Aufgabe 1: Pseudo-Inverse
Gegeben ist die Konstruktionsbasis . Die pseudo-inverse Primärbasis ergibt sich durch
, denn: .
Tatsächlich kann hierfür auch eine beliebige Basis eines anderen Farbraums verwenden werden, insofern die 3x3 Matrix invertierbar ist, denn mit gilt ebenfalls:
Anmerkung: Die beiden Ansätze liefern unterschiedliche Primärbasen, wobei beide die Bedingung der orthomor- malen Basen erfüllen:
(Gl. 1)
Denn:
Die erste der beiden Gleichungen (Gl. 1) nennt sich die „Moore-Penrose Pseudo-Inverse“ und ist diejenige, über die die fundamentalen Metamere definiert werden. Spricht man von einer Methode zur Berechnung der Pseudo-Inversen, so ist in der Regel damit auch diese Methode gemeint. Es gibt Hinweise, dass mit dieser Methode die Lösung (von allen möglichen Lösungen) diejenige ist, die nach der Methode der kleinsten Quadrate berechnet wird.
Aufgabe 2: Bestimmung der Bézier-Punkte für eine Parabel
a) Gegeben ist die Konstruktionsbasis und die Primärbasis mitZu zeigen ist:
2. Übungsblatt zur Vorlesung CV-Integration
Wintersemester 2012/2013 Prof. Dr. Stefan Müller
AG Computergraphik
BT Bp = xp ypzp
Bp = B⋅(BT⋅B)–1 BT⋅Bp = BT⋅ ⋅B (BT⋅B)–1 = E X
BT⋅X Bp = X⋅(BT⋅X)–1
BT⋅Bp = BT⋅X⋅(BT⋅X)–1 = E
Bp = B⋅(BT⋅B)–1 B′p = X⋅(BT⋅X)–1
BT⋅Bp = BT⋅B′p = E
RT( )t Rp( )t
RT( )t 30 –36 9 60 – 60 –9
30 –24 3
t2 t
1
und Rp( )t ( t2 t 1 ) 1 –2 1 2
– 2 0
1 0 0
= =
E RT( )t ⋅Rp( )t 30 –36 9 60 – 60 –9
30 –24 3
t2ot2 t2ot t2o1 t2ot tot to1 t2o1 to1 1o1
1 –2 1 2 – 2 0
1 0 0
⋅ ⋅
= =
M us
te rlö
su ng
mit:
Beispiel:
Einsetzen liefert:
b) Gegeben ist die Parabel mit und :
Zu berechnen sind die dazugehörigen Bézier-Punkte.
Damit erhält man:
Aufgabe 3: Normspektralkurven
a. Die Tabelle hat Werte in Intervallen von .
Beispiele: , .
Die Basis ist nicht orthonormal.
b. Ein „equal energy“ Spektrum summiert quasi die Werte der Basisvektoren auf (mal Delta-Lambda) t2
t
1
t2 t 1
( ) t2ot2 t2ot t2o1 t2ot tot to1 t2o1 to1 1o1
1 5⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1
= =
t2ot2 t2⋅ ⋅t2 dt
0 1
∫
1 5⁄= =
30 –36 9 60 – 60 –9
30 –24 3
1 5⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1
1 –2 1 2 – 2 0
1 0 0
⋅ ⋅ 1 0 0
0 1 0 0 0 1
=
0≤ ≤t 1 t∈ℜ
t P t( ) = –4t2+4 t
P1 0
0
=
P2 0,5
2
=
P3 1
0
= P3
P2
P1
1 0
0
P t( ) = –4t2+4t 2
t2 t 1
( ) –4
4
0
⋅
=
P1 P2 P3
RT( )t ⋅P t( ) 30 –36 9 60 – 60 –9
30 –24 3
t2 t
1
t2 t 1
( ) –4
4
0
= =
P1 P2 P3
30 –36 9 60 – 60 –9
30 –24 3
1 5⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 4⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1 3⁄ 1 2⁄ 1
4 –
4
0
0 2
0
= =
n = 95 ∆λ = 5nm
xox xi⋅xi
i=1
∑
n ⋅∆λ 7,2 10⋅ –8= = xoy = 5,67 10⋅ –8
LXYZ BT 1 1
…
1
⋅
x1+…+xn y1+…+yn z1+…+zn
λ
∆
⋅ 1,06866
1,06857 1,06893
10–7
⋅
= = =
c. Rekonstruktion des Spektrums:
Aufgabe 4: Diskretisierung
a. Die gesuchte Konstruktionsbasis hat die gleiche Form der Box-Funktion mit einer anderen Skalierung (hier s).
Es leuchtet ein, dass dann die Orthogonalität gilt: für . Die Skalierung s ergibt sich aus der Bedingung: .
Und damit:
Konstruktionsbasis (a) und Primärbasis (b) der Diskretisierung.
b. Projektion der Parabel auf die Konstruktionsbasis:
Diskretisierung in Intervalle bedeutet und liefert:
1 0,1 0,35 2 0,3 0,83 3 0,5 0,99 4 0,7 0,83 5 0,9 0,35
L Bp
0 1
0
⋅ yp
= =
ni( )t s ti–∆t 2⁄ ≤t<ti+∆t 2⁄
0 sonst
=
np i, ( )t onj( )t = 0 i≠j np i, ( )t oni( )t = 1
np i, ( )t oni( )t 1 s⋅ ⋅dt
ti–∆t 2⁄ ti+∆t 2⁄
∫
s⋅∆t= =
s 1
∆t---
=
1
0 1
1 ti
np i, ( )t 1
∆t ---
0 1
t ti
ni( )t
(a) (b)
∆t ∆t
pi P t( )⋅ni( )t ⋅dt
0
∫
1 ∆t---1 (–4t2+4t)⋅dt ti–∆t 2⁄ti+∆t 2⁄
∫
⋅
= =
1
∆t--- 4 3---
– (ti+∆t 2⁄ )3 2 t( i+∆t 2⁄ )2 4
3--- t( i–∆t 2⁄ )3–2 t( i–∆t 2⁄ )2
+ +
⋅
=
4 (ti–ti2) 1 3---∆t2
⋅ –
=
n = 5 ∆t = 0,2 t∈{0,1 0,3 0,5 0,7 0,9; ; ; ; } i ti pi
c. Rekonstruktion
Aufgabe 5: Fundamentale Metamere
d. Sie ergeben sich durch Linearkombination aus der xyz-Primärbasis:
e. Sie entstehen aus einem beliebigen Spektrum mit Hilfe der Cohen-Matrix:
f. Die Cohen-Matrix bildet fundamentale Metamere auf die Identität ab:
g. Das Differenzspektrums eines fundamentalen Metamers ist ein Nullspektrum:
;
h. Eine trichromatische Basis aus 3 fundamentalen Metameren lässt sich durch eine nicht-singuläre 3x3 Matrix M auf die CIE-Basis abbilden:
, bzw.
Aufgabe 6: Luther-Ives Bedingung
Die Sensorantwortkurven einer Kamera müssen fundamentale Metamere sein. Nur dann lassen sich die Basisspektren mit Hilfe einer nicht-singulären 3x3 Matrix M auf die CIE-Basis abbilden. Und nur dann lassen sich die rgb-Werte der Kamera auch durch diese Matrix auf die XYZ-Werte abbilden:
Diese Bedingung gilt nicht für ein Display. Hier kann die Primärbasis aus beliebigen (linear unabhängigen) Spektren bestehen, da der farblich relevante Teil nur in den fundamentalen Metameren steckt. Spricht man das Display mit einem rgb-Wert an, so hat das resultierende Spektrum den gleichen Farbeindruck wie ein Display, das mit den
fundamentalen Metameren leuchten würde: .
Begründung: , da:
P t( ) pi⋅np i, ( )t
i=1 n
∑
0,3500,2+0,83 0,20,4+0,990,40,6+0,830,60,8+0,35 0,81
= =
t 1 0
0 1
L = Bp⋅LX YZ = LX⋅xp+LY⋅yp+LZ⋅zp
L = Bp⋅BT⋅L
L = Bp⋅BT⋅L
L = L+∆L L = L ↔ ∆L =0
BT =M R⋅ T
xT yT zT
M
rT gT bT
⋅
=
BT M R⋅ T ↔ LX LY LZ
M
Lr Lg Lb
⋅
=
=
Rp Rp
LXYZ = BT⋅Rp⋅Lrgb= BT⋅Rp⋅Lrgb
BT⋅Rp = BT⋅(Rp+∆Rp)= BT⋅Rp
Aufgabe 7: Das „Quietscheentchenproblem“
Gezeigt werden soll, dass die ausmultiplizierte Gesamtgleichung tatsächlich die ursprünglichen XYZ-Koordinaten liefert:
Daraus folgt:
Diese Gleichung ist als Grunddefinition der fundamentalen Metamere erfüllt, insofern die Kamera die Luther-Ives Bedingung erfüllt.
Begründung:
mit .
BT⋅∆Rp xT yT zT
∆rp∆gp ∆bp
⋅
xTo∆rpxTo∆gpxTo∆bp
yTo∆rpyTo∆gpyTo∆bp
zTo∆rp zTo∆gp zTo∆bp
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0
= = = =
LXYZ BT RD p, MD–1 MK RK
T L
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
BT RD p, (BT⋅RD p, )–1 RK T⋅Bp
( )–1 RK
T L
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
RKT⋅Bp
( )–1⋅RKT⋅L
=
RKT⋅Bp⋅LX YZ = RKT⋅L RKT⋅L = RKT⋅L
RK T⋅L RK
T⋅L
=
M⋅RKT⋅L = M⋅RKT⋅(L+∆L)
BT⋅L = BT⋅(L+∆L)
BT⋅∆L = 0
