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)

研究14- PSF が円板定義関数のときの剰余項