1Seismologi dan Pencitraan Bumi

Pada 22 Mei 1960, pukul 19.11 waktu universal, gempa bumi terbesar yang tercatat sejak 1900 memutus zona subduksi di lepas pantai Chile selatan, dengan magnitudo 9.5.

Gelombang P-nya mencapai stasiun di sisi seberang planet sekitar dua puluh menit kemudian; gelombang permukaannya mengelilingi Bumi beberapa kali; dan selama berhari-hari sesudahnya instrumen paling lambat merekam seluruh Bumi bergetar dengan periode mendekati satu jam, seperti lonceng yang dipukul. Setiap sinyal ini membawa informasi tentang batuan yang dilaluinya. Dari waktu tiba jutaan gelombang seperti itu yang tercatat di ribuan stasiun, para seismolog telah membangun tidak hanya model berlapis Bumi yang diulas di bawah, tetapi juga citra tiga dimensi mantel, tempat lempengan yang tenggelam dan plume mantel yang naik tampak sebagai daerah tempat gelombang merambat sedikit lebih cepat atau lebih lambat daripada rata-rata. Bab ini menunjukkan caranya: bagaimana sinar merambat melalui Bumi berbentuk bola, bagaimana gelombang permukaan menyelidiki kerak dan mantel melalui dispersinya, bagaimana osilasi bebas seluruh planet dideskripsikan, dan bagaimana beberapa ribu waktu tempuh diubah menjadi gambaran dengan menyelesaikan masalah invers linier.

Yang sudah kamu ketahui

Dalam padatan elastis isotrop dua jenis gelombang badan merambat: gelombang P, dengan laju $\alpha = \sqrt{(K + \tfrac43\mu)/\rho}$, dan gelombang S, pada $\beta = \sqrt{\mu/\rho}$, dengan $K$ dan $\mu$ masing-masing modulus bulk dan modulus geser dan $\rho$ massa jenis; gelombang S tidak menembus cairan (volume Tahun 3 buku fisika, pada bab elastisitas kontinum). Gelombang yang laju fasenya bergantung pada frekuensinya bersifat dispersif; energinya merambat dengan laju grup $U = \mathrm d\omega/\mathrm dk$ (volume Tahun 2 buku fisika, tentang gelombang). Benda elastis terbatas bergetar bebas dalam himpunan diskret mode normal (volume yang sama). Jarak episentral $\Delta$ sebuah stasiun adalah sudut di pusat Bumi antara episentrum dan stasiun; kurva waktu tempuh memberikan waktu tiba pertama terhadap $\Delta$, dan inti menghasilkan zona bayangan bagi gelombang P langsung (Buku 2, kelas 11). Model acuan Bumi, diskontinuitas seismik, dan gelombang kepala telah dibahas di volume Tahun 1, pada bab tentang Bumi berlapis. Kuadrat terkecil dan hukum galat Gauss dibahas di buku matematika.

1.1 Sinar pada Bumi berbentuk bola

Muka gelombang seismik, jauh dari sumbernya dan di dalam medium yang sifatnya berubah perlahan dalam satu panjang gelombang, dapat diikuti dengan sinarnya: kurva-kurva yang di mana-mana tegak lurus pada muka gelombang, dan sepanjang kurva itulah energi merambat. Dalam medium berlaju seragam sinarnya lurus; di tempat laju berubah, sinar membelok menurut hukum Snell tentang refraksi. Di Bumi laju terutama bergantung pada kedalaman, sehingga model pertama simetris bola: laju $v(r)$ gelombang yang ditinjau (P atau S) merupakan fungsi jari-jari $r$ saja.

Teorema 1.1 (Hukum Snell pada Bumi berbentuk bola)

Dalam Bumi yang simetris bola dengan laju gelombang $v(r)$, misalkan $i$ adalah sudut antara sinar dan jari-jari di titik berjari-jari $r$. Sepanjang sinar,

$$\frac{r\sin i}{v(r)} = p$$

bernilai konstan.

Definisi 1.2 (Parameter sinar, titik balik)

Konstanta $p = r\sin i/v(r)$ suatu sinar pada Bumi yang simetris bola disebut parameter sinar, dalam detik per radian. Pada permukaan, $p = R\sin i_0/v_0$, dengan $i_0$ sudut keberangkatan dan $v_0$ laju di permukaan. Titik tempat sinar mendatar ($i = 90{}^{\circ}$) disebut titik balik, pada jari-jari $r_t$ yang memenuhi

$$\frac{r_t}{v(r_t)} = p .$$

Di bawah titik itu sinar naik kembali, simetris terhadap jari-jari yang melalui titik balik.

Tulis $\eta(r) = r/v(r)$. Sinar dengan parameter $p$ hanya dapat ada di tempat $\eta \ge p$, karena $\sin i = p/\eta \le 1$. Jika $\eta$ berkurang terhadap kedalaman, seperti yang terjadi di sebagian besar mantel, setiap sinar berbalik pada kedalaman tempat $\eta$ telah turun ke $p$, dan sinar yang berangkat lebih curam (nilai $p$ lebih kecil) berbalik lebih dalam. Di tempat $\eta$ bertambah terhadap kedalaman, karena laju turun tajam (hal ini terjadi di batas inti–mantel, tempat laju gelombang P turun dari 13.7 hingga $8.0\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$), tidak ada sinar yang dapat berbalik: sinar dibelokkan ke bawah, melintasi lapisan, lalu muncul jauh. Lompatan semacam itu menghasilkan zona bayangan di permukaan.

Parameter sinar bukan sekadar tetapan sinar: nilainya dapat dibaca dari kurva waktu tempuh.

Teorema 1.3 (Kemiringan kurva waktu tempuh)

Misalkan $T(\Delta)$ adalah waktu tempuh sinar dari sumber di permukaan ke stasiun di permukaan pada jarak episentral $\Delta$ (dalam radian). Maka

$$\frac{\mathrm dT}{\mathrm d\Delta} = p ,$$

yakni parameter sinar yang tiba di $\Delta$.

Teorema ini adalah bentuk bola dari relasi $\mathrm dT/\mathrm dx = 1/c$ antara kemiringan kurva waktu tempuh dan kecepatan semu $c$ sepanjang permukaan. Kedua fungsi $T(p)$ dan $\Delta(p)$ dapat dituliskan sebagai integral terhadap profil kecepatan.

Proposisi 1.4 (Waktu tempuh dan jarak sebagai integral)

Dengan $\eta = r/v(r)$ yang menurun terhadap kedalaman, sinar berparameter $p$ yang berbalik di $r_t$ mencapai

$$\Delta(p) = 2\int_{r_t}^{R}\frac{p\,\mathrm dr}{r\sqrt{\eta^2 - p^2}}, \qquad T(p) = 2\int_{r_t}^{R}\frac{\eta^2\,\mathrm dr}{r\sqrt{\eta^2 - p^2}},$$

dan waktu intersep $\tau(p) = T - p\Delta$ adalah $\tau(p) = 2\int_{r_t}^{R}\sqrt{\eta^2 - p^2}\,\mathrm dr/r$.

Integral-integral ini adalah cara tabel waktu tempuh dihitung dari sebuah model. Skrip penelusuran sinar bab ini melakukan penjumlahan yang sama pada kulit 2-km dari model acuan PREM, dan memeriksanya dengan dua cara: dalam bola berkecepatan seragam, tempat sinar berupa tali busur dan $T = 2R\sin(\Delta/2)/v$ secara tepat (latihan 5), serta terhadap Teorema 1.3, yang tidak dipakainya.

Gambar di atas memperlihatkan apa yang diprediksi teorema-teorema. Sinar mantel paling curam yang hanya menyentuh inti, mencapai $98.5{}^{\circ}$ dalam PREM; sinar berikutnya, yang lebih curam sebagian kecil derajat, memasuki inti, dibiaskan menuju jari-jari dan keluar di sisi seberang, melampaui $140{}^{\circ}$. Dengan menggambar waktu terhadap jarak untuk setiap sinar, diperoleh kurva waktu tempuh di bawah ini.

Waktu P yang dihitung melalui PREM adalah $273.5\,\mathrm{s}$ pada $20{}^{\circ}$, $369.6\,\mathrm{s}$ pada $30{}^{\circ}$, $607.2\,\mathrm{s}$ pada $60{}^{\circ}$, dan $779.7\,\mathrm{s}$ pada $90{}^{\circ}$: tiga belas menit untuk melintasi seperempat bola Bumi.

Waktu tiba sebenarnya menyimpang dari kurva semacam itu paling banyak beberapa detik, dan beberapa detik itulah data tomografi (Bagian 1.5).

Definisi 1.5 (Tabel waktu tempuh)

Sebuah tabel waktu tempuh memberikan, untuk setiap fase seismik (P, S, PKP, PcP, …) dan setiap kedalaman sumber, waktu tempuh sebagai fungsi jarak episentral, dihitung dari model acuan yang simetris bola yang kecepatannya sendiri telah disesuaikan agar cocok dengan waktu dari sekumpulan besar gempa bumi yang lokasinya terpastikan baik. Selisihnya terhadap waktu tiba terukur itu adalah titik awal penentuan lokasi gempa bumi dan tomografi.

Tabel yang dipakai saat ini dihitung dari model acuan yang dibangun khusus untuk keperluan itu. Pada model ak135, misalnya, kerak terdiri atas dua lapisan, dengan kecepatan P dan S sebesar 5.80 dan $3.46\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ di atas $20\,\mathrm{km}$, dan 6.50 dan $3.85\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ hingga Moho pada $35\,\mathrm{km}$, tempat mantel dimulai dengan 8.04 dan $4.48\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$; batas inti–mantel terletak pada $2891.5\,\mathrm{km}$ dan batas inti dalam pada $5153.5\,\mathrm{km}$.

Para pengembangnya sendiri menggambarkan mantel atasnya sebagai konstruksi buatan yang dirancang agar cocok dengan waktu hingga $30{}^{\circ}$: sebuah rata-rata, bukan struktur di bawah satu tempat pun.

Proposisi 1.6 (Inversi Herglotz–Wiechert)

Misalkan $\eta = r/v(r)$ menurun secara tegas terhadap kedalaman pada jari-jari yang tersampel dan kurva waktu tempuh $T(\Delta)$ diketahui, sehingga $p(\Delta) = \mathrm dT/\mathrm d\Delta$ diketahui. Maka sinar dengan parameter $p_1$, yang mencapai permukaan pada $\Delta_1$, berbalik pada jari-jari

$$r_1 = R\,\exp\!\left(-\frac1\pi\int_0^{\Delta_1} \operatorname{arccosh}\frac{p(\Delta)}{p_1}\,\mathrm d\Delta\right),$$

dengan kecepatan $v(r_1) = r_1/p_1$. Yang disebut inversi Herglotz–Wiechert memulihkan $v(r)$ dengan cara ini, titik demi titik, dari kurva waktu tempuh.

Rumus ini berasal dari integral $\Delta(p)$ pada Proposisi 1.4, yang berupa persamaan integral Abel untuk $r(\eta)$ yang tidak diketahui; inversinya diterima tanpa bukti di sini. Latihan 12 memeriksanya pada bola seragam. Dua syarat membatasinya. Ia memerlukan $\eta$ menurun terhadap kedalaman: lapisan berkecepatan rendah menimbulkan kesenjangan pada kurva waktu tempuh, dan inversi tidak dapat melihat ke dalam lapisan itu. Metode ini juga memerlukan seluruh kurva, termasuk cabang-cabang akhir dari setiap triplikasi, yang sulit dipilih dari seismogram. Keterbatasan inilah sebabnya model acuan kini dibangun dengan pemodelan maju dan kuadrat terkecil (Bagian 1.4).

1.2 Gelombang permukaan

Permukaan bebas memerangkap gelombang. Dekat permukaan setengah ruang, gerak P dan S pada bidang vertikal perambatan dapat bergabung menjadi gelombang yang merambat sepanjang permukaan dan meluruh terhadap kedalaman; dan di tempat lapisan lambat berada di atas batuan yang lebih cepat, gelombang geser horizontal terperangkap di dalam lapisan oleh pemantulan total.

Definisi 1.7 (Gelombang Rayleigh, gelombang Love)

Sebuah gelombang Rayleigh adalah gelombang permukaan yang gerak partikelnya terletak pada bidang vertikal yang memuat arah perambatan: gerak P dan S yang terpolarisasi vertikal, digabungkan oleh permukaan bebas, dengan gerak partikel elips, retrograd di permukaan setengah ruang seragam, yang amplitudonya meluruh terhadap kedalaman sekitar satu panjang gelombang. Sebuah gelombang Love adalah gelombang permukaan yang gerak partikelnya horizontal dan tegak lurus terhadap arah perambatan: gelombang S yang terpolarisasi horizontal terperangkap di dalam lapisan yang lebih lambat daripada batuan di bawahnya.

Pada setengah ruang seragam dengan $\lambda = \mu$ (padatan Poisson) gelombang Rayleigh merambat dengan kecepatan $0.9194\,\beta$ dan tidak mengalami dispersi (Latihan 6). Gelombang Love sama sekali tidak dapat ada pada setengah ruang seragam: ia memerlukan pelapisan, dan kecepatannya berada di antara kecepatan S lapisan dan batuan di bawahnya.

Teorema 1.8 (Dispersi gelombang Love dalam lapisan di atas setengah ruang)

Sebuah lapisan dengan tebal $H$, modulus geser $\mu_1$ dan kecepatan S $\beta_1$ terletak di atas setengah ruang dengan modulus geser $\mu_2$ dan kecepatan S $\beta_2 > \beta_1$. Gelombang Love dengan frekuensi sudut $\omega$ dan bilangan gelombang $k$ merambat dengan kecepatan fase $c = \omega/k$, $\beta_1 < c < \beta_2$, jika dan hanya jika

$$\tan\!\left(kH q_1\right) = \frac{\mu_2 q_2}{\mu_1 q_1}, \qquad q_1 = \sqrt{\frac{c^2}{\beta_1^2} - 1},\quad q_2 = \sqrt{1 - \frac{c^2}{\beta_2^2}} .$$

Mode dasar adalah akar dengan $0 < kHq_1 < \pi/2$; mode overtone memiliki $kHq_1$ berada dalam $(n\pi, n\pi + \pi/2)$.

Untuk periode tertentu persamaan diselesaikan untuk $c$ dengan biseksi; kecepatan grup mengikuti dari $U = \mathrm d\omega/\mathrm dk$. Pada periode pendek ($kH$ besar) akarnya dekat $c = \beta_1$: gelombang berada di dalam lapisan. Pada periode panjang ($kH \to 0$) harus berlaku $kHq_1 \to 0$ dengan ruas kanan juga kecil, yang memaksa $c \to \beta_2$: gelombang mencapai jauh ke dalam setengah ruang dan merambat dengan kecepatannya. Di antara keduanya, kecepatan fase naik secara mantap seiring periode.

Definisi 1.9 (Dispersi gelombang permukaan)

Yang disebut dispersi gelombang permukaan adalah ketergantungan dari kecepatan fase dan kecepatan grup gelombang Rayleigh atau Love terhadap periodenya. Pada Bumi berlapis, dispersi ini muncul karena gelombang berperiode lebih panjang mencapai lebih dalam (sekitar sepertiga panjang gelombang untuk moda dasar) dan merata-ratakan batuan yang lebih cepat; kurva dispersi $c(T)$ dan $U(T)$ yang diukur antara gempa bumi dan stasiun, atau antara dua stasiun, diinversi untuk memperoleh kecepatan S sebagai fungsi kedalaman.

Pada model ini kecepatan fase pada $20\,\mathrm{s}$ adalah $3.79\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ dan pada $100\,\mathrm{s}$ $4.444\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$; kecepatan grup masing-masing 3.384 dan $4.333\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. Pada seismogram yang terekam beberapa ribu kilometer jauhnya, periode panjang tiba lebih dulu dan gelombang 20-s tiba terakhir, sehingga kereta gelombang tertarik menjadi osilasi panjang yang perlahan memendek. Pengukuran kecepatan grup pada banyak periode di sepanjang banyak lintasan menghasilkan peta ketebalan kerak dan mantel paling atas, tidak bergantung pada waktu tempuh gelombang badan.

1.3 Bumi bergetar: mode normal

Gelombang permukaan berperiode sangat panjang memiliki panjang gelombang yang sebanding dengan jari-jari Bumi; gelombang itu menjalar mengelilingi bola dan bertemu dengan dirinya sendiri. Gelombang yang berinterferensi konstruktif adalah gelombang berdiri seluruh bola, yaitu mode normalnya, dan setelah gempa bumi besar, merekalah sinyal terakhir yang mereda. Teorinya, yakni masalah nilai eigen untuk Bumi elastis yang bergravitasi sendiri, berada di luar bab ini; deskripsinya tidak.

Mode-mode dari Bumi yang simetris bola membentuk dua keluarga. Dalam mode toroidal, ${}_nT_\ell$, gerakannya horizontal, yaitu puntiran kulit-kulit bola satu terhadap yang lain, tanpa perubahan jari-jari atau volume: gelombang berdiri dari gelombang Love. Pada mode sferoidal, ${}_nS_\ell$, gerakannya memiliki bagian radial dan horizontal, dan Bumi berubah bentuk: gelombang berdiri dari gelombang Rayleigh, terkopel dengan gelombang badan dan gravitasi. Indeks $\ell$ adalah derajat sudut, yaitu jumlah garis nodal dari pola di permukaan; $n$ menghitung simpul gerakan terhadap jari-jari, $n = 0$ untuk mode fundamental. Mode sferoidal paling sederhana, ${}_0S_2$, meregangkan Bumi bergantian menjadi sferoid prolat dan sferoid oblat; mode toroidal paling sederhana, ${}_0T_2$, memuntir belahan bumi utara dan belahan bumi selatan secara berlawanan arah. Periode teramatinya adalah:

Setiap periode adalah rata-rata seluruh Bumi dari modulus elastisnya dan massa jenisnya, dibobot menurut tempat mode itu bergerak: mode toroidal hanya merasakan mantel padat dan kerak, sedangkan mode sferoidal juga merasakan inti. Mencocokkan periode ratusan mode merupakan satu-satunya cara seismologi untuk menimbang bagian dalam Bumi: cara ini membatasi massa jenis, bukan hanya kecepatan, dan PREM dibangun untuk mencocokkannya bersama waktu tempuh. Rotasi dan elipsitas Bumi memecah tiap mode berderajat $\ell$ menjadi $2\ell + 1$ frekuensi yang sedikit berbeda, analog dengan efek Zeeman.

Sejarah — Bumi setelah gempa bumi Chili

Gempa bumi Chili 1960 terekam oleh seismometer pendulum periode panjang dan oleh strainmeter, instrumen yang mengukur perubahan panjang sebuah batang atau kawat horizontal panjang yang ditambatkan pada batuan. Analisis spektral dari beberapa hari rekaman menunjukkan puncak tajam pada periode prediksi mode paling sederhana: seluruh Bumi telah berdering, dan prediksi teori elastis untuk Bumi bola yang bergravitasi sendiri terpenuhi. Rekaman strainmeter di Isabella, California, dianalisis ulang pada 1978 dengan metode yang lebih mutakhir: ia dengan jelas menunjukkan pemecahan ${}_0T_3$, ${}_0T_4$, ${}_0S_4$ dan ${}_0S_5$ akibat rotasi dan elipsitas Bumi, serta menegaskan bahwa hal yang sama berlaku untuk ${}_0S_2$ dan ${}_0S_3$.

Seismologi mode normal, yang lahir dari satu gempa bumi, kini memakai jaringan stasiun berpita sangat lebar yang merekam setiap gempa bumi besar.

1.4 Masalah invers linear

Setiap metode dalam bab ini sejauh ini menghitung data dari sebuah model. Tugas pencitraan adalah kebalikannya.

Definisi 1.10 (Masalah maju, masalah invers)

Misalkan model Bumi dinyatakan oleh vektor $\mathbf m$ berisi $M$ parameter dan pengamatan oleh vektor $\mathbf d$ berisi $N$ data. Yang disebut masalah maju adalah menghitung data $\mathbf d = g(\mathbf m)$ yang dihasilkan oleh model tertentu berdasarkan teori fisika. Sebaliknya, masalah invers adalah menaksir model dari data yang mengandung galat, $\mathbf d = g(\mathbf m) + \mathbf e$, dan menyatakan seberapa baik setiap bagian model ditentukan. Masalah itu linear bila $g(\mathbf m) = \mathsf G\mathbf m$ untuk matriks tetap $N\times M$ $\mathsf G$, disebut kernel.

Mencocokkan garis lurus pada waktu tempuh adalah masalah invers linear dengan $M = 2$ (latihan 7); tomografi waktu tempuh adalah masalah dengan ribuan parameter. Ada tiga kasus. Jika $N > M$ dan data membatasi setiap parameter, masalahnya terdeterminasi berlebih: tidak ada model yang cocok dengan setiap data persis, dan yang terbaik dicari dalam arti statistik. Jika beberapa kombinasi parameter tidak mengubah data ($\mathsf G\mathbf m_0 = \mathbf 0$ untuk $\mathbf m_0 \ne \mathbf 0$), masalahnya kurang terdeterminasi pada arah itu, dan berapa pun banyak data jenis itu tidak akan memperbaikinya. Masalah nyata bersifat campuran: terdeterminasi berlebih di beberapa bagian model dan kurang terdeterminasi di bagian lainnya.

Teorema 1.11 (Taksiran kuadrat terkecil terbobot)

Misalkan $\mathbf d = \mathsf G\mathbf m + \mathbf e$, dengan galat $\mathbf e$ memiliki rata-rata nol dan matriks kovarians $\mathsf C_d$ (diagonal $\sigma_i^2$ untuk galat yang saling bebas). Jika matriks $\mathsf N = \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}\mathsf G$ dapat dibalik, maka model yang meminimumkan ketakcocokan

$$\chi^2(\mathbf m) = (\mathbf d - \mathsf G\mathbf m)^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1} (\mathbf d - \mathsf G\mathbf m)$$

adalah taksiran kuadrat terkecil terbobot

$$\hat{\mathbf m} = \mathsf N^{-1}\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}\mathbf d ,$$

taksiran ini bersifat tak bias, dan matriks kovariansnya adalah $\mathsf C_{\hat m} = \mathsf N^{-1}$.

Pembobotan melakukan apa yang secara intuitif diharapkan: data dengan galat separuhnya dihitung empat kali lebih berpengaruh. Matriks kovariansi memberi setiap parameter galat bakunya $\sqrt{(\mathsf N^{-1})_{jj}}$ serta korelasi antarparameter. Jika model benar dan galatnya berdistribusi Gaussian, $\chi^2$ minimum mengikuti hukum $\chi^2$ dengan $N - M$ derajat kebebasan: nilai yang jauh di atas $N - M$ berarti galatnya diremehkan atau modelnya terlalu sederhana; nilai yang jauh di bawahnya berarti galatnya dilebih-lebihkan.

Jika $\mathsf N$ singular atau hampir singular, taksiran tidak ada atau didominasi oleh derau yang diperbesar sepanjang arah yang kurang terkendala. Obat standar adalah mencari model yang cocok dengan data secara wajar dan tidak berukuran berlebihan.

Definisi 1.12 (Kuadrat terkecil teredam, kurva kompromi)

Untuk parameter redaman $\varepsilon > 0$, taksiran kuadrat terkecil teredam adalah model yang meminimalkan

$$\Phi_\varepsilon(\mathbf m) = \chi^2(\mathbf m) + \varepsilon^2\|\mathbf m\|^2 , \qquad \mathbf m_\varepsilon = \left(\mathsf N + \varepsilon^2\mathsf I\right)^{-1} \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}\mathbf d .$$

Yang disebut kurva kompromi adalah kurva yang ditelusuri ketika $\varepsilon$ bervariasi, oleh pasangan (ukuran model $\|\mathbf m_\varepsilon\|$, ketakcocokan $\chi^2(\mathbf m_\varepsilon)$): redaman kecil mencocokkan data dengan erat dengan model yang besar dan kasar; redaman besar memberikan model yang kecil dan kecocokan yang buruk.

Rumus ini diperoleh seperti pada Teorema 1.11: gradien dari $\Phi_\varepsilon$ adalah $-2\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}(\mathbf d - \mathsf G\mathbf m) + 2\varepsilon^2\mathbf m$, dan $\mathsf N + \varepsilon^2 \mathsf I$ selalu dapat dibalik, sebab nilai eigennya adalah nilai eigen $\mathsf N$ (semuanya $\ge 0$) yang masing-masing ditambah $\varepsilon^2$. Redaman biasanya dipilih di dekat lutut kurva kompromi, atau sedemikian rupa sehingga $\chi^2$ kira-kira sama dengan jumlah data, yaitu ketakcocokan yang diharapkan dari galat saja. Harganya ialah bahwa taksiran itu tidak lagi tak bias.

Definisi 1.13 (Matriks resolusi model)

Untuk taksiran linear $\mathbf m_\varepsilon = \mathsf H_\varepsilon \mathbf d$ untuk model $\mathbf m$ dari data $\mathbf d = \mathsf G\mathbf m + \mathbf e$, yang disebut matriks resolusi model adalah $\mathsf R = \mathsf H_\varepsilon\mathsf G$, sehingga

$$\mathbf m_\varepsilon = \mathsf R\,\mathbf m + \mathsf H_\varepsilon\mathbf e .$$

Untuk kuadrat terkecil teredam, $\mathsf R = (\mathsf N + \varepsilon^2\mathsf I)^{-1} \mathsf N$. Baris $j$ dari $\mathsf R$ menunjukkan bagaimana taksiran parameter $j$ merata-ratakan parameter sebenarnya; $\mathsf R = \mathsf I$ berarti resolusi sempurna.

Jika $\mathsf N$ memiliki vektor eigen ortonormal $\mathbf u_k$ dan nilai eigen $\lambda_k$, maka $\mathsf R = \sum_k \frac{\lambda_k}{\lambda_k + \varepsilon^2} \mathbf u_k\mathbf u_k^{\mathsf T}$: arah yang dikendalikan data dengan baik ($\lambda_k \gg \varepsilon^2$) tetap hampir tidak berubah, sedangkan arah yang dikendalikan data dengan buruk ditekan. Jejak $\mathsf R$ menghitung parameter yang secara efektif diresolusi data, dan kovariansi taksiran, $\mathsf H_\varepsilon\mathsf C_d\mathsf H_\varepsilon^{\mathsf T}$, menyusut seiring dengan menurunnya resolusi: redaman menukar resolusi dengan kestabilan.

1.5 Tomografi seismik

Definisi 1.14 (Tomografi seismik, residu waktu tempuh)

Yang disebut residu waktu tempuh dari sebuah fase yang tiba adalah waktu tempuh terukur dikurangi waktu yang diprediksi oleh model acuan, $\delta t = T_{\text{obs}} - T_{\text{ref}}$, setelah dikoreksi terhadap lokasi sumber dan waktu asal, elevasi stasiun, serta elipsitas Bumi. Yang disebut tomografi seismik adalah taksiran simpangan tiga dimensi kecepatan seismik dari sebuah model acuan, $\delta v(\mathbf x)$, dari sekumpulan besar residu (atau bentuk gelombang), dengan menyelesaikan masalah invers.

Tulis $s = 1/v$ untuk kelambatan. Waktu tempuh sepanjang sinar $\Gamma$ adalah $T = \int_\Gamma s\,\mathrm dl$; namun sinarnya sendiri bergantung pada kecepatan, yang tampaknya membuat masalahnya tak-linear. Jawaban orde pertama adalah bahwa hal itu tidak berpengaruh.

Proposisi 1.15 (Residu waktu tempuh terlinearisasi)

Jika kelambatan model acuan $s_0$ diganggu menjadi $s_0 + \delta s$, waktu tempuh antara dua titik tetap berubah, hingga orde pertama dalam $\delta s$, sebesar

$$\delta t = \int_{\Gamma_0}\delta s\,\mathrm dl ,$$

dengan integral dihitung sepanjang sinar $\Gamma_0$ dari model acuan; anomali kecepatan relatif adalah $\delta v/v_0 = -\delta s/s_0$ pada orde yang sama.

Bagi daerah itu menjadi $M$ sel dengan gangguan kelambatan seragam $\delta s_j$. Residu sinar $i$ menjadi $\delta t_i = \sum_j L_{ij}\,\delta s_j$, dengan $L_{ij}$ adalah panjang sinar acuan $i$ dalam sel $j$: sebuah masalah invers linear dengan kernel berupa matriks panjang sinar, yang hampir semua entrinya bernilai nol. Residunya kecil: di mantel dengan $8\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, sebuah daerah selebar $200\,\mathrm{km}$ yang $3\,\%$ lebih cepat, sehingga sinar vertikal tiba sekitar $0.7\,\mathrm{s}$ lebih awal (latihan 9).

Metode 1.16 (Tomografi waktu tempuh)

1. Pilih waktu tiba satu fase (misalnya P) di semua stasiun, untuk gempa bumi yang lokasinya diketahui dengan baik; hitung residunya terhadap tabel waktu tempuh, dikoreksi terhadap elipsitas dan elevasi stasiun.
2. Telusuri sinar acuan dan bagi daerah menjadi sel (atau uraikan $\delta s$ dalam fungsi halus); isi matriks panjang sinar.
3. Berikan setiap residu galatnya, dari presisi pembacaan waktu tiba, lalu selesaikan masalah kuadrat terkecil teredam untuk sejumlah nilai redaman; gambarkan kurva kompromi, dan pilih redaman di dekat titik lengkungnya.
4. Uji resolusinya: hitung residu yang dihasilkan model sintetik yang diketahui melalui sinar yang sama, tambahkan derau, lalu lakukan inversi dengan redaman yang sama, lalu bandingkan.
5. Tafsirkan hanya anomali yang menurut uji dapat dipulihkan oleh sinar, dengan amplitudonya dipahami sebagai batas bawah.

Definisi 1.17 (Uji papan catur)

Yang disebut uji papan catur adalah uji resolusi, dengan model sintetik berupa pola teratur sel-sel cepat dan lambat yang bergantian: residu sintetik yang dihitung melalui geometri sinar sebenarnya, dengan derau berukuran sama dengan galat sebenarnya, diinversi dengan parametrisasi dan redaman yang sama. Bila pola itu dapat dipulihkan, struktur seukuran itu dapat diresolusi; bila pola itu kabur atau hilang, struktur itu tidak.

Gambar-gambar di bawah menjalankan uji ini pada penampang model selebar $800\,\mathrm{km}$ dan $400\,\mathrm{km}$ dalamnya, dibagi menjadi 128 sel masing-masing $50\,\mathrm{km}$. Dua puluh sumber terletak di sepanjang dasarnya dan tiga puluh dua stasiun di sepanjang puncaknya, dan hanya sinar dalam $45{}^{\circ}$ dari vertikal yang dipakai: 480 sinar yang semuanya merambat curam ke atas, geometri sinar dari gempa bumi jauh yang naik di bawah jaringan. Model sintetik memiliki blok berukuran $2\times2$ sel, $3\,\%$ lebih cepat atau lebih lambat di sekitar $8\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$; residunya membawa derau Gauss sebesar $0.05\,\mathrm{s}$.

Uji ini menggambarkan tiga batas setiap citra tomografi. Resolusi ditentukan oleh sinar: jika semua sinar sejajar, anomali tersebar sepanjang sinar-sinar itu, dan sel yang dilintasi sedikit sinar hampir tidak terkendali. Redaman menurunkan amplitudo: anomali yang diperoleh merupakan batas bawah. Citra juga bergantung pada model acuan dan parametrisasi: hanya simpangan dari acuan yang dipetakan, dan tidak ada yang lebih kecil dari sel. Dengan kehati-hatian ini, citra gelombang P dan S global memperlihatkan lempengan dari volume Tahun 1 (pada bab subduksinya) sebagai daerah cepat berbentuk tabular yang turun dari palung, sebagian mendatar di atas diskontinuitas 670-km, sebagian lain menghunjam ke mantel bawah; serta daerah lambat yang luas di bawah Pasifik dan Afrika di atas inti, dengan saluran lambat yang lebih sempit di bawah beberapa titik panas, yang merupakan kandidat untuk plume mantel dalam volume yang sama.

Di lapangan — Stasiun pita lebar dan pemasangan di dasar laut

Stasiun pita lebar permanen adalah tempat yang tenang: seismometer berdiri di atas pilar beton yang dibaut ke batuan dasar di dalam ruang bawah tanah atau terowongan pendek, di bawah perisai termal, karena hembusan angin atau perubahan beberapa perseratus derajat memiringkan instrumen lebih dari gempa bumi yang jauh. Tiga komponennya, vertikal, utara, dan timur, didigitasi terus-menerus dan dikirim ke pusat data dengan cap waktu satelit. Untuk mencitrakan wilayah di bawah samudra, tim survei sebagai gantinya menurunkan seismometer dasar samudra dari kapal: masing-masing tenggelam dengan jangkar, merekam selama setahun di dasar laut, lalu naik ke permukaan saat kapal kembali dan mengirim sinyal akustik untuk melepaskannya. Awak lalu membaca penyimpangan jamnya, mengoreksi rekaman, dan menambahkan ribuan kedatangan gelombang ke tomografi.

1.6 Latihan

Latihan 1.1 ★

Sinar P meninggalkan permukaan ($R = 6371\,\mathrm{km}$, $v_0 = 5.80\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$) dengan parameter sinar $p = 500\,\mathrm{s}\,\mathrm{rad}^{-1}$. (a) Hitung sudut keluarnya. (b) PREM memberikan kelajuan P sebesar $11.066\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada kedalaman $771\,\mathrm{km}$ dan $11.245\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $871\,\mathrm{km}$. Hitung $r/v$ pada kedua kedalaman dan tentukan kedalaman titik balik sinar dengan interpolasi linear.

Solusi

Solusi Latihan 1.1.

(a) $\sin i_0 = pv_0/R = 500\times5.80/6371 = 0.4552$, sehingga $i_0 = 27.1{}^{\circ}$. (b) Pada $771\,\mathrm{km}$, $r = 5600\,\mathrm{km}$ dan $r/v = 5600/11.066 = 506.1\,\mathrm{s}\,\mathrm{rad}^{-1}$; pada $871\,\mathrm{km}$, $r = 5500\,\mathrm{km}$ dan $r/v = 5500/11.245 = 489.1\,\mathrm{s}\,\mathrm{rad}^{-1}$. Sinar mencapai titik baliknya saat $r/v = p = 500$: $z_t = 771 + 100\times(506.1 - 500)/(506.1 - 489.1) = 771 + 36 = 807\,\mathrm{km}$.

Latihan 1.2 ★

Waktu P yang dihitung melalui PREM di bab ini adalah $369.6\,\mathrm{s}$ pada $30{}^{\circ}$ dan $455.5\,\mathrm{s}$ pada $40{}^{\circ}$. (a) Perkirakan kemiringan kurva waktu tempuh antara keduanya, dalam $\mathrm{s}$ per derajat dan dalam $\mathrm{s}\,\mathrm{rad}^{-1}$. (b) Turunkan kelajuan semu front gelombang sepanjang permukaan, dalam $\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. (c) Berapa kelajuan P di titik balik sinar yang tiba pada $35{}^{\circ}$, jika sinar itu berbalik pada jari-jari $5450\,\mathrm{km}$?

Solusi

Solusi Latihan 1.2.

(a) $(455.5 - 369.6)/10 = 8.59\,\mathrm{s}$ per derajat, dan $8.59\times180/\pi = 492.2\,\mathrm{s}\,\mathrm{rad}^{-1}$. (b) Satu derajat busur adalah $6371\pi/180 = 111.19\,\mathrm{km}$, sehingga muka gelombang menyapu permukaan dengan laju $111.19/8.59 = 12.94\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, jauh lebih cepat daripada batuan mana pun di permukaan: sinar tiba secara curam. (c) Di titik balik $v = r_t/p = 5450/492.2 = 11.07\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, yaitu kecepatan gelombang P di mantel bawah.

Latihan 1.3 ★

Pada model gelombang Love di bab ini, lapisan memiliki $\beta_1 = 3.5\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\rho_1 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ dan ruang setengah $\beta_2 = 4.5\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\rho_2 = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Hitung kedua modulus geser. (b) Pada $20\,\mathrm{s}$ kelajuan fasa adalah $3.79\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$: hitung panjang gelombangnya dan bandingkan dengan lapisan setebal $35\,\mathrm{km}$. (c) Dengan kelajuan grup $3.384\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $20\,\mathrm{s}$ dan $4.333\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $100\,\mathrm{s}$, berapa menit gelombang 20-s tiba setelah gelombang 100-s di stasiun yang berjarak $4000\,\mathrm{km}$?

Solusi

Solusi Latihan 1.3.

(a) $\mu_1 = \rho_1\beta_1^2 = 2700\times3500^2 = 3.31 \times 10^{10}\,\mathrm{Pa}$ ($33.1\,\mathrm{GPa}$); $\mu_2 = 3300\times4500^2 = 6.68 \times 10^{10}\,\mathrm{Pa}$ ($66.8\,\mathrm{GPa}$). (b) $\lambda = cT = 3.79\times20 = 75.8\,\mathrm{km}$, 2.17 kali tebal lapisan: gelombang menjangkau jauh ke dalam setengah-ruang, dan hal inilah yang menjelaskan mengapa kecepatannya sudah di atas $\beta_1$. (c) $4000/3.384 = 1182\,\mathrm{s}$ dan $4000/4.333 = 923\,\mathrm{s}$: gelombang 20-s tiba $259\,\mathrm{s}$, atau $4.3\,\mathrm{min}$, setelah gelombang 100-s.

Latihan 1.4 ★

Periode teramati ${}_0S_2$ dan ${}_0T_2$ adalah $53.89\,\mathrm{min}$ dan $44.01\,\mathrm{min}$. (a) Hitung frekuensinya dalam $\mathrm{mHz}$. (b) Berapa osilasi masing-masing yang dilakukan Bumi dalam sehari? (c) Dua puncak spektral dapat dipisahkan hanya jika rekaman berlangsung setidaknya sama dengan kebalikan selisih frekuensinya. Berapa lama rekaman harus berlangsung untuk memisahkan kedua moda ini?

Solusi

Solusi Latihan 1.4.

(a) ${}_0S_2$: $1/(53.89\times60) = 3.093 \times 10^{-4}\,\mathrm{Hz} = 0.3093\,\mathrm{mHz}$; ${}_0T_2$: $1/(44.01\times60) = 0.3787\,\mathrm{mHz}$. (b) $1440/53.89 = 26.7$ dan $1440/44.01 = 32.7$ osilasi per hari. (c) Selisihnya adalah $0.0694\,\mathrm{mHz}$, yang kebalikannya $14\,400\,\mathrm{s}$: setidaknya $4.0\,\mathrm{h}$ rekaman, dalam praktik jauh lebih panjang, karena puncaknya melebar akibat atenuasi dan terbelah.

Latihan 1.5 ★★

Dalam bola berjari-jari $R$ dan kelajuan seragam $v$, sinar berupa tali busur lurus. (a) Tunjukkan bahwa sinar yang mencapai $\Delta$ memiliki waktu tempuh $T = 2R\sin(\Delta/2)/v$. (b) Dengan $R = 6371\,\mathrm{km}$ dan $v = 10.0\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, hitung $T$ pada $30{}^{\circ}$ dan $90{}^{\circ}$, dan bandingkan dengan waktu PREM, $369.6\,\mathrm{s}$ dan $779.7\,\mathrm{s}$. (c) Jelaskan mengapa bola seragam terlalu cepat pada $30{}^{\circ}$ dan terlalu lambat pada $90{}^{\circ}$.

Solusi

Solusi Latihan 1.5.

(a) Tali busur antara dua titik pada bola yang dipisahkan oleh sudut $\Delta$ di pusatnya memiliki panjang $2R\sin(\Delta/2)$, ditempuh dengan kecepatan $v$. (b) Pada $30{}^{\circ}$: $2\times6371\times\sin15{}^{\circ}/10.0 = 329.8\,\mathrm{s}$, dibandingkan dengan $369.6\,\mathrm{s}$; pada $90{}^{\circ}$: $2\times6371\times\sin45{}^{\circ}/10.0 = 901.0\,\mathrm{s}$, dibandingkan dengan $779.7\,\mathrm{s}$. (c) Sinar menuju $30{}^{\circ}$ mencapai titik balik di mantel atas, tempat kecepatan sebenarnya sekitar 8 hingga $10\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, di bawah $10\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ yang seragam; sinar menuju $90{}^{\circ}$ menghabiskan sebagian besar lintasannya di mantel bawah, dengan kecepatan 11 hingga $13.7\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, dan membelok ke bawah memasukinya, sehingga Bumi yang sebenarnya lebih cepat.

Latihan 1.6 ★★

Pada benda padat Poisson ($\lambda = \mu$, sehingga $\alpha^2 = 3\beta^2$) kelajuan gelombang Rayleigh $c$ memenuhi, dengan $\xi = c^2/\beta^2$, $(2 - \xi)^2 = 4\sqrt{1 - \xi/3}\,\sqrt{1 - \xi}$. (a) Kuadratkan lalu tunjukkan bahwa akar-akarnya memenuhi $(\xi - 4)(3\xi^2 - 12\xi + 8) = 0$. (b) Tunjukkan bahwa satu-satunya akar dengan $0 < \xi < 1$ adalah $\xi = 2 - 2/\sqrt3$, dan hitung $c/\beta$. (c) Pada kerak atas ak135, $\beta = 3.46\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$: hitung kelajuan Rayleigh dan keterlambatan gelombang Rayleigh di belakang gelombang S pada $1000\,\mathrm{km}$.

Solusi

Solusi Latihan 1.6.

(a) Dengan mengkuadratkan, $(2 - \xi)^4 = 16(1 - \xi/3)(1 - \xi)$. Kembangkan: $16 - 32\xi + 24\xi^2 - 8\xi^3 + \xi^4 = 16 - \tfrac{64}{3}\xi + \tfrac{16}{3}\xi^2$, sehingga $\xi^4 - 8\xi^3 + \tfrac{56}{3}\xi^2 - \tfrac{32}{3}\xi = 0$, yaitu $\xi\,(3\xi^3 - 24\xi^2 + 56\xi - 32) = 0$, dan $3\xi^3 - 24\xi^2 + 56\xi - 32 = (\xi - 4)(3\xi^2 - 12\xi + 8)$. Akar $\xi = 0$ bukan gelombang. (b) Akar-akar persamaan kuadratnya adalah $2 \pm 2/\sqrt3$, yaitu 3.155 dan 0.8453; hanya $\xi = 0.8453$ yang terletak di $(0, 1)$ (dan $\xi = 4$ tidak), dan ia memenuhi persamaan sebelum dikuadratkan, kedua ruasnya bernilai $4/3$. Jadi $c/\beta = \sqrt{0.8453} = 0.9194$. (c) $c = 0.9194\times3.46 = 3.181\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$; sepanjang $1000\,\mathrm{km}$, $314.4 - 289.0 = 25.3\,\mathrm{s}$ setelah gelombang S.

Latihan 1.7 ★★

Kedatangan gelombang kepala di empat stasiun pada garis refraksi, pada 50, 100, 150 dan $200\,\mathrm{km}$ dari titik tembak, berturut-turut 9.0, 15.3, 21.5 dan $27.9\,\mathrm{s}$, dengan galat 0.1, 0.1, 0.2 dan $0.2\,\mathrm{s}$. Cocokkan $T = a + bx$ dengan kuadrat terkecil terbobot: tulis $\mathsf G$ dan $\mathsf C_d$, bentuk persamaan normalnya, dan berikan $a$, $b$, galat baku masing-masing, kelajuan $1/b$ beserta galatnya, dan $\chi^2$ minimum. Apakah kecocokan ini dapat diterima?

Solusi

Solusi Latihan 1.7.

$\mathsf G$ memiliki baris $(1, x_i)$ dan $\mathsf C_d^{-1} = \operatorname{diag} (100, 100, 25, 25)$ ($\mathrm{s}^{-2}$). Persamaan normalnya adalah

$$\begin{pmatrix} 250 & 23750 \\ 23750 & 2\,812\,500 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3665 \\ 418125 \end{pmatrix},$$

dengan determinan $1.390\,625 \times 10^{8}$. Dengan demikian $b = (250\times418125 - 23750\times3665)/1.390\,625 \times 10^{8} = 0.125\,75\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$ dan $a = (2812500\times3665 - 23750\times418125)/1.390\,625 \times 10^{8} = 2.713\,\mathrm{s}$. Kovariannya adalah $\mathsf N^{-1}$: $\sigma_b = \sqrt{250/1.390\,625 \times 10^{8}} = 0.001\,34\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$, $\sigma_a = \sqrt{2812500/1.390\,625 \times 10^{8}} = 0.142\,\mathrm{s}$. Kecepatannya adalah $1/b = 7.95\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, dengan galat $\sigma_b/b^2 = 0.08\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$: kecepatan di mantel paling atas. Residunya adalah $-0.001$, $0.011$, $-0.076$ dan $0.036\,\mathrm{s}$, dan $\chi^2 = 0.19$ untuk $4 - 2 = 2$ derajat kebebasan: lebih kecil daripada yang diharapkan, sehingga galat yang dinyatakan bahkan agak longgar; kecocokannya dapat diterima.

Latihan 1.8 ★★

Satu sinar melintasi dua sel, dengan panjang $30\,\mathrm{km}$ dan $40\,\mathrm{km}$, serta memiliki residu $0.50\,\mathrm{s}$. (a) Mengapa $\mathsf N = \mathsf G^{\mathsf T} \mathsf G$ singular? (b) Di antara model yang mencocokkan residu secara tepat, yang bernorma terkecil adalah $\mathbf m = \mathsf G^{\mathsf T}(\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T})^{-1}\mathbf d$: hitung. (c) Hitung matriks $\mathsf R = \mathsf G^{\mathsf T}(\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T})^{-1}\mathsf G$ dan jejaknya. (d) Jika anomali sebenarnya $0.01\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$ di sel pertama saja, apa yang diperoleh kembali?

Solusi

Solusi Latihan 1.8.

(a) $\mathsf G = (30\;\;40)$ berupa satu baris: $\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G$ adalah berukuran $2\times2$ berpangkat satu, sehingga singular; model apa pun dengan $30m_1 + 40m_2 = 0$ dapat ditambahkan tanpa mengubah datanya. (b) $\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T} = 900 + 1600 = 2500$, sehingga $\mathbf m = (30, 40)\times0.50/2500 = (0.006, 0.008)\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$. (c) $\mathsf R = \frac{1}{2500} \begin{pmatrix} 900 & 1200 \\ 1200 & 1600 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.36 & 0.48 \\ 0.48 & 0.64 \end{pmatrix}$, dengan jejak 1: satu data menentukan satu kombinasi parameter. (d) $\mathsf R\,(0.01, 0) = (0.0036, 0.0048)\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$: anomali tersebar sepanjang sinar, lebih banyak ke dalam sel tempat sinar lebih panjang.

Latihan 1.9 ★★

Suatu daerah lempengan di mantel $3\,\%$ lebih cepat daripada sekitarnya, dengan $v = 9.0\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. (a) Hitung residu sinar yang melintasi $200\,\mathrm{km}$ secara vertikal, menurut Proposisi 1.15, dan secara eksak. (b) Hal yang sama untuk sinar yang melintasi ketebalan $100\,\mathrm{km}$ darinya pada $40{}^{\circ}$ dari garis normal terhadap lempengan. (c) Berapakah galat relatif dari linearisasi?

Solusi

Solusi Latihan 1.9.

(a) Secara linear: $\delta t = -(\delta v/v)L/v = -0.03\times200/9.0 = -0.667\,\mathrm{s}$; secara eksak, $L/(1.03v) - L/v = 200/9.27 - 200/9.0 = -0.647\,\mathrm{s}$. (b) Lintasan di dalam lempengan adalah $100/\cos40{}^{\circ} = 130.5\,\mathrm{km}$: $-0.03\times130.5/9.0 = -0.435\,\mathrm{s}$ secara linear dan $-0.422\,\mathrm{s}$ secara eksak. (c) Nilai eksaknya sama dengan nilai linear yang dibagi dengan $1.03$: galat sebesar $3\,\%$, setara orde $\delta v/v$ itu sendiri, seperti yang diharapkan dari teori orde pertama.

Latihan 1.10 ★★★

Pada Teorema 1.8, nada atas orde $n$ hanya ada pada periode yang cukup pendek. (a) Tunjukkan bahwa pada batas potongnya kecepatan fasenya $\beta_2$ dan $kHq_1 = n\pi$. (b) Turunkan frekuensi sudut potong $\omega_n = n\pi\beta_1\beta_2/\bigl(H\sqrt{\beta_2^2 - \beta_1^2}\bigr)$. (c) Hitung periode potong nada atas pertama untuk model bab ini ($H = 35\,\mathrm{km}$, $\beta_1 = 3.5$, $\beta_2 = 4.5\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$). (d) Tunjukkan bahwa moda dasar tidak memiliki batas potong, dan bahwa kecepatan fasenya cenderung ke $\beta_1$ pada periode pendek.

Solusi

Solusi Latihan 1.10.

(a) Mode lebih tinggi ada selama bagian setengah-ruangnya meluruh, $c < \beta_2$; pada batas potong $c = \beta_2$, sehingga $q_2 = 0$ dan $\tan(kHq_1) = 0$, dengan $kHq_1$ di $[n\pi, n\pi + \pi/2)$: $kHq_1 = n\pi$. (b) Dengan $k = \omega/\beta_2$ dan $q_1 = \sqrt{\beta_2^2/\beta_1^2 - 1} = \sqrt{\beta_2^2 - \beta_1^2}/\beta_1$, $\omega_nH\sqrt{\beta_2^2 - \beta_1^2}/(\beta_1\beta_2) = n\pi$, yakni rumusnya. (c) $\sqrt{4.5^2 - 3.5^2} = \sqrt8 = 2.828$; $\omega_1 = \pi\times3.5\times4.5/(35\times2.828) = 0.4998\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, dengan periode $2\pi/0.4998 = 12.57\,\mathrm{s}$: pada periode yang lebih panjang hanya mode fundamental yang ada. (d) Untuk $n = 0$ frekuensi batas potongnya nol: mode fundamental ada pada semua periode. Pada periode pendek $kH \to \infty$ sedangkan $kHq_1$ tetap di bawah $\pi/2$, sehingga $q_1 \to 0$ dan $c \to \beta_1$.

Latihan 1.11 ★★★

Ambil sinar pada latihan 8, dengan galat data satuan. (a) Tunjukkan bahwa, untuk $\varepsilon > 0$, $(\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G + \varepsilon^2\mathsf I)^{-1}\mathsf G^{\mathsf T} = \mathsf G^{\mathsf T}(\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T} + \varepsilon^2\mathsf I)^{-1}$. (b) Turunkan matriks resolusi teredam $\mathsf R_\varepsilon = \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G/(\|\mathbf g\|^2 + \varepsilon^2)$, dengan $\mathbf g = (30, 40)$, dan jejaknya. (c) Hitung jejak dan residu data untuk $\varepsilon^2 = 0$, 2500 dan $10\,000$ (dalam $\mathrm{km}^{2}$). Jelaskan kompromi tersebut.

Solusi

Solusi Latihan 1.11.

(a) $\mathsf G^{\mathsf T}(\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T} + \varepsilon^2\mathsf I) = (\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G + \varepsilon^2\mathsf I)\mathsf G^{\mathsf T}$; kalikan dari kiri dengan $(\mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G + \varepsilon^2 \mathsf I)^{-1}$ dan dari kanan dengan $(\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T} + \varepsilon^2\mathsf I)^{-1}$, keduanya invertibel untuk $\varepsilon > 0$. (b) Di sini $\mathsf G\mathsf G^{\mathsf T} = \|\mathbf g\|^2 = 2500$, sebuah bilangan, sehingga $\mathsf R_\varepsilon = \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf G/(2500 + \varepsilon^2)$, dengan jejak $2500/(2500 + \varepsilon^2)$. (c) Data prediksi adalah $\mathbf g\cdot\mathbf m_\varepsilon = 0.50\times2500/(2500 + \varepsilon^2)$ dan residunya $0.50\,\varepsilon^2/(2500 + \varepsilon^2)$. Untuk $\varepsilon^2 = 0$: jejak 1, residu 0; untuk 2500: jejak 0.5, residu $0.25\,\mathrm{s}$; untuk $10\,000$: jejak 0.2, residu $0.40\,\mathrm{s}$. Redaman yang lebih besar menghasilkan model yang lebih kecil, resolusi yang lebih buruk, dan ketakcocokan yang lebih besar.

Latihan 1.12 ★★★

Pada bola homogen latihan 5: (a) tunjukkan dengan Teorema 1.3 bahwa $p(\Delta) = (R/v)\cos(\Delta/2)$, dan periksa terhadap definisi $p$ (sudut keberangkatan suatu tali busur). (b) Tunjukkan bahwa sinar yang mencapai $\Delta_1$ memiliki titik balik di $r_1 = R\cos(\Delta_1/2)$. (c) Dengan menerima bahwa $\int_0^{\Delta_1}\operatorname{arccosh}\bigl(\cos(\Delta/2) /\cos(\Delta_1/2)\bigr)\,\mathrm d\Delta = \pi\ln\bigl(1/\cos(\Delta_1/2)\bigr)$, tunjukkan bahwa rumus inversi Herglotz–Wiechert menghasilkan $r_1$ dan kelajuan $v$.

Solusi

Solusi Latihan 1.12.

(a) Dari latihan 5, $T = (2R/v)\sin(\Delta/2)$, maka $\mathrm dT/\mathrm d\Delta = (R/v)\cos(\Delta/2)$. Tali busur yang membentuk sudut $\Delta$ di pusat adalah alas segitiga sama kaki dengan sudut puncak $\Delta$, sehingga ia memotong jari-jari di sumber pada $i_0 = (\pi - \Delta)/2$, dan $p = R\sin i_0/v = (R/v)\cos(\Delta/2)$: sama. (b) Titik balik terletak di tengah tali busur, pada jarak $R\cos(\Delta_1/2)$ dari pusat; secara setara $r_1 = p_1v$. (c) Di sini $p(\Delta)/p_1 = \cos(\Delta/2)/\cos(\Delta_1/2)$, dan rumusnya memberikan $r_1 = R\exp\bigl(-\ln(1/\cos(\Delta_1/2))\bigr) = R\cos(\Delta_1/2)$, seperti pada (b); kecepatannya adalah $r_1/p_1 = R\cos(\Delta_1/2)\big/ \bigl((R/v)\cos(\Delta_1/2)\bigr) = v$.

1.7 Soal: Lempengan di bawah Stasiun K

Soal 1.1

Soal akhir pekan — sinar, gelombang Love dan tomografi kecil di bawah stasiun rekaan

Stasiun K berdiri di atas benua, di atas zona subduksi. Soal ini memakai rekamannya dengan tiga cara: sinar di dalam kerak, dispersi gelombang Love yang melintasinya, dan tomografi kecil mantel di bawahnya.

Bagian I — Sinar dalam gradien. Pada jarak yang cukup pendek untuk mengabaikan kelengkungan Bumi, kelajuan gelombang P di bawah K naik secara linear terhadap kedalaman, $v(z) = v_0 + gz$, dengan $v_0 = 5.0\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ dan $g = 0.05\,\mathrm{s}^{-1}$ ($z$ dalam km).

1. Pada lapisan datar, hukum Snell menjaga $p = \sin i/v$ tetap. Sebuah sinar meninggalkan K dengan $\sin i_0 = 0.8$: hitung $i_0$ dan $p$.
2. Pada kedalaman berapa sinar itu berbalik, dan berapa kelajuannya di sana?
3. Tunjukkan bahwa $\mathrm di/\mathrm ds = pg$ sepanjang sinar, sehingga ia berupa busur lingkaran; berikan jari-jarinya dan kedalaman pusatnya.
4. Hitung jarak horizontal $X$ saat sinar kembali ke permukaan.
5. Tunjukkan bahwa $\mathrm dT = \mathrm di/(g\sin i)$ dan hitung waktu tempuh $T$ secara eksak.
6. Hitung $X$ dan $T$ untuk $p = 0.15\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$, dan periksa bahwa $\Delta T/\Delta X$ antara kedua sinar terletak di antara kedua nilai dari $p$.

Bagian II — Gelombang Love dan kerak. Kerak di bawah K berupa lapisan dengan kelajuan gelombang S $\beta_1 = 3.5\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ dan massa jenis $\rho_1 = 2.7\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$ di atas mantel dengan $\beta_2 = 4.5\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\rho_2 = 3.3\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$; ketebalannya $H$ tidak diketahui. Di antara K dan stasiun tetangga, kecepatan fase gelombang Love diukur: $3.99\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $25\,\mathrm{s}$ dan $4.25\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$ pada $40\,\mathrm{s}$.

7. Hitung $\mu_1$ dan $\mu_2$ dalam $\mathrm{GPa}$.
8. Pada $25\,\mathrm{s}$, hitung $k$, $q_1$ dan $q_2$.
9. Selesaikan persamaan dispersi moda dasar untuk $H$.
10. Lakukan hal yang sama pada $40\,\mathrm{s}$. Apakah kedua hasil itu konsisten?
11. Taksir kecepatan grup di antara kedua periode sebagai $\Delta\omega/\Delta k$, dan bandingkan dengan kecepatan fasenya.
12. Hitung panjang gelombang pada setiap periode, dan jelaskan mengapa kedua periode itu peka terhadap kerak dan mantel paling atas dengan proporsi yang berbeda.

Bagian III — Tomografi dalam empat sel. Di bawah K, sebuah blok mantel $200\,\mathrm{km}$ kali $200\,\mathrm{km}$ pada penampang vertikal dipotong menjadi empat sel persegi berukuran $100\,\mathrm{km}$: 1 (kiri atas), 2 (kanan atas), 3 (kiri bawah) dan 4 (kanan bawah); palung dan samudra terletak di sebelah kiri. Kelajuan acuan adalah $v_0 = 8.0\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$. Dalam eksperimen ideal, enam sinar lurus melintasinya: A sepanjang baris atas (sel 1 dan 2), B sepanjang baris bawah (3 dan 4), C sepanjang kolom kiri (1 dan 3), D sepanjang kolom kanan (2 dan 4), E sepanjang diagonal melalui 1 dan 4, F sepanjang diagonal melalui 2 dan 3. Residu mereka adalah:

sinar	A	B	C	D	E	F
$\delta t$ ($\mathrm{s}$)	$0.16$	$-0.48$	$-0.36$	$0.11$	$-0.15$	$-0.27$
galat $\sigma$ ($\mathrm{s}$)	0.05	0.05	0.05	0.05	0.10	0.10

Ambil model $\mathbf m$ sebagai perturbasi kelambatan sel dalam $\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$ ($1\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1} = 10^{-3}\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$), sehingga entri $\mathsf G$ adalah panjang sinar dalam $\mathrm{km}$ dibagi 1000.

13. Tuliskan $\mathsf G$, sebuah matriks $6\times4$.
14. Tunjukkan bahwa $\mathsf N = \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}\mathsf G$ memiliki baris $(10, 4, 4, 2)$, $(4, 10, 2, 4)$, $(4, 2, 10, 4)$, $(2, 4, 4, 10)$.
15. Hitung $\mathbf b = \mathsf G^{\mathsf T}\mathsf C_d^{-1}\mathbf d$.
16. Periksa bahwa $(1,1,1,1)$, $(1,-1,-1,1)$, $(1,1,-1,-1)$ dan $(1,-1,1,-1)$ adalah vektor eigen dari $\mathsf N$, dengan nilai eigen 20, 4, 8 dan 8, serta turunkan bahwa $\mathsf N^{-1}$ memiliki baris $(11, -4, -4, 1)/80$, $(-4, 11, 1, -4)/80$, $(-4, 1, 11, -4)/80$ dan $(1, -4, -4, 11)/80$.
17. Hitung taksiran kuadrat terkecil terbobot $\hat{\mathbf m}$.
18. Ubah hasilnya menjadi anomali kelajuan relatif $\delta v/v_0$ dalam persen.
19. Berikan galat baku setiap sel dalam $\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$ dan dalam persen, serta korelasi antara sel 1 dan 2, dan antara sel 1 dan 4. Jelaskan tandanya.
20. Hitung residu keenam sinar setelah pencocokan serta $\chi^2$ minimum. Apakah ini konsisten dengan galat yang dinyatakan?

Bagian IV — Peredaman, resolusi, dan lempengan.

21. Untuk $\varepsilon^2 = 4$ (dalam satuan $\mathsf N$), berikan nilai eigen dari $\mathsf R = (\mathsf N + 4\mathsf I)^{-1}\mathsf N$ dan tunjukkan bahwa $\mathsf R$ memiliki diagonal $2/3$, entri $1/12$ di antara sel yang berbagi sinar baris atau kolom, dan $0$ antara sel 1 dan 4, serta antara sel 2 dan 3.
22. Hitung taksiran teredam sel 3 dan anomali kelajuannya. Mengapa itu lebih kecil daripada yang tidak teredam?
23. Model teredam memiliki $\chi^2 = 15.8$ dan norma $2.91\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$; yang tidak teredam, $\chi^2 = 0.50$ dan $4.24\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$. Mana yang akan kamu pertahankan, dan mengapa soal ini tidak memerlukan peredaman?
24. Baca baris 3 dari $\mathsf R$ teredam: dengan sel mana taksiran sel 3 menjadi kabur?
25. Sel mana yang cepat, dan mana yang lambat? Tafsirkan sel cepat, di bawah dan di sisi samudra K, dalam kaitannya dengan zona subduksi.
26. Berikan anomali kecepatan gelombang P pada sel lempengan dalam persen, dengan galat bakunya.

Solusi

Solusi Soal 1.1.

1. $i_0 = \arcsin 0.8 = 53.13{}^{\circ}$ dan $p = 0.8/5.0 = 0.16\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$.

2. Sinar berbalik di tempat $v = 1/p = 6.25\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, yakni pada $z = (6.25 - 5.0)/0.05 = 25\,\mathrm{km}$.

3. Dengan mendiferensialkan $\sin i = pv$ sepanjang sinar, $\cos i\,\mathrm di/ \mathrm ds = pg\,\mathrm dz/\mathrm ds = pg\cos i$, maka $\mathrm di/\mathrm ds = pg$: arahnya berbelok dengan laju tetap, yakni kelengkungan lingkaran dengan jari-jari $1/(pg) = 1/(0.16\times0.05) = 125\,\mathrm{km}$. Di titik balik, sinar mendatar pada kedalaman $25\,\mathrm{km}$ dan pusatnya terletak secara vertikal $125\,\mathrm{km}$ di atasnya. Pada $z = -100\,\mathrm{km}$, yakni $v_0/g$ di atas permukaan, tempat kecepatan hasil ekstrapolasi akan nol.

4. Di sumber, jari-jari lingkaran tegak lurus terhadap sinar, sehingga ia membentuk sudut $i_0$ dengan garis horizontal, dan pusatnya terletak sejauh $125\cos i_0$ secara horizontal; berdasarkan simetri $X = 2\times125\times\cos i_0 = 2\times125\times0.6 = 150\,\mathrm{km}$, atau $X = 2\sqrt{1 - p^2v_0^2}/(pg)$.

5. $\mathrm dT = \mathrm ds/v$ dengan $\mathrm ds = \mathrm di/(pg)$ dan $v = \sin i/p$: $\mathrm dT = \mathrm di/(g\sin i)$. Selanjutnya

$$T = \frac2g\int_{i_0}^{\pi/2}\frac{\mathrm di}{\sin i} = \frac2g\ln\cot\frac{i_0}2 = \frac2g\operatorname{arccosh}\frac1{pv_0} .$$

Di sini $\cot(26.57{}^{\circ}) = 2$, maka $T = 40\ln2 = 27.73\,\mathrm{s}$.

6. Untuk $p = 0.15$: $pv_0 = 0.75$, $\sqrt{1 - 0.5625} = 0.6614$, $X = 2\times0.6614/0.0075 = 176.4\,\mathrm{km}$ dan $T = 40\operatorname{arccosh} (1.3333) = 40\times0.7954 = 31.81\,\mathrm{s}$. Selanjutnya $\Delta T/\Delta X = 4.08/26.4 = 0.155\,\mathrm{s}\,\mathrm{km}^{-1}$, berada di antara 0.15 dan 0.16, sebagaimana dituntut oleh $\mathrm dT/\mathrm dX = p$.

7. $\mu_1 = 2700\times3500^2 = 33.1\,\mathrm{GPa}$ dan $\mu_2 = 3300\times4500^2 = 66.8\,\mathrm{GPa}$.

8. $k = 2\pi/(cT) = 2\pi/(3.99\times25) = 0.062\,99\,\mathrm{rad}\,\mathrm{km}^{-1}$; $q_1 = \sqrt{(3.99/3.5)^2 - 1} = 0.5474$; $q_2 = \sqrt{1 - (3.99/4.5)^2} = 0.4624$.

9. $\tan(kHq_1) = 66.825\times0.4624/(33.075\times0.5474) = 1.707$; mode fundamental mengambil $kHq_1 = \arctan1.707 = 1.041$, sehingga $H = 1.041/(0.06299\times0.5474) = 30.2\,\mathrm{km}$.

10. Pada $40\,\mathrm{s}$: $k = 2\pi/170 = 0.03696$, $q_1 = 0.6888$, $q_2 = 0.3287$, $\tan(kHq_1) = 0.964$, $kHq_1 = 0.7671$ dan $H = 0.7671/(0.03696\times0.6888) = 30.1\,\mathrm{km}$. Kedua hasil sesuai dalam batas ketelitian kecepatan fase: kerak tebalnya kira-kira $30\,\mathrm{km}$.

11. $\omega = 0.2513$ dan $0.1571\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, $k = 0.06299$ dan $0.036\,96\,\mathrm{rad}\,\mathrm{km}^{-1}$: $U \approx 0.0942/0.02603 = 3.62\,\mathrm{km}\,\mathrm{s}^{-1}$, lebih kecil daripada kedua kecepatan fase, sebagaimana mestinya bila $c$ meningkat seiring periode.

12. $\lambda = 3.99\times25 = 99.8\,\mathrm{km}$ dan $4.25\times40 = 170\,\mathrm{km}$. Mode fundamental mengambil sampel hingga sebagian kecil dari panjang gelombangnya: gelombang 25-s sebagian besar terletak di kerak, gelombang 40-s mencapai jauh ke dalam mantel, sehingga kecepatannya lebih dekat ke $\beta_2$. Dua periode yang menghasilkan $H$ yang sama menjadi pemeriksaan bahwa model dua lapisan memadai.

13. Dengan kolom untuk sel 1 sampai 4 dan baris A sampai F, dalam satuan $1000\,\mathrm{km}$ ($\sqrt2\times100/1000 = 0.1414$):

$$\mathsf G = \begin{pmatrix} 0.1 & 0.1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.1 & 0.1 \\ 0.1 & 0 & 0.1 & 0 \\ 0 & 0.1 & 0 & 0.1 \\ 0.1414 & 0 & 0 & 0.1414 \\ 0 & 0.1414 & 0.1414 & 0 \end{pmatrix}.$$

14. $\mathsf C_d^{-1} = \operatorname{diag}(400, 400, 400, 400, 100, 100)$. Sinar baris atau kolom menyumbang $0.1^2\times400 = 4$, sinar diagonal $0.1414^2\times100 = 2$. Sel 1 dilintasi oleh A, C (masing-masing 4) dan E (2): 10. Sel 1 dan 2 berbagi sinar A: 4; sel 1 dan 3 berbagi C: 4; sel 1 dan 4 berbagi E: 2; dan seterusnya berdasarkan simetri, yang menghasilkan keempat baris yang dinyatakan.

15. Sinar baris atau kolom menyumbang $0.1\times400\,\delta t = 40\, \delta t$ ke setiap selnya, sinar diagonal $0.1414\times100\,\delta t = 14.14\,\delta t$. Sel 1: $40(0.16 - 0.36) + 14.14\times(-0.15) = -10.12$; sel 2: $40(0.16 + 0.11) + 14.14\times(-0.27) = 6.98$; sel 3: $40(-0.48 - 0.36) + 14.14\times(-0.27) = -37.42$; sel 4: $40(-0.48 + 0.11) + 14.14\times(-0.15) = -16.92$.

16. Untuk $(1,1,1,1)$, setiap baris $\mathsf N$ berjumlah 20. Untuk $(1,-1,-1,1)$, baris 1 memberikan $10 - 4 - 4 + 2 = 4$ dan baris lainnya mengikuti pola yang sama. Untuk $(1,1,-1,-1)$, $10 + 4 - 4 - 2 = 8$, dan untuk $(1,-1,1,-1)$, $10 - 4 + 4 - 2 = 8$. Vektor-vektor tersebut ortogonal dengan norma 2, sehingga $\mathsf N^{-1} = \sum_k \mathbf u_k\mathbf u_k^{\mathsf T}/(4\lambda_k)$; entri $(1,1)$-nya adalah $\tfrac14(\tfrac1{20} + \tfrac14 + \tfrac18 + \tfrac18) = \tfrac{11}{80}$, entri $(1,2)$-nya $\tfrac14(\tfrac1{20} - \tfrac14 + \tfrac18 - \tfrac18) = -\tfrac4{80}$, entri $(1,4)$-nya $\tfrac14(\tfrac1{20} + \tfrac14 - \tfrac18 - \tfrac18) = \tfrac1{80}$, dan seterusnya.

17. $\hat{\mathbf m} = \mathsf N^{-1}\mathbf b$: $\hat m_1 = (11\times(-10.121) - 4\times6.982 - 4\times(-37.418) - 16.921)/80 = -0.081$; dengan cara serupa $\hat m_2 = 1.844$, $\hat m_3 = -3.706$ dan $\hat m_4 = -0.931\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$.

18. $\delta v/v_0 = -v_0\,\delta s = -8.0\times10^{-3}\,\hat m$, dalam persen $-0.8\,\hat m$: sel 1 $+0.07$, sel 2 $-1.48$, sel 3 $+2.96$, sel 4 $+0.75\,\%$.

19. Setiap entri diagonal $\mathsf N^{-1}$ bernilai $11/80$: setiap sel memiliki galat baku $\sqrt{0.1375} = 0.371\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$, yaitu $0.30\,\%$. Korelasi sel 1 dan 2 adalah $-4/11 = -0.36$: keduanya berbagi sinar A, dan perlambatan yang diberikan pada satu sel dapat dipertukarkan dengan sel lainnya. Sel 1 dan 4, yang hanya berbagi diagonal E yang kurang presisi, berkorelasi lemah dan positif, $+1/11 = +0.09$.

20. Residu prediksi adalah $0.176$, $-0.464$, $-0.379$, $0.091$, $-0.143$ dan $-0.263\,\mathrm{s}$; residu setelah pencocokan adalah $-0.016$, $-0.016$, $0.019$, $0.019$, $-0.007$ dan $-0.007\,\mathrm{s}$, dan $\chi^2 = 0.50$ untuk $6 - 4 = 2$ derajat kebebasan: konsisten dengan galat yang dinyatakan, bila ada, sedikit di sisi kecil.

21. Vektor eigen adalah milik $\mathsf N$ dan nilai eigennya $\lambda/(\lambda + 4)$: $20/24 = 5/6$, $4/8 = 1/2$, $8/12 = 2/3$ dua kali. Seperti pada soal 16, $R_{11} = \tfrac14(\tfrac56 + \tfrac12 + \tfrac23 + \tfrac23) = \tfrac23$; $R_{12} = \tfrac14(\tfrac56 - \tfrac12 + \tfrac23 - \tfrac23) = \tfrac1{12}$; $R_{13} = \tfrac14(\tfrac56 - \tfrac12 - \tfrac23 + \tfrac23) = \tfrac1{12}$; $R_{14} = \tfrac14(\tfrac56 + \tfrac12 - \tfrac23 - \tfrac23) = 0$.

22. Proyeksikan $\mathbf b$ pada vektor-vektor eigen: $\mathbf b\cdot\mathbf u_k/4 = -14.37$, $0.849$, $12.80$ dan $-9.40$ untuk nilai eigen 20, 4, 8 dan 8. Taksiran teredam membaginya dengan $\lambda + 4$ alih-alih $\lambda$; untuk sel 3 (komponen $1, -1, -1, 1$), $m_3 = -14.37/24 - 0.849/8 - 12.80/12 - 9.40/12 = -2.555\,\mathrm{ms}\,\mathrm{km}^{-1}$, anomali kecepatan sebesar $+2.04\,\%$. Peredaman menarik setiap komponen mendekati nol, paling kuat pada komponen yang paling lemah terikat.

23. Model tanpa redaman, yang mencocokkan data sampai batas galatnya ($\chi^2 = 0.50$ untuk 2 derajat kebebasan), sedangkan model teredam mencocokkan data dengan sangat buruk ($15.8$). Peredaman hanya diperlukan bila $\mathsf N$ singular atau mendekati singular; di sini nilai eigen terkecilnya, 4, tidak kecil, taksirannya stabil dan galatnya moderat.

24. Baris 3 adalah $(1/12, 0, 2/3, 1/12)$: taksiran teredam untuk sel 3 adalah dua pertiga nilai sejatinya ditambah seperduabelas dari sel 1 dan 4, tetangganya sepanjang sinar C dan sinar B, dan tidak ada apa pun dari sel 2.

25. Sel 3, sel bawah di sebelah kiri, cepat sekitar $3\,\%$; sel 2 lambat. Lempengan litosfer samudra yang dingin dan padat yang tenggelam di bawah benua lebih cepat daripada mantel di sekitarnya, sehingga sel cepat, dalam dan di sisi samudra dari K, adalah lempengan tersebut; sel lambat di atasnya di sisi lain terletak di tempat baji mantel panas.

26. Dari soal 18 dan 19, anomali kecepatan gelombang P pada sel lempengan adalah $(3.0 \pm 0.3)\,\%$.