Corso di Topograﬁa Esercizi di statistica e...

Corso di Topografia

Esercizi di statistica e topografia

Paolo ZATELLI

Indice

Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VII

I Richiami di teoria e schemi operativi 1

1 La compensazione a minimi quadrati delle reti 21.1 Prerequisiti e notazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Il principio di stima ai minimi quadrati . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Primi esempi elementari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 La stima di σ2

0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5 Generalizzazione del principio di stima ai minimi quadrati . . . . . . 91.6 Le equazioni di osservazione delle reti topografiche planimetriche . . 101.7 Esempi numerici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.7.1 Determinazione delle coordinate di un punto da tre misure didistanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.7.2 Livellazione con quattro punti e cinque misure . . . . . . . . 12

2 Rototraslazione e variazione di scala 14

II Esercizi 20

3 Propagazione della varianza 213.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2.1 Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.3.1 Trasformazione di coordinate cartesiane in polari . . . . . . . 243.3.2 Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3.3 Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . 253.3.4 Superficie e volume di un parallelepipedo . . . . . . . . . . . 253.3.5 Area e perimetro di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . . 253.3.6 Distanza fra due punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.3.7 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 263.3.8 Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . 263.3.9 Volume e superficie di un parallelepipedo . . . . . . . . . . . 273.3.10 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3.11 Massa di una sfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3.12 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 28

I

II INDICE

3.3.13 Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 283.3.14 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 293.3.15 Volume e superficie di un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . 293.3.16 Massa di una sfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3.17 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 303.3.18 Area e perimetro di una corona circolare . . . . . . . . . . . . 303.3.19 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza . 313.3.20 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 323.3.21 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.3.22 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza . 333.3.23 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 333.3.24 Volume e superficie di un parallelepipedo . . . . . . . . . . . 343.3.25 Quote da battute concatenate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3.26 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.3.27 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 353.3.28 Area e perimetro di una corona circolare . . . . . . . . . . . . 363.3.29 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3.30 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3.31 Area e perimetro di un rombo . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3.32 Area e perimetro di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3.33 Area e perimetro di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3.34 Area e perimetro di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3.35 Quote da battute concatenate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3.36 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 393.3.37 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 403.3.38 Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.3.39 Volume di un solido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.3.40 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza . 413.3.41 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distanza . 423.3.42 Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.3.43 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 443.3.44 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 443.3.45 Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3.46 Volume di un solido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3.47 Aree di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.3.48 Aree di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.3.49 Aree di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.3.50 Aree di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.3.51 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.3.52 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.3.53 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.3.54 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.3.55 Perimetri di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.3.56 Perimetri di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.3.57 Perimetri di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3.58 Perimetri di rettangoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3.59 Volumi di parallelopipedi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3.60 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.3.61 Volume di un solido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.3.62 Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

INDICE III

3.3.63 Volumi di cilindri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.3.64 Superficie di una figura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.65 Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.66 Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.67 Perimetro e area di un triangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3.68 Volumi di cilindri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.3.69 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane . . . . . . . 543.3.70 Due quote da un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.3.71 Angoli come differenze di direzioni . . . . . . . . . . . . . . 553.3.72 Distanze tra tre punti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3.73 Perimetro e area di un rettangolo . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4 Test statistici 584.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.1.1 Test sulla media di campioni numerosi . . . . . . . . . . . . . 584.1.2 Test di buon adattamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.1.3 Test per campioni normali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2.1 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2.2 Test sulla media di un campione normale . . . . . . . . . . . 624.2.3 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 634.2.4 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 64

4.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.3.1 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.3.2 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.3.3 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.3.4 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.3.5 Test sulla media di un campione normale . . . . . . . . . . . 674.3.6 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 674.3.7 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 684.3.8 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 684.3.9 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.3.10 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 694.3.11 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 694.3.12 Test sulla media di un campione normale . . . . . . . . . . . 704.3.13 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 704.3.14 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.3.15 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 714.3.16 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.3.17 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 724.3.18 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.3.19 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3.20 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 734.3.21 Test di buon adattamento (χ2) . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.3.22 Test sulla uguaglianza di medie di campioni normali . . . . . 74

IV INDICE

5 Compensazione di reti di livellazione 765.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

5.2.1 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5.3.1 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.3.2 Rete di livellazione (con propagazione) . . . . . . . . . . . . 825.3.3 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825.3.4 Rete di livellazione (con propagazione) . . . . . . . . . . . . 835.3.5 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3.6 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3.7 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 865.3.8 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 865.3.9 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.3.10 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885.3.11 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.3.12 Rete di livellazione (con propagazione) . . . . . . . . . . . . 895.3.13 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.3.14 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.3.15 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.3.16 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.3.17 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.3.18 Rete di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

6 Compensazione di reti planimetriche 976.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

6.2.1 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 996.2.2 Rete con sole misure di distanze . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1086.3.1 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 1086.3.2 Rete con sole misure di distanze . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.3.3 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 1106.3.4 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.3.5 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3.6 Rete con sole misure di angoli . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.3.7 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1146.3.8 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.3.9 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.3.10 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 1166.3.11 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 1186.3.12 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.3.13 Rete con misure di distanza e costante addittiva . . . . . . . . 1196.3.14 Rete con misure di angoli e distanze . . . . . . . . . . . . . . 1216.3.15 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1226.3.16 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1236.3.17 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1246.3.18 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 1246.3.19 Rete con sole misure di distanza . . . . . . . . . . . . . . . . 125

INDICE V

7 Simulazioni e confronti di reti 1277.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1277.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

7.2.1 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.2.2 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 130

7.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.3.1 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.3.2 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.3.3 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1357.3.4 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1367.3.5 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1377.3.6 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.3.7 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1397.3.8 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1407.3.9 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1417.3.10 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1427.3.11 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1437.3.12 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1447.3.13 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1457.3.14 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.3.15 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1487.3.16 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 1497.3.17 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1507.3.18 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1517.3.19 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1527.3.20 Confronto di reti con misure di distanza . . . . . . . . . . . . 1537.3.21 Confronto di reti di livellazione . . . . . . . . . . . . . . . . 155

8 Rototraslazione e variazione di scala 1568.1 Schemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1568.2 Esercizi risolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

8.2.1 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1598.3 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

8.3.1 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.2 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1628.3.3 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1638.3.4 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1648.3.5 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1658.3.6 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1668.3.7 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1678.3.8 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1688.3.9 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1698.3.10 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1708.3.11 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1718.3.12 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1728.3.13 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1738.3.14 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1748.3.15 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1758.3.16 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1768.3.17 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 177

VI INDICE

8.3.18 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1788.3.19 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1788.3.20 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1798.3.21 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 1808.3.22 Rototraslazione e variazione di scala . . . . . . . . . . . . . . 181

Bibliografia 183

Elenco delle figure

1.1 rete di livellazione con tre misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2 rete di livellazione con due sole misure . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 spazio delle misure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

VII

IntroduzioneQuesto volume raccoglie alcuni degli esercizi proposti per i corsi di Topografia, Topo-grafia 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 diIngegneria dell’Università degli Studi di Trento.

Gli esercizi riguardano la compensazione ai minimi quadrati di reti di interesse to-pografico, in particolare reti di livellazione e reti planimetriche, oltre a esercizi sullapropagazione della varianza e sui test statistici. Gli esercizi sono proposti per argo-mento 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 suc-cessivamente delle possibili varianti legate alle diverse configurazioni delle reti e dellemisure.

Il volume è organizzato in due parti: la prima parte è dedicata alla teoria della stimaai minimi quadrati e al calcolo dei parametri di una trasformazione di rototraslazione evariazione di scala, la seconda parte riguarda gli esercizi.

Questa seconda parte è composta di sei capitoli, dal terzo all’ottavo, che raggrup-pano ciascuno una tipologia di esercizio con le sue possibili varianti. Il terzo capitoloè dedicato alla propagazione della varianza; il quarto affronta i test statistici. Il quintocapitolo riguarda gli esercizi sulle reti di livellazione geometrica, sia con misure ripe-tute sulle diverse battute sia con tratti composti da più battute. Il sesto capitolo trattala compensazione di reti planimetriche con la misura di angoli e distanze, con misuresingole e ripetute sia di angoli che distanze. Il settimo capitolo affronta gli eserci-zi di simulazione e confronto di reti. L’ottavo capitolo riguarda la rototraslazione evariazione di scala nel piano.

Ogni capitolo inizia con alcuni schemi operativi per la soluzione della classe diesercizi del capitolo in questione. Gli esercizi che hanno costituito prova d’esameriportano in nota il corso e la data.

Le soluzioni numeriche sono state ampiamente testate ma è comunque possibile lapresenza di errori, anche dovuti alla fase di trascrizione. Si prega di segnalare eventualicorrezioni, che verranno inserite nelle prossime stesure.

Si ringraziano Camilla Archetti, Dino Buffoni, Giorgia Carolli, Pavlinka Damjanova eFabiano Lorenzi per la segnalazione di errori presenti nelle precedenti versioni.

Versione del 15 febbraio 2017, 186 esercizi© 2001 - 2017 Paolo [email protected] di Ingegneria Civile, Ambientale e MeccanicaUniversità degli Studi di Trentovia Mesiano, 7738123 TRENTO

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VIII

Parte I

Richiami di teoria e schemioperativi

1

Capitolo 1

La compensazione a minimiquadrati delle reti

Il presente capitolo è adattato, con il consenso dell’autore, da: Battista Benciolini Mo-delli di Compensazione, progettazione e ottimizzazione del rilievo topografico e foto-grammetrico 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’algebralineare 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 insiemedi misure;

y è la media di y;

x è un vettore di parametri a n dimensioni;

M [·] è l’operatore di media;

y è una stima di y;

x e x 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 quadratiÉ data l’estrazione y0 della v.c. y, si sa inoltre che la media y di y appartiene ad unavariabilità lineare di dimensioni n (con n < m). Si vuole ottenere una stima di y, basatasu 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 puòscrivere:

By = l (1.1)

oppurey = Ax+ l (1.2)

dove B è una matrice di dimensioni (m− n)×m, A è una matrice di dimensionim×n e l è un vettore di dimensioni opportune (diverse nei due casi); si suppone che Ae B siano di rango pieno.

Si trascurano qui altri casi piú complessi e si trattano, separatamente, solo questidue che sono talvolta chiamati "problema della stima per osservazioni condizionate"e "problema della stima per osservazioni indirette". Il principio dei minimi quadratidefinisce la stima y di y nel seguente modo:

By = l (1.3)v = y−y0 (1.4)vv = min. (1.5)

Le espressioni 1.3-1.5 sono la traduzione analitica di un concetto geometrico: lastima y rappresenta un punto in Rm che è il più vicino a y0 tra tutti i punti che appar-tengono alla stessa varietà della media.

Si può utilizzare la 1.2 al posto della 1.1 e si ottiene:

y = Ax+ l (1.6)v = y−y0 (1.7)vv = min. (1.8)

con identico significato geometrico. È ora necessario ricavare, a partire dalle 1.3-1.5 e dalle 1.6-1.8, le espressioni esplicite delle stime cercate e successivamente le pro-prietà di tali stime. In molti casi uno stesso problema può essere risolto sia scrivendoun’equazione nella forma 1.1 sia nella forma 1.2 e le due soluzioni che si ottengo-no sono equivalenti. La espressione 1.2, e di conseguenza le 1.6-1.8, sono di solitopreferibili per due motivi:

1. i parametri contenuti nel vettore x hanno un preciso significato geometrico ofisico e la loro stima x è in realtá più utile della stima y di y;

2. é piú facile esprimere il vincolo su y con un’equazione del tipo 1.2 piuttosto chedel tipo 1.1 e, soprattutto, é piú facile automatizzare il procedimento che costrui-sce tale equazione a partire dalle misure e dai dati ausiliari raccolti assieme allemisure stesse.

Le 1.3-1.5 esprimono un principio di minimo vincolato, che si trasforma in un prin-cipio di minimo libero con il metodo dei moltiplicatori di Langrange tramite i seguentipassaggi elementari:

Bv = By−By0 = l−By0 (1.9)

4 CAPITOLO 1. LA COMPENSAZIONE A MINIMI QUADRATI DELLE RETI

e quindi {vv = minBv = l−By0

(1.10)

da cui

v′v+2λ ′ (Bv− (l−By0)) (1.11)

dove λ é il vettore dei moltiplicatori di Lagrange. Eguagliando a zero il differen-ziale del primo membro della 1.11 si ottiene:

dv′v+v′dv+2λ ′Bdv+2dλ ′ (Bv− (l−By0)) (1.12)

da cui: {Bv = l−By0v′ = λ ′B (1.13)

e quindi {Bv = l−By0v = B′λ (1.14)

BB′λ = l−By0 (1.15)

ed infine:v = B′ (BB′)−1

(l−By0) (1.16)

che definisce v e di conseguenza y :

y = y0 +v = B′ (BB′)−1 l+(

I−B′ (BB′)−1 B)

y0 (1.17)

L’espressione 1.17 fornisce in modo esplicito la stima richiesta y, inoltre la stessaespressione si può utilizzare per calcolare la matrice di varianza e covarianza di y 1,data la matrice di varianza e covarianza di y, che si suppone della forma:

Cyy = σ20 I (1.18)

si ottiene:Cyy = σ2

0

(I−B′ (BB′)−1 B

)(1.19)

É ora necessario studiare alcune proprietá della stima y. La stima y é corretta, cioérisulta:

M [y] = y (1.20)

La stima y é la stima lineare corretta di minima varianza di y se é valida l’ipotesi1.18.

Queste proprietá non vengono dimostrate; si dimostreranno, invece, piú agevol-mente, le proprietá analoghe di x stima di x nel modello basato sulla espressione 1.2del vincolo.

1 il vettore y indica, con abuso di notazione, sia il vettore numerico funzione di y0 sia il vettore di v.c.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 = minv = Ax−y0

(1.21)

e infine:x =

(A′A

)−1 A′y0 (1.22)

y = A(A′A

)−1 A′y0 (1.23)

Le espressioni trovate forniscono x e y , in funzione dei dati, cioé di y0. In generale,come già detto, l’attenzione si concentra su x e non su y. Dalla 1.22 si ottiene, sempreipotizzando la 1.18:

Cxx = σ20(A′A

)−1 (1.24)

Si deve notare che sia l’espressione 1.17 sia le espressioni 1.22 e 1.23 rappresentanoanaliticamente l’operazione geometrica di proiezione ortogonale sulla varietà lineare acui appartiene la media; ciò sarà illustrato anche graficamente nel prossimo paragrafo.La matrice che rappresenta analiticamente una proiezione si chiama "proiettore" ed hala caratteristica di essere idempotente, cioè di rimanere uguale a se stessa quando la simoltiplica per se stessa. Le matrici:

B′ (BB′)−1 B ; I−B′ (BB′)−1 B e A(A′A

)−1 A′

sono proiettori.La correttezza di x 2 è facilmente provata:

M [x] = M[(

A′A)−1 A′y0

]=(A′A

)−1 A′M [y] =(A′A

)−1 A′Ax = x (1.25)

La stima x è la stima lineare corretta di minima varianza di x sempre sotto l’ipotesi1.18. Ciò si può dimostrare considerando una stima lineare generica x=Dy imponendola correttezza e confrontando infine la varianza di x e di x 3 Imponendo la correttezzasi ottiene:

M [x] = x → M [Dy] = x → DM [y] = x → DAx = x → DA = In (1.26)

Se si pone:D =

((A′A

)−1 A′+K)

(1.27)

la condizione di correttezza è soddisfatta solo se KA = 0; perciò la matrice divarianza e covarianza di x risulta:

Cxx = σ20

((A′A

)−1+K′K

)(1.28)

e le varianze delle componenti di x sono maggiori delle varianze delle componentidi x per qualsiasi scelta diversa da K = 0; tale scelta riconduce alla stima x. Si devenotare che questo risultato è indipendente dal valore di σ2

0 , che infatti agisce comepuro fattore di proporzionalità sulla matrice Cxx, ma non è indipendente, in generale,dalla forma di Cyy; è valido solo se Cyy è proporzionale all’identità. Ciò lascia apertoil problema di come si debba modificare il principio di stima a minimi quadrati perottenere stime ottimali sotto condizioni più generali.

2vale anche per x ciò che è stato osservato in nota 1 su y.3ci si limiterà, in realtà, a confrontare le varianze delle componenti dei vettori x e x.


1.3 Primi esempi elementariGli esempi di questo paragrafo sono esclusivamente simbolici e servono ad illustrarealcuni concetti esposti nel paragrafo 1.2 e per confrontare tra di loro i metodi di stimabasati sulle espressione 1.1 e sulla 1.2.

Si consideri una livellazione geometrica costituita da tre lati che congiungono trepunti, il primo dei quali ha quota nota e nulla (si può pensare, per dare senso fisico allacosa, che sia collegato ad un mareografo), lo schema della rete è dunque il seguente:

\\

\\

\\

\\\�

��

��

��

�� 2

3

1

Figura 1.1: rete di livellazione con tre misure

Il vettore delle misure è

y0 =

q12q23q31

(1.29)

Avendo indicato con qi j la differenza di quota misurata tra i due punti i e j. Larelazione di chiusura dell’unico ciclo della rete si può scrivere:

By = 0 (1.30)

dove

B = [1,1,1] (1.31)

ed applicando le formule ricavate nel paragrafo 1.2 si ottiene:

y =(

I−B′ (BB′)−1 B)

y0 = y0 −

111

· 13 ∑

iy0i (1.32)

Da questa epressione si vede che in pratica si passa dalle misure y0 alle stime ydistribuendo in modo uniforme il residuo di chiusura.

I dislivelli compensati y soddisfano, ovviamente, le relazione di chiusura By = 0,che non è soddisfatta, in generale, dalle misure y0 (cioè By0 = 0). Ciò significa ancheche le quantità y determinano le quote dei punti 2 e 3 in modo univoco, a differenzadelle misure y0. Volendo utilizzare l’espressione 1.2 si può porre:

x =

[Q2Q3

](1.33)

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

A =

1 0−1 1

0 −1

(1.35)

e poi,

x =(A′A

)−1 A′y0 =

[2 −1

−1 2

]−1 1 0

−1 10 −1

q12q23q31

= (1.36)

=

[ 23

13

13

23

][q12 −q23q23 −q31

]=

13

[2q12 −q23 −q312q23 −q12 −q31

]Risulta evidente che questa stima delle quote è identica a quella ottenibile a partire

dalla stima y espressa dalla 1.32. È possibile mettere in evidenza anche graficamente illegame tra le due forme della stima a minimi quadrati se si esamina il caso, ancora piùsemplice, della rete qui schematizzata:

��PPPPPPPPPPP��PPPPPPPPPPP1 2

q12

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 misuredi dislivello. Lo spazio della y è lo spazio R2; la varietà a cui appartiene la media è labisettrice del IIo e IV o quadrante.

Su tale retta si definisce una ascissa x = Q2. La appartenenza del punto y dicoordinate [y1, y2] alla retta si può esprimere con la equazione di vincolo:

y1 + y2 = 0 (1.37)

oppure in funzione del parametro x:{y1 = xy2 =−x (1.38)

Ovviamente la 1.37 è una equazione della stessa forma delle 1.1 ed il sistema 1.38ha la stessa forma della 1.2; la loro equivalenza è evidente. Si deve infine notare che nelcaso di una rete complessa, con molti lati e molti punti, la scrittura corretta e completadei vincoli nella forma di equazioni di condizione pure (cioè tipo 1.1) può essere moltolaboriosa ed in ogni caso è una operazione difficile da automatizzare.

Al contrario la scrittura delle equazioni di vincolo con parametri (cioè tipo 1.2) puòessere svolta in modo semplice ed univoco con una procedura che può essere facilmentecodificata in un programma automatico.


-

6

AAAAAAU

AAAA

AAAA

��

��

��

q21

y0

q12

Q2

y

Figura 1.3: spazio delle misure

1.4 La stima di σ20

Si è sempre supposto, fino a questo punto, che la matrice Cyy sia proporzionale all’i-dentità tramite un fattore σ2

0 . È utile ricavare una stima di σ20 a partire dai dati y0;

tale stima serve sempre come fattore di proporzionalità per le matrici Cxx e Cyy; inoltreil confronto tra la stima σ2

0 ed il valore eventualmente noto a priori σ20 permette di

formulare un giudizio sulla qualità dei dati e sulla correttezza del modello adottato.Le espressioni di σ2

0 che si usano nei due casi di equazioni di condizione pure econ parametri aggiuntivi sono (ponendo r = m−n):

σ20 =

v′vr

(1.39)

σ20 =

v′vm−n

(1.40)

Qui di seguito si ricava solo la prima delle due espressioni. Partendo dall’espres-sione di v in funzione di y0:

v =(

B′ (BB′)−1 B)

y0 (1.41)

si ottiene:

M[v′v

]= M

[tr(v′v

)]= M

[tr(vv′

)]= tr M

[(vv′

)]= (1.42)

= σ20 tr

[(BB′)−1 ·BB′

]= σ2

0 trIr = r σ20

ne segue che l’espressione 1.39 è una stima corretta di σ20 .

1.5. GENERALIZZAZIONE DEL PRINCIPIO DI STIMA AI MINIMI QUADRATI9

1.5 Generalizzazione del principio di stima ai minimiquadrati

Il principio di stima ai minimi quadrati che è stato definito nel paragrafo 1.2 perde lesue caratteristiche di ottimalità se la matrice Cyy non è proporzionale all’identità. Se sisuppone che sia:

Cyy = σ20 Q (1.43)

dove Q è una qualsiasi matrice simmetrica e definita positiva. Conviene scrivere ilprincipio dei minimi quadrati nel modo seguente:

v′Q−1v = min (1.44)

Seguendo gli stessi procedimenti del paragrafo 1.2 si ottengono allora le espressio-ni: {

y = y0 −QB′ (BQB′)−1 (l−By0)

Cyy = σ20

(Q−QB′ (BQB′)−1 BQ

) (1.45)

per il modello con equazioni di condizione pure, e{x =

(A′Q−1A

)−1 AQ−1y0

Cxx = σ20(A′Q−1A

)−1 (1.46)

per il modello con equazioni di condizione con parametri, mentre le espressioni diσ2

0 si ottengono sostituendo v′Q−1v 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 stessaproprietà delle stime ai minimi quadrati semplici nel caso Cyy = σ2

0 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:

Cββ = σ20 I (1.49)

Le espressioni 1.45 e 1.46 si possono ora ottenere con la seguente sequenza dioperazioni:

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 dalla1.49;

3. si ritorna, se necessario, alla rappresentazione originale delle misure invertendola 1.48.


Qui di seguito si applica tale procedimento al solo caso delle equazioni con para-metri.

La trasformazione di variabili 1.48 fornisce i dati:

β0 = Wy0 (1.50)

da trattare con il modello: {Ax = βCββ = σ2

0 I (1.51)

dove A = WA. Applicando il principio dei minimi quadrati come nel paragrafo 1.2si ottiene:

x =(A′A

)−1 A′β0 =(A′W′WA

)−1 A′W′Wy0 =(A′Q−1A

)−1 AQ−1y0 (1.52)

cioè proprio la 1.46.

1.6 Le equazioni di osservazione delle reti topograficheplanimetriche

Nel paragrafo 1.3 si sono discusse, sia pure solo tramite esempi, le equazioni del-le reti di livellazione. In questo paragrafo si devono trattare le equazioni delle retiplanimetriche.

Le misure che si considerano sono direzioni azimutali e distanze orizzontali; i pa-rametri 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 ognicaso non lineari, ma possono essere scritte isolando il termine che rappresenta la mi-sura. È necessario disporre di valori approssimati dei parametri x per linearizzare leequazioni prima di applicare il metodo di stima a minimi quadrati; si passa così dalsistema:

f1 (x) = l1f2 (x) = l2···fm (x) = lm

(1.53)

al sistema matriciale:Aξ = l− f(x) (1.54)

dove:

Ai j =∂ fi

∂x j

∣∣∣∣x=x

(1.55)

ξ = x− x (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 indicanodue punti della rete.

L’equazione della direzione è:

θi j = arctanx j − xi

y j − yi−δ j (1.58)

dove θ è la direzione e δ è l’origine delle direzioni misurata rispetto alla direzionedell’asse y. Le equazioni 1.57 e 1.58 si linearizzano ponendo:

x = x+ξ (1.59)y = y+η (1.60)

di j =

√(xi − x j)

2 +(yi − y j)2 (1.61)


y j − yi− δ j (1.62)

(1.63)

e diventano:

di j − di j =x j − xi

di j(ξi −ξ j)+

y j − yi

di j(ηi −η j) (1.64)

θi j − θi j =y j − yi

di j2(ξi −ξ j)+

x j − xi

di j2(ηi −η j) (1.65)

Il principio di stima a minimi quadrati si applica in modo elementare solo se lamatrice A che lega i parametri (coordinate) con le misure è di rango pieno: ciò non av-viene in una rete topografica in cui si misurano solo angoli oppure angoli e distanze. Inentrambi i casi si può sopperire alla deficienza di rango di A in vari modi: il modo piùsemplice, anche se non esente da critiche, è di fissare a priori il valore di 3 o 4 coordi-nate di punti nella rete. Il problema è in realtà sia concettualmente sia numericamentedelicato e non sarà trattato in dettaglio.

Negli esempi sviluppati in seguito si supporrà sempre che le coordinate di un cer-to numero di punti, anche sovrabbondanti, siano esattamente note a priori, e ciò ècomunque sufficiente perchè i problemi siano risolvibili.

1.7 Esempi numerici

1.7.1 Determinazione delle coordinate di un punto da tre misure didistanza

Dal punto P (vicino all’origine del sistema di riferimento) si sono misurate le distanzedi tre punti di coordinate note. Le coordinate dei punti e le distanze sono riportate (inmetri) in tabella 1.1.

Si devono stimare le coordinate di P e la loro matrice di varianza e covarianza. Leequazioni di osservazione linearizzata assumono la forma:

Aξ = y (1.66)

dove:


n. x y dist.1 400 300 499.8592 400 -300 500.1953 -200 0 199.958

Tabella 1.1: coordinate dei punti e distanze

A =

− 45 − 3

5− 4

535

1 0

(1.67)

ξ =

[xPyP

](1.68)

e si dispone della estrazione di y

y0 =

−0.1410.195

−0.042

(1.69)

Applicando le espression ricavate al paragrafo 1.2 si ottiene facilmente:

ξ =

[0.250

−0.050

](1.70)

Cξ ξ = 114 ·10−6 ·[ 25

18 00 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 ilprimo di quota nota e nulla. Il risultato delle operazioni di misura è il seguente:

y0 =

q14 = 1.01 mmq12 = 0.99 mmq23 = 1.05 mmq13 = 2.04 mmq34 = −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 incor-relate e di uguale precisione. Si deve anche stimare la matrice di varianza e covarianzadel risultato:

x =

Q2Q3Q4

(1.74)

1.7. ESEMPI NUMERICI 13

A =

0 0 +1

+1 0 0−1 +1 0

0 +1 00 −1 +1

(1.75)

y0 =

q14q12q23q13q34

(1.76)

e si ottiene alla fine:

x =

0.99252.04501.0025

(1.77)

Cxx =18·

5 2 12 4 21 2 5

(1.78)

Capitolo 2

Rototraslazione e variazione discala

Gli esercizi di calcolo dei parametri di rototraslazione e variazione di scala possono es-sere svolti, avendo scritto le opportune equazioni di osservazione, come gli altri esercizidi stima ai minimi quadrati.

E’ tuttavia utile introdurre una trattazione apposita per questa categoria di problemiin quanto essa porta a notevoli vantaggi computazionali. Si tratta di una specializzazio-ne del metodo di stima ai minimi quadrati per questo tipo di problemi che trae beneficiodalla particolare struttura delle matrici e vettori coinvolti.

Una trasformazione di rototraslazione e variazione di scala si può in generale espri-mere come

xi = λRx′i +x0 (2.1)

che porta dalle coordinate x′i alle coordinate x per ogni punto i. Nel piano la matricedi 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 sistemanon 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 eα a partire da a e b con le

λ =√

a2 +b2 (2.4)

α = arctanba

(2.5)

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 valoridei parametriα , λ e x0.

Mentre il primo tipo di utilizzo è banale e richiede l’applicazione di semplici pas-saggi algebrici e non sarà approfondito nel seguito, il secondo tipo di problemi richiedeulteriori considerazioni.

Innanzitutto per il calcolo dei quattro parametri è necessario scrivere almeno quat-tro equazioni (due nella forma vettoriale 2.1): si devono conoscere le coordinate dialmeno due punti in entrambi i sistemi 1. E’ opportuno però avere un controllo sullasignificatività dei parametri calcolati; per questo motivo si utilizzano sempre più di duepunti di coordinate note, stimando i parametri con il criterio dei minimi quadrati.

Si utilizza quindi il metodo di stima ai minimi quadrati con parametri aggiuntiviper stimare i parametri a, b e x0, da cui è possibile ricavare α , λ e x0. Il metodopermette inoltre il calcolo della matrice di varianza e covarianza di questi parametri.L’equazione 2.1 si scrive in forma scalare

xi = ax′i +by′i + x0yi =−bx′i +ay′i + y0

(2.6)

per ogni punto i si scrive una coppia di equazioni di questa forma. La matricedisegno A della compensazione ha quattro colonne (per a, b, x0 e y0) e 2×N righe, conN numero di punti con coordinate note nei due sistemi. Tale matrice si scrive:

A =

x′1 y′1 1 0y′1 −x′1 0 1x′2 y′2 1 0y′2 −x′2 0 1

...

...x′N y′N 1 0y′N −x′N 0 1

(2.7)

Ipotizzando le coordinate x indipendenti e determinate con la stessa precisione, lamatrice dei pesi Q−1 è uguale all’identità. La matrice normale N risulta quindi

N = A′A =

∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 ∑Ni=1 x′iy

′i − y′ix

′i ∑N

i=1 x′i ∑Ni=1 y′i

∑Ni=1 x′iy

′i − y′ix

′i ∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 ∑Ni=1 y′i −∑N

i=1 x′i∑N

i=1 x′i ∑Ni=1 y′i N 0

∑Ni=1 y′i −∑N

i=1 x′i 0 N

(2.8)

Dove ovviamente x′iy′i = y′ix

′i ∀i e quindi

N =

∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 0 ∑Ni=1 x′i ∑N

i=1 y′i0 ∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 ∑Ni=1 y′i −∑N

i=1 x′i∑N

i=1 x′i ∑Ni=1 y′i N 0

∑Ni=1 y′i −∑N

i=1 x′i 0 N

(2.9)

E’ possibile semplificare significativamente questa matrice fino a renderla diagona-le sostituendo alle coordinate x′i le coordinate baricentriche x′i, determinate sottraendoalle coordinate le coordinate del loro baricentro (cioè le medie delle coordinate). Posto

x′B =1N

N

∑i=1

x′i (2.10)

1si scrivono infatti due equazioni per ogni punto

16 CAPITOLO 2. ROTOTRASLAZIONE E VARIAZIONE DI SCALA

y′B =1N

N

∑i=1

y′i (2.11)

e quindi le coordinate baricentriche

x′i = x′i − x′B (2.12)

y′i = y′i − y′B (2.13)

l’equazione 2.1 si scrive quindi

xi = λRx′i +x0 (2.14)

Per le coordinate baricentriche, per come sono state costruite, si ha

N

∑i=1

x′i = 0 (2.15)

N

∑i=1

y′i = 0 (2.16)

e quindi la matrice normale N si scrive

N =

∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 0 0 00 ∑N

i=1 x′i2 + y′i

2 0 00 0 N 00 0 0 N

(2.17)

Il termine noto normale risulta

TN = A′y0 =

∑N

i=1 x′ixi + y′iyi

∑Ni=1 y′ixi − x′iyi

∑Ni=1 xi

∑Ni=1 yi

(2.18)

Passando alle coordinate baricentriche anche per il sistema x, con

xB =1N

N

∑i=1

xi (2.19)

yB =1N

N

∑i=1

yi (2.20)


xi = xi − xB (2.21)

yi = yi − yB (2.22)

poiché

N

∑i=1

xi = 0 (2.23)

17

N

∑i=1

yi = 0 (2.24)

il termine noto normale si scrive

TN = A′y0 =

∑N

i=1 x′ixi + y′iyi∑N

i=1 y′ixi − x′iyi∑N

i=1 xi

∑Ni=1 yi

=

∑N

i=1 x′ixi + y′iyi∑N

i=1 y′ixi − x′iyi00

(2.25)

La stima di x risulta quindi

x = N−1TN =

∑N

i=1 x′ixi+y′iyi

∑Ni=1 x′i

2+y′i2

∑Ni=1 y′ixi−x′iyi

∑Ni=1 x′i

2+y′i2

00

(2.26)

cioè

a =∑N


∑Ni=1 x′i

2 + y′i2 (2.27)

b =∑N

i=1 y′ixi − x′iyi

∑Ni=1 x′i

2 + y′i2 (2.28)

x0 = 0 (2.29)y0 = 0 (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 idue sistemi si determina applicando la 2.1 ai baricentri, con i parametri a e b appenacalcolati

xB = λRx′B +x0 (2.31)

da cui

x0 = xB −λRx′B (2.32)

cioè {x0 = xB −ax′B −by′By0 = yB +bx′B −ay′B

(2.33)

La stima della varianza si calcola con la 2

σ20 =

v′vm−n

(2.34)

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 stimatisono infatti a, b, x0 e y0. Si ha quindi

2si ricordi che Q−1 = I


σ20 =

v′v2N −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 −(λRx′i +x0

)(2.36)

ed in forma scalare: {vxi = xi − (ax′i +by′i + x0)vyi = yi − (−bx′i +ay′i + y0)

(2.37)

e quindi

σ20 =

v′v2N −4

=∑N

i=1

(v2

xi + v2yi

)2N −4

(2.38)

con i = 1 . . .N.A partire dalla sima di σ2

0 e dalla 2.17 è possibile stimare la matrice di varianzae covarianza di a, b, x0 e y0: gli ultimi due termini non rappresentano le traslazionifra i due sistemi. Se si richiede il calcolo della varianza e covarianza delle traslazioniè necessario procedere al calcolo della matrice normale inversa N−1 completa. Lamatrice calcolata di seguito è quindi utile per il solo calcolo delle varianze di a e b.

Cabx0y0 = σ20 N−1 = σ2

0

1

∑Ni=1 x′i

2+y′i2 0 0 0

0 1∑N

i=1 x′i2+y′i

2 0 0

0 0 1N 0

0 0 0 1N

(2.39)

e quindi

σ2a = σ2

b =σ2

0

∑Ni=1 x′i

2+y′i2

σab = 0(2.40)

Tenendo presente il legame rappresentato dalle 2.4-2.5 si può determinare la matri-ce Cλα a partire dalla 2.39 propagando opportunamente la varianza. Poiché λ e α nondipendono da x0 e y0 conviene estrarre dalla matrice Cabx0y0 la sottomatrice Cab, 2×2,relativa ad a e b

Cab =

[σ2

a 00 σ2

b

]= σ2

0

1∑N

i=1 x′i2+y′i

2 0

0 1∑N

i=1 x′i2+y′i

2

(2.41)

da cui Cλα

Cλα = JCabJ′ (2.42)

Lo Jacobiano J si scrive

J =

[ ∂λ∂a

∂λ∂b

∂α∂a

∂α∂b

](2.43)

19

dove

∂λ∂a

=12

2a√a2 +b2

=aλ

(2.44)

∂λ∂b

=12

2b√a2 +b2

=bλ

(2.45)

∂α∂a

=1

1+( b

a

)2 b−1a2 =

a2ba2 +b2

−1a2 =− b

λ 2 (2.46)

∂α∂b

=1

1+( b

a

)21a=

a2

a2 +b21a=

aλ 2 (2.47)

e quindi

J =

[ aλ

bλ

− bλ 2

aλ 2

](2.48)

e infine

Cλα = JCabJ′ =[ a

λbλ

− bλ 2

aλ 2

][σ2

a 00 σ2

b

][ aλ

−bλ 2

bλ

aλ 2

]=

=

(a2

λ 2 +b2

λ 2

)σ2

a 0

0(

a2

λ 4 +b2

λ 4

)σ2

b

=

[σ2

a 0

0 σ2b

λ 2

](2.49)

Si ricava quindi, tenendo conto che σ2a = σ2

b ,

σ2λ = σ2

a = σ2b (2.50)

σ2α =

σ2a

λ 2 =σ2

bλ 2 (2.51)

σλα = 0 (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 covarian-za di una variabile vettoriale a partire dalla matrice di varianza e covarianza di un’altravariabile 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 = ACxxA′ (3.2)

dove A è la matrice dei coefficienti di x nella 3.1 e Cxx la matrice di varianza ecovarianza di x, come nella 3.4.

Nel caso in cui la funzione f (x) non sia lineare, l’espressione generale per la pro-pagazione della varianza dalla variabile vettoriale x, di dimensione n, alla variabilevettoriale y, di dimensione m, è

Cyy = JCxxJ′ (3.3)

dove Cxx è la matrice di varianza e covarianza di x, J è lo Jacobiano della funzioneche lega y a x e Cyy è la matrice di varianza e covarianza di y.

Cxx =

σ2

x1x1σx1x2 . . . σx1xn

σx2x1 σ2x2x2

. . . σx2xn

. . .σxnx1 σxnx2 . . . σ2

xnxn

(3.4)

J =

∂y1∂x1

∂y1∂x2

. . . ∂y1∂xn

∂y2∂x1

∂y2∂x2

. . . ∂y2∂xn

. . .∂ym∂x1

∂ym∂x2

. . . ∂ym∂xn

(3.5)

21

22 CAPITOLO 3. PROPAGAZIONE DELLA VARIANZA

Cyy =

σ2

y1y1σy1y2 . . . σy1yn

σy2y1 σ2y2y2

. . . σy2yn

. . .σyny1 σyny2 . . . σ2

ynyn

(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 varianzae covarianza avendo misurato il raggio r della base e la altezza h.

r = 1m con σ2r = 1mm2 h = 2m con σ2

h = 2mm2

dove

S = 2πr2 +2πrh = 2πr (r+h) V = πr2h

SvolgimentoLa superficie ed il volume risultano rispettivamenteS = 2π1(1+2) = 6π = 18.849555 m2 V = π122 = π2 = 6.283185 m4

CSV = JCrhJ′

dove lo Jacobiano J risulta

J =

[ ∂S∂ r

∂S∂h

∂V∂ r

∂V∂h

]=

[2π (2r+h) 2πr

2πrh πr2

]=

[8π 2π4π π

]= π

[8 24 1

]e la matrice di varianza e covarianza di r e h, supposte le misure indipendenti e avendoespresso le varianza in metri al quadrato

Crh =

[σ2

r 00 σ2

h

]=

[10−6 0

0 2 10−6

]da cui

CSV = JCrhJ′ = π[

8 24 1

]·[

10−6 00 2 10−6

]·π

[8 42 1

]=

=

[72 3636 18

]10−6 π2 =

[7.106115 10−4 3.553058 10−4

3.553058 10−4 1.776529 10−4

]

1Diploma Universitario, 5 marzo 1999


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 loroprecisione in un sistema di coordinate polari (α,ρ) con origine coincidente con quellodel sistema cartesiano e origine della coordinata angolare sull’asse x (vedi figura).

-��

��

6P(x,y)

α

ρ

x

y

Le coordinate del punto P e la loro matrice di varianza e covarianza risultano dauna precedente compensazione:

(xP,yP) = (100,100) m

CxP,yP =

(σ2

xPσxP,yP

σxP,yP σ2yP

)=

(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 = π4 ρP = 100

√2 e la loro

matrice di varianza e covarianza

Cαρ =

[4 10−10 0

0 1.2 10−5

]

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 diuguale precisione.

l1 = 300 ml2 = 400 m

σl = 1 cm

Si determini la matrice di varianza e covarianza di perimetro ed area del triangolo.2Diploma Universitario, 10 novembre 19983Diploma 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 loromatrice di varianza e covarianza

CAP =

[6.25 5.9 10−2

5.9 10−2 5.8 10−4

]


Si vogliono determinare volume e superficie di un cilindro e la loro matrice di varianzae covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 100me 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 103π m3.La matrice di varianza e covarianza di S e V risulta

CSV = JCrhJ′ =[

2.00801 10−1 2.0402.040 1.0001 102

]π2

3.3.4 Superficie e volume di un parallelepipedo5

E’ stata asfaltata una strada rettilinea, di cui sono state misurate la lunghezza Lu paria 10km con σLu = 3m e la larghezza La di 10m con σLa = 3cm. Sapendo che lo spes-sore s pari a 10 cm è stato misurato con σs = 3mm, determinare il volume di asfaltonecessario, 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 calcolinecessari alla risoluzione del problema.

Soluzione

Il volume e la superficie risultano rispettivamente: V = 104 m3 S = 105 m2 e la loromatrice di varianza e covarianza

CV S =

[90909 90909090 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 indipendentied entrambe con sqm pari a 1 mm. Si determinino area, perimetro e loro matrice divarianza e covarianza.

4Diploma Universitario, recupero 1999-20005Diploma Universitario, 7 novembre 20006Topografia e Trattamento delle osservazioni, 24 giugno 2002


Soluzione

L’area ed il perimetro risultano rispettivamente A = 1200 m2 P = 140 m e la loromatrice di varianza e covarianza

CAP =

[4.98 10−3 2.37 10−4

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 coordinatesono incorrelate e di uguale precisione σc = 1mm, determinare la distanza d e la suavarianza.

Soluzione

d12 = 5 m

σ2d12

= 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), coor-dinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere lecoordinate del punto P e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane conasse delle ascisse x coincidente con l’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .

DatiαP =−50g con σα = 10cc

ρP = 100m con σρ = 1mmsi determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza.

Soluzione

(xP,yP) = (100

√2

2,−100

√2

2) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σxP,yP σ2yP

]=

[1.733700 ·10−6 7.337005 ·10−7

7.337005 ·10−7 1.733700 ·10−6

]m2


Si vogliono determinare volume e superficie di un cilindro e la loro matrice di varianzae covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 10m ela altezza h = 1m. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione, con σr = σh =1mm.


7Topografia e Trattamento delle osservazioni, 14 aprile 20038Topografia 1, 6 febbraio 20029Topografia 1, 25 febbraio 2002

3.3. ESERCIZI 27

Soluzione

Il volume e la superficie risultano rispettivamente V = 100π m3 e S = 220π m2. Lamatrice di varianza e covarianza di V e S risulta

CV S = JCrhJ′ =[

1.040 10−2 2.840 10−3

2.840 10−3 2.164 10−3

]π2

3.3.9 Volume e superficie di un parallelepipedo10

Si vogliono determinare volume e superficie di un parallelepipedo e la loro matrice divarianza 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 laloro matrice di varianza e covarianza

CV S =

[4900 96

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 ecovarianza. A questo scopo sono stati misurate le diagonali d1 = 60m, d2 = 80m. Lemisure sono indipendenti e di uguale precisione con σl = 1mm.

Soluzione

L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A= 2400m2 P= 200m e la loro matricedi varianza e covarianza

CAP =

[2500 9696 4

]10−6

3.3.11 Massa di una sfera12

Si determinino la massa e la sua varianza di una sfera di legno di abete avendonemisurati il raggio, con R = 1m e σR = 1mm, e la densità, con ρ = 600 kg/m3 e σρ =3 kg/m3.

Soluzione

La massa risulta: M = π800kg e la sua varianza σ2M = π2 21.76kg2.

10Topografia 1, 8 gennaio 200311Topografia 1, 21 gennaio 200312Topografia 1, 14 aprile 2003




-��

��

6P(x,y)

α

ρ

x

y

DatiαP = 50g con σα = 20cc


Soluzione

(xP,yP) = (100√

2,100√

2) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

=

[2.173921 ·10−5 −1.773921 ·10−5

−1.773921 ·10−5 2.173921 ·10−5

]m2

3.3.13 Perimetro e area di un triangolo14

Si vogliono determinare area e perimetro di un triangolo rettangolo e la loro matrice divarianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i due cateti con l1 e l2. Lemisure sono incorrelate e di uguale precisione.

l1 = 5 ml2 = 12 m

σl = 2 mm

13Topografia 1, 2 luglio 200314Topografia 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 matricedi varianza e covarianza

CAP =

[1.69 10−4 5.246154 10−5

5.246154 10−5 2.246153 10−5

]


Sono note le coordinate di un punto P in un sistema di coordinate polari (α,ρ), coor-dinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ dall’origine. Si vuoleesprimere le coordinate del punto P e la loro precisione in un sistema cartesiano conasse delle ascisse x coincidente con la direzione origine di α . Sono date le misure del-l’angolo α , con α = 50g e σα = 20cc, e della distanza dall’origine ρ , con ρ = 1000 me σρ = 1 mm +1 ppm.Si determinino le coordinate cartesiane (xP,yP) del punto P e la loro matrice di varianzae covarianza.

Soluzione

(xP,yP) = (1000

√2

2,1000

√2

2) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σxP,yP σ2yP

]=

=

[4.954802 ·10−4 −4.914802 ·10−4

−4.914802 ·10−4 4.954802 ·10−4

]m2


Si vogliono determinare volume e superficie di un cilindro e la loro matrice di varianzae covarianza. A questo scopo sono stati misurati il raggio r della base con r = 10m ela 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. Lamatrice di varianza e covarianza di S e V risulta

CSV = JCrhJ′ =[

5.84 10−4 9.40 10−4

9.40 10−4 2.90 10−3

]π2

15Topografia e Trattamento delle osservazioni, 11 settembre 200316Topografia e Trattamento delle osservazioni, 18 dicembre 2003


3.3.16 Massa di una sfera17

Si determinino la massa e la sua varianza di una sfera di acciaio avendone misuratiil raggio, con R = 3mm e σR = 0.1mm, e la densità, con ρ = 8000 kg/m3 e σρ =100 kg/m3.

Soluzione

La massa risulta M = π3.24 10−4kg e la sua varianza σ2M = π2 8.4240 10−10kg2.



-��

��

6

P(x,y)

α

ρ

x

y

DatiαP = 30◦ con σα = 1◦.8 10−3


Soluzione

(xP,yP) = (100√

3,100) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

[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 unacorona circolare avendone misurati raggio interno r1 = 10 m ed esterno r2 = 20 m, conσr1 = σr2 = 1 mm.

17Topografia 1, 16 gennaio 200418Topografia 1, 9 febbraio 200419Topografia 1, 15 aprile 2004

3.3. ESERCIZI 31

��&%'$

-6r1r2

Soluzione

A = 300π m2 P = 60π m

CAP =

[2000 40

40 8

]π2 10−6 =

[1.973921 10−2 3.947842 10−4

3.947842 10−4 7.895684 10−5

]

3.3.19 Trasformazione di coordinate polari in cartesiane e distan-za20

Sono note le coordinate di un punto in un sistema di coordinate polari (α,ρ), coor-dinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere lecoordinate del punto P, la sua distanza dal punto A di coordinate note, e la loro pre-cisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente conl’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .

-��

6

P(x,y)

α

ρ

x

y

AAAAAAAAAA


ρP = 20m con σρ = 1mmsi 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 lasua varianza.

Soluzione

(xP,yP) = (10√

2,10√

2) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

20Topografia 1, 21 giugno 2004


=

[6.974 10−7 3.026 10−7

3.026 10−7 6.974 10−7

]m2

dAP = 15.307 m σ2dAP

= 4.834160 10−7 m2

3.3.20 Angoli come differenze di direzioni21

A partire dalla direzione y di un sistema di riferimento cartesiano sono state misuratein 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 determininogli angoli α e β e la loro matrice di varianza e covarianza.

y

x

θ1

θ2

θ3β

α

Soluzione

α = 40g β = 30g

Cα,β =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]π2 10−10 rad2 ≃

≃[

1.973921 10−9 9.869604 10−10

9.869604 10−10 1.973921 10−9

]rad2


Si vogliono determinare area e perimetro di un rombo e la loro matrice di varianza ecovarianza. A questo scopo sono state misurate le diagonali d1 = 8m, d2 = 15m. Lemisure 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 divarianza e covarianza

CAP = 10−6[ 289

424017

24017 4

]=

[7.225 10−5 1.411765 10−5

1.411765 10−5 4 10−6

]21Topografia 1, 5 luglio 200422Topografia 1, 7 settembre 2004

3.3. ESERCIZI 33


Sono note le coordinate di un punto in un sistema di coordinate polari (α,ρ), coor-dinate ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere lecoordinate del punto P, la sua distanza dal punto A di coordinate note, e la loro pre-cisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente conl’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .

-��

6P(x,y)

α

ρ

x

y

A

DatiαP = π/6 rad con σα = 10−5 radρP = 200m con σρ = 2mm

si determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza. Sidetermini 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 =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

[4 10−6 0

0 4 10−6

]m2

dOP = 100 m σ2dAP

= 4 10−6 m2



23Topografia 1, 11 gennaio 2005 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 gennaio 200524Topografia 1, 1 febbraio 2005 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 2 febbraio 2005


y

x

θ1

θ2

θ3β

α

Soluzione

α = 40g β = 20g

Cα,β =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]2.5 π2 10−11 rad2 ≃

≃[

4.934480 10−10 −2.467401 10−10

−2.467401 10−10 4.934480 10−10

]rad2

3.3.24 Volume e superficie di un parallelepipedo25

Si vogliono determinare volume e superficie di un parallelepipedo e la loro matrice divarianza 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 loromatrice di varianza e covarianza

CV S =

[3.6 103 1.12 102

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, comenello schema sotto. Il punto 1 ha quota nota e nulla Q1 = 0. I dislivelli, misurati inmodo indipendente, sono q21 =−1 m tra il punto 1 e 2, e q32 =−1.5 m tra il punto 2e 3, con sqm pari a 1 mm.

25Topografia 1, 9 febbraio 200526Topografia 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 ecovarianza.

NB la convenzione sui segni dei dislivelli è qi j = Q j −Qi.

j j j1 2 3

Soluzione

Q2 = 1 m Q3 = 2.5 m

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[1 11 2

]10−6 m2


Si vogliono determinare area e perimetro di un rombo e la loro matrice di varianza ecovarianza. A questo scopo sono stati misurate le diagonali d1 = 3m, d2 = 4m. Lemisure sono indipendenti e di uguale precisione con σd = 2mm.

Soluzione


CAP =

[25 96

5965 16

]10−6 =

[25 19.2

19.2 16

]10−6



27Topografia 1, 12 luglio 200528Topografia e Trattamento delle osservazioni, 20 giugno 2005


y

x

θ1

θ2

θ3β

α

Soluzione

α = 50g β = 20g

Cαβ =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]4 10−6 gon2 =

[2 −1

−1 2

]π2 10−10 rad2 ≃

≃[

1.973921 10−9 −9.869604 10−10

−9.869604 10−10 1.973921 10−9

]rad2

3.3.28 Area e perimetro di una corona circolare29

Si determinino superficie, perimetro e loro matrice di varianza e covarianza di unacorona circolare avendone misurati in modo indipendente raggio interno r1 = 1 m edesterno r2 = 3 m, con σr1 = σr2 = 2 mm.

��&%'$

-6r1r2

Si lasci indicato π nello svolgere i calcoli.

Soluzione

A = 8π m2 P = 8π m

CAP =

[160 3232 32

]π2 10−6 =

[1.579137 10−3 3.158273 10−4

3.158273 10−4 3.158273 10−4

]29Topografia 1, 6 settembre 2005

3.3. ESERCIZI 37


Si vogliono determinare area e perimetro di un rombo e la loro matrice di varianza ecovarianza. A questo scopo sono state misurate le diagonali d1 = 6m, d2 = 8m. Lemisure sono indipendenti e di uguale precisione con σd = 1mm.

Soluzione


CAP =

[25 9.69.6 4

]10−6



Soluzione

L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 120m2 P = 52m e la loro matricedi varianza e covarianza

CAP =

[169 480

1348013 16

]10−6 =

[169 36.923076

36.923076 16

]10−6



Soluzione

L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 216m2 P = 60m e la loro matricedi varianza e covarianza

CAP =

[225 144

5144

5 4

]10−6 =

[225 28.828.8 4

]10−6

3.3.32 Area e perimetro di un triangolo33

Si vogliono determinare area e perimetro di un triangolo rettangolo e la loro matricedi varianza e covarianza. A questo scopo sono stati misurati i due cateti con l1 = 6m el2 = 8m. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione, con σl = 1mm.

30Topografia 1, 7 novembre 200531Topografia 1, 7 novembre 200532Topografia 1, 7 novembre 200533Topografia 1, 7 novembre 2005


Soluzione


CAP =

[25 59

5595

295

]10−6 =

[25 11.8

11.8 5.8

]10−6



Soluzione


CAP =

[ 1694

34126

34126

7313

]10−6 =

[42.25 13.115385

13.115385 5.615385

]10−6



Soluzione


CAP =

[ 2254

17710

17710

295

]10−6 =

[56.25 17.717.7 5.8

]10−6

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, comenello schema sotto. Il punto 1 ha quota nota Q1 = 10. I dislivelli, misurati in modoindipendente, sono q21 = 1.2 m tra il punto 1 e 2, e q32 = 1.3 m tra il punto 2 e 3, consqm pari a 2 mm.



34Topografia 1, 7 novembre 200535Topografia 1, 7 novembre 200536Topografia 1, 12 gennaio 2006

3.3. ESERCIZI 39

j j j1 2 3

Soluzione

Q2 = 8.8 m Q3 = 7.5 m

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[1 11 2

]4 10−6 m2


A partire da una direzione generica sono state misurate in modo indipendente tre di-rezioni θ1 = 25g, θ2 = 60g, θ3 = 75g, con σθ1 = σθ2 = σθ3 = 20cc, da cui sono statiricavati gli angoli α e β come in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loromatrice di varianza e covarianza.

θ1

θ2

θ3β

α

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 β = 15g

Cαβ =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]4 10−6 gon2 =

[2 −1

−1 2

]π2 10−10 rad2 ≃

≃[

1.973921 10−9 −9.869604 10−10

−9.869604 10−10 1.973921 10−9

]rad2

37Topografia 1, 14 febbraio 2006




-��

6P(x,y)

α

ρ

x

y

A

DatiαP = 60◦ con σα = 3.6◦ 10−3

ρP = 400 m con σρ = 2 mmsi determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza.

Soluzione

(xP,yP) = (200,200√

3) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

[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. Ilpunto 1 ha quota nota Q1 = 10 mm con σQ1 = 1 mm. I dislivelli, misurati in modoindipendente, 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.



j je j2 1 3

38Topografia 1, 12 giugno 200639Topografia 1, 4 luglio 2006

3.3. ESERCIZI 41

Soluzione

Q2 = 15 mm Q3 = 16 mm

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[5 11 5

]mm2

3.3.39 Volume di un solido40

Per determinare il volume di un corpo solido irregolare lo si immerge in un liquidocontenuto 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; los.q.m. di questa misura è di 0.1 mm. L’innalzamento del fluido si misura accostandoun righello al recipiente e fissandolo rigidamente al recipiente stesso per tutta la du-rata dell’operazione (si ritiene che la scala graduata del righello sia parallela all’assedel cilindro). Le due letture, effettuate osservando il livello del liquido prima e dopol’immersione del corpo, sono 123 mm e 137 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 1mm.

Determinare il volume del solido e il suo s.q.m.Si può lasciare indicato π nelle espressioni dei risultati.

Soluzione

V = 1694π mm3 σ2V = 29519.16π2 mm6 = 291342.43 mm6


Sono ottenute dalla misura dell’angolo α e della distanza ρ le coordinate del punto Pin un sistema di coordinate polari (α,ρ). Si vuole esprimere le coordinate del puntoP e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse xcoincidente con l’asse rispetto al quale è stato misurato l’angolo α .

-��

��

6

P(x,y)

α

ρ

x

y

ZZZ

ZZZ

ZZZ

A

DatiαP = 30◦ con σα = 1◦.8 10−3

ρP = 100m con σρ = 1mm

40Topografia 1, 22 agosto 200641Topografia 1, 4 novembre 2006 (Prima prova di accertamento AA 2006-2007, tipo 1)


si determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza. Sidetermini inoltre la distanza dPA del punto P dal punto A di coordinate note (100,0) ela sua varianza.

Soluzione

(xP,yP) = (50√

3,50) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

=106

4

[3π2 +1

√3(−π2 +1

)√

3(−π2 +1

)π2 +3

]m2 ≃

≃[

7.652203 10−6 −3.840651 10−6

−3.840651 10−6 3.217401 10−6

]m2

dAP = 51.763809 m σ2dAP

= 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 Pin un sistema di coordinate polari (α,ρ). Si vuole esprimere le coordinate del puntoP e la loro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse xcoincidente con l’asse rispetto al quale è stato misurato l’angolo α .

-��

6

P(x,y)

αρ

x

y

SS

SS

SSA

DatiαP = 60◦ con σα = 1◦.8 10−3

ρP = 100m con σρ = 1mmsi 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 (0,100) ela sua varianza.

42Topografia 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 =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

=106

4

[π2 +3

√3(−π2 +1

)√

3(−π2 +1

)3π2 +1

]m2 ≃

≃[

3.217401 10−6 −3.840651 10−6

−3.840651 10−6 7.652203 10−6

]m2

dAP = 51.763809 m σ2dAP

= 9.275454 10−6 m2 σdAP = 3.045563 10−3 m


È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1ha 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 paria 1 mm.



j je j2 1 3

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 construmenti elettronici.

Soluzione

Q2 = 21 m Q3 = 22 m

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[5 44 5

]mm2

43Topografia 1, 8 gennaio 2007



A partire da una direzione generica sono state misurate in modo indipendente tre dire-zioni θ1 = 10g, θ2 = 40g, θ3 = 70g, con σθ1 =σθ2 =σθ3 = 5cc, da cui sono stati ricavatigli angoli α e β come in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loro matrice divarianza e covarianza.

θ1

θ2

θ3β

α


Soluzione

α = 30g β = 30g

Cαβ =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]2.5 10−7 gon2 =

[2 −1

−1 2

]254

π2 10−12 rad2 ≃

≃[

1.233701 10−10 −6.168503 10−11

−6.168503 10−11 1.233701 10−10

]rad2



DatiαP = 30◦ con σα = 5.4◦ 10−3

ρP = 600 m con σρ = 3 mmsi determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza.

44Topografia 1, 2 febbraio 200745Topografia 1, 22 giugno 2007

3.3. ESERCIZI 45

-��

6P(x,y)

α

ρ

x

y

A

Soluzione

(xP,yP) = (300√

3,300) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

= 9 10−6[

9π2 +3/4 −9√

3π2 +√

3/4−9

√3π2 +

√3/4 27π2 +1/4

]m2 ≃

≃[

8.061879 10−4 −1.380770 10−3

−1.380770 10−3 2.400563 10−3

]m2

3.3.45 Perimetro e area di un rettangolo46

Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianzae covarianza. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 100 m, l2 = 200 m. Lemisure 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 loromatrice di varianza e covarianza

CAP =

[6.28 10−2 7.72 10−4

7.72 10−4 1.06 10−5

]



Si misura con un calibro il diametro interno del recipiente che risulta 10.0 mm; los.q.m. di questa misura è di 0.1 mm.

L’innalzamento del fluido si misura accostando un righello al recipiente e fissandolorigidamente al recipiente stesso per tutta la durata dell’operazione (si ritiene che la scalagraduata del righello sia parallela all’asse del cilindro).

46Topografia 1, 9 luglio 200747Topografia 1, 27 agosto 2007


Le due letture, effettuate osservando il livello del liquido prima e dopo l’immersio-ne del corpo, sono 37 mm e 53 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 2 mm.


Soluzione

V = 4 102π mm3 σ2V = 5064π2 mm6 = 49979.677 mm6

3.3.47 Aree di rettangoli48

Si determinino le aree dei due rettangoli A1 e A2, che hanno un lato in comune e sonorappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendo misurato i trelati a, b e c, con a = 10 m, b = 20 m e c = 10 m in modo indipendente con σ = 2 mm.

b c

aA1 A2

Soluzione

A1 = 200 m2 A2 = 100 m2 CA1A2 =

[σ2

A1σA1A2

σA1A2 σ2A2

]= 4 10−4

[5 22 2

]m4



a

b

c

A1

A2

48Topografia 1, 27 ottobre 2007 (Prima prova di accertamento AA 2007-2008, tipo 1)49Topografia 1, 27 ottobre 2007 (Prima prova di accertamento AA 2007-2008, tipo 2)

3.3. ESERCIZI 47

Soluzione

A1 = 300 m2 A2 = 100 m2 CA1A2 =

[σ2

A1σA1A2

σA1A2 σ2A2

]= 4 10−4

[10 33 2

]m4



a

b c

A1 A2

Soluzione

A1 = 200 m2 A2 = 200 m2 CA1A2 =

[σ2

A1σA1A2

σA1A2 σ2A2

]= 4 10−4

[5 11 5

]m4



a

b c

A1 A2

Soluzione

A1 = 100 m2 A2 = 200 m2 CA1A2 =

[σ2

A1σA1A2

σA1A2 σ2A2

]= 4 10−4

[2 22 5

]m4

3.3.51 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 cuicoordinate sono incorrelate e di uguale precisione σc = 1 mm, determinare le distanzetra i punti 1 e 2 e tra i punti 2 e 3, e la loro matrice di varianza e covarianza.

50Topografia 1, 27 ottobre 2007 (Prima prova di accertamento AA 2007-2008, tipo 3)51Topografia 1, 27 ottobre 2007 (Prima prova di accertamento AA 2007-2008, tipo 4)52Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 1)


Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]=

[2 00 2

]10−6 m2 = 2 10−6I2 m2



Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]=

[2 00 2

]10−6 m2 = 2 10−6I2 m2



Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]=

[2 00 2

]10−6 m2 = 2 10−6I2 m2



Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]=

[2 00 2

]10−6 m2 = 2 10−6I2 m2

53Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 2)54Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 3)55Topografia 1, 10 gennaio 2008 (tipo 4)

3.3. ESERCIZI 49

3.3.55 Perimetri di rettangoli56

Si determinino i perimetri dei due rettangoli A1 e A2, che hanno un lato in comune esono rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendo misuratoi tre lati a, b e c, con a = 10 m, b = 20 m e c = 10 m in modo indipendente conσ = 2 mm.

b c

aA1 A2

Soluzione

P1 = 60 m P2 = 60 m CP1P2 =

[σ2

P1σP1P2

σP1P2 σ2P2

]= 16 10−6

[2 11 2

]m2



a

b

c

A1

A2

Soluzione

P1 = 80 m P2 = 80 m CP1P2 =

[σ2

P1σP1P2

σP1P2 σ2P2

]= 16 10−6

[2 11 2

]m2

56Topografia 1, 4 febbraio 2008 (tipo 1)57Topografia 1, 4 febbraio 2008 (tipo 2)




a

b c

A1 A2

Soluzione

P1 = 60 m P2 = 40 m CP1P2 =

[σ2

P1σP1P2

σP1P2 σ2P2

]= 16 10−6

[2 11 2

]m2



a

b c

A1 A2

Soluzione

P1 = 40 m P2 = 60 m CP1P2 =

[σ2

P1σP1P2

σP1P2 σ2P2

]= 16 10−6

[2 11 2

]m2

3.3.59 Volumi di parallelopipedi60

Si determinino i volumi dei due parallelepipedi A1 e A2, che hanno una faccia in co-mune e sono rappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza, avendomisurato i quattro spigoli a, b, c e d, con a = 10 m, b = 10 m, c = 20 m e d = 10 m inmodo indipendente con σ = 1 mm.

58Topografia 1, 4 febbraio 2008 (tipo 3)59Topografia 1, 4 febbraio 2008 (tipo 4)60Topografia 1, 23 giugno 2008

3.3. ESERCIZI 51

��

��

��

�

��

��

a

b c

d

A1 A2

Soluzione

V1 = 103 m3 V2 = 2 103 m3 CA1A2 =

[σ2

V1σV1V2

σV1V2 σ2V2

]= 10

[3 44 9

]m6



Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]= 8 10−6 I2 m2



Si misura con un calibro il diametro interno del recipiente che risulta 20.0 mm; los.q.m. di questa misura è di 0.1 mm.

L’innalzamento del fluido si misura accostando un righello al recipiente e fissandolorigidamente al recipiente stesso per tutta la durata dell’operazione (si ritiene che lascala graduata del righello sia parallela all’asse del cilindro). Le due letture, effettuateosservando il livello del liquido prima e dopo l’immersione del corpo, sono 13 mm e33 mm; ciascuna lettura ha uno s.q.m. di 1 mm.


Soluzione

V = 2 103π mm3 σ2V = 20400π2 mm6 ≃ 201339.929782 mm6




È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1ha 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 paria 2 mm.



j je j2 1 3

Consigli:



Soluzione

Q2 = 12 m Q3 = 13 m

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[5 11 5

]mm2

3.3.63 Volumi di cilindri64

Si determinino i volumi dei due cilindri A1 e A2, che hanno la base in comune e sonorappresentati in figura, e la loro matrice di varianza e covarianza. Sono stati misuratiil raggio della base r e le due altezze a e b, con r = 1 m, a = 2 m e b = 4 m in modoindipendente con σr = 1 mm e σa = σb = 2 mm.

a b

r

Si lasci indicato π senza sostituire il suo valore.

Soluzione

V1 = 2π m3 V2 = 4π m3 CA1A2 =

[σ2

V1σV1V2

σV1V2 σ2V2

]= 4π210−6

[5 88 17

]m6

63Topografia 1, 8 gennaio 200964Topografia 1, 30 gennaio 2009

3.3. ESERCIZI 53

3.3.64 Superficie di una figura65

Si deve determinare l’area di una figura molto irregolare; per fare questo si disegna la figura sudi un foglio di cartoncino e la si ritaglia. Si disegna a parte (sullo stesso tipo di cartoncino) unquadrato di un decimetro di lato e lo si ritaglia.Si suppone che il cartoncino abbia spessore e peso specifico costanti e si pesano separatamentele due figure ritagliate ottenendo i valori (le misure si considerano indipendenti):

peso della figura irregolare = 2.7 10−3 kgpeso del quadrato = 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 σ2A = 1.629 10−9 m4 σA = 4.036 10−5 m2


Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e covarian-za. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 50 m, l2 = 120 m. Le misure sono indipendenticon σl = 2 mm+1 ppm.

Soluzione

L’area e il perimetro risultano rispettivamente: A = 6 103 m2 P = 340 m e la loro matrice divarianza e covarianza

CAP =

[71752 1458.04

1458.04 34.79

]10−6


Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e cova-rianza. A questo scopo sono state misurati i cateti l1 = 80 m e l2 = 150 m. Le misure sonoindipendenti con σl = 2 mm+2 ppm.

Soluzione


CAP =

[1.388320 10−1 2.246080 10−3

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 cova-rianza. A questo scopo sono state misurati i cateti l1 = 80 m e l2 = 150 m. Le misure sonoindipendenti con σl = 2 mm+2 ppm.

65Topografia 1, 23 giugno 200966Topografia 1, 13 luglio 200967Topografia 1, 26 agosto 200968Topografia 1, 12 gennaio 2010


Soluzione


CAP =

[3.470800 10−2 9.128941 10−4

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 rappresentatiin figura, e la loro matrice di varianza e covarianza. Sono stati misurati il raggio della base r ele due altezze a e b, con r = 2 m, a = 1 m e b = 3 m in modo indipendente con σr = 1 mm eσa = σb = 2 mm.

a b

r

Si lasci indicato π senza sostituire il suo valore.

Soluzione

V1 = 4π m3 V2 = 12π m3 CA1A2 =

[σ2

V1σV1V2

σV1V2 σ2V2

]= 16π210−6

[5 33 13

]m6


Sono note le coordinate di un punto in un sistema di coordinate polari (α,ρ), coordinate ottenutedalla misura dell’angolo α e della distanza ρ . Si vuole esprimere le coordinate del punto P e laloro precisione in un sistema di coordinate cartesiane con asse delle ascisse x coincidente conl’asse rispetto a cui è stato misurato l’angolo α .

-��

6

P(x,y)

α

ρ

x

y

A


ρP = 300 m con σρ = 1 mm +2 ppmsi determinino le coordinate (xP,yP) e la loro matrice di varianza e covarianza.

69Topografia 1, 26 gennaio 201070Topografia 1, 16 giugno 2010

3.3. ESERCIZI 55

Soluzione

(xP,yP) = (150√

2,150√

2) m

CxP,yP =

[σ2

xPσxP,yP

σyP,xP σ2yP

]=

= 5 10−5[

9π2 +2.56 −9π2 +2.56−9π2 +2.56 9π2 +2.56

]m2 ≃

≃ 10−5[

4.569322 −4.313322−4.313322 4.569322

]m2


È stato misurato il dislivello tra i punti 1 e 2 e 1 e 3, come nello schema sotto. Il punto 1 ha quotanota Q1 = 20 m con σQ1 = 2 mm. I dislivelli, misurati in modo indipendente, sono q12 = 4 mtra 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.NB la convenzione sui segni dei dislivelli è qi j = Q j −Qi.

j je j2 1 3

Consigli:



Soluzione

Q2 = 24 m Q3 = 25 m

CQ2Q3 =

[σ2

Q2σQ2Q3

σQ2Q3 σ2Q3

]=

[13 1

1 13

]mm2


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 βcome in figura. Si determinino gli angoli α e β e la loro matrice di varianza e covarianza.



θ1

θ2

θ3β

α


Soluzione

α = 20g β = 30g

Cαβ =

[σ2

α σαβσβα σ2

β

]=

[2 −1

−1 2

]4 10−6 gon2 =

[2 −1

−1 2

]4π2 10−10 rad2 ≃

≃[

1.973921 10−9 −9.869604 10−10

−9.869604 10−10 1.973921 10−9

]rad2


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 coordinatesono incorrelate e di uguale precisione σc = 2 mm, determinare le distanze tra i punti 1 e 2 e trai punti 2 e 3, e la loro matrice di varianza e covarianza.

Soluzione

d12 = d23 = 5 m

Cd12d23 =

[σ2

d12σd12d23

σd12d23 σ2d23

]= 8 10−6 I2 m2


Si vogliono determinare area e perimetro di un rettangolo e la loro matrice di varianza e cova-rianza. A questo scopo sono state misurati i lati l1 = 1000 m, l2 = 2000 m. Le misure sonoindipendenti con σl = 1 mm+1 ppm.

Nota: ppm significa “parti per milione” ed indica una componente di σ che è in proporzionealla grandezza misurata.

73Topografia 1, 10 gennaio 201174Topografia 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 divarianza e covarianza

CAP =

[25 34 10−3

34 10−3 52 10−6

]

Capitolo 4

Test statistici

4.1 Schemi4.1.1 Test sulla media di campioni numerosiIpotesi semplice H0 : µ = µ0 (con σ2 nota)

M −µ0σ√N

≤ Z α2

(4.1)

dove è N il numero di elementi del campione,

M =1N ∑

iXi (4.2)

la media campionaria, e α2 = P(Z ≥ Z α

2).

Differenza di medie, ipotesi semplice H0 : µX = µY (con σ2X , σ2

Y note, X e Y indipendenti)

|MX −MY |√σ 2

XNX

+σ 2

YNY

≤ Z α2

(4.3)

dove è NX il numero di elementi del campione X , NY il numero di elementi del campioneY ,

MX =1

NX∑

iXi (4.4)

MY =1

NY∑

iYi (4.5)

le medie campionarie di X eY , e α2 = P(Z ≥ Z α

2).

Ipotesi composta H0 : µ = µ0 (con σ2 incognita)

M −µ0S√

N

≤ Z α2

(4.6)

dove è N il numero di elementi del campione,

M =1N ∑

iXi (4.7)

58

4.1. SCHEMI 59

S =1

N −1 ∑i(Xi −M )2 (4.8)

rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta, e α2 = P(Z ≥ Z α

2).

Differenza di medie, ipotesi composta H0 : µX = µY (con σ2X , σ2

Y incognite)

|MX −MY |√S XNX

+ S YNY

≤ Z α2

(4.9)


MX =1

NX∑

iXi (4.10)

MY =1

NY∑

iYi (4.11)

SX =1

NX −1 ∑i(Xi −MX )2 (4.12)

SY =1

NY −1 ∑i(Yi −YX )2 (4.13)

rispettivamente le medie campionarie di X eY e le loro varianze corrette, e α2 = P(Z ≥

Z α2).

Nel caso in cui σ2X = σ2

Y = σ2 si può stimare σ2 con

S2=

NX −1NX +NY −2

S2X +

NY −1NX +NY −2

S2Y (4.14)

da cui

|MX −MY |

S√

1NX

+ 1NY

≤ Z α2

(4.15)

4.1.2 Test di buon adattamentoTest del χ2 Ipotesi semplice, non si stimano parametri della distribuzione teorica

m

∑i=1

(Ni −νi)2

νi≤ χ2

α,m−1 (4.16)

dove m è il numero di intervalli in cui si è suddiviso il dominio di definizione, Ni lefrequenze empiriche assolute per l’intervallo i-esimo e νi le frequenze teoriche assoluteper lo stesso intervallo.

Ipotesi composta, si stimano h parametri della distribuzione teorica; i gradi di libertà sonoora m−1−h e quindi

m

∑i=1

(Ni −νi)2

νi≤ χ2

α,m−1−h (4.17)

60 CAPITOLO 4. TEST STATISTICI

4.1.3 Test per campioni normaliMedie di campioni normali H0 : µ = µ0. La variabile casuale X è normale con media µ e

varianza σ2 X ∼ N [µ,σ2], σ2 è incognita, l’ipotesi è quindi composta.

|M −µ0|S√

N

≤ tN−1, α2

(4.18)

dove N è il numero di elementi del campione e

M =1N ∑

iXi (4.19)

S =1

N −1 ∑i(Xi −M )2 (4.20)

rappresentano rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta.Uguaglianza di medie di campioni normali H0 : µX = µY .

|MX −MY |

S√

1NX

+ 1NY

≤ tNX+NY−2, α2

(4.21)

dove

S2=

NX −1NX +NY −2

S2X +

NY −1NX +NY −2

S2Y (4.22)


MX =1

NX∑

iXi (4.23)

MY =1

NY∑

iYi (4.24)

SX =1

NX −1 ∑i(Xi −MX )2 (4.25)

SY =1

NY −1 ∑i(Yi −YX )2 (4.26)

rispettivamente le medie campionarie di X eY e le loro varianze corrette.Varianza di campioni normali H0 : σ2 = σ2

0 .

S2

σ2 (N −1)≤ χ2N−1 (4.27)

dove N è il numero di elementi del campione e

M =1N ∑

iXi (4.28)

S =1

N −1 ∑i(Xi −M )2 (4.29)

rappresentano rispettivamente la media campionaria e la varianza corretta.

NotaI test di verifica della presenza di errori grossolani nei dati utilizzati per una stima ai minimi qua-drati si trovano come domanda aggiuntiva degli esercizi di compensazione in quanto utilizzanocome dato in ingresso il risultato della compensazione stessa.


4.2 Esercizi risolti4.2.1 Test di buon adattamento (χ2) 1

Si sottoponga al test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportatoalla 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

ZZZ

ZZ-1 +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 ren-dere rapidi i calcoli; la esecuzione appropriata del test richiederebbe un campione più numerosoe l’uso di classi diverse.

campione0.10 0.08 -0.10 0.18 0.80 0.01 -0.15

-0.70 0.80 -0.61 -0.01 -0.19 -0.17 -0.52

Svolgimento

Intervallo estremi Ni Pi ·N = νi1 -1, -0.2 3 0.32 ·14 4.482 -0.2, +0.2 9 0.36 ·14 5.043 +0.2, +1 2 0.32 ·14 4.48

dove Ni = frequenze assolute empiricheνi = frequenze assolute teoricheN = numerosita’ del campionepi = probabilita’ teorica di appartenenza all’ i-esimo intervallo.

L’altezza nell’origine della funzione densità di probabilità risulta pari a 1 imponendo l’areasottesa unitaria. A = 0.8·h

2 dove h = 0.8 per similitudine.

A =0.8 ·0.8

2= 0.32

1Topografia e Trattamento delle osservazioni, 1 giugno 1999


-��Z

ZZ

ZZZ

-1 +1-0.2 +0.2

AA B

B = 1− (0.32 ·2) = 0.36

m

∑i=1

(Ni −νi)2

νi= χ2

m−1

m

∑i=1

(Ni −νi)2

νi=

(3−4.48)2

4.48+

(9−5.04)2

5.04+

(2−4.48)2

4.48= 4.973

Il test viene effettuato ad una coda ed i valori teorici di confronto nei due casi di significativitàsono:

α = 10% χ2(3−1) = 4.61 ipotesi H0 NON accettata perchè 4.9 > 4.6

α = 1% χ2(3−1) = 9.21 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,σ2] 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.

SvolgimentoLa variabile statistica da sottoporre a test è

m−µS√N

= t(N−1)

La media empirica del campione risulta

m =77= 1

La stima corretta della varianza campionaria:

S2=

17−1

(12 +32 +52 +12 +02 +32 +32) =546

= 9

e quindi



1−03√7

=

√7

3≃ 0.8819

Il test da effettuare è a due code, con i valori teorici per α = 5% pari a:

t(7−1) 5%2=±2.447

da cui l’ipotesi H0 è accettata.

L’intervallo fiduciario risulta da

|m−µ| ≤ t(7−1) 5%2

S√N

|m−µ| ≤ 2.447 · 3√7= 2.7746

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 dalcampione.

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 campioninormali sotto riportati di pari varianza σ2

x = σ2y a livello di significatività α1 = 1% e α2 = 5%.

Campione x: 0 -2 2 4 1 -1 0 -1Campione y: 4 2 0 6 2 3 5 2

SvolgimentoEssendo i due campioni estratti da variabili casuali normali con pari varianza, perchè H0 siaaccettata deve risultare: ∣∣mx −my

∣∣S√

1Nx

+ 1Ny

≤ t(Nx+Ny−2),α/2

dove medie e varianze campionarie dei due campioni x e y valgono:

mx = 0.375 my = 3S2

x = 3.70 S2y = 3.72

La varianza campionaria congiunta risulta

S2=

Nx −1Nx +Ny −2

S2x +

Ny −1Nx +Ny −2

S2y =

714

3.70+714

3.72 = 3.71

da cui3Topografia e Trattamento delle osservazioni, 31 maggio 2002


toss =

∣∣mx −my∣∣

S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.72

Per i due diversi livelli di significatività risulta

t(Nx+Ny−2),α/2 = t14,α/2 =

{t14,0.005 = 2.98t14,0.025 = 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.




Campione x: 5 3 7 9 6 4 5 4Campione y: 9 7 5 11 7 8 10 7

SvolgimentoEssendo i due campioni estratti da variabili casuali normali con pari varianza, perchè H0 siaaccettata deve risultare: ∣∣mx −my

∣∣S√

1Nx

+ 1Ny

≤ t(Nx+Ny−2),α/2

dove medie e varianze campionarie dei due campioni x e y valgono:

mx = 5.38 my = 8.00S2

x = 3.70 S2y = 3.72

La varianza campionaria congiunta risulta

S2=

Nx −1Nx +Ny −2

S2x +

Ny −1Nx +Ny −2

S2y =

714

3.70+7

143.72 = 3.71

da cui

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.72

Per i due diversi livelli di significatività risulta

t(Nx+Ny−2),α/2 = t14,α/2 =

{t14,0.005 = 2.98t14,0.025 = 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.

4Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 maggio 2000

4.3. ESERCIZI 65

4.3 Esercizi

4.3.1 Test di buon adattamento (χ2)5

Si sottoponga al test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportatoalla variabile casuale con densità di probabilità uniforme sull’intervallo [0,10]. Si esegua duevolte il test, con α = 10% e con α = 1%.

3.9 2.2 9.3 2.1 4.4 1.1 5.9 8.1 3.9 2.43.1 7.4 0.7 3.3 5.5 2.6 4.1 4.8 9.9 5.2

Si suddivida l’intervallo [0, 10] in cinque classi.

Soluzione

5

∑i=1

(Ni −νi)2

νi= 8.5





Si sottoponga a test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportato aduna distribuzione normale standardizzata. Si esegua due volte il test con livello di significativitàα = 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 -2.2 -2.1 -1.8 -1.6 -1.2 -0.8 -0.6 -0.3 -0.2-0.2 -0.1 +0.1 +0.2 +0.3 +0.3 +0.7 +0.7 +1.0 +1.1+1.2 +1.5 +2.5 +2.8 +4.5

Soluzione

Risulta

χ2empirico = 12.59




5Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 giugno 20016Topografia e Trattamento delle osservazioni, 2 luglio 2001



Si sottoponga al test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportatoalla 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

ZZ

ZZZ

-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].

campione-1.1 -0.3 1.3 -0.9 -0.6 0.0 0.1 -1.9 -1.3 -0.10.4 0.2 -1.4 -0.7 0.3 0.2 -0.1 -0.8 -0.4 -0.1


Soluzione

Risultaχ2

empirico = 5.38


α = 10% χ2(3−1) = 4.61 ipotesi H0 NON accettata perchè 4.61 < 5.38

α = 1% χ2(3−1) = 9.21 ipotesi H0 accettata perchè 9.21 > 5.38



24.9 49.0 14.3 81.4 58.9 35.6 27.0 65.1 50.5 7.273.3 38.4 21.5 97.3 30.1 24.8 57.8 56.7 32.6 41.2


7Topografia e Trattamento delle osservazioni, 28 gennaio 20028Topografia e Trattamento delle osservazioni, 17 giugno 2003

4.3. ESERCIZI 67

Soluzione

5

∑i=1

(Ni −νi)2

νi= 8


α = 10% χ2(5−1) = 7.78 ipotesi H0 NON accettata perchè 8 > 7.78

α = 1% χ2(5−1) = 13.28 ipotesi H0 accettata perchè 8 < 13.28

4.3.5 Test sulla media di un campione normale9

Il campione dato di seguito è tratto da una variabile gaussiana. Si sottoponga a test l’ipotesi chela 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

m = 0.2 S2= 0.1433 S = 0.3786

m−µS/

√N

= 1.3976 < t6,0.975 = 2.45

l’ipotesi è quindi accetata.





Soluzione

m1 = 7.375 m2 = 10 S12= 3.70 S2

2= 3.71 S2

= 3.705

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.727

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 significati-vità al 5% .

9Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 200010Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 maggio 2001 - tipo 1






Soluzione

m1 = 7.375 m2 = 8 S12= 3.70 S2

2= 3.71 S2

= 3.705

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 4.805

toss = 4.805 > t14,0.995 = 2.977

toss = 4.805 > t14,0.975 = 2.145l’ipotesi è quindi rifiutata per entrambi i livelli di significatività.





Soluzione

m1 = 8.5 m2 = 11 S12= 3.43 S2

2= 3.71 S2

= 3.57

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.65

toss = 2.65 < t14,0.005 = 2.98

toss = 2.65 > t14,0.025 = 2.14l’ipotesi è quindi accetata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significati-vità al 5% .



2.5 7.1 5.6 0.1 2.2 3.9 9.5 4.1 2.6 6.35.9 3.7 1.9 5.0 5.4 3.0 1.3 4.4 2.7 3.8


11Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 maggio 2001 - tipo 212Topografia e Trattamento delle osservazioni, 30 maggio 200313Topografia e Trattamento delle osservazioni, 21 giugno 2004

4.3. ESERCIZI 69

Soluzione

5

∑i=1

(Ni −νi)2

νi= 8.5







Campione x: 1 -1 3 5 2 0 1 0Campione y: 5 3 1 7 3 4 6 4

Soluzione

m1 = 1.375 m2 = 4.125 S12= 3.696 S2

2= 3.554 S2

= 3.63

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.89

toss = 2.89 < t14,0.005 = 2.98

toss = 2.89 > t14,0.025 = 2.14l’ipotesi è quindi accettata con livello di significatività all’1% e rifiutata con livello di significa-tività al 5% .




Campione x: 2 -1 4 3 1 0 -1 0Campione y: 3 2 -1 7 2 4 4 3

Soluzione

m1 = 1 m2 = 3 S12= 3.429 S2

2= 5.143 S2

= 4.29

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 1.93

toss = 1.93 < t14,0.005 = 2.98

toss = 1.93 < t14,0.025 = 2.14l’ipotesi è quindi accettata con entrambi i livelli di significatività.

14Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 settembre 200415Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 aprile 2005


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,σ2] di elementi:

3 5 -3 3 2 5 -1

con livello di significatività α = 5%.

Soluzione

m = 2 S2= 9 S = 3

m−µS/

√N

=

√7

3≃ 0.8819 < t6,0.975 = 2.45

l’ipotesi è quindi accettata.





Soluzione

m1 = 2 m2 = 5 S12= 3.429 S2

2= 5.143 S2

= 4.29

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.9

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 significa-tività al’5%.



Si utilizzino 5 classi di estremi:(−∞,−1.5],(−1.5,−0.5],(−0.5,+0.5],(+0.5,+1.5],(+1.5,+∞).


16Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 luglio 200517Topografia e Trattamento delle osservazioni, 15 febbraio 200618Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 aprile 2006

4.3. ESERCIZI 71

-1.3 -1.1 -1.1 -0.8 -0.7 -0.6 -0.4 -0.4 -0.2 -0.10.0 0.2 +0.3 +0.4 +0.9 +1.0 +1.3 +1.7 +2.4 +3.0


Soluzione

Risulta

χ2empirico = 9.39







Campione x: 1 -2 3 2 0 -1 -2 -1Campione y: 3 2 -1 7 2 4 4 3

Soluzione

m1 = 0 m2 = 3 S12= 3.429 S2

2= 5.143 S2

= 4.29

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.9

toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98

toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14



Si sottoponga a test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportatoad una distribuzione uniforme. Si esegua due volte il test con livello di significatività α = 10%e 1%.

Si utilizzino 5 classi di estremi:

[0.0,0.2],(0.2,0.4],(0.4,0.6],(0.6,0.8],(0.8,1.0).


19Topografia e Trattamento delle osservazioni, 10 gennaio 200720Topografia e Trattamento delle osservazioni, 6 febbraio 2007


0.10 0.25 0.27 0.30 0.41 0.45 0.50 0.52 0.55 0.560.56 0.59 0.63 0.69 0.81 0.88 0.91 0.95 0.97 0.99

Nota: il piccolo numero dei dati e la particolare scelta suggerita per le classi sono tali da rendererapidi i calcoli; la esecuzione appropriata del test richiederebbe un campione più numeroso el’uso di classi diverse.

Soluzione

Risulta

χ2empirico = 8.5





Si sospetta la presenza di un errore grossolano nei dati dell’esercizio precedente e si suppone chequesto, se presente, si manifesti in un valore grande di σ2

0 .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 S12= 342.9 S2

2= 514.3 S2

= 428.57

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.9

toss = 2.9 < t14,0.005 = 2.98

toss = 2.9 > t14,0.025 = 2.14






21Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 200722Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 agosto 2007

4.3. ESERCIZI 73

-2.0 -1.4 -1.0 -0.9 -0.7 -0.6 -0.3 -0.2 -0.2 0.00.0 +0.1 +0.2 +0.4 +0.7 +1.1 +1.4 +1.6 +2.2 +3.1


Soluzione

Risulta

χ2empirico = 6.39





Si sottoponga a test del χ2 (su una sola coda) il buon adattamento del campione sotto riportatoad 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).Il campione (già ordinato per valori argomentali crescenti) è il seguente:

2.0 3.5 3.7 4.0 5.1 5.5 6.0 6.2 6.5 6.66.8 6.9 7.3 7.9 9.1 9.8 10.1 10.5 10.7 10.9


Soluzione

Risulta

χ2empirico = 8.5







Campione x: 10 -20 30 20 0 -10 -20 -10Campione y: 30 20 -10 70 20 40 40 30

23Topografia e Trattamento delle osservazioni, 10 gennaio 200824Topografia e Trattamento delle osservazioni, 4 febbraio 2008


Soluzione

m1 = 0 m2 = 30 S12= 342.9 S2

2= 514.3 S2

= 428.57

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.9

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 significa-tività al 5%.





-3.0 -2.1 -1.7 -0.8 -0.7 -0.6 -0.4 -0.4 -0.2 -0.10.0 0.2 0.3 0.6 0.9 1.0 1.3 1.7 2.4 3.0


Soluzione

Risulta

χ2empirico = 10.03







Campione x: 5 -1 9 7 3 1 -1 1Campione y: 8 6 0 16 6 10 10 8

25Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 200826Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 luglio 2008

4.3. ESERCIZI 75

Soluzione

m1 = 3 m2 = 8 S12= 13.714 S2

2= 20.571 S2

= 17.140

toss =


S√

1Nx

+ 1Ny

= 2.42

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 significa-tività al 5%.

Capitolo 5

Compensazione di reti dilivellazione

5.1 SchemiGli esercizi vengono risolti usando la stima a minimi quadrati con parametri aggiuntivi (si vedail 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 rigadella matrice A ha al più due soli coefficienti diversi da 0 che valgono -1 e +1. La matricenormale N risulta da

N = A′Q−1A (5.2)

Nel caso Q−1 = I la matrice N ha sulla diagonale il numero di misure che coinvolgono ilvertice 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 trarighe 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−1y0 (5.3)

e la stima dei parametri

x =

Q1Q2. . .

Qn

=(

A′Q−1A)−1

A′Q−1y0 (5.4)

Il vettore degli scarti si puó determinare con

v = y−y0 = Ax−y0 (5.5)

e quindi la stima della varianza

σ20 =

v′Q−1vm−n

(5.6)

con m numero di osservazioni (misure) e n numero di parametri (quote) incogniti. La stimadella matrice di varianza e covarianza dei parametri (quote) si scrive

76

5.1. SCHEMI 77

Cxx = CQQ = σ20 N−1 = σ2

0

(A′Q−1A

)−1(5.7)

Sulla diagonale di questa matrice si leggono le stime delle varianze dei parametri (quote) eal di fuori della diagonale le stime delle covarianze. La verifica dell’ortogonalità degli scarti siscrive

A′Q−1v = 0 (5.8)

78 CAPITOLO 5. COMPENSAZIONE DI RETI DI LIVELLAZIONE


5.2.1 Rete di livellazione1

Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei punti 1 e 3, si determinino le quote dei punti 2 e 4 ed il loro scarto quadratico medio. Lemisure sono incorrelate e con uguale precisione, il dislivello q23 è misurato due volte.

��

��

��

��A

AAA

AAA

.......................... ..........................

.......................... ..........................

1

2 3

4

DatiQ1 = 0mmQ3 = 10mm

Misureq12 4.7mmq23 4.6mm 5.0mmq24 10.1mmq34 4.9mm

SvolgimentoLe equazioni di osservazione si scrivono:

q12 = Q2 −Q1q23 = Q3 −Q2q23 = Q3 −Q2q24 = Q4 −Q2q34 = Q4 −Q3

Le quote Q1 e Q3 sono note, le equazioni di osservazione si riscrivono come

q12 +Q1 = Q2q23 −Q3 = −Q2q23 −Q3 = −Q2q24 = −Q2 +Q4q34 +Q3 = Q4

Scrivendo il sistema come y = Ax la matrice disegno A risulta



A =

1 0

−1 0−1 0−1 1

0 1

ed il termine noto

y =

4.7 +04.6 −105.0 −10

10.14.9 +10

=

4.7

−5.4−5.010.114.9

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 incognitoche non influenza la soluzione, alla matrice identità 5× 5. Ne consegue che la matrice Q puóessere scelta uguale alla matrice identità e quindi anche la matrice dei pesi Q−1, sua inversa,risulta tale. La matrice normale N = A′Q−1A con Q−1 = I si scrive

N =

[4 −1

−1 2

]Il determinante risulta det (N) = 7 e quindi l’inversa

N−1 =

[ 27

17

17

47

]Il termine noto normale A′Q−1y è

A′Q−1y = A′y =[

4.7+5.4+5.0−10.110.1+14.9

]=

[525

]La stima delle incognite Q2 e Q4 risulta

x = N−1A′Q−1y = N−1A′y =[

Q2Q4

]=

=

[ 17 (5 ·2+25)17 (5+4 ·25)

]=

[ 357

1057

]=

[5

15

]mmmm

Gli scarti sono

v = y−Ax =

4.7

−5.4−5.010.114.9

−

5−5−5

−5+1515

=

−0.3−0.4

00.1

−0.1

e quindi la stima della varianza della compensazione risulta

σ20 =

v′Q−1vm−n

=v′v

5−2=

0.09+0.16+0+0.01+0.013

=0.27

3= 0.09 mm2

La matrice di varianza e covarianza delle incognite viene stimata con

Cxx = σ20 N−1 = 0.09

[ 27

17

17

47

]=

[2.571429 10−2 1.285714 10−2

1.285714 10−2 5.142857 10−2

]


Gli scarti quadratici medi dei parametri risultano quindi

σQ2 =√

2.571429 10−2 = 1.603567 10−1 mmσQ4 =

√5.142857 10−2 = 2.2677868 10−1 mm

La verifica dell’ortogonalità degli scarti si scrive

A′Q−1v = A′v =[

−0.3+0.4−0.1+00.1−0.1

]=

[00

]

5.3. ESERCIZI 81

5.3 Esercizi5.3.1 Rete di livellazione2

Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Nota la quotadel 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.

bbbbbbbbbbbbbbbbbbb1

2 3

4

DatiQ2 = 0.0mm

Misureq12 = 21.4mmq14 = 21.6mmq43 = −24.8mmq23 = −22.2mmq24 = 0.8mm

Domanda aggiuntiva

Come risulterebbe la matrice dei pesi se la misura q24 avesse varianza doppia rispetto alle altre?

Soluzione

x =

Q1Q3Q4

=

−20.95−22.95

1.1

σ20 = 8.1 10−1 mm2

Cxx =

5.0625 10−1 1.0125 10−1 2.0250 10−1

1.0125 10−1 5.0625 10−1 2.0250 10−1

2.0250 10−1 2.0250 10−1 4.0500 10−1

Domanda aggiuntiva

La matrice dei pesi Q−1 risulterebbe

Q−1 =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

2

2Diploma Universitario, 19 gennaio 1999


5.3.2 Rete di livellazione (con propagazione)3

Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Nota la quotadel punto 1, nulla, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianza e cova-rianza. Le misure sono incorrelate e con uguale varianza, tranne la q12 che ha varianza doppia.

\\

\\

\\

\\\�

��

��

��

�� 2

3

1

4

DatiQ1 = 0.0m

Misureq12 = 3.10mq23 = 4.05mq31 = −7.05m

Dopo aver eseguito la compensazione si determini la quota del punto Q4 e la relativa varian-za, avendo misurato il dislivello q34 = 5m con σq34 = 1cm.

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[3.0507.075

]σ2

0 = 2.5 10−3 m2

Cxx =

[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 mσ2

Q4= σ2

q34+σ2

Q3= 10−4 +1.875 10−3 = 1.975 10−3 m2


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei punti 3 e 4, si determinino le quote dei punti 1 e 2 ed il loro scarto quadratico medio. Lemisure sono incorrelate e di uguale precisione.

Dati MisureQ3 = 3 m q12 = 1.1 mQ4 = 0 m q13 = 2 m

q14 = −1.1 mq23 = 1 mq24 = −1.9 m

Soluzione

x =[

Q1Q2

]=

[12

]σ2

0 = 10−2 m2 Cxx =

[3.75 10−3 1.25 10−3

1.25 10−3 3.75 10−3

]3Diploma Universitario, recupero 1999-20004Topografia e Trattamento delle osservazioni, 14 settembre 2000

5.3. ESERCIZI 83

��

��

��

��

��

3 1

42


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei punti 3 e 4, si determinino le quote dei punti 1 e 2 ed il loro scarto quadratico medio. Lemisure sono incorrelate e di uguale precisione.

��

��

��

��

��

��

3 1

42

@@@@

5

DatiQ3 = 10 mQ4 = 0 m

Misureq12 = −1.8 mq13 = 4 mq14 = −6.2 mq23 = 6 mq24 = −3.8 m

Si calcoli la quota del punto 5 e la sua varianza, avendo misurato il dislivello q51 =−4m cons.q.m. pari a 1 cm.

Soluzione

x =[

Q1Q2

]=

[64

]σ2

0 = 4 10−2 m2 Cxx =

[1.5 10−2 0.5 10−2

0.5 10−2 1.5 10−2

]

q51 = Q1 −Q5 Q5 =−q51 +Q1 = 10mσ2

Q5= σ2

q51+σ2

Q1= 10−4 +1.5 10−2 = 1.5110−2 m2

5Diploma Universitario, 5 febbraio 2001



Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Nota la quotadel punto 1, si determinino le quote dei punti 2, 3 e 4 ed il loro scarto quadratico medio. Lemisure sono incorrelate e di uguale precisione.

��

��

��

��

��

@@@@@

@@@

@@@

1 2

34

Dati MisureQ1 = 0 m q12 = 3 m

q13 = 9.8 mq14 = 7.2 mq23 = 7.4 mq24 = 3.6 mq34 = −2.8 m

Si facciano osservazioni sul rapporto fra lo schema della rete dell’esercizio precedente e larelativa matrice normale.

Soluzione

x =

Q2Q3Q4

=

3107

σ20 = 1.46 10−1 m2

Cxx =

7.3 10−2 3.6 10−2 3.6 10−2

3.6 10−2 7.3 10−2 3.6 10−2

3.6 10−2 3.6 10−2 7.3 10−2


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei punti 3, 4 e 5, si determinino le quote dei punti 1 e 2 ed il loro scarto quadratico medio. Lemisure sono incorrelate e con uguale precisione, il dislivello q12 è misurato due volte.

Dati Q3 = 10.0m Q4 = 12.0m Q5 = 15.0m

Misure

q13 −2.8m q24 −2.3mq14 −1.0m q23 −4.5mq12 0.6m 0.8m q25 1.2mq15 2.4m

6Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 febbraio 20017Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 giugno 2001

5.3. ESERCIZI 85

@@@@@@@

@@@@

��

��

��

��

��

�@@@@@@�

��

��

3 4

1 2

5

Domanda aggiuntiva


0 . Le misure di dislivello hanno sqm,a meno di errori grossolani, di 1 cm. Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non sianopresenti errori grossolani, con livello di significatività del 5%.

Soluzione

x =[

Q1Q2

]=

[1314

]utilizzando la media delle misure q12

σ20 = 1.52 10−1 m2 Cxx =

[3.619048 10−2 1.447619 10−2

1.447619 10−2 3.619048 10−2

]senza mediare le misure q12

σ20 = 1.3 10−1 m2 Cxx =

[3.095238 10−2 1.238095 10−2

1.238095 10−2 3.095238 10−2

]

Domanda aggiuntiva

σ20 =

(1 ·10−2

)2= 10−4 m2

utilizzando la media delle misure q12

σ20 (m−n)

σ20

= 7.60 103 > χ5,0.95 = 11.1

l’ipotesi è quindi rifiutata.senza mediare le misure q12

σ20 (m−n)

σ20

= 7.80 103 > χ5,0.95 = 11.1

l’ipotesi è quindi rifiutata.



Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei 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 rappresentauna misura ripetuta due volte.

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1 2

43

Misure Datiq12 = 0.8 m Q1 = 1 mq13 = 1.9 m Q4 = 4 mq23 = 0.4 mq23 = 1.2 mq24 = 2.2 mq34 = 0.5 m

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[23

]

senza mediare le misure di q23:

σ20 = 1.85 10−1 m2 Cxx =

[6.16 10−2 3.083 10−2

3.083 10−2 6.16 10−2

]

utilizzando la media delle misure di q23:

σ20 = 1.4 10−1 m2 Cxx =

[4.6 10−2 2.3 10−2

2.3 10−2 4.6 10−2

]



8Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 marzo 20029Topografia e Trattamento delle osservazioni, 16 settembre 2002

5.3. ESERCIZI 87

1 2

43


Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[46

]

senza mediare le misure di q13 e q24:

σ20 = 7 10−2 m2 Cxx =

[2.3 10−2 0

0 2.3 10−2

]

utilizzando le medie delle misure di q13 e q24:

σ20 = 1.25 10−2 m2 Cxx =

[4.16 10−3 0

0 4.16 10−3

]



Misure Datiq12 = 0.7 m Q2 = 2 mq13 = 2.2 m Q3 = 3 mq14 = 2.7 mq14 = 3.4 mq43 = −1.2 mq42 = −1.7 m



@@@@@@@@

@@@@

@@

@@@

@@

@@

@@@

1 2

43

Soluzione

x =[

Q1Q4

]=

[14

]senza mediare le misure di q14:

σ20 = 1.275 10−1 m2 Cxx =

[4.25 10−2 2.125 10−2

2.125 10−2 4.25 10−2

]utilizzando la media delle misure di q14:

σ20 = 8.83 10−2 m2 Cxx =

[2.94 10−2 1.472 10−2

1.472 10−2 2.94 10−2

]


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 divarianza e covarianza. Le misure sono incorrelate e con uguale precisione.

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��1 2

35

4

Dati Q1 = 20.0m Q2 = 10.0m Q4 = 50.0m

Misureq13 = 10.1m q15 = 20.3m q23 = 19.9m q25 = 29.7mq34 = 20.1m q35 = 9.9m q45 =−9.9m

11Topografia 2, 15 aprile 2004

5.3. ESERCIZI 89

Soluzione

x =[

Q3Q5

]=

[3040

]σ2

0 = 4.6 10−2 m2

Cxx =

[1.226 10−2 3.06 10−3

3.06 10−3 1.226 10−2

]


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete di livellazione schematizzata in figura.Note le quote dei punti 1 e 4, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianzae covarianza. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e2 e 3 e 4 rappresentano misure ripetute due volte.

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1 2

43Misure Dati

q12 = 3.0 m Q1 = 1 mq12 = 3.1 m Q4 = 10 mq13 = 5.2 mq23 = 1.9 mq24 = 6.2 mq34 = 4.0 mq34 = 4.1 m

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[46

]σ2

0 = 2.2 10−2 m2

Cxx =

[5.86 10−3 1.46 10−3

1.46 10−3 5.86 10−3

]


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete schematizzata in figura. Note le quotedei 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. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 e tra i punti 2e 4 rappresentano misure ripetute due volte.

12Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 luglio 200513Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 13 giugno 2006, la domanda aggiuntiva solo

per Topografia e Trattamento delle osservazioni


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1 2

43

Misure Datiq12 = 1.998 m Q1 = 0 mq13 = 4.004 m Q4 = 6 mq23 = 1.996 mq23 = 2.004 mq24 = 3.996 mq24 = 4.002 mq34 = 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

x =[

Q2Q3

]=

[24

]senza mediare le misure q23 e q24

σ20 = 1.760 10−5 m2

Cxx =

[4.4 10−6 2,2 10−6

2.2 10−6 5.5 10−6

]utilizzando la media delle misure q23 e q24

σ20 = 1.26 10−5 m2

Cxx =

[3.16 10−6 1.583 10−6

1.583 10−6 3.39583 10−6

]

Domanda aggiuntiva

q23 = Q3 − Q2 = 2 m

Senza mediare le misure q23 e q24

σ2q23

= 5.5 10−6 m2

utilizzando la media delle misure q23 e q24

σ2q23

= 3.39583 10−6 m2

5.3. ESERCIZI 91



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1 2

43Misure Dati

q12 = −1.8 cm Q1 = 10 cmq13 = −0.9 cm Q4 = 10 cmq23 = 1.0 cmq23 = 0.9 cmq24 = 2.3 cm

Domanda aggiuntiva


0 . L’incertezza con cui sono misuratidislivelli, a meno di errori grossolani, è data da σ = 2mm.

Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani, conlivello di significatività del 5%.

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[89


σ20 = 5 10−6 m2

Cxx =

[1.875 1.2501.250 2.500

]10−6

utilizzando la media delle misure q23

σ20 = 7.25 10−6 m2

Cxx =

[2.7187 1.81251.8125 3.625

]10−6 m2

14Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 26 aprile 2007, la domanda aggiuntiva soloper Topografia e Trattamento delle osservazioni


Domanda aggiuntiva

σ20 =

(2 10−2

)2= 4 10−6 m2

Senza mediare le misure q23

σ20 (m−n)

σ20

= 3.75 < χ3,0.95 = 7.81

l’ipotesi è quindi accettata.Utilizzando la media delle misure q23

σ20 (m−n)

σ20

= 5.4375 < χ3,0.95 = 7.81




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1 2

43Misure Dati

q12 = 3.6 mm Q1 = 0 mmq13 = 0.8 mm Q4 = 2 mmq23 = −1.2 mmq23 = −2.6 mmq24 = −0.6 mmq34 = 1.0 mm

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[31


σ20 = 3.9 10−1 mm2

Cxx =

[1.3 6.5 10−1

6.5 10−1 1.3

]10−1 mm2

15Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 2008

5.3. ESERCIZI 93



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1 2

3 4

Misure Datiq13 = 3.001 m Q1 = 5 mq14 = 7.002 m Q2 = 10 mq23 = −2.003 mq24 = 2.000 mq34 = 4.003 mq34 = 3.995 m

Soluzione

x =[

Q3Q4

]=

[8

12

]m

senza mediare le misure q34

σ20 = 1.2 10−5 m2

Cxx =

[4 22 4

]10−6 m2

mediando le misure q34

σ20 = 5.3 10−6 m2

Cxx =

[1.7 0.08

0.08 1.7

]10−6 m2


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete di livellazione schematizzata in figura.Note le quote dei punti 2 e 3, si determinino le quote dei punti 1 e 4 e la loro matrice di varianza


3 1

24

e covarianza. Le misure sono indipendenti e di uguale precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e3 e 2 e 4 rappresentano misure ripetute due volte.


Soluzione

x =[

Q1Q4

]=

[14

]m

senza mediare le misure q13 e q24

σ20 = 2.2 10−5 m2

Cxx =

[1 00 1

]7.3 10−6 m2

mediando le misure q13 e q24

σ20 = 4.35 10−5 m2

Cxx =

[1 00 1

]1.45 10−5 m2


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete di livellazione schematizzata in figura.Note le quote dei punti 1 e 4, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianzae covarianza. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. La linea doppia tra i punti 2 e 3rappresenta una misura ripetuta due volte.

16Topografia 2, 8 aprile 200917Topografia 2, 12 gennaio 201018Topografia 2, 22 luglio 2010

5.3. ESERCIZI 95

@@@@@@

@@

@@@

@@

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1 4

2 3

Misure Datiq21 = −2.000 m Q1 = 1 mq23 = −0.995 m Q4 = 4 mq23 = −1.003 mq24 = 0.998 mq31 = −1.001 mq34 = 2.003 m

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[32

]m


σ20 = 1.2 10−5 m2

Cxx =

[4 22 4

]10−6 m2


σ20 = 7.6 10−6 m2

Cxx =

[2.5 1.27

1.27 2.5

]10−6 m2


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete di livellazione schematizzata in figura.Note le quote dei punti 1 e 4, si determinino le quote dei punti 2 e 3 e la loro matrice di varianzae covarianza. Le misure sono incorrelate e di uguale precisione. La linea doppia tra i punti 2 e 3rappresenta una misura ripetuta due volte.

Misure Datiq12 = 3.004 m Q1 = 1 mq13 = 0.996 m Q4 = 3 mq23 = −1.996 mq23 = −1.995 mq24 = −1.005 mq34 = 1.005 m



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1 2

43

Soluzione

x =[

Q2Q3

]=

[42

]m


σ20 = 3.075 10−5 m2

Cxx =

[1.025 5.125 10−1

5.125 10−1 1.025

]10−5 m2


σ20 = 3.403 10−5 m2

Cxx =

[1.1361 5.680556 10−1

5.680556 10−1 1.1361

]10−5 m2

Capitolo 6

Compensazione di retiplanimetriche

6.1 SchemiGli esercizi vengono risolti usando la stima a minimi quadrati con parametri aggiuntivi (si vedail capitolo 1). Per la scrittura e la linearizzazione delle equazioni di osservazione di distanze eangoli si veda il paragrafo 1.6.

La matrice disegno A è la matrice dei coefficienti delle "correzioni" rispetto ai valori ap-prossimati dei parametri, cioè le derivate nelle 1.64 e 1.65 valutate nei valori approssimati deiparametri. Nel caso in cui le misure di distanza siano affette da un fattore di scala incognito leequazioni di osservazione per la distanza diventano:

di j = λ√(

xi − x j)2

+(yi − y j

)2 (6.1)

e quindi la loro linearizzazione

di j − di j = λx j − xi

di j

(ξi −ξ j

)+ λ

y j − yi

di j

(ηi −η j

)+ di jδλ (6.2)

La matrice normale N risulta da

N = A′Q−1A (6.3)

e il termine noto normale si scrive

T.N.= A′Q−1y0 (6.4)

La stima della variazione dei parametri rispetto ai valori approssimati si stima con

ξ =

ξ1ξ2. . .

ξn

=(

A′Q−1A)−1

A′Q−1y0 (6.5)

e quindi la stima dei parametri

x =

x1x2. . .xn

=

ξ1ξ2. . .

ξn

+

x1x2. . .xn

(6.6)

97

98 CAPITOLO 6. COMPENSAZIONE DI RETI PLANIMETRICHE

Per la stima degli scarti nel caso non lineare è necessario ristimare le osservazioni a partiredai parametri stimati:

di j =

√(xi − x j

)2+(yi − y j

)2 (6.7)

dove d è la distanza orizzontale, x e y sono le stime delle coordinate cartesiane (oppure ivalori dati delle coordinate se queste sono considerate note) e i e j indicano due punti della rete.

L’equazione della direzione è:


y j − yi− δ j (6.8)

dove θ è la stima della direzione e δ è la stima dell’origine delle direzioni misurata rispettoalla direzione dell’asse y. Queste espressioni consentono la stima y di y e quindi del vettore degliscarti v:

v = y−y0 (6.9)


σ20 =

v′Q−1vm−n

(6.10)

con m numero di osservazioni (misure) e n numero di parametri incogniti. La stima dellamatrice di varianza e covarianza dei parametri si scrive

Cxx = σ20 N−1 = σ2

0

(A′Q−1A

)−1(6.11)

Sulla diagonale di questa matrice si leggono le varianze dei parametri e al di fuori delladiagonale le covarianze, gli scarti quadratici medi dei parametri si ricavano quindi estraendo laradice degli elementi sulla diagonale. La verifica dell’ortogonalità degli scarti si scrive

A′Q−1v = 0 (6.12)

Si tenga presente che nel caso di equazioni di osservazione non lineari tale verifica puòessere influenzata in modo significativo dalle approssimazioni introdotte dalla linearizzazionedelle equazioni.



6.2.1 Rete con misure di angoli e distanze1

Nella rete riportata in figura si sono effettuate le seguenti osservazioni:

α = 50g.0020 d1 = 212.130 mangoli β = 49g.9980 distanze d2 = 212.140 m

γ = 99g.9990

con vertici A e B di coordinate note.

Si determini la stima ai minimi quadrati delle coordinate del punto P e la stima della matricedi varianza e covarianza, supposte le osservazioni tra loro indipendenti e con σα = 15cc per gliangoli e σd = 2mm+ 2ppm per le distanze (le espressioni definitive di σ2

α e σ2d devono essere

espresse con una sola cifra significativa. Esempio: 0.95 ∼= 1 , 99 ·10−5 ∼= 10−3).

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6

A B x

y

P

α β

γ

Valori approssimati (x, y)P = (150.0,150.0)mPunti noti (x,y)A = (0.0,0.0)m

(x,y)B = (300.0,0.0)m

Svolgimento

Le equazioni di osservazione si scrivono:

α = arctan(

yP−yAxP−xA

)β = arctan

(yP−yBxB−xP

)γ = arctan

(xA−xPyA−yP

)− arctan

(xB−xPyB−yP

)d1 =

√(xP − xA)

2 +(yP − yA)2

d2 =

√(xP − xB)

2 +(yP − yB)2

1Topografia e Trattamento delle osservazioni, 4 marzo 1996


Tali equazioni, valutate nei valori approssimati (xP, yP), portano a:

α = arctan(

150.0−0.0150.0−0.0

)= arctan(1) = π

4 rad

β = arctan(

150.0−0.0300.0−150.0

)= arctan(1) = π

4 rad

γ = arctan(

0.0−150.00.0−150.0

)− arctan

(300.0−150.00.0−150.0

)=

= arctan(1)− arctan(−1) = π2 rad

d1 =

√(150.0−0.0)2 +(150.0−0.0)2 = 150.0

√2 m

d2 =

√(150.0−300.0)2 +(150.0−0.0)2 = 150.0

√2 m

La scrittura della matrice disegno A risulta dalle derivate delle equazioni di osservazionerispetto ai parametri (xP,yP) incogniti, valutate nei valori approssimati (xP, yP):

∂α∂xP

= 1

1+(

yP−yAxP−xA

)2yP−yA

(xP−xA)2 (−1) =− yP−yA

d21

∂α∂xP

|xP,yP =− 150−0(150

√2)

2 =− 1300

∂α∂yP

= 1

1+(

yP−yAxP−xA

)21

xP−xA= xP−xA

d21

∂α∂yP

|xP,yP = 150−0(150

√2)

2 = 1300

∂β∂xP

= 1

1+(

yP−yBxB−xP

)2yP−yB

(xB−xP)2 (−1)(−1) = yP−yB

d22

∂β∂xP

|xP,yP = 150−0(150

√2)

2 = 1300

∂β∂yP

= 1

1+(

yP−yBxB−xP

)21

xB−xP= xB−xP

d22

∂β∂yP

|xP,yP = 300−150(150

√2)

2 = 1300

∂γ∂xP

= 1

1+(

xA−xPyA−yP

)2−1

(yA−yP)− 1

1+(

xB−xPyB−yP

)2−1

(yB−yP)

=− yA−yPd2

1+ yB−yP

d22

∂γ∂xP

|xP,yP =− 0−150(150

√2)

2 +0−150

(150√

2)2 = 0

∂γ∂yP

= 1

1+(

xA−xpyA−yP

)2xA−xP

(yA−yP)2 (−1)(−1)−

+ 1

1+(

xB−xpyB−yP

)2xB−xP

(yB−yP)2 (−1)(−1) = xA−xP

d21

− xB−xPd2

2

∂γ∂yP

|xP,yP = 0−150(150

√2)

2 +300−150(150

√2)

2 =− 1150

∂d1∂xP

=2(xP−xA)

2√

(xP−xA)2+(yP−yA)

2= xP−xA

d1

∂d1∂xP

|xP,yP = 150−0150

√2= 1√

2

∂d1∂yP

=2(yP−yA)

2√

(xP−xA)2+(yP−yA)

2= yP−yA

d1

∂d1∂yP

|xP,yP = 150−0150

√2= 1√

2

∂d2∂xP

=1(xP−xB)

1√

(xP−xB)1+(yP−yB)

1= xP−xB

d1

∂d2∂xP

|xP,yP = 150−300150

√2

=− 1√2

∂d2∂yP

=1(yP−yB)

1√

(xP−xB)1+(yP−yB)

1= yP−yB

d1

∂d2∂yP

|xP,yP = 150−0150

√2= 1√

2

La matrice disegno A si scrive quindi

A =

∂α∂xP

|xP,yP∂α∂yP

|xP,yP

∂β∂xP

|xP,yP∂β∂yP

|xP,yP

∂γ∂xP

|xP,yP∂γ∂yP

|xP,yP

∂d1∂xP

|xP,yP∂d1∂yP

|xP,yP

∂d2∂xP

|xP,yP∂d2∂yP

|xP,yP

=

− 1

3001

3001

3001

3000 − 1

1501√2

1√2

− 1√2

1√2


Dalla incorrelazione delle misure, la matrice Cyy di varianza e covarianza delle misure risultadiagonale, con numero di righe uguale al numero di colonne pari a 5. Le varianze delle misurerisultano per gli angoli σα = σβ = σγ = 15cc e quindi

σ2α = σ2

β = σ2γ =

(15 ·10−4 · π

200)2

=(

152 ·10−6π

)2=

=(2.35610−5)2

= 5.5510−10 ∼= 6 10−10rad2

in radianti al quadrato, avendo utilizzato una sola cifra significativa come indicato dal testo. Perle distanze le varianze si scrivono

σ2d1=(

2 10−3 +2 10−6 212.130)2

= 5.877 10−6 ∼= 6 10−6m2

e

σ2d2=(

2 10−3 +2 10−6 212.140)2

= 5.877 10−6 ∼= 6 10−6m2

avendo espresso le varianze in metri al quadrato e utilizzando una sola cifra significativa. Lamatrice di varianza e covarianza delle misure si scrive quindi

Cyy =

σ2

α 0 0 0 00 σ2

β 0 0 00 0 σ2

γ 0 00 0 0 σ2

d10

0 0 0 0 σ2d2

=

=

6 10−10 0 0 0 0

0 6 10−10 0 0 00 0 6 10−10 0 00 0 0 6 10−6 00 0 0 0 6 10−6

Ponendo σ2

0 = 6 10−10 si ricava

Cyy = 6 10−10

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 104 00 0 0 0 104

= σ20

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 104 00 0 0 0 104

e quindi

Q =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 104 00 0 0 0 104

ed infine la matrice dei pesi Q−1

Q−1 =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 10−4 00 0 0 0 10−4

La matrice normale N = A′Q−1A si scrive quindi


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 − y risulta

y =

α − αβ − βγ − γ

d1 − d1d2 − d2

=

50.0020 π

200 −π4

49.9980 π200 −

π4

99.9990 π200 −

π2

212.130−150√

2212.140−150

√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−1y è

A′Q−1y =[

−9.165463 10−7

5.241331 10−7

]La stima delle incognite ξP e ηP risulta

ξ = N−1A′Q−1y =[

ξPηP

]=

[−7.499015 10−3

3.144798 10−3

]E quindi la stima delle coordinate di P[

xPyP

]=

[ξPηP

]+

[xPyP

]=

[149.992501 m150.003145 m

]La stima delle osservazioni, ricavata dalle equazioni di osservazione con i valori stimati delle

coordinate di P, risulta:

α = arctan(

150.003145−0.0149.992501−0.0

)= 0.785424 rad

β = arctan(

150.003145−0.0300.0−149.992501

)= 0.785384 rad

γ = arctan(

0.0−149.9925010.0−150.003145

)− arctan

(300.0−149.9925010.0−150.003145

)= 1.570775 rad

d1 =

√(149.992501−0.0)2 +(150.003145−0.0)2 = 212.129 m

d2 =

√(149.992501−300.0)2 +(150.003145−0.0)2 = 212.1396 m

e quindi

y =

0.7854240.7853841.570775212.129212.1396

e quindi gli scarti

v = y− y0

−4.063448 10−6

−1.690187 10−5

5.257362 10−6

1.044596 10−3

4.393872 10−4


La stima della varianza della compensazione si scrive:

σ20 =

v′Q−1vm−n

=v′Q−1v5−2

= 1.527497 10−10 m2

mentre lo scarto quadratico medio risulta

σ0 =√

σ20 = 1.235119 10−5 m

e quindi

σ20

σ20= 0.254583


Cxx = σ20 N−1 =

[1.249770 10−6 0

0 9.164981 10−7

]=


σxP =√

1.249770 10−6 = 1.117931 10−3 mσyP =

√9.164981 10−7 = 9.573391 10−4 m


A′Q−1v = A′v =[

4.279047 10−4

1.049230 10−3

]Se σ2

α e σ2d 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 00 0 1.1103 10−9 0 00 0 0 5.8770 10−6 00 0 0 0 5.8771 10−6

La soluzione cambia e la stima delle incognite ξP e ηP risulta

ξ = N−1A′Q−1y =[

ξPηP

]=

[−7.3188 10−3

3.5098 10−3


xPyP

]=

[ξPηP

]+

[xPyP

]=

[149.992681 m150.003510 m

]Le ristime delle osservazioni risultano

y =

0.785430.785391.57077

212.12934212.13969

e quindi gli scarti


v = y− y0

4.06799 10−6

1.8720 10−5

−7.6918 10−5

−6.5884 10−4

−3.0865 10−4


σ20 =

v′Q−1vm−n

=v′Q−1v5−2

= 1.5956 10−1 m2

mentre lo scarto quadratico medio risulta

σ0 =√

σ20 = 3.994496 10−1 m


σxP = 9.1601 10−4 mσyP = 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 loromatrice di varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.

ZZ

ZZ

ZZ

ZZZ

��

6

-�

��

��

��

��

C

y

OA x

B

D

P

Noti(x,y)O = (0,0)m (x,y)A = (700,0)m(x,y)B = (700,400)m (x,y)C = (0,300)m(x,y)D = (0,−400)m

con (x, y)P = (400,0)m coordinate approssimate del punto P.



Osservazioni:dOP = 400.005 m dAP = 299.995 m

distanze dBP = 499.986 m dCP = 500.002 mdDP = 565.721 m

SvolgimentoLe equazioni di osservazione si scrivono:

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


dOP = xP = 400 mdAP =

√3002 = 300 m

dBP =√

3002 +4002 = 500 mdCP =

√4002 +3002 = 500 m

dDP =√

4002 +4002 = 400√

2 m


∂dOP∂xP

= 1 ∂dOP∂yP

= 0∂dAP∂xP

= xP−xAdAP

=−1 ∂dAP∂yP

= yPdAP

= 0∂dBP∂xP

= xP−xBdBP

=− 35

∂dBP∂yP

= yP−yBdBP

=− 45

∂dCP∂xP

= xP−xCdCP

= 45

∂dCP∂yP

= yP−yCdCP

=− 35

∂dDP∂xP

= xP−xDdDP

= 1√2

∂dDP∂yP

= yP−yDdDP

= 1√2


A =

1 0

−1 0− 3

5 − 45

45 − 3

51√2

1√2

Dalla incorrelazione delle misure, la matrice Cyy di varianza e covarianza delle misure risulta

diagonale, dalla loro uguale precisione segue che la matrice Cyy è proporzionale, per un fattoreincognito che non influenza la soluzione, alla matrice identità 5× 5, essendo 5 il numero dimisure. Ne consegue che la matrice Q puó essere scelta uguale alla matrice identità e quindianche la matrice dei pesi Q−1, sua inversa, risulta tale. La matrice normale N = A′Q−1A conQ−1 = I si scrive

N =

[1+1+ 9

25 +1625 +

12

12

12

1625 +

925 +

12

]=

[ 72

12

12

32

]Il determinante risulta det (N) = 21

4 − 14 = 20

4 = 5 e quindi l’inversa

N−1 =15

[ 32 − 1

2− 1

272

]=

[ 310 − 1

10− 1

107

10

]


Il termine noto risulta

y0 =

400.005299.995499.986500.002565.721

mentre il termine noto del sistema linearizzato y = y0 − y è

y =

400.005299.995499.986500.002565.721

−

400300500500

400√

2

=

5 10−3

−5 10−3

−1.4 10−2

2 10−3

3.555300 10−2

Il termine noto normale A′Q−1y è

A′Q−1y = A′y =

=

[5 10−3 +5 10−3 − 3

5 · (−1.4 10−2)+ 45 ·2 10−3 + 1√

2·3.555300 10−3

0+0− 45 · (−1.4 10−2)− 3

5 ·2 10−3 + 1√2·3.555300 10−3

]=

=

[0.0450.035

]La stima delle incognite ξP e ηP risulta

ξ = N−1A′Q−1y = N−1A′y =[

ξPηP

]=

[0.01 m0.02 m


xPyP

]=

[ξPηP

]+

[xPyP

]=

[400.010 m

0.020 m

]La stima delle osservazioni, ricavata dalle equazioni di osservazione con i valori stimati delle

coordinate di P, risulta:

y =

400.010000299.990001499.978000499.996000565.706638

e quindi gli scarti

v = y− y0

5 10−3

−4.999333 10−3

−7.999984 10−3

−5.999516 10−3

−1.436180 10−2


σ20 =

v′Q−1vm−n

=v′v

5−2= 1.187496 10−4 m2



Cxx = σ20 N−1 = 1.187496 10−4

[ 310 − 1

10− 1

10710

]=

=

[3.562487 10−5 −1.187496 10−5

−1.187496 10−5 8.312469 10−5

]Gli scarti quadratici medi dei parametri risultano quindi

σxp =√

3.562487 10−5 = 5.968657 10−3 mσyp =

√8.312469 10−5 = 9.117274 10−3 m


A′Q−1v = A′v =[

−1.556175 10−4

−1.556316 10−4

]


6.3 Esercizi


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B e C, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice divarianza 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 ledirezioni.

-

6

��

SS

SS

SS

SA B

C

y

xP

θPBδ

θPCθPA

Noti(x,y)A = (−30.00,40.00)m (x,y)B = (30.00,40.00)m(x,y)C = (0.00,−31.25)m


Osservazioni:dPA = 49.002 m θPA = 355g.488

distanze dPB = 47.800 m direzioni θPB = 40g.477dPC = 33.252 m θPC = 201g.035

Nota: porre π2 ≃ 10 nella determinazione dei pesi.

Soluzione

ξ =

ξx

ξy

ξδ

=

9.998022 10−1

2.0001651.570796 10−2

x =

xpyp

δ

=

9.998022 10−1

2.0001651.570796 10−2

σ20 = 2.024931 10−3 m2 Cxx =

1.419665 10−6 0 00 1.25 10−6 00 0 1.07 10−9


6.3. ESERCIZI 109

6.3.2 Rete con sole misure di distanze4


6

-��S

SS

SSS

��

C

BD

O

P

A

y

x

Noti(x,y)O = (0,0)m (x,y)A = (0,700)m(x,y)B = (−300,700)m (x,y)C = (−300,0)m(x,y)D = (400,600)m


Osservazioni:dOP = 300.025 mdAP = 399.975 m

distanze dBP = 499.981 mdCP = 424.306 mdDP = 499.967 m

Domanda aggiuntiva


0 . Le misure di distanza hanno sqm, ameno di errori grossolani, di 1 cm.Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani, con livellodi significatività del 5%.

Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[0.020.03

]x =

[xpyp

]=

[0.02

300.03

]σ2

0 = 5.000556 10−5 m2

Cxx =

[3.500390 10−5 −5.000558 10−6

−5.000558 10−6 1.500167 10−5

]4Topografia e Trattamento delle osservazioni, 29 gennaio 2001


Domanda aggiuntiva

σ20 =

(1 ·10−2

)2= 10−4 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 1.500167 < χ3,0.95 = 7.81

l’ipotesi è quindi accetata.


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B e C, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice divarianza 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 ledirezioni.

-

6

��

��

ZZZ

ZZZ

A

B

C

y

xP

θPAδ

θPC

θPB

Noti(x,y)A = (40.00,30.00)m (x,y)B = (40.00,−30.00)m(x,y)C = (−31.25,0.00)m

con (x, y)P = (0,0)m coordinate approssimate di P e δ = 0 valore approssimato dell’an-golo δ .




Domanda aggiuntiva

Si determini la distanza di P dall’origine dOP e la sua varianza σ2dOP

.

5Topografia e Trattamento delle osservazioni, 9 aprile 2001

6.3. ESERCIZI 111

Soluzione

ξ =

ξx

ξy

δ

=

2 10−2

1 10−2

2 10−2

x =

xpyp

δ

=

2 10−2

1 10−2

2 10−2

σ20 = 7.628304 10−3

Cxx =

2.970478 10−3 0 00 3.381000 10−3 00 0 2.540000 10−6

Domanda aggiuntiva

dOP = 2.236068 10−2 m

σ2dOP

= 3.052581 10−3

6.3.4 Rete con sole misure di distanza6

Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C e D usando unostrumento con fattore di scala incognito. Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determi-nino le coordinate del punto P e il fattore di scala incognito, con la loro matrice di varianza ecovarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.

6

-��

��

SS

SS

SS

��

��

��

SSSSSS

AB

CD

Px

y

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

con (x, y)P = (0,0)m coordinate approssimate del punto Pe λ = 1 valore approssimato del fattore di scala del distanzionmetro.

Osservazioni:distanze dAP = 50.015 m dCP = 50.087 m

dBP = 50.051 m dDP = 50.047 m

6Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 maggio 2001 - tipo 1


Soluzione

ξ =

ξx

ξyˆδλ

=

3 10−2

2 10−2

10−3

x =

xpyp

λ

=

3 10−2

2 10−2

1.001

σ2

0 = 4.054668 10−6 m2

Cxx =

2.027334 10−6 0 00 2.027334 10−6 00 0 4.054668 10−10



6

-��

ZZ

ZZ

ZZ

��

��

��

ZZ

ZZZZ

AB

CD

Px

y




dBP = 50.065 m dDP = 50.133 m

Soluzione

ξ =

ξx

ξyˆδλ

=

−2 10−2

3 10−2

2 10−3

x =

xpyp

λ

=

−2 10−2

3 10−2

1.002

σ2

0 = 3.970111 10−6 m2

7Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 maggio 2001 - tipo 2

6.3. ESERCIZI 113

Cxx =

1.985056 10−6 0 00 1.985056 10−6 00 0 3.970111 10−10

6.3.6 Rete con sole misure di angoli8

Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loromatrice 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.

-

6

��

��

ZZZZZZ

��

��

��

ZZ

ZZ

ZZA

BC

D

y

x

P

θPAδ

θPC

θPB

θPD

Noti(x,y)A = (50.00,30.00)m (x,y)B = (90.00,−30.00)m(x,y)C = (−30.00,−10.00)m (x,y)D = (−70.00,50.00)m

con (x, y)P = (10,10)m coordinate approssimate di P e δ = 0 valore approssimato del-l’angolo δ .

Osservazioni:θPA = 67g.338 θPB = 126g.270 θPC = 267g.389 θPD = 326g.270

Domanda aggiuntiva


.

Soluzione

ξ =

ξx

ξy

ξδ

=

2 10−2

−1 10−2

5 10−2

x =

xpyp

δ

=

1.002000 10+1

9.9900005 10−2

σ2

0 = 4.000480 10−6 m2

Cxx =

2.500300 10−2 7.500900 10−3 07.500900 10−3 6.250750 10−3 0

0 0 1.0000120 10−6

8Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 settembre 2001


Domanda aggiuntiva

dOP = 14.149223 σ2dOP

= 2.315586 10−2 m2



6

-

��

��

��

��ZZ

ZZ

ZZZZ

��

��

��

��B

C

OP

D

A

Noti(x,y)O = (0,0)m (x,y)A = (−700,0)m(x,y)B = (−700,−400)m (x,y)C = (0,−300)m(x,y)D = (0,400)m

con (x, y)P = (−400,0)m coordinate approssimate del punto P.



Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[2.005005 10−2

1.015014 10−2

]x =

[xpyp

]=

[−3.999799 102

1.015014 10−2

]

σ20 = 1.133526 10−4 m2

Cxx =

[3.400578E 10−5 −1.133526 10−5

−1.133526 10−5 7.934683 10−5

]9Topografia e Trattamento delle osservazioni, 30 maggio 2003 - la misura di dCP è diversa

6.3. ESERCIZI 115



��S

SSSSSSS

6

-

A

P

BCO

D

y

x

Noti(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




Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[1.869863 10−1

3.102740 10−1

]x =

[xpyp

]=

[8.018699 101

8.031027 101

]σ2

0 = 4.517231 10−4 m2

Cxx =

[2.428785 10−4 −1.546997 10−6

−1.546997 10−6 1.438707 10−4

]


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C e D usando unostrumento con fattore di scala incognito. Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determininole 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.

10Topografia 2, 10 febbraio 200411Topografia e Trattamento delle osservazioni, 16 aprile 2004


-

6

��

��

@@@

@@

@@

@@

@

��

��

�

A

BC

D

POx

y

Noti(x,y)A = (110,110)m (x,y)B = (110,−90)m(x,y)C = (−90,−90)m (x,y)D = (−90,110)m


Osservazioni:dAP = 141.691 m


Domanda aggiuntiva

Si determini la distanza dOP del punto P dall’origine (0,0) e la sua varianza.

Soluzione

ξ =

ξx

ξy

ξλ

=

1.000000 10−2

1.000000 10−2

2.000000 10−3

x =

xpyp

λ

=

10.01010.0101.002

σ2

0 = 4.004435 10−6 m2

Cxx =

2.002218 10−6 0 00 2.002218 10−6 00 0 5.005544 10−11

Domanda aggiuntiva

dOP = 1.418459 101 m σ2dOP

= 2.002218 10−6 m2 (= σ2xP

= σ2yP)


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B e C, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice di

12Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 5 luglio 2004, la domanda aggiuntiva soloper Topografia e Trattamento delle osservazioni

6.3. ESERCIZI 117

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 ledirezioni.

-

6

��

��

ZZ

ZZ

ZZA

B

C

y

x

P

θPAδ

θPC θPB

Noti(x,y)A = (30.00,40.00)m (x,y)B = (0.00,−31.25)m(x,y)C = (−30.00,40.00)m

con (x, y)P = (0,0)m coordinate approssimate di Pe δ = 0 valore approssimato dell’angolo δ .

Osservazioni:dPA = 50.012. m θPA = 39g.579



Domanda aggiuntiva


.

Soluzione

x =

xpyp

δ

= ξ =

ξx

ξy

ξδ

=

1 10−2

3 10−2

2 10−2

σ20 = 4.144798 10−3 m2

Cxx =

1.837233 10−3 0 00 1.614018 10−3 00 0 1.381599 10−6

Domanda aggiuntiva

dOP = 3.162278 10−2 m σ2dOP

= 1.636339 10−3 m2



Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matricedi 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 ledirezioni.

A

B C

D

P

PB

δ

θPD

θ

θ

θPC

PA

y

x

Noti(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 (x, y)P = (100,100)m coordinate approssimate di P e δ = 0 valore approssimatodell’angolo δ .

Osservazioni:dPA = 141.455. m θPA = 348g.700

distanze dPB = 141.483 m direzioni θPB = 250g.010dPC = 141.412 m θPC = 148g.750dPD = 141.384 m θPD = 49g.990


Soluzione

x =

xpyp

δ

= ξ + x =

ξx

ξy

ξδ

+

xpypδ

=

5 ·10−2

2 ·10−2

1 ·10−2

+

100100

0

=

100.05100.021 ·10−2

σ20 = 9.962774 10−2 m2

Cxx =

4.744178 10−2 0 00 4.744178 10−2 00 0 2.490693 10−5

13Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 aprile 2005

6.3. ESERCIZI 119


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C e D. Note lecoordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matrice divarianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.

6

-

@@@@@@@@@@@@@

y

x

A

B

C

D

P

Noti(x,y)A = ( 0,100)m (x,y)B = ( 0,200)m(x,y)C = (200,100)m (x,y)D = (200, 0)m




Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[1.000000 10−2

2.000000 10−2

]x =

[xpyp

]=

[100.010100.020

]

σ20 = 9.996821 10−6 m2

Cxx =

[4.998410 10−6 4.998410 10−6

4.998410 10−6 1.499523 10−5

]

6.3.13 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 econ uguale precisione. A causa della mancata taratura dell’insieme distanziometro+prisma ledistanze sono affette da una costante addittiva incognita.

Si chiede di eseguire la stima ai minimi quadrati delle coordiante di P e della costanteaddittiva. Si deve produrre anche la matrice di varianza e covarianza dei risultati.

14Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 15 febbraio 200615Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 22 agosto 2006, la domanda aggiuntiva solo



-

6

12

3

4

y

x

P

Le coordinate approssimate del punto P sono (x, y)P = (0,0)m.Le coordinate dei punti noti e le misure di distanza sono:

1 ( 100.000, 0.000) 99.8512 (−100.000, 0.000) 100.2513 ( 0.000, 100.000) 99.7494 ( 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 sospet-tare la presenza di un errore grossolano? Si risponda due volte eseguendo un test statistico conlivello di significatività pari a 0.01 e pari a 0.05.

Soluzione

ξ =

ξx

ξy

δc

= x =

xpypc

=

2 10−1

3 10−1

5 10−2

m

σ20 = 4 10−6 m2 Cxx =

2 0 00 2 00 0 4

10−6

Domanda aggiuntiva

σ20 =

(1.5 10−3

)2= 2.25 10−6 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 1.7 < χ1,0.99 = 3.84

σ20 (m−n)

σ20

= 1.7 < χ1,0.95 = 6.63

l’ipotesi è quindi accettata per entrambi i livelli di significatività.

6.3. ESERCIZI 121


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Note le coordinate dei punti A, B, C e D, si determinino le coordinate del punto P e la loro matricedi 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 ledirezioni.

y

x

ϑPB

ϑ

ϑ

ϑ

PC

PD

PA

δ

B

A

C

D

P

Noti(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

con(x, y)P = (0.00,0.00)m coordinate approssimate di Pδ = 0 valore approssimato dell’angolo δ


distanze dPB = 99.970 m direzioni θPB = 99g.377dPC = 100.020 m θPC = 199g.382dPD = 100.030 m θPD = 299g.351


Soluzione

ξ =

ξx

ξy

ξδ

=

2.998592 10−2

2.003821 10−2

9.998119 10−3

=

xpyp

δ

= x σ20 = 9.337934 10−5 m2

Cxx =

4.244516 10−5 0 00 4.244516 10−5 00 0 2.334484 10−8

16Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 23 giugno 2007, la domanda aggiuntiva solo




Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C, D ed E. Note lecoordinate dei punti A, B, C, D ed E, si determinino le coordinate del punto P e la loro matricedi varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.

-��

@@@

@@@@

6y

xA B C

DE

P

Noti(x,y)A = ( 0, 0)m (x,y)B = (100, 0)m(x,y)C = (200, 0)m (x,y)D = (200,200)m(x,y)E = (100,200)m


Osservazioni:dAP = 141.458 mdBP = 100.023 m

distanze dCP = 141.414 mdDP = 141.387 mdEP = 99.983 m

Domanda aggiuntiva


0 . L’incertezza con cui sono misurate ledistanze, a meno di errori grossolani, è data da σ = 2mm.

Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani, conlivello di significatività del 5%.

Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[3.028407 10−2

1.996026 10−2

]x =

[xpyp

]=

[100.030284100.019960

]σ2

0 = 6.685838 10−6 m2

Cxx =

[4.680087 10−6 −6.685838 10−7

−6.685838 10−7 2.005752 10−6

]17Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 9 luglio 2007, la domanda aggiuntiva solo


6.3. ESERCIZI 123

Domanda aggiuntiva

σ20 =

(2 10−3

)2= 4 10−6 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 5.014379 < χ3,0.95 = 7.81




-

6

ZZZZZZZZ

��

��

��

��

x

y

AB

C

D

P

Noti(x,y)A = ( 40,−30)m (x,y)B = (−30,−40)m(x,y)C = (−30, 0)m (x,y)D = ( 0, 40)m




Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[2 10−2

1 10−2

]= x =

[xpyp

]

σ20 = 2.048980 10−4 m2

Cxx =

[1.0244490 10−4 0

0 1.0244490 10−4

]18Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 10 gennaio 2008




-

6

ZZ

ZZ

ZZ

ZZ

��

��

��

��

P

A

B

C

D

y

x

Noti(x,y)A = ( 0,−400)m (x,y)B = ( 300, 0)m(x,y)C = (−400, 300)m (x,y)D = (−300,−400)m




Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[1 10−2

3 10−2

]= x =

[xpyp

]

σ20 = 9.992576 10−6 m2

Cxx =

[4.996288 10−6 0

0 4.996288 10−6

]


Si esegua la compensazione a minimi quadrati della rete planimetrica schematizzata in figura.Dal punto P di coordinate incognite si misurano le distanze dai punti A, B, C, D ed E. Note lecoordinate dei punti A, B, C, D ed E, si determinino le coordinate del punto P e la loro matricedi varianza e covarianza. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione.

Noti(x,y)A = (−300, 0)m (x,y)B = (−300,400)m(x,y)C = ( 400, 300)m (x,y)D = ( 400, 0)m(x,y)E = ( 400,−400)m

19Topografia 2, 13 luglio 200920Topografia 2, 19 aprile 2010

6.3. ESERCIZI 125

-

6

SS

SS

SS

SS

��

@@

@@

@@

@@A

B

C

D

E

P x

y


Osservazioni:dAP = 300.022 mdBP = 500.001 m

distanze dCP = 499.982 mdDP = 399.977 mdEP = 565.678 m

Soluzione

ξ =

[ξx

ξy

]=

[21

]10−2 = x =

[xpyp

]

σ20 = 1.266762 10−5 m2

Cxx =

[3.800286 1.2667621.266762 8.867334

]10−6






dBP = 50.051 m dDP = 50.047 m

21Topografia 2, 4 luglio 2011


6

-�

��

��

SS

SS

SS

��

��

��

SSSSSS

AB

CD

P

x

y

Soluzione

ξ =

ξx

ξyˆδλ

=

3 10−2

2 10−2

10−3

x =

xpyp

λ

=

1.003 101

1.002 101

1.001

σ2

0 = 4.054668 10−6 m2

Cxx =

2.027334 10−6 0 00 2.027334 10−6 00 0 4.054668 10−10

Capitolo 7

Simulazioni e confronti di reti

7.1 SchemiIl confronto di reti ha lo scopo di determinare la migliore configurazione tra quelle proposterispetto alle precisioni ottenibili per le coordinate dei punti coinvolti.

La scelta della precisione da massimizzare, ad esempio le coordinate di un determinato puntopiuttosto che una sola coordinata di tutti i punti, dipende ovviamente dallo scopo per cui la rete èistituita. 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 apriori σ2

0 ; negli esercizi di questo capitolo i valori della varianza a priori σ20 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 Cxx.Nella procedura di stima ai minimi quadrati con parametri aggiuntivi la stima della matrice divarianza e covarianza dei parametri Cxx si ricava dalla

Cxx = σ20

(A′Q−1A

)−1= σ2

0 N−1 (7.1)

Il fattore di proporzionalità σ20 (varianza a posteriori) è calcolabile a partire dagli scarti

(par.1.4), sarebbe quindi necessario conoscere le misure. Si può tuttavia supporre il valore dellavarianza a posteriori uguale per tutte le reti, assumendo le medesime condizioni (strumenti, ope-ratori, ecc.) per le operazioni di misura. Il confronto può essere quindi fatto direttamente sullematrici normali inverse N−1. Fatti salvi i casi di confronto di reti per scopi specifici di cui si èparlato sopra, i confronti che vengono effettuati sono:

differenza di normali inverse definita positiva : se la matrice differenza delle due normali in-verse è definita positiva significa che la prima matrice della differenza è “maggiore” dellaseconda, non esiste cioè nessun cambiamento di coordinate per cui l’iperellissoide rela-tivo alla seconda matrice è al di fuori dall’iperellissoide associato alla prima matrice. Inquesto casi si preferisce quindi la seconda rete.

determinante della matrice N−1 : il determinante della matrice di varianza e covarianza deiparametri Cxx è proporzionale all’ipervolume dell’iperellissoide d’errore. Il determinan-te della Cxx è proporzionale per il fattore

(σ2

0)2 al determinante della matrice normale

inversa. Si sceglie quindi la configurazione a cui corrisponde la matrice normale inversacon determinante minore.

MIN-MAX sulla diagonale della N−1 : si ritiene migliore la rete che ha valore massimo del-le varianze dei parametri (coordinate) minore. Tali varianze sono proporzionali per il

127

128 CAPITOLO 7. SIMULAZIONI E CONFRONTI DI RETI

fattore σ20 agli elementi sulla diagonale della matrice normale inversa: si sceglie quindi

la configurazione (rete) che ha elemento massimo sulla diagonale della normale inversaminore.

MIN-MAX sugli autovalori : si applica il criterio MIN-MAX a quantità invarianti rispetto alsistema di riferimento, in questo modo si ha un confronto indipendente dal particolaresistema di riferimento in uso. Rispetto al criterio precedente questo confronto è più signi-ficativo perchè si confrontano i valori massimi per qualunque cambiamento di sistemi diriferimento. Si sceglie quindi la rete che ha matrice normale inversa con massimo degliautovalori minore.

rapporto degli autovalori più prossimo a 1 : si controlla in questo modo, indipendentementedal sistema di riferimento, l’omogeneità delle precisioni delle coordinate e non la preci-sione come per i criteri precedenti: lo scopo di questo criterio è quindi differente da quellodei precenti. Si preferisce la configurazione che ha precisioni più omogenee, cioè la reteper cui i rapporti fra autovalori sono più prossimi all’unità.

I criteri appena esposti possono essere applicati ai soli parametri significativi della rete (adesempio alcune coordinate), escludendo dal confronto parametri meno importanti (come adesempio l’angolo che individua la direzione rispetto a cui sono misurati gli angoli in una reteplanimetrica). Questo può essere fatto estraendo dalla matrice normale inversa la sottomatricerelativa ai parametri significativi e applicando i criteri descritti.


7.2 Esercizi risolti7.2.1 Confronto di reti di livellazione1

Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 (compensata nell’esercizio5.2.1 a pagina 78) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Il dislivello tra ipunti 2 e 3 è misurato due volte per la rete 1 ed una sola volta per la rete 2; i punti Q1 e Q3 hannoquota nota per entrambe le reti.

��

��

��A

AAA

AA

��

��

��

��A

AAAAA

.......................... ........................

..

.......................... ........................

.. .......................... ..........................

.......................... ........................

..1

2 3

4

Rete 2

1

2 3

4

Rete 1

SvolgimentoLe matrici normali N per le due reti risultano

Rete1 Rete2[4 −1

−1 2

] [3 −1

−1 3

]det (N) = 7 det (N) = 8

e le loro inverse N−1

Rete1 Rete2[ 27

17

17

47

] [ 38

18

18

38

]det

(N−1)= 1

7 det(N−1)= 1

8

Non è possibile scrivere una diseguaglianza tra le matrici N−1 delle due reti, perchè la lo-ro 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 ( 3

8 contro 47 ). Si

preferisce la seconda rete anche considerando che ha il minore determinante di N−1 ( 18 contro

17 ). Cerchiamo gli autovalori di N−1 . Per semplicità cerchiamo prima gli autovalori di N, e liinvertiamo

Polinomio caratteristico di N1Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 maggio 1999


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

λ1λ2

= 0.359245 λ1λ2

= 0.5

Per N−1 gli autovalori sono quindi

autovalori di N−1

Rete1 Rete2

λ1 =1

3+√

2≃ 0.23 λ1 =

14 = 0.25

λ2 =1

3−√

2≃ 0.63 λ2 =

12 = 0.5

λ1λ2

≃ 0.36 λ1λ2

= 0.5

Anche il criterio "min max" applicato agli autovalori fa preferire la rete 2 (0.5 < 0.63). Laseconda rete ha inoltre precisioni più omogenee perchè presenta il rapporto λ1

λ2più prossimo a 1.

7.2.2 Simulazione di rete con misure di distanza2

Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate in figura, dovesono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analiticamente la scelta. Tutte lemisure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinate del punto P sono incognite, mentrequelle dei punti A, B, C e D sono note.

Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (100,100)m (x, y)P = (100,100)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (0,0)m (x,y)A = (0,0)m(x,y)B = (100,0)m (x,y)B = (200,0)m(x,y)C = (200,200)m (x,y)C = (200,200)m(x,y)D = (0,100)m (x,y)D = (0,200)m



6

��

��

��

-A B

D P

C6

-��

��

��

��@

@@

@@

@@

@@@@

A

C

P

B

D

SvolgimentoPrima reteLe equazioni di osservazione si scrivono:

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


dAP =√

1002 +1002 = 100√

2 mdBP =

√1002 = 100 m

dCP =√

1002 +1002 = 100√

2 mdDP =

√1002 = 100 m


∂dAP∂xP

= xP−xAdAP

= 1√2

∂dAP∂yP

= yPdAP

= 1√2

∂dBP∂xP

= xP−xBdBP

= 0 ∂dBP∂yP

= yP−yBdBP

= 1∂dCP∂xP

= xP−xCdCP

=− 1√2

∂dCP∂yP

= yP−yCdCP

=− 1√2

∂dDP∂xP

= xP−xDdDP

= 1 ∂dDP∂yP

= yP−yDdDP

= 0


A =

1√2

1√2

0 1− 1√

2− 1√

21 0




N =

(

1√2

)2+(−1√

2

)2+12

(1√2

)2+(−1√

2

)2(1√2

)2+(−1√

2

)2 (1√2

)2+(−1√

2

)2+12

=

[2 11 2

]

Il determinante risulta det (N) = 4−1 = 3 e quindi l’inversa

N−1 =13

[2 −1

−1 2

]=

[ 23 − 1

3− 1

323

]Seconda rete

Le equazioni di osservazione si scrivono:

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


dAP =√

1002 +1002 = 100√

2 mdBP =

√1002 +1002 = 100

√2 m

dCP =√

1002 +1002 = 100√

2 mdDP =

√1002 +1002 = 100

√2 m


∂dAP∂xP

= xP−xAdAP

= 1√2

∂dAP∂yP

= yPdAP

= 1√2

∂dBP∂xP

= xP−xBdBP

=− 1√2

∂dBP∂yP

= yP−yBdBP

= 1√2

∂dCP∂xP

= xP−xCdCP

=− 1√2

∂dCP∂yP

= yP−yCdCP

=− 1√2

∂dDP∂xP

= xP−xDdDP

= 1√2

∂dDP∂yP

= yP−yDdDP

=− 1√2


A =

1√2

1√2

− 1√2

1√2

− 1√2

− 1√2

1√2

− 1√2



N =(

1√2

)2+(

1√2

)2+(

1√2

)2+(

1√2

)2 (1√2

)2−(−1√

2

)2+(

1√2

)2−(−1√

2

)2(1√2

)2−(−1√

2

)2+(

1√2

)2−(−1√

2

)2 (1√2

)2+(−1√

2

)2+(

1√2

)2+(−1√

2

)2


=

[2 00 2

]Il determinante risulta det (N) = 4 e quindi l’inversa

N−1 =14

[2 00 2

]=

[ 12 00 1

2

]Confrontando le due reti quindi, le matrici normali N risultano

Rete1 Rete2[2 11 2

] [2 00 2

]det (N) = 3 det (N) = 4

e le loro inverse N−1

Rete1 Rete2[ 23 − 1

3− 1

323

] [ 12 00 1

2

]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 lo-ro differenza non nè definita positiva ne’ definita negativa (gli autovalori − 1

6 e 12 hanno segni

diversi). Allora conviene usare il criterio "min max": si preferisce la seconda rete, che ha laminima varianza massima ( 1

2 contro 23 ). Si preferisce la seconda rete anche considerando che ha

il minore determinante di N−1 ( 14 contro 1

3 ). Cerchiamo gli autovalori di N−1 . Per semplicitàcerchiamo prima gli autovalori di N, e li invertiamo

Polinomio caratteristico di N−1

Rete1 Rete2

det (N −λ I) = det (N −λ I) =( 23 −λ

)( 23 −λ

)− 1

9 =( 1

2 −λ)( 1

2 −λ)=

λ 2 − 43 λ + 1

3( 1

2 −λ)2

da cui

autovalori di N−1

Rete1 Rete2

λ = 23 ±

13 λ = 1

2

λ1 =13 λ1 =

12

λ2 = 1 λ2 =12

λ1λ2

= 13

λ1λ2

= 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 λ1λ2

pari a 1 rispetto

al valore 13 della prima rete.


7.3 Esercizi

7.3.1 Confronto di reti di livellazione3

Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 (compensata nell’esercizio5.3.3 a pagina 82) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplicidei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. La linea doppia tra i punti 1 e 4 dellaseconda rete rappresenta una misura ripetuta due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti3 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.

��

��

��

��

��

3 1

42 2

3 1

4

Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

[3 −1

−1 3

]N2 =

[3 00 2

]N−1

1 =

[ 38

18

18

38

]N−1

2 =

[ 13 00 1

2

]detN−1

1 = 18 detN−1

2 = 16

autovalori di N−11 autovalori di N−1

2λ1 =

12 λ2 =

14 λ1 =

12 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[ 124

18

18 − 1

8

]autovalori λ1 =− 17

12 λ2 =1912

Quindi:

1. Non si può dire nulla su N−11 ≤≥ N−1

2 ;

2. detN−11 < detN−1

2 , si preferisce la prima;

3. Max di N−12 = 1

2 > max di N−11 = 3


4. Max autovalore di N−12 = 1

2 = max autovalore di N−11 = 1

2 ;

5. λ1λ2

= 2 per la prima rete e λ1λ2

= 32 per la seconda rete, si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 (compensata nell’esercizio5.3.5 a pagina 84) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplicidei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. La linea doppia tra i punti 1 e 3 dellaseconda rete rappresenta una misura ripetuta due volte. Tutte le misure sono incorrelate. Il punto1 ha quota nota per entrambe le reti.

Nota: l’uso di criteri che richiedono il calcolo di autovalori è facoltativo.3Topografia e Trattamento delle osservazioni, 14 settembre 20004Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 febbraio 2001

7.3. ESERCIZI 135

��

��

��

��

��

@@@

@@@@@@@@ @

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@@

1 2

34 4

1 2

3

Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

3 −1 −1−1 3 −1−1 −1 3

N2 =

2 −1 0−1 4 −1

0 −1 2

N−1

1 =

12

14

14

14

12

14

14

14

12

N−12 =

712

16

112

16

13

16

112

16

712

detN−1

1 = 116 detN−1

2 = 112


2λ1 = 1 λ2 =

14 λ3 =

14 λ1 =

12 λ2 =

13−

√3

λ3 =1

3+√

3

N−11 −N−1

2 =

1 0 −10 −1 0

−1 0 1

autovalori λ1 =−1 λ2 = 2 λ3 = 0

Quindi:


2 ;



3. Sulla diagonale max di N−12 = 7

12 > max di N−11 = 1



3−√

3< max autovalore di N−1

2 = 1;

5. i massimi rapporti fra autovalori: λ1λ2

= 14 = 0.25 per la prima rete e λ2

λ3= 3−

√3

3+√

3≃ 0.27

per la seconda rete, si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 (compensata nell’esercizio5.3.7 di pagina 86) e 2, riportate in figura, giustificando analiticamente la scelta. Le linee semplicidei due grafici indicano misure tutte della stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 dellaprima rete e i punti 1 e 3 e 2 e 4 della seconda rete rappresentano misure ripetute due volte. Tuttele misure sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.

5Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 marzo 2002


��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

1 2

43 3

1 2

4

Rete 2

Soluzione

N1 =

[4 −2

−2 4

]N2 =

[3 00 3

]N−1

1 =

[ 13

16

16

13

]N−1

2 =

[ 13 00 1

3

]detN−1

1 = 112 detN−1

2 = 19


2λ1 =

12 λ2 =

16 λ1 =

13 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[0 1

616 0

]ha determinante negativo (− 1

36 )

e autovalori λ1 =− 16 λ2 =

16

Quindi:


2 ;




3 = max di N−11 = 1

3 , non si può dire nulla;


2 > max autovalore di N−12 = 1

3 , si preferisce la seconda;


= 13 per la prima rete e λ2

λ3= 1 per la seconda rete, si

preferisce la seconda.

7.3.4 Confronto di reti con misure di distanza6


Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (50,50)m (x, y)P = (50,50)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (0,−100)m (x,y)A = (0,0)m(x,y)B = (0,−50)m (x,y)B = (100,0)m(x,y)C = (50,0)m (x,y)C = (0,100)m(x,y)D = (100,0)m (x,y)D = (100,100)m

6Topografia e Trattamento delle osservazioni, 14 aprile 2003

7.3. ESERCIZI 137

6 -

��

��

��

C

PB

A

D 6

-��

��

��

��@@@@@

@@@

@@@

A

C

P

B

D

Soluzione

N1 =

[2 11 2

]N2 =

[2 00 2

]N−1

1 =

[ 23 − 1

3− 1

323

]N−1

2 =

[ 12 00 1

2

]detN−1

1 = 13 detN−1

2 = 14


2λ1 =

13 λ2 = 1 λ1 =

12 λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[ 16 − 1

3− 1

316


12 )


12

Quindi:

1. non si può dire nulla su N−11 ≤≥ N−1

2 ;

2. detN−11 > detN−1


3. sulla diagonale max di N−11 = 2

3 > max di N−12 = 1


4. max autovalore di N−11 = 1 > max autovalore di N−1

2 = 12 , si preferisce la seconda;

5. i rapporti fra autovalori sono λ1λ2


= 1 per la seconda rete, sipreferisce la seconda.






6

-��@

@@

@@

@@

@@

@

A B C

P

D6

-

@@@

@@

@@

@@

@

B C

P

D

A

Soluzione

N1 =

[ 4125 − 13

25− 13

255925

]N2 =

[2 −1

−1 2

]N−1

1 =

[ 5990

1390

1390

4190

]N−1

2 =

[ 23

13

13

23

]detN−1

1 = 518 detN−1

2 = 13


2λ1 ≃ 0.731 λ2 ≃ 0.380 λ1 = 1 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[− 1

90 − 1790

− 1790 − 19

90

]autovalori λ1 ≃ 0.103 λ2 ≃−0.325

Quindi:


2 ;




90 < max di N−12 = 2


4. max autovalore di N−11 ≃ 0.731 < max autovalore di N−1

2 = 1, si preferisce la prima;


≃ 0.532 ≃ 12 per la prima rete e λ1

λ2= 1

3 per la secondarete, si preferisce la prima.


Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 e 2, riportate in figura, giu-stificando analiticamente la scelta. Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte dellastessa precisione. Le linee doppie tra i punti 2 e 3 della prima rete rappresentano misure ripetutedue 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.

8Topografia e Trattamento delle osservazioni, 11 settembre 2003

7.3. ESERCIZI 139

��

��

��

��

��

�

��

��

��

��

��

�

1 2

43

��

��

��

��

��

�

1 2

43

5Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

[4 −2

−2 4

]N2 =

[4 −1

−1 3

]N−1

1 =

[ 13

16

16

13

]N−1

2 =

[ 311

111

111

411

]detN−1

1 = 112 detN−1

2 = 111


2λ1 =

16 ≃ 1.6 10−1 λ2 =

12 = 5 10−1 λ1 ≃ 2.165 10−1 λ2 ≃ 4.198 10−1

N−11 −N−1

2 =

[ 233

566

566 − 1

33

]autovalori λ1 ≃−7.319 10−2

λ2 ≃ 1.035 10−1

Quindi:


2 ;




3 ≃ 0.3 < max di N−12 = 4

11 ≃ 0.36, si preferisce la prima;

4. max autovalore di N−11 = 5 10−1 > max autovalore di N−1

2 ≃ 4.198 10−1, si preferisce laseconda;


= 13 ≃ 0.3 per la prima rete e λ1

λ2≃ 0.516 per la seconda

rete, si preferisce la seconda.



Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (120,−50)m (x, y)P = (120,−50)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (0,0)m (x,y)A = (0,−50)m(x,y)B = (0,−50)m (x,y)B = (120,0)m(x,y)C = (170,0)m (x,y)C = (170,0)m(x,y)D = (70,−100)m (x,y)D = (70,−100)m

9Topografia e Trattamento delle osservazioni, 18 dicembre 2003


6 -HHHHHHHH

��

��

��

��

A

B

D

P

C6 -

��

��

��

��

D

P

CB

A

Soluzione

N1 =

[ 482169

109169

109169

194169

]N2 =

[2 11 2

]N−1

1 =

[ 194483 − 109

483− 109

483482483

]N−1

2 =

[ 23 − 1

3− 1

323

]detN−1

1 = 169483 detN−1

2 = 13


2λ1 ≃ 0.33 λ2 ≃ 1.07 λ1 = 1 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[− 128

48352

48352483

160483

]autovalori λ1 ≃ 0.35 λ2 ≃−0.28

Quindi:


2 ;




483 ≃ 1 > max di N−12 = 2


4. max autovalore di N−11 ≃ 1.07 > max autovalore di N−1

2 = 1, si preferisce la seconda;


≃ 3.2 ≃ 12 per la prima rete e λ1

λ2= 3 per la seconda rete,

si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 e 2, riportate in figura, giu-stificando analiticamente la scelta. Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte dellastessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 3 e 2 e 4 della prima rete e i punti 1 e 3 dellaseconda rete rappresentano misure ripetute due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti 1e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.


7.3. ESERCIZI 141

��

��

��

��

��

��

1 2

43 3

1 2

4

Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

[3 00 3

]N2 =

[3 −1

−1 4

]N−1

1 =

[ 13 00 1

3

]N−1

2 =

[ 411

111

111

311

]detN−1

1 = 19 detN−1

2 = 111


2λ1 = λ2 =

13 λ1 ≃ 2.16 10−1 λ2 ≃ 4.20 10−1

N−11 −N−1

2 =

[− 21

33 − 111

− 111

3533

]autovalori λ1 ≃ 1.02 λ2 ≃−9.90 10−1

Quindi:


2 ;




3 ≃ 0.33 < max di N−12 = 4

11 ≃ 0.36, si preferisce la prima;

4. max autovalore di N−11 = 1

3 ≃ 0.33 < max autovalore di N−12 ≃ 0.4, si preferisce la prima;



≃ 0.5 per la seconda rete, sipreferisce la prima.



Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (−100,100)m (x, y)P = (−100,100)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (−200, 0)m (x,y)A = (−200,100)m(x,y)B = ( 0,200)m (x,y)B = (−100,200)m(x,y)C = ( 0,100)m (x,y)C = ( 0,100)m(x,y)D = ( 0, 0)m (x,y)D = (−100, 0)m

11Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 2 febbraio 2005


��

@@@

@@ -

6

A

P

B

C

D -

6

P CA

B

D

Soluzione

N1 =

[ 52

12

12

32

]N2 =

[2 00 2

]N−1

1 =

[ 37

−17

−17

57

]N−1

2 =

[ 12 00 1

2

]detN−1

1 = 27 detN−1

2 = 14


2λ1 ≃ 0.37 λ2 ≃ 0.77 λ1 = λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[− 1

14 − 17

− 17

34

]autovalori λ1 ≃ 0.27 λ2 ≃−0.13

Quindi:


2 ;




7 > max di N−12 = 1


4. max autovalore di N−11 ≃ 0.77 > max autovalore di N−1

2 = 12 = 0.5, si preferisce la

seconda;


≃ 0.5 per la prima rete e λ1λ2

= 1 per la seconda rete, sipreferisce la seconda.



Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (−100,100)m (x, y)P = (−100,100)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (−200,100)m (x,y)A = (−200,100)m(x,y)B = ( 0,100)m (x,y)B = (−100,200)m(x,y)C = ( 0, 0)m (x,y)C = ( 0,100)m(x,y)D = (−200, 0)m (x,y)D = (−100, 0)m

12Topografia 2, 9 febbraio 2005

7.3. ESERCIZI 143

��@

@@@@ -

6

A

D

P B

C -

6

P CA

B

D

Soluzione

N1 =

[3 00 1

]N2 =

[2 00 2

]N−1

1 =

[ 13 00 1

]N−1

2 =

[ 12 00 1

2

]detN−1

1 = 13 detN−1

2 = 14


2λ1 =

13 λ2 = 1 λ1 = λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[− 1

6 00 1

2

]autovalori λ1 =− 1

6 λ2 =12

Quindi:


2 ;



3. sulla diagonale max di N−11 = 1 > max di N−1






λ2= 1 per la seconda rete, si

preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le reti di livellazione 1 e 2, riportate in figura, giu-stificando analiticamente la scelta. Le linee semplici dei due grafici indicano misure tutte dellastessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 2 e 3 e 4 della prima rete rappresentano misureripetute due volte. Tutte le misure sono incorrelate. I punti 2 e 3 hanno quota nota per entrambele reti.



@@@

@@@

@@@

@@@@

1 2

43 3

1 2

4

Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

[3 00 3

]N2 =

[3 −1

−1 3

]N−1

1 =

[ 13 00 1

3

]N−1

2 =

[ 38

18

18

38

]detN−1

1 = 19 detN−1

2 = 18


2λ1 = λ2 =

13 λ1 =

14 λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[− 1

24 − 18

− 18 − 1

24

]determinante = − 1

72

Quindi:


2 , essendo il determinante negativo gli autovalorihanno segno discorde;




3 ≃ 0.33 < max di N−12 = 3

8 = 0.375, si preferisce laprima;


3 ≃ 0.33 < max autovalore di N−12 = 1

2 = 0.5, si preferisce laprima;



= 12 per la seconda rete, si

preferisce la prima.


Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate infigura, dove sono state misurate le distanze AP, BP e CP, giustificando analiticamentela scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinate del puntoP sono incognite, mentre quelle dei punti A, B e C sono note.

Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (0,0)m (x, y)P = (0,0)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = ( 0,−50)m (x,y)A = ( 0,−50)m(x,y)B = (−30,40)m (x,y)B = (−40,30)m(x,y)C = ( 30,40)m (x,y)C = ( 40,30)m


7.3. ESERCIZI 145

-

SSSSS�

��

6

A

B C

P-Z

ZZZ

��

��

6

A

B C

P

Soluzione

N1 =

[ 1825 00 57

25

]N2 =

[ 3225 00 43

25

]

N−11 =

[ 2518 00 25

57

]N−1

2 =

[ 2532 00 25

43

]detN−1

1 = 6251026 ≃ 0.61 detN−1

2 = 6251376 ≃ 0.45


2λ1 =

2518 λ2 =

2557 λ1 =

2532 λ2 =

2543

N−11 −N−1

2 =

[ 350576 0

0 − 3502451

]λ1 =

350576 λ2 =− 350

2451

Quindi:


2 , essendo gli autovalori di segno discorde;

2. detN−11 ≃ 0.61 > detN−1

2 ≃ 0.45, si preferisce la seconda;


18 > max di N−12 = 25


4. gli autovalori coincidono con gli elementi in diagonale: max autovalore di N−11 =

2518 > max autovalore di N−1



= 5718 ≃ 3.18 per la prima rete e λ1

λ2= 43

32 ≃ 1.34per la seconda rete, si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate infigura, dove sono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analitica-mente la scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione; le coordinatedel punto P sono incognite, mentre quelle dei punti A, B, C e D sono note.

15Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 10 gennaio 2007


-

6

��@

@@@@

A B C

P

D

-

6

��

��@@

@@@

A B C

PD

Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (100,100)m (x, y)P = (100,100)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = ( 0, 0)m (x,y)A = ( 0, 0)m(x,y)B = (100, 0)m (x,y)B = (100, 0)m(x,y)C = (200, 0)m (x,y)C = (200, 0)m(x,y)D = (100,200)m (x,y)D = ( 0,100)m

Soluzione

N1 =

[1 00 3

]N2 =

[2 00 2

]

N−11 =

[1 00 1

3

]N−1

2 =

[ 12 00 1

2

]detN−1

1 = 13 detN−1

2 = 14


2λ1 = 1 λ2 =

13 λ1 =

12 = λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[ 12 00 − 1

6

]λ1 =

12 λ2 =− 1

6

Quindi:



2. detN−11 = 1

3 > 14 = detN−1


3. sulla diagonale max di N−11 = 1 > max di N−1


4. gli autovalori coincidono con gli elementi in diagonale: max autovalore di N−11 =





= 1 per la secondarete, si preferisce la seconda.

7.3. ESERCIZI 147


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 misuretutte della stessa precisione. Le linee doppie tra i punti 1 e 2 e 2 e 4 della prima rete, 1e 2 e 3 e 4 della seconda rete, rappresentano misure ripetute due volte. Tutte le misuresono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe le reti.

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

1 2

43 3

1 2

4

Rete 1 Rete 2

Soluzione

N1 =

[5 −1

−1 3

]N2 =

[4 −1

−1 4

]N−1

1 =

[ 314

114

114

514

]N−1

2 =

[ 415

115

115

415

]detN−1

1 = 114 detN−1

2 = 115


2

λ1 =4−

√2

14 λ2 =4+

√2

14 λ1 =15 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 = 1210

[−11 1

1 19

]determinante = − 1

210

Quindi:


2 , essendo il determinante negativo gliautovalori hanno segno discorde;




14 > max di N−12 = 4


4. max autovalore di N−11 = 4+

√2

14 ≃ 0.387 > max autovalore di N−12 = 1

3 = 0.3, sipreferisce la seconda;



= 35 ≃ 1.65 per la

seconda rete, si preferisce la seconda.

16Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 27 agosto 2007




-

6

��

��

��

SSSSSS

��

��

��

SS

SS

SS

BC

DA

-

6

��

��

��

��

A

B

C

D

Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (0,0)m (x, y)P = (0,0)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = ( 40, 30)m (x,y)A = ( 30, 40)m(x,y)B = ( 30,−40)m (x,y)B = ( 40, 0)m(x,y)C = (−40,−30)m (x,y)C = (−40,−30)m(x,y)D = (−30, 40)m (x,y)D = (−30, 0)m

Soluzione

N2 =

[2 00 2

]N1 =

[3 24

252425 1

]

N−12 =

[ 12 00 1

2

]N−1

1 =

[ 6251299 − 200

433− 200

433625433

]detN−1

1 = 14 ≃ 0.25 detN−1

2 = 6251299 ≃ 0.48


2λ1 = λ2 =

12 = 0.25 λ1 ≃ 0.3 λ2 ≃ 1.6

N−11 −N−1

2 =

[ 492598

200433

200433 − 817

866

]λ1 ≃−1.1 λ2 =≃ 0.2

Quindi:




7.3. ESERCIZI 149

2. detN−11 = 1

4 = 0.25 < 6251299 ≃ 0.48 = detN−1



2 < max di N−12 = 625

433 ≃ 1.44, si preferisce laprima;


2 < max autovalore di N−12 ≃ 1.6, si preferisce la

prima;



≃ 0.18 per la secondarete, si preferisce la prima.


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. Lelinee 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 trevolte.

Tutte le misure sono incorrelate. I punti 1 e 4 hanno quota nota per entrambe lereti.

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

1 2

43 3

1 2

4

Rete 2

Soluzione

N1 =

[4 −2

−2 4

]N2 =

[4 00 4

]

N−11 =

[ 13

16

16

13

]N−1

2 =

[ 14 00 1

4

]detN−1

1 = 112 detN−1

2 = 116


2λ1 =

12 λ2 =

16 λ1 = λ2 =

14

N−11 −N−1

2 = 16

[ 12 11 1

2

]detN−1

1 −N−12 =− 1

48

18Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 7 luglio 2008


Quindi:


2 , essendo il determinante negativo gliautovalori di segno discorde;

2. detN−11 = 1

12 > 116 = detN−1



3 > max di N−12 = 1




4 , si preferisce laseconda;






6

-

��

A

B

C

D

P

6

-

��

��@

@@

@@

D

B

AP

C

Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (0,0)m (x, y)P = (0,0)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (10,10)m (x,y)A = (10,0)m(x,y)B = (10,0)m (x,y)B = (−10,−10)m(x,y)C = (−10,−10)m (x,y)C = (−10,10)m(x,y)D = (0,10)m (x,y)D = (0,10)m


7.3. ESERCIZI 151

Soluzione

N1 =

[2 11 2

]N2 =

[2 00 2

]N−1

1 =

[ 23 − 1

3− 1

323

]N−1

2 =

[ 12 00 1

2

]detN−1

1 = 13 detN−1

2 = 14


2λ1 =

13 λ2 = 1 λ1 =

12 λ2 =

12

N−11 −N−1

2 =

[ 16 − 1

3− 1

316


12 )


12

Quindi:


2 ;




3 > max di N−12 = 1



2 = 12 , si preferisce la

seconda;






6

-@@@@@

@@

@@

@C

BD

A

P

6

-

��

��

��

��

C

B

D A

P



Valori approssimati: Valori approssimati:(x, y)P = (0,0)m (x, y)P = (0,0)mPunti noti: Punti noti:(x,y)A = (100,−100)m (x,y)A = (0,−100)m(x,y)B = (100,0)m (x,y)B = (100,0)m(x,y)C = (−100,100)m (x,y)C = (100,100)m(x,y)D = (−100,0)m (x,y)D = (−100,−100)m

Soluzione

N1 =

[3 −1

−1 1

]N2 =

[2 11 2

]N−1

1 =

[ 12

12

12

32

]N−1

2 =

[ 23 − 1

3− 1

323

]detN−1

1 = 12 detN−1

2 = 13


2λ1 = 1−

√2 λ2 = 1+

√2 λ1 =

13 λ2 = 1

N−11 −N−1

2 = 16

[−1 5

5 5


6 )

Quindi:


2 ;




2 > max di N−12 = 2


4. max autovalore di N−11 = 1+

√2 ≃ 2.4 > max autovalore di N−1

2 = 1, si prefe-risce la seconda;


= 0.16 per la prima rete e λ1λ2

= 0.3 per la secondarete, si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate infigura, dove sono state misurate le distanze AP, BP e OP per la prima rete, AP e BPper la seconda, giustificando analiticamente la scelta. Tutte le misure sono incorrelatee con pari precisione; i tratti singoli indicano una misura, quelli doppi due misure equelli tripli tre misure. Le coordinate del punto P sono incognite, mentre quelle deipunti A, B e O sono note.

Valori approssimati: (x, y)P=(100,100)mPunti noti: (x,y)A=(0,100)m (x,y)B=(100,0)m (x,y)O=(0,0)m


7.3. ESERCIZI 153

6

-��

��

��

��

A

BO

P

6

-

A

BO

P

Soluzione

N1 =

[3 11 2

]N2 =

[3 00 2

]N−1

1 =

[ 25 − 1

5− 1

535

]N−1

2 =

[ 13 00 1

2

]detN−1

1 = 15 detN−1

2 = 16


2λ1 =

25−

√5

λ2 =2

5+√

5λ1 =

12 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[ 115 − 1

5− 1

5110


30 )

Quindi:


2 ;




5 > max di N−12 = 1



5−√

5≃ 0.723 > max autovalore di N−1

2 = 12 , si prefe-

risce la seconda;



= 23 = 1.5 per la

seconda rete, si preferisce la seconda.


Si individui la migliore configurazione fra le due reti planimetriche schematizzate infigura, dove sono state misurate le distanze AP, BP, CP e DP, giustificando analitica-mente la scelta. Tutte le misure sono incorrelate e con pari precisione. Le coordinatedel punto P sono incognite, mentre quelle dei punti A, B, D e D sono note.

22Topografia 2, 30 agosto 2010


6

-��

��@

@@@@@@@

@@@

A B

CD

P

6

-��

��

��

��

A

P

B

C

D


Soluzione

N1 =

[2 00 2

]N2 =

[2 11 2

]N−1

1 =

[ 12 00 1

2

]N−1

2 =

[ 23 − 1

3− 1

323

]detN−1

1 = 14 detN−1

2 = 13


2λ1 =

12 λ2 =

12 λ1 =

13 λ2 = 1

N−11 −N−1

2 =

[− 1

613

13 − 1

6


12 )


16

Quindi:


2 ;




2 < max di N−12 = 2



2 = 0.5 < max autovalore di N−12 = 1, si preferisce la

prima;



= 3 per la secondarete, si preferisce la prima.

7.3. ESERCIZI 155


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. Lelinee doppie tra i punti 1 e 3 della prima rete e tra i punti 1 e 2 e 3 e 4 della secondarete rappresentano misure ripetute due volte.

Tutte le misure sono incorrelate. I punti 2 e 4 hanno quota nota per entrambe lereti.

@@@

@@@@@

@@@@

@@

@@

@@

@@

@@

1 2

4

1

4

2

33

Soluzione

N1 =

[4 −2

−2 4

]N2 =

[3 00 3

]N−1

1 =

[ 13

16

16

13

]N−1

2 =

[ 13 00 1

3

]detN−1

1 = 112 detN−1

2 = 19


2λ1 =

12 λ2 =

16 λ1 =

13 λ2 =

13

N−11 −N−1

2 =

[0 1

616 0


36 )


16

Quindi:


2 ;




3 = max di N−11 = 1

3 , non si può dire nulla;



3 , si preferisce laseconda;



λ3= 1 per la seconda

rete, si preferisce la seconda.

23Topografia 2, 5 settembre 2011

Capitolo 8

Rototraslazione e variazione discala

8.1 SchemiPer una trattazione completa della procedura utilizzata per la stima dei parametri di unatrasformazione si veda il capitolo 2, in questo ambito si riportano le formule utilizzateper la risoluzione degli esercizi di questo capitolo.

Una trasformazione di rototraslazione e variazione di scala si può scrivere

xi = λRx′i +x0 (8.1)

che porta dalle coordinate x′i alle coordinate x per ogni punto i. La matrice dirotazione R si esprime come

λR =

[a b

−b a

](8.2)

avendo posto a = λ cos(α) e b = λ sin(α). E‘ ovviamente possibile calcolare λ eα a partire da a e b con le

λ =√

a2 +b2 (8.3)

α = arctanba

(8.4)

Si calcolano le coordinate x′B, y′B, xB e yB dei baricentri per i due sistemi con le

x′B =1N

N

∑i=1

x′i (8.5)

y′B =1N

N

∑i=1

y′i (8.6)

xB =1N

N

∑i=1

xi (8.7)

yB =1N

N

∑i=1

yi (8.8)

156

8.1. SCHEMI 157

e quindi le coordinate baricentriche per i = 1, . . . ,N, con N numero di punti

x′i = x′i − x′B (8.9)

y′i = y′i − y′B (8.10)

xi = xi − xB (8.11)

yi = yi − yB (8.12)

La stima dei parametri a e b risulta:

a =∑N


∑Ni=1 x′i

2 + y′i2 (8.13)

b =∑N

i=1 y′ixi − x′iyi

∑Ni=1 x′i

2 + y′i2 (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 −ax′B −by′By0 = yB +bx′B −ay′B

(8.15)

La stima della varianza si calcola con la 1

σ20 =

v′v2N −4

=∑N

i=1

(v2

xi + v2yi

)2N −4

(8.16)

La stima degli scarti v si ricava dalle{vxi = xi − (ax′i +by′i + x0)vyi = yi − (−bx′i +ay′i + y0)

(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 sirichiede il calcolo della varianza e covarianza delle traslazioni è necessario procedereal calcolo della matrice normale inversa N−1 completa.

Cabx0y0 = σ20 N−1 = σ2

0

1

∑Ni=1 x′i

2+y′i2 0 0 0

0 1∑N

i=1 x′i2+y′i

2 0 0

0 0 1N 0

0 0 0 1N

(8.18)

e quindi

σ2a = σ2

b =σ2

0

∑Ni=1 x′i

2+y′i2

σab = 0(8.19)

1si ricordi che Q−1 = I


La matrice di varianza di λ e α , Cλα si ricava a partire dalla Cabx0y0 propagandoopportunamente la varianza, ottenendo:

=

(a2

λ 2 +b2

λ 2

)σ2

a 0

0(

a2

λ 4 +b2

λ 4

)σ2

b

=

[σ2

a 0

0 σ2b

λ 2

](8.20)

Dato che σ2a = σ2

b , si ha

σ2λ = σ2

a = σ2b (8.21)

σ2α =

σ2a

λ 2 =σ2

bλ 2 (8.22)

σλα = 0 (8.23)



8.2.1 Rototraslazione e variazione di scala2

Sono note senza errore le coordinate (x,y) di alcuni punti; sono state determinate lecoordinate (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)1 = (199.96,300.00)(x′,y′)2 = (5.00,5.00) ↔ (x,y)2 = (100.00,400.04)(x′,y′)3 = (0.00,5.00) ↔ (x,y)3 = ( 0.04,300.00)(x′,y′)4 = (0.00,0.00) ↔ (x,y)4 = (100.00,199.96)

La trasformazione tra i due sistemi di riferimento è rappresentata da una trasforma-zione lineare conforme (rotrotraslazione e variazione di scala) nella forma:[

xy

]= λR(α)

[x′

y′

]+

[x0y0

]Si stimino:

1. angolo di rotazione, scala e traslazione che portano dal sistema (x′,y′) a quello(x,y);

2. la varianza σ20 della compensazione;

3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.

SvolgimentoLe coordinate dei baricentri dei punti nei due sistemi sono:

x′B = 2.5 y′B = 2.5 xB = 100 yB = 300


Punto x′ y′ x y1 2.5 -2.5 99.960 02 2.5 2.5 0 100.0403 -2.5 2.5 -99.960 04 -2.5 -2.5 0 -100.040

A partire da questi valori si valutano le espressioni

4

∑i=1

x′ixi + y′iyi = 2.5(99.960+100.040+99.960+100.040) = 2.5 ·400 = 1000

4

∑i=1

y′ixi − x′iyi =−25(99.960+100.040+99.960+100.040) =−2.5 ·400 =−1000

2Diploma Universitario, 9 gennaio 1996


4

∑i=1

x′i2+ y′i

2= 8(2.5)2 = 8

(52

)2

= 8254

= 50

da cui

a =∑4

i=1 x′ixi+y′iyi

∑4i=1 x′i

2+y′i2 = 1000

50 = 20

b =∑4

i=1 y′ixi−x′iyi

∑4i=1 x′i

2+y′i2 = −1000

50 =−20

e quindi

λ =√

a2 +b2 =√

202 +(−20)2 = 20√

2 ≃ 28.284271α = arctan b

a = arctan(− 20

20

)= arctan(−1) =−π

4

Il calcolo delle componenti della traslazione si effettua con le

x0 = xB −ax′B −by′B = 100−20 ·2.5+20 ·2.5 = 100 my0 = yB +bx′B −ay′B = 300−20 ·2.5−20 ·2.5 = 200 m

Gli scarti di ogni equazione si ricavano da

vx1 = x1 − (ax′1 +by′1 + x0) = 199.960− (20 ·5−20 ·0+100) =−0.040vy1 = y1 − (−bx′1 +ay′1 + y0) = 300− (20 ·5+20 ·0+200) = 0vx2 = x2 − (ax′2 +by′2 + x0) = 100− (20 ·5−20 ·5+100) = 0vy2 = y2 − (−bx′2 +ay′2 + y0) = 400.040− (20 ·5+20 ·5+200) = 0.040vx3 = x3 − (ax′3 +by′3 + x0) = 0.040− (20 ·0−20 ·5+100) = 0.040vy3 = y3 − (−bx′3 +ay′3 + y0) = 300− (20 ·0+20 ·5+200) = 0vx4 = x4 − (ax′4 +by′4 + x0) = 100− (20 ·0−20 ·0+100) = 0vy4 = y4 − (−bx′4 +ay′4 + y0) = 199.960− (20 ·0+20 ·0+200) =−0.040


σ20 =

v′v2N −4

=∑N

i=1

(v2

xi + v2yi

)2N −4

=(0.040)2 ·4

8−4=

1.6 10−3 ·44

= 1.6 10−3

La matrice di varianza e covarianza di a, b, x0 e y0 risulta

Cabx0y0 = σ20 N−1 = σ2

0

1

∑Ni=1 x′i

2+y′i2 0 0 0

0 1∑N

i=1 x′i2+y′i

2 0 0

0 0 1N 0

0 0 0 1N

=

= 1.6 10−3 ·

1

50 0 0 00 1

50 0 00 0 1

4 00 0 0 1

4

=

3.2 10−5 0 0 0

0 3.2 10−5 0 00 0 4 10−4 00 0 0 4 10−4

Dalla Cabx0y0 si estrae la sottomatrice Cab

Cab =

[3.2 10−5 0

0 3.2 10−5

]


da cui

σ2a = σ2

b = 3.2 10−5

σab = 0

la matrice Cλα di varianza e covarianza di λ e α è quindi

Cλα =

[σ2

a 0

0 σ2b

λ 2

]=

[3.2 10−5 0

0 3.2 10−5

800

]=

[3.2 10−5 0

0 4 10−8

]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


8.3 Esercizi




(x,y)1 = (10,0) ↔ (x′,y′)1 = (199.96,300.00)(x,y)2 = (10,10) ↔ (x′,y′)2 = (100.00,400.04)(x,y)3 = (0,10) ↔ (x′,y′)3 = (0.04,300.00)(x,y)4 = (0,0) ↔ (x′,y′)4 = (100.00,199.96)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]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 =−π

4 rad, x0 = 100 m e y0 = 200 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta

σ20 = 1.6 10−3

Cab =

[8 10−6 0

0 8 10−6

]e quindi la matrice di varianza e covarianza di λ e α

Cλ α =

[8 10−6 0

0 4 10−8

]




3Diploma Universitario, 29 novembre 19994Topografia e Trattamento delle osservazioni, 19 dicembre 2000

8.3. ESERCIZI 163

(x,y)1 = (500,900) ↔ (x′,y′)1 = (582,380)(x,y)2 = (700,−500) ↔ (x′,y′)2 = (19,−378)(x,y)3 = (−700,−700) ↔ (x′,y′)3 = (−821,179)(x,y)4 = (−900,700) ↔ (x′,y′)4 = (−180,1019)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]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 = π4 rad,

x0 =−100 m e y0 = 200 m. La matrice di varianza e covarianza di a e b risulta

σ20 = 803

Cab =

[2.0075 10−4 0

0 2.0075 10−4


Cλ α =

[2.0075 10−4 0

0 4.0150 10−4

]




(x,y)1 = (3.00,3.00) ↔ (x′,y′)1 = (14.00,25.00)(x,y)2 = (5.00,4.00) ↔ (x′,y′)2 = (14.00,28.00)(x,y)3 = (4.00,2.00) ↔ (x′,y′)3 = (15.00,25.00)(x,y)4 = (4.00,3.00) ↔ (x′,y′)4 = (14.00,26.00)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si stimino:

5Topografia e Trattamento delle osservazioni, 2 luglio 2001


1. angolo di rotazione, fattore di scala e traslazione che portano dal sistema (x,y) aquello (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 covarianzadi a e b risulta

σ20 = 1.25 10−1

Cab =

[3.125000 10−2 0

0 3.125000 10−2


Cλ α =

[3.125000 10−2 0

0 2.000000 10−2

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si stimino:



3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.6Topografia e Trattamento delle osservazioni, 28 gennaio 2002

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 ecovarianza di a e b risulta

σ20 = 1.25 10−1

Cab =

[3.125000 10−2 0

0 3.125000 10−2


Cλ α =

[3.125000 10−2 0

0 2.941200 10−2

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si stimino:




Soluzione

I parametri della rototralazione risultano a = 0.5, b = −0.5 e quindi λ =√

2, α =−π

4 rad, x0 = 10.5 m e y0 = 19.75 m. La matrice di varianza e covarianza di a e brisulta

σ20 = 1.875000 10−1



Cab =

[4.6875 10−2 0

0 4.6875 10−2


Cλ α =

[4.6875 10−2 0

0 9.3750 10−2

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si stimino:




Domanda aggiuntiva

Si sospetta la presenza di un errore grossolano nei dati dell’esercizio precedente e sisuppone che questo, se presente, si manifesti in un valore grande di σ2

0 .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

σ20 = 1

8Topografia e Trattamento delle osservazioni, 30 gennaio 2003

8.3. ESERCIZI 167

Cab =

[2.5 10−1 0

0 2.5 10−1


Cλ α =

[2.5 10−1 0

0 1.25 10−1

]Domanda aggiuntiva

σ20 =

(7 10−1)2

= 4.9 10−1 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 8.16 < χ4,0.95 = 9.49





(x,y)1 = (28,28) ↔ (x′,y′)1 = (24.1,62.0)(x,y)2 = (30,29) ↔ (x′,y′)2 = (25.6,64.0)(x,y)3 = (29,27) ↔ (x′,y′)3 = (25.6,61.5)(x,y)4 = (29,28) ↔ (x′,y′)4 = (24.7,62.5)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si stimino:




Domanda aggiuntiva



data da σ = 1m.Si sottoponga a test l’ipotesi fondamentale che non siano presenti errori grossolani,

con livello di significatività del 5%.9Topografia e Trattamento delle osservazioni, 1 luglio 2003


Soluzione

I parametri della rototralazione risultano a = 1, b =−0.5 e quindi λ = 1.118034, α =−4 .636476 10−1rad, x0 = 10 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianza di ae b risulta

σ20 = 3 10−2

Cab =

[7.5 10−3 0

0 7.5 10−3


Cλ α =

[7.5 10−3 0

0 6 10−3

]Domanda aggiuntiva

σ20 = 12 = 1 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 1.2 10−1 < χ4,0.95 = 9.49







x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:

1. la stima di angolo di rotazione, fattore di scala e vettore traslazione che portanodal sistema (x,y) a quello (x′,y′);

2. la stima della varianza σ20 della compensazione;

3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.10Topografia 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 eb risulta

σ20 = 3 10−2

Cab =

[7.5 10−3 0

0 7.5 10−3


Cλ α =

[7.5 10−3 0

0 6 10−3

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:




Domanda aggiuntiva





11Topografia e Trattamento delle osservazioni, 20 febbraio 2004


Soluzione


2, α =−π4 rad,


σ20 = 1.2 10−1

Cab =

[3 10−2 0

0 3 10−2


Cλ α =

[3 10−2 0

0 1.5 10−2

]Domanda aggiuntiva

σ20 =

(3 10−1)2

= 9 10−2 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49





(x,y)1 = (23.00,5.00) ↔ (x′,y′)1 = (43.10,−8.00)(x,y)2 = (25.00,6.00) ↔ (x′,y′)2 = (46.10,−9.00)(x,y)3 = (24.00,4.00) ↔ (x′,y′)3 = (43.10,−10.00)(x,y)4 = (24.00,5.00) ↔ (x′,y′)4 = (43.70,−9.00)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:



3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.12Topografia 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 varianzae covarianza di a e b risulta

σ20 = 3 10−1

Cab =

[7.5 10−3 0

0 7.5 10−3


Cλ α =

[7.5 10−3 0

0 3.75 10−3

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]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

σ20 = 1.2 10−1

Cab =

[3 10−2 0

0 3 10−2


Cλ α =

[3 10−2 0

0 2.4 10−2

]13Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 12 gennaio 2005







x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:




Domanda aggiuntiva





Soluzione


2, α =−π4 rad,


σ20 = 1.2 10−1

Cab =

[3 10−2 0

0 3 10−2


Cλ α =

[3 10−2 0

0 1.5 10−2

]14Topografia 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

σ20 =

(3 10−1)2

= 9 10−2 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49







x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:




Domanda aggiuntiva





15Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 13 gennaio 2006, la domanda aggiuntivasolo per Topografia e Trattamento delle osservazioni


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 ae b risulta

σ20 = 2.7 10−1

Cab =

[6.75 10−2 0

0 6.75 10−2


Cλ α =

[6.75 10−2 0

0 1.35 10−2

]Domanda aggiuntiva

σ20 =

(4 10−1)2

= 1.6 10−1 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 6.75 < χ4,0.95 = 9.49





(x,y)1 = (−33.00,−4.00) ↔ (x′,y′)1 = (−18.80,−17.00)(x,y)2 = (−35.00,−5.00) ↔ (x′,y′)2 = (−19.80,−20.00)(x,y)3 = (−34.00,−3.00) ↔ (x′,y′)3 = (−20.80,−17.00)(x,y)4 = (−34.00,−4.00) ↔ (x′,y′)4 = (−20.60,−18.00)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:



3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.16Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 5 luglio 2006, la domanda aggiuntiva solo


8.3. ESERCIZI 175

Domanda aggiuntiva





Soluzione


2, α =−π4 rad,


σ20 = 1.2 10−1

Cab =

[3 10−2 0

0 3 10−2


Cλ α =

[3 10−2 0

0 1.5 10−2

]Domanda aggiuntiva

σ20 =

(3 10−1)2

= 9 10−2 m2

σ20 (m−n)

σ20

= 5.3 < χ4,0.95 = 9.49







x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:






Soluzione


5 ≃ 2.236068,α = 0.463648 rad, x0 =−10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianza di ae b risulta

σ20 = 2.4 10−1

Cab =

[6 10−2 0

0 6 10−2


Cλ α =

[6 10−2 0

0 1.2 10−2

]




(x,y)1 = (−1.00,−1.00) ↔ (x′,y′)1 = (26.10, −7.90)(x,y)2 = ( 1.00, 0.00) ↔ (x′,y′)2 = (31.10,−12.90)(x,y)3 = ( 0.00,−2.00) ↔ (x′,y′)3 = (24.10,−11.90)(x,y)4 = ( 0.00,−1.00) ↔ (x′,y′)4 = (26.70,−11.30)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:





8.3. ESERCIZI 177

Soluzione


10 ≃ 3.162278,α = 1.249046 rad, x0 = 30 m e y0 =−10 m. La matrice di varianza e covarianza di ae b risulta

σ20 = 6 10−2

Cab =

[1.5 10−2 0

0 1.5 10−2


Cλ α =

[1.5 10−2 0

0 1.5 10−3

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:




Soluzione


5 ≃ 2.23606798,α = 0.46364761 rad, x0 = 100 m e y0 = 90 m. La matrice di varianza e covarianza dia e b risulta

σ20 = 2.4 10−1

Cab =

[6 10−2 0

0 6 10−2


Cλ α =

[6 00 1.2

]10−2

19Topografia 2 e Topografia e Trattamento delle osservazioni, 25 agosto 2008





(x,y)1 = (−41.00,−36.00) ↔ (x′,y′)1 = (95.30,13.30)(x,y)2 = (−39.00,−35.00) ↔ (x′,y′)2 = (96.30,16.30)(x,y)3 = (−40.00,−37.00) ↔ (x′,y′)3 = (97.30,13.30)(x,y)4 = (−40.00,−36.00) ↔ (x′,y′)4 = (95.10,13.10)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]Si determinino:




Soluzione

I parametri della rototralazione risultano a= 1, b=−1 e quindi λ =√

2≃ 1.41421356,α = −π

4 ≃ −0.78539816 rad, x0 = 100 m e y0 = 90 m. La matrice di varianza ecovarianza di a e b risulta

σ20 = 5.4 10−1

Cab =

[1.35 10−1 0

0 1.35 10−1


Cλ α =

[1.35 10−1 0

0 6.75 10−2

]




(x,y)1 = (19.00,9.00) ↔ (x′,y′)1 = (18.10,0.20)(x,y)2 = (21.00,10.00) ↔ (x′,y′)2 = (21.20,−0.90)(x,y)3 = (20.00,8.00) ↔ (x′,y′)3 = (18.30,−1.80)(x,y)4 = (20.00,9.00) ↔ (x′,y′)4 = (18.40,−1.50)

20Topografia 2, 30 gennaio 200921Topografia 2, 26 agosto 2009

8.3. ESERCIZI 179


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]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


2 ≃ 1.41421356,α = π

4 ≃ 0.78539816 rad, x0 =−10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza e covarianzadi a e b risulta

σ20 = 2.1 10−1

Cab =

[5.25 10−2 0

0 5.25 10−2


Cλ α =

[5.25 10−2 0

0 2.6250 10−2

]





La trasformazione tra i due sistemi di riferimento é rappresentata da una trasforma-zione lineare conforme (rotrotraslazione e variazione di scala) nella forma:[

x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]dove λ é lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α) é la matrice di rotazione







Soluzione

I parametri della rototralazione risultano a = 2, b = 2 e quindi λ = 2√

2 ≃ 2.828427,α = π

4 ≃ 0.78539816 rad, x0 =−10 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianzadi a e b risulta

σ20 = 4.6 10−1

Cab =

[1.15 10−1 0

0 1.15 10−1


Cλ α =

[1.15 10−1 0

0 1.4375 10−2

]




(x,y)1 = (14.00,14.00) ↔ (x′,y′)1 = (−9.70,−17.50)(x,y)2 = (16.00,15.00) ↔ (x′,y′)2 = (−10.50,−20.70)(x,y)3 = (15.00,13.00) ↔ (x′,y′)3 = (−11.30,−17.50)(x,y)4 = (15.00,14.00) ↔ (x′,y′)4 = (−12.50,−20.30)


x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]dove λ è lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α) é la matrice di rotazione




3. la matrice di varianza e covarianza di angolo e fattore di scala.23Topografia 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 = π

4 ≃ 0.78539816 rad, x0 = 0 m e y0 = 20 m. La matrice di varianza e covarianzadi a e b risulta

σ20 = 1.34

Cab =

[3.35 10−1 0

0 3.35 10−1


Cλ α =

[3.35 10−1 0

0 4.187500 10−2

]






x′

y′

]= λR(α)

[xy

]+

[x0y0

]dove λ è lo scalare che rappresenta il fattore di scala e R(α) é la matrice di rotazione





Soluzione

I parametri della rototralazione risultano a =−1, b = 1 e quindi λ =√

2 ≃ 1.414214,α = −π

4 ≃ −0.78539816 rad, x0 = −10 m e y0 = 10 m. La matrice di varianza ecovarianza di a e b risulta

σ20 = 1.34



Cab =

[3.35 10−1 0

0 3.35 10−1


Cλ α =

[3.35 10−1 0

0 1.6750 10−1

]

Bibliografia

[1] Migliaccio F. Albertella A., Brovelli M.A. and Sona G. Probabilità, variabili ca-suali ad una dimensione, variabilie casuali bi-dimensionali, covarianza, volume 1of Esercizi di trattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTET Libreriasrl, Milano, 1998.

[2] Migliaccio F. Albertella A., Brovelli M.A. and Sona G. Teoria della stima, in-ferenza statistica, catene di Markov, processi stocastici, volume 2 of Esercizi ditrattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTET Libreria srl, Milano,1998.

[3] Benciolini B. Modelli di Compensazione, progettazione e ottimizzazione del rilievotopografico e fotogrammetrico di controllo, pages 9–27. CSM, Udine, 1989.

[4] Sansò F. Quaderni di trattamento statistico dei dati. Città Studi Edizioni/UTETLibreria srl, Milano, 1998. Quaderni 1, 2 e 3.

183

Corso di Topograﬁa Esercizi di statistica e...

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