Esercizi di statistica e topografia

Transcript

Corso di Topografia
Esercizi di statistica e topografia
Paolo Z ATELLI
Indice
Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VII
I
Richiami di teoria e schemi operativi
1
La compensazione a minimi quadrati delle reti
1.1 Prerequisiti e notazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Il principio di stima ai minimi quadrati . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Primi esempi elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 La stima di σ02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Generalizzazione del principio di stima ai minimi quadrati . . . . . .
1.6 Le equazioni di osservazione delle reti topografiche planimetriche . .
1.7 Esempi numerici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 Determinazione delle coordinate di un punto da tre misure di
distanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.2 Livellazione con quattro punti e cinque misure . . . . . . . .
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Rototraslazione e variazione di scala
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II
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Esercizi
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Propagazione della varianza
3.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . .
3.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Trasformazione di coordinate cartesiane in polari
3.3.2 Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . .
3.3.4 Superficie e volume di un parallelepipedo . . . .
3.3.5 Area e perimetro di un rettangolo . . . . . . . .
3.3.6 Distanza fra due punti . . . . . . . . . . . . . .
3.3.7 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane
3.3.9 Volume e superficie di un parallelepipedo . . . .
3.3.10 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . .
3.3.11 Massa di una sfera . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.12 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane
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INDICE
II
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3.3.20
3.3.21
3.3.22
3.3.23
3.3.24
3.3.25
3.3.26
3.3.27
3.3.28
3.3.29
3.3.30
3.3.31
3.3.32
3.3.33
3.3.34
3.3.35
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3.3.38
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3.3.40
3.3.41
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3.3.53
3.3.54
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3.3.56
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3.3.58
3.3.59
3.3.60
3.3.61
3.3.62
Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . .
Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . .
Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . . . . . . . .
Massa di una sfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Area e perimetro di una corona circolare . . . . . . . . . . .
Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza
Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . .
Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . .
Volume e superficie di un parallelepipedo . . . . . . . . . .
Quote da battute concatenate . . . . . . . . . . . . . . . . .
Area e perimetro di una corona circolare . . . . . . . . . . .
Area e perimetro di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . .
Quote da battute concatenate . . . . . . . . . . . . . . . . .
Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Volume di un solido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . .
Aree di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Perimetri di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Volumi di parallelopipedi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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52
INDICE
III
3.3.63
3.3.64
3.3.65
3.3.66
3.3.67
3.3.68
3.3.69
3.3.70
3.3.71
3.3.72
3.3.73
4
Volumi di cilindri . . . . . . . . . . . . . . . . .
Superficie di una figura . . . . . . . . . . . . . .
Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . .
Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . .
Volumi di cilindri . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trasformazione di coordinate polari in cartesiane
Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . .
Angoli come differenze di direzioni . . . . . . .
Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . .
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Test statistici
4.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Test sulla media di campioni numerosi . . . . . . . .
4.1.2 Test di buon adattamento . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.3 Test per campioni normali . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Test di buon adattamento (χ 2 ) . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Test sulla media di un campione normale . . . . . .
4.2.3 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali
4.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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INDICE
IV
5
Compensazione di reti di livellazione
5.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Rete di livellazione . . . . . . . . . . .
5.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Rete di livellazione (con propagazione)
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6 Compensazione di reti planimetriche
6.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . .
6.2.2 Rete con sole misure di distanze . . . . . . . .
6.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.2 Rete con sole misure di distanze . . . . . . . .
6.3.4 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . .
6.3.6 Rete con sole misure di angoli . . . . . . . . .
6.3.13 Rete con misure di distanza e costante addittiva
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INDICE
7
8
V
Simulazioni e confronti di reti
7.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 Confronto di reti di livellazione . . . .
7.2.2 Confronto di reti con misure di distanza
7.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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8.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.1 Rototraslazione e variazione di scala
8.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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156
156
159
159
162
162
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
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INDICE
VI
8.3.18
8.3.19
8.3.20
8.3.21
8.3.22
Bibliografia
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178
178
179
180
181
183
Elenco delle figure
1.1
1.2
1.3
rete di livellazione con tre misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
rete di livellazione con due sole misure . . . . . . . . . . . . . . . . .
spazio delle misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VII
6
7
8
Introduzione
Questo volume raccoglie alcuni degli esercizi proposti per i corsi di Topografia, Topografia 1 e Topografia 2 per i Corsi di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio,
Ingegneria del Controllo Ambientale e in Ingegneria Civile tenuti presso la Facoltà di
Ingegneria dell’Università degli Studi di Trento.
Gli esercizi riguardano la compensazione ai minimi quadrati di reti di interesse topografico, in particolare reti di livellazione e reti planimetriche, oltre a esercizi sulla
propagazione della varianza e sui test statistici. Gli esercizi sono proposti per argomento per evidenziare meglio tutti gli aspetti del problema per ogni tipo di esercizio,
guidando il lettore alla soluzione dapprima del problema di base per arricchirlo successivamente delle possibili varianti legate alle diverse configurazioni delle reti e delle
misure.
Il volume è organizzato in due parti: la prima parte è dedicata alla teoria della stima
ai minimi quadrati e al calcolo dei parametri di una trasformazione di rototraslazione e
variazione di scala, la seconda parte riguarda gli esercizi.
Questa seconda parte è composta di sei capitoli, dal terzo all’ottavo, che raggruppano ciascuno una tipologia di esercizio con le sue possibili varianti. Il terzo capitolo
è dedicato alla propagazione della varianza; il quarto affronta i test statistici. Il quinto
capitolo riguarda gli esercizi sulle reti di livellazione geometrica, sia con misure ripetute sulle diverse battute sia con tratti composti da più battute. Il sesto capitolo tratta
la compensazione di reti planimetriche con la misura di angoli e distanze, con misure
singole e ripetute sia di angoli che distanze. Il settimo capitolo affronta gli esercizi di simulazione e confronto di reti. L’ottavo capitolo riguarda la rototraslazione e
variazione di scala nel piano.
Ogni capitolo inizia con alcuni schemi operativi per la soluzione della classe di
esercizi del capitolo in questione. Gli esercizi che hanno costituito prova d’esame
riportano in nota il corso e la data.
Le soluzioni numeriche sono state ampiamente testate ma è comunque possibile la
presenza di errori, anche dovuti alla fase di trascrizione. Si prega di segnalare eventuali
correzioni, che verranno inserite nelle prossime stesure.
Si ringraziano Camilla Archetti, Dino Buffoni, Giorgia Carolli, Pavlinka Damjanova e
Fabiano Lorenzi per la segnalazione di errori presenti nelle precedenti versioni.
Versione del 15 febbraio 2017, 186 esercizi
© 2001 - 2017 Paolo Zatelli
[email protected]
Dipartimento di Ingegneria Civile, Ambientale e Meccanica
Università degli Studi di Trento
via Mesiano, 77
38123 TRENTO
Questo documento è disponibile con licenza:
cc Creative Commons Attribuzione-Non commerciale-Condividi allo stesso modo 2.5 Italia
⃝
Some Rights Reserved
VIII
Parte I
Richiami di teoria e schemi
operativi
1
Capitolo 1
La compensazione a minimi
quadrati delle reti
Il presente capitolo è adattato, con il consenso dell’autore, da: Battista Benciolini Modelli di Compensazione, progettazione e ottimizzazione del rilievo topografico e fotogrammetrico di controllo, L. Mussio e F. Crosilla - Eds. – CISM - Udine p. 9-27 –
1989.
1.1 Prerequisiti e notazioni
Nel seguito si considerano noti i concetti fondamentali della statistica, dell’algebra
lineare e dell’analisi.
Si definisce qui il significato di alcuni simboli, mentre altri saranno defini nel testo:
y è una variabile casuale (v.c.) a m dimensioni, che rappresenta di solito un insieme
di misure;
y è la media di y;
x è un vettore di parametri a n dimensioni;
M [·] è l’operatore di media;
ŷ è una stima di y;
x̂ e x̌ sono stime di x;
I è la matrice identità generica;
In è la matrice identità n × n;
y0 è una estrazione della v.c. y.
Il carattere grassetto indica grandezze vettoriali o matriciali.
2
1.2. IL PRINCIPIO DI STIMA AI MINIMI QUADRATI
3
1.2 Il principio di stima ai minimi quadrati
É data l’estrazione y0 della v.c. y, si sa inoltre che la media y di y appartiene ad una
variabilità lineare di dimensioni n (con n < m). Si vuole ottenere una stima di y, basata
su queste due informazioni, e si vuole che tale stima abbia, sotto opportune condizioni,
delle buone proprietà statistiche, che si lasciano per ora indeterminate.
Si deve notare che la appartenenza di y ad una variabilità lineare in Rm si può
scrivere:
(1.1)
By = l
oppure
y = Ax + l
(1.2)
dove B è una matrice di dimensioni (m − n) × m, A è una matrice di dimensioni
m × n e l è un vettore di dimensioni opportune (diverse nei due casi); si suppone che A
e B siano di rango pieno.
Si trascurano qui altri casi piú complessi e si trattano, separatamente, solo questi
due che sono talvolta chiamati "problema della stima per osservazioni condizionate"
e "problema della stima per osservazioni indirette". Il principio dei minimi quadrati
definisce la stima ŷ di y nel seguente modo:
Bŷ = l
v = ŷ − y0
(1.3)
(1.4)
vv = min.
(1.5)
Le espressioni 1.3-1.5 sono la traduzione analitica di un concetto geometrico: la
stima ŷ rappresenta un punto in Rm che è il più vicino a y0 tra tutti i punti che appartengono alla stessa varietà della media.
Si può utilizzare la 1.2 al posto della 1.1 e si ottiene:
ŷ = Ax + l
(1.6)
v = ŷ − y0
(1.7)
vv = min.
(1.8)
con identico significato geometrico. È ora necessario ricavare, a partire dalle 1.31.5 e dalle 1.6-1.8, le espressioni esplicite delle stime cercate e successivamente le proprietà di tali stime. In molti casi uno stesso problema può essere risolto sia scrivendo
un’equazione nella forma 1.1 sia nella forma 1.2 e le due soluzioni che si ottengono sono equivalenti. La espressione 1.2, e di conseguenza le 1.6-1.8, sono di solito
preferibili per due motivi:
1. i parametri contenuti nel vettore x hanno un preciso significato geometrico o
fisico e la loro stima x̂ è in realtá più utile della stima ŷ di y;
2. é piú facile esprimere il vincolo su y con un’equazione del tipo 1.2 piuttosto che
del tipo 1.1 e, soprattutto, é piú facile automatizzare il procedimento che costruisce tale equazione a partire dalle misure e dai dati ausiliari raccolti assieme alle
misure stesse.
Le 1.3-1.5 esprimono un principio di minimo vincolato, che si trasforma in un principio di minimo libero con il metodo dei moltiplicatori di Langrange tramite i seguenti
passaggi elementari:
(1.9)
Bv = Bŷ − By0 = l − By0
4
CAPITOLO 1. LA COMPENSAZIONE A MINIMI QUADRATI DELLE RETI
e quindi
{
vv = min
Bv = l − By0
(1.10)
v′ v + 2λ ′ (Bv − (l − By0 ))
(1.11)
da cui
dove λ é il vettore dei moltiplicatori di Lagrange. Eguagliando a zero il differenziale del primo membro della 1.11 si ottiene:
dv′ v + v′ dv + 2λ ′ Bdv + 2d λ ′ (Bv − (l − By0 ))
da cui:
{
(1.12)
Bv = l − By0
v′ = λ ′ B
(1.13)
Bv = l − By0
v = B′ λ
(1.14)
BB′ λ = l − By0
(1.15)
(
)−1
v = B′ BB′
(l − By0 )
(1.16)
e quindi
{
ed infine:
che definisce v e di conseguenza ŷ :
(
)−1 (
(
)−1 )
ŷ = y0 + v = B′ BB′
l + I − B′ BB′
B y0
(1.17)
L’espressione 1.17 fornisce in modo esplicito la stima richiesta ŷ, inoltre la stessa
espressione si può utilizzare per calcolare la matrice di varianza e covarianza di ŷ 1 ,
data la matrice di varianza e covarianza di y, che si suppone della forma:
si ottiene:
Cyy = σ02 I
(1.18)
(
(
)−1 )
B
Ĉŷŷ = σ02 I − B′ BB′
(1.19)
É ora necessario studiare alcune proprietá della stima ŷ. La stima ŷ é corretta, cioé
risulta:
(1.20)
M [ŷ] = y
La stima ŷ é la stima lineare corretta di minima varianza di y se é valida l’ipotesi
1.18.
Queste proprietá non vengono dimostrate; si dimostreranno, invece, piú agevolmente, le proprietá analoghe di x̂ stima di x nel modello basato sulla espressione 1.2
del vincolo.
1 il vettore ŷ indica, con abuso di notazione, sia il vettore numerico funzione di y sia il vettore di v.c.
0
funzione di y.
1.2. IL PRINCIPIO DI STIMA AI MINIMI QUADRATI
5
Riprendendo dunque le 1.6-1.8, in cui si può porre senza perdita di generalità l = 0,
si ottiene:
{ ′
v v = min
(1.21)
v = Ax̂ − y0
e infine:
(
)−1 ′
x̂ = A′ A
A y0
(1.22)
(
)−1 ′
A y0
ŷ = A A′ A
(1.23)
Le espressioni trovate forniscono x̂ e ŷ , in funzione dei dati, cioé di y0 . In generale,
come già detto, l’attenzione si concentra su x̂ e non su ŷ. Dalla 1.22 si ottiene, sempre
ipotizzando la 1.18:
(
)−1
Ĉx̂x̂ = σ02 A′ A
(1.24)
Si deve notare che sia l’espressione 1.17 sia le espressioni 1.22 e 1.23 rappresentano
analiticamente l’operazione geometrica di proiezione ortogonale sulla varietà lineare a
cui appartiene la media; ciò sarà illustrato anche graficamente nel prossimo paragrafo.
La matrice che rappresenta analiticamente una proiezione si chiama "proiettore" ed ha
la caratteristica di essere idempotente, cioè di rimanere uguale a se stessa quando la si
moltiplica per se stessa. Le matrici:
(
)−1
(
)−1
(
)−1 ′
B′ BB′
B ;
I − B′ BB′
B e A A′ A
A
sono proiettori.
La correttezza di x̂ 2 è facilmente provata:
[(
)−1 ′ ] ( ′ )−1 ′
(
)−1 ′
M [x̂] = M A′ A
A y0 = A A
A M [y] = A′ A
A Ax = x
(1.25)
La stima x̂ è la stima lineare corretta di minima varianza di x sempre sotto l’ipotesi
1.18. Ciò si può dimostrare considerando una stima lineare generica x̌ = Dy imponendo
la correttezza e confrontando infine la varianza di x̌ e di x̂ 3 Imponendo la correttezza
si ottiene:
M [x] = x̌ → M [Dy] = x → DM [y] = x → DAx = x → DA = In
Se si pone:
D=
((
)
)−1 ′
A′ A
A +K
(1.26)
(1.27)
la condizione di correttezza è soddisfatta solo se KA = 0; perciò la matrice di
varianza e covarianza di x risulta:
((
)
)−1
Ĉx̌x̌ = σ02 A′ A
+ K′ K
(1.28)
e le varianze delle componenti di x̌ sono maggiori delle varianze delle componenti
di x̂ per qualsiasi scelta diversa da K = 0; tale scelta riconduce alla stima x̂. Si deve
notare che questo risultato è indipendente dal valore di σ02 , che infatti agisce come
puro fattore di proporzionalità sulla matrice Ĉx̌x̌ , ma non è indipendente, in generale,
dalla forma di Cyy ; è valido solo se Cyy è proporzionale all’identità. Ciò lascia aperto
il problema di come si debba modificare il principio di stima a minimi quadrati per
ottenere stime ottimali sotto condizioni più generali.
2 vale
3 ci
anche per x̂ ciò che è stato osservato in nota 1 su ŷ.
si limiterà, in realtà, a confrontare le varianze delle componenti dei vettori x̌ e x̂.
6
1.3 Primi esempi elementari
Gli esempi di questo paragrafo sono esclusivamente simbolici e servono ad illustrare
alcuni concetti esposti nel paragrafo 1.2 e per confrontare tra di loro i metodi di stima
basati sulle espressione 1.1 e sulla 1.2.
Si consideri una livellazione geometrica costituita da tre lati che congiungono tre
punti, il primo dei quali ha quota nota e nulla (si può pensare, per dare senso fisico alla
cosa, che sia collegato ad un mareografo), lo schema della rete è dunque il seguente:
3
\
\
\
\
\
\
\
\
1 \ 2
Figura 1.1: rete di livellazione con tre misure
Il vettore delle misure è


q12
y0 =  q23 
q31
(1.29)
Avendo indicato con qi j la differenza di quota misurata tra i due punti i e j. La
relazione di chiusura dell’unico ciclo della rete si può scrivere:
By = 0
(1.30)
B = [1, 1, 1]
(1.31)
dove
ed applicando le formule ricavate nel paragrafo 1.2 si ottiene:
 
1
(
)
(
)
1
−1
ŷ = I − B′ BB′
B y0 = y0 −  1  · ∑ y0i
3 i
1
(1.32)
Da questa epressione si vede che in pratica si passa dalle misure y0 alle stime ŷ
distribuendo in modo uniforme il residuo di chiusura.
I dislivelli compensati ŷ soddisfano, ovviamente, le relazione di chiusura By = 0,
che non è soddisfatta, in generale, dalle misure y0 (cioè By0 ̸= 0). Ciò significa anche
che le quantità ŷ determinano le quote dei punti 2 e 3 in modo univoco, a differenza
delle misure y0 . Volendo utilizzare l’espressione 1.2 si può porre:
[
]
Q2
(1.33)
x=
Q3
dove Q2 e Q3 sono le quote dei punti 2 e 3. Risulta dunque:
Ax = y
(1.34)
1.3. PRIMI ESEMPI ELEMENTARI
7
dove


0
1 
−1
1
A =  −1
0
(1.35)
e poi,


1
0
q12
2 −1
 −1
1   q23  =
−1
2
q31
0 −1
]
]
][
[
1 2q12 − q23 − q31
q12 − q23
=
q23 − q31
3 2q23 − q12 − q31
(
)−1 ′
x = A′ A
A y0 =
[
=
2
3
1
3
1
3
2
3
]−1
[

(1.36)
Risulta evidente che questa stima delle quote è identica a quella ottenibile a partire
dalla stima ŷ espressa dalla 1.32. È possibile mettere in evidenza anche graficamente il
legame tra le due forme della stima a minimi quadrati se si esamina il caso, ancora più
semplice, della rete qui schematizzata:
q12
PP
PP
P
1
PP
PP
PP
PP
PP
P
PP
P
PP
P
2
q21
Figura 1.2: rete di livellazione con due sole misure
che contiene due soli punti (il primo di quota nota e nulla) collegati da due misure
di dislivello. Lo spazio della y è lo spazio R2 ; la varietà a cui appartiene la media è la
bisettrice del II o e IV o quadrante.
Su tale retta si definisce una ascissa x = Q2 . La appartenenza del punto ŷ di
coordinate [ŷ1 , ŷ2 ] alla retta si può esprimere con la equazione di vincolo:
ŷ1 + ŷ2 = 0
oppure in funzione del parametro x:
{
(1.37)
ŷ1 = x
(1.38)
ŷ2 = −x
Ovviamente la 1.37 è una equazione della stessa forma delle 1.1 ed il sistema 1.38
ha la stessa forma della 1.2; la loro equivalenza è evidente. Si deve infine notare che nel
caso di una rete complessa, con molti lati e molti punti, la scrittura corretta e completa
dei vincoli nella forma di equazioni di condizione pure (cioè tipo 1.1) può essere molto
laboriosa ed in ogni caso è una operazione difficile da automatizzare.
Al contrario la scrittura delle equazioni di vincolo con parametri (cioè tipo 1.2) può
essere svolta in modo semplice ed univoco con una procedura che può essere facilmente
codificata in un programma automatico.
8
q21 6
A
A
A
A
y0
A
ŷ A
A
A
A
A
q12
A
A Q2
AAU
Figura 1.3: spazio delle misure
1.4 La stima di σ02
Si è sempre supposto, fino a questo punto, che la matrice Cyy sia proporzionale all’identità tramite un fattore σ02 . È utile ricavare una stima di σ02 a partire dai dati y0 ;
tale stima serve sempre come fattore di proporzionalità per le matrici Cxx e Cyy ; inoltre
il confronto tra la stima σ̂02 ed il valore eventualmente noto a priori σ02 permette di
formulare un giudizio sulla qualità dei dati e sulla correttezza del modello adottato.
Le espressioni di σ̂02 che si usano nei due casi di equazioni di condizione pure e
con parametri aggiuntivi sono (ponendo r = m − n):
v′ v
r
(1.39)
v′ v
m−n
(1.40)
σ̂02 =
σ̂02 =
Qui di seguito si ricava solo la prima delle due espressioni. Partendo dall’espressione di v in funzione di y0 :
( (
)−1 )
B y0
v = B′ BB′
(1.41)
[( )]
[ ]
[ ( )]
[ ( )]
M v′ v = M tr v′ v = M tr vv′ = tr M vv′ =
(1.42)
si ottiene:
= σ02 tr
[(
]
)−1
BB′
· BB′ = σ02 trIr = r σ02
ne segue che l’espressione 1.39 è una stima corretta di σ02 .
1.5. GENERALIZZAZIONE DEL PRINCIPIO DI STIMA AI MINIMI QUADRATI9
1.5 Generalizzazione del principio di stima ai minimi
quadrati
Il principio di stima ai minimi quadrati che è stato definito nel paragrafo 1.2 perde le
sue caratteristiche di ottimalità se la matrice Cyy non è proporzionale all’identità. Se si
suppone che sia:
Cyy = σ02 Q
(1.43)
dove Q è una qualsiasi matrice simmetrica e definita positiva. Conviene scrivere il
principio dei minimi quadrati nel modo seguente:
v′ Q−1 v = min
(1.44)
Seguendo gli stessi procedimenti del paragrafo 1.2 si ottengono allora le espressioni:
{
′
′ −1
ŷ = y0 − QB
( (BQB ) (l − By0 ) )
Cŷŷ = σ02 Q − QB′ (BQB′ )−1 BQ
per il modello con equazioni di condizione pure, e
{
(
)−1
x̂ = A′ Q−1 A
AQ−1 y0
(
)−1
2
′
−1
Cx̂x̂ = σ0 A Q A
(1.45)
(1.46)
per il modello con equazioni di condizione con parametri, mentre le espressioni di
σ̂02 si ottengono sostituendo v′ Q−1 v al posto di v′ v nelle 1.39 e 1.40.
La scelta 1.44 si può giustificare dimostrando che le stime che si ottengono in
questo modo sono le stime lineari corrette di minima varianza hanno cioè la stessa
proprietà delle stime ai minimi quadrati semplici nel caso Cyy = σ02 I.
Si può però seguire una via diversa. Si definisca una matrice W tale che:
W′ W = Q−1
(1.47)
e si considera il vettore di v. c. β definito da:
β = Wy
(1.48)
Si ottiene poi facilmente la matrice di varianza e covarianza di β , che risulta:
Cβ β = σ02 I
(1.49)
Le espressioni 1.45 e 1.46 si possono ora ottenere con la seguente sequenza di
operazioni:
1. si trasforma lo spazio delle misure con la trasformazione 1.48;
2. si applica il principio dei minimi quadrati semplice, cosa che è giustificata dalla
1.49;
3. si ritorna, se necessario, alla rappresentazione originale delle misure invertendo
la 1.48.
10
Qui di seguito si applica tale procedimento al solo caso delle equazioni con parametri.
La trasformazione di variabili 1.48 fornisce i dati:
β0 = Wy0
(1.50)
Ax = β
Cβ β = σ02 I
(1.51)
da trattare con il modello:
{
dove A = WA. Applicando il principio dei minimi quadrati come nel paragrafo 1.2
si ottiene:
(
)−1 ′
(
)−1 ′ ′
(
)−1
A β0 = A′ W′ WA
x̂ = A′ A
A W Wy0 = A′ Q−1 A
AQ−1 y0
(1.52)
cioè proprio la 1.46.
1.6 Le equazioni di osservazione delle reti topografiche
planimetriche
Nel paragrafo 1.3 si sono discusse, sia pure solo tramite esempi, le equazioni delle reti di livellazione. In questo paragrafo si devono trattare le equazioni delle reti
planimetriche.
Le misure che si considerano sono direzioni azimutali e distanze orizzontali; i parametri sono le coordinate planimetriche dei punti. Si considerano, per semplicità,
coordinate cartesiane ortogonali.
Le equazioni che legano angoli e direzioni con i parametri di punto sono in ogni
caso non lineari, ma possono essere scritte isolando il termine che rappresenta la misura. È necessario disporre di valori approssimati dei parametri x̃ per linearizzare le
equazioni prima di applicare il metodo di stima a minimi quadrati; si passa così dal
sistema:
f1 (x) = l1
f2 (x) = l2
·
·
·
fm (x) = lm
(1.53)
Aξ = l − f (x̃)
(1.54)
∂ fi ∂ x j x=x̃
(1.55)
al sistema matriciale:
dove:
Ai j =
ξ = x − x̃
(1.56)
L’equazione della distanza è:
√
di j =
(xi − x j )2 + (yi − y j )2
(1.57)
1.7. ESEMPI NUMERICI
11
dove d è la distanza orizzontale, x e y sono le coordinate cartesiane e i e j indicano
due punti della rete.
L’equazione della direzione è:
θi j = arctan
x j − xi
−δj
y j − yi
(1.58)
dove θ è la direzione e δ è l’origine delle direzioni misurata rispetto alla direzione
dell’asse y. Le equazioni 1.57 e 1.58 si linearizzano ponendo:
√
d˜i j =
x = x̃ + ξ
(1.59)
y = ỹ + η
(1.60)
(x̃i − x̃ j )2 + (ỹi − ỹ j )2
(1.61)
x̃ j − x̃i
− δ̃ j
ỹ j − ỹi
(1.62)
θ̃i j = arctan
(1.63)
e diventano:
ỹ j − ỹi
x̃ j − x̃i
(ξi − ξ j ) +
(ηi − η j )
di j − dî j =
d˜i j
d˜i j
(1.64)
ỹ j − ỹi
x̃ j − x̃i
(ξi − ξ j ) +
(ηi − η j )
d˜i j2
d˜i j2
(1.65)
θi j − θî j =
Il principio di stima a minimi quadrati si applica in modo elementare solo se la
matrice A che lega i parametri (coordinate) con le misure è di rango pieno: ciò non avviene in una rete topografica in cui si misurano solo angoli oppure angoli e distanze. In
entrambi i casi si può sopperire alla deficienza di rango di A in vari modi: il modo più
semplice, anche se non esente da critiche, è di fissare a priori il valore di 3 o 4 coordinate di punti nella rete. Il problema è in realtà sia concettualmente sia numericamente
delicato e non sarà trattato in dettaglio.
Negli esempi sviluppati in seguito si supporrà sempre che le coordinate di un certo numero di punti, anche sovrabbondanti, siano esattamente note a priori, e ciò è
comunque sufficiente perchè i problemi siano risolvibili.
1.7
1.7.1
Esempi numerici
Determinazione delle coordinate di un punto da tre misure di
distanza
Dal punto P (vicino all’origine del sistema di riferimento) si sono misurate le distanze
di tre punti di coordinate note. Le coordinate dei punti e le distanze sono riportate (in
metri) in tabella 1.1.
Si devono stimare le coordinate di P e la loro matrice di varianza e covarianza. Le
equazioni di osservazione linearizzata assumono la forma:
Aξ = y
dove:
(1.66)
12
n.
1
2
3
x
400
400
-200
y
300
-300
0
dist.
499.859
500.195
199.958
Tabella 1.1: coordinate dei punti e distanze

− 45
A =  − 45
1
[
ξ=

− 35

3
5
(1.67)
0
xP
yP
]
(1.68)
e si dispone della estrazione di y


−0.141
y0 =  0.195 
−0.042
(1.69)
Applicando le espression ricavate al paragrafo 1.2 si ottiene facilmente:
[
ξ̂ =
0.250
−0.050
Cξ̂ ξ̂ = 114 · 10−6 ·
[
]
(1.70)
25
18
0
0
]
25
57
(1.71)
1.7.2 Livellazione con quattro punti e cinque misure
Si consideri una rete di livellazione con quattro punti (denominati 1, 2, 3 e 4) di cui il
primo di quota nota e nulla. Il risultato delle operazioni di misura è il seguente:
q14 =
1.01 mm
q12 =
0.99 mm
1.05 mm
y0 = q23 =
q13 =
2.04 mm
q34 = −1.05 mm
(1.72)
qi j = Q j − Qi
(1.73)
Si devono stimare le quote dei punti 2, 3 e 4 supponendo che le misure siano incorrelate e di uguale precisione. Si deve anche stimare la matrice di varianza e covarianza
del risultato:


Q2
x =  Q3 
Q4
(1.74)
1.7. ESEMPI NUMERICI
13

0
0 +1
 +1
0
0

−1
+1
0
A=

 0 +1
0
0 −1 +1


q14
 q12 



y0 = 
 q23 
 q13 
q34






(1.75)
(1.76)
e si ottiene alla fine:

0.9925
x̂ =  2.0450
1.0025

5 2
1
Cx̂x̂ = ·  2 4
8
1 2



1
2 
5
(1.77)
(1.78)
Capitolo 2
Rototraslazione e variazione di
scala
Gli esercizi di calcolo dei parametri di rototraslazione e variazione di scala possono essere svolti, avendo scritto le opportune equazioni di osservazione, come gli altri esercizi
di stima ai minimi quadrati.
E’ tuttavia utile introdurre una trattazione apposita per questa categoria di problemi
in quanto essa porta a notevoli vantaggi computazionali. Si tratta di una specializzazione del metodo di stima ai minimi quadrati per questo tipo di problemi che trae beneficio
dalla particolare struttura delle matrici e vettori coinvolti.
Una trasformazione di rototraslazione e variazione di scala si può in generale esprimere come
xi = λ Rx′i + x0
(2.1)
che porta dalle coordinate x′i alle coordinate x per ogni punto i. Nel piano la matrice
di rotazione R è funzione di un solo angolo R = R(α ):
[
R=
cos(α ) sin(α )
− sin(α ) cos(α )
]
(2.2)
Utilizzare questa forma per la matrice R nella 2.1 porta alla scrittura di un sistema
non lineare; si preferisce perciò riscrivere la matrice R nella forma
[
λR =
a
−b
b
a
]
(2.3)
avendo posto a = λ cos(α ) e b = λ sin(α ). E‘ ovviamente possibile calcolare λ e
α a partire da a e b con le
√
λ = a2 + b2
(2.4)
b
α = arctan
(2.5)
a
Queste equazioni possono essere utilizzate in due diversi modi:
1. noti i parametri α , λ e x0 si trasformano le coordinate x′i in xi ;
14
15
2. note le coordinate di alcuni punti in entrambi i sistemi x′i e xi si calcolano i valori
dei parametriα , λ e x0 .
Mentre il primo tipo di utilizzo è banale e richiede l’applicazione di semplici passaggi algebrici e non sarà approfondito nel seguito, il secondo tipo di problemi richiede
ulteriori considerazioni.
Innanzitutto per il calcolo dei quattro parametri è necessario scrivere almeno quattro equazioni (due nella forma vettoriale 2.1): si devono conoscere le coordinate di
almeno due punti in entrambi i sistemi 1 . E’ opportuno però avere un controllo sulla
significatività dei parametri calcolati; per questo motivo si utilizzano sempre più di due
punti di coordinate note, stimando i parametri con il criterio dei minimi quadrati.
Si utilizza quindi il metodo di stima ai minimi quadrati con parametri aggiuntivi
per stimare i parametri a, b e x0 , da cui è possibile ricavare α , λ e x0 . Il metodo
permette inoltre il calcolo della matrice di varianza e covarianza di questi parametri.
L’equazione 2.1 si scrive in forma scalare
xi = axi′ + by′i + x0
yi = −bxi′ + ay′i + y0
(2.6)
per ogni punto i si scrive una coppia di equazioni di questa forma. La matrice
disegno A della compensazione ha quattro colonne (per a, b, x0 e y0 ) e 2 × N righe, con
N numero di punti con coordinate note nei due sistemi. Tale matrice si scrive:

 ′
x1
y′1 1 0
 y′ −x′ 0 1 
1

 1′
 x
y′2 1 0 

 2′
 y
−x2′ 0 1 
2


A=
(2.7)

...




...

 ′
 xN
y′N 1 0 
y′N −xN′ 0 1
Ipotizzando le coordinate x indipendenti e determinate con la stessa precisione, la
matrice dei pesi Q−1 è uguale all’identità. La matrice normale N risulta quindi

 N ′2
2
∑i=1 xi + y′i
∑Ni=1 xi′ y′i − y′i xi′ ∑Ni=1 xi′ ∑Ni=1 y′i
 ∑N x′ y′ − y′ x′ ∑N x′ 2 + y′ 2 ∑N y′ − ∑N x′ 
i=1 i i
i=1 i
i=1 i
i=1 i 
i i
i
N = A′ A = 
(2.8)


N
0
∑Ni=1 xi′
∑Ni=1 y′i
− ∑Ni=1 xi′
0
N
∑Ni=1 y′i
Dove ovviamente xi′ y′i = y′i xi′ ∀i e quindi


2
2
0
∑Ni=1 xi′ + y′i
∑Ni=1 xi′ ∑Ni=1 yi′
2
2

0
∑Ni=1 xi′ + y′i ∑Ni=1 y′i − ∑Ni=1 xi′ 

N=
(2.9)
N
N


N
0
∑i=1 y′i
∑i=1 xi′
− ∑Ni=1 xi′
0
N
∑Ni=1 y′i
E’ possibile semplificare significativamente questa matrice fino a renderla diagonale sostituendo alle coordinate xi′ le coordinate baricentriche xi′ , determinate sottraendo
alle coordinate le coordinate del loro baricentro (cioè le medie delle coordinate). Posto
xB′ =
1 si
scrivono infatti due equazioni per ogni punto
1 N ′
∑ xi
N i=1
(2.10)
CAPITOLO 2. ROTOTRASLAZIONE E VARIAZIONE DI SCALA
16
1 N ′
∑ yi
N i=1
(2.11)
x′i = xi′ − xB′
(2.12)
y′i = y′i − y′B
(2.13)
xi = λ Rx′i + x0
(2.14)
y′B =
e quindi le coordinate baricentriche
l’equazione 2.1 si scrive quindi
Per le coordinate baricentriche, per come sono state costruite, si ha
N
∑ x′i = 0
(2.15)
i=1
N
∑ y′i = 0
(2.16)
i=1
e quindi la matrice normale N si scrive
 N ′2
2
0
∑i=1 xi + y′i
2
2
N

0
∑i=1 x′i + y′i
N=

0
0
0
0
0
0
N
0

0
0 

0 
N
(2.17)
Il termine noto normale risulta


∑Ni=1 xi′ xi + y′i yi
 ∑N y′ xi − x′ yi 
i=1 i
i

TN = A′ y0 = 


∑Ni=1 xi
N
y
∑i=1 i
(2.18)
Passando alle coordinate baricentriche anche per il sistema x, con
xB =
1 N
∑ xi
N i=1
(2.19)
yB =
1 N
∑ yi
N i=1
(2.20)
xi = xi − xB
(2.21)
yi = yi − yB
(2.22)
poiché
N
∑ xi = 0
i=1
(2.23)
17
N
∑ yi = 0
(2.24)
i=1
il termine noto normale si scrive
 N ′
∑i=1 xi xi + y′i yi
 ∑N y′ xi − x′ yi
i=1 i
i
TN = A′ y0 = 

∑Ni=1 xi
∑Ni=1 yi

∑Ni=1 x′i xi + y′i yi
  ∑N y′ xi − x′ y 
i i 
 =  i=1 i
 

0
0


(2.25)
La stima di x risulta quindi

′
′
∑N
i=1 xi xi +yi yi
N x′ 2 +y′ 2
∑i=1 i
i
′
′
∑N
i=1 yi xi −xi yi



x̂ = N TN = 


−1
′2
′2
∑N
i=1 xi +yi
0
0







(2.26)
cioè
a=
b=
2
2
∑Ni=1 x′i + y′i
∑Ni=1 y′i xi − x′i yi
2
2
x0 = 0
y0 = 0
(2.27)
(2.28)
(2.29)
(2.30)
I valori di α e λ si ricavano dalle 2.27-2.28 con le 2.4-2.5. La traslazione x0 tra i
due sistemi si determina applicando la 2.1 ai baricentri, con i parametri a e b appena
calcolati
xB = λ Rx′B + x0
(2.31)
x0 = xB − λ Rx′B
(2.32)
da cui
cioè
{
x0 = xB − axB′ − by′B
y0 = yB + bxB′ − ay′B
(2.33)
La stima della varianza si calcola con la 2
v′ v
(2.34)
m−n
dove m è il numero di equazioni e n il numero di parametri stimati. In questo caso,
con N punti di coordinate note in entrambi i sistemi, m = 2N e n = 4, i parametri stimati
sono infatti a, b, x0 e y0 . Si ha quindi
σ̂02 =
2 si
ricordi che Q−1 = I
18
σ̂02 =
v′ v
2N − 4
(2.35)
La stima degli scarti v si ricava ancora una volta dalla 2.1, usando i parametri a, b,
x0 e y0 stimati. Per ogni punto i si scrive una equazione vettoriale:
)
(
v = xi − λ Rx′i + x0
(2.36)
ed in forma scalare:
{
vxi = xi − (axi′ + by′i + x0 )
vyi = yi − (−bxi′ + ay′i + y0 )
(2.37)
e quindi
σ̂02 =
v′ v
2N − 4
=
(
)
∑Ni=1 v2xi + v2yi
2N − 4
(2.38)
con i = 1 . . . N.
A partire dalla sima di σ̂02 e dalla 2.17 è possibile stimare la matrice di varianza
e covarianza di a, b, x0 e y0 : gli ultimi due termini non rappresentano le traslazioni
fra i due sistemi. Se si richiede il calcolo della varianza e covarianza delle traslazioni
è necessario procedere al calcolo della matrice normale inversa N−1 completa. La
matrice calcolata di seguito è quindi utile per il solo calcolo delle varianze di a e b.


1
0
0 0
N x′ 2 +y′ 2
 ∑i=1 i i

1

0
0 0 
2 −1
2
′ 2 +y′ 2

x
Cabx0 y0 = σ̂0 N = σ̂0 
(2.39)
∑N
i
i=1 i

1


0
0
0
N
0
0
0 N1
e quindi
σa2 = σb2 =
σab = 0
σ̂02
N x′ 2 +y′ 2
∑i=1 i
i
(2.40)
Tenendo presente il legame rappresentato dalle 2.4-2.5 si può determinare la matrice Cλ α a partire dalla 2.39 propagando opportunamente la varianza. Poiché λ e α non
dipendono da x0 e y0 conviene estrarre dalla matrice Cabx0 y0 la sottomatrice Cab , 2 × 2,
relativa ad a e b


1
]
[ 2
0
2
2
N
′
′
σa 0
x +y

Cab =
= σ̂02  ∑i=1 i i
(2.41)
1
0 σb2
0
N
′2
′2
∑i=1 xi +yi
da cui Cλ α
Cλ α = JCab J′
(2.42)
Lo Jacobiano J si scrive
[
J=
∂λ
∂a
∂α
∂a
∂λ
∂b
∂α
∂b
]
(2.43)
19
dove
∂λ
1
2a
a
= √
=
∂a
2 a2 + b2
λ
(2.44)
1
2b
∂λ
b
= √
=
∂b
2 a2 + b2
λ
(2.45)
−1
∂α
1
a2 b −1
b
b
=
=
=− 2
)
(
2
2
2
2
2
∂a
a
a +b a
λ
1 + ba
(2.46)
1
∂α
a2 1
a
1
=
= 2
= 2
(
)
2
2a
b
∂b
a
a
+
b
λ
1+ a
(2.47)
e quindi
[
J=
a
λ
b
− λ2
b
λ
a
λ2
]
(2.48)
e infine
[
′
Cλ α = JCab J =
 (
=
a2
λ2
)
2
+ λb 2 σa2
0
b
λ
a
λ2
a
λ
b
− λ2
][
σa2
0
0
σb2

(
0
a2
λ4
)
=
2
+ λb 4 σb2
][
[
a
λ
b
λ
σa2
0
−b
λ2
a
λ2
0
σb2
λ2
]
=
]
(2.49)
Si ricava quindi, tenendo conto che σa2 = σb2 ,
σλ2 = σa2 = σb2
σ2 σ2
σα2 = a2 = b2
λ
λ
σλ α = 0
(2.50)
(2.51)
(2.52)
Parte II
Esercizi
20
Capitolo 3
Propagazione della varianza
3.1 Schemi
La propagazione della varianza permette il calcolo della matrice di varianza e covarianza di una variabile vettoriale a partire dalla matrice di varianza e covarianza di un’altra
variabile vettoriale una volta noto il loro legame y = f (x).
Nel caso in cui la funzione f (x) sia una lineare, il legame si può esprimere con
y = Ax + b
(3.1)
e la matrice di varianza e covarianza di y si scrive
Cyy = ACxx A′
(3.2)
dove A è la matrice dei coefficienti di x nella 3.1 e Cxx la matrice di varianza e
covarianza di x, come nella 3.4.
Nel caso in cui la funzione f (x) non sia lineare, l’espressione generale per la propagazione della varianza dalla variabile vettoriale x, di dimensione n, alla variabile
vettoriale y, di dimensione m, è
Cyy = JCxx J′
(3.3)
dove Cxx è la matrice di varianza e covarianza di x, J è lo Jacobiano della funzione
che lega y a x e Cyy è la matrice di varianza e covarianza di y.

σx21 x1
 σx x
2 1
Cxx = 

σxn x1



J=

∂ y1
∂ x1
∂ y2
∂ x1

σx1 x2 . . . σx1 xn
σx22 x2 . . . σx2 xn 


...
σxn x2 . . . σx2n xn
∂ y1
∂ x2
∂ y2
∂ x2
...
...
∂ y1
∂ xn
∂ y2
∂ xn
...
∂ ym
∂ x1
∂ ym
∂ x2
21
...
∂ ym
∂ xn
(3.4)





(3.5)
22
CAPITOLO 3. PROPAGAZIONE DELLA VARIANZA

σy21 y1
 σy y
2 1
Cyy = 

σyn y1

σy1 y2 . . . σy1 yn
σy22 y2 . . . σy2 yn 


...
2
σyn y2 . . . σyn yn
(3.6)
3.2. ESERCIZI RISOLTI
23
3.2 Esercizi risolti
3.2.1
Volume e superficie di un cilindro1
Si determimino il volume V e la superficie S di un cilindro e la loro matrice di varianza
e covarianza avendo misurato il raggio r della base e la altezza h.
r = 1m con σr2 = 1mm2
h = 2m con σh2 = 2mm2
dove
S = 2π r2 + 2π rh = 2π r (r + h)
V = π r2 h
Svolgimento
La superficie ed il volume risultano rispettivamente
V = π 12 2 = π 2 = 6.283185 m4
S = 2π 1 (1 + 2) = 6π = 18.849555 m2
CSV = JCrh J ′
dove lo Jacobiano J risulta
[ ∂S ∂S ] [
] [
2π (2r + h) 2π r
8π
J = ∂∂Vr ∂∂Vh =
=
2
4π
2
π
rh
π
r
∂r
∂h
2π
π
]
[
=π
8 2
4 1
]
e la matrice di varianza e covarianza di r e h, supposte le misure indipendenti e avendo
espresso le varianza in metri al quadrato
[ 2
] [ −6
]
0
σr
10
0
Crh =
=
0 σh2
0
2 10−6
da cui
[
′
CSV = JCrh J = π
[
=
1 Diploma
72 36
36 18
]
8 2
4 1
10−6 π 2 =
Universitario, 5 marzo 1999
] [ −6
10
·
0
[
0
2 10−6
7.106115 10−4
3.553058 10−4
]
[
·π
8 4
2 1
]
3.553058 10−4
1.776529 10−4
=
]
24
3.3 Esercizi
3.3.1
Trasformazione di coordinate cartesiane in polari2
Sono note le coordinate di un punto P(xP , yP ) in un sistema di coordinate cartesiane
(x, y) e la loro varianza. Si vogliono esprimere le coordinate del punto P e la loro
precisione in un sistema di coordinate polari (α , ρ ) con origine coincidente con quello
del sistema cartesiano e origine della coordinata angolare sull’asse x (vedi figura).
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
x
Le coordinate del punto P e la loro matrice di varianza e covarianza risultano da
una precedente compensazione:
(xP , yP ) = (100, 100) m
(
CxP ,yP =
σx2P
σxP ,yP
σxP ,yP
σy2P
)
(
=
10 · 10−6
2 · 10−6
2 · 10−6
10 · 10−6
)
m2
Si determinino le coordinate (αP , ρP ) e la loro matrice di varianza e covarianza.
Soluzione
L’angolo αP ed il raggio ρP risultano rispettivamente αP =
matrice di varianza e covarianza
[
]
4 10−10
0
Cαρ =
0
1.2 10−5
π
4
√
ρP = 100 2 e la loro
3.3.2 Perimetro e area di un triangolo3
Si misurano i cateti l1 e l2 di un triangolo rettangolo. Le misure sono incorrelate e di
uguale precisione.
l1 = 300 m
l2 = 400 m
σl = 1 cm
Si determini la matrice di varianza e covarianza di perimetro ed area del triangolo.
2 Diploma
3 Diploma
Universitario, 10 novembre 1998
Universitario, 26 ottobre 1999
3.3. ESERCIZI
25
Soluzione
Il perimetro P e l’area A risultano rispettivamente P = 1200 m A = 60000 m2 e la loro
[
]
6.25
5.9 10−2
CAP =
5.9 10−2 5.8 10−4
3.3.3
Si vogliono determinare volume e superficie di un cilindro e la loro matrice di varianza
e covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 100m
e la altezza h = 0.5m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione, con σr =
σh = 1mm.
(Si lasci indicato π senza sostituire il suo valore)
Soluzione
La superficie ed il volume risultano rispettivamente S = 20100π m2 e V = 5 103 π m3 .
La matrice di varianza e covarianza di S e V risulta
[
]
2.00801 10−1
2.040
CSV = JCrh J ′ =
π2
2.040
1.0001 102
3.3.4
Superficie e volume di un parallelepipedo5
E’ stata asfaltata una strada rettilinea, di cui sono state misurate la lunghezza Lu pari
a 10km con σLu = 3m e la larghezza La di 10m con σLa = 3cm. Sapendo che lo spessore s pari a 10 cm è stato misurato con σs = 3mm, determinare il volume di asfalto
necessario, la sua superficie (superiore) e la loro matrice di varianza e covarianza.
Nota: i dati potrebbero non essere realistici perchè sono stati scelti per semplificare i calcoli
necessari alla risoluzione del problema.
Soluzione
Il volume e la superficie risultano rispettivamente: V = 104 m3 S = 105 m2 e la loro
[
]
90909 9090
CV S =
9090 90900
3.3.5 Area e perimetro di un rettangolo6
Sono stati misurati un lato e la diagonale di un appezzamento di terreno rettangolare,
ottenendo 40.0 m per il lato e 50.0 m per la diagonale. Le misure sono indipendenti
ed entrambe con sqm pari a 1 mm. Si determinino area, perimetro e loro matrice di
varianza e covarianza.
4 Diploma
Universitario, recupero 1999-2000
6 Topografia e Trattamento delle osservazioni, 24 giugno 2002
5 Diploma
26
Soluzione
L’area ed il perimetro risultano rispettivamente A = 1200 m2 P = 140 m e la loro
]
[
4.98 10−3 2.37 10−4
CAP =
2.37 10−4 1.15 10−5
3.3.6 Distanza fra due punti7
Dati due punti 1 e 2 del piano, con (x, y)1 = (6, 8)m e (x, y)2 = (2, 5)m, le cui coordinate
sono incorrelate e di uguale precisione σc = 1mm, determinare la distanza d e la sua
varianza.
Soluzione
d12 = 5 m
σd212 = 2 10−6 m2
3.3.7 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane8
Sono note le coordinate di un punto in un sistema di coordinate polari (α , ρ ), coordinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere le
coordinate del punto P e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con
asse delle ascisse x coincidente con l’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .
Dati
αP = −50g con σα = 10cc
ρP = 100m con σρ = 1mm
si determinino le coordinate (xP , yP ) e la loro matrice di varianza e covarianza.
Soluzione
√
√
2
2
, −100
)m
(xP , yP ) = (100
2
2
[
CxP ,yP =
3.3.8
σx2P
σxP ,yP
σxP ,yP
σy2P
]
[
=
1.733700 · 10−6
7.337005 · 10−7
7.337005 · 10−7
1.733700 · 10−6
]
m2
e covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 10m e
la altezza h = 1m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione, con σr = σh =
1mm.
7 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 14 aprile 2003
1, 6 febbraio 2002
9 Topografia 1, 25 febbraio 2002
8 Topografia
3.3. ESERCIZI
27
Soluzione
Il volume e la superficie risultano rispettivamente V = 100π m3 e S = 220π m2 . La
matrice di varianza e covarianza di V e S risulta
[
]
1.040 10−2 2.840 10−3
CV S = JCrh J ′ =
π2
2.840 10−3 2.164 10−3
3.3.9
Volume e superficie di un parallelepipedo10
Si vogliono determinare volume e superficie di un parallelepipedo e la loro matrice di
varianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i tre spigoli l1 = 100m, l2 =
200m e l3 = 300m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione con σl = 1mm.
Soluzione
Il volume e la superficie risultano rispettivamente: V = 6 106 m3 S = 2.2 105 m2 e la
loro matrice di varianza e covarianza
[
]
4900 96
CV S =
96
2
3.3.10
Area e perimetro di un rombo11
Si vogliono determinare area e perimetro di un rombo e la loro matrice di varianza e
covarianza. A questo scopo sono stati misurate le diagonali d1 = 60m, d2 = 80m. Le
misure sono indipendenti e di uguale precisione con σl = 1mm.
Soluzione
L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 2400m2 P = 200m e la loro matrice
di varianza e covarianza
[
]
2500 96
CAP =
10−6
96
4
3.3.11
Massa di una sfera12
Si determinino la massa e la sua varianza di una sfera di legno di abete avendone
misurati il raggio, con R = 1m e σR = 1mm, e la densità, con ρ = 600 kg/m3 e σρ =
3 kg/m3 .
Soluzione
2 = π 2 21.76kg2 .
La massa risulta: M = π 800kg e la sua varianza σM
10 Topografia
1, 8 gennaio 2003
1, 21 gennaio 2003
12 Topografia 1, 14 aprile 2003
11 Topografia
28
3.3.12
Trasformazione di coordinate polari in cartesiane13
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
x
Dati
αP = 50g
con σα = 20cc
Soluzione
√
√
(xP , yP ) = (100 2, 100 2) m
[
CxP ,yP =
[
=
3.3.13
σx2P
σyP ,xP
2.173921 · 10−5
−1.773921 · 10−5
σxP ,yP
σy2P
]
=
−1.773921 · 10−5
2.173921 · 10−5
]
m2
Perimetro e area di un triangolo14
Si vogliono determinare area e perimetro di un triangolo rettangolo e la loro matrice di
varianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i due cateti con l1 e l2 . Le
misure sono incorrelate e di uguale precisione.
l1 = 5 m
l2 = 12 m
σl = 2 mm
13 Topografia
14 Topografia
1, 2 luglio 2003
1, 10 settembre 2003
3.3. ESERCIZI
29
Soluzione
Il perimetro P e l’area A risultano rispettivamente P = 30 m A = 30 m2 e la loro matrice
[
]
1.69 10−4
5.246154 10−5
CAP =
5.246154 10−5 2.246153 10−5
3.3.14
Sono note le coordinate di un punto P in un sistema di coordinate polari (α , ρ ), coordinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ dall’origine. Si vuole
esprimere le coordinate del punto P e la loro precisione in un sistema cartesiano con
asse delle ascisse x coincidente con la direzione origine di α . Sono date le misure dell’angolo α , con α = 50g e σα = 20cc , e della distanza dall’origine ρ , con ρ = 1000 m
e σρ = 1 mm + 1 ppm.
Si determinino le coordinate cartesiane (xP , yP ) del punto P e la loro matrice di varianza
e covarianza.
Soluzione
√
√
2
2
(xP , yP ) = (1000
, 1000
)m
2
2
[
CxP ,yP =
[
=
3.3.15
σx2P
σxP ,yP
4.954802 · 10−4
−4.914802 · 10−4
σxP ,yP
σy2P
]
=
−4.914802 · 10−4
4.954802 · 10−4
]
m2
e covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 10m e
la altezza h = 2m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione, con σr = σh =
0.5mm.
Soluzione
La superficie ed il volume risultano rispettivamente S = 440π m2 e V = 200π m3 . La
matrice di varianza e covarianza di S e V risulta
[
]
5.84 10−4 9.40 10−4
′
π2
CSV = JCrh J =
9.40 10−4 2.90 10−3
15 Topografia
16 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 11 settembre 2003
e Trattamento delle osservazioni, 18 dicembre 2003
30
Massa di una sfera17
3.3.16
Si determinino la massa e la sua varianza di una sfera di acciaio avendone misurati
il raggio, con R = 3mm e σR = 0.1mm, e la densità, con ρ = 8000 kg/m3 e σρ =
100 kg/m3 .
Soluzione
2 = π 2 8.4240 10−10 kg2 .
La massa risulta M = π 3.24 10−4 kg e la sua varianza σM
3.3.17
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
x
Dati
αP = 30◦
con σα = 1◦ .8 10−3
Soluzione
√
(xP , yP ) = (100 3, 100) m
[
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
]
[
=
1.062 10−5
−1.6 10−5
−1.6 10−5
2.985881 10−5
]
m2
3.3.18 Area e perimetro di una corona circolare19
Si determinino superficie, perimetro e loro matrice di varianza e covarianza di una
corona circolare avendone misurati raggio interno r1 = 10 m ed esterno r2 = 20 m, con
σr1 = σr2 = 1 mm.
17 Topografia
1, 16 gennaio 2004
1, 9 febbraio 2004
19 Topografia 1, 15 aprile 2004
18 Topografia
3.3. ESERCIZI
31
'$
r2
r1 6
&%
Soluzione
A = 300π m2
[
CAP =
3.3.19
2000
40
40
8
]
π 10
2
−6
P = 60π m
[
=
1.973921 10−2
3.947842 10−4
3.947842 10−4
7.895684 10−5
]
Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza20
coordinate del punto P, la sua distanza dal punto A di coordinate note, e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente con
l’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .
y 6
P(x, y)
A
ρ
α
A
A
A
A
A
A
AA
-
A
x
Dati
αP = 50g con σα = 20cc
si determinino le coordinate (xP , yP ) e la loro matrice di varianza e covarianza. Si
determini inoltre la distanza dPA del punto P dal punto A di coordinate note (20, 0) e la
sua varianza.
Soluzione
√
√
(xP , yP ) = (10 2, 10 2) m
[
CxP ,yP =
20 Topografia
1, 21 giugno 2004
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
]
=
32
[
=
6.974 10−7
3.026 10−7
]
m2
σd2AP = 4.834160 10−7 m2
dAP = 15.307 m
3.3.20
3.026 10−7
6.974 10−7
Angoli come differenze di direzioni21
A partire dalla direzione y di un sistema di riferimento cartesiano sono state misurate
in modo indipendente tre direzioni θ1 = 10g , θ2 = 50g , θ3 = 80g , con σθ1 = σθ2 =
σθ3 = 20cc , da cui sono stati ricavati gli angoli α e β come in figura. Si determinino
gli angoli α e β e la loro matrice di varianza e covarianza.
y
θ1
α
θ2
θ3
β
x
Soluzione
α = 40g
[
Cα ,β =
[
≃
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
]
β = 30g
[
=
1.973921 10−9
9.869604 10−10
2
−1
−1
2
]
π 2 10−10 rad 2 ≃
9.869604 10−10
1.973921 10−9
]
rad 2
3.3.21 Area e perimetro di un rombo22
covarianza. A questo scopo sono state misurate le diagonali d1 = 8m, d2 = 15m. Le
misure sono indipendenti e di uguale precisione con σl = 1mm.
Soluzione
L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 60m2 P = 34m e la loro matrice di
varianza e covarianza
[ 289 240 ] [
]
7.225 10−5
1.411765 10−5
4
17
=
CAP = 10−6 240
1.411765 10−5
4 10−6
4
17
21 Topografia
22 Topografia
1, 5 luglio 2004
1, 7 settembre 2004
3.3. ESERCIZI
3.3.22
33
coordinate del punto P, la sua distanza dal punto A di coordinate note, e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente con
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
A
x
Dati
αP = π /6 rad con σα = 10−5 rad
ρP = 200m
con σρ = 2mm
Si
√
determini inoltre la distanza dPA del punto P dal punto A di coordinate (100 3, 0) e la
sua varianza.
Soluzione
√
(xP , yP ) = (100 3, 100) m
[
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
dOP = 100 m
3.3.23
]
[
=
4 10−6
0
0
4 10−6
]
m2
σd2AP = 4 10−6 m2
23 Topografia
24 Topografia
1, 11 gennaio 2005 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 gennaio 2005
1, 1 febbraio 2005 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 2 febbraio 2005
34
y
θ1
α
θ2
θ3
β
x
Soluzione
α = 40g
[
Cα ,β =
[
≃
3.3.24
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
]
[
=
4.934480 10−10
−2.467401 10−10
β = 20g
2
−1
−1
2
]
2.5 π 2 10−11 rad 2 ≃
−2.467401 10−10
4.934480 10−10
]
rad 2
Volume e superficie di un parallelepipedo25
Si vogliono determinare volume e superficie di un parallelepipedo e la loro matrice di
varianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i tre spigoli l1 = 100m, l2 =
100m e l3 = 200m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione con σl = 2mm.
Soluzione
Il volume e la superficie risultano rispettivamente: V = 2 106 m3 S = 105 m2 e la loro
[
]
3.6 103 1.12 102
CV S =
1.12 102
3.52
3.3.25
Quote da battute concatenate26
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 2 e 3 in due battute concatenate, come
nello schema sotto. Il punto 1 ha quota nota e nulla Q1 = 0. I dislivelli, misurati in
modo indipendente, sono q21 = −1 m tra il punto 1 e 2, e q32 = −1.5 m tra il punto 2
e 3, con sqm pari a 1 mm.
25 Topografia
26 Topografia
1, 9 febbraio 2005
1, 23 giugno 2005
3.3. ESERCIZI
35
Si determinino le quote Q2 e Q3 dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza e
covarianza.
NB la convenzione sui segni dei dislivelli è qi j = Q j − Qi .
1
j
3
j
2
j
Soluzione
Q2 = 1 m
[
CQ2 Q3 =
σQ2 2
σQ2 Q3
Q3 = 2.5 m
σ Q2 Q3
σQ2 3
]
[
=
1
1
1
2
]
10−6 m2
3.3.26 Area e perimetro di un rombo27
covarianza. A questo scopo sono stati misurate le diagonali d1 = 3m, d2 = 4m. Le
misure sono indipendenti e di uguale precisione con σd = 2mm.
Soluzione
[
CAP =
3.3.27
25
96
5
96
5
16
]
10−6 =
[
25 19.2
19.2 16
]
10−6
27 Topografia
28 Topografia
1, 12 luglio 2005
e Trattamento delle osservazioni, 20 giugno 2005
36
y
θ1
α
θ2
θ3
β
x
Soluzione
α = 50g
[
Cαβ =
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
[
≃
]
[
=
2
−1
−1
2
β = 20g
]
4 10
1.973921 10−9
−9.869604 10−10
−6
[
2
gon =
−1
2
2
−1
−9.869604 10−10
1.973921 10−9
]
π 2 10−10 rad 2 ≃
]
rad 2
3.3.28 Area e perimetro di una corona circolare29
Si determinino superficie, perimetro e loro matrice di varianza e covarianza di una
corona circolare avendone misurati in modo indipendente raggio interno r1 = 1 m ed
esterno r2 = 3 m, con σr1 = σr2 = 2 mm.
'$
2
r1 6r
&%
Si lasci indicato π nello svolgere i calcoli.
Soluzione
A = 8π m2
[
CAP =
29 Topografia
160 32
32 32
]
1, 6 settembre 2005
π 10
2
−6
P = 8π m
[
=
1.579137 10−3
3.158273 10−4
3.158273 10−4
3.158273 10−4
]
3.3. ESERCIZI
3.3.29
37
Soluzione
[
]
25 9.6
CAP =
10−6
9.6 4
3.3.30
Soluzione
]
[
]
[
169
36.923076
169 480
CAP = 480 13 10−6 =
10−6
36.923076
16
16
13
3.3.31
Soluzione
[
]
[
]
225 144
225 28.8
5
CAP = 144
10−6 =
10−6
28.8
4
4
5
3.3.32
Area e perimetro di un triangolo33
Si vogliono determinare area e perimetro di un triangolo rettangolo e la loro matrice
di varianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i due cateti con l1 = 6m e
l2 = 8m. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione, con σl = 1mm.
30 Topografia
1, 7 novembre 2005
1, 7 novembre 2005
32 Topografia 1, 7 novembre 2005
33 Topografia 1, 7 novembre 2005
31 Topografia
38
Soluzione
]
[
]
[
25 11.8
25 59
5
CAP = 59 29
10−6 =
10−6
11.8
5.8
5
5
3.3.33 Area e perimetro di un triangolo34
Soluzione
[
[ 169 341 ]
]
42.25
13.115385
−6
4
26
10
=
CAP = 341
10−6
73
13.115385
5.615385
26
13
3.3.34 Area e perimetro di un triangolo35
Soluzione
[
]
[ 225 177 ]
56.25 17.7
−6
4
10
10−6
10
=
CAP = 177
29
17.7 5.8
10
5
3.3.35 Quote da battute concatenate36
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 2 e 3 in due battute concatenate, come
nello schema sotto. Il punto 1 ha quota nota Q1 = 10. I dislivelli, misurati in modo
indipendente, sono q21 = 1.2 m tra il punto 1 e 2, e q32 = 1.3 m tra il punto 2 e 3, con
sqm pari a 2 mm.
covarianza.
34 Topografia
1, 7 novembre 2005
1, 7 novembre 2005
36 Topografia 1, 12 gennaio 2006
35 Topografia
3.3. ESERCIZI
39
1
j
3
j
2
j
Soluzione
Q2 = 8.8 m
[
CQ2 Q3 =
σQ2 2
σQ2 Q3
Q3 = 7.5 m
σ Q2 Q3
σQ2 3
]
[
=
1
1
1
2
]
4 10−6 m2
3.3.36 Angoli come differenze di direzioni37
A partire da una direzione generica sono state misurate in modo indipendente tre direzioni θ1 = 25g , θ2 = 60g , θ3 = 75g , con σθ1 = σθ2 = σθ3 = 20cc , da cui sono stati
ricavati gli angoli α e β come in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loro
matrice di varianza e covarianza.
θ1
α
θ2
θ3
β
Nota bene:
()g indica angoli in gon (angolo retto = 100 gon);
()cc indica angoli in secondi centesimali (un secondo centesimale = 10−4 gon).
Soluzione
α = 35g
[
Cαβ =
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
[
≃
37 Topografia
]
[
=
2
−1
−1
2
β = 15g
]
4 10
1.973921 10−9
−9.869604 10−10
1, 14 febbraio 2006
−6
[
2
gon =
2
−1
−9.869604 10−10
1.973921 10−9
−1
2
]
]
rad 2
π 2 10−10 rad 2 ≃
40
3.3.37
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
A
x
Dati
αP = 60◦
con σα = 3.6◦ 10−3
ρP = 400 m con σρ = 2 mm
Soluzione
√
(xP , yP ) = (200, 200 3) m
[
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
]
[
=
4.747410 10−4
−2.717824 10−4
−2.717824 10−4
1.609137 10−4
]
m2
3.3.38 Due quote da un punto39
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il
punto 1 ha quota nota Q1 = 10 mm con σQ1 = 1 mm. I dislivelli, misurati in modo
indipendente, sono q12 = 5 mm tra il punto 1 e 2, e q13 = 6 mm tra il punto 1 e 3,
entrambi con sqm pari a 2 mm.
covarianza.
2
j
38 Topografia
39 Topografia
1
j
e
1, 12 giugno 2006
1, 4 luglio 2006
3
j
3.3. ESERCIZI
41
Soluzione
Q2 = 15 mm
[
CQ2 Q3 =
Q3 = 16 mm
σQ2 2
σ Q2 Q3
σQ2 Q3
σQ2 3
]
[
=
5
1
1
5
]
mm2
Volume di un solido40
3.3.39
Per determinare il volume di un corpo solido irregolare lo si immerge in un liquido
contenuto in un recipiente cilindrico trasparente e si osserva l’innalzamento del livello.
Si misura con un calibro il diametro interno del recipiente che risulta 22.0 mm; lo
s.q.m. di questa misura è di 0.1 mm. L’innalzamento del fluido si misura accostando
un righello al recipiente e fissandolo rigidamente al recipiente stesso per tutta la durata dell’operazione (si ritiene che la scala graduata del righello sia parallela all’asse
del cilindro). Le due letture, effettuate osservando il livello del liquido prima e dopo
l’immersione del corpo, sono 123 mm e 137 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 1
mm.
Determinare il volume del solido e il suo s.q.m.
Si può lasciare indicato π nelle espressioni dei risultati.
Soluzione
V = 1694π mm3
3.3.40
σV2 = 29519.16π 2 mm6 = 291342.43 mm6
Sono ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ le coordinate del punto P
in un sistema di coordinate polari (α , ρ ). Si vuole esprimere le coordinate del punto
P e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x
coincidente con l’asse rispetto al quale è stato misurato l’angolo α .
y 6
P(x, y)
ρ
α
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
-
A
Dati
αP = 30◦
ρP = 100m
40 Topografia
41 Topografia
con
con
σα = 1◦ .8 10−3
σρ = 1mm
1, 22 agosto 2006
1, 4 novembre 2006 (Prima prova di accertamento AA 2006-2007, tipo 1)
x
42
determini inoltre la distanza dPA del punto P dal punto A di coordinate note (100, 0) e
la sua varianza.
Soluzione
√
(xP , yP ) = (50 3, 50) m
[
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
]
=
√ ( 2
) ]
[
2 +1
106
3
π
3 −π + 1
√ ( 2
)
=
m2 ≃
3 −π + 1
π2 + 3
4
[
]
7.652203 10−6 −3.840651 10−6
m2
≃
−3.840651 10−6
3.217401 10−6
dAP = 51.763809 m
3.3.41
σd2AP = 9.275454 10−6 m2
σdAP = 3.045563 10−3 m
Sono ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ le coordinate del punto P
in un sistema di coordinate polari (α , ρ ). Si vuole esprimere le coordinate del punto
P e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x
coincidente con l’asse rispetto al quale è stato misurato l’angolo α .
y 6
A S
S
S
S
S
ρ
S
P(x, y)
α
-
x
Dati
αP = 60◦
con σα = 1◦ .8 10−3
determini inoltre la distanza dPA del punto P dal punto A di coordinate note (0, 100) e
la sua varianza.
42 Topografia
1, 4 novembre 2006 (Prima prova di accertamento AA 2006-2007, tipo 2)
3.3. ESERCIZI
43
Soluzione
√
(xP , yP ) = (50 3, 50) m
[
CxP ,yP =
=
106
4
[
≃
[
2
√ ( π2 + 3)
3 −π + 1
3.217401 10−6
−3.840651 10−6
σxP ,yP
σy2P
]
=
√ ( 2
) ]
3 −π + 1
m2 ≃
3π 2 + 1
−3.840651 10−6
7.652203 10−6
σd2AP = 9.275454 10−6 m2
dAP = 51.763809 m
3.3.42
σx2P
σyP ,xP
]
m2
σdAP = 3.045563 10−3 m
Due quote da un punto43
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1
ha quota nota Q1 = 20 m con σQ1 = 2 mm. I dislivelli, misurati in modo indipendente,
sono q12 = 1 m tra il punto 1 e 2, e q13 = 2 m tra il punto 1 e 3, entrambi con sqm pari
a 1 mm.
covarianza.
2
j
3
j
1
e
j
Consigli:
1. equazioni lineari non hanno bisogno di essere linearizzate;
2. somme e prodotti di numeri interi di una cifra si eseguono a mano meglio che con
strumenti elettronici.
Soluzione
Q2 = 21 m
[
CQ2 Q3 =
43 Topografia
1, 8 gennaio 2007
σQ2 2
σ Q2 Q3
Q3 = 22 m
σQ2 Q3
σQ2 3
]
[
=
5
4
4
5
]
mm2
44
3.3.43
A partire da una direzione generica sono state misurate in modo indipendente tre direzioni θ1 = 10g , θ2 = 40g , θ3 = 70g , con σθ1 = σθ2 = σθ3 = 5cc , da cui sono stati ricavati
gli angoli α e β come in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loro matrice di
varianza e covarianza.
θ1
α
θ2
θ3
β
Nota bene:
Soluzione
α = 30g
[
Cαβ =
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
[
≃
3.3.44
]
[
=
2
−1
−1
2
]
β = 30g
2.5 10−7 gon2 =
1.233701 10−10
−6.168503 10−11
[
2
−1
−6.168503 10−11
1.233701 10−10
−1
2
]
25 2 −12
rad 2 ≃
π 10
4
]
rad 2
Dati
αP = 30◦
con σα = 5.4◦ 10−3
ρP = 600 m con σρ = 3 mm
44 Topografia
45 Topografia
1, 2 febbraio 2007
1, 22 giugno 2007
3.3. ESERCIZI
45
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
A
x
Soluzione
√
(xP , yP ) = (300 3, 300) m
[
]
σxP ,yP
=
σy2P
√
√
]
[
9π 2 +
3/4 −9 3π 2 + 3/4
−6
√
√
m2 ≃
= 9 10
−9 3π 2 + 3/4
27π 2 + 1/4
[
]
8.061879 10−4 −1.380770 10−3
≃
m2
−1.380770 10−3
2.400563 10−3
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
3.3.45 Perimetro e area di un rettangolo46
Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza
e covarianza. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 100 m, l2 = 200 m. Le
misure sono indipendenti con σl = 1 mm + 1 ppm.
Soluzione
L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 2 104 m2 P = 6 102 m e la loro
]
[
6.28 10−2 7.72 10−4
CAP =
7.72 10−4 1.06 10−5
3.3.46 Volume di un solido47
s.q.m. di questa misura è di 0.1 mm.
L’innalzamento del fluido si misura accostando un righello al recipiente e fissandolo
rigidamente al recipiente stesso per tutta la durata dell’operazione (si ritiene che la scala
graduata del righello sia parallela all’asse del cilindro).
46 Topografia
47 Topografia
1, 9 luglio 2007
1, 27 agosto 2007
46
Le due letture, effettuate osservando il livello del liquido prima e dopo l’immersione del corpo, sono 37 mm e 53 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 2 mm.
Soluzione
V = 4 102 π mm3
3.3.47
σV2 = 5064π 2 mm6 = 49979.677 mm6
Aree di rettangoli48
Si determinino le aree dei due rettangoli A1 e A2 , che hanno un lato in comune e sono
rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendo misurato i tre
lati a, b e c, con a = 10 m, b = 20 m e c = 10 m in modo indipendente con σ = 2 mm.
A1
a
b
A2
c
Soluzione
[
A1 = 200 m2 A2 = 100 m2
3.3.48
CA1 A2 =
σA21
σA1 A2
σA1 A2
σA22
]
= 4 10−4
[
5
2
2
2
]
m4
b
A1
a
c
48 Topografia
49 Topografia
A2
1, 27 ottobre 2007 (Prima prova di accertamento AA 2007-2008, tipo 1)
3.3. ESERCIZI
47
Soluzione
[
A1 = 300 m2 A2 = 100 m2
CA1 A2 =
σA21
σA1 A2
σA1 A2
σA22
]
= 4 10−4
[
10 3
3 2
]
m4
3.3.49 Aree di rettangoli50
A1
A2
a
b
c
Soluzione
[
2
A1 = 200 m A2 = 200 m
3.3.50
2
CA1 A2 =
σA21
σA1 A2
σA1 A2
σA22
]
= 4 10
−4
[
5
1
1
5
]
m4
A1
a
A2
b
c
Soluzione
[
A1 = 100 m2 A2 = 200 m2
3.3.51
CA1 A2 =
σA21
σA1 A2
σA1 A2
σA22
]
= 4 10−4
[
2
2
2
5
]
m4
Distanze tra tre punti52
Dati i tre punti 1, 2 e 3, con (x, y)1 = (2, 2), (x, y)2 = (6, 5) e (x, y)3 = (9, 1), le cui
coordinate sono incorrelate e di uguale precisione σc = 1 mm, determinare le distanze
tra i punti 1 e 2 e tra i punti 2 e 3, e la loro matrice di varianza e covarianza.
50 Topografia
52 Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 1)
51 Topografia
48
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
]
[
=
2 0
0 2
]
10−6 m2 = 2 10−6 I2 m2
3.3.52
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
]
[
=
2 0
0 2
]
10−6 m2 = 2 10−6 I2 m2
3.3.53
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
]
[
=
2 0
0 2
]
10−6 m2 = 2 10−6 I2 m2
3.3.54
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
53 Topografia
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
1, 10 gennaio 2008 (tipo 2)
1, 10 gennaio 2008 (tipo 3)
55 Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 4)
54 Topografia
]
[
=
2 0
0 2
]
10−6 m2 = 2 10−6 I2 m2
3.3. ESERCIZI
3.3.55
49
Perimetri di rettangoli56
Si determinino i perimetri dei due rettangoli A1 e A2 , che hanno un lato in comune e
sono rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendo misurato
i tre lati a, b e c, con a = 10 m, b = 20 m e c = 10 m in modo indipendente con
σ = 2 mm.
A1
a
b
A2
c
Soluzione
[
P1 = 60 m P2 = 60 m
3.3.56
CP1 P2 =
σP21
σP1 P2
σP1 P2
σP22
]
= 16 10
−6
[
2
1
1
2
]
m2
σ = 2 mm.
b
A1
a
c
A2
Soluzione
[
P1 = 80 m P2 = 80 m
56 Topografia
57 Topografia
CP1 P2 =
1, 4 febbraio 2008 (tipo 1)
σP21
σP1 P2
σP1 P2
σP22
]
= 16 10
−6
[
2
1
1
2
]
m2
50
3.3.57
σ = 2 mm.
A1
A2
a
b
c
Soluzione
[
P1 = 60 m P2 = 40 m
3.3.58
CP1 P2 =
σP21
σP1 P2
σP1 P2
σP22
]
= 16 10
−6
[
2
1
1
2
]
m2
σ = 2 mm.
A1
a
A2
b
c
Soluzione
[
P1 = 40 m P2 = 60 m
3.3.59
CP1 P2 =
σP21
σP1 P2
σP1 P2
σP22
]
= 16 10
−6
[
2
1
1
2
]
m2
Volumi di parallelopipedi60
Si determinino i volumi dei due parallelepipedi A1 e A2 , che hanno una faccia in comune e sono rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendo
misurato i quattro spigoli a, b, c e d, con a = 10 m, b = 10 m, c = 20 m e d = 10 m in
modo indipendente con σ = 1 mm.
58 Topografia
60 Topografia 1, 23 giugno 2008
59 Topografia
3.3. ESERCIZI
51
A1 a
A2
d
b
c
Soluzione
[
V1 = 103 m3 V2 = 2 103 m3
CA1 A2 =
σV21
σV1V2
σV1V2
σV22
]
[
= 10
3 4
4 9
]
m6
3.3.60 Distanze tra tre punti61
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
]
= 8 10−6 I2 m2
Volume di un solido62
3.3.61
s.q.m. di questa misura è di 0.1 mm.
L’innalzamento del fluido si misura accostando un righello al recipiente e fissandolo
rigidamente al recipiente stesso per tutta la durata dell’operazione (si ritiene che la
scala graduata del righello sia parallela all’asse del cilindro). Le due letture, effettuate
osservando il livello del liquido prima e dopo l’immersione del corpo, sono 13 mm e
33 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 1 mm.
Soluzione
V = 2 103 π mm3
61 Topografia
62 Topografia
1, 7 luglio 2008
1, 25 agosto 2008
σV2 = 20400π 2 mm6 ≃ 201339.929782 mm6
52
3.3.62
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1
ha quota nota Q1 = 10 m con σQ1 = 1 mm. I dislivelli, misurati in modo indipendente,
sono q12 = 2 m tra il punto 1 e 2, e q13 = 3 m tra il punto 1 e 3, entrambi con sqm pari
a 2 mm.
covarianza.
2
j
3
j
1
j
e
Consigli:
Soluzione
Q2 = 12 m
[
CQ2 Q3 =
3.3.63
σQ2 2
σQ2 Q3
Q3 = 13 m
σ Q2 Q3
σQ2 3
]
[
=
5
1
1
5
]
mm2
Volumi di cilindri64
Si determinino i volumi dei due cilindri A1 e A2 , che hanno la base in comune e sono
rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza. Sono stati misurati
il raggio della base r e le due altezze a e b, con r = 1 m, a = 2 m e b = 4 m in modo
indipendente con σr = 1 mm e σa = σb = 2 mm.
r
a
b
Si lasci indicato π senza sostituire il suo valore.
Soluzione
[
V1 = 2π m
63 Topografia
64 Topografia
3
V2 = 4π m
3
1, 8 gennaio 2009
1, 30 gennaio 2009
CA1 A2 =
σV21
σV1V2
σV1V2
σV22
]
−6
= 4π 10
2
[
5
8
8
17
]
m6
3.3. ESERCIZI
3.3.64
53
Superficie di una figura65
Si deve determinare l’area di una figura molto irregolare; per fare questo si disegna la figura su
di un foglio di cartoncino e la si ritaglia. Si disegna a parte (sullo stesso tipo di cartoncino) un
quadrato di un decimetro di lato e lo si ritaglia.
Si suppone che il cartoncino abbia spessore e peso specifico costanti e si pesano separatamente
le due figure ritagliate ottenendo i valori (le misure si considerano indipendenti):
peso della figura irregolare
peso del quadrato
=
=
2.7 10−3 kg
3.0 10−3 kg
Si sa che lo scarto quadratico medio delle pesate è 9 10−6 kg.
Determinare l’area della figura irregolare ed il suo sqm.
Soluzione
A = 9 10−3 m2
3.3.65
σA2 = 1.629 10−9 m4
σA = 4.036 10−5 m2
Perimetro e area di un rettangolo66
Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e covarianza. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 50 m, l2 = 120 m. Le misure sono indipendenti
con σl = 2 mm + 1 ppm.
Soluzione
L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 6 103 m2 P = 340 m e la loro matrice di
[
]
71752 1458.04
CAP =
10−6
1458.04
34.79
3.3.66
Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e covarianza. A questo scopo sono state misurati i cateti l1 = 80 m e l2 = 150 m. Le misure sono
indipendenti con σl = 2 mm + 2 ppm.
Soluzione
[
]
1.388320 10−1 2.246080 10−3
CAP =
2.246080 10−3 3.982240 10−5
3.3.67
Perimetro e area di un triangolo rettangolo68
Si vogliono determinare area e perimetro di un triangolo e la loro matrice di varianza e covarianza. A questo scopo sono state misurati i cateti l1 = 80 m e l2 = 150 m. Le misure sono
65 Topografia
1, 23 giugno 2009
1, 13 luglio 2009
67 Topografia 1, 26 agosto 2009
68 Topografia 1, 12 gennaio 2010
66 Topografia
54
Soluzione
]
[
3.470800 10−2 9.128941 10−4
CAP =
9.128941 10−4 2.883377 10−5
3.3.68 Volumi di cilindri69
Si determinino i volumi dei due cilindri V1 e V2 , che hanno la base in comune e sono rappresentati
in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza. Sono stati misurati il raggio della base r e
le due altezze a e b, con r = 2 m, a = 1 m e b = 3 m in modo indipendente con σr = 1 mm e
σa = σb = 2 mm.
r
a
b
Si lasci indicato π senza sostituire il suo valore.
Soluzione
[
V1 = 4π m3 V2 = 12π m3
CA1 A2 =
σV21
σV1V2
σV1V2
σV22
]
= 16π 2 10−6
[
5
3
3
13
]
m6
3.3.69 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane70
Sono note le coordinate di un punto in un sistema di coordinate polari (α , ρ ), coordinate ottenute
dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere le coordinate del punto P e la
loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente con
y 6
P(x, y)
ρ
α
-
A
x
Dati
con σα = 20cc
αP = 50g
ρP = 300 m con σρ = 1 mm + 2 ppm
69 Topografia
70 Topografia
1, 26 gennaio 2010
1, 16 giugno 2010
3.3. ESERCIZI
55
Soluzione
√
√
(xP , yP ) = (150 2, 150 2) m
[
CxP ,yP =
σx2P
σyP ,xP
σxP ,yP
σy2P
]
=
]
9π 2 + 2.56 −9π 2 + 2.56
m2 ≃
9π 2 + 2.56
−9π 2 + 2.56
[
]
4.569322 −4.313322
≃ 10−5
m2
−4.313322
4.569322
= 5 10−5
3.3.70
[
È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1 ha quota
nota Q1 = 20 m con σQ1 = 2 mm. I dislivelli, misurati in modo indipendente, sono q12 = 4 m
tra il punto 1 e 2, e q13 = 5 m tra il punto 1 e 3, entrambi con sqm pari a 3 mm.
Si determinino le quote Q2 e Q3 dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza e covarianza.
2
j
3
j
1
e
j
Consigli:
Soluzione
Q2 = 24 m
[
CQ2 Q3 =
σQ2 2
σQ2 Q3
Q3 = 25 m
σQ2 Q3
σQ2 3
]
[
=
13
1
1
13
]
mm2
3.3.71 Angoli come differenze di direzioni72
A partire da una direzione generica sono state misurate in modo indipendente tre direzioni θ1 =
20g , θ2 = 40g , θ3 = 70g , con σθ1 = σθ2 = σθ3 = 20cc , da cui sono stati ricavati gli angoli α e β
come in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loro matrice di varianza e covarianza.
71 Topografia
72 Topografia
1, 22 luglio 2010
1, 30 agosto 2010
56
θ1
α
θ2
θ3
β
Nota bene:
Soluzione
α = 20g
[
Cαβ =
σα2
σβ α
σαβ
σβ2
]
=
[
≃
3.3.72
[
2
−1
−1
2
β = 30g
]
−6
4 10
1.973921 10−9
−9.869604 10−10
[
2
gon =
−1
2
2
−1
−9.869604 10−10
1.973921 10−9
]
4π 2 10−10 rad 2 ≃
]
rad 2
Dati i tre punti 1, 2 e 3, con (x, y)1 = (0, 4), (x, y)2 = (3, 0) e (x, y)3 = (7, 3), le cui coordinate
sono incorrelate e di uguale precisione σc = 2 mm, determinare le distanze tra i punti 1 e 2 e tra
i punti 2 e 3, e la loro matrice di varianza e covarianza.
Soluzione
d12 = d23 = 5 m
[
Cd12 d23 =
3.3.73
σd212
σd12 d23
σd12 d23
σd223
]
= 8 10−6 I2 m2
Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e covarianza. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 1000 m, l2 = 2000 m. Le misure sono
Nota: ppm significa “parti per milione” ed indica una componente di σ che è in proporzione
alla grandezza misurata.
73 Topografia
74 Topografia
1, 10 gennaio 2011
1, 14 febbraio 2011
3.3. ESERCIZI
57
Soluzione
L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 2 106 m2 P = 6 103 m e la loro matrice di
[
]
25
34 10−3
CAP =
34 10−3 52 10−6
Capitolo 4
Test statistici
4.1 Schemi
4.1.1 Test sulla media di campioni numerosi
Ipotesi semplice H0 : µ = µ0 (con σ 2 nota)
M − µ0
√σ
N
≤ Zα
(4.1)
∑ Xi
(4.2)
2
dove è N il numero di elementi del campione,
M=
la media campionaria, e
α
2
1
N
i
= P(Z ≥ Z α ).
2
Differenza di medie, ipotesi semplice H0 : µX = µY (con σX2 , σY2 note, X e Y indipendenti)
|MX − MY |
√ 2
≤ Zα
2
σX
σY2
+
NX
NY
(4.3)
dove è NX il numero di elementi del campione X, NY il numero di elementi del campione
Y,
MX =
MY =
le medie campionarie di X eY , e
Ipotesi composta H0 : µ = µ0 (con
σ2
α
2
1
NX
∑ Xi
(4.4)
1
NY
∑ Yi
(4.5)
i
i
= P(Z ≥ Z α ).
2
incognita)
M − µ0
S
√
N
≤ Zα
(4.6)
∑ Xi
(4.7)
2
dove è N il numero di elementi del campione,
M=
58
1
N
i
4.1. SCHEMI
59
S =
1
(Xi − M )2
N −1 ∑
i
rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta, e
(4.8)
α
2
= P(Z ≥ Z α ).
2
Differenza di medie, ipotesi composta H0 : µX = µY (con σX2 , σY2 incognite)
|M − MY |
√ X
≤ Zα
2
SX
SY
+
NX
NY
(4.9)
Y,
MX =
MY =
1
NX
∑ Xi
(4.10)
1
NY
∑ Yi
(4.11)
i
i
SX =
1
(Xi − MX )2
NX − 1 ∑
i
(4.12)
SY =
1
(Yi − YX )2
NY − 1 ∑
i
(4.13)
rispettivamente le medie campionarie di X eY e le loro varianze corrette, e
Z α ).
α
2
= P(Z ≥
2
Nel caso in cui σX2 = σY2 = σ 2 si può stimare σ 2 con
2
S =
NX − 1
NY − 1
2
2
S +
S
NX + NY − 2 X NX + NY − 2 Y
(4.14)
da cui
|MX − MY |
√
≤ Zα
2
S N1X + N1Y
4.1.2
(4.15)
Test di buon adattamento
Test del χ 2 Ipotesi semplice, non si stimano parametri della distribuzione teorica
(Ni − νi )2
≤ χα2 ,m−1
νi
i=1
m
∑
(4.16)
dove m è il numero di intervalli in cui si è suddiviso il dominio di definizione, Ni le
frequenze empiriche assolute per l’intervallo i-esimo e νi le frequenze teoriche assolute
per lo stesso intervallo.
Ipotesi composta, si stimano h parametri della distribuzione teorica; i gradi di libertà sono
ora m − 1 − h e quindi
(Ni − νi )2
≤ χα2 ,m−1−h
νi
i=1
m
∑
(4.17)
CAPITOLO 4. TEST STATISTICI
60
4.1.3
Test per campioni normali
Medie di campioni normali H0 : µ = µ0 . La variabile casuale X è normale con media µ e
varianza σ 2 X ∼ N [µ , σ 2 ], σ 2 è incognita, l’ipotesi è quindi composta.
|M − µ0 |
S
√
N
≤ tN−1, α
2
(4.18)
dove N è il numero di elementi del campione e
M=
S =
1
N
∑ Xi
(4.19)
i
1
(Xi − M )2
N −1 ∑
i
(4.20)
rappresentano rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta.
Uguaglianza di medie di campioni normali H0 : µX = µY .
|MX − MY |
√
≤ tNX +NY −2, α
2
S N1X + N1Y
(4.21)
dove
NX − 1
NY − 1
2
2
S +
S
(4.22)
NX + NY − 2 X NX + NY − 2 Y
Y,
2
S =
MX =
MY =
1
NX
∑ Xi
(4.23)
1
NY
∑ Yi
(4.24)
i
i
SX =
1
(Xi − MX )2
NX − 1 ∑
i
(4.25)
SY =
1
(Yi − YX )2
NY − 1 ∑
i
(4.26)
rispettivamente le medie campionarie di X eY e le loro varianze corrette.
Varianza di campioni normali H0 : σ 2 = σ02 .
2
S
2
(N − 1) ≤ χN−1
σ2
dove N è il numero di elementi del campione e
M=
S =
1
N
∑ Xi
(4.27)
(4.28)
i
1
(Xi − M )2
N −1 ∑
i
(4.29)
rappresentano rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta.
Nota
I test di verifica della presenza di errori grossolani nei dati utilizzati per una stima ai minimi quadrati si trovano come domanda aggiuntiva degli esercizi di compensazione in quanto utilizzano
come dato in ingresso il risultato della compensazione stessa.
61
4.2.1
Test di buon adattamento (χ 2 ) 1
Si sottoponga al test del χ 2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportato
alla variabile casuale con densità di probabilità:
• simmetrica rispetto all’origine;
• lineare tra -1 e 0 e tra 0 e +1;
• continua;
• nulla al di fuori dell’intervallo [-1, +1].
(vedi grafico)
6
Z
Z
Z
Z
-1
Z
Z
+1
Si esegua due volte il test, con α = 10% e con α = 1%.
Si suddivida l’intervallo [-1, +1] in tre classi: [-1, -0.2), [-0.2, +0.2), [+0.2, +1].
Nota: il piccolo numero dei dati e la particolare scelta suggerita per le classi sono tali da rendere rapidi i calcoli; la esecuzione appropriata del test richiederebbe un campione più numeroso
e l’uso di classi diverse.
campione
0.10
-0.70
0.08
0.80
-0.10
-0.61
0.18
-0.01
0.80
-0.19
0.01
-0.17
-0.15
-0.52
Svolgimento
Intervallo
1
2
3
estremi
-1, -0.2
-0.2, +0.2
+0.2, +1
Ni
3
9
2
Pi · N
0.32 · 14
0.36 · 14
0.32 · 14
= νi
4.48
5.04
4.48
dove Ni = frequenze assolute empiriche
νi = frequenze assolute teoriche
N = numerosita’ del campione
pi = probabilita’ teorica di appartenenza all’ i-esimo intervallo.
L’altezza nell’origine della funzione densità di probabilità risulta pari a 1 imponendo l’area
sottesa unitaria. A = 0.8·h
2 dove h = 0.8 per similitudine.
A=
1 Topografia
0.8 · 0.8
= 0.32
2
62
Z
Z
Z
A
B
-0.2
-1
A ZZ
Z
+0.2
-
+1
B = 1 − (0.32 · 2) = 0.36
(Ni − νi )2
2
= χm−1
ν
i
i=1
m
∑
(3 − 4.48)2 (9 − 5.04)2 (2 − 4.48)2
(Ni − νi )2
=
+
+
= 4.973
νi
4.48
5.04
4.48
i=1
m
∑
Il test viene effettuato ad una coda ed i valori teorici di confronto nei due casi di significatività
sono:
α = 10%
α = 1%
2
χ(3−1)
2
χ(3−1)
= 4.61
= 9.21
ipotesi H0 NON accettata perchè 4.9 > 4.6
ipotesi H0 accettata perchè 4.9 < 9.21
4.2.2 Test sulla media di un campione normale 2
Si sottoponga a test l’ipotesi H0 : µ = 0.00 del campione normale N[µ , σ 2 ] di elementi:
2
4
-4
2
1
4
-2
con livello di significatività α = 5% e si dica quali sono gli estremi dell’intervallo fiduciario.
Svolgimento
La variabile statistica da sottoporre a test è
m−µ
√S
N
= t(N−1)
La media empirica del campione risulta
m=
7
=1
7
La stima corretta della varianza campionaria:
2
S =
1
54
(12 + 32 + 52 + 12 + 02 + 32 + 32 ) =
=9
7−1
6
e quindi
2 Topografia
63
1−0
√3
7
√
7
≃ 0.8819
3
=
Il test da effettuare è a due code, con i valori teorici per α = 5% pari a:
t(7−1) 5% = ±2.447
2
da cui l’ipotesi H0 è accettata.
L’intervallo fiduciario risulta da
S
|m − µ | ≤ t(7−1) 5% √
2
N
3
|m − µ | ≤ 2.447 · √ = 2.7746
7
m − 2.77 < µ < m + 2.77
−1.77 < µ < 3.77
Questa diseguaglianza determina i valori di µ compatibili con il risultato empirico dato dal
campione.
4.2.3
Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali3
Si sottoponga a test l’ipotesi H0 : µx = µy di uguaglianza delle medie µx e µy dei due campioni
normali sotto riportati di pari varianza σx2 = σy2 a livello di significatività α1 = 1% e α2 = 5%.
Campione x:
Campione y:
0
4
-2
2
2
0
4
6
1
2
-1
3
0
5
-1
2
Svolgimento
Essendo i due campioni estratti da variabili casuali normali con pari varianza, perchè H0 sia
accettata deve risultare:
mx − my √
≤ t(Nx +Ny −2),α /2
S N1x + N1y
dove medie e varianze campionarie dei due campioni x e y valgono:
mx = 0.375
2
Sx = 3.70
my = 3
2
Sy = 3.72
La varianza campionaria congiunta risulta
2
S =
Ny − 1
7
Nx − 1
7
2
2
S +
S = 3.70 + 3.72 = 3.71
Nx + Ny − 2 x Nx + Ny − 2 y 14
14
da cui
3 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 31 maggio 2002
64
mx − my toss = √
= 2.72
S N1x + N1y
Per i due diversi livelli di significatività risulta
{
t14,0.005
t(Nx +Ny −2),α /2 = t14,α /2 =
t14,0.025
=
=
2.98
2.14
Per il livello di significatività α1 = 1% |toss | < tα1 /2 l’ipotesi H0 è accettata;
per il livello di significatività α1 = 5% |toss | > tα2 /2 l’ipotesi H0 è rifiutata.
4.2.4
Campione x:
Campione y:
5
9
3
7
7
5
9
11
6
7
4
8
5
10
4
7
Svolgimento
Essendo i due campioni estratti da variabili casuali normali con pari varianza, perchè H0 sia
accettata deve risultare:
mx − my √
≤ t(Nx +Ny −2),α /2
S N1x + N1y
dove medie e varianze campionarie dei due campioni x e y valgono:
mx = 5.38
2
Sx = 3.70
my = 8.00
2
Sy = 3.72
La varianza campionaria congiunta risulta
2
S =
da cui
Ny − 1
Nx − 1
7
7
2
2
S +
S = 3.70 + 3.72 = 3.71
Nx + Ny − 2 x Nx + Ny − 2 y 14
14
= 2.72
S N1x + N1y
Per i due diversi livelli di significatività risulta
{
t14,0.005
t(Nx +Ny −2),α /2 = t14,α /2 =
t14,0.025
=
=
2.98
2.14
Per il livello di significatività α1 = 1% |toss | < tα1 /2 l’ipotesi H0 è accettata;
per il livello di significatività α1 = 5% |toss | > tα2 /2 l’ipotesi H0 è rifiutata.
4 Topografia
4.3. ESERCIZI
65
4.3 Esercizi
4.3.1
Test di buon adattamento (χ 2 )5
alla variabile casuale con densità di probabilità uniforme sull’intervallo [0, 10]. Si esegua due
volte il test, con α = 10% e con α = 1%.
3.9
3.1
2.2
7.4
9.3
0.7
2.1
3.3
4.4
5.5
1.1
2.6
5.9
4.1
8.1
4.8
3.9
9.9
2.4
5.2
Si suddivida l’intervallo [0, 10] in cinque classi.
Soluzione
(Ni − νi )2
= 8.5
νi
i=1
5
∑
sono:
α = 10%
α = 1%
4.3.2
2
χ(5−1)
2
χ(5−1)
= 7.78
= 13.28
Si sottoponga a test del χ 2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportato ad
una distribuzione normale standardizzata. Si esegua due volte il test con livello di significatività
α = 10% e 1%.
Si utilizzino 5 classi di estremi:
[−∞, −1.7], [−1.7, −0.4], [−0.4, +0.4], [+0.4, +1.7], [+1.7, +∞].
Il campione (già ordinato per valori argomentali crescenti) è il seguente:
-3.5
-0.2
+1.2
-2.2
-0.1
+1.5
-2.1
+0.1
+2.5
-1.8
+0.2
+2.8
-1.6
+0.3
+4.5
-1.2
+0.3
-0.8
+0.7
-0.6
+0.7
-0.3
+1.0
-0.2
+1.1
Soluzione
Risulta
2
χempirico
= 12.59
sono:
α = 10%
α = 1%
5 Topografia
6 Topografia
2
= 7.78
χ(5−1)
2
= 13.28
χ(5−1)
e Trattamento delle osservazioni, 2 luglio 2001
66
4.3.3
alla variabile casuale con densità di probabilità:
• simmetrica rispetto all’origine;
• lineare tra -2 e 0 e tra 0 e +2;
• continua;
• nulla al di fuori dell’intervallo [-2, +2].
(vedi grafico)
6
Z
Z
Z
Z
Z
Z
-2
-
+2
Si esegua due volte il test, con α = 10% e con α = 1%.
Si suddivida l’intervallo [-2, +2] in tre classi: [-2, -0.5), [-0.5, +0.5), [+0.5, +2].
-1.1
0.4
campione
-0.3
0.2
1.3
-1.4
-0.9
-0.7
-0.6
0.3
0.0
0.2
0.1
-0.1
-1.9
-0.8
-1.3
-0.4
-0.1
-0.1
Soluzione
Risulta
2
χempirico
= 5.38
sono:
2
α = 10% χ(3−1)
= 4.61 ipotesi H0 NON accettata perchè 4.61 < 5.38
2
α = 1%
χ(3−1)
= 9.21 ipotesi H0 accettata perchè 9.21 > 5.38
4.3.4
24.9
73.3
49.0
38.4
14.3
21.5
81.4
97.3
58.9
30.1
35.6
24.8
27.0
57.8
7 Topografia
8 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 28 gennaio 2002
65.1
56.7
50.5
32.6
7.2
41.2
4.3. ESERCIZI
67
Soluzione
(Ni − νi )2
=8
νi
i=1
5
∑
sono:
α = 10%
α = 1%
4.3.5
2
χ(5−1)
2
χ(5−1)
ipotesi H0 NON accettata perchè 8 > 7.78
ipotesi H0 accettata perchè 8 < 13.28
= 7.78
= 13.28
Test sulla media di un campione normale9
Il campione dato di seguito è tratto da una variabile gaussiana. Si sottoponga a test l’ipotesi che
la variabile sia a media nulla con livello di significatività del 5 per cento.
CAMPIONE: 0.2 , -0.3 , 0.6 , 0.6 , -0.2 , 0.5 , 0.0
Soluzione
2
m = 0.2
S = 0.1433
S = 0.3786
m−µ
√ = 1.3976 < t6,0.975 = 2.45
S/ N
l’ipotesi è quindi accetata.
4.3.6
Campione x:
Campione y:
7
11
5
9
9
7
11
13
8
9
6
10
7
12
6
9
Soluzione
m1 = 7.375
m2 = 10
2
S1 = 3.70
2
S2 = 3.71
2
S = 3.705
= 2.727
S N1x + N1y
toss = 2.727 < t14,0.995 = 2.977
toss = 2.727 > t14,0.975 = 2.145
l’ipotesi è quindi accetata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al 5% .
9 Topografia
10 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 25 maggio 2001 - tipo 1
68
4.3.7
Campione x:
Campione y:
3
9
1
7
5
5
7
11
4
7
2
8
3
10
2
7
Soluzione
m1 = 7.375
m2 = 8
2
2
S1 = 3.70
S2 = 3.71
2
S = 3.705
= 4.805
S N1x + N1y
toss = 4.805 > t14,0.995 = 2.977
toss = 4.805 > t14,0.975 = 2.145
l’ipotesi è quindi rifiutata per entrambi i livelli di significatività.
4.3.8 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali12
Campione x:
Campione y:
8
12
6
10
10
8
12
14
9
10
7
11
8
13
8
10
Soluzione
m1 = 8.5
m2 = 11
2
S1 = 3.43
2
S2 = 3.71
2
S = 3.57
mx − my = 2.65
toss = √
S N1x + N1y
toss = 2.65 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.65 > t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accetata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al 5% .
4.3.9 Test di buon adattamento (χ 2 )13
2.5
5.9
7.1
3.7
5.6
1.9
0.1
5.0
2.2
5.4
3.9
3.0
9.5
1.3
4.1
4.4
11 Topografia
13 Topografia e Trattamento delle osservazioni, 21 giugno 2004
12 Topografia
2.6
2.7
6.3
3.8
4.3. ESERCIZI
69
Soluzione
(Ni − νi )2
= 8.5
νi
i=1
5
∑
sono:
α = 10%
α = 1%
2
χ(5−1)
2
χ(5−1)
= 7.78
= 13.28
4.3.10
Campione x:
Campione y:
1
5
-1
3
3
1
5
7
2
3
0
4
1
6
0
4
Soluzione
m1 = 1.375
2
m2 = 4.125
2
2
S1 = 3.696
S2 = 3.554
= 2.89
S N1x + N1y
S = 3.63
toss = 2.89 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.89 > t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accettata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al 5% .
4.3.11
Campione x:
Campione y:
2
3
-1
2
4
-1
3
7
1
2
0
4
-1
4
0
3
Soluzione
m1 = 1
m2 = 3
2
2
S1 = 3.429
S2 = 5.143
= 1.93
S N1x + N1y
toss = 1.93 < t14,0.005 = 2.98
toss = 1.93 < t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accettata con entrambi i livelli di significatività.
14 Topografia
15 Topografia
2
S = 4.29
70
4.3.12
Test sulla media di un campione normale16
Si sottoponga a test l’ipotesi H0 : µ = 1.00 del campione normale N[µ , σ 2 ] di elementi:
3
5
-3
3
2
5
-1
con livello di significatività α = 5%.
Soluzione
m=2
2
S =9
S=3
√
7
m−µ
√ =
≃ 0.8819 < t6,0.975 = 2.45
3
S/ N
l’ipotesi è quindi accettata.
Campione x:
Campione y:
3
5
0
4
5
1
4
9
2
4
1
6
0
6
1
5
Soluzione
m1 = 2
m2 = 5
2
S1 = 3.429
2
S2 = 5.143
2
S = 4.29
= 2.9
S N1x + N1y
toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accettata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al’5%.
α = 10% e 1%.
(−∞, −1.5], (−1.5, −0.5], (−0.5, +0.5], (+0.5, +1.5], (+1.5, +∞).
16 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 15 febbraio 2006
18 Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 aprile 2006
17 Topografia
4.3. ESERCIZI
-1.3
0.0
71
-1.1
0.2
-1.1
+0.3
-0.8
+0.4
-0.7
+0.9
-0.6
+1.0
-0.4
+1.3
-0.4
+1.7
-0.2
+2.4
-0.1
+3.0
Soluzione
Risulta
2
= 9.39
χempirico
sono:
α = 10%
α = 1%
4.3.15
2
χ(5−1)
= 7.78
2
χ(5−1) = 13.28
Campione x:
Campione y:
1
3
-2
2
3
-1
2
7
0
2
-1
4
-2
4
-1
3
Soluzione
m1 = 0
m2 = 3
2
S1 = 3.429
2
S2 = 5.143
2
S = 4.29
= 2.9
S N1x + N1y
toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14
4.3.16
Si sottoponga a test del χ 2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportato
ad una distribuzione uniforme. Si esegua due volte il test con livello di significatività α = 10%
e 1%.
[0.0, 0.2], (0.2, 0.4], (0.4, 0.6], (0.6, 0.8], (0.8, 1.0).
19 Topografia
20 Topografia
72
0.10
0.56
0.25
0.59
0.27
0.63
0.30
0.69
0.41
0.81
0.45
0.88
0.50
0.91
0.52
0.95
0.55
0.97
0.56
0.99
Nota: il piccolo numero dei dati e la particolare scelta suggerita per le classi sono tali da rendere
rapidi i calcoli; la esecuzione appropriata del test richiederebbe un campione più numeroso e
l’uso di classi diverse.
Soluzione
Risulta
2
χempirico
= 8.5
sono:
α = 10%
α = 1%
2
χ(5−1)
= 7.78
2
= 13.28
χ(5−1)
Si sospetta la presenza di un errore grossolano nei dati dell’esercizio precedente e si suppone che
questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 .
L’incertezza con cui sono misurate le distanze, a meno di errori grossolani, è data da σ =
2mm.
Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani, con
livello di significatività del 5%.
Soluzione
m1 = 10
m2 = 40
2
S1 = 342.9
2
S2 = 514.3
2
S = 428.57
= 2.9
S N1x + N1y
toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14
α = 10% e 1%.
(−∞, −1.5], (−1.5, −0.5], (−0.5, +0.5], (+0.5, +1.5], (+1.5, +∞).
21 Topografia
22 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 27 agosto 2007
4.3. ESERCIZI
-2.0
0.0
73
-1.4
+0.1
-1.0
+0.2
-0.9
+0.4
-0.7
+0.7
-0.6
+1.1
-0.3
+1.4
-0.2
+1.6
-0.2
+2.2
0.0
+3.1
Soluzione
Risulta
2
= 6.39
χempirico
sono:
α = 10%
α = 1%
4.3.19
2
= 7.78
χ(5−1)
2
χ(5−1) = 13.28
Si sottoponga a test del χ 2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportato
ad una distribuzione uniforme. Si esegua due volte il test con livello di significatività α = 10%
e 1%. Si utilizzino 5 classi di estremi:
(1, 3], (3, 5], (5, 7], (7, 9], (9, 11).
2.0
6.8
3.5
6.9
3.7
7.3
4.0
7.9
5.1
9.1
5.5
9.8
6.0
10.1
6.2
10.5
6.5
10.7
6.6
10.9
Soluzione
Risulta
2
χempirico
= 8.5
sono:
α = 10%
α = 1%
4.3.20
2
χ(5−1)
= 7.78
2
χ(5−1)
= 13.28
Campione x:
Campione y:
23 Topografia
24 Topografia
10
30
-20
20
30
-10
20
70
0
20
-10
40
-20
40
-10
30
74
Soluzione
m1 = 0
2
m2 = 30
S1 = 342.9
2
2
S2 = 514.3
S = 428.57
mx − my = 2.9
toss = √
S N1x + N1y
toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accettata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al 5%.
α = 10% e 1%.
(−∞, −1.5], (−1.5, −0.5], (−0.5, +0.5], (+0.5, +1.5], (+1.5, +∞).
-3.0
0.0
-2.1
0.2
-1.7
0.3
-0.8
0.6
-0.7
0.9
-0.6
1.0
-0.4
1.3
-0.4
1.7
-0.2
2.4
-0.1
3.0
Soluzione
Risulta
2
χempirico
= 10.03
sono:
α = 10%
α = 1%
2
χ(5−1)
= 7.78
2
χ(5−1)
= 13.28
Campione x:
Campione y:
25 Topografia
26 Topografia
5
8
-1
6
9
0
7
16
3
6
1
10
-1
10
1
8
4.3. ESERCIZI
75
Soluzione
m1 = 3
m2 = 8
2
S1 = 13.714
2
S2 = 20.571
2
S = 17.140
= 2.42
S N1x + N1y
toss = 2.42 < t14,0.005 = 2.98
toss = 2.42 > t14,0.025 = 2.14
l’ipotesi è quindi accettata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significatività al 5%.
Capitolo 5
Compensazione di reti di
livellazione
5.1 Schemi
Gli esercizi vengono risolti usando la stima a minimi quadrati con parametri aggiuntivi (si veda
il capitolo 1). Le equazioni di osservazione si scrivono
qi j = Q j − Qi
(5.1)
La matrice disegno A è la matrice dei coefficienti delle Q, dalla 5.1 si ricava che ogni riga
della matrice A ha al più due soli coefficienti diversi da 0 che valgono -1 e +1. La matrice
normale N risulta da
N = A′ Q−1 A
(5.2)
Q−1
Nel caso
= I la matrice N ha sulla diagonale il numero di misure che coinvolgono il
vertice corrispondente, mentre all’incrocio di ogni riga e colonna l’elemento della matrice vale
-1 se i due vertici che corrispondono a riga e colonna sono collegati da una misura, 0 altrimenti.
Se due vertici della rete sono collegati tra loro da piú di una misura il coefficiente all’incrocio tra
righe e colonne corrispondenti è pari −N, dove N è il numero di misure tra i due vertici.
Il termine noto normale si scrive
T.N. = A′ Q−1 y0
(5.3)

Q̂1
 Q̂2  ( ′ −1 )−1 ′ −1

x̂ = 
A Q y0
 ...  = A Q A
Q̂n
(5.4)
e la stima dei parametri

Il vettore degli scarti si puó determinare con
v̂ = ŷ − y0 = Ax̂ − y0
(5.5)
e quindi la stima della varianza
v̂′ Q−1 v̂
(5.6)
m−n
con m numero di osservazioni (misure) e n numero di parametri (quote) incogniti. La stima
della matrice di varianza e covarianza dei parametri (quote) si scrive
σ̂02 =
76
5.1. SCHEMI
77
(
)−1
Ĉx̂x̂ = ĈQ̂Q̂ = σ02 N−1 = σ02 A′ Q−1 A
(5.7)
Sulla diagonale di questa matrice si leggono le stime delle varianze dei parametri (quote) e
al di fuori della diagonale le stime delle covarianze. La verifica dell’ortogonalità degli scarti si
scrive
A′ Q−1 v = 0
(5.8)
CAPITOLO 5. COMPENSAZIONE DI RETI DI LIVELLAZIONE
78
5.2.1
Rete di livellazione1
Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quote
dei punti 1 e 3, si determinino le quote dei punti 2 e 4 ed il loro scarto quadratico medio. Le
misure sono incorrelate e con uguale precisione, il dislivello q23 è misurato due volte.
1
....
.... ....
2 A
A
A
.....
.... ....
A
A
A A
4
3
Dati
Q1 = 0mm
Q3 = 10mm
Misure
q12
4.7mm
q23
4.6mm
q24 10.1mm
q34
4.9mm
5.0mm
Svolgimento
Le equazioni di osservazione si scrivono:
q12 = Q2 − Q1
q23 = Q3 − Q2
q23 = Q3 − Q2
q24 = Q4 − Q2
q34 = Q4 − Q3
Le quote Q1 e Q3 sono note, le equazioni di osservazione si riscrivono come
q12 + Q1
q23 − Q3
q23 − Q3
q24
q34 + Q3
=
=
=
=
=
Q2
−Q2
−Q2
−Q2
+Q4
Q4
Scrivendo il sistema come y = Ax la matrice disegno A risulta
1 Topografia
79



A=


ed il termine noto


0
0
0
1
1






+0
−10
−10
4.7
4.6
5.0
10.1
4.9


y=


1
−1
−1
−1
0

 
 
=
 
 
+10

4.7
−5.4
−5.0
10.1
14.9





Dalla incorrelazione delle misure, la matrice Cyy di varianza e covarianza risulta diagonale,
dalla loro uguale precisione segue che la matrice Cyy è proporzionale, per un fattore incognito
che non influenza la soluzione, alla matrice identità 5 × 5. Ne consegue che la matrice Q puó
essere scelta uguale alla matrice identità e quindi anche la matrice dei pesi Q−1 , sua inversa,
risulta tale. La matrice normale N = A′ Q−1 A con Q−1 = I si scrive
[
]
4 −1
N=
−1
2
Il determinante risulta det (N) = 7 e quindi l’inversa
[ 2 1 ]
−1
N = 71 74
7
Il termine noto normale
′ −1
AQ
A′ Q−1 y
′
è
[
y=Ay=
7
4.7 + 5.4 + 5.0 − 10.1
10.1 + 14.9
]
[
=
5
25
]
La stima delle incognite Q2 e Q4 risulta
x̂ = N −1 A′ Q−1 y = N −1 A′ y =
[
=
Gli scarti sono
1
7
1
7
(5 · 2 + 25)
(5 + 4 · 25)



v = y − Ax = 


4.7
−5.4
−5.0
10.1
14.9
]
[
=


 
 
−
 
 
35
7
105
7
[
]
[
=
5
−5
−5
−5 + 15
15
Qˆ2
Qˆ4
5
15

]
=
]

 
 
=
 
 
mm
mm
−0.3
−0.4
0
0.1
−0.1






e quindi la stima della varianza della compensazione risulta
σ̂02 =
v′ Q−1 v
v′ v
0.09 + 0.16 + 0 + 0.01 + 0.01 0.27
=
=
=
= 0.09 mm2
m−n
5−2
3
3
La matrice di varianza e covarianza delle incognite viene stimata con
]
[ 2 1 ] [
2.571429 10−2 1.285714 10−2
Cˆx̂x̂ = σ̂02 N −1 = 0.09 71 74 =
−2
−2
1.285714 10
5.142857 10
7
7
80
Gli scarti quadratici medi dei parametri risultano quindi
√
σ̂Q2 = √2.571429 10−2 = 1.603567 10−1 mm
σ̂Q4 = 5.142857 10−2 = 2.2677868 10−1 mm
La verifica dell’ortogonalità degli scarti si scrive
[
] [
]
−0.3 + 0.4 − 0.1 + 0
0
A′ Q−1 v = A′ v =
=
0.1 − 0.1
0
5.3. ESERCIZI
81
5.3 Esercizi
5.3.1
Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Nota la quota
del punto 2, nulla, si determinino le quote dei punti 1, 3 e 4 ed il loro scarto quadratico medio.
Le misure sono incorrelate e con uguale varianza.
2
b
3
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
1
b
b
b 4
Dati
Q2 = 0.0mm
Misure
q12
q14
q43
q23
q24
=
=
=
=
=
21.4mm
21.6mm
−24.8mm
−22.2mm
0.8mm
Domanda aggiuntiva
Come risulterebbe la matrice dei pesi se la misura q24 avesse varianza doppia rispetto alle altre?
Soluzione

 

Q̂1
−20.95
x̂ =  Q̂3  =  −22.95 
1.1
Q̂4

5.0625 10−1
Ĉx̂x̂ =  1.0125 10−1
2.0250 10−1
σ̂02 = 8.1 10−1 mm2

2.0250 10−1
2.0250 10−1 
4.0500 10−1
1.0125 10−1
5.0625 10−1
2.0250 10−1
Domanda aggiuntiva
La matrice dei pesi Q−1 risulterebbe



Q−1 = 


2 Diploma
Universitario, 19 gennaio 1999
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
2






82
5.3.2
Rete di livellazione (con propagazione)3
del punto 1, nulla, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza e covarianza. Le misure sono incorrelate e con uguale varianza, tranne la q12 che ha varianza doppia.
3
4
\
\
\
\
\
\
\
\
1
\ 2
Dati
Q1 = 0.0m
Misure
q12 =
q23 =
q31 =
3.10m
4.05m
−7.05m
Dopo aver eseguito la compensazione si determini la quota del punto Q4 e la relativa varianza, avendo misurato il dislivello q34 = 5m con σq34 = 1cm.
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
[
3.050
7.075
]
σ̂02 = 2.5 10−3 m2
2.500 10−3 1.250 10−3
1.250 10−3 1.875 10−3
q34 = Q4 − Q3 = 5 m Q4 = q34 + Q3 = 12.075 m
σQ2 4 = σq234 + σQ2 3 = 10−4 + 1.875 10−3 = 1.975 10−3 m2
]
Ĉx̂x̂ =
5.3.3 Rete di livellazione4
Dati
Misure
Q3 = 3 m
q12
=
1.1 m
Q4 = 0 m
q13
=
2m
q14
= −1.1 m
q23
=
1m
q24
= −1.9 m
Soluzione
[
x̂ =
3 Diploma
Q̂1
Q̂2
]
[
=
1
2
]
σ̂02 = 10−2 m2
[
Ĉx̂x̂ =
Universitario, recupero 1999-2000
4 Topografia
3.75 10−3
1.25 10−3
1.25 10−3
3.75 10−3
]
5.3. ESERCIZI
5.3.4
83
3
1
2
4
3
1
@
2
@
@
@
5
4
Dati
Q3 = 10 m
Q4 = 0 m
Misure
q12 = −1.8 m
q13 =
4m
q14 = −6.2 m
q23 =
6m
q24 = −3.8 m
Si calcoli la quota del punto 5 e la sua varianza, avendo misurato il dislivello q51 = −4m con
s.q.m. pari a 1 cm.
Soluzione
[
x̂ =
Q̂1
Q̂2
]
[
=
6
4
]
σ̂02
= 4 10
−2
[
m
2
q51 = Q1 − Q5 Q5 = −q51 + Q1 = 10m
σQ2 5 = σq251 + σQ2 1 = 10−4 + 1.5 10−2 = 1.5110−2 m2
5 Diploma
Universitario, 5 febbraio 2001
Ĉx̂x̂ =
1.5 10−2
0.5 10−2
0.5 10−2
1.5 10−2
]
84
5.3.5
del punto 1, si determinino le quote dei punti 2, 3 e 4 ed il loro scarto quadratico medio. Le
1
@
2
@
@
@
@
@
@
@
@
4
@
@
3
Dati
Q1 = 0 m
Misure
q12
=
3m
q13
=
9.8 m
q14
=
7.2 m
q23
=
7.4 m
q24
=
3.6 m
q34
= −2.8 m
Si facciano osservazioni sul rapporto fra lo schema della rete dell’esercizio precedente e la
relativa matrice normale.
Soluzione

 

Q̂2
3
x̂ =  Q̂3  =  10 
7
Q̂4

7.3 10−2
Ĉx̂x̂ =  3.6 10−2
3.6 10−2
σ̂02 = 1.46 10−1 m2
3.6 10−2
7.3 10−2
3.6 10−2

3.6 10−2
3.6 10−2 
7.3 10−2
dei punti 3, 4 e 5, si determinino le quote dei punti 1 e 2 ed il loro scarto quadratico medio. Le
misure sono incorrelate e con uguale precisione, il dislivello q12 è misurato due volte.
Dati
Q3 = 10.0m
Q4 = 12.0m
Q5 = 15.0m
q13
q
Misure 14
q12
q15
6 Topografia
7 Topografia
−2.8m
−1.0m
0.6m
2.4m
0.8m
q24
q23
q25
−2.3m
−4.5m
1.2m
5.3. ESERCIZI
85
3
@
1
@
4
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@2
@
@
5
Domanda aggiuntiva
questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 . Le misure di dislivello hanno sqm,
a meno di errori grossolani, di 1 cm. Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano
presenti errori grossolani, con livello di significatività del 5%.
Soluzione
[
x̂ =
Q̂1
Q̂2
utilizzando la media delle misure q12
σ̂02 = 1.52 10−1 m2
senza mediare le misure q12
σ̂02
= 1.3 10
−1
m
2
[
Ĉx̂x̂ =
[
Ĉx̂x̂ =
]
[
=
13
14
]
3.619048 10−2
1.447619 10−2
1.447619 10−2
3.619048 10−2
3.095238 10−2
1.238095 10−2
1.238095 10−2
3.095238 10−2
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 1 · 10−2 = 10−4 m2
σ̂02 (m − n)
= 7.60 103 > χ5,0.95 = 11.1
σ02
l’ipotesi è quindi rifiutata.
σ̂02 (m − n)
= 7.80 103 > χ5,0.95 = 11.1
σ02
l’ipotesi è quindi rifiutata.
]
]
86
5.3.7
dei punti 1 e 4, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza e covarianza.
Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. La linea doppia tra i punti 2 e 3 rappresenta
una misura ripetuta due volte.
1
2
3
Misure
q12
q13
q23
q23
q24
q34
=
=
=
=
=
=
4
Dati
Q1 = 1 m
Q4 = 4 m
0.8 m
1.9 m
0.4 m
1.2 m
2.2 m
0.5 m
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
2
3
]
senza mediare le misure di q23 :
σ̂02
= 1.85 10
−1
[
m
2
Ĉx̂x̂ =
6.16 10−2
3.083 10−2
3.083 10−2
6.16 10−2
]
utilizzando la media delle misure di q23 :
σ̂02 = 1.4 10−1 m2
[
Ĉx̂x̂ =
4.6 10−2
2.3 10−2
2.3 10−2
4.6 10−2
]
8 Topografia
9 Topografia
e Trattamento delle osservazioni, 25 marzo 2002
5.3. ESERCIZI
Misure
q12
q13
q13
q24
q24
q34
=
=
=
=
=
=
87
1
2
3
4
2.1 m
4.3 m
3.8 m
4.3 m
3.8 m
2.1 m
Dati
Q1 = 2 m
Q4 = 8 m
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
4
6
]
senza mediare le misure di q13 e q24 :
σ̂02 = 7 10−2 m2
[
Ĉx̂x̂ =
2.3 10−2
0
0
]
2.3 10−2
utilizzando le medie delle misure di q13 e q24 :
σ̂02 = 1.25 10−2 m2
5.3.9
[
Ĉx̂x̂ =
4.16 10−3
0
0
]
4.16 10−3
Misure
Dati
q12
=
0.7 m
Q2 = 2 m
q13
=
2.2 m
Q3 = 3 m
q14
=
2.7 m
q14
=
3.4 m
q43
= −1.2 m
q42
= −1.7 m
10 Topografia
2, 15 gennaio 2004
88
1
3
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
2
4
Soluzione
[
x̂ =
]
Q̂1
Q̂4
[
=
1
4
]
senza mediare le misure di q14 :
[
σ̂02 = 1.275 10−1 m2
4.25 10−2
2.125 10−2
2.125 10−2
4.25 10−2
2.94 10−2
1.472 10−2
1.472 10−2
2.94 10−2
Ĉx̂x̂ =
]
utilizzando la media delle misure di q14 :
[
σ̂02 = 8.83 10−2 m2
Ĉx̂x̂ =
]
Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete di livellazione schematizzata in figura.
Note le quote dei punti 1, 2 e 4, si determinino le quote dei punti 3 e 5 e la loro matrice di
varianza e covarianza. Le misure sono incorrelate e con uguale precisione.
4
@
@
5
@
@
@
@
@
@
1
Q1 = 20.0m
Dati
Misure
q13 = 10.1m
q34 = 20.1m
11 Topografia
2, 15 aprile 2004
Q2 = 10.0m
q15 = 20.3m
q35 = 9.9m
@
@
@ 3
@
@
@ 2
Q4 = 50.0m
q23 = 19.9m
q45 = −9.9m
q25 = 29.7m
5.3. ESERCIZI
89
Soluzione
[
x̂ =
Q̂3
Q̂5
]
[
=
[
Ĉx̂x̂ =
5.3.11
30
40
]
1.226 10−2
3.06 10−3
σ̂02 = 4.6 10−2 m2
3.06 10−3
1.226 10−2
]
Note le quote dei punti 1 e 4, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza
e covarianza. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e
2 e 3 e 4 rappresentano misure ripetute due volte.
1
2
3
Misure
q12
q12
q13
q23
q24
q34
q34
=
=
=
=
=
=
=
4
Dati
Q1 = 1 m
Q4 = 10 m
3.0 m
3.1 m
5.2 m
1.9 m
6.2 m
4.0 m
4.1 m
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
Ĉx̂x̂ =
5.3.12
[
=
4
6
]
5.86 10−3
1.46 10−3
σ̂02 = 2.2 10−2 m2
1.46 10−3
5.86 10−3
]
Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 e tra i punti 2
e 4 rappresentano misure ripetute due volte.
12 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 luglio 2005
13 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 13 giugno 2006, la domanda aggiuntiva solo
per Topografia e Trattamento delle osservazioni
90
Misure
q12
q13
q23
q23
q24
q24
q34
=
=
=
=
=
=
=
1
2
3
4
Dati
Q1 = 0 m
Q4 = 6 m
1.998 m
4.004 m
1.996 m
2.004 m
3.996 m
4.002 m
2.004 m
Domanda aggiuntiva
Si calcoli il dislivello tre i punti 2 e 3 a partire dalle quote stimate nell’esercizio precedente.
Quale è la varianza di tale livello?
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
2
4
]
senza mediare le misure q23 e q24
σ̂02 = 1.760 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
4.4 10−6
2.2 10−6
2, 2 10−6
5.5 10−6
]
utilizzando la media delle misure q23 e q24
σ̂02 = 1.26 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
3.16 10−6
1.583 10−6
1.583 10−6
3.39583 10−6
Domanda aggiuntiva
q̂23 = Q̂3 − Q̂2 = 2 m
Senza mediare le misure q23 e q24
σ̂q̂223 = 5.5 10−6 m2
utilizzando la media delle misure q23 e q24
σ̂q̂223 = 3.39583 10−6 m2
]
5.3. ESERCIZI
5.3.13
91
Misure
q12
q13
q23
q23
q24
=
=
=
=
=
1
2
3
4
Dati
Q1 = 10 cm
Q4 = 10 cm
−1.8 cm
−0.9 cm
1.0 cm
0.9 cm
2.3 cm
Domanda aggiuntiva
questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 . L’incertezza con cui sono misurati
dislivelli, a meno di errori grossolani, è data da σ = 2mm.
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
]
8
9
σ̂02 = 5 10−6 m2
[
Ĉx̂x̂ =
1.875
1.250
1.250
2.500
]
10−6
σ̂02 = 7.25 10−6 m2
[
Ĉx̂x̂ =
2.7187
1.8125
1.8125
3.625
]
10−6 m2
14 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 26 aprile 2007, la domanda aggiuntiva solo
92
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 2 10−2 = 4 10−6 m2
Senza mediare le misure q23
σ̂02 (m − n)
= 3.75 < χ3,0.95 = 7.81
σ02
Utilizzando la media delle misure q23
σ̂02 (m − n)
= 5.4375 < χ3,0.95 = 7.81
σ02
1
2
3
Misure
q12
q13
q23
q23
q24
q34
=
=
=
=
=
=
4
Dati
Q1 = 0 mm
Q4 = 2 mm
3.6 mm
0.8 mm
−1.2 mm
−2.6 mm
−0.6 mm
1.0 mm
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
3
1
]
σ̂02 = 3.9 10−1 mm2
[
Ĉx̂x̂ =
15 Topografia
1.3
6.5 10−1
6.5 10−1
1.3
]
10−1 mm2
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 2008
5.3. ESERCIZI
5.3.15
93
3
4
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
1
Misure
q13
q14
q23
q24
q34
q34
=
=
=
=
=
=
@
@
2
Dati
Q1 = 5 m
Q2 = 10 m
3.001 m
7.002 m
−2.003 m
2.000 m
4.003 m
3.995 m
Soluzione
[
Q̂3
Q̂4
x̂ =
]
[
=
8
12
]
m
σ̂02 = 1.2 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
4
2
2
4
]
10−6 m2
mediando le misure q34
σ̂02 = 5.3 10−6 m2
[
Ĉx̂x̂ =
5.3.16
1.7
0.08
0.08
1.7
]
10−6 m2
94
3
1
4
2
e covarianza. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e
3 e 2 e 4 rappresentano misure ripetute due volte.
Misure
Dati
q12
= 0.993 m
Q2 = 2 m
q13
= 2.004 m
Q3 = 3 m
q13
= 2.003 m
q24
= 1.999 m
q24
= 1.998 m
q34
= 1.003 m
Soluzione
[
x̂ =
]
Q̂1
Q̂4
[
=
1
4
]
m
senza mediare le misure q13 e q24
σ̂02 = 2.2 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
1
0
0
1
]
7.3 10−6 m2
mediando le misure q13 e q24
σ̂02 = 4.35 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
1
0
0
1
]
1.45 10−5 m2
e covarianza. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. La linea doppia tra i punti 2 e 3
rappresenta una misura ripetuta due volte.
16 Topografia
2, 8 aprile 2009
2, 12 gennaio 2010
18 Topografia 2, 22 luglio 2010
17 Topografia
5.3. ESERCIZI
95
3
2
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
1
Misure
q21
q23
q23
q24
q31
q34
=
=
=
=
=
=
@
@
4
−2.000 m
−0.995 m
−1.003 m
0.998 m
−1.001 m
2.003 m
Dati
Q1 = 1 m
Q4 = 4 m
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
3
2
]
m
σ̂02 = 1.2 10−5 m2
[
]
4 2
Ĉx̂x̂ =
10−6 m2
2 4
σ̂02 = 7.6 10−6 m2
[
]
2.5 1.27
Ĉx̂x̂ =
10−6 m2
1.27
2.5
5.3.18
e covarianza. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. La linea doppia tra i punti 2 e 3
rappresenta una misura ripetuta due volte.
Misure
Dati
q12
=
3.004 m
Q1 = 1 m
q13
=
0.996 m
Q4 = 3 m
q23
= −1.996 m
q23
= −1.995 m
q24
= −1.005 m
q34
=
1.005 m
19 Topografia
2, 10 gennaio 2011
96
1
2
3
4
Soluzione
[
x̂ =
Q̂2
Q̂3
]
[
=
4
2
]
m
σ̂02 = 3.075 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
1.025
5.125 10−1
5.125 10−1
1.025
]
10−5 m2
σ̂02 = 3.403 10−5 m2
[
Ĉx̂x̂ =
1.1361
5.680556 10−1
5.680556 10−1
1.1361
]
10−5 m2
Capitolo 6
Compensazione di reti
planimetriche
6.1 Schemi
Gli esercizi vengono risolti usando la stima a minimi quadrati con parametri aggiuntivi (si veda
il capitolo 1). Per la scrittura e la linearizzazione delle equazioni di osservazione di distanze e
angoli si veda il paragrafo 1.6.
La matrice disegno A è la matrice dei coefficienti delle "correzioni" rispetto ai valori approssimati dei parametri, cioè le derivate nelle 1.64 e 1.65 valutate nei valori approssimati dei
parametri. Nel caso in cui le misure di distanza siano affette da un fattore di scala incognito le
equazioni di osservazione per la distanza diventano:
√
)2 (
)2
(
xi − x j + yi − y j
(6.1)
di j = λ
e quindi la loro linearizzazione
)
)
x̃ j − x̃i (
ỹ j − ỹi (
di j − dî j = λ̃
ξi − ξ j + λ̃
ηi − η j + d˜i j δ λ
˜
˜
di j
di j
(6.2)
La matrice normale N risulta da
N = A′ Q−1 A
(6.3)
T.N. = A′ Q−1 y0
(6.4)
e il termine noto normale si scrive
La stima della variazione dei parametri rispetto ai valori approssimati si stima con


ξ̂1
 ξ̂2  ( ′ −1 )−1 ′ −1

ξ̂ = 
A Q y0
 ...  = A Q A
ξ̂n
(6.5)
e quindi la stima dei parametri

 
ξ̂1
x̂1
 x̂2   ξ̂2



x̂ = 
=
...   ...
x̂n
ξ̂n
97



x̃1
  x̃2 
+

  ... 
x̃n
(6.6)
98
CAPITOLO 6. COMPENSAZIONE DI RETI PLANIMETRICHE
Per la stima degli scarti nel caso non lineare è necessario ristimare le osservazioni a partire
dai parametri stimati:
√
)2
(
)2 (
dî j =
x̂i − x̂ j + ŷi − ŷ j
(6.7)
dove d è la distanza orizzontale, x̂ e ŷ sono le stime delle coordinate cartesiane (oppure i
valori dati delle coordinate se queste sono considerate note) e i e j indicano due punti della rete.
L’equazione della direzione è:
θ̂i j = arctan
x̂ j − x̂i
− δ̂ j
ŷ j − ŷi
(6.8)
dove θ̂ è la stima della direzione e δ̂ è la stima dell’origine delle direzioni misurata rispetto
alla direzione dell’asse y. Queste espressioni consentono la stima ŷ di y e quindi del vettore degli
scarti v:
v̂ = ŷ − y0
(6.9)
v̂′ Q−1 v̂
(6.10)
m−n
con m numero di osservazioni (misure) e n numero di parametri incogniti. La stima della
matrice di varianza e covarianza dei parametri si scrive
σ̂02 =
(
)−1
Ĉx̂x̂ = σ02 N−1 = σ02 A′ Q−1 A
(6.11)
Sulla diagonale di questa matrice si leggono le varianze dei parametri e al di fuori della
diagonale le covarianze, gli scarti quadratici medi dei parametri si ricavano quindi estraendo la
radice degli elementi sulla diagonale. La verifica dell’ortogonalità degli scarti si scrive
A′ Q−1 v = 0
(6.12)
Si tenga presente che nel caso di equazioni di osservazione non lineari tale verifica può
essere influenzata in modo significativo dalle approssimazioni introdotte dalla linearizzazione
delle equazioni.
99
6.2.1
Rete con misure di angoli e distanze1
Nella rete riportata in figura si sono effettuate le seguenti osservazioni:
angoli
α
β
γ
=
=
=
50g .0020
49g .9980
99g .9990
d1
d2
distanze
=
=
212.130 m
212.140 m
con vertici A e B di coordinate note.
Si determini la stima ai minimi quadrati delle coordinate del punto P e la stima della matrice
di varianza e covarianza, supposte le osservazioni tra loro indipendenti e con σα = 15cc per gli
angoli e σd = 2mm + 2ppm per le distanze (le espressioni definitive di σα2 e σd2 devono essere
espresse con una sola cifra significativa. Esempio: 0.95 ∼
= 1 , 99 · 10−5 ∼
= 10−3 ).
y
6
P
γ@
@
@
@
@
@
α
A
(x̃, ỹ)P
(x, y)A
(x, y)B
Valori approssimati
Punti noti
=
=
=
@
@
β@
@ B x
(150.0, 150.0)m
(0.0, 0.0)m
(300.0, 0.0)m
Svolgimento
1 Topografia
(
α
=
β
=
γ
=
d1
=
d2
=
)
yP −yA
( xP −xA )
−yB
arctan xyPB −x
P)
(
)
(
−xP
xB −xP
−
arctan
arctan yxAA −y
yB −yP
P
√
arctan
(x − xA )2 + (yP − yA )2
√ P
(xP − xB )2 + (yP − yB )2
100
Tali equazioni, valutate nei valori approssimati (x̃P , ỹP ), portano a:
(
)
150.0−0.0
α̃ = arctan 150.0−0.0
= arctan(1) = π4 rad
(
)
150.0−0.0
β̃ = arctan 300.0−150.0
= arctan(1) = π4 rad
)
)
(
(
0.0−150.0
γ̃
= arctan 0.0−150.0
− arctan 300.0−150.0
=
0.0−150.0
arctan(1) − arctan(−1) = π2 rad
√
√
(150.0 − 0.0)2 + (150.0 − 0.0)2 = 150.0 2 m
√
√
(150.0 − 300.0)2 + (150.0 − 0.0)2 = 150.0 2 m
=
d˜1
=
d˜2
=
La scrittura della matrice disegno A risulta dalle derivate delle equazioni di osservazione
rispetto ai parametri (xP , yP ) incogniti, valutate nei valori approssimati (x̃P , ỹP ):
y −y
y −y
1
(
)2 P A 2 (−1) = − P 2 A
y −y
d1
(xP −xA )
1+ xP −xA
P A
∂α
150−0
1
∂ xP |x̃P ,ỹP = − (150√2)2 = − 300
x −x
∂α
1
1
(
)2 x −x = P 2 A
∂ yP =
y −y
d1
P
A
1+ xP −xA
P A
∂α |
150−0
1
∂ yP x̃P ,ỹP = (150√2)2 = 300
∂β
y −y
y −y
1
(
)2 P B 2 (−1) (−1) = P 2 B
∂ xP =
d2
y −y
(xB −xP )
1+ xP −xB
B P
∂β
150−0
1
∂ xP |x̃P ,ỹP = (150√2)2 = 300
∂β
x −x
1
1
)2 x −x = B 2 P
(
∂ yP =
d2
y −y
B
P
1+ xP −xB
B P
∂β
1
300−150
∂ yP |x̃P ,ỹP = (150√2)2 = 300
∂α
∂ xP
∂γ
∂ xP
∂γ
∂ yP |x̃P ,ỹP
=
∂ d1
∂ yP
=
∂ d2
∂ xP
=
∂ d2
∂ yP
1
−1
(
)2
− ( x 1−x )2 (y −1
(yA −yP )
x −x
B −yP )
1+ yA −yP
1+ yB −yP
B P
A P
yA −yP
yB −yP
= − d2 + d2
1
2
0−150
= − 0−150
√ 2 +
√ 2 =0
(150 2)
(150 2)
xA −xP
1
(−1) (−1) −
= ( x −x )2
(yA −yP )2
1+ A p
=
∂γ
∂ xP |x̃P ,ỹP
∂γ
∂ yP
∂ d1
∂ xP
=
√
2
2
1
=
1
yA −yP
+
x −x
1
(
)2 B P 2
x −x
(yB −yP )
1+ yB −y p
=
0−150
√ 2
(150 2)
B
xA −xP
d12
P
− xBd−x
2
2
P
+
2(xP −xA )
(xP −xA )2 +(yP −yA )2
2(yP −yA )
√
(xP −xA )2 +(yP −yA )2
1(xP −xB )
√
(xP −xB )1 +(yP −yB )1
1(yP −yB )
√
(xP −xB )1 +(yP −yB )1
300−150
√ 2
(150 2)
1
= − 150
=
xP −xA
d1
∂ d1
∂ xP |x̃P ,ỹP
=
150−0
√
150 2
=
√1
2
=
yP −yA
d1
∂ d1
∂ yP |x̃P ,ỹP
=
150−0
√
150 2
=
√1
2
=
xP −xB
d1
∂ d2
∂ xP |x̃P ,ỹP
=
150−300
√
150 2
=
yP −yB
d1
∂ d2
∂ yP |x̃P ,ỹP
=
150−0
√
150 2
La matrice disegno A si scrive quindi

∂α |
∂α
x̃P ,ỹP
∂ yP |x̃P ,ỹP
 ∂∂xβP
∂β

 ∂ xP |x̃P ,ỹP ∂ yP |x̃P ,ỹP

A =  ∂∂xγ |x̃P ,ỹP ∂∂yγ |x̃P ,ỹP
P
 ∂ dP
∂ d1

1
 ∂ xP |x̃P ,ỹP ∂ yP |x̃P ,ỹP
∂ d2
∂ d2
∂ x |x̃P ,ỹP
∂ y |x̃P ,ỹP
P
(−1) (−1) =
P


1
− 300

1
 
  300
 
0
=
 
1
√
 
2

− √1
2
1
300
1
300
1
− 150
√1
2
√1
2
= − √1
2
=
√1
2







101
Dalla incorrelazione delle misure, la matrice Cyy di varianza e covarianza delle misure risulta
diagonale, con numero di righe uguale al numero di colonne pari a 5. Le varianze delle misure
risultano per gli angoli σα = σβ = σγ = 15cc e quindi
(
)2
(
)
π 2 = 15 · 10−6 π
σα2 = σβ2 = σγ2 = 15 · 10−4 · 200
=
2
(
)
2
= 2.35610−5 = 5.5510−10 ∼
= 6 10−10 rad 2
in radianti al quadrato, avendo utilizzato una sola cifra significativa come indicato dal testo. Per
le distanze le varianze si scrivono
(
)2
σd21 = 2 10−3 + 2 10−6 212.130 = 5.877 10−6 ∼
= 6 10−6 m2
e
(
)2
σd22 = 2 10−3 + 2 10−6 212.140 = 5.877 10−6 ∼
= 6 10−6 m2
avendo espresso le varianze in metri al quadrato e utilizzando
matrice di varianza e covarianza delle misure si scrive quindi
 2
σα
0
0
0
0
 0 σ2
0
0
0

β

0 σγ2
0
0
Cyy =  0

 0
0
0 σd21
0
0
0
0
0
σd22



=


6 10−10
0
0
0
0
0
6 10−10
0
0
0
0
0
6 10−10
0
0
una sola cifra significativa. La
0
0
0
6 10−6
0




=


0
0
0
0
6 10−6






Ponendo σ02 = 6 10−10 si ricava

1
 0

Cyy = 6 10−10 
 0
 0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
104
0
0
0
0
0
104

1

 0


 = σ2  0
0


 0
0

0
1
0
0
0
e quindi



Q=


ed infine la matrice dei pesi Q−1



Q−1 = 


1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
104
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
10−4
0
La matrice normale N = A′ Q−1 A si scrive quindi
0
0
0
0
104






0
0
0
0
10−4






0
0
1
0
0
0
0
0
104
0
0
0
0
0
104






102
[
N=
1.2 10−4
0
]
0
1.6 10−4
e quindi l’inversa
N −1 =
[
8.18 103
0
]
0
6 103
Il termine noto del sistema linearizzato y = y0 − ỹ risulta



y=


α − α̃
β − β̃
γ − γ̃
d1 − d˜1
d2 − d˜2


 
 
=
 
 
π −π
50.0020 200
4
π −π
49.9980 200
4
π −π
99.9990 200
√2
212.130 − 150√2
212.140 − 150 2


 
 
=
 
 
3.141593 10−5
−3.141593 10−5
−1.570796 10−5
−2.034300 10−3
7.965700 10−3






Il termine noto normale A′ Q−1 y è
A′ Q−1 y =
[
−9.165463 10−7
5.241331 10−7
]
La stima delle incognite ξP e ηP risulta
] [
]
[
−7.499015 10−3
ξ̂P
=
ξ̂ = N −1 A′ Q−1 y =
3.144798 10−3
η̂P
E quindi la stima delle coordinate di P
[
] [
] [
] [
]
x̂P
x̃P
149.992501 m
ξ̂P
=
=
+
ŷP
ỹP
150.003145 m
η̂P
La stima delle osservazioni, ricavata dalle equazioni di osservazione con i valori stimati delle
coordinate di P, risulta:
(
)
α̃ = arctan 150.003145−0.0
= 0.785424 rad
( 149.992501−0.0 )
150.003145−0.0
β̃ = arctan 300.0−149.992501 = 0.785384 rad
)
(
)
(
300.0−149.992501
−
arctan
= 1.570775 rad
γ̃
= arctan 0.0−149.992501
0.0−150.003145
0.0−150.003145
√
2
2
d˜1 =
(149.992501 − 0.0) + (150.003145 − 0.0) = 212.129 m
√
d˜2 =
(149.992501 − 300.0)2 + (150.003145 − 0.0)2 = 212.1396 m
e quindi



ŷ = 


0.785424
0.785384
1.570775
212.129
212.1396






e quindi gli scarti



v = ŷ − y0 


−4.063448 10−6
−1.690187 10−5
5.257362 10−6
1.044596 10−3
4.393872 10−4






103
La stima della varianza della compensazione si scrive:
σ̂02 =
v′ Q−1 v v′ Q−1 v
=
= 1.527497 10−10 m2
m−n
5−2
mentre lo scarto quadratico medio risulta
σ̂0 =
√
σ̂02 = 1.235119 10−5 m
e quindi
σ̂02
= 0.254583
σ02
[
Cˆx̂x̂ = σ̂02 N −1 =
1.249770 10−6
0
]
0
9.164981 10−7
=
√
σ̂xP = √1.249770 10−6 = 1.117931 10−3 m
σ̂yP = 9.164981 10−7 = 9.573391 10−4 m
A′ Q−1 v = A′ v =
[
4.279047 10−4
1.049230 10−3
]
Se σα2 e σd2 non sono espresse con una sola cifra significativa la matrice Cyy risulta:



Cyy = 


1.1103 10−9
0
0
0
0
0
1.1103 10−9
0
0
0
0
0
1.1103 10−9
0
0
0
0
0
5.8770 10−6
0
0
0
0
0
5.8771 10−6
La soluzione cambia e la stima delle incognite ξP e ηP risulta
ξ̂ = N
−1 ′ −1
AQ
[
ξ̂P
η̂P
y=
]
[
=
−7.3188 10−3
3.5098 10−3
]
[
x̂P
ŷP
]
[
=
ξ̂P
η̂P
]
[
+
Le ristime delle osservazioni risultano



ŷ = 


e quindi gli scarti
x̃P
ỹP
]
[
=
0.78543
0.78539
1.57077
212.12934
212.13969
149.992681 m
150.003510 m






]






104



v = ŷ − y0 


4.06799 10−6
1.8720 10−5
−7.6918 10−5
−6.5884 10−4
−3.0865 10−4






σ̂02 =
v′ Q−1 v v′ Q−1 v
=
= 1.5956 10−1 m2
m−n
5−2
mentre lo scarto quadratico medio risulta
√
σ̂0 = σ̂02 = 3.994496 10−1 m
σ̂xP = 9.1601 10−4 m
σ̂yP = 8.3257 10−4 m
6.2.2
Rete con sole misure di distanze 2
Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.
Note le coordinate dei punti O, A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro
matrice di varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
y 6
C
O
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
P
B
A x
D
(x, y)O
Noti (x, y)B
(x, y)D
con (x̃, ỹ)P
2 Topografia
=
=
=
=
(0, 0)m
(x, y)A = (700, 0)m
(700, 400)m
(x, y)C = (0, 300)m
(0, −400)m
(400, 0)m coordinate approssimate del punto P.
Osservazioni:
dOP
distanze dBP
dDP
=
=
=
105
400.005 m
499.986 m
565.721 m
dAP
dCP
=
=
299.995 m
500.002 m
Svolgimento
√
dOP = (xP − xO )2 + (yP − yO )2
√
dAP = (xP − xA )2 + (yP − yA )2
√
dBP = (xP − xB )2 + (yP − yB )2
√
dCP = (xP − xC )2 + (yP − yC )2
√
dDP = (xP − xD )2 + (yP − yD )2
dÕP = √
xP = 400 m
dÃP = √3002 = 300 m
d˜BP = √3002 + 4002 = 500 m
m
d˜CP = √4002 + 3002 = 500 √
d˜DP = 4002 + 4002 = 400 2 m
∂ dOP
∂ xP
∂ dAP
∂ xP
∂ dBP
∂ xP
∂ dCP
∂ xP
∂ dDP
∂ xP
=1
=
=
=
=
xP −xA
dAP
xP −xB
dBP
xP −xC
dCP
xP −xD
dDP
= −1
= − 35
=
=
4
5
√1
2
∂ dOP
∂ yP
∂ dAP
∂ yP
∂ dBP
∂ yP
∂ dCP
∂ yP
∂ dDP
∂ yP
=0
=
=
=
=
yP
dAP = 0
yP −yB
4
dBP = − 5
yP −yC
3
dCP = − 5
yP −yD
1
√
dDP = 2

1
 −1
 3
−
A=
 54
 5
√1
2

0
0 

− 45 

− 35 
√1
2
diagonale, dalla loro uguale precisione segue che la matrice Cyy è proporzionale, per un fattore
incognito che non influenza la soluzione, alla matrice identità 5 × 5, essendo 5 il numero di
misure. Ne consegue che la matrice Q puó essere scelta uguale alla matrice identità e quindi
anche la matrice dei pesi Q−1 , sua inversa, risulta tale. La matrice normale N = A′ Q−1 A con
Q−1 = I si scrive
[
] [ 7 1 ]
9
1
1
1 + 1 + 25
+ 16
25 + 2
2
N=
= 12 23
1
16
9
1
2
2
2
25 + 25 + 2
1
20
Il determinante risulta det (N) = 21
4 − 4 = 4 = 5 e quindi l’inversa
[ 3
] [
]
3
1
1
− 21
− 10
2
10
=
N −1 =
1
7
1
7
− 10
5 −2
2
10
106
Il termine noto risulta



y0 = 


400.005
299.995
499.986
500.002
565.721






mentre il termine noto del sistema linearizzato y = y0 − ỹ è
 
 

5 10−3
400
400.005
 299.995   300  
−5 10−3
 
 






y =  499.986  −  500  =  −1.4 10−2
 500.002   500  
2 10−3
√
565.721
400 2
3.555300 10−2






Il termine noto normale A′ Q−1 y è
A′ Q−1 y = A′ y =
[
=
5 10−3 + 5 10−3 − 35 · (−1.4 10−2 ) + 54 · 2 10−3 + √1 · 3.555300 10−3
2
0 + 0 − 45 · (−1.4 10−2 ) − 53 · 2 10−3 + √1 · 3.555300 10−3
2
[
]
0.045
=
0.035
]
=
La stima delle incognite ξP e ηP risulta
ξ̂ = N −1 A′ Q−1 y = N −1 A′ y =
[
ξ̂P
η̂P
]
[
=
0.01 m
0.02 m
]
] [
] [
]
[
] [
x̂P
x̃P
400.010 m
ξ̂P
=
=
+
ŷP
ỹP
0.020 m
η̂P
La stima delle osservazioni, ricavata dalle equazioni di osservazione con i valori stimati delle
coordinate di P, risulta:


400.010000
 299.990001 



ŷ = 
 499.978000 
 499.996000 
565.706638
e quindi gli scarti



v = ŷ − y0 


5 10−3
−4.999333 10−3
−7.999984 10−3
−5.999516 10−3
−1.436180 10−2






σ̂02 =
v′ Q−1 v
v′ v
=
= 1.187496 10−4 m2
m−n
5−2
107
Cˆx̂x̂ = σ̂02 N −1 = 1.187496 10−4
[
=
3.562487 10−5
−1.187496 10−5
[
3
10
1
− 10
1
− 10
]
=
7
10
−1.187496 10−5
8.312469 10−5
]
√
σ̂x p = √3.562487 10−5 = 5.968657 10−3 m
σ̂y p = 8.312469 10−5 = 9.117274 10−3 m
[
]
−1.556175 10−4
A′ Q−1 v = A′ v =
−1.556316 10−4
108
6.3 Esercizi
6.3.1
Note le coordinate dei punti A, B e C, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice di
varianza e covarianza, avendo misurato direzioni e distanze rispetto ai punti di coordinate note.
Tutte le misure sono incorrelate e con s.q.m. pari a σd = 1 mm per le distanze e σθ = 20cc per le
direzioni.
6y
A
S
S
θPA
δ θPB
S
S
S
S
S
B
θPC
x
P
C
Noti
(x, y)A = (−30.00, 40.00)m
(x, y)C = (0.00, −31.25)m
con
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m coordinate approssimate del punto P.
Osservazioni:
dPA = 49.002 m
distanze dPB = 47.800 m
dPC = 33.252 m
(x, y)B = (30.00, 40.00)m
direzioni
θPA = 355g .488
θPB = 40g .477
θPC = 201g .035
Nota: porre π 2 ≃ 10 nella determinazione dei pesi.
Soluzione

 

ξ̂x
9.998022 10−1

 

2.000165
ξ̂ =  ξ̂y  =
1.570796 10−2
ξ̂δ
 

x̂ p
9.998022 10−1

2.000165
x̂ =  ŷ p  = 
1.570796 10−2
δ̂


σ̂02
= 2.024931 10
3 Topografia
−3
m
2
1.419665 10−6
Ĉx̂x̂ = 
0
0
0
1.25 10−6
0

0
0 
1.07 10−9
6.3. ESERCIZI
6.3.2
109
Rete con sole misure di distanze4
y
6
B
SS
A
S
S
S
P
S
C
D
O
-x
(x, y)O
Noti (x, y)B
(x, y)D
con (x̃, ỹ)P
=
=
=
=
(0, 0)m
(x, y)A =
(0, 700)m
(−300, 700)m
(x, y)C = (−300, 0)m
(400, 600)m
Osservazioni:
dOP
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
=
300.025 m
399.975 m
499.981 m
424.306 m
499.967 m
Domanda aggiuntiva
questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 . Le misure di distanza hanno sqm, a
meno di errori grossolani, di 1 cm.
Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani, con livello
di significatività del 5%.
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
0.02
0.03
]
[
Ĉx̂x̂ =
4 Topografia
[
x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
[
=
3.500390 10−5
−5.000558 10−6
0.02
300.03
]
σ̂02 = 5.000556 10−5 m2
−5.000558 10−6
1.500167 10−5
]
110
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 1 · 10−2 = 10−4 m2
σ̂02 (m − n)
= 1.500167 < χ3,0.95 = 7.81
σ02
l’ipotesi è quindi accetata.
6.3.3 Rete con misure di angoli e distanze5
direzioni.
y
6
δ
P Z
C
θPA
Z
Z
con
golo δ .
A
-
x
Z
θPC
Noti
θPB
Z
Z
B
(x, y)A = (40.00, 30.00)m
(x, y)B = (40.00, −30.00)m
(x, y)C = (−31.25, 0.00)m
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m coordinate approssimate di P e δ̃ = 0 valore approssimato dell’an-
Osservazioni:
dPA = 50.059 m
dPC = 31.371 m
direzioni
θPA = 57g .882
θPB = 139g .655
θPC = 298g .643
Domanda aggiuntiva
Si determini la distanza di P dall’origine dOP e la sua varianza σd2OP .
5 Topografia
6.3. ESERCIZI
111
Soluzione

 

ξ̂x
2 10−2

 
−2

ξ̂ =  ξ̂y  = 1 10
2 10−2
δ̂

 

x̂ p
2 10−2
−2

x̂ =  ŷ p  =  1 10
2 10−2
δ̂

2.970478 10−3
Ĉx̂x̂ = 
0
0
σ̂02 = 7.628304 10−3

0
0 
0
3.381000
10−3
0
2.540000 10−6
Domanda aggiuntiva
dÔP = 2.236068 10−2 m
σ̂d2OP = 3.052581 10−3
6.3.4
Rete con sole misure di distanza6
Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C e D usando uno
strumento con fattore di scala incognito. Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e il fattore di scala incognito, con la loro matrice di varianza e
covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
y
6
B
S
S
S
S
P S
SS
S
S
C
(x, y)A
(x, y)C
con (x̃, ỹ)P
e
λ̃ =
Noti
A
-x
S
SD
= (40, 30)m
(x, y)B = (−30, 40)m
= (−40, −30)m
(x, y)D = (30, −40)m
= (0, 0)m coordinate approssimate del punto P
1 valore approssimato del fattore di scala del distanzionmetro.
Osservazioni:
distanze dAP =
dBP =
6 Topografia
S
50.015 m
50.051 m
dCP
dDP
=
=
50.087 m
50.047 m
112
Soluzione

 

ξ̂x
3 10−2

 
−2

ξ̂ =  ξ̂y  = 2 10
10−3
δˆλ
σ̂02 = 4.054668 10−6 m2

2.027334 10−6
Ĉx̂x̂ = 
0
0
6.3.5
 

x̂ p
3 10−2
x̂ =  ŷ p  =  2 10−2 
1.001
λ̂


0
0 
0
2.027334
10−6
4.054668 10−10
0
y
6
B
Z
Z
Z
Z
Z
P
Z
ZZ
Z
A
-x
Z
Z
Z
D
C
(x, y)A
(x, y)C
con (x̃, ỹ)P
e
λ̃ =
Noti
= (30, 40)m
(x, y)B = (−40, 30)m
= (−30, −40)m
(x, y)D = (40, −30)m
Osservazioni:
distanze dAP =
dBP =
50.089 m
50.065 m
dCP
dDP
=
=
50.113 m
50.133 m
Soluzione
 

ξ̂x
−2 10−2

 
−2

ξ̂ =  ξ̂y  =
3 10
2 10−3
δˆλ


 

x̂ p
−2 10−2
−2

x̂ =  ŷ p  =  3 10
1.002
λ̂
σ̂02 = 3.970111 10−6 m2
7 Topografia
6.3. ESERCIZI
113

1.985056 10−6

Ĉx̂x̂ =
0
0
6.3.6

0
0 
0
1.985056 10−6
0
3.970111 10−10
Rete con sole misure di angoli8
Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro
matrice di varianza e covarianza. Le misure sono le direzioni da P ai punti di coordinate note,
con direzione del cerchio incognita. Tutte le misure sono incorrelate e di uguale precisione.
y
6
δ θPA
D
θPD
C
Noti
Z
Z
Z
Z P Z
Z
Z
Z
Z
θPC
A
x
Z
Z
Z
θPB
B
(x, y)B = (90.00, −30.00)m
(x, y)D = (−70.00, 50.00)m
(x, y)A = (50.00, 30.00)m
(x, y)C = (−30.00, −10.00)m
con (x̃, ỹ)P = (10, 10)m coordinate approssimate di P e δ̃ = 0 valore approssimato dell’angolo δ .
Osservazioni:
θPA = 67g .338 θPB = 126g .270
θPC = 267g .389
θPD = 326g .270
Domanda aggiuntiva
Soluzione

 

ξ̂x
2 10−2

 
ξ̂ =  ξ̂y  = −1 10−2 
5 10−2
ξ̂δ

σ̂02 = 4.000480 10−6 m2
2.500300 10−2
Ĉx̂x̂ =  7.500900 10−3
0
8 Topografia
 

x̂ p
1.002000 10+1

9.990000
x̂ =  ŷ p  = 
5 10−2
δ̂

7.500900 10−3
6.250750 10−3
0

0

0
1.0000120 10−6
114
Domanda aggiuntiva
σd2OP = 2.315586 10−2 m2
dOP = 14.149223
6.3.7
6
D
A
B
O
-
P
ZZ
Z
Z
Z
Z
Z
Z C
(x, y)O = (0, 0)m
(x, y)A = (−700, 0)m
(x, y)C = (0, −300)m
Noti (x, y)B = (−700, −400)m
(x, y)D = (0, 400)m
con (x̃, ỹ)P = (−400, 0)m coordinate approssimate del punto P.
Osservazioni:
dOP
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
=
399.975 m
300.025 m
500.028 m
499.996 m
565.678 m
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
2.005005 10−2
1.015014 10−2
[
Ĉx̂x̂ =
9 Topografia
]
[
x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
[
=
−3.999799 102
1.015014 10−2
σ̂02 = 1.133526 10−4 m2
3.400578E 10−5
−1.133526 10−5
−1.133526 10−5
7.934683 10−5
]
e Trattamento delle osservazioni, 30 maggio 2003 - la misura di dCP è diversa
]
6.3. ESERCIZI
6.3.8
115
y6
A
D
S
O
Noti
con
P
S
S
S
S
S
C
S
S
x
B
(x, y)O = (0, 0)m
(x, y)A = (80, 130)m (x, y)B = (140, 0)m
(x, y)C = (80, 0)m (x, y)D = (0, 80)m
(x̃, ỹ)P = (80, 80)m coordinate approssimate del punto P.
Osservazioni:
dOP
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
=
113.492 m
49.701 m
100.165 m
80.296 m
80.202 m
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
1.869863 10−1
3.102740 10−1
[
Ĉx̂x̂ =
6.3.9
]
[
x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
[
=
8.018699 101
8.031027 101
σ̂02 = 4.517231 10−4 m2
2.428785 10−4
−1.546997 10−6
−1.546997 10−6
1.438707 10−4
]
]
strumento con fattore di scala incognito. Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino
le coordinate del punto P, il fattore di scala incognito e la loro matrice di varianza e covarianza.
Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
10 Topografia
11 Topografia
2, 10 febbraio 2004
116
y
6
D
@
@
A
@
@
O@ P
@
@
@
C
(x, y)A
(x, y)C
con (x̃, ỹ)P
e
λ̃ =
Noti
Osservazioni:
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
x
@
@ B
= (110, 110)m
(x, y)B = (110, −90)m
= (−90, −90)m
(x, y)D = (−90, 110)m
=
=
=
=
141.691 m
141.703 m
141.719 m
141.703 m
Domanda aggiuntiva
Si determini la distanza dOP del punto P dall’origine (0, 0) e la sua varianza.
Soluzione
 

ξ̂x
1.000000 10−2


ξ̂ =  ξ̂y  =  1.000000 10−2 
2.000000 10−3
ξ̂λ



 

x̂ p
10.010
x̂ =  ŷ p  =  10.010 
1.002
λ̂
σ̂02 = 4.004435 10−6 m2
2.002218 10−6

Ĉx̂x̂ =
0
0
0
2.002218 10−6
0

0

0
−11
5.005544 10
Domanda aggiuntiva
dOP = 1.418459 101 m
σd2OP = 2.002218 10−6 m2 (= σx2P = σy2P )
6.3.10 Rete con misure di angoli e distanze12
12 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 5 luglio 2004, la domanda aggiuntiva solo
6.3. ESERCIZI
117
direzioni.
y
6
C
δ θPA
Z
Z
Z
Z P Z Z
θPC
A
-
x
θPB
B
Noti
con
e
(x, y)A = (30.00, 40.00)m
(x, y)B = (0.00, −31.25)m
(x, y)C = (−30.00, 40.00)m
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m coordinate approssimate di P
δ̃ = 0 valore approssimato dell’angolo δ .
Osservazioni:
dPA = 50.012. m
dPC = 49.944 m
direzioni
θPA = 39g .579
θPB = 198g .811
θPC = 357g .791
Domanda aggiuntiva
Soluzione
 



ξ̂x
x̂ p
1 10−2


x̂ =  ŷ p  = ξ̂ =  ξ̂y  =  3 10−2 
2 10−2
δ̂
ξ̂δ

σ̂02 = 4.144798 10−3 m2

1.837233 10−3

Ĉx̂x̂ =
0
0
0
1.614018 10−3
0
1.381599 10−6
Domanda aggiuntiva
dOP = 3.162278 10−2 m

0
0 
σd2OP = 1.636339 10−3 m2
118
6.3.11
Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice
di varianza e covarianza, avendo misurato direzioni e distanze rispetto ai punti di coordinate note.
direzioni.
y
δ
A
D
θPD
P
θPC
θPA
θPB
x
C
B
(x, y)A = (0.00, 200.00)m (x, y)B = (0.00, 0.00)m
(x, y)C = (200.00, 0.00)m (x, y)D = (200.00, 200.00)m
con (x̃, ỹ)P = (100, 100)m coordinate approssimate di P e δ̃ = 0 valore approssimato
dell’angolo δ .
Noti
Osservazioni:
dPA = 141.455. m
dPC = 141.412 m
dPD = 141.384 m
direzioni
θPA = 348g .700
θPB = 250g .010
θPC = 148g .750
θPD = 49g .990
Soluzione

 

 
 
 

ξ̂x
x̂ p
x̃ p
5 · 10−2
100.05
100


x̂ =  ŷ p  = ξ̂ + x̃ =  ξ̂y  +  ỹ p  =  2 · 10−2  +  100  =  100.02 
0
1 · 10−2
δ̃
1 · 10−2
δ̂
ξ̂δ

σ̂02 = 9.962774 10−2 m2

4.744178 10−2
Ĉx̂x̂ = 
0
0
13 Topografia
0
4.744178
10−2
0

0
0 
2.490693 10−5
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 aprile 2005
6.3. ESERCIZI
119
6.3.12
Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C e D. Note le
coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice di
varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
y 6
B
@
@
@
@
A
@
@P
@
C
@
@
@
@
@
@
D
x
(x, y)A
(x, y)C
(x̃, ỹ)P
=
=
=
( 0, 100)m
(x, y)B = ( 0, 200)m
(200, 100)m
(x, y)D = (200, 0)m
Osservazioni:
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
100.013 m
141.415 m
99.993 m
141.249 m
Noti
con
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
1.000000 10−2
2.000000 10−2
[
Ĉx̂x̂ =
6.3.13
]
[
x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
[
=
σ̂02 = 9.996821 10−6 m2
4.998410 10−6
4.998410 10−6
4.998410 10−6
1.499523 10−5
100.010
100.020
]
]
Rete con misure di distanza e costante addittiva15
Sono state misurate quattro distanze dal punto P ai punti 1, 2, 3 e 4, in modo indipendente e
con uguale precisione. A causa della mancata taratura dell’insieme distanziometro+prisma le
distanze sono affette da una costante addittiva incognita.
Si chiede di eseguire la stima ai minimi quadrati delle coordiante di P e della costante
addittiva. Si deve produrre anche la matrice di varianza e covarianza dei risultati.
14 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 15 febbraio 2006
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 22 agosto 2006, la domanda aggiuntiva solo
15 Topografia
120
y
6
3
2
1
P
-
x
4
1
2
3
4
Le coordinate approssimate del punto P sono (x̃, ỹ)P = (0, 0)m.
Le coordinate dei punti noti e le misure di distanza sono:
( 100.000,
0.000)
99.851
(−100.000,
0.000)
100.251
(
0.000,
100.000)
99.749
(
0.000, −100.000)
100.349
(coordinate e misure in metri).
Domanda aggiuntiva
Le misure dell’esercizio precedente hanno un s.q.m. noto a priori pari a 1.5 mm. Si deve sospettare la presenza di un errore grossolano? Si risponda due volte eseguendo un test statistico con
livello di significatività pari a 0.01 e pari a 0.05.
Soluzione


 

ξ̂x
2 10−1
x̂ p


ξ̂ =  ξ̂y  = x̂ =  ŷ p  =  3 10−1  m
ĉ
5 10−2
δˆc


σ̂02 = 4 10−6 m2
2
Ĉx̂x̂ =  0
0
0
2
0

0
0  10−6
4
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 1.5 10−3 = 2.25 10−6 m2
σ̂02 (m − n)
= 1.7 < χ1,0.99 = 3.84
σ02
σ̂02 (m − n)
= 1.7 < χ1,0.95 = 6.63
σ02
l’ipotesi è quindi accettata per entrambi i livelli di significatività.
6.3. ESERCIZI
121
6.3.14
Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice
di varianza e covarianza, avendo misurato direzioni e distanze rispetto ai punti di coordinate note.
direzioni.
y
δ
A
ϑPB
ϑPA
x
D
P
B
ϑPD
ϑPC
C
Noti
con
(x, y)A = (0.00, 100.00)m
(x, y)B = (100.00, 0.00)m
(x, y)C = (0.00, −100.00)m (x, y)D = (−100.00, 0.00)m
(x̃, ỹ)P = (0.00, 0.00)m coordinate approssimate di P
δ̃ = 0 valore approssimato dell’angolo δ
Osservazioni:
dPA = 99.980 m
dPC = 100.020 m
dPD = 100.030 m
direzioni
θPA = 399g .344
θPB = 99g .377
θPC = 199g .382
θPD = 299g .351
Soluzione
 

 
ξ̂x
x̂ p
2.998592 10−2


ξ̂ =  ξ̂y  =  2.003821 10−2  =  ŷ p  = x̂
9.998119 10−3
δ̂
ξ̂δ


4.244516 10−5

Ĉx̂x̂ =
0
0
0
4.244516 10−5
0
σ̂02 = 9.337934 10−5 m2

0

0
−8
2.334484 10
16 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 2007, la domanda aggiuntiva solo
122
6.3.15
Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C, D ed E. Note le
coordinate dei punti A, B, C, D ed E, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice
di varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
y6
E
D
P
@
A
@
@
@
B
@
@
@
C
x
(x, y)A
Noti (x, y)C
(x, y)E
con (x̃, ỹ)P
=
=
=
=
( 0, 0)m
(x, y)B = (100, 0)m
(200, 0)m
(x, y)D = (200, 200)m
(100, 200)m
Osservazioni:
dAP
dBP
distanze dCP
dDP
dEP
=
=
=
=
=
141.458 m
100.023 m
141.414 m
141.387 m
99.983 m
Domanda aggiuntiva
questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 . L’incertezza con cui sono misurate le
distanze, a meno di errori grossolani, è data da σ = 2mm.
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
3.028407 10−2
1.996026 10−2
[
Ĉx̂x̂ =
]
[
x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
[
=
σ̂02 = 6.685838 10−6 m2
4.680087 10−6
−6.685838 10−7
−6.685838 10−7
2.005752 10−6
100.030284
100.019960
]
]
17 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 9 luglio 2007, la domanda aggiuntiva solo
6.3. ESERCIZI
123
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 2 10−3 = 4 10−6 m2
σ̂02 (m − n)
= 5.014379 < χ3,0.95 = 7.81
σ02
6.3.16 Rete con sole misure di distanza18
D
C
B 6
y
P
Z
Z
-
x
Z
Z
Z
Z
Z
Z
A
(x, y)A
(x, y)C
(x̃, ỹ)P
=
=
=
( 40, −30)m
(x, y)B = (−30, −40)m
(−30, 0)m
(x, y)D = ( 0, 40)m
Osservazioni:
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
49.996 m
50.033 m
30.017 m
40.004 m
Noti
con
Soluzione
[
ξ̂ =
[
Ĉx̂x̂ =
18 Topografia
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
2 10−2
1 10−2
]
[
= x̂ =
x̂ p
ŷ p
]
σ̂02 = 2.048980 10−4 m2
1.0244490 10−4
0
0
1.0244490 10−4
]
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 10 gennaio 2008
124
6.3.17
y
C
Z
Z
Z
Z
Z
D 6
Z
P
Z
Z
B
x
A
(x, y)A
(x, y)C
(x̃, ỹ)P
=
=
=
( 0, −400)m
(x, y)B = ( 300,
0)m
(−400, 300)m
(x, y)D = (−300, −400)m
Osservazioni:
dAP
distanze dBP
dCP
dDP
=
=
=
=
400.031 m
299.993 m
499.993 m
500.031 m
Noti
con
Soluzione
[
ξ̂ =
[
Ĉx̂x̂ =
6.3.18
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
1 10−2
3 10−2
]
[
= x̂ =
x̂ p
ŷ p
σ̂02 = 9.992576 10−6 m2
4.996288 10−6
0
0
4.996288 10−6
]
]
Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C, D ed E. Note le
coordinate dei punti A, B, C, D ed E, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice
di varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.
(x, y)A = (−300,
0)m
(x, y)B = (−300, 400)m
(x, y)D = ( 400, 0)m
Noti (x, y)C = ( 400, 300)m
(x, y)E = ( 400, −400)m
19 Topografia
20 Topografia
2, 13 luglio 2009
2, 19 aprile 2010
6.3. ESERCIZI
125
B
S
S
y
6
S
S
S
S
S
A
con
(x̃, ỹ)P
Osservazioni:
dAP
dBP
distanze dCP
dDP
dEP
P
S
@
@
@
C
-x
D
@
@
@
@
@
E
=
=
=
=
=
=
300.022 m
500.001 m
499.982 m
399.977 m
565.678 m
Soluzione
[
ξ̂ =
ξ̂x
ξ̂y
]
[
=
2
1
]
10−2 = x̂ =
[
x̂ p
ŷ p
]
σ̂02 = 1.266762 10−5 m2
[
]
3.800286 1.266762
Ĉx̂x̂ =
10−6
1.266762 8.867334
6.3.19
(x, y)A = (50, 40)m
(x, y)B = (−20, 50)m
Noti
(x, y)C = (−30, −20)m
(x, y)D = (40, −30)m
con (x̃, ỹ)P = (10, 10)m coordinate approssimate del punto P
e
λ̃ = 1 valore approssimato del fattore di scala del distanzionmetro.
Osservazioni:
distanze dAP =
dBP =
21 Topografia
50.015 m
50.051 m
2, 4 luglio 2011
dCP
dDP
=
=
50.087 m
50.047 m
126
y
6
B
S
S
S
S
S P S
S
S
S
S
C
A
-x
S
SD
Soluzione
 

ξ̂x
3 10−2


ξ̂ =  ξ̂y  =  2 10−2 
ˆ
10−3
δλ



 

x̂ p
1.003 101
x̂ =  ŷ p  =  1.002 101 
1.001
λ̂
σ̂02 = 4.054668 10−6 m2
2.027334 10−6
Ĉx̂x̂ = 
0
0
0
2.027334
10−6
0

0
0 
4.054668 10−10
Capitolo 7
Simulazioni e confronti di reti
7.1 Schemi
Il confronto di reti ha lo scopo di determinare la migliore configurazione tra quelle proposte
rispetto alle precisioni ottenibili per le coordinate dei punti coinvolti.
La scelta della precisione da massimizzare, ad esempio le coordinate di un determinato punto
piuttosto che una sola coordinata di tutti i punti, dipende ovviamente dallo scopo per cui la rete è
istituita. In questo ambito tutti punti e le coordinate saranno trattate come ugualmente importanti,
i criteri di confronto illustrati hanno valore generale.
Le precisioni delle misure si suppongono note e quindi si suppone nota la loro varianza a
priori σ02 ; negli esercizi di questo capitolo i valori della varianza a priori σ02 sono uguali per tutte
le reti da confrontare.
Il confronto fra le reti viene fatto in base alle varianze e covarianze delle coordinate ricavate
dalla compensazione, e quindi in base alla matrice di varianza e covarianza dei parametri Ĉx̂x̂ .
Nella procedura di stima ai minimi quadrati con parametri aggiuntivi la stima della matrice di
varianza e covarianza dei parametri Ĉx̂x̂ si ricava dalla
(
)−1
= σ̂02 N−1
Ĉx̂x̂ = σ̂02 A′ Q−1 A
(7.1)
Il fattore di proporzionalità σ̂02 (varianza a posteriori) è calcolabile a partire dagli scarti
(par.1.4), sarebbe quindi necessario conoscere le misure. Si può tuttavia supporre il valore della
varianza a posteriori uguale per tutte le reti, assumendo le medesime condizioni (strumenti, operatori, ecc.) per le operazioni di misura. Il confronto può essere quindi fatto direttamente sulle
matrici normali inverse N−1 . Fatti salvi i casi di confronto di reti per scopi specifici di cui si è
parlato sopra, i confronti che vengono effettuati sono:
differenza di normali inverse definita positiva : se la matrice differenza delle due normali inverse è definita positiva significa che la prima matrice della differenza è “maggiore” della
seconda, non esiste cioè nessun cambiamento di coordinate per cui l’iperellissoide relativo alla seconda matrice è al di fuori dall’iperellissoide associato alla prima matrice. In
questo casi si preferisce quindi la seconda rete.
determinante della matrice N−1 : il determinante della matrice di varianza e covarianza dei
parametri Ĉx̂x̂ è proporzionale all’ipervolume dell’iperellissoide d’errore. Il determinan( )2
te della Ĉx̂x̂ è proporzionale per il fattore σ̂02 al determinante della matrice normale
inversa. Si sceglie quindi la configurazione a cui corrisponde la matrice normale inversa
con determinante minore.
MIN-MAX sulla diagonale della N−1 : si ritiene migliore la rete che ha valore massimo delle varianze dei parametri (coordinate) minore. Tali varianze sono proporzionali per il
127
128
CAPITOLO 7. SIMULAZIONI E CONFRONTI DI RETI
fattore σ̂02 agli elementi sulla diagonale della matrice normale inversa: si sceglie quindi
la configurazione (rete) che ha elemento massimo sulla diagonale della normale inversa
minore.
MIN-MAX sugli autovalori : si applica il criterio MIN-MAX a quantità invarianti rispetto al
sistema di riferimento, in questo modo si ha un confronto indipendente dal particolare
sistema di riferimento in uso. Rispetto al criterio precedente questo confronto è più significativo perchè si confrontano i valori massimi per qualunque cambiamento di sistemi di
riferimento. Si sceglie quindi la rete che ha matrice normale inversa con massimo degli
autovalori minore.
rapporto degli autovalori più prossimo a 1 : si controlla in questo modo, indipendentemente
dal sistema di riferimento, l’omogeneità delle precisioni delle coordinate e non la precisione come per i criteri precedenti: lo scopo di questo criterio è quindi differente da quello
dei precenti. Si preferisce la configurazione che ha precisioni più omogenee, cioè la rete
per cui i rapporti fra autovalori sono più prossimi all’unità.
I criteri appena esposti possono essere applicati ai soli parametri significativi della rete (ad
esempio alcune coordinate), escludendo dal confronto parametri meno importanti (come ad
esempio l’angolo che individua la direzione rispetto a cui sono misurati gli angoli in una rete
planimetrica). Questo può essere fatto estraendo dalla matrice normale inversa la sottomatrice
relativa ai parametri significativi e applicando i criteri descritti.
129
7.2.1
Confronto di reti di livellazione1
Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 (compensata nell’esercizio
5.2.1 a pagina 78) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Il dislivello tra i
punti 2 e 3 è misurato due volte per la rete 1 ed una sola volta per la rete 2; i punti Q1 e Q3 hanno
quota nota per entrambe le reti.
2 AA
A
A
1
1
..
..... .....
..
..... .....
...
..... .....
A A
4
2 AA
3
Rete 1
...
..... .....
A
A
A
A
4
3
Rete 2
Svolgimento
Le matrici normali N per le due reti risultano
Rete1
[
4
−1
Rete2
−1
2
]
[
3
−1
]
−1
3
det (N) = 7
det (N) = 8
Rete1
Rete2
e le loro inverse N −1
[
2
7
1
7
1
7
4
7
]
(
)
det N −1 =
[
1
7
3
8
1
8
1
8
3
8
]
(
)
det N −1 =
1
8
Non è possibile scrivere una diseguaglianza tra le matrici N −1 delle due reti, perchè la loro differenza non nè definita positiva ne’ definita negativa. Allora conviene usare il criterio
"min max": si preferisce la seconda rete, che ha la minima varianza massima ( 38 contro 47 ). Si
preferisce la seconda rete anche considerando che ha il minore determinante di N −1 ( 81 contro
1
−1 . Per semplicità cerchiamo prima gli autovalori di N, e li
7 ). Cerchiamo gli autovalori di N
invertiamo
Polinomio caratteristico di N
1 Topografia
130
Rete1
Rete2
det (N − λ I) =
det (N − λ I) =
(2 − λ ) (4 − λ ) − 1 =
(3 − λ ) (3 − λ ) − 1 =
λ 2 − 6λ + 7
λ 2 − 6λ + 8
da cui
autovalori di N
Rete1
Rete2
√
λ = 3± 2
λ = 3±1
√
λ1 = 3 − 2 ≃ 1.585786
λ1 = 2
√
λ2 = 3 + 2 ≃ 4.414214
λ1 = 4
λ1
λ2
λ1
λ2
= 0.359245
= 0.5
Per N −1 gli autovalori sono quindi
autovalori di N −1
Rete1
Rete2
λ1 =
1√
3+ 2
≃ 0.23
λ1 =
λ2 =
1√
3− 2
≃ 0.63
λ2 =
λ1
λ2
≃ 0.36
λ1
λ2
1
4
= 0.25
1
2
= 0.5
= 0.5
Anche il criterio "min max" applicato agli autovalori fa preferire la rete 2 (0.5 < 0.63). La
seconda rete ha inoltre precisioni più omogenee perchè presenta il rapporto λλ1 più prossimo a 1.
2
7.2.2 Simulazione di rete con misure di distanza2
Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate in figura, dove
sono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analiticamente la scelta. Tutte le
misure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinate del punto P sono incognite, mentre
quelle dei punti A, B, C e D sono note.
Valori approssimati:
(x̃, ỹ)P = (100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (200, 200)m
(x, y)D = (0, 100)m
2 Topografia
(x̃, ỹ)P = (100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (200, 0)m
(x, y)C = (200, 200)m
(x, y)D = (0, 200)m
131
6
6
C
D
D@
@
C
@
@
@
P
@ P
@
@
A
B
A
@
@
@
B
-
Svolgimento
Prima rete
√
dAP = (xP − xA )2 + (yP − yA )2
√
dBP = (xP − xB )2 + (yP − yB )2
√
dCP = (xP − xC )2 + (yP − yC )2
√
dDP = (xP − xD )2 + (yP − yD )2
√
√
dÃP = √1002 + 1002 = 100 2 m
d˜BP = √1002 = 100 m
√
d˜CP = √1002 + 1002 = 100 2 m
d˜DP = 1002 = 100 m
∂ dAP
∂ xP
∂ dBP
∂ xP
∂ dCP
∂ xP
∂ dDP
∂ xP
=
=
=
=
xP −xA
dAP
xP −xB
dBP
xP −xC
dCP
xP −xD
dDP
=
√1
2
=0
= − √1
2
=1

√1
2

0

A=
 − √12
1
∂ dAP
∂ yP
∂ dBP
∂ yP
∂ dCP
∂ yP
∂ dDP
∂ yP
=
=
=
=
√1
2
yP
√1
dAP = 2
yP −yB
dBP = 1
yP −yC
√1
dCP = − 2
yP −yD
dDP = 0


1 


0
− √1
2
Q−1 = I si scrive
132
 ( ) ( )
2
2
1
−1
2
 √2 + √2 + 1
N=
( )2 ( )2
−1
√1
+ √
2
(
(
2
√1
)22
√1
2
)2
(
)2
−1
√
2
)2
−1
√
+ 12
2
+
(
+


=
[
2
1
1
2
]
Il determinante risulta det (N) = 4 − 1 = 3 e quindi l’inversa
[
] [ 2
]
1
2 −1
− 13
3
=
N −1 =
2
2
− 31
3 −1
3
Seconda rete
√
dAP = (xP − xA )2 + (yP − yA )2
√
dBP = (xP − xB )2 + (yP − yB )2
√
dCP = (xP − xC )2 + (yP − yC )2
√
dDP = (xP − xD )2 + (yP − yD )2
√
√
dÃP = √1002 + 1002 = 100√2 m
d˜BP = √1002 + 1002 = 100√2 m
d˜CP = √1002 + 1002 = 100 √2 m
d˜DP = 1002 + 1002 = 100 2 m
∂ dAP
∂ xP
∂ dBP
∂ xP
∂ dCP
∂ xP
∂ dDP
∂ xP
=
=
=
=
xP −xA
dAP
xP −xB
dBP
xP −xC
dCP
xP −xD
dDP
√1
2
= − √1
2
= − √1
2
= √1
2
=

√1
2
− √1
2
− √1
2
√1
2


A=


∂ dAP
∂ yP
∂ dBP
∂ yP
∂ dCP
∂ yP
∂ dDP
∂ yP
=
=
=
=
√1
2
√1
2
− √1
2
− √1
2
yP
√1
dAP = 2
yP −yB
√1
dBP = 2
yP −yC
√1
dCP = − 2
yP −yD
√1
dDP = − 2






Q−1 = I si scrive
N=
 ( ) ( ) ( ) ( )
( )2 ( )2 ( )2 ( )2 
2
2
2
2
−1
−1
√1
√1
√1
√1
√1
+
+
+
− √
+ √1
− √


 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 ( 2 )2 
−1
1
−1
1
−1
1
−1
√1
√
√
√
√
√
√
√
−
+
−
+
+
+
2
2
2
2
2
2
2
2
133
[
]
2 0
0 2
Il determinante risulta det (N) = 4 e quindi l’inversa
[
] [ 1
1 2 0
= 2
N −1 =
0
4 0 2
=
]
0
1
2
Confrontando le due reti quindi, le matrici normali N risultano
Rete1
[
2
1
Rete2
]
1
2
det (N) = 3
e le loro inverse
[
2
0
0
2
]
det (N) = 4
N −1
Rete1
[
Rete2
]
− 13
2
3
1
−3
[
1
2
2
3
0
1
2
0
(
)
det N −1 =
1
3
]
(
)
det N −1 =
1
4
Non è possibile scrivere una diseguaglianza tra le matrici N −1 delle due reti, perchè la loro differenza non nè definita positiva ne’ definita negativa (gli autovalori − 16 e 21 hanno segni
diversi). Allora conviene usare il criterio "min max": si preferisce la seconda rete, che ha la
minima varianza massima ( 12 contro 23 ). Si preferisce la seconda rete anche considerando che ha
il minore determinante di N −1 ( 41 contro 13 ). Cerchiamo gli autovalori di N −1 . Per semplicità
cerchiamo prima gli autovalori di N, e li invertiamo
Polinomio caratteristico di N −1
(2
3
Rete1
Rete2
det (N − λ I) =
det (N − λ I) =
−λ
)(2
3
)
− λ − 91 =
(1
2
−λ
)(1
2
(1
λ 2 − 43 λ + 31
2
)
−λ =
−λ
)2
da cui
autovalori di N −1
Rete1
λ=
Rete2
λ=
1
2
1
3
λ1 =
1
2
λ2 = 1
λ2 =
1
2
λ1
λ2
λ1
λ2
2
3
± 13
λ1 =
=
1
3
=1
Anche il criterio "min max" applicato agli autovalori fa preferire la rete 2 ( 12 < 1). La
seconda rete ha inoltre precisioni più omogenee perchè presenta il rapporto λλ1 pari a 1 rispetto
al valore
1
3
2
della prima rete.
134
7.3 Esercizi
7.3.1
5.3.3 a pagina 82) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplici
dei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. La linea doppia tra i punti 1 e 4 della
seconda rete rappresenta una misura ripetuta due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti
3 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.
Rete 1
3
2
Soluzione
[
N1 =
3
[−1
4 2
3
= 18
8
detN1−1 =
N1−1
]
−1
3]
1
24
1
8
1
8
− 81
N2−1
3 0
[ 01 2
=
1
4
[
N2 =
1
8
3
8
1
8
autovalori di N1−1
λ1 = 12 [λ2 = 14
N1−1 − N2−1 =
Rete 2
1 3
3
]
0
]
0 21
= 16
λ1 = 21 λ2 = 13
detN2−1
]
17
autovalori λ1 = − 12
λ2 =
19
12
Quindi:
1. Non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 ;
2. detN1−1 < detN2−1 , si preferisce la prima;
3. Max di N2−1 =
1
2
> max di N1−1 = 38 , si preferisce la prima;
4. Max autovalore di N2−1 =
5.
λ1
λ2
= 2 per la prima rete e
1
2
λ1
λ2
= max autovalore di N1−1 = 21 ;
=
3
2
per la seconda rete, si preferisce la seconda.
7.3.2 Confronto di reti di livellazione4
5.3.5 a pagina 84) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplici
dei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. La linea doppia tra i punti 1 e 3 della
seconda rete rappresenta una misura ripetuta due volte. Tutte le misure sono incorrelate. Il punto
1 ha quota nota per entrambe le reti.
Nota: l’uso di criteri che richiedono il calcolo di autovalori è facoltativo.
3 Topografia
4 Topografia
7.3. ESERCIZI
1
135
Rete 1
@
4
Rete 2
2 1
2
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
3 4
3
Soluzione

3 −1
3
N1 =  −1
−1 −1
 1 1
2
1
4
1
4
detN1−1
N1−1 = 
4
1
2
1
4

−1
−1 
3
1 
4
1
4
1
2
1
= 16
λ1 = 1 λ2 = 14 λ3 =

1
0
N1−1 − N2−1 =  0 −1
−1
0

2 −1
4
N2 =  −1
0 −1
 7
1
12
1
6
1
12
detN2−1

1
4
N2−1 = 
6
1
3
1
6

0
−1 
2
1 
12
1
6
7
12
1
= 12
1
λ1 = 2 λ2 = 1√ λ3 =

3− 3
−1
0 
1

1√
3+ 3
autovalori λ1 = −1 λ2 = 2 λ3 = 0
Quindi:
3. Sulla diagonale max di N2−1 =
7
12
1√
3− 3
> max di N1−1 = 12 , si preferisce la prima;
< max autovalore di N2−1 = 1;
5. i massimi rapporti fra autovalori: λλ1 = 14 = 0.25 per la prima rete e
2
7.3.3
λ2
λ3
=
√
3−√3
3+ 3
≃ 0.27
5.3.7 di pagina 86) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplici
dei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 della
prima rete e i punti 1 e 3 e 2 e 4 della seconda rete rappresentano misure ripetute due volte. Tutte
le misure sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.
5 Topografia
136
1
2 1
3
4 3
Soluzione
[
N1 =
N1−1 =
4
−2
[
1
3
1
6
]
−2
4]
Rete 2
4
[
N2 =
1
6
1
3
1
12
N2−1 =
2
3 0
[ 01 3
3
]
0
]
1
3
1
9
0
detN2−1 =
λ1 = 13 λ2 = 13
detN1−1 =
λ1 = 21 λ[2 = 16
]
0 1
N1−1 − N2−1 = 1 6
0
6
e autovalori λ1 = − 16 λ2 = 16
1
)
ha determinante negativo (− 36
Quindi:
1
2
1
3
> max autovalore di N2−1 = 13 , si preferisce la seconda;
5. i massimi rapporti fra autovalori:
preferisce la seconda.
7.3.4
= max di N1−1 = 13 , non si può dire nulla;
λ1
λ2
=
1
3
per la prima rete e
λ2
λ3
= 1 per la seconda rete, si
Confronto di reti con misure di distanza6
(x̃, ỹ)P = (50, 50)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, −100)m
(x, y)B = (0, −50)m
(x, y)C = (50, 0)m
(x, y)D = (100, 0)m
6 Topografia
(x̃, ỹ)P = (50, 50)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (0, 100)m
(x, y)D = (100, 100)m
7.3. ESERCIZI
137
C
6
D
6
-
D@
C
@
@
B
P
@
@
@ P
@
@
A
@
A
Soluzione
N1 =
[
N1−1 =
[
2
1
]
1
2
]
− 31
2
3
2
− 13
3
detN1−1 = 31
λ1 = 13[λ2 = 1
]
1
− 13
6
N1−1 − N2−1 =
1
− 13
6
1
[
N2 =
N2−1 =
2 0
[ 01 2
2
@
@
B
-
]
0
]
0 12
detN2−1 = 14
λ1 = 12 λ2 = 12
1
)
Quindi:
1. non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 ;
2. detN1−1 > detN2−1 , si preferisce la seconda;
3. sulla diagonale max di N1−1 =
2
3
> max di N2−1 = 12 , si preferisce la seconda;
4. max autovalore di N1−1 = 1 > max autovalore di N2−1 = 21 , si preferisce la seconda;
5. i rapporti fra autovalori sono
λ1
λ2
λ2
λ3
7.3.5 Confronto di reti con misure di distanza7
(x̃, ỹ)P = (40, 30)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (40, 0)m
(x, y)C = (70, 0)m
(x, y)D = (10, 60)m
7 Topografia
(x̃, ỹ)P = (40, 30)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 30)m
(x, y)B = (40, 0)m
(x, y)C = (70, 0)m
(x, y)D = (10, 60)m
138
6
A
6
D
D
@
@
@
@
@
@
P
@
@
@
@
A
@
B
@
@ C
@
P
@
@
@
@
B
@
@ C
Soluzione
[
41
25
13
−
[ 2559
N1−1 = 90
13
90
detN1−1 =
N1 =
13
− 25
59
25
13
90
41
90
5
18
]
[
N2 =
]
N2−1 =
3
1
3
detN2−1 =
λ1 ≃ 0.731 λ2 ≃ 0.380
N1−1 − N2−1 =
[
1
− 90
− 17
90
]
2 −1
−1
2
[ 2 1 ]
17
− 90
19
− 90
3
2
3
1
3
λ1 = 1 λ2 = 13
]
autovalori λ1 ≃ 0.103 λ2 ≃ −0.325
Quindi:
59
90
< max di N2−1 = 32 , si preferisce la prima;
4. max autovalore di N1−1 ≃ 0.731 < max autovalore di N2−1 = 1, si preferisce la prima;
rete, si preferisce la prima.
λ1
λ2
≃ 0.532 ≃
1
2
per la prima rete e
λ1
λ2
=
1
3
per la seconda
Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte della
stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 della prima rete rappresentano misure ripetute
due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti,
nella seconda rete anche il punto 5 ha quota nota.
8 Topografia
7.3. ESERCIZI
139
Rete 1
1
3
Soluzione
[
N1 =
N1−1 =
detN1−1 =
λ1 =
1
6
[
4
3
[
4
N2 =
−1
[
1
6
1
3
1
12
3
11
1
11
detN2−1 =
N2−1 =
≃ 1.6 10−1 λ2 = 12 = 5 10−1
N1−1 − N2−1 =
1
]
−2
4]
4
−2
[
1
3
1
6
2
2
33
5
66
5
66
1
− 33
Rete 2
2
5
4
]
−1
3 ]
1
11
4
11
1
11
λ1 ≃ 2.165 10−1 λ2 ≃ 4.198 10−1
]
autovalori λ1 ≃ −7.319 10−2
λ2 ≃ 1.035 10−1
Quindi:
1
3
≃ 0.3 < max di N2−1 =
4
11
≃ 0.36, si preferisce la prima;
4. max autovalore di N1−1 = 5 10−1 > max autovalore di N2−1 ≃ 4.198 10−1 , si preferisce la
seconda;
rete, si preferisce la seconda.
7.3.7
λ1
λ2
=
1
3
≃ 0.3 per la prima rete e
λ1
λ2
≃ 0.516 per la seconda
(x̃, ỹ)P = (120, −50)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (0, −50)m
(x, y)C = (170, 0)m
(x, y)D = (70, −100)m
9 Topografia
(x̃, ỹ)P = (120, −50)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, −50)m
(x, y)B = (120, 0)m
(x, y)C = (170, 0)m
(x, y)D = (70, −100)m
140
A
6
HH
H
B
C
HH
HH
H
-
B
6
A
P
C
-
P
D
D
Soluzione
[
N1 =
[
N1−1 =
482
169
109
169
194
483
109
− 483
detN1−1 =
]
109
169
194
169
]
109
− 483
482
483
169
483
λ1 ≃ 0.33[ λ2 ≃ 1.07
128
52
− 483
−1
483
N1 − N2−1 =
52
160
483
483
[
N2 =
[
N2−1 =
2
1
]
1
2
]
− 13
2
3
2
− 13
3
−1
1
detN2 = 3
λ1 = 1 λ2 = 13
]
autovalori λ1 ≃ 0.35 λ2 ≃ −0.28
Quindi:
482
483
≃ 1 > max di N2−1 = 32 , si preferisce la seconda;
4. max autovalore di N1−1 ≃ 1.07 > max autovalore di N2−1 = 1, si preferisce la seconda;
si preferisce la seconda.
7.3.8
λ1
λ2
≃ 3.2 ≃
1
2
per la prima rete e
λ1
λ2
= 3 per la seconda rete,
stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 3 e 2 e 4 della prima rete e i punti 1 e 3 della
seconda rete rappresentano misure ripetute due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti 1
e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.
10 Topografia
7.3. ESERCIZI
141
Rete 1
1
3
Soluzione
Rete 2
2 1
4 3
[
]
3 0
N1 =
[ 01 3 ]
0
−1
N1 = 3 1
0 3
detN1−1 = 19
λ1 =[λ2 = 13
]
1
− 21
− 11
−1
−1
33
N1 − N2 =
1
35
− 11
33
2
4
[
3
N2 =
−1
[
4
11
1
11
−1
detN2 =
N2−1 =
]
−1
4 ]
1
11
3
11
1
11
λ1 ≃ 2.16 10−1 λ2 ≃ 4.20
10−1
autovalori λ1 ≃ 1.02 λ2 ≃ −9.90 10−1
Quindi:
4. max autovalore di N1−1 =
1
3
≃ 0.33 < max di N2−1 =
4
11
≃ 0.36, si preferisce la prima;
≃ 0.33 < max autovalore di N2−1 ≃ 0.4, si preferisce la prima;
preferisce la prima.
7.3.9
1
3
λ1
λ2
λ1
λ2
≃ 0.5 per la seconda rete, si
(x̃, ỹ)P = (−100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (−200, 0)m
(x, y)B = (
0, 200)m
(x, y)C = (
0, 100)m
(x, y)D = (
0, 0)m
11 Topografia
(x̃, ỹ)P = (−100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (−200, 100)m
(x, y)B = (−100, 200)m
(x, y)C = (
0, 100)m
(x, y)D = (−100, 0)m
142
B
B
6
P
@
C
@
@
P
A
C
@
@ D-
-
A
D
Soluzione
[
N1 =
[
N1−1 =
6
5
2
1
2
3
7
−1
7
detN1−1 =
]
1
2
3
2
]
−1
7
5
7
2
7
λ1 ≃ 0.37[λ2 ≃ 0.77
1
− 71
− 14
N1−1 − N2−1 =
1
3
−7
4
[
N2 =
N2−1 =
[
2
0
1
2
]
0
2
0
]
0 21
= 14
λ1 = λ2 = 12
detN2−1
]
autovalori λ1 ≃ 0.27 λ2 ≃ −0.13
Quindi:
5
7
4. max autovalore di N1−1 ≃ 0.77 > max autovalore di N2−1 =
seconda;
7.3.10
λ1
λ2
≃ 0.5 per la prima rete e
λ1
λ2
1
2
= 0.5, si preferisce la
(x̃, ỹ)P = (−100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (−200, 100)m
(x, y)B = (
0, 100)m
(x, y)C = (
0, 0)m
(x, y)D = (−200, 0)m
12 Topografia
2, 9 febbraio 2005
(x̃, ỹ)P = (−100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = (−200, 100)m
(x, y)B = (−100, 200)m
(x, y)C = (
0, 100)m
(x, y)D = (−100, 0)m
7.3. ESERCIZI
143
B
6
P
@
A
B
@
P
A
6
C
@
@
@ C-
D
D
Soluzione
[
]
0
1 ]
1
0
−1
3
N1 =
0 1
detN1−1 = 31
λ1 = 13 λ
[2 =11
]
−6 0
N1−1 − N2−1 =
0 12
N1 =
[
3
[0
N2 =
N2−1 =
2 0
[ 01 2
2
]
0
]
0 12
detN2−1 = 14
λ1 = λ2 = 12
autovalori λ1 = − 16 λ2 =
1
2
Quindi:
3. sulla diagonale max di N1−1 = 1 > max di N2−1 = 12 , si preferisce la seconda;
4. max autovalore di N1−1 = 1 > max autovalore di N2−1 = 21 , si preferisce la seconda;
7.3.11
λ1
λ2
=
1
3
per la prima rete e
λ1
λ2
stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 2 e 3 e 4 della prima rete rappresentano misure
ripetute due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti 2 e 3 hanno quota nota per entrambe
le reti.
13 Topografia
144
Rete 1
1
Rete 2
2 1
@
3
@
@
@
@
@
@
2
@
@
4 3
Soluzione
[
N1 =
N1−1 =
3 0
[ 01 3
3
]
0
[
N2 =
]
3
−1
[
3
8
1
8
−1
detN2 =
N2−1 =
1
3
1
9
0
detN1−1 =
λ1 =[λ2 = 13
]
1
− 18
− 24
N1−1 − N2−1 =
1
1
− 8 − 24
@
@
@
4
]
−1
3]
1
8
3
8
1
8
λ1 = 14 λ2 = 21
1
determinante = − 72
Quindi:
1. non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 , essendo il determinante negativo gli autovalori
hanno segno discorde;
prima;
prima;
1
3
1
3
≃ 0.33 < max di N2−1 =
3
8
≃ 0.33 < max autovalore di N2−1 =
preferisce la prima.
λ1
λ2
λ1
λ2
=
1
2
1
2
per la seconda rete, si
Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate in
figura, dove sono state misurate le distanze AP, BP e CP, giustificando analiticamente
la scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinate del punto
P sono incognite, mentre quelle dei punti A, B e C sono note.
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 0, −50)m
(x, y)B = (−30, 40)m
(x, y)C = ( 30, 40)m
14 Topografia
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 0, −50)m
(x, y)B = (−40, 30)m
(x, y)C = ( 40, 30)m
7.3. ESERCIZI
145
6
B
S
S
S
6
C
SS
P
B
Z
Z
-
Z
Z
P
A
Soluzione
18
25
N1 =
[
25
18
=
0
625
1026
=
350
576
0
[
N2 =
57
25
0
]
N2−1
25
57
32
25
0
[
25
32
=
]
43
25
0
detN2−1 =
≃ 0.61
25
λ1 = 25
18 λ2 = 57
[
]
0
0
detN1−1 =
N1−1 − N2−1
-
A
[
N1−1
C
0
25
43
0
625
1376
]
≃ 0.45
25
λ1 = 25
32 λ2 = 43
0
350
− 2451
]
λ1 =
350
576
350
λ2 = − 2451
Quindi:
1. non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 , essendo gli autovalori di segno discorde;
2. detN1−1 ≃ 0.61 > detN2−1 ≃ 0.45, si preferisce la seconda;
25
18
> max di N2−1 =
25
32 ,
si preferisce la seconda;
4. gli autovalori coincidono con gli elementi in diagonale: max autovalore di N1−1 =
−1
25
25
18 > max autovalore di N2 = 32 , si preferisce la seconda;
5. i rapporti fra autovalori sono λλ1 = 57
18 ≃ 3.18 per la prima rete e
2
7.3.13
λ1
λ2
=
43
32
≃ 1.34
figura, dove sono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analiticamente la scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinate
del punto P sono incognite, mentre quelle dei punti A, B, C e D sono note.
15 Topografia
146
6
6
D
P
@
@
A
B
D
@
@
@
C
A
(x̃, ỹ)P = (100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 0, 0)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (200, 0)m
(x, y)D = (100, 200)m
Soluzione
[
N1 =
N1−1
[
=
1
0
0
3
1
0
0
]
[
N2−1
1
3
detN1−1 =
[
1
2
0
=
1
2
0
detN2−1 =
1
3
λ1 = 1 λ2 = 13
N1−1 − N2−1 =
[
@
B
@
@
C
(x̃, ỹ)P = (100, 100)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 0, 0)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (200, 0)m
(x, y)D = ( 0, 100)m
2 0
0 2
N2 =
]
P
@
@
0
]
]
1
2
1
4
λ1 = 12 = λ2 = 12
0
− 16
]
λ1 =
1
2
λ2 = − 16
Quindi:
2. detN1−1 =
1
3
>
1
4
= detN2−1 , si preferisce la seconda;
3. sulla diagonale max di N1−1 = 1 > max di N2−1 = 21 , si preferisce la seconda;
4. gli autovalori coincidono con gli elementi in diagonale: max autovalore di N1−1 =
1 > max autovalore di N2−1 = 12 , si preferisce la seconda;
λ1
λ2
λ1
λ2
= 1 per la seconda
7.3. ESERCIZI
147
7.3.14
Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 e 2, riportate in figura,
giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplici dei due grafici indicano misure
tutte della stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 2 e 2 e 4 della prima rete, 1
e 2 e 3 e 4 della seconda rete, rappresentano misure ripetute due volte. Tutte le misure
sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.
Rete 1
Rete 2
1
2 1
2
3
4 3
Soluzione
[
N1 =
N1−1 =
]
5 −1
−1
3
[ 3
]
1
14
5
14
1
14
√
√
λ1 = 4−14 2 λ2 = 4+14 2
[
N2 =
N2−1 =
14
1
14
detN1−1 =
N1−1 − N2−1 =
[
1
210
−11 1
1 19
4
]
4 −1
−1
4
[ 4
]
1
15
1
15
detN2−1 =
15
4
15
1
15
λ1 = 15 λ2 = 13
]
1
determinante = − 210
Quindi:
1. non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 , essendo il determinante negativo gli
autovalori hanno segno discorde;
preferisce la seconda;
5
14
√
4+ 2
14
> max di N2−1 =
4
15 ,
si preferisce la seconda;
≃ 0.387 > max autovalore di N2−1 =
5. i rapporti fra autovalori sono λλ1 ≃ 2.17 per la prima rete e
2
seconda rete, si preferisce la seconda.
16 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 agosto 2007
λ1
λ2
=
3
5
1
3
= 0.3, si
≃ 1.65 per la
148
7.3.15
6
D
SS
C S
S
6
S
S
S
S
S
A
S
SS
B
C
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 40, 30)m
(x, y)B = ( 30, −40)m
(x, y)C = (−40, −30)m
(x, y)D = (−30, 40)m
Soluzione
[
N2 =
N2−1
[
=
2 0
0 2
1
2
0
detN1−1 =
1
4
[
N1 =
]
N1−1
λ1 = λ2 = 12 = 0.25
N1−1 − N2−1 =
[
49
2598
200
433
200
433
− 817
866
[
=
3
24
25
625
1299
− 200
433
detN2−1 =
≃ 0.25
A
B
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = ( 30, 40)m
(x, y)B = ( 40, 0)m
(x, y)C = (−40, −30)m
(x, y)D = (−30, 0)m
]
1
2
0
D
-
625
1299
24
25
]
1
200
− 433
]
625
433
≃ 0.48
λ1 ≃ 0.3 λ2 ≃ 1.6
]
λ1 ≃ −1.1 λ2 =≃ 0.2
Quindi:
17 Topografia
-
7.3. ESERCIZI
2. detN1−1 =
149
1
4
= 0.25 <
625
1299
≃ 0.48 = detN2−1 , si preferisce la prima;
prima;
prima;
1
2
1
2
< max di N2−1 =
≃ 1.44, si preferisce la
625
433
< max autovalore di N2−1 ≃ 1.6, si preferisce la
λ1
λ2
λ1
λ2
≃ 0.18 per la seconda
giustificando analiticamente la scelta.
Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. Le
linee doppie tra i punti 2 e 3 della prima rete rappresentano misure ripetute due volte;
le linee triple tra i punti 1 e 3 e 2 e 4 della seconda rete indicano misure ripetute tre
volte.
Tutte le misure sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le
reti.
Rete 2
2
1
2 1
3
Soluzione
4 3
[
N1 =
N1−1
−2
4
4
−2
[
=
1
3
1
6
1
6
1
3
detN1−1 =
]
[
N2 =
]
N2−1
18 Topografia
[
1
6
1
2
1
=
1
4
0
detN2−1 =
1
12
λ1 = 12 λ2 = 16
N1−1 − N2−1 =
[
4
0
4
0
4
0
]
]
1
4
1
16
λ1 = λ2 = 14
1
1
2
]
1
detN1−1 − N2−1 = − 48
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 luglio 2008
150
Quindi:
1. non si può dire nulla su N1−1 ≤≥ N2−1 , essendo il determinante negativo gli
autovalori di segno discorde;
2. detN1−1 =
1
12
>
1
16
= detN2−1 , si preferisce la seconda;
1
3
seconda;
> max autovalore di N2−1 = 14 , si preferisce la
1
2
λ1
λ2
λ1
λ2
= 1 per la seconda
6
D
6
A
P
B
C
-
C
D
@
@
@ P
B
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = (10, 10)m
(x, y)B = (10, 0)m
(x, y)C = (−10, −10)m
(x, y)D = (0, 10)m
19 Topografia
@
@
2, 8 gennaio 2009
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = (10, 0)m
(x, y)B = (−10, −10)m
(x, y)C = (−10, 10)m
(x, y)D = (0, 10)m
A
-
7.3. ESERCIZI
Soluzione
151
[
]
2 1
1 2
]
2
− 13
3
2
− 13
3
−1
1
detN1 = 3
λ1 = 13 [λ2 = 1
]
1
− 31
6
N1−1 − N2−1 =
1
− 13
6
1
[
N1 =
[
−1
N1 =
N2 =
N2−1 =
2
[0
1
2
]
0
2 ]
0
0 21
= 14
λ1 = 12 λ2 = 12
detN2−1
1
)
Quindi:
2
3
4. max autovalore di N1−1 = 1 > max autovalore di N2−1 = 12 , si preferisce la
seconda;
λ1
λ2
λ1
λ2
= 1 per la seconda
6
6
C
C
@
@
D
20 Topografia
@
@
@P
@
@
2, 23 giugno 2009
B
@
@
@A
P
-
B
D
A
-
152
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = (100, −100)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (−100, 100)m
(x, y)D = (−100, 0)m
(x̃, ỹ)P = (0, 0)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, −100)m
(x, y)B = (100, 0)m
(x, y)C = (100, 100)m
(x, y)D = (−100, −100)m
Soluzione
[
N1 =
3
−1
[
1
2
1
2
−1
detN1 =
N1−1 =
]
2 1
1 2
]
2
− 13
3
2
− 13
3
−1
1
detN2 = 3
λ1 = 13 λ2 = 1
]
−1
1]
[
N2 =
[
N2−1 =
1
2
3
2
1
2
−1
autovalori
√ di N1 √
λ1 = 1 − 2 λ2[= 1 + 2]
−1 5
N1−1 − N2−1 = 61
5 5
ha determinante negativo (− 65 )
Quindi:
3
2
√
4. max autovalore di N1−1 = 1 + 2 ≃ 2.4 > max autovalore di N2−1 = 1, si preferisce la seconda;
5. i rapporti fra autovalori sono λλ1 = 0.16 per la prima rete e
2
λ1
λ2
= 0.3 per la seconda
figura, dove sono state misurate le distanze AP, BP e OP per la prima rete, AP e BP
per la seconda, giustificando analiticamente la scelta. Tutte le misure sono incorrelate
e con pari precisione; i tratti singoli indicano una misura, quelli doppi due misure e
quelli tripli tre misure. Le coordinate del punto P sono incognite, mentre quelle dei
punti A, B e O sono note.
Valori approssimati: (x̃, ỹ)P =(100, 100)m
Punti noti: (x, y)A =(0, 100)m (x, y)B =(100, 0)m (x, y)O =(0, 0)m
21 Topografia
2, 26 gennaio 2010
7.3. ESERCIZI
153
6
6
P
A
O
-
B
Soluzione
[
N1 =
[
N1−1 =
3
1
]
1
2
]
− 15
2
5
3
− 51
5
−1
1
detN1 = 5
λ1 = 5−2√5 λ2 = 5+2√5
[ 1
− 15
−1
−1
15
N1 − N2 =
1
1
−5
10
P
A
O
[
N2 =
N2−1 =
-
B
3
[0
1
3
]
0
2 ]
0
0 12
= 61
λ1 = 12 λ2 = 13
detN2−1
]
1
)
Quindi:
risce la seconda;
3
5
2√
5− 5
≃ 0.723 > max autovalore di N2−1 = 21 , si prefe-
5. i rapporti fra autovalori sono λλ1 ≃ 2.6 per la prima rete e
2
seconda rete, si preferisce la seconda.
7.3.20
λ1
λ2
=
2
3
= 1.5 per la
figura, dove sono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analiticamente la scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione. Le coordinate
del punto P sono incognite, mentre quelle dei punti A, B, D e D sono note.
22 Topografia
2, 30 agosto 2010
154
D6
@
6
C
@
@
@
@
@
P@
@
P
@
A
@
@ B
(x̃, ỹ)P = (10, 10)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (20, 0)m
(x, y)C = (20, 20)m
(x, y)D = (0, 20)m
Soluzione
D
[
]
2 0
[ 01 2 ]
0
−1
N1 = 2 1
0 2
detN1−1 = 14
λ1 = 12 [λ2 = 12
]
1
− 61
−1
−1
3
N1 − N2 =
1
− 16
3
A
C
-
B
(x̃, ỹ)P = (10, 10)m
Punti noti:
(x, y)A = (0, 0)m
(x, y)B = (10, 0)m
(x, y)C = (20, 10)m
(x, y)D = (20, 20)m
[
]
2 1
1 2
]
2
− 31
3
2
− 13
3
−1
1
detN2 = 3
λ1 = 31 λ2 = 1
N1 =
N2 =
[
N2−1 =
1
)
Quindi:
prima;
1
2
1
2
< max di N2−1 = 23 , si preferisce la prima;
= 0.5 < max autovalore di N2−1 = 1, si preferisce la
λ1
λ2
λ1
λ2
= 3 per la seconda
7.3. ESERCIZI
155
7.3.21
giustificando analiticamente la scelta.
Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. Le
linee doppie tra i punti 1 e 3 della prima rete e tra i punti 1 e 2 e 3 e 4 della seconda
rete rappresentano misure ripetute due volte.
Tutte le misure sono incorrelate. I punti 2 e 4 hanno quota nota per entrambe le
reti.
1
4
@
@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@@
@
@
Soluzione
[
N1 =
N1−1 =
4
−2
[
detN1−1
1
3
1
6
2
1
2
3
4
3
]
−2
4]
[
N2 =
1
6
1
3
1
12
=
λ1 = 12 λ2[ = 16
]
0 1
N1−1 − N2−1 = 1 6
0
6
e autovalori λ1 = − 16 λ2 =
N2−1 =
3
[0
1
3
]
0
3 ]
0
0 31
= 19
λ1 = 13 λ2 = 13
detN2−1
1
)
1
6
Quindi:
seconda;
1
2
1
3
> max autovalore di N2−1 = 31 , si preferisce la
5. i massimi rapporti fra autovalori:
23 Topografia
2, 5 settembre 2011
= max di N1−1 = 31 , non si può dire nulla;
λ1
λ2
λ2
λ3
= 1 per la seconda
Capitolo 8
Rototraslazione e variazione di
scala
8.1 Schemi
Per una trattazione completa della procedura utilizzata per la stima dei parametri di una
trasformazione si veda il capitolo 2, in questo ambito si riportano le formule utilizzate
per la risoluzione degli esercizi di questo capitolo.
Una trasformazione di rototraslazione e variazione di scala si può scrivere
xi = λ Rx′i + x0
(8.1)
che porta dalle coordinate x′i alle coordinate x per ogni punto i. La matrice di
rotazione R si esprime come
[
]
a b
λR =
(8.2)
−b a
avendo posto a = λ cos(α ) e b = λ sin(α ). E‘ ovviamente possibile calcolare λ e
α a partire da a e b con le
√
λ = a2 + b2
(8.3)
b
α = arctan
(8.4)
a
Si calcolano le coordinate xB′ , y′B , xB e yB dei baricentri per i due sistemi con le
xB′ =
1 N ′
∑ xi
N i=1
(8.5)
y′B =
1 N ′
∑ yi
N i=1
(8.6)
xB =
1 N
∑ xi
N i=1
(8.7)
yB =
1 N
∑ yi
N i=1
(8.8)
156
8.1. SCHEMI
157
e quindi le coordinate baricentriche per i = 1, . . . , N, con N numero di punti
x′i = xi′ − xB′
(8.9)
y′i = yi′ − y′B
(8.10)
xi = xi − xB
(8.11)
yi = yi − yB
(8.12)
La stima dei parametri a e b risulta:
a=
2
2
(8.13)
b=
∑Ni=1 y′i xi − x′i yi
2
2
(8.14)
I valori di α e λ si ricavano dalle 8.13-8.14 con le 8.3-8.4.
I parametri di traslazione si stimano dalle
{
x0 = xB − axB′ − by′B
y0 = yB + bxB′ − ay′B
(8.15)
La stima della varianza si calcola con la 1
σ̂02 =
v′ v
)
(
∑Ni=1 v2xi + v2yi
=
2N − 4
2N − 4
La stima degli scarti v si ricava dalle
{
vxi = xi − (axi′ + by′i + x0 )
vyi = yi − (−bxi′ + ay′i + y0 )
(8.16)
(8.17)
con i = 1 . . . N. È possibile ora stimare la matrice di varianza e covarianza di a, b,
x0 e y0 : gli ultimi due termini non rappresentano le traslazioni fra i due sistemi. Se si
richiede il calcolo della varianza e covarianza delle traslazioni è necessario procedere
al calcolo della matrice normale inversa N−1 completa.


1
0
0 0
N x′ 2 +y′ 2
 ∑i=1 i i

1

0 0 
0
2 −1
2
′ 2 +y′ 2

x
Cabx0 y0 = σ̂0 N = σ̂0 
(8.18)
∑N
i
i=1 i

1


0
0
0
N
0
0
0 N1
e quindi
σa2 = σb2 =
σab = 0
1 si
ricordi che Q−1 = I
σ̂02
′2
′2
∑N
i=1 xi +yi
(8.19)
158
La matrice di varianza di λ e α , Cλ α si ricava a partire dalla Cabx0 y0 propagando
opportunamente la varianza, ottenendo:
)
 [
 ( 2
]
b2
a
2
+
σ
0
σa2 0
2
2
a
λ
λ
(
)


=
=
(8.20)
σ2
2
a2
0 λb2
0
+ λb 4 σb2
λ4
Dato che σa2 = σb2 , si ha
σλ2 = σa2 = σb2
(8.21)
σb2
λ2
(8.22)
σα2 =
σa2
λ2
=
σλ α = 0
(8.23)
159
8.2.1
Rototraslazione e variazione di scala2
Sono note senza errore le coordinate (x, y) di alcuni punti; sono state determinate le
coordinate (x′ , y′ ) degli stessi punti in un altro riferimento.
Le coordinate (x′ , y′ ) hanno tutte la stessa varianza e sono incorrelate.
(x′ , y′ )1 = (5.00, 0.00)
(x′ , y′ )2 = (5.00, 5.00)
(x′ , y′ )3 = (0.00, 5.00)
(x′ , y′ )4 = (0.00, 0.00)
↔
↔
↔
↔
(x, y)1 = (199.96, 300.00)
(x, y)2 = (100.00, 400.04)
(x, y)3 = ( 0.04, 300.00)
(x, y)4 = (100.00, 199.96)
La trasformazione tra i due sistemi di riferimento è rappresentata da una trasformazione lineare conforme (rotrotraslazione e variazione di scala) nella forma:
[ ]
[ ′ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y
y′
y0
Si stimino:
1. angolo di rotazione, scala e traslazione che portano dal sistema (x′ , y′ ) a quello
(x, y);
2. la varianza σ̂02 della compensazione;
3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.
Svolgimento
Le coordinate dei baricentri dei punti nei due sistemi sono:
xB′ = 2.5
y′B = 2.5
xB = 100
yB = 300
Punto
1
2
3
4
x′
2.5
2.5
-2.5
-2.5
y′
-2.5
2.5
2.5
-2.5
x
99.960
0
-99.960
0
y
0
100.040
0
-100.040
A partire da questi valori si valutano le espressioni
4
∑ x′i xi + y′i yi = 2.5(99.960 + 100.040 + 99.960 + 100.040) = 2.5 · 400 = 1000
i=1
4
∑ y′i xi − x′i yi = −25(99.960 + 100.040 + 99.960 + 100.040) = −2.5 · 400 = −1000
i=1
2 Diploma
Universitario, 9 gennaio 1996
160
4
∑
2
2
x′i + y′i
i=1
( )2
5
25
= 8 (2.5) = 8
= 8 = 50
2
4
2
da cui
a=
b=
∑4i=1 x′i xi +y′i yi
2
2
∑4i=1 xi′ +y′i
∑4i=1 y′i xi −x′i yi
2
2
∑4i=1 xi′ +y′i
=
1000
50
=
−1000
50
= 20
= −20
e quindi
√
√
√
2 = 20 2 ≃ 28.284271
λ = a2 + b2 = 202( + (−20)
)
π
α = arctan ba = arctan − 20
20 = arctan (−1) = − 4
Il calcolo delle componenti della traslazione si effettua con le
x0 = xB − axB′ − by′B = 100 − 20 · 2.5 + 20 · 2.5 = 100 m
y0 = yB + bxB′ − ay′B = 300 − 20 · 2.5 − 20 · 2.5 = 200 m
Gli scarti di ogni equazione si ricavano da
vx1 = x1 − (ax1′ + by′1 + x0 ) = 199.960 − (20 · 5 − 20 · 0 + 100) = −0.040
vy1 = y1 − (−bx1′ + ay′1 + y0 ) = 300 − (20 · 5 + 20 · 0 + 200) = 0
vx2 = x2 − (ax2′ + by′2 + x0 ) = 100 − (20 · 5 − 20 · 5 + 100) = 0
vy2 = y2 − (−bx2′ + ay′2 + y0 ) = 400.040 − (20 · 5 + 20 · 5 + 200) = 0.040
vx3 = x3 − (ax3′ + by′3 + x0 ) = 0.040 − (20 · 0 − 20 · 5 + 100) = 0.040
vy3 = y3 − (−bx3′ + ay′3 + y0 ) = 300 − (20 · 0 + 20 · 5 + 200) = 0
vx4 = x4 − (ax4′ + by′4 + x0 ) = 100 − (20 · 0 − 20 · 0 + 100) = 0
vy4 = y4 − (−bx4′ + ay′4 + y0 ) = 199.960 − (20 · 0 + 20 · 0 + 200) = −0.040
(
)
N
2 + v2
′
v
∑
i=1
xi
yi
vv
(0.040)2 · 4 1.6 10−3 · 4
σ̂02 =
=
=
=
= 1.6 10−3
2N − 4
2N − 4
8−4
4
La matrice di varianza e covarianza di a, b, x0 e y0 risulta


1
0
0 0
N x′ 2 +y′ 2
∑

 i=1 i i
1

0
0 0 
2 −1
2
N x′ 2 +y′ 2
=
Cabx0 y0 = σ̂0 N = σ̂0 
∑i=1 i
i

1

0 
0
0
N
0
0
0 N1
 1
 
0 0 0
3.2 10−5
0
0
0
50
1
−5



0
0
0
0
3.2
10
0
0
50
 
= 1.6 10−3 · 
−4
 0 0 1 0 =
0
0
4
10
0
4
−4
1
0
0
0
4
10
0 0 0 4
Dalla Cabx0 y0 si estrae la sottomatrice Cab
[
]
3.2 10−5
0
Cab =
0
3.2 10−5




161
da cui
σa2 = σb2 = 3.2 10−5
σab = 0
la matrice Cλ α di varianza e covarianza di λ e α è quindi
[
] [
] [
σa2 0
3.2 10−5
0
3.2 10−5
2
Cλ α =
=
=
σb
3.2 10−5
0
0
0 λ2
800
Gli scarti quadratici medi di λ e α risultano
√
σλ = √3.2 10−5 = 5.65685 10−3
σα = 4 10−8 = 2 10−4 rad
0
4 10−8
]
162
8.3 Esercizi
8.3.1
(x, y)1 = (10, 0)
(x, y)2 = (10, 10)
(x, y)3 = (0, 10)
(x, y)4 = (0, 0)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (199.96, 300.00)
(x′ , y′ )2 = (100.00, 400.04)
(x′ , y′ )3 = (0.04, 300.00)
(x′ , y′ )4 = (100.00, 199.96)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y
y0
y′
Si stimino:
1. angolo di rotazione, scala e traslazione che portano dal sistema (x, y) a quello
(x′ , y′ );
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 10, b = −10 e quindi λ = 10 2, α =
− π4 rad, x0 = 100 m e y0 = 200 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta
σ̂02 = 1.6 10−3
[
Ĉâb̂ =
8 10−6
0
0
8 10−6
]
e quindi la matrice di varianza e covarianza di λ e α
[
]
8 10−6
0
Ĉλ̂ α̂ =
0
4 10−8
8.3.2 Rototraslazione e variazione di scala4
3 Diploma
4 Topografia
8.3. ESERCIZI
163
(x, y)1 = (500, 900)
(x, y)2 = (700, −500)
(x, y)3 = (−700, −700)
(x, y)4 = (−900, 700)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (582, 380)
(x′ , y′ )2 = (19, −378)
(x′ , y′ )3 = (−821, 179)
(x′ , y′ )4 = (−180, 1019)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si stimino:
1. angolo di rotazione, scala e traslazione che portano dal sistema (x, y) a quello
(x′ , y′ );
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 0.5, b = 0.5 e quindi λ = 2, α =
x0 = −100 m e y0 = 200 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta
π
4
rad,
σ̂02 = 803
[
Ĉâb̂ =
2.0075 10−4
0
0 2.0075 10−4
]
[
]
2.0075 10−4
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 4.0150 10−4
(x, y)1 = (3.00, 3.00)
(x, y)2 = (5.00, 4.00)
(x, y)3 = (4.00, 2.00)
(x, y)4 = (4.00, 3.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (14.00, 25.00)
(x′ , y′ )2 = (14.00, 28.00)
(x′ , y′ )3 = (15.00, 25.00)
(x′ , y′ )4 = (14.00, 26.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si stimino:
5 Topografia
164
1. angolo di rotazione, fattore di scala e traslazione che portano dal sistema (x, y) a
quello (x′ , y′ );
Soluzione
I parametri della rototralazione risultano a = 0.75, b = −1 e quindi λ = 1.250000,
α = −0.927295 rad, x0 = 14.25 m e y0 = 19.75 m. La matrice di varianza e covarianza
di a e b risulta
σ̂02 = 1.25 10−1
[
Ĉâb̂ =
3.125000 10−2
0
0
]
3.125000 10−2
[
]
3.125000 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 2.000000 10−2
8.3.4
(x, y)1 = (3.00, 3.00)
(x, y)2 = (5.00, 4.00)
(x, y)3 = (4.00, 2.00)
(x, y)4 = (4.00, 3.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (12.50, 24.00)
(x′ , y′ )2 = (12.50, 26.50)
(x′ , y′ )3 = (14.00, 25.50)
(x′ , y′ )4 = (13.00, 25.00)
[ ] [
]
[ ′ ]
x
x0
x
+
= λ R (α )
y′
y
y0
Si stimino:
6 Topografia
8.3. ESERCIZI
165
Soluzione
I parametri della rototralazione risultano a = 0.25, b = −1 e quindi λ = 1.030776,
α = −1.325818 rad, x0 = 15.000000 m e y0 = 20.500000 m. La matrice di varianza e
covarianza di a e b risulta
σ̂02 = 1.25 10−1
[
Ĉâb̂ =
3.125000 10−2
0
0
]
3.125000 10−2
[
]
3.125000 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 2.941200 10−2
8.3.5
(x, y)1 = (3.00, 3.00)
(x, y)2 = (5.00, 4.00)
(x, y)3 = (4.00, 2.00)
(x, y)4 = (4.00, 3.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (10.50, 22.50)
(x′ , y′ )2 = (11.00, 24.00)
(x′ , y′ )3 = (11.50, 22.50)
(x′ , y′ )4 = (11.00, 24.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y′
y
y0
Si stimino:
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 0.5, b = −0.5 e quindi λ = 2, α =
− π4 rad, x0 = 10.5 m e y0 = 19.75 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b
risulta
σ̂02 = 1.875000 10−1
7 Topografia
166
[
Ĉâb̂ =
4.6875 10−2
0
0 4.6875 10−2
]
[
]
4.6875 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 9.3750 10−2
(x, y)1 = (3.00, 3.00)
(x, y)2 = (5.00, 4.00)
(x, y)3 = (4.00, 2.00)
(x, y)4 = (4.00, 3.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (10.00, 26.00)
(x′ , y′ )2 = (12.00, 30.00)
(x′ , y′ )3 = (12.00, 28.00)
(x′ , y′ )4 = (10.00, 28.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si stimino:
Domanda aggiuntiva
Si sospetta la presenza di un errore grossolano nei dati dell’esercizio precedente e si
suppone che questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σˆ02 .
L’incertezza con cui sono note le coordinate (x′ , y′ ), a meno di errori grossolani, è
data da σ = 0.7m.
Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani,
con livello di significatività del 5%.
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 1, b = −1 e quindi λ = 2, α = − π4 rad,
x0 = 10 m e y0 = 21 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta
σ̂02 = 1
8 Topografia
8.3. ESERCIZI
167
[
Ĉâb̂ =
2.5 10−1
0
0 2.5 10−1
]
[
]
2.5 10−1
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.25 10−1
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 7 10−1 = 4.9 10−1 m2
σ̂02 (m − n)
= 8.16 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (28, 28)
(x, y)2 = (30, 29)
(x, y)3 = (29, 27)
(x, y)4 = (29, 28)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (24.1, 62.0)
(x′ , y′ )2 = (25.6, 64.0)
(x′ , y′ )3 = (25.6, 61.5)
(x′ , y′ )4 = (24.7, 62.5)
[ ] [
]
[ ′ ]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y
y0
y′
Si stimino:
Domanda aggiuntiva
data da σ = 1m.
9 Topografia
168
Soluzione
I parametri della rototralazione risultano a = 1, b = −0.5 e quindi λ = 1.118034, α =
−4 .636476 10−1 rad, x0 = 10 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianza di a
e b risulta
σ̂02 = 3 10−2
[
Ĉâb̂ =
7.5 10−3
0
0
]
7.5 10−3
[
]
7.5 10−3
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 6 10−3
Domanda aggiuntiva
σ02 = 12 = 1 m2
σ̂02 (m − n)
= 1.2 10−1 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (13.00, 5.00)
(x, y)2 = (15.00, 6.00)
(x, y)3 = (14.00, 4.00)
(x, y)4 = (14.00, 5.00)
↔ (x′ , y′ )1 = (35.60, 8.50)
↔ (x′ , y′ )2 = (38.10, 8.50)
↔ (x′ , y′ )3 = (36.10, 7.00)
↔ (x′ , y′ )4 = (36.20, 8.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y′
y
y0
Si determinino:
1. la stima di angolo di rotazione, fattore di scala e vettore traslazione che portano
dal sistema (x, y) a quello (x′ , y′ );
2. la stima della varianza σ̂02 della compensazione;
10 Topografia
2, 4 febbraio 2004
8.3. ESERCIZI
169
Soluzione
I parametri della rototralazione risultano a = 1, b = 0.5 e quindi λ = 1.118034, α =
4.636476 10−1 rad, x0 = 20 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianza di a e
b risulta
σ̂02 = 3 10−2
[
Ĉâb̂ =
7.5 10−3
0
0
]
7.5 10−3
[
]
7.5 10−3
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 6 10−3
8.3.9
(x, y)1 = (23.00, 5.00)
(x, y)2 = (25.00, 6.00)
(x, y)3 = (24.00, 4.00)
(x, y)4 = (24.00, 5.00)
↔ (x′ , y′ )1 = (38.20, 43.00)
↔ (x′ , y′ )2 = (39.20, 46.00)
↔ (x′ , y′ )3 = (40.20, 43.00)
↔ (x′ , y′ )4 = (38.40, 44.00)
[ ] [
]
[ ′ ]
x
x0
x
λ
R
(
α
)
+
=
y
y0
y′
Si determinino:
Domanda aggiuntiva
data da σ = 0.3m.
11 Topografia
170
Soluzione
√
σ̂02 = 1.2 10−1
[
Ĉâb̂ =
3 10−2
0
0 3 10−2
]
[
]
3 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.5 10−2
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 3 10−1 = 9 10−2 m2
σ̂02 (m − n)
= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (23.00, 5.00)
(x, y)2 = (25.00, 6.00)
(x, y)3 = (24.00, 4.00)
(x, y)4 = (24.00, 5.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (43.10, −8.00)
(x′ , y′ )2 = (46.10, −9.00)
(x′ , y′ )3 = (43.10, −10.00)
(x′ , y′ )4 = (43.70, −9.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si determinino:
12 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 settembre 2004
8.3. ESERCIZI
171
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 1, b = 1 e quindi λ = 2 ≃ 1.414213,
α = 7.853982 10−1 rad = 50g = 45◦ , x0 = 15 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza
e covarianza di a e b risulta
σ̂02 = 3 10−1
[
Ĉâb̂ =
7.5 10−3
0
0
]
7.5 10−3
[
]
7.5 10−3
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 3.75 10−3
8.3.11
(x, y)1 = (11.00, 26.00)
(x, y)2 = (13.00, 27.00)
(x, y)3 = (12.00, 25.00)
(x, y)4 = (12.00, 26.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (41.70, 2.00)
(x′ , y′ )2 = (43.70, 0.50)
(x′ , y′ )3 = (41.20, 0.50)
(x′ , y′ )4 = (41.40, 1.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si determinino:
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 0.5, b = 1 e quindi λ = 5/2 ≃ 1.118034,
α = 1.107149, x0 = 10 m e y0 = 0 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta
σ̂02 = 1.2 10−1
[
Ĉâb̂ =
3 10−2
0
0 3 10−2
]
[
]
3 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 2.4 10−2
13 Topografia
172
8.3.12
(x, y)1 = (103.00, 55.00)
(x, y)2 = (105.00, 56.00)
(x, y)3 = (104.00, 54.00)
(x, y)4 = (104.00, 55.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (148.20, 158.00)
(x′ , y′ )2 = (149.20, 161.00)
(x′ , y′ )3 = (150.20, 158.00)
(x′ , y′ )4 = (148.40, 159.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si determinino:
Domanda aggiuntiva
data da σ = 0.3m.
Soluzione
√
σ̂02 = 1.2 10−1
[
Ĉâb̂ =
3 10−2
0
0 3 10−2
]
[
]
3 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.5 10−2
14 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 6 settembre 2005, la domanda aggiuntiva
solo per Topografia e Trattamento delle osservazioni
8.3. ESERCIZI
173
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 3 10−1 = 9 10−2 m2
σ̂02 (m − n)
= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (33.00, 4.00)
(x, y)2 = (35.00, 5.00)
(x, y)3 = (34.00, 3.00)
(x, y)4 = (34.00, 4.00)
(x′ , y′ )1 = (62.30, 51.00)
(x′ , y′ )2 = (65.30, 55.00)
(x′ , y′ )3 = (65.30, 50.00)
(x′ , y′ )4 = (63.10, 52.00)
↔
↔
↔
↔
[
x′
y′
]
[
= λ R (α )
x
y
]
[
+
x0
y0
]
Si determinino:
Domanda aggiuntiva
data da σ = 0.4m.
15 Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 13 gennaio 2006, la domanda aggiuntiva
solo per Topografia e Trattamento delle osservazioni
174
Soluzione
I parametri della rototralazione risultano a = 2, b = −1 e quindi λ = 2.236068, α =
−4.636476 10−1 rad, x0 = 0 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianza di a
e b risulta
σ̂02 = 2.7 10−1
[
Ĉâb̂ =
6.75 10−2
0
0 6.75 10−2
]
[
]
6.75 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.35 10−2
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 4 10−1 = 1.6 10−1 m2
σ̂02 (m − n)
= 6.75 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (−33.00, −4.00)
(x, y)2 = (−35.00, −5.00)
(x, y)3 = (−34.00, −3.00)
(x, y)4 = (−34.00, −4.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (−18.80, −17.00)
(x′ , y′ )2 = (−19.80, −20.00)
(x′ , y′ )3 = (−20.80, −17.00)
(x′ , y′ )4 = (−20.60, −18.00)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
+
= λ R (α )
y′
y
y0
Si determinino:
16 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 5 luglio 2006, la domanda aggiuntiva solo
8.3. ESERCIZI
175
Domanda aggiuntiva
data da σ = 0.3m.
Soluzione
√
σ̂02 = 1.2 10−1
[
Ĉâb̂ =
3 10−2
0
0 3 10−2
]
[
]
3 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.5 10−2
Domanda aggiuntiva
(
)2
σ02 = 3 10−1 = 9 10−2 m2
σ̂02 (m − n)
= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49
σ02
(x, y)1 = (9.00, 4.00)
(x, y)2 = (11.00, 5.00)
(x, y)3 = (10.00, 3.00)
(x, y)4 = (10.00, 4.00)
↔ (x′ , y′ )1 = (12.20, 9.20)
↔ (x′ , y′ )2 = (17.20, 9.20)
↔ (x′ , y′ )3 = (13.20, 6.20)
↔ (x′ , y′ )4 = (13.40, 7.40)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
+
= λ R (α )
y
y0
y′
Si determinino:
17 Topografia
176
Soluzione
√
α = 0.463648 rad, x0 = −10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianza di a
e b risulta
σ̂02 = 2.4 10−1
[
Ĉâb̂ =
]
6 10−2
0
0 6 10−2
[
Ĉλ̂ α̂ =
8.3.16
6 10−2
0
0
]
1.2 10−2
(x, y)1 = (−1.00, −1.00)
(x, y)2 = ( 1.00, 0.00)
(x, y)3 = ( 0.00, −2.00)
(x, y)4 = ( 0.00, −1.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (26.10, −7.90)
(x′ , y′ )2 = (31.10, −12.90)
(x′ , y′ )3 = (24.10, −11.90)
(x′ , y′ )4 = (26.70, −11.30)
[ ] [
]
[ ′ ]
x
x0
x
= λ R (α )
+
y′
y
y0
Si determinino:
18 Topografia
8.3. ESERCIZI
177
Soluzione
√
α = 1.249046 rad, x0 = 30 m e y0 = −10 m. La matrice di varianza e covarianza di a
e b risulta
σ̂02 = 6 10−2
[
Ĉâb̂ =
1.5 10−2
0
0
]
1.5 10−2
[
]
1.5 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.5 10−3
(x, y)1 = (12.00, 6.00)
(x, y)2 = (14.00, 7.00)
(x, y)3 = (13.00, 5.00)
(x, y)4 = (13.00, 6.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (130.20, 90.20)
(x′ , y′ )2 = (135.20, 90.20)
(x′ , y′ )3 = (131.20, 87.20)
(x′ , y′ )4 = (131.40, 88.40)
[ ] [
]
[ ′ ]
x
x0
x
+
= λ R (α )
y
y0
y′
Si determinino:
Soluzione
√
α = 0.46364761 rad, x0 = 100 m e y0 = 90 m. La matrice di varianza e covarianza di
a e b risulta
σ̂02 = 2.4 10−1
[
]
6 10−2
0
Ĉâb̂ =
0 6 10−2
[
]
6
0
10−2
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.2
19 Topografia
2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 agosto 2008
178
8.3.18
(x, y)1 = (−41.00, −36.00)
(x, y)2 = (−39.00, −35.00)
(x, y)3 = (−40.00, −37.00)
(x, y)4 = (−40.00, −36.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (95.30, 13.30)
(x′ , y′ )2 = (96.30, 16.30)
(x′ , y′ )3 = (97.30, 13.30)
(x′ , y′ )4 = (95.10, 13.10)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
Si determinino:
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 1, b = −1 e quindi λ = 2 ≃ 1.41421356,
α = − π4 ≃ −0.78539816 rad, x0 = 100 m e y0 = 90 m. La matrice di varianza e
σ̂02 = 5.4 10−1
[
Ĉâb̂ =
1.35 10−1
0
0 1.35 10−1
]
[
]
1.35 10−1
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 6.75 10−2
8.3.19
(x, y)1 = (19.00, 9.00)
(x, y)2 = (21.00, 10.00)
(x, y)3 = (20.00, 8.00)
(x, y)4 = (20.00, 9.00)
20 Topografia
21 Topografia
2, 30 gennaio 2009
2, 26 agosto 2009
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (18.10, 0.20)
(x′ , y′ )2 = (21.20, −0.90)
(x′ , y′ )3 = (18.30, −1.80)
(x′ , y′ )4 = (18.40, −1.50)
8.3. ESERCIZI
179
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y′
y
y0
dove λ é lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α ) é la matrice di rotazione
(2x2) funzione di un angolo.
Si determinino:
Soluzione
√
α = π4 ≃ 0.78539816 rad, x0 = −10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianza
di a e b risulta
σ̂02 = 2.1 10−1
[
Ĉâb̂ =
5.25 10−2
0
0 5.25 10−2
]
[
]
5.25 10−2
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 2.6250 10−2
8.3.20
(x, y)1 = (8.00, 1.00)
(x, y)2 = (10.00, 2.00)
(x, y)3 = (9.00, 0.00)
(x, y)4 = (9.00, 1.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (8.10, 6.30)
(x′ , y′ )2 = (14.30, 4.10)
(x′ , y′ )3 = (8.50, 2.30)
(x′ , y′ )4 = (9.10, 3.30)
La trasformazione tra i due sistemi di riferimento é rappresentata da una trasformazione lineare conforme (rotrotraslazione e variazione di scala) nella forma:
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
= λ R (α )
+
y′
y
y0
dove λ é lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α ) é la matrice di rotazione
Si determinino:
22 Topografia
2, 16 giugno 2010
180
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 2, b = 2 e quindi λ = 2 2 ≃ 2.828427,
α = π4 ≃ 0.78539816 rad, x0 = −10 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianza
di a e b risulta
σ̂02 = 4.6 10−1
[
Ĉâb̂ =
1.15 10−1
0
0 1.15 10−1
]
[
]
1.15 10−1
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.4375 10−2
8.3.21
(x, y)1 = (14.00, 14.00)
(x, y)2 = (16.00, 15.00)
(x, y)3 = (15.00, 13.00)
(x, y)4 = (15.00, 14.00)
↔ (x′ , y′ )1 = (−9.70, −17.50)
↔ (x′ , y′ )2 = (−10.50, −20.70)
↔ (x′ , y′ )3 = (−11.30, −17.50)
↔ (x′ , y′ )4 = (−12.50, −20.30)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
=
λ
R
(
α
)
+
y′
y
y0
dove λ è lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α ) é la matrice di rotazione
Si determinino:
23 Topografia
2, 14 febbraio 2011
8.3. ESERCIZI
181
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = 2, b = 2 e quindi λ = 2 2 ≃ 2.828427,
α = π4 ≃ 0.78539816 rad, x0 = 0 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianza
di a e b risulta
σ̂02 = 1.34
[
Ĉâb̂ =
3.35 10−1
0
0
]
3.35 10−1
[
]
3.35 10−1
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 4.187500 10−2
(x, y)1 = (9.00, 5.00)
(x, y)2 = (11.00, 6.00)
(x, y)3 = (10.00, 4.00)
(x, y)4 = (10.00, 5.00)
↔
↔
↔
↔
(x′ , y′ )1 = (28.30, 12.50)
(x′ , y′ )2 = (34.50, 10.30)
(x′ , y′ )3 = (28.70, 8.50)
(x′ , y′ )4 = (28.50, 8.70)
[ ′ ]
[ ] [
]
x
x
x0
+
= λ R (α )
y
y0
y′
dove λ è lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α ) é la matrice di rotazione
Si determinino:
Soluzione
√
I parametri della rototralazione risultano a = −1, b = 1 e quindi λ = 2 ≃ 1.414214,
α = − π4 ≃ −0.78539816 rad, x0 = −10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e
σ̂02 = 1.34
24 Topografia
2, 20 giugno 2011
182
[
Ĉâb̂ =
3.35 10−1
0
0 3.35 10−1
]
[
]
3.35 10−1
0
Ĉλ̂ α̂ =
0 1.6750 10−1
Bibliografia
[1] Migliaccio F. Albertella A., Brovelli M.A. and Sona G. Probabilità, variabili casuali ad una dimensione, variabilie casuali bi-dimensionali, covarianza, volume 1
of Esercizi di trattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTET Libreria
srl, Milano, 1998.
[2] Migliaccio F. Albertella A., Brovelli M.A. and Sona G. Teoria della stima, inferenza statistica, catene di Markov, processi stocastici, volume 2 of Esercizi di
trattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTET Libreria srl, Milano,
1998.
[3] Benciolini B. Modelli di Compensazione, progettazione e ottimizzazione del rilievo
topografico e fotogrammetrico di controllo, pages 9–27. CSM, Udine, 1989.
[4] Sansò F. Quaderni di trattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTET
Libreria srl, Milano, 1998. Quaderni 1, 2 e 3.
183

Esercizi di statistica e topografia

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