EE261 Lecture 30

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这次回顾第三十讲，这一讲介绍了二维傅里叶变换的应用以及拉东变换。

$$I=I_{0} \exp \left(-\int_{L} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) d s\right)$$

考虑X光的问题，公式如上。$I_0$为初始强度，$I$为测量强度，$L$为线段，现在的任务是已知$I$，如何恢复$\mu(x_1, x_2)$，从上式中可以看出，实际我们的任务是已知如下线积分，然后恢复原函数。

$$\int_{L} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) d s$$

拉东变换

由于要计算线积分，这里首先讨论直线的表示方法，如下图所示，直线可以由角度$\phi$以及有向距离$\rho$表示。

当$\phi $固定，$\rho $变动时表示的是一族平行线；当$\rho $固定，$\phi$变动时表示的过原点的切线。

该坐标系和直角坐标系的变换关系为：

$$\rho=\mathrm{x} \cdot \mathrm{n}=\left(x_{1}, x_{2}\right) \cdot(\cos \phi, \sin \phi)=x_{1} \cos \phi+x_{2} \sin \phi$$

即

$$\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi=0, \quad-\infty<x_{1}<\infty,-\infty<x_{2}<\infty$$

利用上述参数定义函数的拉东变换：

$$\mathcal{R} \mu(\rho, \phi)=\int_{L(\rho, \phi)} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) d s$$

利用线上的$\delta $函数，我们可以将上述积分写成

$$\mathcal{R}(\mu)(\rho, \phi)=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) \delta\left(\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi\right) d x_{1} d x_{2}$$

写成向量形式为

$$\mathcal{R}(\mu)(\rho, \mathbf{n})=\int_{\mathbf{R}^{2}} \mu(\mathbf{x}) \delta(\rho-\mathbf{x} \cdot \mathbf{n}) d \mathbf{x}$$

例子

例1

$$\operatorname{circ}(r)=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {r \leq 1} \\ {0} & {r>1}\end{array}\right.$$

由对称性，该函数的拉东变换和角度无关，所以对于$|\rho|\le 1$，其拉东变换为

$$\mathcal{R}(1)(\rho, 0)=\int_{-\sqrt{1-\rho^{2}}}^{\sqrt{1-\rho^{2}}} 1 d x_{2}=2 \sqrt{1-\rho^{2}}$$

显然当$|\rho |> 1$时拉东变换为$0$，因此

$$\mathcal{R} \operatorname{circ}(\rho, \phi)=\left\{\begin{array}{ll}{2 \sqrt{1-\rho^{2}}} & {|\rho| \leq 1} \\ {0} & {|\rho|>1}\end{array}\right.$$

例2

$$g\left(x_{1}, x_{2}\right)=e^{-\pi\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)}$$

拉东变换为

$$\mathcal{R} g(\rho, \phi)=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)} \delta\left(\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi\right) d x_{1} d x_{2}$$

令

$$\begin{aligned} u_{1} &=x_{1} \cos \phi+x_{2} \sin \phi \\ u_{2} &=-x_{1} \sin \phi+x_{2} \cos \phi \end{aligned}$$

那么

$$u_{1}^{2}+u_{2}^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$$

所以

$$\begin{aligned} \mathcal{R} g(\rho, \phi) &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi\left(u_{1}^{2}+u_{2}^{2}\right)} \delta\left(\rho-u_{1}\right) d u_{1} d u_{2} \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi u_{1}^{2}} \delta\left(\rho-u_{1}\right) d u_{1}\right) e^{-\pi u_{2}^{2}} d u_{2} \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi \rho^{2}} e^{-\pi u_{2}^{2}} d u_{2} \\ &=e^{-\pi \rho^{2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi u_{2}^{2}} d u_{2}\\ &=e^{-\pi \rho^{2}} \end{aligned}$$

记

$$r^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$$

所以在极坐标下，上述结论即为

$$\mathcal{R}\left(e^{-\pi r^{2}}\right)=e^{-\pi \rho^{2}}$$

性质

拉东变换有如下性质：

• $\mathcal{R}(\alpha f+\beta g)=\alpha \mathcal{R}(f)+\beta \mathcal{R}(g)$
• $\mathcal{R}(\mu(\mathbf{x}-\mathbf{b}))=\left(\mathcal{R}_{\mu}\right)(\rho-\mathbf{b} \cdot \mathbf{n}, \phi)$
• $\mathcal{R} \mu(-\rho, \phi+\pi)=\mathcal{R} \mu(\rho, \phi)$

证明直接利用定义验证即可。

回到原问题

在上述概念下，我们的原始问题实际上就是求拉东变换的逆变换，其中拉东变换为

$$\mathcal{R}_{\mu}(\rho, \phi)=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) \delta\left(\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi\right) d x_{1} d x_{2}$$

关于$\rho $取傅里叶变换可得

$$\begin{aligned} \mathcal{F}_{\rho} \mathcal{R}(\mu)(r, \phi) &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i r \rho} \mathcal{R} \mu(\rho, \phi) d \rho \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i r \rho} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) \delta\left(\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi\right) d x_{1} d x_{2} d \rho \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} \delta\left(\rho-x_{1} \cos \phi-x_{2} \sin \phi\right) e^{-2 \pi i r \rho} d \rho\right) d x_{1} d x_{2} \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) e^{-2 \pi i r\left(x_{1} \cos \phi+x_{2} \sin \phi\right)} d x_{1} d x_{2}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) e^{-2 \pi i\left(x_{1} r \cos \phi+x_{2} r \sin \phi\right)} d x_{1} d x_{2} \end{aligned}$$

记

$$\begin{array}{l}{\xi_{1}=r \cos \phi} \\ {\xi_{2}=r \sin \phi}\end{array}$$

那么

$$\begin{aligned} \mathcal{F}_{\rho} \mathcal{R}(\mu)(r, \phi) &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i\left(x_{1} \xi_{1}+x_{2} \xi_{2}\right)} \mu\left(x_{1}, x_{2}\right) d x_{1} d x_{2}\\ &=\int_{\mathbf{R}^{2}} e^{-2 \pi i x \cdot \mathbf{\xi}} \mu(\mathrm{x}) d \mathrm{x}\\ &=\mathcal{F} \mu\left(\xi_{1}, \xi_{2}\right) \end{aligned}$$

所以对上式取傅里叶逆变换即可恢复$\mu(x_1, x_2)$。