AlxisDataBlog-数学・物理学


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前回、ベッセル関数を生成する母関数を求めました。

\begin{align}
e^{-x/(2z)}e^{xz/2}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}J_k(x)z^k
\end{align}

今回もこれを使って考えます。まず両辺を $x$ で微分してみましょう。

\begin{align}
-\dfrac{1}{2z}e^{-x/(2z)}e^{xz/2}+\dfrac{z}{2}e^{-x/(2z)}e^{xz/2}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\partial J_k(x)z^k
\end{align}

左辺を級数展開して $z^k$ の係数を比較すると

\begin{align}
-\dfrac{1}{2}J_{k+1}+\dfrac{1}{2}J_{k-1}=\partial J_k
\end{align}

同様に $z$ に関して微分して

\begin{align}
\dfrac{x}{2z^2}e^{-x/(2z)}e^{xz/2}+\dfrac{x}{2}e^{-x/(2z)}e^{xz/2}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}kJ_k(x)z^{k-1}
\end{align}

左辺を級数展開して $z^{k-1}$ の係数を比較すると

\begin{align}
\dfrac{x}{2}J_{k+1}+\dfrac{x}{2}J_{k-1}=kJ_k
\end{align}

$2$ 本の漸化式が得られました。前者を $x$ 倍して和と差を計算すると

\begin{align}
&xJ_{k-1}=x\partial J_k+kJ_k,\\
&-xJ_{k+1}=x\partial J_k-kJ_k
\end{align}

という式へ書き換えられます。前者に $x^{k-1}$ を掛けると

\begin{align}
x^kJ_{k-1}=x^k\partial J_k+kx^{k-1}J_k=\partial(x^kJ_k)
\end{align}

後者に $x^{-k-1}$ を掛けると

\begin{align}
-x^{-k}J_{k+1}=x^{-k}\partial J_k-kx^{-k-1}J_k=\partial(x^{-k}J_k)
\end{align}

今回はここまで。次回はベッセル関数の積分表示を用いてハンケル変換を定義します。(written by J.Nishigata)


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ベッセル関数の導関数と次数の関係

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PSF の式を思い出しましょう。$g(p,q)=u_0(\lambda f_0p,\lambda f_0q)$ とおいて今回のような対称な開口の場合は

\begin{align}
\mathrm{PSF}=\dfrac{\big|\mathscr{F}^{-1}g\big|^2}{\|g\|_2^2}
\end{align}

でしたね。簡単な例として、$D$ が対角線の長さ $d_0$ の正方形の場合、直径 $d_0$ の円板の場合の $2$ 通りの計算をしてみましょう。

\begin{align}
\mathscr{F}^{-1}g&=\int_{-d_0/(2\sqrt{2}\lambda f_0)}^{d_0/(2\sqrt{2}\lambda f_0)}e^{2\pi iPp}\,dp\int_{-d_0/(2\sqrt{2}\lambda f_0)}^{d_0/(2\sqrt{2}\lambda f_0)}e^{2\pi iQq}\,dq\\
&=\dfrac{\sin(\pi d_0P/(\sqrt{2}\lambda f_0))}{\pi P}\dfrac{\sin(\pi d_0Q/(\sqrt{2}\lambda f_0))}{\pi Q}\\
&=\dfrac{d_0^2}{2(\lambda f_0)^2}\dfrac{\sin(\pi d_0P/(\sqrt{2}\lambda f_0))}{\pi d_0P/(\sqrt{2}\lambda f_0)}\dfrac{\sin(\pi d_0Q/(\sqrt{2}\lambda f_0))}{\pi d_0Q/(\sqrt{2}\lambda f_0)}
\end{align}

正方形の場合は $g$ の逆フーリエ像は $\mathrm{sinc}$ 関数の積になります。したがって PSF は

\begin{align}
\dfrac{d_0^2}{2(\lambda f_0)^2}\mathrm{sinc}^2(\pi d_0P/(\sqrt{2}\lambda f_0))\mathrm{sinc}^2(\pi d_0Q/(\sqrt{2}\lambda f_0))
\end{align}

となります。続いて円板の場合を計算してみましょう。$R=\sqrt{P^2+Q^2}$ とおいて

\begin{align}
\mathscr{F}^{-1}g&=2\pi\int_0^{d_0/(2\lambda f_0)}rJ_0(2\pi rR)\,dr\\
&=\dfrac{1}{2\pi R^2}\int_0^{\pi Rd_0/(\lambda f_0)}rJ_0(r)\,dr
\end{align}

以前求めたベッセル関数の導関数の関係式を使うと

\begin{align}
\mathscr{F}^{-1}g&=\dfrac{1}{2\pi R^2}\dfrac{\pi Rd_0}{\lambda f_0}J_1(\pi Rd_0/(\lambda f_0))\\
&=\dfrac{\pi d_0^2}{2(\lambda f_0)^2}\dfrac{\lambda f_0}{\pi R d_0}J_1(\pi Rd_0/(\lambda f_0))
\end{align}

したがって PSF は

\begin{align}
\dfrac{\pi d_0^2}{(\lambda f_0)^2}\bigg\{\dfrac{\lambda f_0}{\pi R d_0}J_1(\pi Rd_0/(\lambda f_0))\bigg\}^2
\end{align}

となります。この PSF にはエアリーパターンという名前が付いています。理論的なコンデンサレンズの PSF ですので、あらゆる場面に登場します。


最後に、求めた $2$ つの PSF を比較してみましょう。簡単にするために $\pi d_0/(\lambda f_0)=1$ とおきます。すると正方形開口の PSF は

\begin{align}
\dfrac{1}{2\pi^2}\mathrm{sinc}^2(P/\sqrt{2})\mathrm{sinc}^2(Q/\sqrt{2})
\end{align}

一方円形開口の PSF は

\begin{align}
\dfrac{1}{\pi}\bigg\{\dfrac{J_1(R)}{R}\bigg\}^2
\end{align}

となります。グラフを描画すれば両者の違いが明確になるでしょう。是非試してみて PSF の雰囲気を知りましょう。今回はここまで。次回は PSF の広がり具合を定量化します。(written by J.Nishigata)


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フーリエ変換とハンケル変換