- 1 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
ZASADY PROPAGACJI KOWARIANCJI
Zasady propagacji kowariancji, znane powszechnie w środowisku geodezyjnym jako prawo narastania wariancji lub prawo przenoszenia się błędów średnich, są podstawą przeprowadzenia szeroko rozumianej oceny dokładności. Tak zwany „rachunek błędów” jest jednym z kluczowych elementów rachunku wyrównawczego, nierozerwalnie związany z obliczeniami geodezyjnymi. Prawo przenoszenia się błędów średnich rozumiane jest często jako narastanie wariancji i w praktyce często nie uwzględnia wartości kowariancji. Tym samym rezygnuje się z istotnej informacji, która oddaje zależność pomiędzy zmiennymi. Ocenę dokładności przeprowadza się bazując na równaniu bądź równaniach opisujących wielkość/wielkości, których dokładność zamierzamy wyznaczyć. Dokładność zmiennych losowych wyrażona jest przez ich odchylenia standardowe, w przypadku zmiennych niezależnych, lub macierz kowariancji dla zmiennych zależnych.
Zasadę propagacji kowariancji można zapisać wzorem ogólnym: Cov(NIEWIADOM )
E
FT
=
Cov(DANE) F
(1)
gdzie:
F - macierz pierwszych pochodnych po wszystkich zmiennych losowych z równania niewiadomej, dla której wyznaczamy odchylenie standardowe,
Cov(DANE) - macierz wariancyjno-kowariancyjna dla zmiennych losowych.
Przykład 1.
Wzdłuż jednej prostej pomierzono niezależnie i z różną dokładnością dwa odcinki (Rys. 1). Obliczyć odchylenie standardowe sumy i różnicy tych odcinków. Wykazać, że funkcje c = a + b oraz d = a − b są zależne. Obliczyć współczynnik korelacji pomiędzy tymi funkcjami.
Dane:
a =
000
,
600
m ± 4 mm
b =
000
,
400
m ± 3 mm
a
b
Rys. 1. Pomiar dwóch odcinków wzdłuż jednej prostej.
Rozwiązanie:
Odchylenia standardowe oraz zależność funkcji c i d określimy w jednym toku obliczeń. Dla analizowanych funkcji obliczamy pochodne cząstkowe, czyli:
c
∂
c
∂
d
∂
d
∂
= ,
1
= ,
1
= ,
1
= 1
−
a
∂
b
∂
a
∂
b
∂
Zapiszmy wektory pochodnych cząstkowych F i F
c
d dla tych funkcji:
F
F
F
F
c
d
c
d
∂c
∂d
1
1
∂a
∂a =
∂c
∂d 1 − 1
∂b
∂b
Stosując prawo narastania wariancji zapiszmy:
Cov( ,
c d)
FT
=
Cov(DANE) F
(1)
gdzie:
Cov(DANE) jest w tym przypadku macierzą kowariancji dla zmiennych losowych a i b, czyli
42 0
Cov(DANE) =
[
2
mm ]
0 32
Podstawiając wartości do zależności (2) otrzymujemy:
- 2 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
2
T
σ
,
c
cov( d)
1
1
16
0 1
1
25
7
Cov( ,
c d) =
c
=
×
×
=
2
,
c
cov( d)
σd 1 −
1
0
9 1
−
1
7
25
Jak widać, odchylenia standardowe funkcji c i d są jednakowe i wynoszą σ = σ = 25 = 5
±
.
mm Warto zauważyć, że
c
d
wartości odchyleń standardowych nie zależą w tym przypadku od wartości zmiennych a i b.
Na podstawie wartości kowariancji pomiędzy zmiennymi c i d, która jest różna od zera, stwierdza się, że funkcje te są zależne. Współczynnik korelacji wyznacza się na podstawie macierzy kowariancji Cov( , c d) według zależności
cov( c, d )
7
r =
=
= ,
0 28
σ σ
(2)
5 × 5
c
d
Przykład 2 .
Dla przykładu 1 ustalić, w jakim przypadku można otrzymać współczynnik korelacji pomiędzy zmiennymi c i d równy 0, a w jakim będzie on wynosił 1 lub -1.
Rozwiązanie:
Ponieważ zmienne a i b są niezależne, współczynnik korelacji dla ich funkcji c i d zależy tylko od wartości odchyleń standardowych m oraz m . Rozpisując wzór na Cov( c, d ) otrzymamy: a
b
1 1 2
m
0
1 1 2
2
m
m
1 1 2
2
2
2
m
+ m
m
−
m
Cov( c, d ) =
×
a
×
=
a
b
a
b
a
b
2
×
=
2
2
1 −
1
0
b
m
1 −
1
m
−
a
b
m
1 −
1
2
m
−
2
2
m
m
+
2
a
b
a
b
m
Z powyższego wynika, że współczynnik korelacji będzie równy 0 w przypadku, gdy odchylenia standardowe zmiennych a i b będą sobie równe, czyli m = m , gdyż tylko wtedy cov( c, d ) = 0.
a
b
Analizując wzór na współczynnik korelacji łatwo zauważyć, że jego wartość będzie równa 1, gdy m = 0 (dla m > ) 0
b
a
,
natomiast r = 1
− jeśli m = 0 (dla m > 0)
a
b
.
Przykład 3.
Bok kwadratu wynosi a = ,
5 000 m ± 5 mm . Obliczyć odchylenie standardowe pola powierzchni tego kwadratu.
Rozwiązanie:
2
P = a stąd
V(P) = [ a
2 ]× [ 2
m × 2a = 2a m →
2
m =
56
,
2
m
a ] [
] ( )2 2a
P
Przykład 4. Metodą biegunową wyznaczono współrzędne punku 2. Dany jest azymut boku 1-2 oraz długość boku b. Współrzędna X punku 1 jest wyznaczona bezbłędnie ( m
= 0 ). Wyznaczyć odchylenie
1
X
2
standardowe (błąd średni – potocznie) współrzędnej X punktu 2.
b
α
g
c
cc
cc
b =
125
.
100
m ± 5 mm, α = 40 20 30
± 20
1
Rozwiązanie:
Funkcja wyrażająca współrzędną X punktu 2 ma postać X = X + b × cos(α )
2
1
Różniczkę tej funkcji wyraża wzór
d(X
=
+
×
2 )
( )1dX1 (cos α
( )) db+(-b sin α
( )) dα
Stosując prawo wyznaczania wariancji (narastania błędów) dla funkcji wielkości niezależnych otrzymamy V(X ) = 12 V(X ) +
α
×
α
α
2
1
(cos( ))2V(b (
)+ -b sin ( ))2 V( )
lub
2
2
2
(X
σ
) = 1
(X
σ
) + cos (α)
(b
σ ) + -b×sin (α)
(
σ α)
2
1
(
)2
2
(
)2
2
- 3 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
2
2
2
m X = 1 m X +
×
2
1
(cos α
( ))2
2
m b+(-b sin α
( ))2
2
m α
2
2
2
2
20
m X = 1 × 0 +
×
×
×
2
(cos(
)
2030
.
40
)2
2
005
..
0
+(
125
.
100
-
sin (
)
2030
.
40
)2 636620
m
=
m
[
0044
.
0
]
X2
Jeżeli obliczenia będziemy wykonywać w [mm]:
2
2
2
2
20
m X = 1 × 0 +
×
×
×
2
(cos(
)
2030
.
40
)2 2
5 +( 100125
-
sin (
)
2030
.
40
)2 636620
m
= 4 4
.
mm
[
]
X2
W zapisie macierzowym:
T
1
V(X1)
0
0
1
V(X ) =
cos(α )
×
0
V
α
2
(b)
0
×
cos( )
− bsin(α)
0
0
V(α ) − b sin(α )
0
0
0
1
V(X ) =
2
[1 cos( 2030
.
40
)
−
125
.
100
× sin(
2030
.
40
)]
2
× 0
.
0 005
0
×
cos(40 2030
.
)
2
20
−100.125×sin(40 2030
.
)
0
0
636620
005
.
0
2
0
2
V(X ) =
2
[cos( .
40
)
2030
−100 125
.
×sin(40 2030
.
)]
cos(
)
2030
.
40
×
20 ×
0
−
125
.
100
×sin(
)
2030
.
40
636620
2
2
20
cos(
)
2030
.
40
V(X ) = cos(
)
2030
.
40
× 005
.
0
−
125
.
100
×sin(
)
2030
.
40
×
2
×
636620 −
125
.
100
×sin(
)
2030
.
40
2
2
2
20
V(X ) = cos(
)
2030
.
40
× 005
.
0
+
125
.
100
× sin(
))
2030
.
40
×
2
(
)2
2
636620
V(X ) =
63
.
1
E − 5 +
45
.
3
E − 6 = 975
.
1
E − 5 → σ (X ) =
4
.
4
mm
2
2
Zastosowania prawa narastania błędów średnich dla wielkości skorelowanych
Przykład 5. Punkt P jest wyznaczany metodą współrzędnych biegunowych. Na podstawie wyników pomiaru b = 200m i
g
c
β = 50 20 określić macierz kowariancji dla współrzędnych x i y wyznaczanego punktu, zakładając σ = 2
± cm
b
,
cc
σ = 40
±
b
oraz, że azymut α jest równy kątowi β .
Rozwiązanie:
Funkcje wyrażające współrzędne x, y za pomocą b i β są następujące x = b cos β → dx = (cos β ) db − (bsin β ) β
d
y = b sin β → dy = (sin β ) db + (b cos β ) dβ
Współrzędne x i y są względem siebie zależne, zatem odpowiada im macierz kowariancji wyrażona zależnością
T
cos β
sin β V b
0 cos β
sin β
Co (
v x, y)
( )
=
− bsin β
b cos β 0
V(β )
− bsin β
b cos β
czyli
cos2 β V b + b2 sin2 β V β
sin β cos β V b −b2 sin β cos β V β
(
Cov x, y)
( )
( )
( )
( )
=
sin β cos βV(b)−b2 sin β cos βV(β )
sin2 β V(b) + b2 cos2 β V(β )
skąd
- 4 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
Co (
9
9
v x, y) 50
.
0
× 0004
.
0
+
66
.
20125
× 3× −
10
50
.
0
× 0004
.
0
−
60
.
19999
× 3×10 00026
.
0
00014
.
0
=
=
−
9
−9
50
.
0
× 0004
.
0
−
60
.
19999
× 3×10
50
.
0
× 0004
.
0
+
34
.
19874
× 3×10 00014
.
0
00026
.
0
Przykład 6.
2
Obliczyć odchylenie standardowe odległości pomiędzy punktami 1 –2, jeżeli znana jest macierz kowariancji Cov(X) dla współrzędnych tych punktów (wariancje podano w 2
mm ).
d
X
=
000
.
0
m
10
1
− 2
1
1
1
Y
=
000
.
0
m
1
1
12
3
2
Cov(X) = Cov(X , Y , X Y ) =
X
=
000
.
300
m
1
1
2
2
− 2
3
15
−
2
1
Y
=
000
.
400
m
1
2
−
2
1
6
2
2
d =
X
∆
+ Y
∆
= (X − X
+ Y − Y
2
)2
1
( 2
)2
1
V(d)
FT
=
Cov(X) F
1
dd
(−2X + 2X )
2
1
− ∆X − 300
2
dX1
2 d
dd
1
d 500 − 6
.
0
(−2Y + 2Y )
2
1
− ∆Y − 400
dY
2
F =
8
.
0
1 = 2 d
d 500 −
=
=
=
dd
1
∆X 300
6
.
0
(2X − 2X )
2
1
dX2 2 d2
d 500
8
.
0
dd 1
∆Y 400
dY
(2Y − 2Y )
2
1
2
d 500
2
2 d
W tym miejscu warto spojrzeć na równania obserwacyjne dla długości !
10
1
− 2
1
[− 6.
0
− 8
.
0
6
.
0
]
1
12
3
2
8
.
0
×
= [− 2
.
7
− 8
.
6
0
.
7
0
.
2 ]
−
2
3
15
−1
1
2
−1
6
− 6
.
0
[
−
− 2
.
7
− 8
.
6
0
.
7
0
.
2 ]
8
.
0
×
=
56
.
15
6
.
0
8
.
0
Stąd σ (d) = 9
.
3
mm
Warto zwrócić uwagę, że gdybyśmy nie uwzględnili kowariancji pomiędzy współrzędnymi punktów, to V(d) = (− .
0 )
6 2 mX 2 + ( 0
−
)
8
. 2 mY 2 + 0 6
. 2 mX 2 + .
0 82 mY 2 = (− .
0 )
6 2 ×10 + (−
)
8
.
0
2 ×12 + 0 6
. 2 ×15 +
8
.
0 2 × 6
1
1
2
2
czyli
V(d) =
.
20 52
stąd
σ (d) = 5
.
4
mm
Warto zwrócić uwagę, że jeżeli uwzględniamy kowariancje, to nie oznacza to wcale, że otrzymamy większe odchylenia standardowe !
- 5 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
Przykład 7.
Obliczyć odchylenie standardowe kąta α .Znana jest macierz kowariancji Cov(X) dla współrzędnych tych punktów 1,2,3.
3
1
X
=
.
200 000 m
1
α
Y
=
.
0 000 m
1
X
=
.
0 000 m
2
2
Y
=
0.000 m
2
X
=
.
300 000 m
3
Y
=
400.000 m
3
25
5
− 2
1
2
− 7
5
40
3
2
1
− 2
− 2
3
35
−1
3
1
Cov(X) = Cov(X , Y , X Y , X Y ) =
[mm2 ]
1
1
2
2
3
3
1
2
−1
25
2
−1
2
1
3
2
65
− 2
− 7
− 2
1
−1
− 2
60
V(α )
FT
=
Cov(X) F
Wektor pochodnych cząstkowych możemy utworzyć na podstawie równania obserwacyjnego dla kąta
∆Y
∆X
∆Y
∆X
∆Y
∆Y
∆X
∆X
δ +
L
dx −
L
dy −
P
dx +
P
dy −
L −
P dx +
L −
P
β
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ dy = β
∆
L
L
P
P
2
2
2
2
2
C
2
2
2
C
d
d
d
d
d
d
d
d
L
L
P
P
L
P
L
P
czyli
T
∆Y
∆X
∆Y
∆Y
∆X
∆X
∆Y
∆
F =
X
L ρ
−
L ρ
−
L −
P ρ
L −
P ρ
−
P ρ
P ρ
2
2
2
2
2
2
d
d
d
d
d
d
d
d
L
L
L
P
L
P
2
2
P
P
Powyższa kolejność wynika z kolejności w macierzy kowariancji dla współrzędnych punktów. Podstawiając oznaczenia punktów:
Y − Y
X − X
Y − Y
Y − Y
X − X
X − X
Y − Y
X −
T
F =
X
1
2 ρ
− 1
2 ρ
− 1
2 − 3
2 ρ
1
2 − 3
2 ρ
− 3
2 ρ
3
2 ρ
2
2
2
2
2
2
2
2
d −
d
d
d
d
d
d
d
1 2
−
1 2
−
1 2
3−2
−
1 2
3−2
3−2
3−2
0
ρ
2
200
− 200 ρ
0
2002
− 0
400
−
1831
.
3
−
−
ρ
2
2
0186
.
1
F = 200
500 × 001
.
0
=
200
300
4192
.
2
−
ρ
2
2
200
500
−
0186
.
1
− 400
ρ
7639
.
0
2
500
300 ρ
5002
( × 0.001, ponieważ macierz kowariancji podana jest w mm2 ).
- 6 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
25
5
− 2
1
2
− 7
5
40
3
2
1
− 2
[
−
−
0
− 1831
.
3
0186
.
1
2 4192
.
− .
1 0186
7639
.
0
]
2
3
35
1
3
1
×
=
1
2
−1
25
2
−1
2
1
3
2
65
− 2
−
−
−
−
= [
7
2
1
1
2
60
− .
22 9
−122 0
.
4
.
21
3
.
50
−
0
.
63
]8
.
52
0
− 1831
.
3
V(α ) = [−
9
.
22
−
0
.
122
4
.
21
3
.
50
−
0
.
63
]
0186
.
1
8
.
52
×
28
.
636
[cc2
=
]
4192
.
2
− 0186
.
1
7639
.
0
stąd
σ (α) = m = ±
2
.
25 [ ]
cc
α
Sprawdzić, jaką wartość przyjmie odchylenie standardowe σ(α)jeżeli a) wariancję V(Y ) przyjmiemy 200
σ (α) = ± 8
.
26 [cc]
3
b) wariancję V(Y ) przyjmiemy 0
σ (α) = ± 5
.
24 [cc]
3
c) wariancję V(Y ) przyjmiemy 0
σ α = ±
1
( )
.
15 2 [
]
cc
d) kowariancje przyjmiemy za równe zeru σ (α ) = ±
3
.
26 [cc] )
e) wariancja której współrzędnej nie ma wpływu na wartość odchylenia standardowego σ (α ) ?
Przykład 8.
Dany jest fragment sieci wysokościowej. Wyznaczyć odchylenia standardowe wysokości reperów 1 i 2 oraz współczynnik korelacji pomiędzy wysokościami reperów 1 i 2.
Dane:
2
h
mZ
= ± 0
.
2
mm
2
1
A
0
.
16
− 0
.
5
h
Cov(h h ) =
[mm2 ]
,
1
2
1
− 0
.
5
0
.
25
A
Rozwiązanie:
Z = Z + h
1
A
1
Z = Z + h − h
2
A
1
2
( .20)2
0
0
Cov(
DANE) = 0
.
16 0
− 0
.
5 [mm2 ]
0
− 5 0
.
.
25 0
1
1
1
1
F
= 1 , F =
1 → F =
1
Z
Z2
1
1
0
−
1
0
−
1
Na podstawie (1)
Cov(Z , Z
1
2 )
FT
=
Cov(DANE) F
1
1
0
T
F =
1
1
−
1
- 7 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
Stąd
.
4 0
0
0
1
1
0
T
4
16
− 5
F Cov(DANE) =
× 0
16 0
.
− 0
.
5
=
1
1
−
1
4
21
− 30
0
− 5 0
.
.
25 0
T
mZ2
cov
1
(Z ,Z
1
2 )
1
1
4 16
− 5
20
25
F Cov(DANE)F =
1
1
cov(Z , Z
1
2 )
=
×
=
2
mZ2
4
21
− 30
25
55
0
−
1
Stąd:
mZ = ± 5
.
4
,
mm
mZ = ± 4
.
7
mm
1
2
cov(Z , Z )
25
r
1
2
=
=
= 75
.
0
mZ × mZ
×
1
1
20 55
Przykład 9.
Dany jest fragment sieci wysokościowej. Odpowiedzieć na pytania: 1). Dla jakiej wartości kowariancji x pomiędzy przewyższeniami (h h ) otrzymamy mZ = mZ ?
,
1
2
1
2
2). Czy możliwe jest, aby odchylenie standardowe wysokości reperu 2 było mniejsze niż odchylenie standardowe wysokości reperu 1? Jeśli tak, wyznaczyć dla jakiej wartości kowariancji x.
3). Czy możliwe jest aby mZ = 0 ? Jeśli tak, wyznaczyć dla jakiej wartości kowariancji x.
2
4). Czy możliwe jest, aby mZ = 0 ? Jeśli tak, wyznaczyć dla jakiej wartości kowariancji x.
1
Dane:
2
h
mZ
= ± 0
.
2
mm
2
1
A
16
0
.
x
h
Cov(h h ) =
[mm2 ]
,
1
2
1
x
0
.
25
A
Rozwiązanie:
Z = Z + h
1
A
1
Z = Z + h − h
2
A
1
2
( 0.
2 )2
0
0
Cov(
DANE) = 0
0
.
16
x [mm2 ]
0
x
0
.
25
1
1
1
1
F
= 1 , F =
1 → F =
1
Z
Z2
1
1
0
−
1
0
−
1
Na podstawie (1)
Cov(Z , Z
1
2 )
FT
=
Cov(DANE) F
1
1
0
T
F =
1
1
−
1
Ad 1).
0
.
4
0
0
1
1
0
T
4
16
x
F Cov(DANE) =
× 0
0
.
16
x
=
1
1
−
1
4
16 − x
x −
0
x
0
.
25
25
- 8 -
Ocena dokładności – przykłady
Edward Preweda AGH w Krakowie
mZ2
cov
1
(Z ,Z
1
2 )
1
1
4
16
x
20
4 +16 − x
20
20 − x
1
1
cov(Z , Z
1
2 )
=
×
=
=
2
mZ2
4 16 − x
x −
25
4 +16 − x
4 +16 − x − x +
25
20 − x
45 − 2x
0
−
1
Stąd:
mZ = ± 20,
mZ =
45 − 2x czyli mZ = mZ dla x =
.
12 5
1
2
1
2
Ad 2).
Na podstawie obliczeń powyżej, łatwo stwierdzić, że odchylenie standardowe mZ < mZ
2
1
45
dla x >
5
.
12
ale na pewno musi zachodzić x ≤
=
5
.
22
(bo wariancja nie może być ujemna).
2
To dopiero jeden z warunków. Trzeba jeszcze sprawdzić, dla jakich maksymalnie wartości x macierz
.
16 0
x
może być macierzą kowariancji. Pamiętamy – wyznacznik nie może być ujemny!. Ale może być równy 0,
x
25.0
czyli:
16 × 25 − x 2 = 0 stąd x=20.
Odpowiedź:
Odchylenie standardowe wysokości reperu 2 może być mniejsze niż odchylenie standardowe wysokości reperu 1
w przypadku, kiedy kowariancja x pomiędzy przewyższeniami będzie z zakresu 5
.
12
< x ≤ 20 .
Ad 3).
Nie jest możliwe, aby mZ = 0 , gdyż mZ = 45 − 2x . Tylko dla x=22.5 byłoby to możliwe, ale jak wykazano 2
2
powyżej, nie będzie wtedy zachowany warunek, jaki musi spełniać macierz kowariancji dla przewyżeń.
Ad 4). Nie jest możliwe aby mZ = 0 , ponieważ odchylenie standardowe przewyższenia h > 0 , a kowariancja x nie 1
wpływa w żadnym stopniu na odchylenie standardowe wysokości reperu 1.