Optimisation du contraste

Rappelons que notre objectif est de trouver les vecteurs de Stokes ~S et ~T qui maximisent la valeur du contraste donnée dans l'équation 4.1. On peut facilement montrer que :

max ~ S, ~T C(~S, ~T ) = 1 4σ2 max_~ S, ~T ³ ~ TTD ~S ´₂ (4.3) = 1 4σ2 Ã max ~ S, ~T ¯ ¯ ¯ ~TTD ~S ¯ ¯ ¯ !₂ .

Nous en concluons que pour maximiser C(~S, ~T) il sut de déterminer le maximum et le minimum de la fonction :

F (~S, ~T ) = 1 S0

~

TTD ~S (4.4)

Pour simplier les équations nous allons considérer la forme réduite des vecteurs de Stokes :

~ S = S0 Ã 1 ~s ! , ~T = Ã 1 ~t ! et D = " D00 m~T ~n De # , (4.5)

où eD _{est une matrice 3 × 3 et ~s et ~t sont les vecteurs de Stokes réduits (ils sont de normes 1}

puisqu'ils correspondent à des états totalement polarisés). La fonction F (voir l'équation 4.4) peut s'écrire sous la forme :

F (~s,~t) = D00+ ~sTm + ~t~ T, ~n + ~tTD~se (4.6) Considérons la décomposition en valeurs singulières1_{(DVS) de la matrice eDqui est en général} non-symétrique :

e

D = Y ΛXT (4.7)

où Λ est une matrice diagonale dont les valeurs λi sont positives ou nulles et X et Y sont des

matrices orthogonales (i.e. carrées et unitaires). Nous dénissons aussi les paramètres suivants :

~u = XT~s, (4.8)

~v = YT~t, (4.9)

~p = XTm,~ _(4.10)

~q = YT~n. _(4.11)

1_{Décomposition en valeur singulière [75] : Soit eD une matrice m × n dont les coecients appartiennent au}

corps K, où K = R ou K = C. Alors il existe une factorisation de la forme : eD = Y ΛX∗_{, avec X une matrice}

unitaire m × m sur K, Λ une matrice m × n dont les coecients diagonaux sont des réels positifs ou nuls et tous les autres sont nuls (c'est donc une matrice diagonale dont on impose que les coecients soient positifs ou nuls), et Y∗_{est la matrice adjointe à Y , matrice unitaire n × n sur K. On appelle cette factorisation la décomposition}

en valeurs singulières de eD.

ˆ La matrice Y contient un ensemble de vecteurs de base orthonormés pour eD, dits  d'entrée , ˆ La matrice X contient un ensemble de vecteurs de base orthonormés pour eD, dits  de sortie  , ˆ La matrice Λ contient les valeurs singulières de la matrice eD.

Une convention courante est de ranger les valeurs Λii, par ordre décroissant. Dans notre cas la matrice eD est

En injectant ces dénitions dans la fonction F nous obtenons :

F (~u, ~v) = D00+ (X~u)TX~p + (Y ~v)TY ~q + (Y ~u)TY eΛXTX~u = D₀₀+ ~uT~p + ~vT~q + ~vTΛ~ue

= D00+ ~pT~u + ~vT(~q + Λ~u). (4.12) Trouver le minimum et le maximum de la fonction F (~u,~v) sous la contrainte k~uk2 _{= k~vk}2 _{= 1} (étant donné que k~sk2 _{= k~tk}2 _{= 1et que les matrices X et Y sont orthogonales) est un problème} d'optimisation à quatre paramètres qui sont par exemple l'azimut et l'ellipticité des états de polarisation d'illumination et d'analyse. Nous allons montrer dans la suite que ce problème peut se réduire à une optimisation à deux paramètres, ce qui induit un temps de calcul bien moindre.

4.2.1 Réduction à un problème d'optimisation à deux paramètres

Considérons que le vecteur ~u est xé et déterminons les vecteurs ~v qui correspondent aux extrema de la fonction F (~u,~v). Pour cela, il sut simplement de maximiser le produit scalaire

~v+_{(~q + Λ~u). En tenant compte de la contrainte k~vk = 1 nous obtenons deux solutions notées ~v} + et ~v− :

~v+ = _{k~q + Λ~uk}~q + Λ~u et ~v−= −~v+. (4.13) En injectant ces solutions dans la fonction F nous obtenons :

F (~u, ~v+) = A(~u) + B(~u), (4.14)

F (~u, ~v−) = A(~u) − B(~u), (4.15)

avec

A(~u) = D00+ ~pT~u et B(~u) = k~q + Λ~uk. (4.16) En utilisant l'équation 4.4 et le fait que B > 0, nous montrons que maximiser le contraste revient à maximiser la fonction G que nous appellerons contraste réduit :

G(~u) = max

~v

©

[F (~u, ~v)]2ª= [|A(~u)| + B(~u)]2. _(4.17)

La valeur de ~v qui permet d'obtenir le maximum de [F (~u,~v)]2 _{est ~v}

+ si A(~u) > 0 et ~v− si

A(~u) < 0_{. Si A(~u) = 0, les deux vecteurs ~v+ et ~v− conduisent à un maximum.}

'

&

$

% 1. Détermination de ~uopt= arg max~u[G(~u)]grâce à une routine d'optimisation.

2. Calcul de la valeur du vecteur ~v correspondante :

~vopt =sign[A(~uopt)]_{k~q + Λ~u}~q + Λ~uopt

optk, (4.18)

où A(~u) est déni dans l'équation 4.16. Si A(~uopt) = 0, alors les deux signes conduisent

à un optimum.

3. L'état de polarisation optimal d'illumination est donc ~sopt = X~uopt et l'état optimal

d'analyse est ~topt= Y ~vopt, où X et Y sont dénis dans l'équation 4.7.

4.2.2 Analyse de quelques cas particuliers

Analysons deux cas particuliers où la solution est simple et permet d'avoir une compréhension physique des phénomènes mis en jeu.

Cas ~m = ~n = ~0

Considérons le cas ~m = ~n = ~0, ce qui signie que les régions a et b ont les mêmes vecteurs polarisance et diatténuation [76]. Grâce à l'équation 4.12, one peut voir que, dans ce cas, si le couple (~u,~v) est optimal alors (−~u, −~v) l'est aussi. La fonction que nous devons maximiser est G(~u) = |D00| + kΛ~uk. La solution est alors évidente. Si λ1 est la valeur la plus grande de la matrice diagonale Λ, le vecteur optimal est ~uopt = (±1, 0, 0)T. Par conséquent, ~sopt est

proportionnel au vecteur d'entrée associé à la valeur singulière la plus grande de eD_{. La valeur} ~vopt correspondante dépend du signe de D00.

ˆ Si D00 > 0, ce qui signie que la réectance de la lumière dépolarisée de la région a est plus grande que celle de la région b, alors l'équation 4.18 conduit à ~vopt= ~uopt, c'est-à-dire,

~topt est le vecteur de sortie associé à la plus grande valeur singulière.

ˆ En revanche, si D00 < 0, alors ~vopt = −~uopt et ~topt est opposé (i.e. l'état de polarisation

est orthogonal) à ce qu'il était dans le cas précédent. Ce résultat a une interprétation intéressante. En eet, le signe de ~topt est tel que la contribution de l'intensité au contraste,

c'est à dire D00, a le même signe que la contribution polarimétrique, c'est à dire ~tToptD~se opt,

de telle sorte que la valeur absolue de la somme des deux termes est maximisée.

ˆ Enn, si D00= 0, c'est-à-dire que les régions a et b ont la même réectance pour la lumière dépolarisée, alors le contraste est uniquement dû aux propriétés polarimétriques. Dans ce cas ~topt et −~topt sont tous les deux optimaux.

Cas eD = 0

Considérons à présent le cas eD = 0: les régions a et b ne dièrent l'une de l'autre que par leurs vecteurs polarisance et diatténuation. D'après l'équation 4.6, nous voyons immédiatement que

si D00> 0, alors ~sopt = ~m/k ~mket ~topt = ~n/k~nk. En revanche si D00< 0, alors ~sopt = − ~m/k ~mk

et ~topt = −~n/k~nk. Encore une fois, nous remarquons que la contribution polarimétrique au

contraste a le même signe que la contribution de l'intensité.