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  },
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    inlineMath: [['$', '$']]
  }
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前回に引き続き反転公式の計算を進めます。前回の最後に得られた式を振り返りましょう。

\begin{align}
A&=-2r\int_0^1\bigg\{\int_0^{2\pi}\bigg\{\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{1}{\sin\phi+(1+X^2)/(2X)}\partial_r\psi(r,z+rXe(\tau))\\
&\quad +\dfrac{\sin\phi}{\sin\phi+(1+X^2)/(2X)}\partial_{e(\tau)}\psi(r,z+rXe(\tau))\,d\phi\bigg\}\,d\tau\bigg\}\,dX
\end{align}

反転公式に含まれる積分の回数は、ヒルベルト変換の計算に $1$ 回、逆ヒルベルト変換に $1$ 回、安定化に $1$ 回でトータル $3$ 重に掛かっています。しかし、最後の式を見てみると、$\phi$ に関する積分は簡単になりそうな気がしますね。

\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{d\phi}{a+\sin \phi},\ a > 1
\end{align}

$t=\tan(\phi/2)$ で置換すると

\begin{align}
&dt=\dfrac{d\phi}{2\cos^2(\phi/2)}=\dfrac{1+t^2}{2}\,d\phi,\\
&\dfrac{1}{a+\sin \phi}=\dfrac{1}{a+2\sin(\phi/2)\cos(\phi/2)}=\dfrac{1+t^2}{a(1+t^2)+2t}
\end{align}

となることに注意して

\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{d\phi}{a+\sin \phi}=2\int_{-1}^1\dfrac{dt}{a(1+t^2)+2t}=2\int_{-1}^1\dfrac{dt}{\{\sqrt{a}t+1/\sqrt{a}\}^2+a-1/a}
\end{align}

更に

\begin{align}
\sqrt{a-\dfrac{1}{a}}\tan\theta=\sqrt{a}t+\dfrac{1}{\sqrt{a}}
\end{align}

と置換すると

\begin{align}
2\int_{-1}^1\dfrac{dt}{\{\sqrt{a}t+1/\sqrt{a}\}^2+a-1/a}=\dfrac{2}{\sqrt{a^2-1}}\int_{\theta_1}^{\theta_2}d\theta=\dfrac{2}{\sqrt{a^2-1}}(\theta_2-\theta_1)
\end{align}

このように積分ができました。積分区間は

\begin{align}
\sqrt{a-\dfrac{1}{a}}\tan\theta_1=-\sqrt{a}+\dfrac{1}{\sqrt{a}},\ \sqrt{a-\dfrac{1}{a}}\tan\theta_2=\sqrt{a}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}
\end{align}

を解けば求まりますが、$2$ つの式の積を計算することによって

\begin{align}
\bigg(a-\dfrac{1}{a}\bigg)\tan\theta_1\tan\theta_2=-a+\dfrac{1}{a}
\end{align}

すなわち $\tan\theta_1\tan\theta_2=-1$ であることから $\theta_2-\theta_1=\pi/2$ であることが分かりますね。以上より

\begin{align}
\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dfrac{d\phi}{a+\sin \phi}=\dfrac{\pi}{\sqrt{a^2-1}}
\end{align}

が得られます。これを反転公式の計算に使うと

\begin{align}
A=-4\pi r\int_0^1\bigg\{\int_0^{2\pi}\bigg\{\dfrac{X}{1-X^2}\partial_r\psi(r,z+rXe(\tau))-\dfrac{X^2}{1-X^2}\partial_{e(\tau)}\psi(r,z+rXe(\tau))\bigg\}\,d\tau\bigg\}\,dX
\end{align}

シンプルな式になりましたね。今回はここまで。ノンブラインド-デコンボリューションの話は一旦クローズします。次回は、デコンボリューション以外でのヒルベルト変換の応用を紹介していきます。(written by J.Nishigata)


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研究54- 最小な反転公式フィルタの導出の続き

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前回は X-線変換をやりましたが、今回やるラドン変換は X-線変換の次元を拡張したものになっています。$\mathbb{R}^n$ 上の $n-m$ 次元平面を

\begin{align}
\Omega=\{x\in\mathbb{R}^n:x^1=\cdots=x^m=0\}
\end{align}

とおき、$n-m$ 次元平面全体を、剛体運動群 $G$ の元 $g$ を用いて $\{g\Omega\}$ と書いておきます。$g\Omega$ 上での $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ の積分

\begin{align}
\mathscr{R}f(g)=\int_{\Omega}f(gx)\,dx^{m+1}\wedge\dots\wedge x^n
\end{align}

をラドン変換を呼びます。今回は、ラドン変換の反転公式を考えましょう。


平面 $\Omega$ 上の単位ベクトル $p$ と $\Omega$ の直交空間上の単位ベクトル $q$ に対して、$p$ から $q$ 方向へ回転させる($p,q$ 成分だけが回転する)回転微分を $\partial_{pq}$ と書くことにします。

\begin{align}
\partial_q(g^{-1}\mathscr{R}f)(1)&=\int_{\Omega}\partial_q(g^{-1}f)\,dx^{m+1}\wedge\dots\wedge x^n\\
&=\int_{\Omega}\dfrac{1}{\langle p,x\rangle}\partial_{pq}(g^{-1}f)\,dx^{m+1}\wedge\dots\wedge x^n
\end{align}

ここで積分領域を $\{x\in\Omega:\langle p,x\rangle=s\}$ と $s$ 方向へ分離すると

\begin{align}
\partial_q(g^{-1}\mathscr{R}f)(1)=\int_{\mathbb{R}}\dfrac{1}{s}\bigg\{\int_{\{x\in\Omega:\langle p,x\rangle=s\}}\partial_{pq}(g^{-1}f)\xi^p\bigg\}\,ds
\end{align}

のようにヒルベルト変換が登場します。ここに

\begin{align}
\xi^p=\sum_{i=m+1}^n (-1)^{i-m-1}p^i\,dx^{m+1}\wedge\cdots\hat{i}\cdots\wedge dx^n
\end{align}

は $\{x\in\Omega:\langle p,x\rangle=s\}$ の体積形式です。後は今までと同様にヒルベルト像に関して解き、逆ヒルベルト変換を実行することによって

\begin{align}
\int_{\{x\in\Omega:\langle p,x\rangle=s\}}g^{-1}f\xi^p
\end{align}

を求めることができます。この式は、次元落ちしたラドン変換ですね。以上の操作を繰り返すことにより次元は降下していき、最終的には零次元の積分値 $f$ が計算できます。今回はここまで。次回も応用例です。(written by J.Nishigata)


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研究55- X-線変換