频域增强-习题

最新推荐文章于 2023-03-31 10:30:09 发布

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分类专栏：图像处理

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题1

根据书中对傅立叶变换的定义，证明傅立叶变换的平移性质
$f\left( {x,y} \right){e^{j2\pi \left( {{u_0}x/M + {v_0}y/N} \right)}} \Leftrightarrow F\left( {u - {u_0},v - {v_0}} \right)$
$f\left( {x - {x_0},y - {y_0}} \right) \Leftrightarrow F\left( {u,v} \right){e^{ - j2\pi \left( {{x_0}u/M + {y_0}v/N} \right)}}$
证：
先证 $f\left( {x,y} \right){e^{j2\pi \left( {{u_0}x/M + {v_0}y/N} \right)}} \Leftrightarrow F\left( {u - {u_0},v - {v_0}} \right)$
对左式做离散傅里叶变换：
$\begin{array}{l} DFT\left( {f\left( {x,y} \right){e^{j2\pi \left( {{u_0}x/M + {v_0}y/N} \right)}}} \right)\\ \;\; = \sum\limits_{x = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{y = 0}^{N - 1} {\left( {f\left( {x,y} \right){e^{j2\pi \left( {{u_0}x/M + {v_0}y/N} \right)}}} \right){e^{ - j2\pi \left( {ux/M,vy/N} \right)}}} } \\ \;\; = \sum\limits_{x = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{y = 0}^{N - 1} {f\left( {x,y} \right){e^{j2\pi \left( {{u_0}x/M + {v_0}y/N} \right) - j2\pi \left( {ux/M,vy/N} \right)}}} } \\ \;\; = \sum\limits_{x = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{y = 0}^{N - 1} {f\left( {x,y} \right){e^{ - j2\pi \left( {\frac{{u - {u_0}}}{M}x + \frac{{v - {v_0}}}{N}} \right)}}} } \\ \;\; = F\left( {u - {u_0},v - {v_0}} \right) \end{array}$
得证

再证明性质 $f\left( {x - {x_0},y - {y_0}} \right) \Leftrightarrow F\left( {u,v} \right){e^{ - j2\pi \left( {{x_0}u/M + {y_0}v/N} \right)}}$
对右式做离散逆傅里叶变换：
$\begin{array}{l} IDET\left( {F\left( {u,v} \right){e^{ - j2\pi \left( {{x_0}u/M + {y_0}v/N} \right)}}} \right)\\ \;\;\; = \frac{1}{{MN}}\sum\limits_{u = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{v = 0}^{N - 1} {\left( {F\left( {u,v} \right){e^{ - j2\pi \left( {{x_0}u/M + {y_0}v/N} \right)}}} \right)} } {e^{j2\pi \left( {ux/M + vy/N} \right)}}\\ \;\;\; = \frac{1}{{MN}}\sum\limits_{u = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{v = 0}^{N - 1} {F\left( {u,v} \right){e^{ - j2\pi \left( {{x_0}u/M + {y_0}v/N} \right) + j2\pi \left( {ux/M + vy/N} \right)}}} } \\ \;\;\; = \frac{1}{{MN}}\sum\limits_{u = 0}^{M - 1} {\sum\limits_{v = 0}^{N - 1} {F\left( {u,v} \right){e^{j2\pi \left( {\frac{{x - {x_0}}}{M}u + \frac{{y - {y_0}}}{N}v} \right)}}} } \\ \;\;\; = f\left( {x - {x_0},y - {y_0}} \right) \end{array}$
得证

习题2

观察如下所示图像。右边的图像这样得到：(a)在原始图像左边乘以 $\left(-1\right)^{x+y}$ ；(b) 计算离散傅里叶变换(DFT); (c) 对变换取复共轭; (d) 计算傅里叶反变换; (d) 结果的实部再乘以E $\left(-1\right)^{x+y}$ 。(用数学方法解释为什么会产生右图的效果。)
在这里插入图片描述
答:
设原图像为 $f\left( {x,y} \right)$
步骤(a)： ${f_a}\left( {x,y} \right) = {\left( { - 1} \right)^{x + y}}f\left( {x,y} \right)$
步骤(b)：由傅里叶变换的平移性质得 $DFT\left( {{f_a}\left( {x,y} \right)} \right) = F\left( {u - \frac{M}{2},v - \frac{N}{2}} \right)$
步骤(c)：由傅里叶变换的共轭对称性质得
${F^*}\left( {u - \frac{M}{2},v - \frac{N}{2}} \right) = F\left( { - \left( {u - \frac{M}{2}} \right), - \left( {v - \frac{N}{2}} \right)} \right)$
步骤(d)：由傅里叶的伸缩性质 $f\left( {ax} \right) \Leftrightarrow \frac{1}{{\left| a \right|}}F\left( {\frac{u}{a}} \right)$ 结合步骤(a)得
$IDFT\left( {F\left( { - \left( {u - \frac{M}{2}} \right), - \left( {v - \frac{N}{2}} \right)} \right)} \right) = {\left( { - 1} \right)^{ - \left( {x + y} \right)}}f\left( { - x, - y} \right)$
步骤(e)： ${\left( { - 1} \right)^{ - \left( {x + y} \right)}}{\left( { - 1} \right)^{x + y}}f\left( { - x, - y} \right) = f\left( { - x, - y} \right)$
因此图像最后旋转

习题3

高斯型低通滤波器在频域中的传递函数是
$H\left(u,v\right)=Ae^{-{(u^2+v^2)}{2\sigma^2}}$ 根据二维傅里叶性质，证明空间域的相应滤波器形式为 $h\left(x,y\right)=A2\pi\sigma^2e^{-2\pi^2\sigma^2(x^2+y^2)}$ （这些闭合形式只适用于连续变量情况。）
在证明中假设已经知道如下结论：函数 $e^{-\pi(x^2+y^2)}$ 的傅立叶变换为 $e^{-\pi(u^2+v^2)}$
证：
（1）
令 $\sqrt {2\pi } \sigma U$ ， $\sqrt {2\pi } \sigma V$ ，则上式变为(2)
$IDFT\left( {H\left( {u,v} \right)} \right) = A2\pi {\sigma ^2}\int_{ - \infty }^\infty {\int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \pi \left( {{U^2} + {V^2}} \right)}}{e^{j2\pi \left( {\sqrt {2\pi } \sigma Ux + \sqrt {2\pi } \sigma Vy} \right)}}dUdV} }$
根据题目给出得结论：函数 $e^{-\pi(x^2+y^2)}$ 的傅立叶变换为 $e^{-\pi(u^2+v^2)}$ ，得到(3):
${e^{ - \pi \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} = \int_{ - \infty }^\infty {\int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \pi \left( {{u^2} + {v^2}} \right)}}{e^{j2\pi \left( {ux + vy} \right)}}dudv} }$
令 $\sqrt {2\pi } \sigma X$ ， $\sqrt {2\pi } \sigma Y$ ，等式两边再乘以 $A2\pi {\sigma ^2}$ ，则上式变为
$A2\pi {\sigma ^2}{e^{ - 2{\pi ^2}{\sigma ^2}\left( {{X^2} + {Y^2}} \right)}} = A2\pi {\sigma ^2}\int_{ - \infty }^\infty {\int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - \pi \left( {{u^2} + {v^2}} \right)}}{e^{j2\pi \left( {\sqrt {2\pi } \sigma uX + \sqrt {2\pi } \sigma vY} \right)}}dudv} }$
对比式（2）和式（4）得：
$IDFT\left( {H\left( {u,v} \right)} \right) = A2\pi {\sigma ^2}{e^{ - 2{\pi ^2}{\sigma ^2}\left( {{X^2} + {Y^2}} \right)}}$ 得证

习题4

在这里插入图片描述
答：没有区别。对图像补零是为了使直接卷积公式法和DFT方法产生得卷积结果相同，后者必须对函数周期补足。考虑到傅里叶变换的周期性，如果将左边的图像以覆盖整个平面的方式复制多次，将形成一个棋盘，棋盘中每个方格都是本图片和黑色的扩展部分。如果将右边的图片做同样的处理，也得到相同的结果。
在这里插入图片描述

习题5

请证明第二版课本习题4.5中提及的频域内高通滤波器与低通滤波器的关系式子。
在这里插入图片描述
答：可以认为原始图像由高频部分和低频部分组成：
$f\left( {x,y} \right) = {f_r}\left( {x,y} \right) + {f_p}\left( {x,y} \right)$
而高频部分和低频部分可以由原图像作卷积得到，即：
$f\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)*{h_{br}}\left( {x,y} \right) + f\left( {x,y} \right)*{h_{bp}}\left( {x,y} \right)$
等上式两边分别做傅里叶变换：
$\begin{array}{l} F\left( {u,v} \right) = F\left( {u,v} \right){H_{br}}\left( {u,v} \right) + F\left( {u,v} \right){H_{bp}}\left( {u,v} \right)\\ F\left( {u,v} \right) = F\left( {u,v} \right)\left( {{H_{br}}\left( {u,v} \right) + {H_{bp}}\left( {u,v} \right)} \right)\\ 1 = {H_{br}}\left( {u,v} \right) + {H_{bp}}\left( {u,v} \right)\\ {H_{bp}}\left( {u,v} \right) = 1 - {H_{br}}\left( {u,v} \right) \end{array}$
所以 ${H_{bp}}\left( {u,v} \right) = 1 - {H_{br}}\left( {u,v} \right)$ 得证