16. Analisis Multi Resolusi

Transkripsi

1 16. Analisis Multi esolusi Esensi dari basis ortonormal yang dibangun oleh sebuah wavelet adalah sifat multi resolusi-nya, sehingga kita dapat menganalisis suatu signal pada berbagai frekuensi di suatu lokasi tertentu. Di bawah ini kita akan membahas apa yang dimaksud dengan analisis multi resolusi dan, pada pasal berikutnya, bagaimana kita dapat mengkontruksi sebuah wavelet dari suatu analisis multi resolusi Analisis Multi esolusi Keluarga subruang tertutup {V j : j Z} dari L 2 () yang memenuhi (a) V j V j+1 untuk setiap j Z; (b) f V j f(2 ) V j+1 untuk setiap j Z; (c) V j = {0}; j Z (d) V j = L 2 (); j Z (e) terdapat ϕ V 0 sedemikian sehingga {ϕ( k) : k Z} merupakan basis ortonormal untuk V 0, disebut analisis multi resolusi (AM) pada L 2 (). Fungsi ϕ pada (e) disebut fungsi skala dalam AM tersebut. Contoh 1. Misalkan V j = {f L 2 () : f konstan pada [2 j k, 2 j (k+1)), k Z}, j Z. Maka, {V j : j Z} memenuhi sifat (a) s/d (d) di atas. Sekarang misalkan ϕ = χ [0,1]. Maka, {ϕ( k) : k Z} membentuk basis ortonormal untuk V 0. Oleh karena itu, {V j : j Z} merupakan suatu AM pada L 2 (). 77

2 Untuk ilustrasi, fungsi f V 0 berbentuk seperti misalnya Teorema. Misalkan {V j : j Z} suatu AM pada L 2 (). Maka, (i) Untuk setiap j Z, f V 0 f(2 j ) V j ; (ii) Untuk setiap k Z, f V 0 f( k) V 0 ; (iii) Untuk setiap j, k Z, f V j f( 2 j k) V j ; (iv) Untuk setiap j, k Z, f V 0 f(2 j k) V j. Bukti. (i) Gunakan sifat (b) dan induksi. (ii) Misalkan f V 0 dan k Z. Maka, berdasarkan sifat (e), f(x) = m Z f, ϕ( m) ϕ(x m), dan karenanya f(x k) = m Z f, ϕ( m) ϕ(x k m). Namun, f, ϕ( m) = f( k), ϕ( k m). Akibatnya, f(x k) = m Z f( k), ϕ( k m) ϕ(x k m) V 0 karena {ϕ( m) : m Z} = {ϕ( k m) : m Z} basis ortonormal untuk V 0. (iii) Gunakan (i) dan (ii). (iv) Gunakan (i) dan (iii). Akibat. Misalkan {V j : j Z} suatu AM pada L 2 () dan ϕ V 0 fungsi skala dalam AM tersebut. Definisikan ϕ j,k (x) = 2 j/2 ϕ(2 j x k), j, k Z. 78

3 Maka, untuk setiap j Z, {ϕ j,k : k Z} merupakan basis ortonormal untuk V j. Bukti. Misalkan j Z. Maka, {ϕ j,k : k Z} merupakan himpunan ortonormal, karena ϕ j,k, ϕ j,m = 2 j ϕ(2 j x k)ϕ(2 j x m)dx = ϕ(x k)ϕ(x m)dx = δ k,m. Selanjutnya, misalkan f V j. Maka, f(2 j ) V 0, dan karenanya f(2 j x) = k Z f(2 j ), ϕ( k) ϕ(x k). Substitusi x = 2 j x memberikan f(x ) = k Z f, ϕ j,k ϕ j,k (x ). Ini membuktikan bahwa {ϕ j,k : k Z} lengkap. Dengan demikian {ϕ j,k : k Z} merupakan basis ortonormal untuk V j Konstruksi Wavelet Misalkan {V j : j Z} suatu AM pada L 2 (). Misalkan W 0 komplemen ortogonal dari V 0 relatif terhadap V 1, yakni V 1 = V 0 W 0. Kemudian, untuk setiap j Z, definisikan W j = {f(2 j ) : f W 0 }. Maka, V j+1 = V j W j, j Z. Karena V j {0} untuk j, kita peroleh j V j+1 = W n, j Z; n= 79

4 dan karena V j L 2 () untuk j, kita peroleh L 2 () = n= Untuk memperoleh wavelet, kita harus mencari ψ W 0 sedemikian sehingga {ψ( k) : k Z} merupakan basis ortonormal untuk W 0. Selanjutnya dapat diperiksa bahwa untuk setiap j Z, {2 j/2 ψ(2 j k) : k Z} membentuk basis ortonormal untuk W j. Dengan demikian, {ψ j,k wavelet yang diinginkan. W n. : j, k Z} merupakan basis ortonormal untuk L 2 () atau ψ adalah Contoh 2. Melanjutkan Contoh 1, wavelet ψ yang kita cari adalah 1, jika 0 x < 1 2 ; ψ(x) = 1, jika 1 2 x < 1; 0, jika x < 0 atau x 1. Periksa bahwa ϕ ψ dan {ψ( k) : k Z} merupakan basis ortonormal untuk W 0. Basis yang dibangun oleh ψ tak lain adalah basis Haar yang dibahas pada Bab Wavelet Bertumpuan Kompak dan Kemulusannya Wavelet Haar merupakan sebuah contoh wavelet yang mempunyai tumpuan kompak, yakni [0, 1]. Pada pasal ini kita akan melihat bahwa wavelet bertumpuan kompak tak mungkin merupakan fungsi C ; semulus-mulusnya ia hanya dapat merupakan fungsi di C n untuk suatu n yang terhingga. Teorema. Misalkan ψ kontinu pada dan memenuhi ψ(x) C (1 + x ) 1+ϵ untuk suatu ϵ > 0. Jika {ψ j,k : j, k Z} ortonormal di L 2 (), maka ψ(x) dx = 0. Bukti. Misalkan a = 2 j k, suatu bilangan diadik, sedemikian sehingga ψ(a) 0. [Karena ψ 2 = 1 dan ψ kontinu, bilangan a demikian dijamin ada.] Berdasarkan hipotesis, kita mempunyai ψ(x)ψ(2 j x k)dx = 0, (j, k) (0, 0). 80

5 Dengan mengambil k = 2 j j k dengan j > maks{j, 0}, kesamaan di atas menjadi ψ(x)ψ(2 j (x a))dx = 0. Sekarang misalkan y = 2 j (x a). Maka ψ(a + 2 j y)ψ(y)dy = 0. Berdasarkan Teorema Kekonvergenan Terdominasi Lebesgue, integral di ruas kiri menuju ψ(a) ψ(y)dy bila j, sehingga kita peroleh ψ(y)dy = 0 karena ψ(a) 0. Catatan. Teorema di atas dapat diperluas dengan menghapuskan asumsi bahwa ψ kontinu, namun buktinya lebih rumit. Lihat Hernandez & Weiss, Proposisi 3.6. Teorema. Misalkan r suatu bilangan bulat tak negatif dan ψ sebuah fungsi di C r () sedemikian sehingga ψ(x) C (1 + x ) r+1+ϵ untuk suatu ϵ > 0, dan ψ (m) terbatas pada untuk m = 0, 1,..., r. Jika {ψ j,k : j, k Z} ortonormal di L 2 (), maka x m ψ(x) dx = 0, yakni, momen ke-m dari ψ bernilai 0, untuk m = 0, 1,..., r. Bukti. Lihat Hernandez & Weiss. Akibat. Misalkan ψ L 2 () sebuah fungsi Schwartz sedemikian sehingga {ψ j,k : j, k Z} merupakan himpunan ortonormal di L 2 (). Maka semua momen dari ψ bernilai 0 atau, setara dengan itu, dm ψ dξ m (0) = 0 untuk setiap m = 0, 1, 2,.... Bukti. Jelas, karena setiap fungsi Schwartz merupakan fungsi C dan memenuhi ketaksamaan pada teorema di atas untuk setiap bilangan bulat tak negatif r, dan dm ψ dξ m (0) = ( 2πi) m xm ψ(x) dx untuk setiap m = 0, 1, 2,

6 Akibat. Misalkan ψ L 2 () sebuah fungsi bertumpuan kompak sedemikian sehingga C. Maka {ψ j,k : j, k Z} tidak mungkin merupakan himpunan ortonormal di L 2 (). Bukti. Jika {ψ j,k : j, k Z} merupakan himpunan ortonormal di L 2 (), maka menurut teorema di atas semua momen dari ψ bernilai 0. Karena itu untuk semua polinom p(x), kita mempunyai p(x)ψ(x) dx = 0. Karena ψ bertumpuan kompak, diberikan ϵ > 0 kita dapat menemukan suatu polinom p(x) sedemikian sehingga sup x K ψ(x) p(x) < ϵ, dengan K menyatakan tumpuan ψ (berdasarkan Teorema Aproksimasi Weierstrass). Akibatnya ψ 2 = ψ(x)ψ(x) dx = [ψ(x) p(x)]ψ(x) dx K ϵ ψ(x) dx = ϵ ψ 1. K Mengingat ψ 1 < dan ϵ > 0 sebarang, kita haruslah mempunyai ψ 2 2 = 0, yang bertentangan dengan keortonormalan {ψ j,k : j, k Z} Teorema Sampling Teorema di bawah ini merupakan bentuk lain dari Teorema Sampling Shannon yang dibahas pada Teorema. Misalkan V j = {f L 2 () : f konstan pada [2 j k, 2 j (k + 1)), k Z}, j Z dan ϕ = χ [0,1). Maka, untuk setiap f V j, berlaku f(x) = f(2 j k)ϕ(2 j x k). k Z Bukti. Kita tahu bahwa {V j } merupakan suatu AM pada L 2 () dan ϕ fungsi skala, yakni {ϕ( k) : k Z} membentuk basis ortonormal untuk V 0. Selanjutnya, keluarga fungsi ϕ j,k (x) = 2 j/2 ϕ(2 j x k), j, k Z membentuk basis ortonormal untuk V j. Karena itu, untuk setiap f V j, berlaku f = k Z f, ϕ j,k ϕ j,k, 82

7 dengan f, ϕ j,k = 2 j/2 = 2 j/2 2 = 2 j/2 2 f(x)ϕ(2 j x k)dx j (k+1) 2 j k j (k+1) 2 j k f(x)dx f(2 j k)dx = 2 j/2 f(2 j k), sesuai dengan yang dinyatakan. Teorema. Misalkan {ψ j,k : j, k Z} basis ortonormal yang diperoleh dari wavelet ψ. Maka, f = (f ψ j,0 )(2 j k)ψ j,k j Z k Z dalam norma L 2 (). (Di sini, g(x) = g( x).) Bukti. Tuliskan Namun, Jadi, seperti yang diinginkan. f = j Z f, ψ j,k = = = = f = j Z f, ψ j,k ψ j,k. k Z f(x)ψ j,k (x) dx f(x)2 j/2 ψ(2 j x k) dx f(x)ψ j,0 (x 2 j k) dx f(x) ψ j,0 (2 j k x) dx = f ψ j,0 (2 j k). (f ψ j,0 )(2 j k)ψ j,k, k Z 16.5 Soal Latihan 1. Misalkan {V j } suatu AM pada L 2 (). Buktikan bahwa V j+1 = V j W j, j Z. 83

8 2. Buktikan jika {ψ( k) : k Z} merupakan basis ortonormal untuk W 0, maka untuk setiap j Z, {2 j/2 ψ(2 j k) : k Z} merupakan basis ortonormal untuk W j. 3. Tunjukkan jika ψ merupakan fungsi C yang bertumpuan kompak pada, maka ψ memenuhi ketaksamaan ψ(x) untuk r = 0, 1, 2,... dan ϵ > 0 sembarang. C (1 + x ) r+1+ϵ 84