Вища геодезія
.pdf
5.4. Розв’язання геодезичних задач на сферi
На сферi геодезичними лiнiями є дуги великих кiл, а тому розв’язання прямої та оберненої геодезичних задач на сферi являє собою рiшення полярного сферичного трикутника PQ1Q2 (рис. 5.5).
Введемо наступнi позначення: α — азимут дуги великого кола, ϕ — геоцентрична широта,
λ — рiзниця довгот точок Q1 i Q2,
σ — сферична вiдстань мiж точками Q1 i Q2 (вiдношення довжини дуги Q1Q2 до радiусу сфери, або, що те ж саме, виражений в радiанах централь-
ний кут Q1OQ2 на рис. 5.5). |
|
|
|
|
|
|
|
|
PQ Q |
|
|
|
рис. 5.5. |
|||||||
Застосуємо рiвняння (5.2)–(5.13) до трикутника |
на |
|||||||||||||||||||
|
1 2 |
|
π |
|||||||||||||||||
При цьому врахуємо, що сторонi PQ1 вiдповiдає центральний кут |
|
− ϕ1, |
||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||
а сторонi PQ2 — центральний кут |
π |
− ϕ2 (ϕ1, ϕ2 |
— геоцентричнi широти |
|||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||
точок Q1 та Q2). В (5.2)–(5.13) зробимо пiдстановку |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
a |
b |
π |
|
|
c |
|
π |
|
|
|
||||||
α = λ, |
β = α1, γ = 2π−α2, |
|
|
= σ, |
|
= |
|
−ϕ2, |
|
|
= |
|
|
−ϕ1 |
||||||
|
R |
R |
2 |
R |
2 |
|||||||||||||||
та отримаємо наступнi спiввiдношення: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
sin σ sin α1 = cos ϕ2 sin λ, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(5.22) |
||||||
|
cos ϕ2 sin α2 = −cos ϕ1 sin α1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(5.23) |
||||||
|
sin σ sin α2 = −cos ϕ1 sin λ, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(5.24) |
||||||
P
|
|
2π–α |
|
|
O |
Q2 α |
2 |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
Q1 |
1 |
|
|
|
|
|
Рис. 5.5
sin ϕ1 |
= cos σ sin ϕ2 + sin σ cos ϕ2 cos α2, |
(5.25) |
cos σ |
= sin ϕ2 sin ϕ1 + cos ϕ2 cos ϕ1 cos λ, |
(5.26) |
sin ϕ2 |
= sin ϕ1 cos σ+ cos ϕ1 sin σ cos α1, |
(5.27) |
cos λ |
= −sin α1 cos σ sin α2 −cos α1 cos α2, |
(5.28) |
cos α1 |
= −sin λ sin ϕ2 sin α2 −cos λ cos α2, |
(5.29) |
cos α2 |
= sin α1 sin λ sin ϕ1 −cos α1 cos λ, |
(5.30) |
sin σ cos α2 |
= cos ϕ2 sin ϕ1 −sin ϕ2 cos ϕ1 cos λ, |
(5.31) |
cos ϕ2 cos λ |
= cos ϕ1 cos σ−sin ϕ1 sin σ cos α1, |
(5.32) |
cos ϕ1 cos α1 |
= sin σ sin ϕ2 −cos σ cos ϕ2 cos α2, |
(5.33) |
sin λ sin ϕ1 |
= sin α1 cos α2 −cos α1 cos σ sin α2, |
(5.34) |
sin α1 cos σ |
= −cos λ sin α2 + sin λ sin ϕ2 cos α2, |
(5.35) |
sin ϕ2 sin α2 |
= −sin λ cos α1 −cos λ sin α1 sin ϕ1 |
(5.36) |
Формули (5.22)–(5.36) при розв’язаннi геодезичних задач на сферi дозволяють виражати невiдомi величини через вiдомi рiзними способами, користуючись оберненими тригонометричними функцiями. Слiд пам’ятати,
2до + π2 ,
афункцiя arccos повертає значення в межах вiд 0 до π. Тому за допомо-
гою arcsin можна знаходити лише значення геоцентричних широт ϕ1, ϕ2. Для обчислення кутiв α1, α2 не варто користуватися функцiями arcsin та arccos, оскiльки вони дають значення, обмеженi вказаними вище iнтервалами. Краще знайти спочатку значення синуса та косинуса невiдомого кута,
апотiм скористатися функцiєю atan2. Крiм того, (5.22)–(5.36) непридатнi,
якщо в геодезичнiй задачi одна з точок Q1, Q2 лежить на полюсi сфери (ϕ1, ϕ2 = ±π2 ), оскiльки на полюсi довгота та азимут є невизначеними.
5.4.1. Пряма геодезична задача на сферi |
|
|
||||
Вихiдними даними є ϕ1, α1, σ. Потрiбно знайти ϕ2, λ, α2. |
|
|||||
Розв’язання. Широта ϕ2 виражається з (5.27): |
|
|
||||
|
ϕ2 = arcsin sin ϕ1 cos σ+ cos ϕ1 sin σ cos α1 . |
|
||||
З (5.22) та (5.32) маємо |
|
|
|
|
||
sin λ = |
sin σ sin α1 |
, |
cos λ = |
cos ϕ1 cos σ−sin ϕ1 sin σ cos α1 |
(5.37) |
|
|
|
|||||
|
cos ϕ2 |
|
cos ϕ2 |
|
|
|
Застосуємо функцiю atan2, домноживши її аргументи на на додатний множник cos ϕ2 (−π2 < ϕ2 < + π2 ; див. також зауваження до функцiї atan2 на
стор. 9):
λ = atan2 sin λ, cos λ = atan2 sin λ cos ϕ2, cos λ cos ϕ2
=atan2 sin σ sin α1, cos ϕ1 cos σ−sin ϕ1 sin σ cos α1 .
З(5.23) та (5.30) знайдемо
=
sin α2 = − |
cos ϕ1 sin α1 |
, |
cos α2 = sin α1 sin λ sin ϕ1 −cos α1 cos λ, |
|
cos ϕ2 |
||||
звiдки |
|
|
= atan2 sin α2 cos ϕ2, cos α2 cos ϕ2 |
= |
α2 = atan2 sin α2, cos α2 |
||||
=atan2 − cos ϕ1 sin α1, (sin α1 sin λ sin ϕ1 −cos α1 cos λ) cos ϕ2 .
5.4.2.Обернена геодезична задача на сферi
Вихiдними даними є ϕ1, ϕ2, λ. Потрiбно знайти σ, α1, α2. Розв’язання. Сферичну вiдстань σ знайдемо з (5.26)
σ= arccos sin ϕ1 sin ϕ2 + cos ϕ1 cos ϕ2 cos λ .
З(5.22), (5.31) маємо
sin α1 |
= |
sin λ cos ϕ2 |
, |
cos α1 |
= |
cos ϕ1 sin ϕ2 −sin ϕ1 cos ϕ2 cos λ |
. |
sin σ |
|
||||||
|
|
|
|
|
sin σ |
||
При σ = π точка Q2 розташована на одному дiаметрi з точкою Q1, але на протилежнiй сторонi сфери; при цьому обернена геодезична задача при цьому має безлiч розв’язкiв — будь-яка дуга великого кола, що з’єднує Q1 та Q2, є розв’язком. При 0 < σ < π маємо sin σ > 0, а тому
α1 = atan2 sin α1, cos α1 = atan2 sin α1 sin σ, cos α2 sin σ =
= atan2 sin |
λ |
cos |
ϕ |
2, |
cos ϕ |
1 |
sin ϕ |
2 |
|
sin ϕ |
1 |
cos ϕ |
2 |
cos λ . |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|||||||
Аналогiчно з (5.24), (5.31) знаходимо |
|
|
|
|
|
|
||||||||
α2 = atan2 − cos ϕ1 sin λ, cos ϕ2 sin ϕ1 −sin ϕ2 cos ϕ1 cos λ .
6. Розв’язання геодезичних задач на елiпсоїдi
Основна складнiсть розв’язання геодезичних задач на поверхнi елiпсоїда полягає в тому, що диференцiальнi рiвняння (4.24), якi описують геодезичну лiнiю, хоча i iнтегруються в аналiтичному виглядi, але їх аналiтичнi розв’язки непридатнi для практичного застосування.
Чисельне iнтегрування диференцiальних рiвнянь геодезичної лiнiї з метою розв’язання прямої та оберненої геодезичної задачi є дещо затратним з точки зору об’єму обчислень порiвняно iз спецiально розробленими для цього алгоритмами. До того ж при чисельному iнтегруваннi виникає проблема, коли геодезична лiнiя проходить поблизу одного з полюсiв елiпсоїда
— в цiй точцi правi частини рiвнянь сильно зростають, величини довготи та азимуту змiнюються стрибкоподiбно. Виходом з даної ситуацiї є використання спецiальних формул, якi дають розв’язок прямої геодезичної задачi у виглядi рядiв по степенях певної малої величини (для земного елiпсоїда малими є стиснення та ексцентриситет).
6.1.Розв’язання прямої геодезичної задачi на малi вiдстанi за способом допомiжної точки (за формулами Шрейбера)
Уявимо, що з точки Q2 — кiнця геодезичної лiнiї Q1Q2 на рис. 6.1 — проведено геодезичну лiнiю Q2Q0 таким чином, що вона в точцi Q0 перетинає меридiан початкової точки Q1. Точку Q0 називають допомiжною точкою; її широту позначають через B0. Проведемо через точку Q2 геодезичну паралель до меридiана Q1P (тобто лiнiю, паралельну меридiану
Q1P).
P
l
t
Q0
90O Q2
A2
A1 s
Q1
Рис. 6.1. До розв’язання прямої геодезичної задачi за способом допомiжної точки
Формули Шрейбера дають алгоритм розв’язання прямої геодезичної за-
дачi на елiпсоїдi з параметрами a, α: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
e′2 = |
2α−α2 |
|
|
|
|
|
q |
|
|
σ = |
s(1 −α) |
V 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
, |
V = |
1 + e′2 cos2 B , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
(1 −α)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
1 + |
|
3 |
, |
a |
|
1 |
1 − 6 |
, |
|
|
|
|||||||||||||
u0 = σ cos A1, |
|
v0 = σ sin A1, |
u = u0 |
|
|
v = v0 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|||
B0 = B1 + u "V1 − |
e′2 |
u(3 sin 2B1 + 2u cos 2B1)# , |
V0 = q |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
1 + e′2 cos2 B0, |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
4 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
γ = |
vV0 |
, λ = |
|
γ |
|
|
, |
τ = λ sin B , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
V 2 |
|
cos B0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
, |
t = τ |
1 − |
|
|
6 |
|
|
, |
d = 2 1 + |
12 V02 |
, |
|||||||||||
l = λ 1 − 3 1 − 2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
τ2 |
|
|
|
|
τ2 + |
λ2 |
|
|
|
|
|
|
λ2 + |
τ2 |
|
|
|
|
tγ |
|
λ2 |
|
|||||||
B2 = B0 −d, |
L2 = L1 + l, A2 = A1 + π+ t − |
uv |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
При вiдстанях мiж пунктами не бiльше 100 км цi формули дозволяють визначити геодезичнi координати з точнiстю до 0,0001 м та азимути з точнiстю до 0,001′′. Тому їх застосовують для обчислень в трiангуляцiї 1 класу. При вiдстанях до 600 км цi формули забезпечують отримання координат з точнiстю до 0,1′′.
6.1.1.Числовий приклад розв’язання прямої геодезичної задачi за способом допомiжної точки
Вiдомi геодезична широта i довгота точки Q1
B = 50◦, |
L = 60◦, |
1 |
1 |
а також азимут напрямку на точку Q2 та вiдстань до неї
A1 = 45◦, s = 50 000 м.
Знайти геодезичнi координати B2, L2 точки Q2.
Розв’язання. За формулами з п.6.1 послiдовно знаходимо (взято параметри a, α елiпсоїда WGS-84):
e′2 |
= 0,00673949674227652 |
|
γ |
= 0,00553217933195997 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
V1 |
= 1,00139133095274 |
|
λ |
= 0,00866395706372026 |
|
|
|
|
|
σ |
= 0,0078347521448164 |
|
τ |
= 0,00666776903026966 |
|
|
|
|
|
u0 |
= 0,00554000637051552 |
|
l |
= 0,00866382867056014 |
|
|
|
|
|
v0 |
= 0,00554000637051552 |
|
t |
= 0,00666763620464792 |
|
|
|
|
|
u |
= 0,00554006304786571 |
|
d |
= 1,84940739963452 ·10−5 |
◦ |
|
′ |
|
′′ |
v |
= 0,00553997803184043 |
|
B2 |
= 0,87819375035064 рад = 50 |
|
19 |
|
0,4638 |
|
B |
= 0,878212244424636 |
|
L |
= 1,05586137986716 рад = 60◦ |
29′ 47,0429′′ |
||||
0 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
V |
= 1,00137296465075 |
|
A = 3,9336431072781 рад = 225◦ |
22′ 52,1334′′ |
|||||
0 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
6.2.Розв’язання прямої геодезичної задачi за методом Рунге–Кутта–Iнгланда
Метод Рунге–Кутта — це метод чисельного iнтегрування системи ди-
ференцiальних рiвнянь першого порядку: |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
dx |
= f1 |
x, y1(x), ..., yn(x) , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy1(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy2(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= f2 |
x, y1(x), ..., yn(x) , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy. . .n(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= fn x, y1(x), ..., yn(x) |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
iз початковими |
умовами |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
y (x ) = y0, |
y (x ) = y0, . . . , |
y (x ) = y0 |
, |
||||||
|
|
1 |
0 |
1 |
2 |
0 |
2 |
n |
0 |
n |
|
де y0 |
, y0 |
, ..., y0 |
— заданi числовi значення. |
|
|
|
|
||||
1 |
2 |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Необхiдно знайти числовi значення функцiй y1(x), y2(x), ..., yn(x) для заданого значення аргументу x.
В системi диференцiальних рiвнянь (4.24) невiдомими функцiями є B(s), L(s), A(s), а параметр s є незалежною змiнною.
Застосування цього методу до iнтегрування системи (4.24) приводить до наступних формул для обчислення значень координат B2, L2 та азимута A2 в кiнцевiй точцi геодезичної лiнiї довжиною s за початковими даними
B = B1, L = L1, A= A1 при s = 0: |
|
|
|||
B = B + |
1 |
( B + 4 B + B ), |
|||
2 |
1 |
6 |
1 |
3 |
4 |
L = L + |
1 |
( L + 4 L + L ), |
|||
2 |
1 |
6 |
1 |
3 |
4 |
A2 |
= A1 + 61 ( A1 + 4 |
A3 + |
A4) ±180◦ |
||
де |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin αi |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
B = s V 3 cos α , |
|
L = s V |
, |
A = |
L sin ϕ |
, |
||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
i |
0 |
i |
|
i |
|
i |
0 |
i cos ϕi |
|
i |
|
i |
i |
|
||||
|
|
|
|
|
|
= |
s (1 −α) |
, e′2 = |
2α−α2 |
|
|
|||||||||
V = |
|
1 + e′2 cos2 |
ϕ |
, |
s |
, |
i = 1, 2, 3, 4 |
|||||||||||||
|
|
(1 −α)2 |
||||||||||||||||||
i |
q |
|
i |
|
0 |
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Значення αi та ϕi вибирають наступним чином: |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
α1 = A1, |
|
|
|
|
|
|
|
ϕ1 = B1, |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
α = A + |
1 |
|
A , |
|
|
|
|
ϕ |
2 |
= B + |
1 |
B , |
|
|
||||
|
2 |
1 |
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
1 |
|
|
|
|||
|
|
α = A + |
1 ( A + A ), |
|
|
ϕ |
3 |
= B + |
1 |
( B + B ), |
||||||||||
|
3 |
1 |
4 |
|
1 |
2 |
|
|
|
1 |
|
4 |
|
1 |
2 |
|
||||
|
|
α4 = A1 − A2 + 2 A3, |
|
|
ϕ4 = B1 − B2 + 2 B3. |
|
||||||||||||||
Цей метод дозволяє розв’язувати задачi на будь-якi вiдстанi. При великих вiдстанях s дугу дiлять на меншi дуги i обчислення повторюють для кожної з дуг.
6.2.1.Числовий приклад розв’язання прямої геодезичної задачi за методом Рунге–Кутта–Iнгланда
Розв’яжемо пряму геодезичну задачу на елiпсоїдi WGS-84 за методом Рунге–Кутта–Iнгланда, взявши числовi умови iз задачi з п.6.1.1.
Розв’язання. |
|
2α −α2 |
|
|
|
|
|
||||||
e′2 |
= |
|
|
|
|
= 0,00673949674227652, |
|||||||
|
|
|
(1 −α)2 |
|
|
|
|
||||||
s0 |
= |
s (1 −α) |
|
|
|
= 0,00781299609380649 |
|||||||
α1 |
= A1 |
a |
|
|
|
|
|
|
= 0,785398163397448 |
||||
ϕ1 |
= B1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0,872664625997165 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
V |
|
= q1 |
+ e′2 cos2 ϕ |
|
= 1,00139133095274 |
||||||||
1 |
|
sin α1 |
1 |
|
|||||||||
|
L1 |
= s0V1 |
|
|
|
= 0,00860674508073632 |
|||||||
|
cos ϕ1 |
|
|||||||||||
|
A1 |
= |
|
L1 sin ϕ1 |
|
= 0,00659314924243966 |
|||||||
|
B |
= s V |
3 cos α |
|
= 0,00554771435285718 |
||||||||
|
1 |
0 |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|||
α |
|
= A + 1 |
|
|
A |
|
= 0,788694738018668 |
||||||
2 |
1 |
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
||||
ϕ |
2 |
= B + |
1 |
|
|
B |
|
= 0,875438483173593 |
|||||
|
1 |
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
V |
|
= q1 |
+ e′2 cos2 ϕ |
|
= 1,00138214304775 |
||||||||
2 |
|
sin α2 |
2 |
|
|||||||||
|
L2 |
= s0V2 |
|
|
|
= 0,00866366505354164 |
|||||||
|
cos ϕ2 |
|
|||||||||||
|
A2 |
= |
|
L2 sin ϕ2 |
|
= 0,0066521742426512 |
|||||||
|
B |
= s V |
3 cos α |
|
= 0,00552924358950659 |
||||||||
|
2 |
0 |
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|||
α |
|
= A + 1 |
( |
A + |
A ) = 0,788709494268721 |
||||||||
3 |
1 |
|
|
4 |
|
|
1 |
|
2 |
||||
ϕ |
3 |
= B + |
1 |
( |
B + |
B ) = 0,875433865482756 |
|||||||
|
1 |
|
|
4 |
|
|
1 |
|
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
+ e′2 cos2 ϕ |
|
|
= 1,00138215833546 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
= q1 sin α3 |
|
3 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
L3 |
= s0V3 |
|
|
|
|
|
= 0,00866374424068636 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
cos ϕ3 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
A3 |
= |
L3 sin ϕ3 |
|
|
|
= 0,00665220941384058 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
= s V 3 cos α |
|
|
|
= 0,00552916171151615 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
0 |
3 |
|
3 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
α4 |
= A1 − |
A2 + 2 |
A3 |
= 0,792050407982478 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
ϕ4 |
= B1 − B2 + 2 |
B3 |
= 0,87819370583069 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
+ e′2 cos2 ϕ |
|
|
= 1,00137302596397 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
= q1 sin α4 |
|
4 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
L4 |
= s0V4 |
|
|
|
|
|
= 0,00872124998098297 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
cos ϕ4 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
A4 |
= |
L4 sin ϕ4 |
|
|
|
= 0,00671175833970653 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
= s V 3 cos α |
|
|
|
= 0,00552924358950659 |
|||||
|
|
|
1 |
|
|
4 |
0 |
4 |
|
4 |
|
|
|
|
||||
B = B + |
|
( |
B + 4 |
B + |
B ) |
|
|
= 0,87819689346 рад = 50◦ 19′ 1,1121′′ |
||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
2 |
1 |
6 |
|
|
1 |
|
3 |
4 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
L |
= L + |
1 |
|
( |
L + 4 |
L + |
L ) |
|
|
= 1,05586137986 рад = 60◦ 29′ 47,0429′′ |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
2 |
1 |
6 |
|
|
|
1 |
|
3 |
|
4 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
A = A + |
1 |
( |
A + 4 |
A + |
A ) + π = 3,93364310786 рад = 225◦ 22′ 52,1335′′ |
|||||||||||||
|
||||||||||||||||||
2 |
1 |
6 |
|
1 |
|
3 |
4 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
6.3.Розв’язання прямої геодезичної задачi на малi вiдстанi за формулами з середнiми аргументами
Пряму геодезичну задачу можна також розв’язувати шляхом послiдовних наближень за формулами з середнiми аргументами. Алгоритм обчислень наступний. Нехай B2, L2, A2 — невiдомi величини. Введемо позначення
b = B2 −B1, |
l = L2 −L1, |
h = A2 −A1 −180◦, |
(6.1) |
||||
A = 1 |
(A + A ), |
B = |
1 |
(B + B ). |
|
||
m |
2 |
1 |
2 |
m |
2 |
1 2 |
|
З(6.1) видно, що достатньо знайти b, l, h, щоб отримати B2, L2, A2.
Вякостi першого наближення приймають
|
Bm = B1, |
|
Am = A1, |
l = 0, |
h = 0 |
|
|
|
|
||||||
та обчислюють b, l, h за формулами |
|
|
|
|
|
|
|
, |
|||||||
b = s a(1 −e2) (1 −e2 sin2 Bm)3/2 1 + 12 + 24 |
|||||||||||||||
|
cos Am |
|
|
|
|
|
|
|
l2 |
|
h2 |
|
|
||
|
sin Am |
|
|
|
|
|
|
1 + |
h2 −b2 |
|
|
|
|||
l = s |
|
1 |
|
e2 sin2 B |
|
, |
|
(6.2) |
|||||||
a cos Bm q |
− |
|
|
||||||||||||
|
|
|
m |
24 |
|
|
|
||||||||
|
m |
|
|
|
8 |
12 |
|
|
|
|
|
|
|
||
h = l sin B |
1 + |
b2 |
+ |
l2 −h2 |
. |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
В другому та наступному наближеннях приймають
B = B + |
b |
, |
A = A + |
h |
, |
||
|
|
||||||
m |
1 |
2 |
|
m |
1 |
2 |
|
пiдставляють Bm, Am в (6.2) та знаходять уточненi значення b, l, h. Для
забезпечення точностi 0.0001′′ |
в координатах при s < 60 км достатньо ви- |
||||
конати 3–4 iтерацiї. |
|
|
|
|
|
Враховуючи (6.1), остаточно знаходять: |
|
|
|||
B = B + b, |
L = L + l, |
A = A + h+ 180◦. |
|||
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
6.3.1.Числовий приклад розв’язання прямої геодезичної задачi за формулами з середнiми аргументами
Розв’яжемо пряму геодезичну задачу на елiпсоїдi WGS-84 за формулами з середнiми аргументами, взявши числовi умови iз задачi з п.6.1.1.
Розв’язання. Беремо перше наближення
Bm = 50◦ = 0,872664625997165 рад, Am = 45◦ = 0,785398163397448 рад, l = 0, h = 0.
та пiдставляємо його в (6.2). Знаходимо
b = 0,00554771435285718, l = 0,00860673404361335,
h= 0,00659320685164772.
Вдругому наближеннi:
b
Bm = B1 + 2 = 0,875438483173593,
h
Am = A1 + 2 = 0,788694766823272, b = 0,00552928757607449,
l = 0,00866366995722061,
h= 0,00665222094115703,
Втретьому наближеннi:
Bm = 0,875429269785202,
Am = 0,788724273868027, b = 0,00552912447987286, l = 0,00866382879262031, h = 0,00665229132618487,
В четвертому наближеннi:
Bm = 0,875429188237101,
Am = 0,788724309060541, b = 0,00552912428994625, l = 0,00866382825143599,
|
|
h = 0,00665229045747839. |
|||
Остаточно знаходимо шуканi величини: |
|
|
|||
B = B + b |
= 0,878193750287111 рад = |
50◦ 19′ 0,4638′′, |
|||
2 |
1 |
|
|
|
|
L |
= L + l |
= 1,05586137944803 |
рад |
= |
60◦ 29′ 47,0429′′, |
2 |
1 |
|
|
|
|
A = A + h+ π = 3,93364310744472 |
рад |
= |
225◦ 22′ 52,1334′′ |
||
2 |
1 |
|
|
|
|
6.4.Розв’язання оберненої геодезичної задачi на малi вiдстанi за формулами з середнiми аргументами
Воберненiй геодезичнiй задачi координати B1, L1, та B2, L2 пунктiв Q1, Q2 вважаються вiдомим; потрiбно знайти довжину s геодезичної мiж ними та азимути A1, A2.
Розв’язання даної задачi виконується наступним чином. Спочатку об-
числюють |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Bm = 21 (B1 + B2), |
|
|
|
|
|||||||||||
b = B2 −B1, |
l = L2 −L1, |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
k = l2 sin2 Bm, |
|
p = e′2 cos2 Bm, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Q = |
|
ab(1 −e2) |
|
1 |
|
|
1 |
(e′2 |
|
|
2p)b2 |
|
|
1 |
(1 + p)l2 cos2 B |
1 |
k |
, |
|||||||
|
|
− 8 |
− |
− 12 |
|
||||||||||||||||||||
P = |
(1 −e2 sin2 Bm)3/2 h |
|
|
|
|
m − |
8 |
|
i |
||||||||||||||||
|
1 e2 sin2 B |
"1 + |
|
|
|
− |
|
|
|
24 |
|
− |
|
# , |
|
|
|
||||||||
|
|
al cos Bm |
|
|
|
(1 |
|
|
9e′ |
2 + 8p)b2 |
|
|
k |
|
|
|
|||||||||
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
|
1 m |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
h = l sin Bm h1 + |
|
(3 + 2p)b2 |
+ |
|
(1 + p)l2 cos2 Bmi . |
|
|
|
|||||||||||||||||
24 |
12 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
Розв’язання задачi завершується застосуванням наступних формул:
|
|
|
|
|
|
h |
|
|
|
h |
|
|
|
Am = atan2 |
(P, Q) , s = Q2 + P2, |
A1 = Am − |
, |
A2 = Am + |
±180 |
◦ |
. |
||||||
|
|
|
|
||||||||||
2 |
2 |
|
|||||||||||
Довжина |
визначається |
з похибкою менше |
0,5 м |
при |
|||||||||
геодезичної p |
|
||||||||||||
s < 600 км. Iз зменшенням вiдстанi в n разiв похибка зменшується в n5 разiв.