Hallo Pierre,

Sofern ich gemäß Artikel A und B-Anteile im stochastischen Modell berücksichtige und den a-post Varianzfaktor unberücksichtigt lasse, bin ich bei der von Dir beschriebenen ersten Variante und die von JAG3D exportierte Varianz-Kovarianz-Matrix ist bereits um $\sigma_0$ skaliert.

Vielleicht lassen wir das mit A und B im Moment mal weg, da es zum Verständnisproblem nichts unmittelbar beiträgt. Durch das unter Umständen Mischen von verschiedenen Verteilungen ist die Frage nach dem Quantil in jedem Fall nicht mehr trivial. Wir wollen also mindestens voraussetzen, dass die Normalverteilung eine sehr gute Annäherung an die wahre Verteilung darstellt.

Die exportierte Matrix ist - in Abhängigkeit der Nutzereinstellung - mit $\sigma^2_0$ oder $\hat{\sigma}^2_0$ skaliert.

Den Matlab-Code kann ich mangels Software nicht nachvollziehen, da glaube ich Dir aber sowieso, dass was Du schreibst. Wie kommst Du auf ein $r = 2$?

Der Freiheitsgrad im betrachteten Netz ist $r = 2$; siehe Screenshot, erste Zeile in der Tabelle:

Was mich vollkommen verwirrt ist, dass alle vier bzw. zwei Verteilungen je nach Variante zur Anwendung kommen sollen.

Das ist Deinem Beispiel ein wenig geschuldet. Da Du nur eine einzige Strecke hast, können - in Abhängigkeit vom gewählten Varianzfaktor - sowohl die Normalverteilung als auch die t-Verteilung zur Anwendung kommen. Hättest Du mehrere Parameter gleichzeitig bestimmt - bspw. ein Verschiebungsvektor mit x- und y-Komponente -, dann hätten diese beiden Verteilung für das Bilden des gemeinsamen Konfidenzbereichs nicht mehr herangezogen werden können. In diesem Fall hätte man - wiederum in Abhängigkeit vom gewählten Varianzfaktor - auf die $\chi^2$-Verteilung oder die F-Verteilung zurückgreifen müssen. (Und eigentlich könnten wir ausschließlich mit der F-Verteilung arbeiten, da die Normalverteilung, die t-Verteilung und die $\chi^2$-Verteilung immer aus der F-Verteilung als jeweilige Spezialfälle hervorgehen.)
Insofern sind es nicht vier (oder zwei) völlig unabhängige Verteilungen. Ich hatte mich auf die genannten bezogen, da Du diese in Deinem Post aufgezählt hattest.

Die Länge einer Halbachse eines Konfidenzbereichs ist - wenn wir bei der F-Verteilung mal bleiben - doch gegeben durch:

$a_i=\sqrt{\lambda_i \cdot d_1 \cdot F_{d_1, d_2}}$

Hierin ist $\lambda_i$ der i-te Eigenwert und $d_1$ bzw. $d_2$ die Freiheitsgrade für Zähler und Nenner der F-Verteilung. Mit $F_{d_1, d_2}$ ist das Quantil für Dein gewähltes $\alpha$ gemeint. Nehmen wir weiter an, Du willst den Konfidenzbereich für einen Vektor mit zwei Elementen bestimmen (die Konfidenzellipse) und die 2x2 Varianz-Kovarianz-Matrix $\mathbf{C}$ ist positiv-definit. Dann hast Du zwei Eigenwerte $\lambda_1$, $\lambda_2$, die beide größer Null sind. In diesem Fall ist $d_1 = 2$ (= Anzahl der Eigenwerte größer Null). Der zweite Freiheitsgrad $d_2$ bezieht sich auf die Varianz, die Du bei $\mathbf{C}$ verwendet hast. Wurde der a-priori Varianzfaktor verwendet zur Bildung von $\mathbf{C}$, dann ist $d_2 = \infty$. Wurde der empirisch bestimmte a-posteriori Varianzfaktor verwendet, dann muss der Freiheitsgrad hier einfließen, der zur Bildung der empirischen Varianz verwendet wurde. Nehmen wir an, die Ausgleichung hat eine Gesamtredundanz von 10, dann ist $d_2 = 10$.

Bei Deinem Streckenbeispiel ist $d_1 = 1$ und der Eigenwert entspricht - in Abhängigkeit vom gewählten Varianzfaktor - $\lambda = \sigma^2_d$ oder $\lambda = \hat{\sigma}^2_d$. Sollte der a-priori Varianzfaktor verwendet worden sein, dann ist $F_{d_1, d_2}=F_{1, \infty}=3,851$ für $\alpha = 5\%$. Es gilt:

$\sqrt{\lambda_i \cdot d_1 \cdot F_{d_1, d_2}} = \sqrt{\sigma^2_d \cdot 1 \cdot 3,851} = 1,96 \cdot \sigma_d$

(Die 1,96 hätten wir, da $d_1 = 1$, auch direkt aus der Normalverteilung abgreifen können. Wir haben hier die Annäherung an die $2\sigma$-Regel, die beim GUM häufig mit k=2 vereinfacht wird.)

Viele Grüße
Micha