Oppgave 1 - 2D DFT og Fourier-basisbildene (sin- og cos-bildene)
f = double(imread('car.png'));
F = fft2(f);
N = size(f,2);
i = (0:N-1)';
-
figure(1); imshow(log( abs(fftshift(F)) + 1 ), [0 max(log( abs(F(:)) + 1 ))]); axis on;
% colormap('default'); colorbar;
figure(2); imshow(angle(F), [-pi pi]); axis on; -
F(1,1)
sum(f(:)) -
u = 5;
v = 7;
sine = sin(-2*pi*(u.*repmat(i,1,N) + v.*repmat(i',N,1)) / N);
figure(3); imshow(sine, [-1 1]); axis on; -
sum(f(:) .* sine(:))
imag(F(u+1,v+1)) -
cosine = cos(2*pi*(u.*repmat(i,1,N) + v.*repmat(i',N,1)) / N);
sum(f(:) .* cosine(:))
real(F(u+1,v+1))
Oppgave 2 - Sin- og cos-bildene og ortogonalitet
M = 256;
N = 512;
x = (0:M-1)';
y = (0:N-1);
-
u = 10;
v = 10;
sine = sin(-2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
figure(1); imshow(sine, [-1 1]); axis on; -
cosine = cos(2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
sum(sine(:) .* cosine(:)) -
u = 86;
v = 45;
sine2 = sin(-2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
cosine2 = cos( 2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
sum(sine2(:) .* cosine2(:))
sum(sine(:) .* sine2(:))
sum(sine(:) .* cosine2(:))
sum(cosine(:) .* sine2(:))
sum(cosine(:) .* cosine2(:)) -
u = 246;
v = 502;
sine2 = sin(-2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
cosine2 = cos( 2*pi*(u.*repmat(x,1,N)/M + v.*repmat(y,M,1)/N));
figure(2); imshow(-sine2, [-1 1]); axis on;
figure(3); imshow(cosine, [-1 1]); axis on;
figure(4); imshow(cosine2, [-1 1]); axis on;
all(abs(sine(:) + sine2(:)) < 10^-10)
all(abs(cosine(:) - cosine2(:)) < 10^-10) -
sum(sine(:) .* sine(:))
sum(cosine(:) .* cosine(:))
Oppgave 3 - Kompresjon ved redusert basis
Forslag til l?sning ved bruk av car.png:
f = double(imread('car.png'));
F = fft2(f);
t = 1;
while t < 10000000
F2 = F;
F2(abs(F) < t) = 0;
f2 = ifft2(F2);
subplot(1,2,1); imshow(f2, [0 255]); title(['Rekonstruksjon, t = ' num2str(t)]);
subplot(1,2,2); imshow(fftshift(F2 ~= 0)); title([num2str(sum(F2(:) ~= 0)) ' ikke-null koeffisienter']);
pause;
t = 10 * t;
end
Oppgave 4 - Fjerning av periodisk st?y
f = double(imread('lena_periodicNoise.png'));
F = fft2(f);
-
figure(1); imshow(log( abs(fftshift(F)) + 1 ), [0 max(log( abs(F(:)) + 1 ))]); axis on;
Ved visuell inspeksjon peker parene (89, 29) og (169, 229), og (189, 69) og (69, 189) seg ut (skrevet med én-indeksering og etter skifting slik at senterpikselet er DC). -
F_centered = fftshift(F);
F_centered( 88: 90, 28: 30) = 0;
F_centered(168:170, 228:230) = 0;
F_centered(188:190, 68: 70) = 0;
F_centered( 68: 70, 188:190) = 0;
figure(2); imshow(log( abs(F_centered) + 1 ), [0 max(log( abs(F_centered(:)) + 1 ))]); axis on;
f2 = ifft2(ifftshift(F_centered));
figure(3); imshow(f2, [0 255]); -
f = double(imread('lena_periodicNoise2.png'));
F = fft2(f);
figure(1); imshow(log( abs(fftshift(F)) + 1 ), [0 max(log( abs(F(:)) + 1 ))]); axis on;
% Paret (89, 29) og (169, 229) peker seg ut.
% Et drastisk forslag til l?sning:
F_centered = fftshift(F);
F_centered( 1:end, 28: 30) = 0;
F_centered( 88: 90, 1:end) = 0;
F_centered( 84: 94, 24: 34) = 0;
F_centered( 1:end, 228:230) = 0;
F_centered(168:170, 1:end) = 0;
F_centered(164:174, 224:234) = 0;
figure(2); imshow(log( abs(F_centered) + 1 ), [0 max(log( abs(F_centered(:)) + 1 ))]); axis on;
f2 = ifft2(ifftshift(F_centered));
figure(3); imshow(f2, [0 255]);
Oppgave 5 - 2D DFT av symmetriske bilder
Imagin?rdelene vil alltid bli 0. Slike 2D DFT-er er derfor reelle og symmetriske.
Oppgave 6 - Antall uavhengige/"unike" koeffisienter
Galt. Pga. symmetrien i cosinus-bildene og anti-symmetrien i sinus-bildene vil kun halvparten av realdelene v?re uavhengige og halvparten av imagin?rdelene v?re uavhengige. For ? representere hele 2D DFT-en trenger man derfor bare ? lagre én av hver halvdel, som tilsammens utgj?r akkurat like mange tall som den romlige representasjonen.