25Teledetectie en GIS

In 1997 begon de grond van een wildernis in de Cascade Range, nabij het vulkaancomplex dat de Three Sisters heet, te stijgen. In 2001 stond het midden ervan $15\,\mathrm{cm}$ hoger. Er staat geen vulkaan recht boven de zwelling, en de laatste uitbarsting in het gebied was 1 500 jaar oud. De opheffing werd door niemand gevonden die er overheen liep: ze verscheen als een schietschijf van gekleurde ringen toen radarbeelden van de regio, die van jaren na elkaar vanuit een baan waren genomen, werden samengevoegd. De ringen plaatsten het binnendringende magma op 6 tot $7\,\mathrm{km}$ diepte; in maart 2004 trof een zwerm van meer dan 300 kleine aardbevingen vlak naast hun middelpunt. Dit hoofdstuk legt uit hoe een satelliet een verandering van enkele centimeter meet vanaf honderden kilometers hoogte, wat de andere sensoren in een baan van de grond zien, en hoe de kaarten die zij maken in een geografisch informatiesysteem worden samengevoegd.

Wat je al weet

Het elektromagnetisch spectrum, de wet van Planck voor het zwarte lichaam, emissiviteit en de wet van Kirchhoff, reflectie en de interferentie van golven staan in de natuurkundeboeken. Teledetectie, satellietbeelden, kaartprojecties en satellietpositiebepaling staan in de schoolboeken. Atmosferische vensters en fotometrische banden staan in Boek 3, in het hoofdstuk over telescopen; het digitale hoogtemodel en het geografische informatiesysteem dat het opslaat, in het hoofdstuk over geologische kaarten; de eerste radarkaart van de verplaatsing door een aardbeving, in het hoofdstuk over de aardbevingsbron. De Mogi-bron van een zwellend magmareservoir staat in Boek 4, in het hoofdstuk over vulkaanuitbarstingen.

25.1 Spectrale signaturen en optische sensoren

Zonlicht dat de grond bereikt, wordt deels geabsorbeerd en deels gereflecteerd, in verhoudingen die afhangen van de golflengte en van de stof waaruit de grond bestaat. Een sensor in een baan meet het gereflecteerde licht in enkele golflengtebereiken, zijn banden, en de verhoudingen tussen de banden identificeren het oppervlak.

Definitie 25.1 (Spectrale signatuur)

De spectrale signatuur van een materiaal is zijn reflectie als functie van de golflengte, $R(\lambda)$, de fractie van de invallende straling die het reflecteert. Over het thermische infrarood, waar oppervlakken eerder uitzenden dan reflecteren, is de signatuur de emissiviteit $\varepsilon(\lambda)$; voor een ondoorzichtig monster geldt $\varepsilon = 1 - R$.

De signaturen in de figuur hierboven vormen de woordenschat van de optische teledetectie. Het chlorofyl in bladeren absorbeert sterk tussen 0.4 en $0.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, voor de fotosynthese, terwijl de cellen van de bladeren sterk reflecteren tussen 0.7 en $1.1\,\text{µ}\mathrm{m}$: groen gras reflecteert $5\,\%$ van het rode licht van band 4 en $50\,\%$ van het nabije infrarood van band 5, een sprong die geen gesteente of grond maakt. Verder liggen twee diepe dalen bij 1.4 en $1.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, waar vloeibaar water absorbeert. Het bruine zand wordt gestaag helderder naar het infrarood toe. Kaoliniet, een klei, is wit in het zichtbare licht en heeft een smalle absorptie bij $2.20\,\text{µ}\mathrm{m}$, binnen band 7, waardoor het daar donkerder is dan in band 6; een hyperspectrale sensor lost de vorm ervan op en onderscheidt de ene klei van de andere. Hematiet absorbeert het blauw en groen: vandaar het rood.

Definitie 25.2 (Ruimtelijke, spectrale en radiometrische resolutie; terugkeertijd)

De ruimtelijke resolutie van een beeld is de grootte op de grond van een van zijn pixels. Zijn spectrale resolutie is het aantal en de breedte van zijn banden, zijn radiometrische resolutie het aantal niveaus waarin elke meting wordt vastgelegd, $2^b$ voor $b$ bits. De terugkeertijd van een satelliet is het interval tussen twee van zijn waarnemingen van dezelfde plek.

De vier kunnen niet alle tegelijk fijn zijn: kleinere pixels en smallere banden verzamelen elk minder licht, en een smalle strook duurt langer om de Aarde te bestrijken. De beeldvormer van Landsat 8, gelanceerd in 2013, heeft negen banden, de meeste met $30\,\mathrm{m}$-pixels en één panchromatische band van $15\,\mathrm{m}$; hij registreert 4096 niveaus (12 bits) waar de instrumenten van Landsat 1 tot en met 7 er 256 registreerden. Vanuit een zonsynchrone baan $705\,\mathrm{km}$ hoog beeldt hij een strook van $185\,\mathrm{km}$ breed af en keert hij elke 16 dagen terug naar dezelfde grond; Landsat 9, in dezelfde baan maar 8 dagen later, halveert de wachttijd. De multispectrale beeldvormer van elke Sentinel-2-satelliet heeft 13 banden, met pixels van $10\,\mathrm{m}$, $20\,\mathrm{m}$ of $60\,\mathrm{m}$, over een strook van $290\,\mathrm{km}$; met twee satellieten in dezelfde baan is de terugkeertijd aan de evenaar 5 dagen.

Definitie 25.3 (Multispectrale en hyperspectrale sensoren)

Een multispectrale sensor registreert enkele tot enkele tientallen banden, gescheiden door hiaten. Een hyperspectrale sensor registreert veel smalle, aaneensluitende banden, zodat elke pixel een bijna continu spectrum draagt dat vergeleken kan worden met een bibliotheek zoals die van de figuur hierboven.

Tussen de grond en de sensor ligt de atmosfeer. Ze verstrooit zonlicht de sensor in die de grond nooit heeft geraakt, vooral bij korte golflengten, de padstraling, en ze absorbeert een deel van wat de grond reflecteert buiten de vensters.

Definitie 25.4 (Atmosferische correctie)

Atmosferische correctie is de omzetting van de straling die aan de bovenkant van de atmosfeer is gemeten in de reflectie van het oppervlak, door de padstraling te verwijderen en de absorptie langs de twee paden van het licht, omlaag en omhoog, te compenseren.

De eenvoudigste correctie trekt in elke band de waarde af van de donkerste pixels van de scène, diep helder water of een schaduw, die bijna niets zouden moeten reflecteren: wat zij tonen is de padstraling. Zorgvuldigere correcties modelleren de moleculen, aerosolen en waterdamp van de atmosfeer.

Definitie 25.5 (Genormaliseerde vegetatie-index)

De genormaliseerde vegetatie-index (NDVI) van een pixel is

$$\mathrm{NDVI} = \frac{R_\mathrm{NIR} - R_\mathrm{red}}{R_\mathrm{NIR} + R_\mathrm{red}} ,$$

berekend uit zijn reflecties in een nabij-infrarode en een rode band.

De index ligt tussen $-1$ en $+1$. Grond zonder groene bladeren geeft een waarde dicht bij nul, kale rots, zand of sneeuw $0.1$ en lager, struiken en grasland 0.2 tot 0.3, gematigde en tropische regenwouden 0.6 tot 0.8; de dichtste groene bladeren komen op 0.8 tot 0.9 uit. Uit de spectra van de figuur hierboven, via banden 4 en 5, levert het gras 0.82 op, het bruine zand 0.15 en het water $-0.01$. Omdat de index een verhouding is, verandert hij niet wanneer beide banden in dezelfde verhouding worden verzwakt, door een helling die van het licht af is gericht of door een dunne, gelijkmatige waas: hij meet de vegetatie, niet de verlichting. Een additieve padstraling, groter in het rood, verandert hem wel, waarom de index wordt berekend uit gecorrigeerde reflecties (zie Oefening 25.12).

25.2 De thermische infrarode straling

Bij de temperaturen van de grond, rond $300\,\mathrm{K}$, legt de wet van Planck de piek van de emissie van een zwart lichaam bij ongeveer $9.7\,\text{µ}\mathrm{m}$, in het atmosferische venster van de thermische infrarode straling. Daar meet de sensor wat het oppervlak uitzendt, niet wat het reflecteert. De thermische sensor van Landsat 8 heeft twee banden, van 10.6 tot 11.19 en van 11.5 tot $12.51\,\text{µ}\mathrm{m}$, met $100\,\mathrm{m}$-pixels.

Definitie 25.6 (Helderheidstemperatuur)

De helderheidstemperatuur $T_b$ van een oppervlak bij de golflengte $\lambda$ is de temperatuur van het zwarte lichaam dat de spectrale straling $L$ zou uitzenden die vanaf het oppervlak bij die golflengte is gemeten. De kinetische temperatuur is de thermodynamische temperatuur van het oppervlak, die een thermometer zou aflezen.

Propositie 25.7 (Helderheidstemperatuur uit een straling)

Met $c_1 = 2hc^2$ en $c_2 = hc/k$ heeft een spectrale straling $L$ bij de golflengte $\lambda$ de helderheidstemperatuur

$$T_b = \frac{c_2}{\lambda \ln\!\left(1 + \dfrac{c_1}{\lambda^5 L}\right)} .$$

Een oppervlak met emissiviteit $\varepsilon < 1$ bij de kinetische temperatuur $T$ zendt $L = \varepsilon B_\lambda(T)$ uit en heeft $T_b < T$.

Het verschil telt. In het midden van band 10, $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, een oppervlak van $300\,\mathrm{K}$ met een emissiviteit van 0.95 heeft een helderheidstemperatuur van $296.6\,\mathrm{K}$, en een van 0.99 $299.3\,\mathrm{K}$: een procent emissiviteit is meer dan een halve kelvin waard. De laboratoriumspectra geven, in band 10, een emissiviteit van 0.98 voor het gras, 0.99 voor het water en 0.97 voor het bruine zand. Voor het in kaart brengen van een temperatuur vanuit een baan is daarom de emissiviteit van elke pixel nodig, en een correctie voor de emissie en de absorptie van de lucht ertussen.

Lava van $1170\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ heeft haar piek nabij $2.0\,\text{µ}\mathrm{m}$: een verse lavastroom, veel kleiner dan een pixel, licht op in de kortgolvige infraroodbanden van een optische beeldvormer, overdag of ’s nachts. Een pixel is zelden uniform, en de wet van Planck is niet lineair in de temperatuur.

Propositie 25.8 (Een gemengde pixel)

Een pixel waarvan een fractie $f$ als zwart lichaam straalt bij $T_h$ en de rest bij $T_0 < T_h$ heeft de straling $L = fB_\lambda(T_h) + (1 - f)B_\lambda(T_0)$, en voor $0 < f < 1$ is de helderheidstemperatuur groter dan de oppervlakte-gewogen gemiddelde temperatuur $fT_h + (1 - f)T_0$.

Een pixel met $5\,\%$ van fumarolenbodem bij $370\,\mathrm{K}$ tegen een achtergrond van $290\,\mathrm{K}$ heeft een gemiddelde temperatuur van $294\,\mathrm{K}$, maar een helderheidstemperatuur van $295.3\,\mathrm{K}$; bij $10\,\%$, $300.4\,\mathrm{K}$. Hete plekken steken af in een thermisch beeld, en hun temperatuur valt niet uit één band alleen af te lezen: twee banden van verschillende golflengte geven twee vergelijkingen voor $f$ en $T_h$.

25.3 Radar en lidar

Een optische of thermische sensor is passief: hij meet het licht dat de grond uitzendt. Een radar of een lidar is actief: hij zendt een puls uit en meet de looptijd van zijn echo. Microgolven gaan door wolken heen, en de radar brengt zijn eigen verlichting mee, zodat hij dag en nacht bij elk weer waarneemt.

Definitie 25.9 (Radar met synthetische apertuur; radarterugverstrooiing)

Een radar met synthetische apertuur (SAR) is een radar die langs een baan meevaart en naar de zijkant kijkt, en die de echo’s die hij van hetzelfde punt op de grond opneemt over een lengte van zijn baan combineert, met behoud van hun fasen, alsof ze door één antenne van die lengte waren ontvangen. De radarterugverstrooiing van een oppervlak is het deel van het ontvangen vermogen dat het terugstuurt richting de antenne.

Propositie 25.10 (Azimutresolutie)

Een echte antenne met lengte $L$ op de schuine afstand $R$ scheidt twee punten van de grond langs hun baan alleen als ze meer dan ongeveer $R\lambda/L$ uit elkaar liggen. Een radar met synthetische apertuur met dezelfde antenne bereikt ongeveer $L/2$, ongeacht het bereik.

De radar van elke Sentinel-1-satelliet werkt in de C-band, op $5.405\,\mathrm{GHz}$, met een golflengte van ongeveer $5.55\,\mathrm{cm}$, met een antenne van $12.3\,\mathrm{m}$ lang, vanaf $693\,\mathrm{km}$ hoogte. Een echte antenne van die grootte zou details langs de baan niet fijner zien dan ongeveer $4\,\mathrm{km}$; de synthetische apertuur brengt $L/2$ terug tot ongeveer $6\,\mathrm{m}$. Over land werkt hij meestal in een brede-zwadmodus die drie deelzwaden afscant om $250\,\mathrm{km}$ te bestrijken, onder invalshoeken tussen 29 en $46{}^{\circ}$, met cellen van 5 bij $20\,\mathrm{m}$. Eén satelliet herhaalt zijn baan elke 12 dagen.

De terugverstrooiing hangt af van de ruwheid van het oppervlak op de schaal van de golflengte en van zijn vochtigheid. Een rustig meer kaatst de puls weg, als een spiegel, en ziet er zwart uit; een ruwe lavastroom, een bosdak of een stad met muren en hoeken stuurt er veel van terug en is helder.

Definitie 25.11 (Lidar)

Een lidar meet afstanden aan de hand van de looptijd van laserpulsen die door de grond, de vegetatie of het water worden teruggekaatst.

Propositie 25.12 (Vluchttijd)

Een puls die een tijd $t$ na zijn vertrek terugkeert, heeft op de afstand $ct/2$ een oppervlak geraakt; een onzekerheid $\delta t$ op de tijd is een onzekerheid $c\,\delta t/2$ op de afstand.

De laseraltimeter van ICESat-2, op ongeveer $500\,\mathrm{km}$ hoogte, schiet $10\,000$ pulsen per seconde af op $532\,\mathrm{nm}$ in zes bundels, één om de $0.7\,\mathrm{m}$ langs de grond, in een voetafdruk van $11\,\mathrm{m}$ breed. Van de ongeveer 300 biljoen fotonen die bij elke puls vertrekken, keert er maar een dozijn terug, en elk wordt tot op $800\,\mathrm{ps}$ gemeten: $12\,\mathrm{cm}$ aan bereik. Boven een bos keren sommige fotonen terug van het bladerdak en sommige van de grond door de openingen daartussen: het verschil is de hoogte van de bomen, en de grondfotonen alleen geven een kaart van het reliëf eronder. Lidars die vanuit vliegtuigen worden gevlogen, brengen de grond onder de vegetatie op dezelfde manier in kaart.

25.4 Radarinterferometrie

Het echosignaal dat een radar opneemt heeft een amplitude, de sterkte van de terugkaatsing, en een fase, die de heen-en-terugafstand telt in eenheden van de golflengte. De fase van één beeld alleen is nutteloos: elke pixel bevat veel verstrooiers waarvan de echo’s met willekeurige fasen optellen. Maar als de grond ondertussen niet verandert, geven dezelfde verstrooiers weer dezelfde som.

Definitie 25.13 (Radarinterferometrie; interferogram; zichtlijn)

Radarinterferometrie (InSAR) combineert twee radarbeelden van dezelfde grond, genomen vanaf nagenoeg dezelfde positie op twee tijdstippen, pixel voor pixel. Hun interferogram is de kaart van het verschil van hun fasen, bekend modulo $2\pi$ en getekend als een cyclus van kleuren, waarbij één cyclus een fringe is. De zichtlijn is de richting van de grond naar de antenne; de radar meet alleen de component van een verplaatsing langs die lijn. Fase-ontvouwing is de reconstructie van de continue fase uit de gewikkelde fase, door aan elke pixel het veelvoud van $2\pi$ dat de fase soepel laat variëren ten opzichte van zijn buren.

Stelling 25.14 (Eén fringe)

Tussen twee opnamen vanaf dezelfde positie verandert een verplaatsing van de grond die de afstand tot de antenne met $\Delta r$ verkort, verandert de fase van zijn echo met $\Delta\phi = 4\pi\Delta r/\lambda$. Eén fringe, een verandering van $2\pi$, is een beweging van $\lambda/2$ langs de zichtlijn.

Voor Sentinel-1 is een fringe $27.7\,\mathrm{mm}$; voor de oudere Europese en Canadese satellieten, met een golflengte van $5.66\,\mathrm{cm}$, $28.3\,\mathrm{mm}$, de cyclus van kleuren van de foto hieronder. In de praktijk verschillen de posities van de twee passages, tot ongeveer honderd meter (Sentinel-1 wordt binnen $120\,\mathrm{m}$ van een referentiebaan gehouden), en het faseverschil bevat ook het reliëf, dat een digitaal hoogtemodel verwijdert; de waterdamp in de atmosfeer vertraagt de golven op de twee data verschillend; en waar de grond tussen de passages verandert, vooral de vegetatie, verliezen de fasen hun coherentie en lossen de fringes op in ruis. De langere L-bandgolflengte, $23.53\,\mathrm{cm}$, ziet beter door de vegetatie heen dan de C-band.

Propositie 25.15 (Een Mogibron gezien langs de zichtlijn)

Boven een Mogibron met volumeverandering $\Delta V$ op diepte $z_0$, op de horizontale afstand $r$, beweegt de grond omhoog over $u_z$, zoals in Boek 4, en naar buiten over

$$u_r = \frac{(1 - \nu)\,\Delta V}{\pi}\,\frac{r}{(r^2 + z_0^2)^{3/2}} = \frac{r}{z_0}\,u_z .$$

Gezien onder de invalshoek $\theta$ vanuit een satelliet in het oosten, is de verandering van de zichtlijn $d = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$, waarbij $u_E$ de verplaatsing naar het oosten is. Langs de noord–zuidlijn door het midden geldt $d = u_z\cos\theta$.

De strepen worden geteld vanaf een deel van het beeld dat niet bewogen heeft. Hun aantal geeft de beweging in het midden; de breedte van het patroon geeft de diepte, zoals bij het opheffingsprofiel in Boek 4, langs de noord–zuidlijn waar de horizontale beweging voor de radar onzichtbaar is. De eerste zo’n kaart, van de verplaatsing bij een grote Californische aardbeving in 1992, verscheen in Boek 3; sindsdien hebben interferogrammen de verschuiving bij aardbevingen in kaart gebracht, de subsidentie van bekkens waarvan de watervoerende lagen worden leeggepompt, $3\,\mathrm{cm}$ over ongeveer $8\,\mathrm{km}$ in een Californische vallei in 1997, en de zwelling van vulkanen zoals de Three Sisters.

In het laboratorium — Een grondstation

Een beeldvormende satelliet legt veel meer vast dan hij kan verzenden terwijl hij het gebied passeert dat hij in beeld brengt. De radar van een Sentinel-1-satelliet kan beelden maken tot een half uur per baan en slaat de gegevens aan boord op, tot 1410 gigabit; hij zendt ze uit via twee kanalen van 260 megabit per seconde elk, zodat een volle opslag ongeveer 45 minuten nodig heeft om leeg te raken. Een grondstation ontvangt ze: wanneer de satelliet boven de horizon komt, draait de schotel zich om hem aan te wijzen, volgt hem over de hemel en laat hem los als hij ondergaat, terwijl de operators controleren of de datastroom compleet aankomt. De gegevens gaan daarna naar een verwerkingscentrum, waar de ruwe echo’s beelden worden.

25.5 Geografische informatiesystemen

De beelden van de satellieten, het hoogtemodel van de grond, de geologische kaart, de putten en de wegen zijn lagen van één geografisch informatiesysteem, dat ze opslaat in een gemeenschappelijk coördinatenstelsel en ermee rekent.

Definitie 25.16 (Rastergegevens en vectorgegevens)

Rastergegevens beschrijven een laag door een rooster van cellen, elk met één waarde: een reflectie, een hoogte, een klasse. Vectorgegevens beschrijven ze door punten, lijnen en vlakken die worden gegeven door de coördinaten van hun hoekpunten, elk met een rij attributen in een tabel.

Definitie 25.17 (Georeferentie)

Georeferentie is de toekenning van kaartcoördinaten in een vastgelegde projectie aan elke pixel van een beeld of elk hoekpunt van een tekening, meestal door een transformatie af te stemmen op grondcontrolepunten waarvan de posities in beide stelsels bekend zijn.

Voor een noord-boven raster in een geprojecteerd kader is de transformatie affien: de cel in kolom $i$ en rij $j$ heeft haar hoekpunt bij $E = E_0 + i\,\Delta$, $N = N_0 - j\,\Delta$, met $\Delta$ de celgrootte. Een satellietbeeld wordt eerst geherbemonsterd naar zo’n rooster; lagen in verschillende projecties worden samengebracht in één projectie voordat ze worden gecombineerd.

Methode 25.18 (Helling, aspect en reliëfschaduw uit een digitaal hoogtemodel)

Op een rooster van hoogten $z_{i,j}$ met roosterafstand $\Delta$ ($i$ oostwaarts, $j$ noordwaarts), schat de gradiënt met centrale differenties,

$$\frac{\partial z}{\partial x} \approx \frac{z_{i+1,j} - z_{i-1,j}}{2\Delta} , \qquad \frac{\partial z}{\partial y} \approx \frac{z_{i,j+1} - z_{i,j-1}}{2\Delta} .$$

De helling is $S = \arctan|\nabla z|$; het aspect is de azimut van de steilste daling, de richting van $-\nabla z$, $A = \operatorname{atan2}(-\partial z/\partial x, -\partial z/\partial y)$ gemeten met de klok mee vanaf het noorden. De reliëfschaduw voor licht uit de azimut $A_0$ bij de zenithoek $Z$ is $\cos Z\cos S + \sin Z\sin S \cos(A_0 - A)$, de cosinus van de hoek tussen het licht en de normaal op het grondoppervlak, op nul gezet waar die negatief is.

De centrale differentie is exact voor een vlak en heeft anders een fout van $\Delta^2 z'''/6$ anders; de reliëfschaduw van de Varden Hills uit Boek 3 is zo berekend, belicht vanuit het noordwesten. Afgeleiden versterken de fouten van het rooster: een model met sprongen tussen zijn rijen toont ze als strepen in zijn hellingkaart.

Definitie 25.19 (Kaartalgebra)

Kaartalgebra is de berekening van een nieuwe rasterlaag cel voor cel uit een of meer lagen van hetzelfde rooster: door rekenkunde (de NDVI uit twee banden), door vergelijking (de cellen die steiler zijn dan $15{}^{\circ}$), door logische bewerkingen (en, of, niet), of uit de omgeving van de cel (de helling).

Definitie 25.20 (Buffer en overlay)

De buffer van een object op afstand $d$ is het gebied van de kaart binnen $d$ ervan. Een overlay combineert twee of meer lagen van het zelfde gebied tot één, waarbij elke plek van het resultaat de attributen van alle lagen draagt; de selectie van de plekken die aan meerdere voorwaarden tegelijk voldoen is de meest voorkomende toepassing.

De figuur hierboven doorloopt de hele keten: kaartalgebra op het hoogterooster levert de helling en het aspect; een vergelijking maakt van de helling een laag van steile cellen; de geologische kaart levert de schalie; de buffer van de rivier levert een derde laag; hun doorsnede, een overlay met de logische en, laat 32 cellen van de 8181 over. Het antwoord is slechts zo goed als de lagen: op een grover rooster vallen de hellingen zachter uit en passeren er minder cellen.

Definitie 25.21 (Gesuperviseerde classificatie; verwarringsmatrix)

Een gesuperviseerde classificatie wijst elke pixel van een beeld toe aan een van een reeks klassen, op basis van regels of statistieken die zijn geleerd op trainingspixels waarvan de klasse op het terrein bekend is. Zijn verwarringsmatrix telt, voor een afzonderlijke reeks referentiepixels, hoeveel pixels van elke werkelijke klasse aan elke klasse zijn toegewezen: $n_{ij}$ pixels die als $i$ zijn geclassificeerd, horen in werkelijkheid bij $j$.

De diagonaal bevat de pixels die goed zijn geclassificeerd. Met $N$ referentiepixels, is de totale nauwkeurigheid $\sum_i n_{ii}/N$. De gebruikersnauwkeurigheid van een klasse, $n_{ii}$ gedeeld door het rijtotaal, is de kans dat een pixel die de kaart $i$ noemt, werkelijk $i$ is; de producentennauwkeurigheid, $n_{ii}$ gedeeld door het kolomtotaal, is de kans dat een werkelijke $i$ als $i$ is in kaart gebracht. De kappa-coëfficiënt vergelijkt de totale nauwkeurigheid $p_o$ met de nauwkeurigheid $p_e = \sum_i (\text{rij}_i)(\text{kolom}_i)/N^2$ die willekeurige toewijzing met dezelfde totalen zou bereiken: $\kappa = (p_o - p_e)/(1 - p_e)$.

In dit verzonnen voorbeeld zijn 113 van de 130 pixels goed, een totale nauwkeurigheid van $86.9\,\%$. Bos heeft een gebruikersnauwkeurigheid van $38/48 = 79\,\%$ maar een producentennauwkeurigheid van $38/45 = 84\,\%$: zeven pixels van kaal gesteente, misschien in de schaduw, werden als bos aangeduid. Willekeurige toewijzing zou $p_e = 0.338$ bereiken, en $\kappa = 0.80$.

25.6 Oefeningen

Oefening 25.1 ★

Een veld heeft reflectanties van 0.06 in de rode band en 0.42 in de nabij-infraroodband van een beeldsensor; een naastgelegen geploegd veld 0.21 en 0.28. Bereken de NDVI van beide en geef aan wat elke waarde suggereert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.1.

Veld: $(0.42 - 0.06)/(0.42 + 0.06) = 0.75$, dichte groene vegetatie, een gewas in volle bladstand. Geploegd veld: $(0.28 - 0.21)/(0.28 + 0.21) = 0.14$, vrijwel kale grond, een bodem die licht helderder wordt richting het infrarood.

Oefening 25.2 ★

De Landsat 8-beeldsensor dekt een strook $185\,\mathrm{km}$ breed met $30\,\mathrm{m}$ pixels en zijn panchromatische band met $15\,\mathrm{m}$ pixels. (a) Hoeveel pixels bevat een lijn dwars over de strook in elk geval? (b) Hoeveel niveaus geven 12 bits, en 8 bits? (c) Wat is de terugkeertijd van Landsat 8 alleen, en van Landsat 8 en 9 samen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.2.

(a) $185000/30 \approx 6170$ pixels; $185000/15 \approx 12300$ in de panchromatische band. (b) $2^{12} = 4096$ niveaus; $2^8 = 256$. (c) 16 dagen alleen; met Landsat 9 in dezelfde baan, acht dagen later, 8 dagen.

Oefening 25.3 ★

(a) Op een Sentinel-1-interferogram ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$) van een zakkend bekken scheiden zes interferentiebanden de stabiele rand van het midden. Wat is de verandering van de zichtlijn in het midden? (b) Wat zou één interferentieband voor een oudere satelliet met golflengte $5.66\,\mathrm{cm}$ zijn?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.3.

(a) Eén interferentiestreep is $\lambda/2 = 27.7\,\mathrm{mm}$; zes strepen zijn $166\,\mathrm{mm}$ verandering langs de zichtlijn, hier van de satelliet af, omdat het bekken daalt. (b) $56.6/2 = 28.3\,\mathrm{mm}$.

Oefening 25.4 ★

Een laseraltimeter bevindt zich $500\,\mathrm{km}$ boven het aardoppervlak. (a) Hoe lang doet een lichtpuls erover om terug te keren? (b) Als de aankomsttijd van elk foton tot $800\,\mathrm{ps}$ nauwkeurig is bepaald, hoe precies is één afstandsbepaling?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.4.

(a) $t = 2d/c = 2\times5 \times 10^{5}/3.00 \times 10^{8} = 3.34\,\mathrm{ms}$. (b) $c\,\delta t/2 = 3.00 \times 10^{8}\times8 \times 10^{-10}/2 = 0.12\,\mathrm{m}$; een oppervlak dat door veel fotonen wordt bemonsterd, wordt veel nauwkeuriger gelokaliseerd, de precisie neemt af met de wortel uit hun aantal.

Oefening 25.5 ★★

Een pixel van Landsat 8, band 10 (neem $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$) heeft, na atmosferische correctie, een spectrale radiantie van $9.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$. (a) Bereken de helderheidstemperatuur. (b) Het oppervlak is een grasveld met emissiviteit 0.98: wat is de kinetische temperatuur?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.5.

(a) In SI-eenheden is $L = 9.0 \times 10^{6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\mathrm{m}^{-1}$. Met $c_1 = 2hc^2 = 1.191 \times 10^{-16}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{sr}^{-1}$, $c_2 = 0.014\,388\,\mathrm{m}\,\mathrm{K}$ en $\lambda^5 = (1.09 \times 10^{-5})^5 = 1.539 \times 10^{-25}$, geldt $c_1/(\lambda^5L) = 86.0$, en $T_b = c_2/(\lambda\ln 87.0) = 295.6\,\mathrm{K}$. (b) De kinetische temperatuur volgt uit $0.98\,B_\lambda(T) = L$, dus $B_\lambda(T) = L/0.98$: dezelfde formule geeft $T = 296.9\,\mathrm{K}$, $1.3\,\mathrm{K}$ meer.

Oefening 25.6 ★★

De Sentinel-1-radar vliegt op $693\,\mathrm{km}$ hoogte met een antenne van $12.3\,\mathrm{m}$ lang bij $\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$. (a) Negeer de kromming van de Aarde, bereken de schuine afstand tot een punt dat onder een invalshoek van $35{}^{\circ}$ wordt gezien. (b) Welke azimutresolutie zou een echte antenne van die lengte daar geven, en wat levert de synthetische apertuur op? (c) Hoe lang is de synthetische apertuur?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.6.

(a) $R = 693/\cos35{}^{\circ} = 846\,\mathrm{km}$. (b) Reële antenne: $R\lambda/L = 8.46 \times 10^{5}\times0.0555/12.3 = 3.8\,\mathrm{km}$; synthetische apertuur: $L/2 = 6.2\,\mathrm{m}$, ongeveer 600 keer fijner. (c) De synthetische apertuur is de lengte van het spoor waarover een punt in de bundel blijft, $R\lambda/L = 3.8\,\mathrm{km}$.

Oefening 25.7 ★★

Een venster van $3\times3$ cellen uit een digitaal hoogtemodel met $30\,\mathrm{m}$ cellen leest, met het noorden bovenaan,

$$\begin{matrix} 412 & 418 & 425 \\ 405 & 410 & 418 \\ 398 & 401 & 409 \end{matrix} \qquad (\mathrm{m}).$$

Bereken met centrale differenties in de middencel de helling, het aspect en het schaduwreliëf voor licht uit het noordwesten, $45{}^{\circ}$ boven de horizon.

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.7.

$\partial z/\partial x = (418 - 405)/60 = 0.217$ (oost minus west), $\partial z/\partial y = (418 - 401)/60 = 0.283$ (noord minus zuid); $|\nabla z| = 0.357$, een helling van $\arctan 0.357 = 19.6{}^{\circ}$. Het terrein stijgt naar het noordoosten, dus het is naar het zuidwesten gericht: $A = \operatorname{atan2}(-0.217, -0.283) = 217{}^{\circ}$. Reliëfschaduw: $\cos45{}^{\circ} \cos19.6{}^{\circ} + \sin45{}^{\circ}\sin19.6{}^{\circ}\cos(315{}^{\circ} - 217{}^{\circ}) = 0.666 - 0.033 = 0.63$, iets donkerder dan vlak terrein (0.71): de helling keert zich een weinig af van een lichtbron in het noordwesten.

Oefening 25.8 ★★

Een landbedekkingskaart wordt gecontroleerd aan de hand van 160 referentiepixels (rijen: de kaart; kolommen: de werkelijkheid; klassen water, bos, gewassen, stad):

$$\begin{pmatrix} 48 & 3 & 1 & 0 \\ 4 & 37 & 6 & 1 \\ 2 & 5 & 29 & 2 \\ 0 & 1 & 2 & 19 \end{pmatrix} .$$

Bereken de totale nauwkeurigheid, de gebruikersnauwkeurigheid en de producentennauwkeurigheid van elke klasse, en kappa. Welke klasse wordt het vaakst gemist?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.8.

Rijtotalen 52, 48, 38, 22; kolomtotalen 54, 46, 38, 22; diagonaal 133 van 160: totale nauwkeurigheid $83.1\,\%$. Gebruikersnauwkeurigheden: water $48/52 = 0.92$, bos $37/48 = 0.77$, gewassen $29/38 = 0.76$, stad $19/22 = 0.86$. Producentennauwkeurigheden: water $48/54 = 0.89$, bos $37/46 = 0.80$, gewassen $29/38 = 0.76$, stad $19/22 = 0.86$. $p_e = (52\cdot54 + 48\cdot46 + 38\cdot38 + 22\cdot22)/160^2 = 0.271$, $\kappa = (0.831 - 0.271)/(1 - 0.271) = 0.77$. Gewassen worden het vaakst gemist: 9 van de 38 echte gewaspixels zijn elders terechtgekomen, vooral in het bos.

Oefening 25.9 ★★

Een thermische pixel van $100\,\mathrm{m}$ bevat een verse lavastroom van $1443\,\mathrm{K}$ die $4\,\%$ ervan bedekt; de rest is grond van $290\,\mathrm{K}$; beschouw beide als zwarte lichamen. (a) Bereken de helderheidstemperatuur van de pixel bij $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$ en vergelijk die met de gemiddelde temperatuur. (b) Bereken de verhouding van de zwartlichaamsstraling van de lava en de grond bij $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$, en de helderheidstemperatuur van de pixel daar. Welke band detecteert de lava beter?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.9.

(a) $L = 0.04\,B_\lambda(1443) + 0.96\,B_\lambda(290)$ bij $10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$, $28.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, waarvan de helderheidstemperatuur $396\,\mathrm{K}$ is, tegenover een gemiddelde temperatuur van $0.04\times1443 + 0.96\times290 = 336\,\mathrm{K}$. (b) Bij $2.2\,\text{µ}\mathrm{m}$ geldt $B_\lambda(1443)/B_\lambda(290) = 6.8 \times 10^{7}$: de lava domineert de pixel volledig, en de helderheidstemperatuur is $845\,\mathrm{K}$. De kortgolvige infraroodband detecteert kleine hete plekken veel beter; de thermische band, gevoelig voor de hele pixel, is degene die het terrein eromheen meet.

Oefening 25.10 ★★★

Twee interferogrammen van dezelfde vervorming worden gemaakt uit twee passages, één met de satelliet ten oosten van het aardoppervlak en één met de satelliet ten westen ervan, beide bij een invalshoek van $35{}^{\circ}$. Op één punt verkort de zichtlijn met $64\,\mathrm{mm}$ bij de eerste en $38\,\mathrm{mm}$ bij de tweede. Neem aan dat er geen beweging in noord–zuidrichting is en bereken de verticale en de oostwaartse verplaatsing. Waarom is één passage niet genoeg?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.10.

Met de satelliet naar het oosten, $d_1 = u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$; naar het westen, $d_2 = -u_E\sin\theta + u_z\cos\theta$. Optellen en aftrekken geeft $u_z = (d_1 + d_2)/(2\cos\theta) = 102/1.638 = 62.3\,\mathrm{mm}$ en $u_E = (d_1 - d_2)/(2\sin\theta) = 26/1.147 = 22.7\,\mathrm{mm}$. Eén baan levert één vergelijking voor twee onbekenden: elke mengvorm van opheffing en oostwaartse beweging met dezelfde projectie op de zichtlijn geeft dezelfde strepen.

Oefening 25.11 ★★★

Fase-ontvouwing mislukt waar de fase met meer dan $\pi$ springt tussen naburige pixels. (a) Toon aan dat de zichtlijn van de ene pixel naar de volgende moet veranderen met minder dan $\lambda/4$, $13.9\,\mathrm{mm}$ voor Sentinel-1. (b) Voor een Mogi-bron op $z_0 = 4\,\mathrm{km}$ met $\Delta V = 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ en $\nu = 0.25$, verticaal gezien, toon aan dat de steilste gradiënt van $u_z$ ligt bij $r = z_0/2$ en bereken die. (c) Wat is de grootste pixelgrootte waarbij de interferentiestrepen nog oplosbaar zijn?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.11.

(a) Volgens Stelling 25.14 vereist $\Delta\phi = 4\pi\Delta r/\lambda < \pi$ dat $\Delta r < \lambda/4 = 13.9\,\mathrm{mm}$. (b) $u_z = k z_0(r^2 + z_0^2)^{-3/2}$ met $k = (1 - \nu)\Delta V/\pi$; $\mathrm du_z/\mathrm dr = -3kz_0r(r^2 + z_0^2)^{-5/2}$, waarvan de afgeleide nul is waar $(r^2 + z_0^2) = 5r^2$, bij $r = z_0/2$. Dan

$$\left|\frac{\mathrm du_z}{\mathrm dr}\right| = \frac{3k}{2z_0^3}\Big(\frac54\Big)^{-5/2} = \frac{0.859\,k}{z_0^3} = \frac{0.859\times2.39 \times 10^{6}}{6.4 \times 10^{10}} = 3.2 \times 10^{-5},$$

$32\,\mathrm{mm}$ per kilometer. (c) $13.9/32 = 0.43\,\mathrm{km}$: pixels kleiner dan ongeveer $430\,\mathrm{m}$, wat makkelijk haalbaar is met die van Sentinel-1.

Oefening 25.12 ★★★

(a) Toon aan dat de NDVI ligt tussen $-1$ en $+1$ voor niet-negatieve reflectanties, en dat hij onveranderd blijft wanneer beide reflectanties met dezelfde factor worden vermenigvuldigd. (b) Gras heeft reflectanties van 0.051 (rood) en 0.502 (nabij-infrarood). Een niet-gecorrigeerd beeld voegt een padstraling toe gelijk aan 0.03 in het rood en 0.01 in het nabij-infrarood. Bereken de NDVI met en zonder die padstraling. (c) Wat betekent dat voor een kaart van de NDVI gemaakt uit niet-gecorrigeerde beelden op een dunstige dag?

Oplossing

Oplossing van Oefening 25.12.

(a) Voor $N, R \ge 0$ die niet beide nul zijn, geldt $|N - R| \le N + R$, dus $|\mathrm{NDVI}| \le 1$; door $N$ en $R$ te vervangen door $aN$ en $aR$ wordt de teller en de noemer met $a$ vermenigvuldigd. (b) Zonder: $(0.502 - 0.051)/(0.502 + 0.051) = 0.816$; met: $(0.512 - 0.081)/(0.512 + 0.081) = 0.727$. (c) De padradiantie verlaagt de index van groene vegetatie, hier met ongeveer een tiende, en wel met een bedrag dat verandert met de nevel: een kaart van ongecorrigeerde beelden zou het weer net zoveel tonen als de vegetatie, en vergelijkingen tussen data zouden zinloos zijn.

25.7 Probleem: Een zwellende flank van Mount Halvren

Probleem 25.1

Weekendprobleem — vegetatie, warmte en een radar interferogram op een verzonnen vulkaan

Mount Halvren, een verzonnen vulkaan, heeft in 1890, 1960 en 2005 lavastromen uitgestoten op zijn beboste flanken. Op de top stoomt een fumarolenveld. Satellietgegevens van een recent jaar staan hieronder.

Deel I — Vegetatie op de lavastromen. Gecorrigeerde reflectanties in de rode en nabij-infrarode banden:

oppervlak	bos	lavastroom van 1890	lavastroom van 1960	lavastroom van 2005
rood	0.04	0.07	0.11	0.12
nabij-infrarood	0.38	0.30	0.21	0.14

1. Bereken de NDVI van de vier oppervlakken.
2. Rangschik de lavastromen naar het herstel van hun vegetatie. Is de rangorde die van hun ouderdom?
3. Waarom is de NDVI van de lavastroom van 2005 niet nul, hoewel er vrijwel niets op groeit?
4. Waarom is de NDVI betrouwbaarder dan de nabij-infraroodreflectantie alleen op de steile, ongelijk belichte flanken van een vulkaan?

Deel II — Het fumarolenveld. In de thermische band (neem $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$) de gecorrigeerde straling van een pixel van $100\,\mathrm{m}$ op het topplateau, uit de buurt van de fumarolen, is $8.40\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$, en die van de pixel boven het fumarolenveld $9.95\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$.

5. Bereken de helderheidstemperaturen van de twee pixels.
6. Het gesteente van het plateau heeft een emissiviteit van 0.97. Wat is de kinetische temperatuur?
7. De fumaroleopeningen en de warme grond eromheen zijn op $370\,\mathrm{K}$. Beschouw ze en de rest van de pixel als zwarte lichamen, met de rest op de straling van het plateau, welk deel van de pixel ze bedekken, en welk oppervlak?
8. Waarom blijft de oppervlaktegewogen gemiddelde temperatuur van de pixel achter bij de helderheidstemperatuur?

Deel III — Het interferogram. Twee Sentinel-1 beelden ($\lambda = 5.55\,\mathrm{cm}$, invalshoek $35{}^{\circ}$, satelliet ten oosten), met 48 dagen ertussen genomen, tonen een concentrisch patroon op de oostflank. Van een stabiel gebied tot het centrum van het patroon telt men vijf volledige strepen en vier tiende van een zesde, alle in de zin van beweging naar de satelliet toe.

9. Waarom moeten twee beelden vanuit bijna dezelfde positie worden genomen, en hoeveel baancycli van één satelliet ze van elkaar scheiden?
10. Bereken de verandering van de zichtlijn in het centrum.
11. In het centrum beweegt de grond alleen verticaal. Bereken de opheffing daar.
12. Verklaar waarom het patroon niet cirkelvormig is, en aan welke kant, oost of west, de strepen het dichtst op elkaar liggen.
13. Langs de noord–zuidlijn door het centrum daalt de verandering van de zichtlijn tot de helft van haar centrale waarde op $3.4\,\mathrm{km}$ van het centrum. Waarom gebruikt men die lijn, en welke diepte volgt er dan voor een Mogi-bron?
14. Hoeveel strepen liggen er tussen het centrum en dat punt op halve hoogte?
15. Waterdamp in de lucht kan de radargolven op de twee data verschillend vertragen en daarmee eigen strepen veroorzaken. Hoe zou een tweede interferogram, van een ander paar data, helpen de twee van elkaar te onderscheiden?

Deel IV — Het volume. Neem $\nu = 0.25$.

16. Bereken uit $u_z(0) = (1 - \nu)\Delta V/(\pi z_0^2)$ de volumeverandering van de bron.
17. Geef dat als een gemiddelde snelheid per dag en per jaar over de 48 dagen.
18. Bereken de grootste horizontale verplaatsing en waar die optreedt.
19. Als het reservoir een bol met straal $z_0/3$ zou zijn, hoe groot zou het volume zijn, en welk deel daarvan vertegenwoordigt de verandering?
20. De eindige omvang van een bol met straal $z_0/3$ verandert de opheffing met ongeveer $3\,\%$. Verandert dat het antwoord op vraag 16 merkbaar, gezien de precisie van het tellen van de strepen?
21. Welke andere waarneming, uit delen I en II of van het terrein, zou de interpretatie van een zich vullend reservoir ondersteunen?
22. Geef de volumeverandering van het reservoir onder Mount Halvren, in miljoen kubieke meter, met twee significante cijfers.

Oplossing

Oplossing van Probleem 25.1.

1. Bos $(0.38 - 0.04)/0.42 = 0.81$; lavastroom van 1890 $0.23/0.37 = 0.62$; van 1960 $0.10/0.32 = 0.31$; van 2005 $0.02/0.26 = 0.08$.

2. 1890, dan 1960, dan 2005: de oudste lavastroom is het groenst, in de volgorde van de ouderdommen; ze heeft het bos nog niet bereikt.

3. Kaal gesteente weerkaatst in het nabije infrarood iets meer dan in het rood, zoals het bruine zand in de figuur van het hoofdstuk; korstmossen en de eerste planten voegen weinig toe: 0.08 is de waarde van vrijwel kale bodem.

4. Een helling die van het licht af is gekeerd, verzwakt beide banden in dezelfde verhouding; de verhouding heft dit op, terwijl de reflectie in het nabije infrarood alleen een beschaduwd bos voor schaarse vegetatie zou aanzien.

5. Volgens Propositie 25.7 met $\lambda = 10.9\,\text{µ}\mathrm{m}$: het plateau $291.1\,\mathrm{K}$, de fumarolepixel $302.3\,\mathrm{K}$.

6. $0.97\,B_\lambda(T) = 8.40 \times 10^{6}$ geeft $T = 293.0\,\mathrm{K}$.

7. $B_\lambda(370\,\mathrm{K}) = 22.48\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{sr}^{-1}\,\text{µ}\mathrm{m}^{-1}$; $f = (9.95 - 8.40)/(22.48 - 8.40) = 0.110$, ongeveer $1100\,\mathrm{m}^{2}$ van het pixel van $10^{4}\,\mathrm{m}^{2}$.

8. De radiantie is een convexe functie van de temperatuur (Propositie 25.8): het hete deel levert meer radiantie op dan zijn aandeel in de temperatuur doet verwachten, zodat het pixel heter lijkt dan zijn gemiddelde, $0.110\times370 + 0.890\times291.1 = 299.8\,\mathrm{K}$ tegenover $302.3\,\mathrm{K}$.

9. De fase van elke echo hangt af van het exacte pad; een grote verandering van gezichtspunt verandert de som van de echo’s van de verstrooiers, en de interferogram verliest zijn coherentie, en er komt een fase bij door het reliëf. $48/12 = 4$ cycli van één satelliet.

10. $5.4\times27.73 = 149.7\,\mathrm{mm}$ richting de satelliet.

11. $u_z = 149.7/\cos35{}^{\circ} = 182.8\,\mathrm{mm}$.

12. De grond beweegt zowel naar buiten als omhoog; aan de oostkant is de naar buiten gerichte beweging richting de satelliet en telt op bij de opheffing, aan de westkant trekt ze ervan af (Propositie 25.15). De verandering neemt sneller af naar het westen, waar de interferentiestrepen dicht op elkaar liggen; het patroon is naar het oosten uitgerekt.

13. Op die lijn is de horizontale beweging noord–zuid, loodrecht op de kijkrichting, dus de radar ziet alleen $u_z\cos\theta$, van de vorm van de opheffing. De opheffing halveert bij $r = 0.766\,z_0$, dus $z_0 = 3.4/0.766 = 4.44\,\mathrm{km}$.

14. De helft van 5.4: 2.7 interferentiestrepen.

15. Een vervorming is na schaling met de tijdsintervallen op beide interferogrammen dezelfde, of ze groeit van paar tot paar door; een atmosferisch patroon verandert van datum tot datum en volgt vaak het reliëf. Een tweede paar dat hetzelfde concentrische patroon toont, bevestigt de vervorming.

16. $\Delta V = \pi u_z(0)z_0^2/(1 - \nu) = \pi\times0.1828\times 4436^2/0.75 = 1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$.

17. $1.51 \times 10^{7}/48 = 3.1 \times 10^{5}\,\mathrm{m}^{3}$ per dag, $1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ per jaar als het tempo aanhield.

18. $u_r \propto r/(r^2 + z_0^2)^{3/2}$ is het grootst waar haar afgeleide verdwijnt, $r^2 + z_0^2 = 3r^2$, $r = z_0/\sqrt2 = 3.14\,\mathrm{km}$; daar $u_r = 70\,\mathrm{mm}$, $38\,\%$ van de centrale opheffing.

19. Straal $1.48\,\mathrm{km}$, volume $\frac43\pi(1.48)^3 = 13.6\,\mathrm{km}^{3}$; de verandering is $1.51 \times 10^{7}/1.36 \times 10^{10} = 0.11\,\%$ ervan.

20. Nee: een tiende van een interferentiestreep is $2\,\%$ van het aantal, en de diepte, afgelezen uit een halve breedte van $3.4\,\mathrm{km}$, misschien tot $0.1\,\mathrm{km}$, gaat kwadratisch mee, $6\,\%$; de $3\,\%$ correctie valt binnen die onzekerheid.

21. De opwarming van het fumarolenveld (deel II) in de tijd, een toename van kleine aardbevingen onder de bult, een verandering in het vrijgekomen gas, en de opheffing gemeten met satellietpositionering of waterpassing op een paar punten van de flank.

22. Het reservoir onder Mount Halvren groeide met 15 miljoen $\mathrm{m}^{3}$ ($1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$).