デコンボリューション前半では何をやってきたのかというと、$\langle 1\rangle_k\mapsto\{\psi,\partial_r\psi\}$ なる公式を導いてきました。それを受けて後半では、$\{\psi,\partial_r\psi\}\mapsto f$ の公式を導きます。

ここで $\psi\mapsto f$ ではなく $\{\psi,\partial_r\psi\}\mapsto f$ と書いた理由は、$\psi$ の動径微分に関する制限($2$ 階以上は使ってはならない)によります。

\begin{align} \psi(r,y)&=\int_0^{2\pi}f(re(\varphi)+y)\,d\varphi\\ &=\int_0^{2\pi}f(re(\varphi+\theta+\pi)+y)\,d\varphi \end{align}

と変形しておきましょう。$\psi$ の導関数の線型結合

\begin{align} (\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,y)=\int_0^{2\pi}(\partial_{e(\varphi+\theta+\pi)}-\partial_{e(\theta)})f(re(\varphi+\theta+\pi)+y)\,d\varphi \end{align}

に $y=z+re(\theta)$ を代入すると

\begin{align} &(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\\ &=\int_0^{2\pi}(\partial_{e(\varphi+\theta+\pi)}-\partial_{e(\theta)})f(re(\varphi+\theta+\pi)+re(\theta)+z)\,d\varphi\\ &=-\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}(\partial_{e(\varphi+\theta+3\pi/2)}+\partial_{e(\theta+\pi/2)})f(re(\varphi+\theta+\pi)+re(\theta)+z)\,d\varphi\\ &=-\dfrac{1}{r}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}\partial_{\theta}f(re(\varphi+\theta+\pi)+re(\theta)+z)\,d\varphi \end{align}

ここでヒルベルト変換

\begin{align} \mathscr{H}f(\theta,z)=-\mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}f(re(\varphi+\theta+\pi)+re(\theta)+z)\,d\varphi \end{align}

を定義すると

\begin{align} (\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))=\dfrac{1}{r}\partial_{\theta}\mathscr{H}f(\theta,z) \end{align}

と書くことができます。$\theta$ に関して $0$ から $\theta$ まで積分して

\begin{align} r\int_0^{\theta}(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\,d\theta=\mathscr{H}f(\theta,z)-\mathscr{H}f(0,z) \end{align}

これを更に $0$ から $2\pi$ まで積分して

\begin{align} r\int_0^{2\pi}\bigg\{\int_0^{\theta}(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\,d\theta\bigg\}\,d\theta=-2\pi\mathscr{H}f(0,z) \end{align}

これで $\mathscr{H}f(0,z)$ が求まりますね。左辺は積分の順序を変えてみると積分が消えて

\begin{align} r\int_0^{2\pi}(2\pi-\theta)(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\,d\theta=-2\pi\mathscr{H}f(0,z) \end{align}

となるのでこの式を使いましょう。$3$ つ上の式に代入して $\mathscr{H}f(0,z)$ を消去すると

\begin{align} \mathscr{H}f(\theta,z)&=r\int_0^{\theta}(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\,d\theta\\ &\quad -\dfrac{r}{2\pi}\int_0^{2\pi}(2\pi-\theta)(\partial_r-\cos\theta\partial_{y^1}-\sin\theta\partial_{y^2})\psi(r,z+re(\theta))\,d\theta \end{align}

ヒルベルト像が計算できました。最後にヒルベルト変換の反転公式を求めます。ヒルベルト変換の定義式に $\theta=\theta+\pi,z=z+re(\theta)$ を代入して

\begin{align} \mathscr{H}f(\theta+\pi,z+re(\theta))&=-\mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}f(re(\varphi+\theta)+z)\,d\varphi\\ &=-\mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos(\varphi-\theta)}{\sin(\varphi-\theta)}f(re(\varphi)+z)\,d\varphi \end{align}

右辺は以前やりましたね。

\begin{align} \mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos(\theta-\tau)}{\sin(\theta-\tau)}\bigg\{\mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos(\varphi-\theta)}{\sin(\varphi-\theta)}f(re(\varphi)+z)\,d\varphi\bigg\}\,d\theta=-4\pi^2f(re(\tau)+z)+2\pi\psi(r,z) \end{align}

これで反転公式が求まります。

\begin{align} \mathrm{pv.}\int_0^{2\pi}\dfrac{1+\cos(\theta-\tau)}{\sin(\theta-\tau)}\mathscr{H}f(\theta+\pi,z+re(\theta))\,d\theta=4\pi^2f(re(\tau)+z)-2\pi\psi(r,z) \end{align}

今回はここまで。次回は、今回求めた公式の安定化をやります。(written by J.Nishigata)

研究49- デコンボリューション後半