MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






次のような曲線の族を考えます。

\begin{align}
&\chi^1(t,u,v)(s)=\cos(s-t)\cos t-\sin(s-t)\sin t\cos u+v\sin t\sin u,\\
&\chi^2(t,u,v)(s)=\cos(s-t)\sin t+\sin(s-t)\cos t\cos u-v\cos t\sin u,\\
&\chi^3(t,u,v)(s)=\sin(s-t)\sin u+v\cos u
\end{align}

この曲線はどんな曲線かというと

\begin{align}
\chi=
\begin{pmatrix}
\cos t\\
\sin t\\
0
\end{pmatrix}
\cos(s-t)+
\begin{pmatrix}
-\sin t\cos u\\
\cos t\cos u\\
\sin u
\end{pmatrix}
\sin(s-t)+
\begin{pmatrix}
\sin t\sin u\\
-\cos t\sin u\\
\cos u
\end{pmatrix}
v
\end{align}

と変形すれば半径 $1$ の円周であることが確認できますね。では曲線の族の満たす条件を確認していきましょう。i)ii)iii) は明らかです。導関数を計算すると

\begin{align}
&\partial_u\chi(t,u,0)(s)=
\begin{pmatrix}
\sin t\sin u\\
-\cos t\sin u\\
\cos u
\end{pmatrix}
\sin(s-t)\\
&\partial_v\chi(t,u,0)(s)=
\begin{pmatrix}
\sin t\sin u\\
-\cos t\sin u\\
\cos u
\end{pmatrix}
\end{align}

となるので $\gamma=\sin(s-t)$。これで iv)v) も確認できました。$u_1=0,u_2=2\pi$ とすれば

\begin{align}
C=\int_0^{2\pi}\mathscr{H}f(t,u)\,du=0
\end{align}

となります。今回はここまで。次回も具体例をやりましょう。(written by J.Nishigata)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

研究47- ヒルベルト変換の応用例その２

MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






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)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

研究48- ヒルベルト変換の応用例その３