Rapport exercices et expériences 1

Julie Digne jdigne@gmail.com November 1, 2006

1 Exercices

Exercice 1.1

Montrons que G_{t} définie par G_{t}(x) = \frac{1}{(4πt)^{N/2}} exp −\frac{|x|^{2}}{4t} est solution de l’équation de la chaleur :

\frac{∂G_{t}}{∂t} = (−\frac{4πN/2}{(4πt)^{N/2+1}} + \frac{1}{(4πt)^{N/2}} \frac{|x|^{2}}{4t^{2}} ) exp −\frac{|x|^{2}}{4t}

= (\frac{|x|^{2}}{4t^{2}} − \frac{N}{2t})G_{t}(x)

Or :

ΔG_{t}(x) = ∑_{i=1}^{N} \frac{∂^{2}G_{t}}{∂x_{i}^{2}} (x)

= \frac{1}{(4πt)^{N/2}} ∑_{i=1}^{N} \frac{∂ ∫ \frac{2x_{i}}{4t} exp −^{\frac{∑ x_{i}^{2}}{4t}}}{∂x_{i}} (x)

= \frac{1}{(4πt)^{N/2}} ∑_{i=1}^{N}(\frac{2}{4t} − \frac{4x_{i}^{2}}{16t^{2}} )exp−\frac{|x|^{2}}{4t}

= G_{t}(x)(\frac{N}{2t} − \frac{|x|^{2}}{4t^{2}} )

= −\frac{∂G_{t}}{∂t}

Donc G_{t} vérifie bien l’équation de la chaleur.

Exercice 1.2

u est identifiée à une fonction à support compact dans ℝ on sait aussi que u est continue. Donc u ∈ L^{1}. Le produit de convolution a donc un sens.(x, y) → u(y)g(x − y) est intégrable et continue car u et g le sont. Enfin on peut majorer |u(y)g(x − y)| par une fonction f = sup_{y}(|u(y)|) ∗ I_{u(y)≠0} qui est intégrable et à valeurs positives. Alors, en appliquant le théorème de convergence dominée de Lebesgue, on trouve que la fonction x → ∫ u(y)g(x − y)dy est continue donc u × g l’est. De plus, d’après ce même théorème, on peut écrire lim_{x→∞} ∫ u(x−y)g(y)dy = ∫ (lim_{x→∞} u(x−y))g(y)dy or lim_{x→∞} u(x−y) = 0 donc lim_{x→∞}u ∗ g(x) = 0, g étant intégrable.

Exercice 1.3

1) Pour simplifier, on note u la fonction u_{0}. On effectue un développement de Taylor au second ordre autour de x_{0}. On obtient alors, en notant v = (v_{1}, v_{2})^{t} :

u(x_{0}+v) = u(x_{0})+\frac{∂u}{∂x}(x_{0})v_{1}+\frac{∂u}{∂y}(x_{0})v_{2}+\frac{1}{2}(\frac{∂^{2}u}{∂x^{2}}(x)∗v_{1}^{2}+2\frac{∂^{2}u}{∂x∂y} (x)v_{1}v_{2}+\frac{∂^{2}u}{∂y^{2}}(x)v_{2}^{2})+o(∥v∥^{2})

2) On applique ensuite M_{h} à u. On sait que M_{h}u = \frac{1}{πh^{2}} ∫_{D(x,h)} u(z)dz =

\frac{1}{πh^{2}} ∫_{D(0,h)} u(z +x)dz d’où la simplification sur le premier membre de l’égalité

M_{h}u(x_{0}) =\frac{1}{πh^{2}} (u(x_{0}) ∫_{D(0,h)} dxdy + u_{x}(x_{0}) ∫_{D(0,h)} v_{1}dv_{1}dv_{2} + u_{y}(x_{0}) ∫_{D(0,h)} v_{2}dv_{1}dv_{2}

+ \frac{1}{2}u_{xx}(x_{0}) ∫_{D(0,h)} v_{1}^{2}dv_{1}dv_{2} + \frac{1}{2}u_{yy}(x_{0}) ∫_{D(0,h)} v_{2}^{2}dv_{1}dv_{2}

+ u_{xy}(x_{0}) ∫_{D(0,h)} v_{1}v_{2}dv_{1}dv_{2}) + o(h^{2})

On fait un changement de variable pour passer en coordonnées polaires. Les intégrales comportant v_{1} et v_{2} à l’ordre 1 s’annulent. Il vient :

M_{h}u(x_{0}) = u(x_{0}) + \frac{1}{πh^{2}} u_{xx}(x_{0}) ∫_{[} 0, 2π] ∫ [0, h]r^{3}cos^{2}θdrdθ

+ \frac{1}{πh^{2}} u_{yy}(x_{0}) ∫_{[} 0, 2π] ∫ [0, h]r^{3}sin^{2}θdrdθ + o(h^{2})

= u(x_{0}) + u_{xx}(x_{0})\frac{1}{2πh^{2}} \frac{h^{4}}{4} \frac{2π}{2} + u_{yy}(x_{0})\frac{1}{2πh^{2}} \frac{h^{4}}{4} \frac{2π}{2} + o(h^{2})

et finalement :

M_{h}u(x_{0}) = u(x_{0}) + \frac{h^{2}}{8} Δu(x_{0}) + o(h^{2})

3)On prend u_{0} ∈ F et u(t, x) solution de l’équation de la chaleur avec pour

condition initiale u(0, x) = u_{0}(x). Soit t_{0} > 0 on applique le résultat précédent et on trouve :

M_{h}u(t_{0}, x) = u(t_{0}, x) + \frac{h^{2}}{8} Δu(t_{0}, x) + o(h^{2})

or un développement limité à l’ordre 2 de u(t_{0} + h^{2}, x) nous donne :

u(t_{0} + h^{2}, x) = u(t_{0}, x) + \frac{∂u}{∂t}(t_{0}, x)h^{2} + o(h^{2})

. On trouve donc M_{h}u(t_{0}, x) = u(t_{0}+h^{2}, x)+h^{2}(\frac{∂u}{∂t}(t_{0}, x)+ \frac{1}{8}Δu(t_{0}, x))+o(h^{2}) et on en déduit :

M_{h}u(t_{0}, x) = u(t_{0} + h^{2}, x) + h^{2}ϵ(t_{0}, x, h)

Exercice 1.4

La fonction considérée est un mapping de ℝ^{N} sur la sphère unité de ℝ^{N+1}. On se place en coordonnées polaires en dimension N, c’est à dire qu’on prend un système de coordonnées où il y a une seule coordonnée radiale r, le reste servant à donner la "direction"(ces autres coordonnées étant dans S_{N−1}. On se place ensuite dans le plan perpendiculaire à ℝ^{N}, passant pas O le centre de la sphère et le point A qu’on veut "mapper". La coordonnée radiale de A est r. On munit ce plan d’un repère orthonormé de centre O et dont le premier vecteur est parallèle à (OA). La relation donnant T (r) de l’énoncé revient alors à calculer l’intersection de la sphère avec la droite passant par A et B(0,1). On peut redémontrer qu’on abien alors T (r) = (\frac{r^{2}−1}{1+r^{2}}; \frac{2r}{1+r^{2}} ). Via la définition géométrique elle est forcément bijective (puisque dans tous les cas la droite joignant A à B ne coupe la sphère qu’en un unique point) on peut facilement passer de l’un à l’autre en considérant cette droite et son intersection avec la sphère. On remarque que ce mapping laisse la partie non radiale des coordonnées dans S_{N−1} et transforme par T la coordonnée radiale en 2 coordonnées (x, y), or S_{N−1} et S_{N} sont des compacts donc l’application qui transforme cette partie des coordonnées est bicontinue et T est elle même continue d’inverse T^{−1}(x, y) = x/y si y ≠ 0 et T^{−1}(1, 0) = 1 avec \sqrt{x^{2} + y^{2}} = 1 également continue. On en déduit que le mapping est bien un homéomorphisme.

Exercice 2.1

1) On a (toutes les intégrales sont sur ℝ^{N}) : (i)

∫ \frac{1}{h^{N/2}} g(\frac{x}{h^{1/2}} )dx = ∫ \frac{1}{h^{N/2}} h^{N/2}g(z)dz = ∫ g(z)dz

par changement de variable. Donc si g ou g_{h} somme à 1, l’autre somme à 1 aussi. (ii) On a pour tout i ∈ [1..N]

∫ \frac{1}{h^{N/2}} x_{i}g(\frac{x}{h^{1/2}} )dx = ∫ \frac{1}{h^{N/2}} h^{N/2}x_{i}h^{1/2}g(z)dz = h^{1/2} ∫ x_{i}g(z)dz

Donc si l’une des deux fonctions g ou g_{h} vérifie ∀i ∈ [1..N] ∫ x_{i}f(x) = 0 l’autre vérifie également cette propriété. (iii) et (iv)

∫ \frac{1}{h^{N/2}} x_{i}x_{j}g(\frac{x}{h^{1/2}} )dx = ∫ \frac{1}{h^{N/2}} h^{N/2}hz_{i}z_{j}h^{1/2}g(z)dz = h ∫ z_{i}z_{j}g(z)dz

donc si l’une des deux fonctions vérifie les propriétés (iii) et (iv) de la définition, l’autre les vérifie forcément. (v)De même que précédemment on a

∫ \frac{1}{h^{N/2}} |x|^{3}g(\frac{x}{h^{1/2}} )dx = ∫ \frac{1}{h^{N/2}} h^{N/2}h^{3}/2|z|^{3}g(z)dz = h^{3}/2 ∫ |z|^{3}g(z)dz

donc si l’une de ces intégrales est non infinie, l’autre l’est aussi.

En conclusion, on a donc : g est laplacien-consistante si et seulement si g_{h} est laplacien-consistante.

2)Montrons que (g_{h})^{n∗} = (g^{n∗})_{h} pour n = 2 on a bien

(g_{h}) ^{2∗(x)} = g_{h} ∗ g_{h}(x)

= \frac{1}{h^{N}} ∫ g(\frac{y}{h^{1/2}} )g(\frac{x − y}{h^{1/2}} )dy

= \frac{1}{h^{N}} h^{N/2} ∫ g(y)g(\frac{x}{h^{1/2}} − y)dy

= (g^{2∗})_{h}(x)

Par récurrence on suppose H_{n} et on montre H_{n+1} : (g_{h}) ^{(n+1)∗(x)=(g^{n∗})_{h}∗g_{h}(x)} en faisant le même changement de variable que précédemment,on a :

(g_{h}) ^{(n+1)∗(x)} = ∫ \frac{1}{h^{N}} (g^{n∗})(y/h^{1/2})g(\frac{x − y}{h^{N/2}} )dy

= \frac{1}{h^{N/2}} ∫ (g^{n∗})(y)g(x/h^{1}/2 − y)dy

= \frac{1}{h^{N/2}} (g^{n∗} ∗ g)(x/h^{1/2})

Ce qui prouve la propriété au rang n+1. Donc on a bien (g^{n∗})_{h} = (g_{h})^{n∗}

Exercice 2.4

1)Pour g(x) = 1 sur [−1, 1] e 0 ailleurs. La propriété (i) de la définition n’est pas vérifiée, les autres le sont.

g_{1/n}^{n∗} ∗ u(x) = ∫ g_{1/n}^{n∗}(x_{1})u(x − x_{1})dx_{1} = ∫ ∏ g(x_{i}) ∫ g(x − ∑ x_{i}) ∏ dx_{i}

En utilisant le fait que u vaut 1 sur ℝ. Le domaine de variation de z = x − ∑ x_{i} est [−1 + ∑ x_{i}; 1 + ∑ x_{i}] donc avec ce changement de variable, on trouve : g_{1/n}^{n∗} ∗ u(x) = 2^{n} donc le filtre explose. 2)Pour g(x) = 1 sur [0, 1] e 0 ailleurs. La propriété (ii) de la définition n’est pas vérifiée, les autres le sont. En partant de la première égalité précedente,on a:

g_{1/n}^{n∗} ∗ u(x) = ∫ g_{1/n}^{n∗}(x_{1})dx_{1} = 1

3)En supposant que toutes les propositions sont vraies sauf (iii), en reprenant la preuve, les simplifications se font de la même façon sauf pour les termes en ∫ g(z)z_{i}z_{j}. On obtient donc :

g_{h} ∗ u(x) − u(x) = h/2σ^{2}Δu + h/2 ∑_{i≠j} \frac{∂^{2}u}{∂x_{i}∂x_{j}} σ_{ij} + o(h)

en posant σ_{ij} = ∫ g(z)z_{i}z_{j} 4)En supposant que toutes les propositions sont vraies sauf (iv), en reprenant la preuve, les simplifications se font de la même façon sauf pour les termes en ∫ g(z)z_{i}^{2}. On obtient donc :

g_{h} ∗ u(x) − u(x) = h/2 ∑_{i=1}^{N} σ_{i}^{2} \frac{∂^{2}u}{∂x_{i}^{2}}(x) + o(h)

en posant : σ_{i}^{2} = ∫ g(z)z_{i}^{2} 5)On se place en dimension 1, et on suppose que (i) est vraie mais (ii) ne l’est pas :

g_{h} ∗ u(x) − u(x) = ∫ \frac{1}{h}g(\frac{y}{h})u(x − y)dy

= ∫ g(z)(u(x − hz) − u(x))dz

en faisant un développement de Taylor avec reste de Lagrange au premier ordre, on a:

g_{h} ∗ u(x) − u(x) = ∫ g(z)(−h\frac{∂u}{∂x}(x)zdz + ∫ g(z) ∗ h^{2}/2\frac{∂^{2}u}{∂x^{2}}(x − θhz)z^{2}dz

= −h\frac{∂u}{∂x}(x) ∫ g(z)zdz + o(h)

On arrive donc à :

g_{h} ∗ u(x) − u(x) = −h\frac{∂u}{∂x}(x) ∫ g(z)zdz + o(h)

2 Expériences

On réalise toutes ces expériences en Megawave et Matlab.

Expérience 1 : effet d’un filtre gaussien sur le gradient d’une image

On observe les valeurs du gradient sur une image :

(a) Image de départ (b) Norme du gradient de l’image de départ

Figure 1: Avant application de l’équation de la chaleur

(a) Image filtrée (b) Norme du gradi- ent

Figure 2: Après une itération de l’équation de la chaleur

(a) Image filtrée (b) Norme du gradi- ent

Figure 3: Après 2 itérations de l’équation de la chaleur

-Après une itération du filtre -Après deux itérations -Après une dizaine d’itérations

(a) Image filtrée (b) Norme du gra- di- ent

Figure 4: Après 10 itérations de l’équation de la chaleur

-Après une vingtaine d’itérations Conclusion : L’équation de la chaleur adoucit les sauts de gardient. Les

contours bien localisés au départ sont étalés par les itérations successives de l’équation de la chaleur.

Expérience 2

On remplace la valeur d’un pixel par la moyenne des valeurs des pixels de son voisinage. Ce petit programme est réalisé sous matlab. Pour simplifier

(a) Image filtrée (b) Norme du gra- di- ent

Figure 5: Après 20 itérations de l’équation de la chaleur

au niveau des bords, si le rayon de l’élément structurant est r et la taille de l’image de départ w ∗ h alors l’image d’arrivée est (w − 2 ∗ r) ∗ (h − 2 ∗ r). Par exemple pour un voisinage 3*3 r vaut 1. Les voisinages sont pris carrés. On prend toujours la même image de départ ("lacornou").

-Un voisinage 3*3

Figure 6: Moyennage sur un voisinage 3*3

-Un voisinage 5*5

Figure 7: Moyennage sur un voisinage 5*5

-Voisinage 7*7

Figure 8: Moyennage sur un voisinage 7*7

-Voisinage 9*9

Figure 9: Moyennage sur un voisinage 9*9

Conclusion : On remarque que le type de flou généré par ce filtre moyenneur "ressemble" au flou généré par l’équation de la chaleur, en ce sens qu’il est isotrope, et étale, selon la taille du voisinage choisi de plus en plus les zones de fort gradient. Cela correspond "intuitivement" au résultat de l’exercice 1.3 qui donne que la suite construite par lissage successifs d’un opérateur de moyennage local tend vers une solution de l’équation de la chaleur.

Expérience 3

On observe la convolution d’une image par des noyaux gaussiens en faisant varier la variance de ce noyau. -Variance 0.1

Figure 10: Filtrage par un noyau gaussien normé de variance 0.1

-Variance 1

Figure 11: Filtrage par un noyau gaussien normé de variance 1

-Variance 3

Figure 12: Filtrage par un noyau gaussien normé de variance 3

-Variance 9

Figure 13: Filtrage par un noyau gaussien normé de variance 9

Conclusion : Plus la variance est grande plus les images perdent de détails et deviennent floues.

Conclusion sur le filtrage par l’équation de la chaleur

Le problème de cette équation est sa propriété d’isotropie. En effet dans presque tous les cas, on s’intéresse à lisser les zones homogènes de l’image et conserver les contours. Or si l’équation de la chaleur lisse bien les zones homogènes, elle perd en revanche toutes les informations de contour. On connait divers filtres plus ou moins avantageux qui permettent avec plus ou moins de succès de respecter ces deux critères. Citons par exemple le filtre médian, alinéaire, qui permet de conserver les contours au risque de perdre les détails de taille inférieure au voisinage considéré.