Navegación astronómica sin situación de estima

[zascandil]

Hola Avante

Originalmente publicado por Avante

Gracias por este tema tan interesante
...El apaño consistiría en calcular con meridiana y circunmeridiana latitud y longitud: la primera sería prácticamente exacta; la segunda no tanto, aunque entiendo que sí lo suficiente para dar una situación de estima. Aprovechando esa situación de estima y la meridiana tomaría una segunda lectura al ocaso, con la que corregir la Se hallada hace unas horas y conseguir una posición entiendo que exacta.

¿Funcionaría este método?

Claro que funcionaría, con la meridiana obtendrías una latitud con precisión, pero no así la longitud que sería bastante mala. Pero no la necesitas para nada ya que al trasladar la linea de posición de la primera observación (o sea la latitud) según la derrota que sigas solo tienes que calcular en qué nuevo paralelo te encontrarás en el momento de la segunda observación por las fórmulas de navegación por estima aplicada sólo a latitud. Para hacer esto no necesitas saber la longitud para nada.

Luego en la segunda observación despejas el angulo en el polo el triángulo de posición sol-poloN-posición barco y ya obtienes la longitud. Sólo que es prefeible no hacerla en el ocaso como dices sino tan sólo unas horas despues de la meridiana

Excelentete has situado sin estima. Pero necesitaste esperar hasta la meridiana.

Pero en realidad me refería a como situarse con dos observaciones relizadas EN CUALQUIER momento, como por ejemplo el problema que ha puesto Tropelio para ilustrar el método diabólico ese de hacer "respirar" el círculo de altura y sin tener que esperar a la meridiana.

saludos

zascandil

[zascandil]

Originalmente publicado por Tropelio

Coño!, el mismísimo Zascandil! Bienvenido hombre. ¿Ves como no pasaba nada? estos piratones no son tan malos como aparentan y no te comerán a pesar de ser el armador de un flamante Bavaria! (bueno, si lo fueses de un MacGregor la cosa sería seguramente muy distinta...)

No me putee, mi Capitán, que sabes que en un Bavaria 44 se corrigen automáticamente los errores de índice, refracción, paralaje y estima directa. Ya deberías saber que es un barco que no precisa correcciones a su navegación de estima porque es totalmente exacta. El último que que atrevió a cuestionarlo acabó colgado de los pulgares en la tercera cruceta.

Originalmente publicado por Pacoperas

Me has dejado descolocado.Debe ser cosa de los años, que el cerebro lo tengo lleno de agujeros.

Je, je, cómo te vas a acordar si no te he dado ninguna pista... Ya veras como te acuerdas, ya, que a algún monte de esos me has llevado a batir records. Y es que, para los que no lo sepáis, Pacoperas fue un monstruo pionero de las microondas en España, ¿qué digo España? del mundo mundial en otro hobby de locos, bastante más de atar que éste.

En fin, que el mundo es un pañuelo.



zascandil

[zascandil]

Hola

Unas rondas de Macallan Fine & Rare del 27, que lo que sigue es heavy.

Para hacer más tangible el problemilla vuelvo a plantear el enunciado de Tropelio, pero ahora, cual miembro de tribunal de la DGMM con "mu mala leshe" borrando el dato del azimut al sol para que no se pueda utilizar el método diabólico ese de hacer "respirar" el primer circulo de altura.

Por supuesto seguimos sin disponer de ninguna situación de estima.


El 26 de Noviembre de 2006 nos encontrábamos navegando en travesía desde Canarias a la Península. Nuestro rumbo esta mañana es el 295º (estamos en el bordo hacia afuera) y nuestra velocidad es de 12 nudos (ya, nuestro velero corre que se las pela, pero necesito que la distancia recorrida por el barco entre dos medidas de altura sea apreciable para que se vea bien el método y se pongan de manifiesto claramente los efectos de las aproximaciones sobre la precisión obtenida en la posición del barco). Nuestro sextante no tiene error de índice (por supuesto) y la altura del observador sobre el agua es de 2 metros.
A las 09:45:42 UTC tomamos altura instrumental del Sol (aún al E de nuestro meridiano), limbo inferior, que resultó ser de 22º 16.3'.
Seguimos navegando al mismo rumbo y velocidad hasta que a las 14:22:13 UTC tomamos una segunda altura del Sol (que vemos ya al W de nuestro meridiano), limbo inferior, que resultó ser de 27º 34,9'. ¿Cuál es la posición del barco en este momento?

A ver si alguien se anima, que os veo muy gozados y muy poco trabajados...

Pues eso, al tajo

zascandil

Originalmente publicado por zascandil

Hola

Unas rondas de Macallan Fine & Rare del 27, que lo que sigue es heavy.

Para hacer más tangible el problemilla vuelvo a plantear el enunciado de Tropelio, pero ahora, cual miembro de tribunal de la DGMM con "mu mala leshe" borrando el dato del azimut al sol para que no se pueda utilizar el método diabólico ese de hacer "respirar" el primer circulo de altura.

Por supuesto seguimos sin disponer de ninguna situación de estima.


El 26 de Noviembre de 2006 nos encontrábamos navegando en travesía desde Canarias a la Península. Nuestro rumbo esta mañana es el 295º (estamos en el bordo hacia afuera) y nuestra velocidad es de 12 nudos (ya, nuestro velero corre que se las pela, pero necesito que la distancia recorrida por el barco entre dos medidas de altura sea apreciable para que se vea bien el método y se pongan de manifiesto claramente los efectos de las aproximaciones sobre la precisión obtenida en la posición del barco). Nuestro sextante no tiene error de índice (por supuesto) y la altura del observador sobre el agua es de 2 metros.
A las 09:45:42 UTC tomamos altura instrumental del Sol (aún al E de nuestro meridiano), limbo inferior, que resultó ser de 22º 16.3'.
Seguimos navegando al mismo rumbo y velocidad hasta que a las 14:22:13 UTC tomamos una segunda altura del Sol (que vemos ya al W de nuestro meridiano), limbo inferior, que resultó ser de 27º 34,9'. ¿Cuál es la posición del barco en este momento?

A ver si alguien se anima, que os veo muy gozados y muy poco trabajados...

Pues eso, al tajo

zascandil

Zascandil, andate con ojo que aquí no se andan con tonterías con los examinadores con mala leshe. Y si no busca por ahí sobre el pobre de Barcelona que se le ocurrió preguntar por la hora de salida de Júpiter....

Bueno, a ver si alguien se anima con el problemilla de marras. ¿No vas a dar ninguna pista? Jolines, que es pa nota....

Saludos,
Tropelio

[zascandil]

Originalmente publicado por Tropelio

Zascandil, andate con ojo que aquí no se andan con tonterías con los examinadores con mala leshe. Y si no busca por ahí sobre el pobre de Barcelona que se le ocurrió preguntar por la hora de salida de Júpiter....

Bueno, a ver si alguien se anima con el problemilla de marras. ¿No vas a dar ninguna pista? Jolines, que es pa nota....

Je, je ya he encontrado el post ese del examen de BCN. Pues sinceramente el examinador ese de la salida de Júpiter me parece una monjita ursulina, es más, hasta me cae bien. No veo que tenga nada especialmente jodido. Si se aplica la pista que cuento a continuación para este problema (éste sí que es jodido) sale enseguida (como ya se vio en el mismo post ese del examen de la salida de Jupiter)

La pista que podemos aplicar en este problema es una que funciona en la inmensa mayoría de problemas de navegación astronómica : hacer un DEJTE,

O sea, Dibújate El Jodido Triángulo Esférico, y luego pinta sobre él las magnitudes que conoces y las que desconoces y que por tanto debes despejar. Luego con solo dos formulitas puedes encontrar la magnitud que te piden. Por ejemplo formulitas las del coseno y la cotangente son suficientes.

El truco funciona siempre, no tiene contraindicaciones y es muy saludable para el coco

Pues eso, mientras para el caso de la salida de Júpiter solo hay que pintar un triangulo esférico y despejar la incógnita que es el ángulo en el polo (o sea la hora). En este caso hay que pintar tres triángulos esféricos que comparten algunos de sus lados. La única aproximación que hay que hacer es asimilar la derrota del barco a un segmento de circulo máximo para que encaje en uno de los triángulos esféricos. Esta aproximación es muy valida porque con solo 52 millas la diferencia entre una loxodrómica y una ortodrómica es de unas pocas decenas de metros.

Si aplicamos este “truco” SIEMPRE, veremos cómo se nos desmitifica la navegación astronómica y las cosas éstas acaban siendo de una impresionante y hermosa sencillez.

Tabernero, ronda para todos de Macallan Fine & Rare, esta vez del ’45 que necesitamos estar inspirados.

Saludos cordiales, zascandil

[zascandil]

Hola

Ronda doble a todos de Macallan Fine&Rare del '63 con tapita de foie de oca con berenjena que hoy, solsticio de verano, empiezo mis vacaciones.

Aquí va una posible solución al problema. Como veréis al final todo consiste en pintar triángulos esféricos y resolverlos. Espero que esto ayude a desmitificar la cosa esta de la navegación astronómica

Lo primero que hemos de hacer es obtener los datos del Sol en cada uno de los instantes de observación, utilizando para ello, claro está, el Almanaque Náutico. Así obtenemos:

Primera medida:
av = 22º 27.7'
hG = 329º 36.9'
declinación = 20º 56.9' S

tiempo navegado entre ambas observaciones = 4.608611 horas
distancia navegada = 55.303333 millas.

Segunda medida:
av = 27º 46.8'
hG = 38º 43.7'
declinación = 20º 59.0' S

Consideramos los siguientes triángulos esféricos del dibujo. Se ha supuesto que la derrota D es un segmento de un círculo máximo porque como la distancia navegada es pequeña (55') la diferencia entre la loxodrómica y la ortodrómica (círculo máximo) será muy pequeña (unas decenas de metros).


Todas las magnitudes en negro son conocidas, mientras que las pintadas en rojo no las conocemos.

Por un lado por la navegación por estima sabemos

Latitud2 = latitud1 + D·cosR , por lo que para las colatitudes queda

C1 = C2 + D·cosR y además es fácil ver que:

B2 = H12 –A –B1

Por otro lado, con las formulitas del coseno y del seno de la trigonometría esférica sabemos que:

1) senA/senD = sen R/senC2
2) cos(90-av1) = cos(90-d1)·cos(C2 + D·cosR) + D·cosR + D·cosR + sen(90-d1)·sen (C2 + D·cosR)·cosB1
3) cos(90-av2) = cos(90-d2)·cosC2 + sen(90-d2)·senC2·cos (H12 –A –B1)

Tenemos por tanto tres ecuaciones con tres incógnitas. Mareando un poco estas igualdades se llega a una ecuación con una sola incógnita C2. Seguramente se puede hacer mas simple con relaciones trigonométricas, pero lo he hecho a lo bestia sabiendo que a final tengo calculadora. Borrico que es uno:

H12 – asen(senD·senR/senC2) =
acos[cos(90-av1)·cosec(90-d1)·cosec(C2+DcosR)–cotg(90-d1)·cotg(C2+DcosR)]+acos[cos(90-av2)·cosec(90-d2)·cosecC2–cotg(90-d2)·cotgC2]



Sustituyendo los datos que sí conocemos introducimos en la calculadora para que nos encuentre el x que hace f(x)=0

69,1133-asen(0,01457/senC2)-acos(0,409106/sen((C2+0.38953)+0,38283/tg(C2+0,38953))-acos(0,499187/senC2+0,38353/tgC2) =0

En unos segundos nos dice C2 = 54,7346º por tanto

Latitud 2 =90-54.7346º=35º15’55’’

Y para la longitud despejamos B2 con la formula del coseno en el correspondiente triángulo

B2=28.0443º

Long2 = hG2-B2 =10º41’02”

Pos ya está. Nos da apenas unos segundos de minuto distinto que con el metodo de la marcación al primer astro.

Cabroncete el problema ¿eh?

Saludos cordiales,

Zascandil

Zascandil, voy a hablar con mis contactos en la DGMM a ver si te nombran ponente de los exámenes de CY en el Infienno....

Un abrazo campeón,
Tropelio

[werke]

Felicidades por el dominio del ingenio y de la trigonometría esférica.

De todos modos, algo no cuadra. A cuento de la vieja, que es lo que recuerdo de todo esto, la altura meridiana del sol ese día (dec. sobre 20 Sur)
debería estar sobre los 45º. Muy raro parece que hora y pico después tenga una altura de tan sólo 27 (horario local de menos de 30º).

¿qué pasa?

[Avante]

Originalmente publicado por zascandil

Hola Avante


Claro que funcionaría, con la meridiana obtendrías una latitud con precisión, pero no así la longitud que sería bastante mala. Pero no la necesitas para nada ya que al trasladar la linea de posición de la primera observación (o sea la latitud) según la derrota que sigas solo tienes que calcular en qué nuevo paralelo te encontrarás en el momento de la segunda observación por las fórmulas de navegación por estima aplicada sólo a latitud. Para hacer esto no necesitas saber la longitud para nada.

Luego en la segunda observación despejas el angulo en el polo el triángulo de posición sol-poloN-posición barco y ya obtienes la longitud. Sólo que es prefeible no hacerla en el ocaso como dices sino tan sólo unas horas despues de la meridiana

Excelentete has situado sin estima. Pero necesitaste esperar hasta la meridiana.

Pero en realidad me refería a como situarse con dos observaciones relizadas EN CUALQUIER momento, como por ejemplo el problema que ha puesto Tropelio para ilustrar el método diabólico ese de hacer "respirar" el círculo de altura y sin tener que esperar a la meridiana.

saludos

zascandil

Gracias por tu respuesta

Avante

[zascandil]

Originalmente publicado por werke

Felicidades por el dominio del ingenio y de la trigonometría esférica.

De todos modos, algo no cuadra. A cuento de la vieja, que es lo que recuerdo de todo esto, la altura meridiana del sol ese día (dec. sobre 20 Sur)
debería estar sobre los 45º. Muy raro parece que hora y pico después tenga una altura de tan sólo 27 (horario local de menos de 30º).

¿qué pasa?

Hola Werke

Tampoco es para tanto.

La altura meridiana debió ser de unos 35º, y al cabo de casi dos horas (horario local de menos de 30º) el sol había caído sólo unos 8º. No sé,... yo lo veo normalito.

Saludos, zascandil