AlxisDataBlog-数学・物理学


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  }
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回転対称な PSF を考えましょう。


i). $k\big|[0,1]$ は滑らかな関数。
ii). $k\big|(1,\infty)=0$。


このような関数 $k:[0,\infty)\to\mathbb{R}$ を使って

\begin{align}
K(x)=\dfrac{k(\|x\|/r)}{r^2}
\end{align}

とおけば、台が半径 $r$ の円板であるような回転対称な PSF が定義できます。この PSF による畳込み

\begin{align}
g(y)=\int_{\mathbb{R}^2}K(x)f(y-x)\,dS
\end{align}

を動径方向と回転方向へ分離してみましょう。

\begin{align}
g(y)&=\int_{\mathbb{R}^2}K(-x)f(y+x)\,dS\\
&=\int_{\mathbb{R}^2}K(x)f(y+x)\,dS\\
&=\int_0^r\bigg\{\int_0^{2\pi}tK(te(\theta))f(y+te(\theta))\,d\theta\bigg\}\,dt\\
&=\int_0^r\bigg\{\int_0^{2\pi}\dfrac{t}{r}k(t/r)f(y+te(\theta))\,d\theta\bigg\}\,\dfrac{dt}{r}\\
&=\int_0^r\dfrac{t}{r}k(t/r)\psi(t,y)\,\dfrac{dt}{r}\\
&=\int_0^1 Xk(X)\psi(rX,y)\,dX
\end{align}

畳込みを $f\mapsto g$ という変換ではなく $f\mapsto\psi\mapsto g$ というように段階的に考えることにします。これに合わせて、デコンボリューションも段階的に考えれば良いでしょう。


i). $g$ から $\psi$ を求める方法を考える。
ii). $\psi$ から $f$ を求める方法を考える。


当面の目標は i) です。今回はとりあえず $g$ の導関数を計算してみましょう。

\begin{align}
\partial_pg(y)=\int_{\mathbb{R}^2}K(x)\partial_pf(y+x)\,dS
\end{align}

右辺を計算するためには、次のような外微分を計算します。

\begin{align}
d(p^1Kf\,dx^2-p^2Kf\,dx^1)&=p^1(f\partial_1K+K\partial_1)\,dS+p^2(f\partial_2K+K\partial_2)\,dS\\
&=(f\partial_pK+K\partial_pf)\,dS
\end{align}

剰余計算のイメージですね。これにより導関数は

\begin{align}
\partial_pg(y)=\int_{\partial(\mathrm{supp}K)}p^1K(x)f(x+y)\,dx^2-p^2K(x)f(x+y)\,dx^1-\int_{\mathbb{R}^2}f(x+y)\partial_pK(x)\,dS
\end{align}

右辺の第 $1$ 項は

\begin{align}
&\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\{p^1f(re(\theta)+y)\cos\theta+p^2f(re(\theta)+y)\sin\theta\}\,d\theta\\
&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(re(\theta)+y)\,d\theta
\end{align}

第 $2$ 項は

\begin{align}
-\int_0^1\dfrac{X\partial k(X)}{r}\bigg\{\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

と変形してまとめると

\begin{align}
\partial_pg(y)=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(re(\theta)+y)\,d\theta-\int_0^1\dfrac{X\partial k(X)}{r}\bigg\{\int_0^{2\pi}\langle p,e(\theta)\rangle f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\bigg\}\,dX
\end{align}

少し見通しが悪いですね。次回は $2$ 階の導関数まで計算してみて簡単な式が得られるか考えていきましょう。(written by J.Nishigata)


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畳込みの導関数

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前回は $2$ 階の導関数を計算しましたが、$\theta$ に関する積分が $\psi$ の形になってくれないと、今のデコンボリューションの方針には整合しません。

\begin{align}
\Delta g&=\dfrac{k(1)}{r}\int_0^{2\pi}\partial_rf(re(\theta)+y)\,d\theta-\dfrac{1}{r^2}\int_0^{2\pi}\bigg\{\partial k(1)f(re(\theta)+y)-\int_0^1\{\partial k(X)+X\partial^2k(X)\}f(rXe(\theta)+y)\,dX\bigg\}\,d\theta\\
&=\dfrac{k(1)}{r}\partial_r\psi(r,y)-\dfrac{\partial k(1)}{r^2}\psi(r,y)+\dfrac{1}{r^2}\int_0^1(\partial k+X\partial^2 k)\psi(rX,y)\,dX
\end{align}

このようにラプラシアンを計算すると成功します。畳込みのラプラシアンを計算すると、外微分の剰余項 $(\partial k+X\partial^2 k)\psi$ が出てきます。この対応関係をもう少し一般化しておきましょう。


微分作用素 $D$ に対して

\begin{align}
\langle D\rangle_k=\int_0^1XDk(X)\psi(rX,y)\,dX
\end{align}

と表記することにします。$\langle D\rangle_k$ のラプラシアンを計算してみましょう。ラプラシアンの極座標表示を用いれば

\begin{align}
\Delta_y\psi(rX,y)&=\int_0^{2\pi}\Delta f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\\
&=\int_0^{2\pi}\bigg(\dfrac{\partial_X^2}{r^2}+\dfrac{\partial_X}{r^2X}\bigg)f(rXe(\theta)+y)\,d\theta\\
&=\bigg(\dfrac{\partial_X^2}{r^2}+\dfrac{\partial_X}{r^2X}\bigg)\psi(rX,y)
\end{align}

であることに注意して

\begin{align}
r^2\Delta\langle D\rangle_k&=\int_0^1Dk(X)(X\partial_X^2+\partial_X)\psi(rX,y)\,dX\\
&=[XDk(X)\partial_X\psi(rX,y)]_0^1-\int_0^1\partial (XD)k(X)\partial_X\psi(rX,y)\,dX\\
&\quad+[Dk(X)\psi(rX,y)]_0^1-\int_0^1\partial Dk(X)\psi(rX,y)\,dX\\
&=[XDk(X)\partial_X\psi(rX,y)]_0^1-[\partial (XD)k(X)\psi(rX,y)]_0^1+[Dk(X)\psi(rX,y)]_0^1\\
&\quad+\int_0^1\{\partial^2(XD)k(X)-\partial Dk(X)\}\psi(rX,y)\,dX\\
&=rDk(1)\partial_r\psi(r,y)-\partial Dk(1)\psi(r,y)+\int_0^1(\partial D+X\partial^2D)k(X)\psi(rX,y)\,dX\\
&=rDk(1)\partial_r\psi(r,y)-\partial Dk(1)\psi(r,y)+\langle X^{-1}\partial D+\partial^2D\rangle_k
\end{align}

さて、ラプラシアンの計算はできましたが、$\psi$ を求めるためには $\partial_r\psi$ の項と剰余項が邪魔になっています。デコンボリューションの不良設定性を考慮すれば PSF には $r$ に関する自由度も与えるべきであり、更に $\psi\mapsto f$ の不良設定性も考慮すれば $g$ から $\psi$ だけでなく $\partial_r\psi$ も計算できるようにすべきです。


次回は、畳込みの動径微分を計算します。(written by J.Nishigata)


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畳込みの 2 階導関数