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

1

1

7 1 1

DZ = 2  1 2 2  1 = 1 – 2 + 14 – (– 2 + 2 + 7) = 6 1 1 1 1 1

Pa je:

x=

DX 3  1 D 3

y=

DY 6  =2 3 D

z=

DZ 6  =2 D 3

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 11

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je Dij determinanta koja ostaje kada se isključe elementi i-te vrste i j-te kolone. Onda je: D =  ( 1)

i j

aij Dij

j

Na primjer, posmatrajmo determinantu: 2 1 1 4 2 1 D= 3 2 2 1 1 5

3 1 3 2

Razvijanjem po elementima, recimo, prve vrste dobija se da je:

2

D = (– 1)

1+1

1 1

4 1 1

 2   2 2 3 + (– 1) 1 5 2 4

1+2

 1  3 2 3 + (– 1)1+3  (– 1)  1 5 2

2

1

3 2 3 1 2 2 4

+ (– 1)

1+4

2

1

3 3 2 2 1 1 5

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. 12

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 2 1 1 4 2 1 D= 3 2 2 1 1 5

3 1 3 2

2 2 1   

2 0 = 7 3

1 1 3 0 3 5 = 0 0 9 0 4 5

0 3 5

= (– 1)

1+2

1 7 0 3 4

9 5

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.

13

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

DX =

k 1 =–k–1 1 1

3 1 =–3–2=–5 2 1

DY =

14

k 3 = 2k – 3 1 2

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ako je D ≠ 0 tj. k ≠ -1 sistem ima jedinstveno rješenje:

x=

DX 5 5 = = D  k 1 k 1

y=

DY 2k  3 = D  k 1

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:

a2

1

1 a2

1

a 2 1 a = 3a3 + 4 + 1 + a – (3 +2a2 +2a3 +2a) = (1  a) 3 2 (1  a)

D= 1 2

= (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: 3

1

1 3

1

DX = 4 a 2 4 a = 9a + 14 + 4 + 4a – (12 +6 +6a +7a) = 0 7 1 a 3 7 1 a

15

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

a2 DY = 1 2

3 1 a2 3 4 2 1 4 = 12a2 + 12 + 7 – (9 +14a2 +8) = – 2a2 +2 = 7 3

2 7

= - 2(a – 1)(a + 1) a2 1 3 a2 1 a 4 1 a = 7a3 +8 + 3 +3a – (7 +4a2 +4a3 + 6a) = DZ = 1 2 1 a 7 2 1 a = 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=

DX 0  0 D (a  1)(a  1)(a  2)

y=

DY  2(a  1)(a  1) 2   D (a  1)(a  1)(a  2) a  2

z=

DZ (3a  4)(a  1)(a  1) 3a  4   D a2 (a  1)(a  1)(a  2)

Ako je a = -2 onda je D = 0 a Dy = -6 ≠ 0 što znači da sistem jednačina nema rješenje.

16

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

7  3t , 2

y

1 t i z = t. 2

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. 17

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

18

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 19

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

1 1

D= 2 4

3 1

2

1 1

 1 2 3 = 9 + 4 + 4 – (– 6 – 1 + 24) = 0 3 4 1

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.

20

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

ZADACI ZA VJEŽBU: 1. Izračunati determinante:

a)

2 3 3 1

1

3 4

b) 0 2 1 3

2 1

2 1 1 3 1 2 1  3 c) 1 2 3 4 2 1 1 3

3 0 d) 0 0 0

1 2 5 2 4 1 1 3 0 2 1 2 0 0 2 3 0 0 0 5

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 21

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

c)

+ 2z = k,

x + y + kz = 0 kx + y + z = 0 x + ky + z = 0

22

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

23

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

II) MATRICE

Matrica je šema brojeva koja sadrži m – vrsta i n – kolona:  a 11 a  21    a m1

a12 a 22  am2

 a1n   a 2 n       a mn  mxn

Gdje su m i n prirodni brojevi. Matrice se označavaju velikim slovima abecede. Na primjer: 2  1 5 A=   1 3 1  2 x 3 B = 5 3  2 1 1x4

4  2 5 C = 1 3 7  2 1 2 3 x3

Oznaka pored matrice označava red matrice i nije obavezna. Za razliku od determinante matrica može biti:

24

-

pravougaona kao što su u prethodnom primjeru matrice A i B,

-

kvadratna, kao što je matrica C.

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 0 0  O = 0 0 0 0 3 x 2

1 0  I=   0 1  2 x 2 1 0 0  I = 0 1 0 0 0 1 3 x3

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: 3  2 2 5 A = 1 2 1 3 3 1 2 4 3 x 4

25

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Onda je njena transponovana matrica:  3  2 AT =   2  5

1 2 1 3

3 1  2  4  4 x3

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: 1  1 2 A=   3 2 4 2 x3

2 1  3 B=    0 2 1  2 x3

Onda je: 3 0  1 A+B=   3 4 5  2 x3

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: 26

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

1  1 2 A=   3 2 4 2 x3 Onda je: 3  3 6  3A =   9 6 12 2 x3

1.3. Množenje matrica Posmatrajmo dvije matrice A = [ aij ]mxn i B = [ bij ]nxk. Proizvod AB 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: 1 2  1 3  A=    2 1 4  2 2 x 4

i

 2 1 3  1 2 2   B=   3 1  2   3 1  4 x3 1

je matrica C:  10 11 12  C=     9  2  2  2 x3

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 27

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:  2  1 0 A = 1 2 1 2 3 1 3 x3

i

  1 1 2 B =  1 3 2  2 1 1  3 x3

i

 3 9 3 B  A  9 11 5 7 3 2 3 x3

Onda je:  3  1 2  8 7  A  B   3  3 12 11 3 x3

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: 1 3  A=    2  2 2 x 2 28

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Onda je: 1 3  1 3   7  3 A2 = A  A      2  2 2  2  2 10  i 27  1 3   7  3  1 A3 = A  A2 =       2  2  2 10  18  26 Takođe je: 27   7  3 1 3   1   A3 = A2  A =      2 10  2  2 18  26 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:

 2 3 1 A=  ,    1 2 2  2 x3

1  3 B = 1 2  2 4  3 x 2

i

1 0  C=    2 3 2 x 2

29

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Onda je: 1  3 1 0  B  C = 1 2  =  2 3 2 x 2  2 4  3 x 2

  5  9 5 6    10 12  3 x 2

  5  9  2 3 1 15 12   6  A  (B  C)     5    1 2 2 2 x3  10 12  3 x 2 35 45 2 x 2  

Slično je: 1  3  2 3 1 7 4   A B    1 2     1 2 2 2 x3 2 4  3 x 2 5 15 2 x 2  

i 15 12  1 0  7 4  ( A  B)  C        5 15 2 x 2 2 3 2 x 2 35 45 2 x 2

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: 30

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 1 2 1  A = 0 3  1 2 1 2  3 x3

1 2

1

1 2

1. det A = 0 3  1 0 3 = (6 – 4 + 0) – (0 – 1 + 6) = – 3 2 1 2 2 1

1 0 2  2. A = 2 3 1  1  1 2 T

31

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

   (1) 11 3  1   3. adj A = A* =  2 1 0 (1) 1     (1) 31 0  3

1 2

(1) 1 2

2 1 1 2

(1) 1 3

2 1

2 2

(1) 2  2

1 2 1 2

(1) 2  3

1 1

2 1

(1) 3 2

1 2 2 1

(1) 3 3

1 2

  3  1   0   = 1    0  3 

 7  3  5 =  2 0 1    6 3 3 

 7   7  3  5  3 2 1 1 4. A-1 =  A*     2 0 1    det A 3  3   6 3 3   2 

5  3  1 0   3 1 1  1

Poslije izračunavanja inverzne matrice dobro je izračunati provjeru rezultata, to jest vidjeti da li je: A-1 A = I Ovdje je: 0  7  3  5  1 2 1   3 0 1 1    A  A =   2 0 1   0 3  1    0  3 0  = I 3 3   6 3  0 3  2 1 2  0  3 -1

Korištenjem osobina matrica i operacija nad matricama moguće je rješavati matrične jednačine. Posmatrajmo jednačinu: AX=B

32

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: AX=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:  a11 a  21  a31

a12 a 22 a32

a13   a 23  a33  3 x3

 x  b1   y  b2     z  3 x1 b3  3 x1

Odnosno: AX=B pa je, rješenje sistema: X = A-1  B kao što je ranije dokazano. 33

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Na primjer, posmatrajmo sistem jednačina: x + 2y + z = 5 3y – z = 1 2x + y + 2z = 7 U matričnom obliku ovaj sistem je: 1 2 1   x   5  0 3  1   y   1        2 1 2   z  7 

Ili AX = B, pa je X = A-1 B. Pošto smo za ovu matricu A već ranije našli inverznu matricu, to je:  7   x  3  y   2    3  z   2 

5  3   5  1  1 0    1  1  3  1  1  7 2  1

Dakle rješenje je: x=1

34

y=1 i

z=2

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

1.5. Rang matrice

Pod pojmom rang matrice podrazumjeva se red najveće regularne submatrice, date matrice. Na primjer, matrica: 1  1 2 3   3 2 1  2   4 1 3 1  3 x 4

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: 1  1 3 2    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.

35

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

U prethodnom primjeru je: 3  1  1 2 3  1  1 2  3 2 1  2         (4)  0 5  5  11   4 1 3 1    (3) 0 5  5  11   (1) 3  1  1 2   0 5  5  11 0 0 0 0 

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.

36

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 1 1  2 1  1 1  2 1    2  1 1 1      (2)  0  3 5  1  3 2  1 8  5 (3) 0  1 5        (3) 0  4 10 4  3  1 4 7  1  1 1  2 1 1  2 1  0  1 5 0  1 5  5 5         0  3 5  1    (3) 0 0  10  16        (1)  (4) 0 0  10  16  0  4 10 4   1  1 1  2 0  1 5 5   0 0  10  16   0 0  0 0 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:

37

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

x + y – 2z = 1 – y + 5z = 5 – 10 z = - 16  16 8  . Zamjenom u prvu  10 5

Iz treće jednačine se vidi da je z = jednačinu je:

– y+5

8 =5 5

– y=1–3 y=3 Zamjenom vrijednosti za y i z, u prvoj jednačini je:

x+3–2 x+3-

8 =1 5

16 =1 5

x=1–3+ x=

16 5

6 5

Dakle, ovaj sistem ima jedinstveno (jedno jedino) rješenje: x=

6 , 5

y=3

i

z=

8 . 5

Iako je u sistemu bilo više jednačina nego nepoznatih, očigledno je da je jedna od jednačina linearna kombinacija ostale tri jednačine, što znači da

38

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 7  2 1 2 7  1 2  1 2 1   2  1 3 1 10       (2)  0  5 5  3  4     0 5  1 7 24   2 1 1 3 10   ( 2)

7  1 2  1 2 0  5 5  3  4    0 0 4 4 20 

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

39

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

29 8  t 5 5

Zamjenom vrijednosti za y i z u prvu jednačinu dobija se: 29 8  t)+5–t 5 5

x = 7 – 2t – 2( x=

2 1  t 5 5

Dakle rješenja sistema su:

x=

2 1  t, 5 5

y=

29 8  t 5 5

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: 40

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

x = 1, y=1i z = 2. Dakle ukoliko ove vrijednosti zamjenimo u polazni sistem vidi se da ovo zaista jeste jedno od rješenja sistema.

41

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

ZADACI ZA VJEŽBANJE 1. Date su matrice: 2 3  1 A=   1 2 3 

  1 1 0 B=    1 3 4

2 3 1 C=    2  2 1

Na osnovu njih potrebno je odrediti matricu D = 2 A – B + 3C. 2. Odrediti proizvode matrica: a)

 2 1 2 2    3 1  1  4  1    

2  1  2 2 b)    1 3    3 1  3 1 2  c)  2 1 2  1  1 1  0 1 2

1 2 1   4 0 2  d) 2  3 2  3 1 1  1 0 1  1  2 2

3. Data je matrica: 2 3  1 A = 1 4 0  3  1 2 

Odrediti matricu B = A2 – 2A + 3I 42

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

4. Nađi inverzne matrice za date matrice:  2 1 a) A =    1 3  3 2 1 b) B = 1  2 3 0 1 5 2 1  1 c) C = 0 3 2  0 0 4 

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 + 2x – y

2z = 3 =0

x+y+z=4 6. Odrediti rang matrica: 1 2 1 1  a) A = 3  1 2 1  1 2 2  3

43

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

1  1  2 2  3 2 2 4  b) B =   1 1 1 2   2 2 4 0  1 1  c) C =  3  1  4

1 2 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 6 0 4

1 2 3  2 8

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

44

- n + 2m = 11

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

45

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

46

-

funkcija ponude,

-

funkcija tražnje,

-

funkcija ukupnih, prosječnih i graničnih prihoda,

-

funkcija ukupnih prosječnih i graničnih troškova

-

funkcija dobiti.

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

47

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

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

48

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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, 49

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 9,5  a  10b  10  a  12b  12  a  13b  (1) 13  a  14b  15,5  a  18b   18  a  20b  Pomnožimo li svaku jednačinu odgovarajućim koeficjentom uz b (uz a je u svakoj jednačini 1), dobijamo: 95  10a  100b  120  12a  144b  156  13a  169b  (2) 182  14a  196b  279  18a  324b   360  20a  400b 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: 50

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

29,325 = 34,5 KM/kom 0,85

Ukoliko je ponuda na tržištu 30.000 komada, proizvodi se nude po cijeni od 34,5 KM/ kom. 51

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Primjer 2. Koje od navedenih funkcija ispunjavaju uslove da se

mogu smatrati funkcijama ponude: a) qp = 2p2 + p + 0,2 b) qp = p



1 3

+7

c) qp = 4p – 5 Ovdje je: a) Funkcija qp = 2p2 + p + 0,2 > 0,  p>0, q'p = 4p + 1 >0, -

1  p   , 4

tako da se ovom funkcijom može iskazivati tražnja u oblasti od 

1 do +  , tako da ovo može biti funkcija ponude. 4

b) Funkcija qp = p



1 3

4

+ 7 > 0, kada je p > 0,

q'p =

1   p 3 < 0, p > 3

0, tako da ovo ne može biti ekonomska funkcija ponude, jer je opadajuća na dijelu na kome je p > 0. 1 c) Funkcija qp = 4p – 5 > 0, za p > 1 , 4

q'p = 4 >0,  p, tako da

se ovom funkcijom može iskazivati tražnja samo za cijene veće 1 od 1 . 4

52

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 53

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

(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: 54

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

55

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 28  a  10b  25  a  12b  21  a  13b  (1) 17  a  14b  12  a  18b   8  a  20b  Pomnožimo li svaku jednačinu odgovarajućim koeficjentom uz b (uz a je u svakoj jednačini 1), dobijamo: 280  10a  100b  300  12a  144b  273  13a  169b  (2) 238  14a  196b  216  18a  324b  160  20  400b  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

2. normalna jednačina:

1.467 = 87a + 1.333 b, odavde je:

56

i

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

111 = 6a + 87 b  a 

111 87b   18,5  14,5b 6 6

1.467 = 87 (18,5 – 14,5 b) + 1.333 b = 1.609,5 – 1.261,5 b + 1.333b 1.467 b

–

1609,5

=

(1.333

–

1.261,5)b



–

142,6

=

71,5b

 142,5  1,99 71,5

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  p

13,36  6,71 KM 1,99

57

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 =

 4  16  12  4  2  , tako da je qt1 = 1; qt2 = 3, sada 2 2

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   ,1  1,  , 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,

58

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 p

42,685  15,029 2,84

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). 59

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Grafički se ravnoteža može prikazati na grafikonu 1. 50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0

qt qp

0

5

10

15

20

25

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 p

60

1,6094  0,8047 2

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

12 10 8 qp

6

qt

4 2 0 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

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

61

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

p1,2 =

3  9  3,82204 3  3,58  2 2

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.

120 100 80 qt

60

qp

40 20 0 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

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. 62

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: q p

Ep =

qp p q p   , p q p p p

Pri čemu su: Ep – koeficijent elastičnosti ponude, qp i p, apsolutne promjene ponude, odnosno cijene proizvoda, dok

su q p qp

i

p , relativne promjene navedenih veličina. p

Ako je funkcija ponude neprekidna i diferencijalna na posmatranom intervalu i kada Δp  0, vrijedi: Ep =

p ,  qp qp

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. 63

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: qt q p q Et = t   t p qt p p

Pri čemu su: Et – koeficijent elastičnosti tražnje, qt i p, apsolutne promjene tražnje, odnosno cijene proizvoda, dok su qt p i , relativne promjene navedenih veličina. qt p

Ako je funkcija tražnje neprekidna i diferencijalna na posmatranom intervalu i kada Δp  0, vrijedi:

Et =

p ,  qt qt

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:

64

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

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:

1 p  0,01   1% , tada je 100 p q p

Ep =

q p

q p qp qp    100 , odnosno 1 p qp 100 p

Et =

qt qt qt q q  t  t  100 p 1 qt p 100

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),

65

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

│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 =

-

Et(3) = – 0,16, tako da se pri nivou cijena p = 3 KM, za povećanje

 1,99 p p p ,  qt   (1,99)  , pa imamo:  1,99 p  43,36 43,36  1,99 p qt

cijena za 1%, tražnja za ovim proizvodom se smanjuje za 0,16 %,

66

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

│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 =

-

Ep(3) = 0,79, zaključujemo da ukoliko se pri nivou cijena p = 3 KM,

p 0,85 p p , , pa imamo:  qp   0,85  0,85 p  0,675 qp 0,675  0,85 p

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  33  3 p . 67

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: qt = 3  33  3 p , 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 =

3p p , 1 p  qt = 3  (3)   2(33  3 p) qt 2  33  3 p 3  33  3 p

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 < kada p  (0,

66 22 , odnosno  9 3

22 ), 3

│Et│= 1, kada je p =

22 N.J. imamo jediničnu elastičnost tražnje, 3

│Et│ > 1, kada je 3p > 2(33 – 3p)  9p > 66  p > za cijene iz intervala: p  (

66 22 , odnosno  9 3

22 ,11 ). 3

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:

68

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ep =

p ,  qp = qp

p p3  3p2  3p 1

 (3 p 2  6 p  3) 

3 p( p  1) 2 3p  , 3 ( p  1) ( p  1)

│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 < 

1 , dok cijene 2

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 > 

1 , odnosno za 2

cijene iz intervala: p  (0,+  ), p  1. Primjer 11. Odrediti koeficjent elastičnosti funkcije tražnje

qt =

1 i protumačiti rezultat za p = 3. p 1 Ovdje je: domen funkcije tražnje je, D(p) = (1, +  ), Et =

p ,  qt  qt

1 p p   2 1 ( p  1) p 1 p 1 Et(3) = 

3 2

Ako cijenu proizvoda na nivou p = 3 povećamo za 1 %, tražnja za tim proizvodom će pasti za 1,5 %.

69

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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. 70

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: p

P =  (p) q

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:

lim

p 0

P  P 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: 71

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

Realizovana količina

(p)

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

14,5

600

8.700

15

500

7.500

V VI

Tabela 3. Realizovane cijene i količine proizvoda na posmatranom tržištu

72

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 1.000  10b  a  900  12b  a  850  13b  a  (1) 700  14b  a  600  14,5b  a   500  15b  a 

10.000  100b  10a   10.800  144b  12a  11.050  169b  13a  (2) 9.800  196b  14a  8.700  210,25b  14,5a   7.500  225b  15a 

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) = P = (q)  q = 

q  20,85 , sada imamo da je: 97,57

q2  20,85q 97,57

73

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Prosječan prihod je: p=

P , q

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 = Što

2p , ep

predstavlja funkciju ukupnih prihoda izraženu pomoću cijene

proizvoda. Inverzna funkcija funkcije tražnje je: (p) , koja se dobije iz funkcije taražnje je: q

2 e

 (q)

e ( q ) 

2 q

ln e  ( q )  ln

 (q)  ln

74

2 q

2 q

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Funciju ukupnih prihoda možemo izraziti i pomoću kličine proizvoda, što je: P = q (q) = q  ln

2 q

Funkcija prosječnih troškova je:

 (q)  ln

2 q

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. 2,5 2 1,5

q

1

P p`

0,5 0 -0,5

0

1

2

3

4

Grafikon 4. Grafički prikaz tražnje, ukupnih i graničnih prihoda u

zavisnosti od cijene proizvoda 75

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

3,5 3 2,5 2

p

1,5

P

1

p`

0,5 0 -0,5 0

0,5

1

1,5

2

2,5

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: 76

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 1 P' = – (ln q + q  ) = – 1 – ln q 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, 77

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

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.

1,2 1 0,8 0,6

P

0,4

p`

0,2 0 -0,2

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

Grafikon 6. Grafički prikaz funkcije ukupnih i graničnih prihoda u

zavisnosti od cijene proizvoda

78

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 =

p  P ', P

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 =

p   f ( p)  pf `( p ) p  f ( p)

EP,p = 1 

p  f '(p) f ( p)

EP,p = 1 + Eq gdje je: Eq – funkcija elastičnosti tražnje.

79

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 E P , p =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+

P`  f ' (p)], f ( p)

kako je

P`  f '(p) = Et f ( p)

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,

80

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

kada je -  < Et < -1, onda je P' < 0, tada je potražnja elastična a ukupni prihodi su opadajući.

81

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

82

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

- u obliku eksponencijalne funkcije:

C = a ebq,

- u obliku:

C = (1 + bq)a,

- u obliku:

C = aq

a  bq ,

qb + d, qc

itd.

83

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 84

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Potrebno je odrediti obrazac u obliku linearne funkcije gdje će ukupni troškovi biti dati u zavisnosti od proizvedene količine proizvoda. Ovdje je: 12  a  2b  12,5  a  2,5b 13  a  3b  (1) 14  a  3,5b  15  a  4b   16  a  5b 

24  2a  2b  31,25  2,5a  6,25b 39  3a  9b  (2) 49  3,5a  12,25b   60  4a  16b   80  5a  25b

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. 85

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Primjer 16. Ispitati za koju vrijednost nezavisne varijable q, funkcija eq može biti funkcija ukupnih troškova. C= q

Ovdje je: C=

eq , pa imamo: q

D(q) = (1, +  ), ova funkcija može biti funkcija

C > 0 q

- q > 0,

ukupnih troškova za količine veće od jedne jedinice. - C' > 0,

C' =

e q (q  1) >0, za q > 1; data funkcija ukupnih troškova q2

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'' =

qe q (1  2q  2) q4

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. 3000 2500 2000 1500

C

1000

c`

500 0 -500 0

2

4

6

8

10

Grafikon 7. Prikaz ukupnih i graničnih troškova u funkciji količine

proizvedenih jedinica

86

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 = Kako je c' = 

C , pa je q

c=

9,04  1,41 q

9,04 < 0, prosječni troškovi opadaju sa porastom q2

obima proizvodnje.

87

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: C

lim q  lim lq 0

q  0

C (q  q)  C (q) = C' q

gdje je: C' – granični trošak Tako da vrijedi: Ec = Ec = EC – 1

q C `1 C 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.

88

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

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 =

C  q2 – 2q + 2 – funkcija prosječnih troškova, pa dobijamo da q

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.

89

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

c) EC =

3q 2  4q  2 q  C` = 2 C q  2q  2

Ec = EC – 1 =

i

2q 2  2q q 2  2q  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. 700 600 500 400

C

300

C`

200

c

100 0 -100 0

2

4

6

8

Grafikon 8. Prosječni, ukupni i granični troškovi

90

10

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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–ci

-

funkcija granične dobiti:

D' = P' – C'.

Pomoću funkcije dobiti moguće je izračunati optimalnu kombinaciju ulaganja, tako da se postigne maksimalna dobit.

91

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

ZADACI ZA VJEŽBU:

1.

Na jednom tržištu tražnja za proizvodom „X“ i njegova cijena bili su: Cijena proizvoda

Tražnja

KM

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:

92

Cijena proizvoda

Ponuda

KM

000 komada

1

30

2

37

3

45

4

52

5

55

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

93

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Mjesec

Prodajna cijena u

Realizovana količina

KM (p)

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. 94

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

Ukupni troškovi ( KM

komada)

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 =

e 2q može 3q

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. 95

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

96

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

IV) OMJERI I PROPORCIJE Proporcija ili omjer predstavlja dva jednaka količnika vezana znakom jednakosti. Opšti oblik proporcije može se zapisati u obliku:

a:b=c:d

Znak jednakosti kod proporcije čita se: „odnosi se isto kao“ ili „kao“. Iz opšteg oblika proporcije vrijedi:

a p b

i

c p d

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 97

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 ad=cb

možemo zapisati u obliku:

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: ak : bk = c : d

ak : b = ck : d

a : b·k = ck : d

a : bk = ck : d

ili

a b :  c:d k k

a c :b  :d k k

a:

b d c: k k

a :b 

c d : k k

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)

98

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 x

ad c

a:b=x:d x

ad b

ili

99

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

-

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 x

bc d

a:b=c:x x

bc a

ili

Primjer 1. Izračunati nepoznati član proporcije:

a) 4 : 12 = x : 9 1 1 1 b) 6 : 2  x : 3 9 6 c) 3,75 : 0,5 = 4,8 : x Ovdje imamo: a) 12x = 94  x 

36 3 12

1 1 19 1 19 6   1 1 1 3 6 6  18  19  9  1 3 b) 2  x  6   x   1 19 19 19  18 2 9 3 6 2 9 9 9

c) 3,75  x = 4,8  0,5  x 

2,4  0,64 3,75

Primjer 2. Izvesti niz od devetnaest proporcija koje su ekvivalentne

navedenoj proporciji: 6 : 4 = 3 : 2.

100

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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,

-

6 4 :  3 : 2 , odnosno 3 : 2 = 3 : 2, 2 2

-

3 6 :4  :2, 2 2

-

6:

-

6:4=

-

(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.

2 4  3 : , odnosno 6 : 2 = 3 : 1, 2 2 3 2 : , 2 2

101

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Primjer 3. Osloboditi se razlomaka u sledećim proporcijama, tako da

proporcije ostanu valjane. a)

3 2 :  30 : 8 2 5

b)

5 15 :8  :9 6 16 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: 3 2  10 :  10  30 : 8 , pa je: 15 : 4 = 30 : 8, 2 5

b)

prvi i treći član proporcije množimo najmanjim zajedničkim sadržaocem za 6 i 16, a to je 48, pa dobijamo: 5 15  48 : 8   48 : 9 , pa je 40 : 8 = 45 : 9. 6 16

102

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 103

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

x

60  360  1800 KM 12

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

104

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Veličine su obrnuto proporcionalne, pa imamo: 5 : 10 = x : 15 Odakle izračunavamo nepoznati član proporcije:

x

5  15  7,5dana 10

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

Upitni stav

18 radnika

24 dana

3.600 KM x KM

105

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

x

3.600  24  18  17.280 KM 15  6

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:

x

12  8  20  12 10  16

Ukoliko želimo da posao bude završen za 16 dana, uz dnevni rad od 10 sati potrebno nam je 12 radnika.

106

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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? 107

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

108

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

109

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

110

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 111

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

112

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

X KM

25 m

12 m

72 KM

Primjenom verižnog računa izračunavamo vrijednost nepoznate veličine X, tako da imamo: 113

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

X 

25  72  150 KM 12

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:

X KM

500 eur

100 eur

195,5831 KM

Pa imamo:

X 

500  195,5831  977,9155KM 100

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 114

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Odnosno: X Yd

48 km

0,914 km

1 Yd

Pa imamo:

X 

48  0,914  43,872Yd 1

Udaljenost između Gradiške i Banja Luke iznosi 43,872 Yd – jardi.

115

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: X = (proizvod svih veličina sa desne strane) : (proizvod poznatih veličina sa lijeve strane) 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?

116

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: X KM

9.000 kg

0,454 kg

1 lb

8 lb

51,90 cts

100 cts

1$

1$

1,65 KM

Pa imamo:

X 

9.000  1  51,90  1  1,65  2.109,75KM 0,454  8  100  1

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 117

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: X KM sa trošk.

5t

1t

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.

Pa imamo:

X 

5  1.000  1  1  1,5  1,955831  105  565,43KM 1  0,454  60  1  1  100

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? 118

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 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£

Pa imamo:

X 

1  4,672  60  110  1  7,170977 ₤ 1  1  100  43

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? 119

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: X KM = 250 eur 1 eur = 7 kuna 100 kuna bez zarade = 120 kuna sa zaradom 100 kuna = 26,5 KM Odnosno: X KM

250 eur

1 eur

7 kuna bez zarade

100 kuna bez zarade

120 kuna sa zaradom

100 kuna

26,5 KM

Pa imamo:

X 

250  7  120  26,5  556,5KM 1  100  100

Preduzeće u Banjoj Luci moraće za kompjuter da plati 556,5 KM.

120

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

121

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

122

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

123

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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. 124

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 600.000  100  20 KM , 3.000.000 Dok za nabavku 100 KM sirovine drugog preduzeća, troškovi iznose: 200.000  100  2,5KM 8.000.000 125

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

p

80  100  66,67% 120

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. 126

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

127

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

G : 100  P : p

Iz navedene proporcije mogu se izvesti sledeće formule, za izračunavanje svake veličine. Tako da je: G  p 100 P  100 G  p P  100 p  G P 

128

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

G  p 20.000  6   1.200 KM 100 100

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

80.00020 = 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

80.00030 = 2.400.000

129

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Razlika u cijeni dobijena je procentnim računom:

P

G  p 2.400.000  26   624.000 100 100

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 = 200400 = 80.000 KM (rabat se računa od fakturne vrijednosti, a glavnica je vrijednost nabavljenih proizvoda), p = 12 %, pa je:

P

G  p 80.000  12   9.600 100 100

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:

70.400  352 KM. 200

Primjer 6. Prodajna cijena u trgovini na malo iznosi 200 KM, a

ukupni rabat trgovinskog preduzeća na veliko 20 %. Ako je trgovinsko

130

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: P1 

200  14  28 100

P2 

200  6  12 100

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:

P

40.000  5  2.000 KM 100 131

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

25.000  2  500kg 100

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:

P

60.000  16  9.600 KM 100

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. 132

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: G = 200.000, p = 17%, pa je:

P

G  p 200.000  17   34.000 KM 100 100

Troškovi nabavljene robe su 34.000 KM.

133

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

(G  P) : (100  p)  P : p

Iz navedene proporcije mogu se izvesti sledeće formule, za izračunavanje svake nepoznate veličine. Tako da je:

134

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

(G  P )  p 100  p P  (100  p ) (G  P )  p P 

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:

P

(G  P)  p 84.000  5   4.000 100  p 100  5

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:

P

(G  P)  p 17.600.000  10   1.600.000 100  p 100  10 135

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

(G  P)  p 600  20   100 100  p 100  20

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:

P

(G  P)  p 684  52   234 100  p 100  52

Neto lični dohodak je razlika između bruto plate (G + P) i poreza i doprinosa na platu (P), pa je: G = 684 – 234 = 450 KM 136

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

(G  P)  p 12.400  24   2.400 KM 100  p 100  24

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:

P

(G  P)  p 85  15   15 100  p 85

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:

137

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

P

(G  P)  p 9.400  6   600 kg 100  p 94

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:

P

(G  P)  p 1.875.000  25   625.000 KM 100  p 75

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:

P

138

(G  P)  p 665.000  5   35.000 KM 100  p 95

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

(G  P)  p 590,2  25   196,73 KM 100  p 75

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:

P

(G  P)  p 786,93  31   353,55 KM 100  p 69

Mjesečna zarada po odbitku doprinosa budžetu iznosi: 786,93 + 353,55 = 1.140,48 KM. Doprinos bužetu je:

P

(G  P )  p 1.140,48  11   140,96 KM 100  p 89

Bruto zarada ovog radnika iznosi: 1.140,48 + 140,96 = 1.281,44 KM. 139

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

P

(G  P)  p 540.000  10   60.000 KM 100  p 90

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: G  pk  pk G p  ili  G   100  100  100

140

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

G G  p G  pk G  p  pk   što poslije skraćivanja sa daje: 100 100 10.000 100 p  pk 

p  pk odnosno 100

100 p = 100 pk – p pk Odakle dobijamo obrazac za izračunavanje komforne procentne stope za procentni račun niže sto: pk 

100  p 100  p

Po istoj analogiji dobili bismo komfornu procentnu stopu za procentni račun iznad sto, koja bi se izračunala po obrascu: pk 

100  p 100  p

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: P

(G  P)  p 420.000  20   105.000 KM, razlika u cijeni dobijena 100  p 80

primjenom procentnog računa iznad sto. Komforna procentna stopa u navedenom slučaju iznosi:

141

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

pk 

100  p 100  20  25% , pa je razlika u cijeni dobijena  100  p 100  20

korištenjem komforne procentne stope: P

G  p k 420.000  25   105.000 KM 100 100

U oba postupka dobijeni su isti rezultati. Prodajna cijena robe iznosi 420.000 + 105.000 = 525.000 KM.

142

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: p

P  100 G

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: p

P  100 6  100   30% 20 G

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. 143

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: G = 875.000, G – P = 805.000  P = 875.000 – 805.000 = 70.000, pa je: p

P  100 70.000  100   8% 875.000 G

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:

p

P  100 40.000  100   20% 200.000 G

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 ‰.

144

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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? 145

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

146

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

147

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

148

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

149

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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? 150

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: K = 25.000 komada, omjer je 7 : 8 : 10 = x : y : z, pa imamo: a) ukoliko problem rješvamo svođenjem na jedinicu imamo: k  7  8  10  25 K 25.000 e   1.000 25 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: 7  25.000  7.000 komada, 25

25 : 7 = 25.000 : x  x  -

druga prodavnica dobija količinu od y – komada hlača, y se dobija iz proporcije: 25 : 8 = 25.000 : y  y 

-

8  25.000  8.000 komada, 25

treća prodavnica dobija količinu od z – komada hlača, z se dobija iz proporcije: 25 : 10 = 25.000 : z  z 

UKUPNO:

10  25.000  10.000 komada 25 25.000 komada 151

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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, e

600  600 , 1

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 x 

0,25  600  150 KM, 1

- drugi radnik dobija bonus od – y KM 1:0,40 = 600 :y  y 

600  0,40  240 KM, 1

- treći radnik dobija bonus od – z KM 1: 0,35 = 600 :z z  UKUPNO:

600  0,35  210 KM 1 600 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 152

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

2.400 4.000 3.600 : : = 6 : 10 : 9, 400 400 400

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 e

-

1.500  60 25

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  x 

6  1.500 = 360KM 25

153

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

- za šećer:

25 : 10 = 1.500 : y  y 

- za brašno:

25 : 9 = 1.500 : z

UKUPNO:

154

10  1.500 = 600 KM 25

z

9  1.500 = 540 KM 25 1.500 KM

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 155

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

k = 7, e =

12.600  1.800 7

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: b)

12.600 KM

primjenom proporcije dobijamo:

- I poslovnoj jedinici pripada iznos od 7 : 2 = 12.600 : x

x

12.600  2 = 3.600 KM 7

- II poslovnoj jedinici pripada iznos od 7 : 5 = 12.600 : y  y  UKUPNO:

12.600  5 = 9.000 KM 7 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 156

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: K = 180.000 KM; x : y : z = 120 : 184 : 200 i

1 1 1 : : , pa 5 4 10

imamo: x:y:z=

120 184 200 : : = 24 : 46 : 20 = 12 : 23 : 10, odnosno: 5 4 10 x : y : z = 12 : 23 :10, te je: k = 12 + 23 + 10 = 45 i e

180.000  4.000 45

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: 157

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

k = 20 + 21 + 24 = 65 i e

Sada

možemo

1.040  16 65

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:

158

1.040 KM

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 159

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

160

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

161

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

162

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

163

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

164

1.584 = 7,92 KM. 200

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

165

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 0,22 – 0,196

0,18 0,196

0,196 – 0,18

0,22

k=3+2=5e=

0,024 

1.000 =3 8

3  300 = 900 kg

0,016 

1.000 =2 8

2  300 = 600 kg

5

1.500 kg

1.500 = 300 5

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 166

= KM 294

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ako 1.500 kg smjese vrijedi 294 KM, tada vrijedi:1 kg = 294  0,196 KM 1.500 2.

ukoliko utvrđivanje omjernih brojeva vršimo metodom zaključivanja, imamo: + 0,016

0,18 0,196 0,22

– 0,024

k=3+2=5 e

0,024 

1.000 =3 8

3  300 = 900 kg

0,016 

1.000 =2 8

2  300 = 600 kg

5

1.500 kg

1.500  300 5

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:

167

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

a) direktnom metodom: 4

6 – 5,2 = 0,8

4

4  120 = 480 kg

5

6 – 5,2 = 0,8

4

4  120 = 480 kg

(5,2 – 4) + (5,2 – 5) = 1,4

7

7  120 = 840 kg

15

1.800 kg

5,2 6

k = 4 + 4 + 7 = 15  e 

1.800  120 15

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 = 9.360  5,2 KM . 1.800 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

+ 1,2

5:5=1

1  360 = 360 kg

5

+ 0,2

10 : 5 = 2

2  360 = 720 kg

– 0,8

10 : 5 = 2

2  360 = 720 kg

5

1.800 kg

5,2 6

k=1+2+2=5 e 168

1.800  360 5

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 = 10. 0,8

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 =

9.360  5,2 KM . 1.800

Ovdje smo dobili dva moguća rješenja problema.

169

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 170

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

171

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

172

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

173

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: I

174

K n p 100

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

I

K  n  p 800.000  5  15   600.000 KM 100 100

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: K

I  100 240.000  100   2.000.000 KM 3 4 n p

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:

p

I  100 25.000  100   12,5% 100.000  2 K n

175

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

n

I  100 34.500  100   3godine 230.000  5 Kp

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:

I1 

K 1  n1  p1 100

I2 

K 2  n2  p 2 100

Uvažavajući polazne pretpostavke imamo: K 1  4  6 2  K 2  6  2,5  100 100

K1 ·24 = 30 · (K1 – 5.000) 24 · K1 = 30 · K1 – 150.000 176

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

24 · K1 – 30 · K1 = – 150.000 – 6 K1 = – 150.000 K1 = 25.000 K2 = K1 – 5.000 = 25.000 – 5.000 = 20.000 I1  I2 

25.000  4  6  6.000 100 20.000  6  2,5  3.000 100

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:

I

K n p 100

2K 

K n p 100

2 K = K · 0,05 · p 2 = 0,05 p 0,05 p = 2 p = 40 %

177

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

I

K d  p K d  p  100  365 36.500

Ukoliko broj mjeseci trajanja pozajmice označimo sa m, znajući da je broj mjeseci u godini 12, u ovom slučaju prost interes izračunavamo po formuli: 178

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

I

K m p K m p  100  12 1.200

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:

I

K  d  p 500.000  45  18   11.096 KM 36.500 36.500

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: I

K  m  p 158.700  5  6   3.967,50 1.200 1.200

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?

179

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: p = 5%, d = 146, I = 2.000, pa je: K

I  36.500 2.000  36.500   100.000 KM 5  146 dp

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:

K

I  1200 9.000  1.200   400.000 KM 6  4,5 m p

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:

p

I  36.500 5.000  36.500   12,5% 146.000  100 K d

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? 180

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: K = 225.000, m = 6, I = 16.875, pa je:

p

I  1.200 16.875  1.200   15% 225.000  6 K m

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:

d

I  36.500 2.000  36.500   100dana 182.500  4 Kp

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:

m

I  1.200 1.200   20mje sec i 60 Kp

Potrebno je 20 mjeseci da bi uloženi iznos uz interesnu stopu od 60 % udvostručio svoju vrijednost.

181

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

I  I1  I 2  I 3 

0,25  K  61  0,45  K  60  4  0,30  K  90  5  25.000 35.600 122  K  108  K  135  K  25.000 36.500 365  K  25.000 36.500 K = 2.500.000 KM

182

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 1 2 3 4 5

Jan

Feb

Mar

Apr

Maj

Jun

Jul

Avg

Sep

Okt

Nov

Dec

1 2 3 4 5

32 33 34 35 36

60 61 62 63 64

91 92 93 94 95

121 122 123 124 125

152 153 154 155 156

182 183 184 185 186

213 214 215 216 217

244 245 246 247 248

274 275 276 277 278

305 306 307 308 309

335 336 337 338 339

Dan u mes 1 2 3 4 5

6 7 8 9 10

6 7 8 9 10

37 38 39 40 41

65 66 67 68 69

96 97 98 99 100

126 127 128 129 130

157 158 159 160 161

187 188 189 190 191

218 219 220 221 222

249 250 251 252 253

279 280 281 282 283

310 311 312 313 314

340 341 342 343 344

6 7 8 9 10

11 12 13 14 15

11 12 13 14 15

42 43 44 45 46

70 71 72 73 74

101 102 103 104 105

131 132 133 134 135

162 163 164 165 166

192 193 194 195 196

223 224 225 226 227

254 255 256 257 258

284 285 286 287 288

315 316 317 318 319

345 346 347 348 349

11 12 13 14 15

16 17 18 19 20

16 17 18 19 20

47 48 49 50 51

75 76 77 78 79

106 107 108 109 110

136 137 138 139 140

167 168 169 170 171

197 198 199 200 201

228 229 230 231 232

259 260 261 262 263

289 290 291 292 293

320 321 322 323 324

350 351 352 353 354

16 17 18 19 20

21 22 23 24 25

21 22 23 24 25

52 53 54 55 56

80 81 82 83 84

111 112 113 114 115

141 142 143 144 145

172 173 174 175 176

202 203 204 205 206

233 234 235 236 237

264 265 266 267 268

294 295 296 297 298

325 326 327 328 329

355 356 357 358 359

21 22 23 24 25

26 27 28 29 30 31

26 27 28 29 30 31

57 58 59

85 86 87 88 89 90

116 117 118 119 120

146 147 148 149 150 151

177 178 179 180 181

207 208 209 210 211 212

238 239 240 241 242 243

269 270 271 272 273

299 300 301 302 303 304

330 331 332 333 334

360 361 362 363 364 365

26 27 28 29 30 31

NAPOMENA:

U prestupnim godinama, posle 28. februara dodaje se 1 na

tabelarne vrijednosti 183

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.:

K

A A A   n p m p dp 1 1 1 100 1.200 36.500

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:

184

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

K

A 2.500.000   2.445.070 41  20 dp 1 1 36.500 36.500

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:

K

A 247.000   240.000 75 m p 1 1 1.200 1.200

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:

K1  K 2 

A1  A2 n p 1 100

185

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

K1  K 2 

47.700  45.000 23 1 100

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:

d

 A  K   36.500  25.340  25.000  36.500  124 Kp

25.000  4

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:

186

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

p

100  ( A  K ) 100  (75.000  60.000)   5% 60.000  5 K n

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:

m

1.200  ( A  K ) 1.200  (46.050  45.000)  7 45.000  4 Kp

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:

p

1.200  ( A  K ) 1.200  (23.834.750  22.500.000)   15% 22.500.000  3 K m

Interesna stopa od 15% omogućila bi da se ostvari jednak poslovni rezultat.

187

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

D

An p Am p Ad  p   100 1.200 36.500

Diskontovana vrijednost je: K = A – D

188

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

D

A  d  p 2.500.000  41  20   56.164 36.500 36.500

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:

D

A  m  p 247.000  7  5   7.204,16 1.200 1.200

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 189

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

190

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

191

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

p   K n  K  1    100  Izraz 1 

n

p se obično označava sa r i predstavlja interesni činilac. 100

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+

192

p = 1 + 0,12 = 1,12 100

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 rn 

1,04 n 

Kn K

400.000 250.000

1,04 n = 1,6 n log 1,04 = log 1,6

n

0,20411998  11,98357 0,017033339

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:

K

K n 310.585 310.585    100.000 KM 3,10585 1,1210 rn

193

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:

K mn

p    K 1    m  100 

m n

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:

p   K mn  K 1    m  100 

mn

15    7.500.0001    2  100 

210

 31.858.883

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

194

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Zarada banke X predstavlja razliku između konačnih vrijednosti ovih kapitala, tj.: X = Kn2 – Kn1 = K ( r2mn + r1n) = 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:   p p K  100   m 1   1 100   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:     15 p p K  100   m 1   1  7,42%  1  100   1  100  100    pa je:

195

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

K mn

p    K 1  K   100 

mn

 7,42   7.500.000  1   100  

210

 30.341.683KM

što je isto kao kada se vrši godišnje kapitalisanje, tj.: 10

n

p  15    K n  K 1    7.500.000  1    30.341.683KM  100   100  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:

  25  1  100  p K  100   31 1  100  



31



1  0,25  1  0,72%

Narasli kapital je: d

13

p    0,72  K d  K 1  K   500.000  1    548.876,11KM 100    100 

a interes je: i = Kd − K = 48.876,11 konvertibilnih maraka Ako bi se umesto komformne koristila relativna stopa, onda je: d

13

p  25    K d  K 1    500.000  1    555.032,11  100  31   100  31  196

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 =

Kn =3 K

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%.

197

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: K

Kn p   1    100  m 

m n

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:

K

Kn p   1    100  m 

mn



10.000.000 15   1    100  4 

45

 4.788.923

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:

198

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

r1  1  r2  1 

p1 9  1  1,03 m1  100 300 p2 7,5  1  1,025 m2  100 300

58.500 · 1,02518 = K · 1,0336

K

91.240  31.480,77 2,898278328

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.

199

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 Sn 

u  r  (r n  1) r 1

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:

Sn 

ur (r n  1) 1.000.000  1,12  (1,12 5  1)   7.115.189 r 1 1,12  1

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?

200

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Ovdje je: u = 10.000, p = 10%(pa) d  r = 1,1, Sn = 51.051 KM, pa je: Sn 

51.051 

ur (r n  1) r 1

10.000  1,1  (1,1n  1) 1,1  1

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

n

log 1,51051 4 log 1,1

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:

201

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Sn 

ur (r n  1) r 1

u  1,07  (1,07 3  1) 68.799  1,07  1

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: p K 1  r1  1,40  1,1832 p K 2  r2  1,10  1,0488

Suma uloga za prve 3 godine, tj. prvih šest perioda: 202

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

S1, 6

u  rk 1  (rk61  1) 15.000  1,1832  (1,1832 6  1)    168.954,76 rk1  1 1,1832  1

Uloženi kapitali će u četvrtoj godini dostići vrijednost: C4 = S1,6 · rk22 + u · rk22 + 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

+ur

n–3

+ ... + u r + u

ili u  (r n  1) Sn’  r 1

203

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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’ =

u (r n  1) 1.000.000(1,12 5  1)   6.352.847 KM r 1 1,12  1

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: u (r n  1) Sn’ r 1 91.576,5 =

15.000(1,1n  1) 1,1  1

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=

log 1,61051 log1,1 n=5

204

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: u (r n  1) Sn’ = r 1

81.952,5 =

u (1,09 3  1) 1,09  1

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). 205

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 =

r1  1,30  1,1402

pK2 =

r2  1,20  1,0954

Suma uloga za prve 3 godine, tj. prvih šest perioda: u (r1n  1) 10.000(1,1402 6  1)  S1,6’ =  85.378,03KM r 1 1,1402  1

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

206

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 207

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

a a a a  2  3  n r r r r ili  r n 1   K = a ·  n  r (r  1) 

208

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

gdje je K - zajam, a – anuitet, n – vrijeme otplaćivanja zajma, r = 1 + p – interesni činilac. 100 Iz izraza za zajam lako se dobija formula za izračunavanje anuiteta a, tj.:  r n (r  1)   a = K ·  n  r 1 

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+

p = 1,18 100 i

 r n (r  1)  5.000.000  1,18 4  (1,18  1)  =  1.858.693KM a = K ·  n 1,18 4  1  r 1 

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:  r mn (r  1)  50.000  1,04 24  (1,04  1)  =  3.279,34 KM a = K ·  mn 1,04 24  1  r 1 

209

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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:  r nm  1  500  (1,04 32  1)  =  8.936,75KM K = a ·  nm 32  r  (r  1)  1,04  (1,04  1)

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=

a1 a 2 a3 a1 2  a1 4  a1     2  3 r r2 r3 r r r

30.000 =

a1 2a1 4a1   1,1 1,12 1,13

30.000 · 1,13 = a1 (1,12 + 2,2 + 4)  a1 =

39.930  5.388,66 7,41

Pa je: a1 = 5.388,66, a2 = 10.777,32 i a3 = 21.554,64 konvertibilnih maraka.

210

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

Sedma otplatna kvota zajma iznosi 10.500

Primjer 48.

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

K 12 K 1  r 11   r5 K7 K1  r 6

r5 = 1,685  r = 5 1,685 = 1,109 K7 = 5.625,88  K = r6 K 1  (r 15  1) 5.625,88(1,10915  1)   192.020,01 1,109  1 r 1

K1 =

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.

211

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

212

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

Ostatak duga

Interes

Otplata

I

Ki

Ii

Bi

1

5.000.000

900.000

958.693

2

4.041.307

727.435

1.131.258

3

2.910.049

523.809

1.334.885

4

1.575.164

283.530

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 =

8.000.000  1,06 23  0,06 = 1.626.901 1,06 23  1

K1 = 8.000.000, I1 = (8.000.000 · 12)/200 = 480.000 B1 = 1.626.901 – 480.000 = 1.146.901

213

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

Ostatak duga

Interes

Otplata

I

Ki

Ii

Bi

1

8.000.000

480.000

1.146.901

2

6.853.099

411.186

1.215.715

3

5.637.384

338.243

1.288.658

4

4.348.726

260.924

1.365.977

5

2.982.749

178.965

1.447.936

6

1.534.813

92.088

1.534.813

Tabela 3. Plan amortizacije zajma 214

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 215

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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=

K  d  p 8.000.000  76  25 = 416.438 KM  36.500 36.500

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=

d=

K d  p , te je: 36.500

36.500  I 36.500  31.651,6  = 120 dana Kp 600.000  16

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.

216

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

p

36.500  I 36.500  4.001,4 = 23%  K d 50.000  127

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 =

E dp 1 36.500

gdje je sa E označena eskontovana vrijednost mjenice. 217

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 =

218

12.500.000 E = 14.569.229,79 KM  dp 288  18 1 1 36.500 36.500

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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: 02.06

04.08

20.000

30.000

05.09

50.000 + K2

+K3

I1 

10.10

- K1

X

K 1  p  d 50.000  10  35   479,452 36.500 36.500

I2 

K 2  p  d 30.000  10  32   263,0137 36.500 36.500

I3 

K 3  p  d 20.000  10  95   520,5479 36.500 36.500

Ekvivalentne mjenice su one koje imaju jednaku sadašnju vrijednost na određeni datum (u posmatranom primjeru to je 05.09.). Prema načelu ekvivalencije mjenica dobijamo: 219

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

220

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

221

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

222

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

223

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

224

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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 225

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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%

226

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

227

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

228

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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%. 229

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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%.

230

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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?

231

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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.

232

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

SADRŽAJ 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

233

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

VERIŽNI RAČUN ......................................................................... 111 PROST VERIŽNI RAČUN ............................................................. 113 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 V) 1. 2.

234

N.Ralević, M.Landika: POSLOVNA MATEMATIKA

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

235