algoritmo_transportedecoordenadasporgauss

ALGORITMO PARA EL TRANSPORTE DE COORDENADAS GEODÉSICAS POR EL MÉTODO DE GAUSS. EJEMPLO DE CÁLCULO

MANUEL PÉREZ GUTIÉRREZ. DPTO. DE INGENIERÍA CARTOGRÁFICA Y DEL TERRENO, ESC. POLITÉCNICA SUPERIOR DE ÁVILA

TRANSPORTE DE COORDENADAS GEODÉSICAS POR EL MÉTODO DE GAUSS O DELAS ESFERAS AUXILIARES

ALGORITMO DE CÁLCULO Y EJEMPLO

PROBLEMA INVERSO DEL TRANSPORTE DE COORDENADAS

Datos de partida: - Coordenadas geodésicas de dos puntos del

elipsoide - Elipsoide (ED50)

Objetivo: calcular los acimutes directo y recíproco y el arco de geodésica que los une.

ϕ0 = 39º 29’ 27.38” λ0= -3º 26’ 38.50” ϕ2 = 39º 32’ 51.23” λ2= -3º 35’ 53.05” Elipsoide Hayford a = 6378388 metros e = 0.081991889979029 e2 = 0.00672267002233

En primer lugar calculamos la convergencia de meridianos. Sobre la esfera de Jacobi, la convergencia de meridianos es igual a la existente en el elipsoide (hasta el cuarto orden) cuyas latitudes esféricas fueran igual a las geodésicas

0 2

2 0

0 2

22· ·tag2cos

2

senz arctag

ϕ ϕλ λ

ϕ ϕ

⎛ + ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟∆ = ⎜ ⎟−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∆z = -0º 05’ 52. 8814864870”

Calculamos la latitud media y la diferencia de longitudes entre los dos puntos

- 0 2

2mϕ ϕϕ +

=

- 2 0λ λ λ∆ = −

ϕm = 39º 31’ 09.49” ∆λ = -0º 09’ 14.55”



Calculamos las latitudes esféricas (sobre la esfera de Jacobi), que coinciden con las reducidas al elipsoide (teorema de Clairaut)

- 0·obu arctag taga

ϕ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

- 2 2·bu arctag taga

ϕ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

- 0 2

2mu uu +

=

u0 = 39º 23’ 46.0692641140” u2 = 39º 27’ 10.1572199696” um = 39º 25’ 28.1132420418”

Ahora calculamos el acimut medio. Pueden utilizarse varias expresiones, todas deducidas al aplicar la segunda analogía de Neper al triángulo esférico (sobre la esfera de Jacobi).

- 1 2

2z = arctag·

2

m

m

ztag

u utagu tag

∆⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

zm = 295º 25’ 47.444474548”

Los acimutes directo y recíproco son inmediatos

- 0 2mzz z ∆

= +

- 2 2mzz z π∆

= − +

z0 = 295º 28’ 43.885217791” z2 = 115º 22’ 51.003731304”

Vamos ahora a por las coordenadas geodésicas ortogonales. Calculamos los valores

- 1

2· ·nSN ρ

=

- 2·( ·cos )x N arcsen λ ϕ= ∆

- 2

22

·2·x tagN

ω ϕ=

- 2

, para pasaraánguloNωω =

- 2 0ϕ ϕ ω ϕ∆ = + −

- ·my ρ ϕ= ∆

Sn =1.230572151402138e-014 x = -13241. 18627909216 m ω = 11.33341309091052 metros ω = 0º 00’ 00.366001011141181” ∆ϕ = 0º 03’ 24. 5860010111” y = 6309. 68968652162 metros

Ahora el arco aproximado s = 14667.71344240421 metros



- 2

0

1· 1 · ·3 n

xs S ysenz

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

Con el arco anterior podemos calcular otro más exacto

- 2 20

0

1· 1 · · ·cos3 n

xs S s zsenz

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

s = 14667.70995132679 metros

PROBLEMA DIRECTO DEL TRANSPORTE DE COORDENADAS Con los datos obtenidos del paso anterior realizamos a continuación el problema directo del transporte de coordenadas.

ϕ0 = 39º 29’ 27.38” λ0= -3º 26’ 38.50” z0 = 295º 27’ 17.539172519” s = 14667.710 metros Elipsoide Hayford a = 6378388 metros e = 0.081991889979029 e2 = 0.00672267002233

Primero calculamos las coordenadas geodésicas ortogonales

- 1

2· ·nSN ρ

=

- 2 20 0

1· 1 · · ·cos3 nx s senz S s z⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

- 2 20 0

2·cos 1 · · ·3 ny s z S s sen z⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Sn = 1.230588277971295e-014 x = -13241.18627906485 metros y = 6309.735208817575metros

El primer incremento de la latitud es elemental

- 0

yϕρ

∆ =

- 2

2 20

0

· 1 · ·8·

y e y cosa

ϕ ϕρ

⎛ ⎞∆ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

∆ϕ = 0º 03’ 24. 5884823430” ∆ϕ = 0º 03’ 24. 5884823109 “

Así, la latitud del punto 1, obtenido como intersección del círculo máximo que pasa por el punto 0 y es perpendicular al meridiano del punto 2 es

- 1 0ϕ ϕ ϕ= + ∆

ϕ1 = 39º 32’ 51. 9684823109”

Ahora podemos calcular una latitud como sigue ϕm = 39º 31’ 09. 6742411555” ∆ϕ = 0º 03’ 23. 3611663249”



- 0 1

2mϕ ϕϕ +

=

- m

yϕρ

∆ =

- 2

2 2· 1 · ·8· m

m

y e y cosa

ϕ ϕρ

⎛ ⎞∆ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

∆ϕ = 0º 03’ 23. 3611664915 “

La latitud definitiva se calcula añadiendo el pequeño arco ω

- 1 2 211 ·

aNe sen ϕ

=−

- 2

11

·2·x tagN

ω ϕ=

- 1

, para pasaraánguloNωω =

- 2 1ϕ ϕ ω= +

N1 = 6387097.843931667metros ω= 11.33345426174558 metros ω = 0º 00’ 00.36600233854728”

ϕ2 = 39º 32’ 51. 6024799723”

La longitud ahora es trivial pues podemos calcular

- 2 2 221 ·

aNe sen ϕ

=−

- 2

2cos

xsenNarcsenλϕ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟∆ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

- 2 0λ λ λ= + ∆

N2 = 6387097.806421765metros ∆λ = -0º 09’ 14. 5500054819” λ2 = -3º 35’ 53. 0500054828”

Y finalmente la convergencia, que se obtienen como en el problema inverso

-

0 2

2 0

0 2

22· ·tag2cos

2

senz arctag

ϕ ϕλ λ

ϕ ϕ

⎛ + ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟∆ = ⎜ ⎟−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∆z = -0º 05’ 52. 8814925484”

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