Radon-Transformation eines Quadrats

17.04.2024, 22:55

hugh

Radon-Transformation eines Quadrats

Meine Frage:
Gegeben ist die Funktion

f = 1, -1/2 <= x, y <= 1/2
0, sonst

Und ich hätte davon gerne einen Ausdruck für die Radon-Transformation

$\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \! f(x, y) \delta(x \cos(\theta) + y \sin(\theta) - r) \, dxdy \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ zwischen 0 und $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray*} \delta(...) \end{eqnarray*}$ die Dirac-Funktion, von der ich keine explizite Form kenne, sondern nur ein paar Eigenschaften:

$\begin{eqnarray*} \delta(x) = \delta(-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta(x) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \delta(x) dx = 1 \end{eqnarray*}$ (an der Stelle verstehe ich nicht einmal, was das heißen soll)

$\begin{eqnarray*} \int_a^b g(x) \delta(x) dx = g(0) \end{eqnarray*}$ für jede stetige Funktion g(x), falls a < 0 < b.

Meine Ideen:
Zunächst einmal kann ich die Integralgrenzen wohl auf -1/2 bis 1/2 ändern. Ich verstehe auch aufgrund der technischen Bedeutung dieser Formeln (Anwendung in der Computertomographie), was da für einzelne Wertkombinationen herauskommen sollte, z. B. für $\begin{eqnarray*} r = 0, \theta = 0 \end{eqnarray*}$ sollte es m. E. 1 ergeben und für $\begin{eqnarray*} r = -1, \theta = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ sollte es $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ sein.

Was ich nicht verstehe, ist, wie ich ? ohne abschnittsweise Definition und übrigens auch ohne min/max-Funktionen ? eine einzige Formel für den geforderten Winkelbereich und beliebige r angeben soll.

18.04.2024, 11:00

HAL 9000

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Über die Substitution $\begin{eqnarray*} t = x\cos(\theta) + y\sin(\theta)-r \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \dd t = \cos(\theta) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \delta(x\cos(\theta) + y\sin(\theta)-r) ~ \dd x = \frac{1}{\cos(\theta)} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{t-y\sin(\theta)+r}{\cos(\theta)},y\right) \delta(t) ~ \dd t = \frac{1}{\cos(\theta)} f\left(\frac{r-y\sin(\theta)}{\cos(\theta)},y\right) \end{eqnarray*}$

und damit

$\begin{eqnarray*} Rf(r,\theta) = \frac{1}{\cos(\theta)} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{r-y\sin(\theta)}{\cos(\theta)},y\right) ~ \dd y \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von hugh
für $\begin{eqnarray*} r = -1, \theta = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ sollte es $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ sein.

Wieso das? Im relevanten x,y-Integrationsgebiet sowie für $\begin{eqnarray*} 0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ gilt offenbar

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}\left( \cos(\theta)+\sin(\theta) \right) \leq x\cos(\theta)+y\sin(\theta) \leq \frac{1}{2}\left( \cos(\theta)+\sin(\theta) \right) \end{eqnarray*}$ oder anders geschrieben $\begin{eqnarray*} -\frac{\sqrt{2}}{2} \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4} \right) \leq x\cos(\theta)+y\sin(\theta) \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4} \right) \end{eqnarray*}$ .

Damit ist von vornherein klar: $\begin{eqnarray*} Rf(r,\theta) = 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |r| > \frac{\sqrt{2}}{2} \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4} \right) \end{eqnarray*}$ ,

denn dann ist der Delta-Distributions-Wert im gesamten Integrationsgebiet gleich Null. Dein $\begin{eqnarray*} r=-1,\theta=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ fällt auch in diesen Bereich.

18.04.2024, 11:30

URL

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$\begin{eqnarray*} x \cos(\theta) + y \sin(\theta) - r =0 \iff \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \cos(\theta) \\\sin(\theta)\end{pmatrix} =r \end{eqnarray*}$
Wie gewünscht integriert man also über eine Gerade. Wenn die am Quadrat vorbei geht, ist der Wert des Integrals natürlich Null

18.04.2024, 12:43

HAL 9000

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Ah Ok, jetzt sieht man deutlich die HNF einer Geraden, die im Abstand $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ vom Ursprung und mit Neigungswinkel $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ zur $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Achse verläuft. Und die Länge der Schnittstrecke dieser Geraden mit dem ursprungzentrierten Einheitsquadrat ist dann jenes $\begin{eqnarray*} Rf\left(r,\theta\right) \end{eqnarray*}$ - danke, URL.

Mit ein wenig Herumrechnerei wird dann

$\begin{eqnarray*} Rf\left(r,\theta\right) = \begin{cases} \frac{1}{\cos(\theta)} &\mbox{ für } |r|\leq \frac{\cos(\theta) - \sin(\theta)}{2}\\[2ex] \frac{\sin(\theta) + \cos(\theta)-2r}{2\sin(\theta)\cos(\theta)} &\mbox{ für } \frac{\cos(\theta) - \sin(\theta)}{2}\leq |r|\leq \frac{\cos(\theta) + \sin(\theta)}{2}\\[2ex] 0 &\mbox{ für } |r|\geq \frac{\cos(\theta) + \sin(\theta)}{2}\end{cases} \end{eqnarray*}$

klar, gültig für alle $\begin{eqnarray*} 0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ .

18.04.2024, 15:36

hugh

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Zitat:

Original von HAL 9000
Über die Substitution $\begin{eqnarray*} t = x\cos(\theta) + y\sin(\theta)-r \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \dd t = \cos(\theta) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x,y) \delta(x\cos(\theta) + y\sin(\theta)-r) ~ \dd x = \frac{1}{\cos(\theta)} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{t-y\sin(\theta)+r}{\cos(\theta)},y\right) \delta(t) ~ \dd t = \frac{1}{\cos(\theta)} f\left(\frac{r-y\sin(\theta)}{\cos(\theta)},y\right) \end{eqnarray*}$

Vielen Dank! Hier wurde für die Integration die letzte der von mir genannten Eigenschaften der $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ -Funktion genutzt. Soweit verstehe ich das.

Zitat:

Original von HAL 9000
und damit

$\begin{eqnarray*} Rf(r,\theta) = \frac{1}{\cos(\theta)} \int\limits_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{r-y\sin(\theta)}{\cos(\theta)},y\right) ~ \dd y \end{eqnarray*}$ .

Ab dieser Stelle stehe ich noch auf dem Schlauch. Deswegen schreibe ich hier mal auf, was ich mir denke, und bitte um eine Überbrückung von der Stelle meines Versagens zum Endergebnis. Mein Vorgehen ist:

Ich lege fest, für welche Kombinationen von $\begin{eqnarray*} r, \theta, y \end{eqnarray*}$ keiner der Parameter der Funktion den Bereich [-1/2, 1/2] verlässt. Für y ist das einfach dieser Bereich. Für den anderen Term sind die Ungleichungen

$\begin{eqnarray*} \frac{r - y \sin(\theta)}{\cos(\theta)} \geq -\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{r - y \sin(\theta)}{\cos(\theta)} \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

zu lösen. Wenn ich jetzt nur meine zwei frei wählbaren Nicht-Integrationsvariablen $\begin{eqnarray*} r, \theta \end{eqnarray*}$ hätte, wäre das machbar. Aber wie gehe ich mit $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ um?

Zitat:

Original von HAL 9000
Wieso das?

Das war in der Tat ein Fehler, und zwar gleich doppelt. Es hätte heißen müssen: Für $\begin{eqnarray*} r = 0, \theta = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ ist der erwartete Wert $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ . Und das ist ja letztendlich auch herausgekommen.

18.04.2024, 15:45

HAL 9000

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Weiß nicht, warum du an dieser Stelle auf dem Schlauch stehst: Es geht um

$\begin{eqnarray*} Rf(r,\theta) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} g(r,\theta,y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g(r,\theta,y) := \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x, y) \delta\left(x \cos(\theta) + y \sin(\theta) - r\right) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ ,

und letzteres wurde vereinfacht (also die x-Integration vollzogen, womit du ja anscheinend keine Probleme hast) und dann nur noch in ersteres eingesetzt - was ist daran denn nicht transparent? Erstaunt1

18.04.2024, 17:58

hugh

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Zitat:

Original von HAL 9000
und letzteres wurde vereinfacht (also die x-Integration vollzogen, womit du ja anscheinend keine Probleme hast)

In der Tat, das habe ich kapiert. Ich stehe daher nicht an, sondern ab dieser Stelle auf dem Schlauch Augenzwinkern

Was ich noch nicht verstehe ist der Schritt hin zu:

Zitat:

Original von HAL 9000
Mit ein wenig Herumrechnerei wird dann

$\begin{eqnarray*} Rf\left(r,\theta\right) = \begin{cases} \frac{1}{\cos(\theta)} &\mbox{ für } |r|\leq \frac{\cos(\theta) - \sin(\theta)}{2}\\[2ex] \frac{\sin(\theta) + \cos(\theta)-2r}{2\sin(\theta)\cos(\theta)} &\mbox{ für } \frac{\cos(\theta) - \sin(\theta)}{2}\leq |r|\leq \frac{\cos(\theta) + \sin(\theta)}{2}\\[2ex] 0 &\mbox{ für } |r|\geq \frac{\cos(\theta) + \sin(\theta)}{2}\end{cases} \end{eqnarray*}$

klar, gültig für alle $\begin{eqnarray*} 0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ .

Dafür muss ich m. E. die genannten Ungleichungen so lösen, dass die Integrationsgrenzen daraus folgen. Ich habe dabei die folgenden Probleme:

1. Wenn ich die Gleichungen zu y auflöse, erhalte ich

$\begin{eqnarray*} y \leq \frac{r+\frac{1}{2} \cos \theta}{\sin \theta} =: B\\<br /> y \geq \frac{r-\frac{1}{2} \cos \theta}{\sin \theta} =: A \end{eqnarray*}$

Damit resultiert für Rf

$\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = \frac{1}{\cos \theta} \int_A^B 1 \dd y = \frac{r+\frac{1}{2} \cos \theta - r + \frac{1}{2} \cos \theta}{\cos \theta \sin \theta} = \frac{1}{\sin \theta} \end{eqnarray*}$

Das ist offensichtlich keins der Ergebnis aus der Fallunterscheidung oben, und außerdem offensichtlich Quatsch, denn es geht gegen unendlich für $\begin{eqnarray*} \theta \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ .

2. Selbst wenn ich meinen Fehler aus 1. behoben bekomme, sind A und B immer noch nicht die wahren Grenzen des Integrals. Denn r kann beliebig groß sein und ich muss das Intervall auf maximal $\begin{eqnarray*} \left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ beschränken.

18.04.2024, 18:13

HAL 9000

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Du vergisst die Quadratgrenzen! Die einbezogen muss es eher lauten

$\begin{eqnarray*} y \leq \min\left\{ \frac{1}{2}, \frac{r+\frac{1}{2} \cos \theta}{\sin \theta}\right\} =: B\\<br /> y \geq \max\left\{ -\frac{1}{2}, \frac{r-\frac{1}{2} \cos \theta}{\sin \theta}\right\} =: A \end{eqnarray*}$

Damit resultiert $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = \frac{B-A}{\cos \theta} \end{eqnarray*}$ , aber das auch nur im Fall $\begin{eqnarray*} A\leq B \end{eqnarray*}$ , denn im Fall $\begin{eqnarray*} A>B \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = 0 \end{eqnarray*}$ .

19.04.2024, 06:46

Ulrich Ruhnau

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RE: Radon-Transformation eines Quadrats

Zitat:

Original von hugh
Dabei ist $\begin{eqnarray*} \delta(...) \end{eqnarray*}$ die Dirac-Funktion, von der ich keine explizite Form kenne, sondern nur ein paar Eigenschaften:

$\begin{eqnarray*} \delta(x) = \delta(-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \delta(x) = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \delta(x) dx = 1 \end{eqnarray*}$ (an der Stelle verstehe ich nicht einmal, was das heißen soll)

$\begin{eqnarray*} \int_a^b g(x) \delta(x) dx = g(0) \end{eqnarray*}$ für jede stetige Funktion g(x), falls a < 0 < b.

Zum besseren Verständnis sollte man die folgende Formel ergänzen (siehe Deltafunktion):

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)\, \delta(x-a) \dd x = \int\limits_{-\infty}^\infty g(x)\, \delta(a-x) \dd x = g(a) \end{eqnarray*}$

19.04.2024, 08:18

HAL 9000

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Anknüpfend an meinen letzten Beitrag: Betrachten wir mal nur $\begin{eqnarray*} r\geq 0 \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} \frac{r+\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)} \geq \frac{1}{2}\cot(\theta) \geq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , mithin $\begin{eqnarray*} B=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Fall 1: $\begin{eqnarray*} \frac{r-\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)}\leq -\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ergibt umgestellt $\begin{eqnarray*} r\leq \frac{\cos(\theta)-\sin(\theta)}{2} \end{eqnarray*}$ , und hier ist $\begin{eqnarray*} A=-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = \frac{B-A}{\cos(\theta)} = \frac{1}{\cos(\theta)} \end{eqnarray*}$ .

Fall 2: $\begin{eqnarray*} \frac{r-\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)}> -\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ergibt umgestellt $\begin{eqnarray*} r>\frac{\cos(\theta)-\sin(\theta)}{2} \end{eqnarray*}$

Fall 2.1: $\begin{eqnarray*} \frac{r-\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)} \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ergibt umgestellt $\begin{eqnarray*} r\leq \frac{\cos(\theta)+\sin(\theta)}{2} \end{eqnarray*}$ , und hier ist $\begin{eqnarray*} A=\frac{r-\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = \frac{B-A}{\cos(\theta)} = \frac{\sin(\theta)+\cos(\theta)-2r}{2\sin(\theta)\cos(\theta)} \end{eqnarray*}$ .

Fall 2.2: $\begin{eqnarray*} \frac{r-\frac{1}{2} \cos(\theta)}{\sin(\theta)} > \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ergibt umgestellt $\begin{eqnarray*} r> \frac{\cos(\theta)+\sin(\theta)}{2} \end{eqnarray*}$ , und hier ist $\begin{eqnarray*} A>B \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = 0 \end{eqnarray*}$ .

Abschließend sei noch bemerkt, dass $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) \end{eqnarray*}$ symmetrisch bzgl. $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist, d.h. es gibt $\begin{eqnarray*} Rf(r, \theta) = Rf(|r|, \theta) \end{eqnarray*}$ , womit der obige Formelsatz komplett ist.

19.04.2024, 15:59

hugh

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Vielen Dank! In dieser Aufdröselung ist es mir jetzt begreiflich.

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