AlxisDataBlog-数学・物理学


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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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畳込みのラプラシアン

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具体的な場合での剰余項から調べていきましょう。最も簡単な PSF は円板定義関数ですね。このときの畳込みの導関数は

\begin{align}
&r^2\Delta\langle 1\rangle_k=r\partial_r\psi(r,y),\\
&(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k=\psi(r,y)
\end{align}

です。剰余項が消えてくれるので $g$ から $\psi,\partial_r\psi$ は容易に計算できます。他の PSF ではどのようになるでしょうか。円板定義関数の場合のように簡単に解決できるパターンを見つけてみましょう。


$(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k$ の剰余項が消えるための条件は $X\partial k(X)=0$ すなわち $k$ が台上で定数値関数となる場合のみです。では、剰余項が消えない場合、どのような形になれば良さそうでしょうか。

\begin{align}
X\partial k(X)=c_0
\end{align}

という定数になれば剰余項は $-\langle X\partial\rangle_k=-c_0\langle 1\rangle_k$ となり都合が良いです。上の微分方程式を解くと

\begin{align}
k(X)=c_0\log X+c_1
\end{align}

このとき $r^2\Delta\langle 1\rangle_k$ の剰余項は零となり

\begin{align}
&r^2\Delta\langle 1\rangle_k=c_1r\partial_r\psi(r,y)-c_0\psi(r,y),\\
&(c_0+2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k=c_1\psi(r,y)
\end{align}

という連立方程式が得られます。$c_1\neq 0$ ならば解けますね。機械的に PSF を求めましたが、このロジックには $k(+0)$ が発散する問題点が含まれたままです。$\log X$ の速さで発散する関数は $X$ を掛けることで抑え込むことができます。したがって、畳込みは存在し、$r^2\Delta\langle 1\rangle_k,(2+r\partial_r)\langle 1\rangle_k$ を計算する際に登場した部分積分も $k(+0)$ が係る項は消えてくれます。


今回は非常に特殊な場合を考えましたが、一般的には剰余項は消えません。次回は剰余項が消えない具体例としてガウシアンを適当な閾値で FIR 化した PSF の話をします。(written by J.Nishigata)


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