TENTAMEN WISKUNDIGE BEELDVERWERKINGSTECHNIEKEN

Transcriptie

1 TENTAMEN WISKUNDIGE BEELDVERWERKINGSTECHNIEKEN Vakcode: 8D020. Datum: Vrijdag 2 maart Tijd: uur. Plaats: VRT 03H04. Lees dit vóórdat je begint! Maak iedere ogave o een aart vel. Schrijf je naam en studentnummer o elk vel dat je inlevert. Lever je ogaven ersoonlijk bij de surveillanten in. Niet o de tafels laten liggen! Het tentamen bestaat uit 4 vragen. De waardering er onderdeel staat aangegeven in de kantlijn. Geef niet alleen antwoorden, maar laat ook zien hoe je eraan gekomen bent. Het gebruik van dictaat, aantekeningen en calculator is toegestaan. VEEL SUCCES! (25 ). Onderstaande figuur toont een binair beeld ogebouwd uit 6 ixels, waarvan zeven zwarte en negen witte. Een zwart ixel heeft numerieke waarde 0, een wit ixel. In je antwoorden o onderstaande vragen hoef je eventuele uitdrukkingen met faculteiten en/of binomiaalcoëfficiënten getalsmatig niet verder uit te werken. a. In dit onderdeel gaan we ervan uit dat beelden een eenduidig gekozen oorsrong en oriëntatie bezitten. Met andere woorden, bovenstaand beeld is onderscheidbaar van dat welk ontstaat wanneer we het een kwart slag draaien. a. Hoeveel onderscheidbare 4 4 beelden zijn er met recies zeven zwarte en negen witte ixels? Het ( aantal ) ( onderscheidbare ) manieren waaro je recies zeven (negen) van de 6 ixels zwart (wit) kunt kleuren bedraagt 6 6 (= ) = a2. Beschouw de verzameling van alle binaire 4 4 beelden. Wat is de a riori kans dat je bij

2 aselecte keuze recies bovenstaand beeld aantreft? Het totale aantal onderscheidbare binaire 4 4 beelden bedraagt 2 6 = De a riori kans om één secifieke realisatie aan te treffen bedraagt derhalve 2 6 = / b. De witte ixels en, aangegeven in onderstaande figuren, heten verbonden ( connected ) indien het mogelijk is ze middels een digitaal ad bestaande uit enkel witte ixels met elkaar te verbinden. Oeenvolgende ixels o het ad moeten voldoen aan een goed gedefiniëerd adjacency criterium. In deze ogave beschouwen we 4-adjacency, 8-adjacency en mixedadjacency zoals uitgelegd in.5.2 van het dictaat. Geef in elk van de onderstaande figuren aan of het mogelijk is om een digitaal ad van naar te trekken en zo ja, teken het kortste ad, in geval van achtereenvolgens (zie bijlage aan het eind van dit tentamen): b. 4-adjacency (linker figuur), b2. 8-adjacency (middelste figuur), resectievelijk b3. mixed-adjacency (rechter figuur). Noemen we het ad van naar in de onderdelen b b3 resectievelijk γ, γ 2 en γ 3, en hanteren we een coördinatenstelsel waarbij het ixel coördinaten (, ) heeft en ixel coördinaten (4, 4), dan geldt resectievelijk dat γ = (ixel is niet verbonden met zijn diagonaalbuur), γ 2 = {(, ), (2, ), (3, 2), (3, 3), (4, 4)} en γ 3 = {(, ), (2, ), (3, ), (3, 2), (3, 3), (4, 4)}. c. We definiëren de -norm van een M N (M, N IN) binair beeld f voor en voor = als volgt: f = M N f[i, j] MN i= j= res. Let o: De definitie wijkt enigszins af van die in het dictaat! Bereken voor bovenstaand binaire beeld achtereenvolgens f = lim f. c. de -norm, 2

3 c2. de 2-norm, c3. de -norm. De definitie van de -norm kan voor een binair beeld geschreven worden als f = (#f) / /(MN) voor, waarin #f staat voor het aantal ixels met numerieke waarde. Voorts geldt voor f 0 dat f = lim (#f) / /(MN) = /(MN), ongeacht het beeld. Uiteraard is f = 0 dan en slechts dan als f = 0. Derhalve geldt in het bijzonder voor bovenstaand beeld f = 9/6 = 3/4, f 2 = 9/6 = 3/6 en f = /6. d. Bewijs dat voor willekeurige binaire M N beelden f geldt d. f voor alle en d2. f f dan en slechts dan als. Zie vorig onderdeel: f = (#f) / /(MN). Met 0 #f MN volgt dus 0 f (MN) /, aangezien MN en / 0. Voorts, stel en f 0, dan is f / f = (#f) / /, aangezien #f > 0 en / / 0. Het omgekeerde geldt ook: Als f / f = (#f) / /, dan volgt noodzakelijkerwijs / / 0, oftewel. Het geval f = 0 is evident. (De stelling geldt overigens ook in de limiet waarin we en eventueel naar oneindig laten gaan.) (20 ) 2. Beschouw voor gegeven ɛ IR de afbeelding A : C 2 (IR) L (IR) IR gedefiniëerd door A(f) = f(0) + ɛf (0). In deze ogave mag je gebruik maken van de standaardintegraal e x2 dx = π. a. Toon aan dat A een lineaire afbeelding is. Stel f, g C 2 (IR) L (IR) en λ, µ IR, dan geldt A(λf + µg) = (λf + µg)(0) + ɛ(λf + µg) (0) = λ(f(0) + ɛf (0)) + µ(g(0) + ɛg (0)) = λa(f) + µa(g). b. We voorzien domein en bereik van de oerator A van een inut- resectievelijk oututnorm, als volgt. Voor het domein, d.i. C 2 (IR) L (IR), kiezen we de gebruikelijke -norm: ( ) f inut = f(x) dx f C 2 (IR) L (IR). Het bereik van A, d.i. IR, voorzien we van de gebruikelijke modulus-norm voor reële getallen: z outut = z (z IR). We beschouwen als voorbeeld f(x) = ex [ ] ɛ x2 met ɛ > 0 een constante. Beaal 3

4 b. f inut, evenals b2. A(f) outut. f inut = πɛ (dit volgt onmiddellijk uit de gegeven standaardintegraal middels substitutie van variabelen: x = y ɛ), dus f L (IR). De exonentiële functie is analytisch, dus geldt zeker f C 2 (IR), kortom f C 2 (IR) L (IR). Verder [ geldt A(f) = f(0) + ɛf (0) = ( )] + ɛ (4x 2 /ɛ 2 2/ɛ) ex x 2 /ɛ = 2 =. x=0 c. Bewijs dat de oerator A slecht-gesteld is door aan te tonen dat f inut 0 niet imliceert dat A(f) outut 0. Zie b voor een tegenvoorbeeld: f inut = πɛ 0 als ɛ 0, maar A(f) outut = constant. De outut gaat dus niet naar nul, terwijl de inut dat wel doet, dus de oerator A is slecht-gesteld. (30 ) 3. Beschouw de veeltermfuncties f : [, ] IR : x, f 2 : [, ] IR : x x en f 3 : [, ] IR : x 3x 2 c. Hierin is c IR een constante arameter. We voorzien het osansel van deze functies, V def = San{f, f 2, f 3 }, als volgt van een inrodukt: Als f, g V, dan f g = f(x) g(x) dx. a. Laat zien dat elke tweedegraads functie f : [, ] IR van de vorm f(x) = Ax 2 +Bx+C geschreven kan worden als lineaire combinatie van de functies f, f 2 en f 3, ongeacht de waarde van c. a2. Bewijs dat de functies f, f 2 en f 3 lineair onafhankelijk zijn ongeacht de waarde van c. Ad a: Stel f = α f + α 2 f 2 + α 3 f 3, dus Ax 2 + Bx + C = α + α 2 x + α 3 (3x 2 c) = 3α 3 x 2 + α 2 x + α α 3 c voor alle x [, ]. Hieruit volgt onmiddellijk dat 3α 3 = A, α 2 = B en α α 3 c = C, dus (α, α 2, α 3 ) = (C + Ac/3, B, A/3). Met andere woorden, f is altijd als lineaire combinatie van f, f 2 en f 3 te schrijven, ongeacht de waarde van c. Voor a2 nemen we in het bijzonder f = 0, hetgeen euivalent is met A = B = C = 0, oftewel α = α 2 = α 3 = 0. Ook dit geldt ongeacht de waarde van c. b. Toon aan dat {f, f 2, f 3 } orthogonaal is dan en slechts dan als c =. Hiervoor moeten we alle inrodukten van de vorm f i f j voor i, j =, 2, 3, i > j, insecteren. Er geldt f f 2 = f 2 f 3 = 0, aangezien f en f 3 even functies zijn, terwijl f 2 oneven is. Resteert het inrodukt f f 3 = f (x) f 3 (x) dx = [ ] 3x2 c dx = x 3 x= cx = 2( c) = 0 dan en slechts dan als c =. x= c. Neem voortaan c =. Stel g = λ f, g 2 = λ 2 f 2 en g 3 = λ 3 f 3 voor zekere constanten λ, λ 2, λ 3 > 0. Beaal de waarden van deze constanten als gegeven is dat {g, g 2, g 3 } een orthonormaal stelsel vormt. Hiervoor hebben we de inrodukten f i f i nodig voor i =, 2, 3: f f = f 2 (x) dx = dx = 2, f 2 f 2 = f 2 2 (x) dx = x2 dx = 2/3 en f 3 f 3 = f 2 3 (x) dx = (3x2 ) 2 dx = 9x4 6x 2 + dx = 8/5. Stellen we = g i = g i g i = λ i f i f i voor elke i =, 2, 3, dan volgt hieruit dat λ = / f f = 2/2, λ 2 = 4

5 / f 2 f 2 = 6/2 en λ 3 = / f 3 f 3 = 0/4. d. Beschouw de differentiaaloerator S : V V : f S(f) gegeven door S(f)(x) = x df(x) dx. d. Bewijs dat S een lineaire afbeelding is. d2. Beaal de matrix S behorende bij de oerator S ten ozichte van de basis {f, f 2, f 3 }. Dat wil zeggen, als = α f + α 2 f 2 + α 3 f 3 en = S() = β f + β 2 f 2 + β 3 f 3, beaal dan de matrix die de coördinatenvectoren van en relateert volgens β α β 2 = S α 2. β 3 α 3 d3. Bewijs dat S singulier is, dat wil zeggen dat de beeldruimte van S een lagere dimensie heeft dan het domein. d4. Laat zien dat S geen rojectie is, maar dat er een lineaire deelruimte van V bestaat waarbinnen S, beerkt tot die deelruimte, wel een rojectie definiëert. Beaal de maximale deelruimte waarvoor dit het geval is. Ad d: S(λf +µg)(x) = x(λf +µg) (x) = λxf (x)+µxg (x) = λs(f)(x)+µs(g)(x) voor alle x [, ], dus S(λf +µg) = λs(f) + µs(g). Ad d2: De kolommen van S bevatten de coördinatenrijtjes behorende bij S(f ), S(f 2 ), resectievelijk S(f 3 ). Nu is S(f )(x) = 0 = 0 f (x) + 0 f 2 (x) + 0 f 3 (x), S(f 2 )(x) = 0 f (x) + f 2 (x) + 0 f 3 (x) en S(f 3 )(x) = 6x 2 = 2(3x 2 c) + 2c = 2c f (x) + 0 f 2 (x) + 2 f 3 (x). Conclusie: [ 0 ] 0 2c S = Ad d3: S beeldt de constante functie af o de nulfunctie, dus de nulruimte heeft tenminste dimensie één en derhalve kan de beeldruimte hooguit dimensie twee hebben. Als alternatief kun je kijken naar de bijbehorende matrix S. Aan de eerste kolom zie je dat die singulier is. Ad d4: Beschouw een willekeurig tweedegraads olynoom : S(S())(x) = x(xf (x)) = x(f (x) + xf (x)) = xf (x) + x 2 f (x) S()(x); de tweede orde term hierin is in het algemeen niet nul, dus S is geen rojectie o het volledige osansel van f, f 2 en f 3. O de deelruimte ogesannen door f en f 2 is S wèl een rojectie, omdat dan geldt f = 0, waardoor S S = S. Dit is tevens de maximale deelruimte. Als alternatief kun je kijken naar de matrixreresentatie: S 2 S, dus S is geen rojectiematrix. Voor de 2 2 deelmatrix linksboven, zeg T, geldt echter trivialiter wel T 2 = T. (25 ) 4. In deze ogave beschouwen we een synthetisch signaal f : IR IR, gedefiniëerd als volgt: 0 als x < 0 f(x) = 2 als x = 0 als x > 0 Verder definiëren we het zogenaamde Poisson filter φ σ : IR IR voor σ > 0 als φ σ (x) = π σ x 2 + σ 2. 5

6 Bij deze ogave mag je gebruik maken van de volgende standaardformules (zie ook onderstaande grafiek): dx = arctan x + c res. lim + x2 arctan x = ±π x ± 2. y as Π 2 Π 4 y arctan x x as Π 4 Π 2 Verder hanteren we in deze ogave de volgende Fourierconventie: û(ω) = F(u)(ω) = e iωx u(x) dx en dus u(x) = F (û)(x) = e iωx û(ω) dω. 2π a. Toon aan dat φ σ(x) dx = ongeacht de waarde van σ. φσ(x) dx = σ π x 2 +σ 2 dx = π +y 2 dy = [arctan y]y + π y = π ( π 2 + π ) =. 2 Hierin is de volgende substitutie van variabelen toegeast: y = x/σ. b. Bewijs dat voor willekeurige, voldoende gladde, integreerbare filters φ geldt: (f φ)(x) = x φ(ξ) dξ. (f φ) (x) = f(y) φ(x y) dy = x φ(x y) dy = φ(ξ) dξ. In de laatste sta is substitutie van variabelen, 0 ξ = x y, toegeast. b2. Laat door exliciete berekening zien dat het convolutierodukt f φ σ gegeven wordt door (f φ σ ) (x) = 2 + π arctan x σ. (f φ σ) (x) = f(y) φσ(x y) dy = σ x/σ π 0 (x y) 2 +σ 2 dy = +ξ 2 dξ = [arctan ξ]ξ=x/σ π ξ = π (arctan x σ + π 2 ) = 2 + π arctan x. Hierin is de volgende substitutie van variabelen toegeast: ξ = (x y)/σ. Gebruik van onderdeel b σ leidt uiteraard tot hetzelfde resultaat. c. Toon aan dat de Fouriergetransformeerde f = F(f) van f gegeven wordt door f(ω) = iω. 6

7 Hint: Uit onderdeel b volgt dat d dx (f φ) (x) = φ(x). Pas hier Fouriertransformatie o toe. Uit d dx (f φσ) (x) = φσ(x) volgt dat F ( d dx (f φσ)) (ω) = F (φ σ) (ω). Met behul van Result 6 o blz. 97 en Theorem 7 o blz. 04 volgt dat dit euivalent is met iωf (f) (ω)f (φ σ ) (ω) = F (φ σ ) (ω). Ervan uitgaand dat F (φ σ ) (ω) 0 voor (bijna) alle ω concluderen we dat F (f) (ω) = iω. d. Zonder bewijs geven we hier de Fouriergetransformeerde φ σ = F(φ σ ) van φ σ : φ σ (ω) = e σ ω. d. Verklaar het gedrag van φ σ (ω) voor ω 0 in termen van eigenschaen van het bijbeho- rende satiële filter φ σ (x). Hint: Vergelijk onderdeel a. d2. Verklaar het gedrag van f(ω) voor ω 0 in termen van eigenschaen van het bijbeho- rende satiële signaal f(x). Zie de definitie van û(ω): Indien û(0) bestaat dan moet hiervoor kennelijk gelden û(0) = u(x) dx. Dit verklaart zowel het gedrag van φσ(ω) als van f(ω) voor ω 0: φσ(0) = φσ(x) dx = (zie a), terwijl f(0) niet bestaat omdat f(x) dx = dx niet convergeert. 0 e. Beaal het functievoorschrift van de functie F(f φ σ ). Noteren we gemakshalve f σ = f φ σ dan geldt hiervoor in de gehanteerde Fourierconventie fσ = F(f φ σ) = F(f) F(φ σ) = f φσ, dus fσ (ω) = iω e σ ω. f. Toon aan dat lim σ 0 f φ σ = f. Hint: Neem de Fourierroute. Schrijf wederom f σ = f φ σ. Uit e blijkt dat in het Fourierdomein geldt lim σ 0 fσ (ω) = lim σ 0 iω e σ ω = iω = f(ω), dus volgt lim σ 0 f σ(x) = f(x). EINDE 7

8 BIJLAGE BIJ OPGAVE Naam: Studentnummer: Figuur : Kortste ad van naar middels 4-adjacency. Figuur 2: Kortste ad van naar middels 8-adjacency. Figuur 3: Kortste ad van naar middels mixed-adjacency. 8