Niveau Master

Convolution 2D avec "fonction" de Dirac

Posté par
DrGMontreal 29-01-15 à 06:49

Bonjour à tous,
Je reviens vers vous avec un nouveau "petit" problème que je n'arrive pas à résoudre.
Vu que ça fait quelques semaines que je suis dessus, je me dis qu'il me faudrait peut être un avis extérieur...
Voici donc l'énoncé du problème (résumé à sa plus courte expression) :
Soit :
$f_{\delta}(x_1,x_2) = \delta \left ( x_2 - x_1 \cos\theta  + \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta \right ) + \, \delta \left ( x_2 - x_1 \cos\theta  - \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta \right )$
avec $\delta(u)$ , la distribution de Dirac ;

$f(x_1,x_2) = K_f\,\frac{1}{\sqrt{A^2 - x_1^2 + A^2 -x_2^2}} \:  f_{\delta}(x_1,x_2)$ ,

$g(x_1,x_2) = K_g\:\mathrm{e}^{K_e \left ( x_1^2 - K_\rho x_1 x_2 + x_2^2 \right ) }$

avec $x_1$ , $x_2 \in \mathbb{R}$ , $A$ est une constante positive et $\theta$ est une constante dans $[0 ; 2 \pi[$

Je cherche à calculer $h$ la convolution (2D) de $f$ et $g$ :
$h(u_1,u_2) = f \star g(u_1,u_2) = \int_{-A}^{A} \int_{-A}^{A} f(x_1,x_2) g(u_1-x_1,u_2-x_2) \mathrm d x_1 \mathrm d x_2$

I - Première tentative : calcul direct
Je vais intégrer d'abord par rapport à $x_2$ en considérant $x_1$ fixe dans $]-A,A[$ et ensuite par rapport à $x_1$ .
a/ Première étape : Déterminer les valeurs de $x_1, x_2$ qui annulent les arguments des diracs.
Je suppose $x_1$ fixé, alors $f_{\delta}(x_1,x_2)$ est non nulle pour : $x_2 = x_1 \cos\theta  + \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta$ ou $x_2 = x_1 \cos\theta  - \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta$
Je note respectivement $x_{2\delta+}(x_1)$ et $x_{2\delta-}(x_1)$ les deux expressions précédentes.

Ce qui implique, par définition de la distribution de Dirac :
$h(u_1,u_2) =  \int_{-A}^{A} f(x_1,x_{2\delta+}(x_1)) g(u_1-x_1,u_2-x_{2\delta+}(x_1)) \mathrm d x_1 +\int_{-A}^{A} f(x_1,x_{2\delta-}(x_1)) g(u_1-x_1,u_2-x_{2\delta-}(x_1)) \mathrm d x_1$
Je note respectivement $\mathbb{I}_+(u_1,u_2)$ et $\mathbb{I}_-(u_1,u_2)$ , la première et la deuxième intégrale de l'expression précédente.

b/ Deuxième étape : intégration par rapport à $x_1$
Je développe $\mathbb{I}_+$ pour voir à quoi ça ressemble :
$\mathbb{I}_+(u_1,u_2) = K_f K_g \int_{-A}^{A} \frac{1}{\sqrt{2A^2 - x_1^2 -(x_1 \cos\theta  + \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta)^2}}\;\mathrm{e}^{K_e \left ( (u_1-x_1)^2 - K_\rho (u_1-x_1) (u_2-x_1 \cos\theta  + \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta) + (u_2-x_1 \cos\theta  + \sqrt{A^2-x_1^2}\sin\theta)^2 \right ) } \mathrm d x_1$
Ce qui donne :
$\mathbb{I}_+(u_1,u_2) = K_f K_g \int_{-A}^{A} \frac{1}{-\left(1+ \cos( 2\,\theta) \right) \,{x_1}^{2}-\sin(2\,\theta) \,x_1\sqrt{{A}^{2}-{x_1}^{2}}+ \frac{(\cos(2\theta)+3)A^2}{2}} \\ \times \mathrm e^{\left (2\cos^{2}\theta - K_\rho\,\cos\theta\right ) x_1^2 + \left (K_\rho\sin \theta -\sin( 2\,\theta)\right ) x_1 \sqrt{A^2-x_1^2} + \left (\left( K_\rho -2\,\cos\theta \right) u_2+\left( K_\rho\cos\theta -2\right) \,u_1\right ) x_1 + \left (2\, \sin\theta \,u_2 - K_\rho\sin\theta \,u_1\right )\sqrt{A^2-x_1^2} + \frac{{A}^{2}}{2}(1-\cos( 2\,\theta))+{u_1}^{2} - K_\rho\,u_1\,u_2+{u_2}^{2}} \mathrm d x_1$

C'est là que je bloque... pour résumer, je cherche une primitive de :
$\frac{1}{c_0 \, {x_1}^{2}+ c_1 \,x_1\sqrt{{A}^{2}-{x_1}^{2}}+ c_2} \mathrm e^{c_3 \, x_1^2 + c_4 \, x_1 \sqrt{A^2-x_1^2} + c_5\, x_1 + c_6\,\sqrt{A^2-x_1^2} + c_7}$

Est-ce que cela existe ?
Y a-t-il un changement de variable judicieux ?

II - Deuxième tentative : changement de variable dans le plan
En traçant le lieu des coordonnées qui annulent les arguments des diracs, on constate que la courbe forme une ellipse. En outre, toutes les autres fonctions ont un fort comportement radiale... Donc j'ai tenté le changement de variable :
$(x_1,x_2) \longrightarrow (r\cos\alpha,r\sin\alpha)$

Ainsi, on a :
$f_{\delta}(r \cos\alpha,r\sin\alpha) = \delta \left ( \left( -\cos\alpha \,\cos\theta +\sin\alpha \right) \,r+\sin\theta \,\sqrt{{A}^{2}-{\cos\alpha }^{2}\,{r}^{2}} \right ) + \, \delta \left ( \left( -\cos\alpha \,\cos\theta +\sin\alpha \right) \,r-\sin\theta \,\sqrt{{A}^{2}-{\cos\alpha }^{2}\,{r}^{2}} \right )$
$f(r \cos\alpha,r\sin\alpha) = K_f\,\frac{1}{\sqrt{2 A^2 - r^2}} \:  f_{\delta}(r \cos\alpha,r\sin\alpha)$
$g(u_1-r \cos\alpha,u_2-r\sin\alpha) = K_g\,\mathrm{e}^{\left( \tfrac{1}{2}\sin(2\alpha)\,K_\rho+1\right) \,{r}^{2}+ \left( \left( -\cos\alpha \,K_\rho-2\,\sin \alpha \right) \,u_2+\left( -\sin \alpha \,K_\rho-2\,\cos \alpha \right) \,u_1\right) \,r+{u_2}^{2}+K_\rho\,u_1\,u_2+{u_1}^{2}}$

Aussi, selon moi, le nouveau domaine d'intégration peut être ramené au cercle de rayon $A$ et de centre $(0,0)$ pour les raisons suivantes :
- le carré de côté $A$ est inscrit dans le cercle
- $f(x_1,x_2)$ est non-nulle seulement sur une ellipse contenue dans ce carré
(J'ai un doute sur le nouveau domaine d'intégration mais je peux le lever en considérant $h(u_1,u_2)$ comme la double intégrale sur $\mathbb{R}\times \mathbb{R}$ )
Supposons que j'ai juste sur ce dernier point.
La double intégrale devient :
$h(u_1,u_2) = \int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{A} f(r \cos\alpha,r\sin\alpha) g(u_1-r \cos\alpha,u_2-r\sin\alpha)\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\alpha$

a/ Première étape : Déterminer les valeurs de $r, \theta$ qui annulent les arguments des diracs.
Je considère ici que $\theta$ est fixe dans $[0; 2\pi[$
Les arguments des diracs s'annulent pour : $r_\delta(\alpha) = \frac{A \left | \sin\theta \right |}{\sqrt{1-\sin(2\,\alpha)\cos\theta}}$ (qui est dans l'intervalle d'intégration)

Ce qui implique, par définition de la distribution de Dirac :
$h(u_1,u_2) = \int_{0}^{2 \pi} r_\delta f(r_\delta\cos\alpha,r_\delta\sin\alpha) g(u_1-r_\delta \cos\alpha,u_2-r_\delta\sin\alpha)\,\mathrm{d}\alpha$
C'est à dire :
$h(u_1,u_2) =K_f K_g \int_{0}^{2 \pi}  \frac{r_\delta(\alpha)}{\sqrt{2 A^2 - r_\delta(\alpha)^2}}  \mathrm{e}^{d_1 \,r_\delta(\alpha)^{2}+ d_2\,r_\delta(\alpha)+d_3}\,\mathrm{d}\alpha$
Qui se développe en :
$h(u_1,u_2) =K_f K_g \int_{0}^{2 \pi}  \frac{ \left | \sin\theta \right |}{\sqrt{2 - \sin^2\theta - 2\sin(2\alpha)\cos\theta}}  \mathrm{e}^{\tfrac{b_1}{1-\sin(2\alpha)\cos\theta}+ \tfrac{b_2}{\sqrt{1-\sin(2\alpha)\cos\theta}}+b_3}\,\mathrm{d}\alpha$

b/ Deuxième étape : intégrer par rapport à $\alpha$
Bon, là je suis tenté de faire le changement de variable : $t=\sin(2\alpha)$ . Et je me rends compte que l'intervalle d'intégration est mal formé en regard de $\sin(2\alpha)$ .
Donc je décompose l'intervalle d'intégration de la manière suivante :
$\int_{0}^{2\pi} = \int_{-\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{4}}+\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{3\pi}{4}}+\int_{\tfrac{3\pi}{4}}^{\tfrac{5\pi}{4}}+\int_{\tfrac{-3\pi}{4}}^{\tfrac{-\pi}{4}}$
Ça me permet d'avoir sur chaque intervalle une bijection pour $t=\sin(2\alpha)$ .
Pour la clarté, je ne traite ici que l'intégrale sur $[-\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{4}]$ .
Sur cet intervalle, on a donc : $\alpha = \frac{\arcsin\left ( t \right )}{2}$
Et on a : $\mathrm{d}\alpha = \frac{\mathrm{d}t}{2\sqrt{1-t^2}}$
Ce qui donne au final une intégrale du type :
$\int_{-1}^{1}  \frac{ 1}{\sqrt{b_0 - t\cos\theta}} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{e}^{\tfrac{b_1}{1-t\cos\theta}+ \tfrac{b_2}{\sqrt{1-t\cos\theta}}+b_3}\,\mathrm{d}t$

Là aussi je bloque.

J'aimerais avoir vos avis sur ce calcul de convolution 2D...
Cordialement

Posté par re : Convolution 2D avec "fonction" de Dirac 29-01-15 à 14:08

bonjour,
je viens de passer pas mal de temps à comprendre ce que tu as fait. La piste deux me paraît plus adaptée ; mais je ne vois pas l'application de Dirac dans la convolution, qui consisterait à dire que

delta*gf = gf(r_alpha) où gf(r) = KfKg/sqrt(2A2-r^2) g(r).

...

Posté par re : Convolution 2D avec "fonction" de Dirac 30-01-15 à 08:14

Bonjour,
L'application du Dirac pour la deuxième piste est faite lors de l'intégration par rapport à $r$ :

Citation :
C'est à dire :
$h(u_1,u_2) =K_f K_g \int_{0}^{2 \pi} \frac{r_\delta(\alpha)}{\sqrt{2 A^2 - r_\delta(\alpha)^2}} \mathrm{e}^{d_1 \,r_\delta(\alpha)^{2}+ d_2\,r_\delta(\alpha)+d_3}\,\mathrm{d}\alpha$

Cette intégrale résulte de l'application du Dirac.
Comme j'intègre par rapport à $r$ en premier, je suppose $\alpha$ fixe. Pour un $\alpha$ donné, l'argument des diracs s'annule pour $r=r_\delta(\alpha)$ .
(En appliquant la définition $\int_{-\infty}^{+\infty} F(r) \delta(r-r_\delta(\alpha)) dr = F(r_\delta(\alpha))$ , l'intégrale par rapport à $r$ disparaît et il ne reste que celle par rapport à $\alpha$ )
J'admets avoir éludé le fait que chaque argument de chaque dirac a deux racines distinctes, l'une positive, l'une négative (qui dépendent de $\sin\theta$ ). Il se trouve que les deux couples de racines sont identiques... en outre, $r$ est forcément positif... d'où la seule valeur de $r_\delta(\alpha)$ .

Je reconnais que tout ça est fastidieux ! Ce n'est pas un problème d'école... c'est plus un défi

C'est pourquoi je demande un avis extérieur, qui aurait plus de recul ou d'expérience à manipuler des intégrales (que moi)

A bientôt

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