Bu bölümde tomogra… çekim i¸ slemi ile elde edilen verilerden tomogra…

B ¨ol ¨um 6

Tomogra… Uygulamalar¬

Bu bölümde tomogra… çekim i¸ slemi ile elde edilen verilerden tomogra…

görüntüsü elde edilme süreci aras¬nda kullan¬lan matematiksel yöntem ve teoriye de¼ giniyoruz.Verilerde hata olmas¬ veya olmamas¬ durumlar¬na göre tomogra… görüntüsüne esas te¸ skil eden lineer atenuasyon sabitlerinin nas¬l belirlendi¼ gini inceliyoruz.

6.1 Beer-Lambert Yasas¬

Tomogra… görüntüsü, tomogra… cihaz¬kafes bölgesi içerisinde yer alan çem- bersel bölgeden vücudumuza gönderilen x ¬¸ s¬nlar¬n¬n ¸ siddeti ile vücudu geçtikten sonraki ¸ sidetlerini içeren verilerin kar¸ s¬la¸ st¬r¬lmas¬ ve de¼ gerlendi- rilmesi sonucu elde edilir. Bunun için esas kabul edilen yasa Beer-Lambert yasas¬d¬r:

Öncelikle [a; b] aral¬¼ g¬na yerle¸ stirilen birim alanl¬kesite homojen bir cisim gözönüne alal¬m. Cismin x ¬¸ s¬n¬(lineer) sönüm sabiti, cismin birim hacminde absorbe edilen veya saç¬lan x ¬¸ s¬n¬ miktar¬n¬n, birim hacme gelen x ¬¸ s¬n¬

miktar¬na oran¬olarak tan¬mlanmaktad¬r ve genelde ile gösterilir.

Beer-Lambert yasas¬ bir noktadaki ¬¸ s¬n ¸ siddetinin yer de¼ gi¸ skenine göre de¼ gi¸ sim oran¬n¬n, mevcut ¬¸ s¬n ¸ siddetiyle orant¬l¬oldu¼ gunu ifade eder.Cismin içerisinde ilerleyen ¬¸ s¬n ¸ siddeti gittikçe azalaca¼ g¬ndan dolay¬, söz konusu oran negatif olmal¬d¬r.

I(x) ile x noktas¬ndaki ¬¸ s¬n ¸ siddetini gösterelim. Bu durumda Beer-

Lambert yasas¬na göre

dI

dx = I (6.1)

olarak ifade edilir.

6.1 ile ilgili farkl¬senaryolar ile uygun ba¸ slang¬ç veya s¬n¬r de¼ ger problem- leri olu¸ sturabilir ve çözümler ara¸ st¬rabiliriz:

sabit ve biliniyor olmas¬durumunda cisme x = a noktas¬nda giren ¬¸ s¬n

¸ siddeti I

:= I(a) bilindi¼ gine göre (6.1) çözülerek, dI

I = dx

den integral alarak

ln(I) = x + c veya

I = e

= Ce

; C = e

elde ederiz.

I(a) = Ce

= I

yan ¸ sart¬ndan

C = I

e

elde ederiz. O halde

I(x; ) = I

e

e

= I

e

; x > a (6.2) elde ederiz. (6.2) ba¼ g¬nt¬s¬, ¬¸ s¬n sönüm sabiti büyük olan cisimlerde ¬¸ s¬n ¸ sid- detinin cisim boyunca daha h¬zl¬ biçimde azald¬¼ g¬n¬ ifade eder. Teknik bir ifade ile, üstel fonksiyonun monoton azalan bir fonksiyon olmas¬n¬n do¼ gal bir sonucu olarak

1

>

= ) I(x;

) < I(x;

) elde ederiz.

6.2 Tomogra… Uygulamalar¬

Bu bölümde Beer-Lambert yasas¬n¬esas alan tomogra… uygulamalar¬n¬ince- liyoruz. Öncelikle gerçekçi olmasa bile bir boyutlu bir cismin tek bir x ¬¸ s¬n¬

ile incelendi¼ gi özel durumu gözönüne alal¬m.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k t u .e d u .tr

6.2.1 Homojen nesne için tipik bir tomogra… uygula- mas¬

Tomogra… uygulamalar¬nda görüntüsü çekilen nesneler ¸ süphesiz ki homojen de¼ gillerdir. Ancak konuya bir basit ba¸ slang¬ç olmas¬amac¬yla [a; b] [c; d] böl- gesine yerle¸ stirilmi¸ s homojen bir cisim gözönüne alal¬m. Cismin ¬¸ s¬n sönüm sabiti olan sabitinin bilinmedi¼ gini, ancak tomogra… uygulamas¬nda oldu¼ gu üzere cisme a noktas¬ndan giri¸ s yapan ve b noktas¬ndan ç¬kan ¬¸ s¬n ¸ sid- det de¼ gerlerinin ölçülerek belirlendi¼ gini ve s¬ras¬yla I

ve I

olarak ad- land¬r¬ld¬¼ g¬n¬kabul edelim:

I

! ! I

Bu durumda Beer-Lambert yasas¬na göre, bilinmeyen sabitinin de be- lirlenmesini gerektiren

dI

dx = I (6.3)

I

: = I(a); I

:= I(b) (6.4) s¬n¬r de¼ ger problemini elde ederiz. (6.3)-(6.4) iyi tan¬ml¬bir problemdir: yani

çözüm mevcuttur, tektir ve

s¬n¬r de¼ gerlerdeki küçük de¼ gi¸ sim çözümde de küçük de¼ gi¸ sime neden olur.

(6.3) y¬,

dI

I = dx

biçiminde de¼ gi¸ skenlerine ay¬rd¬ktan sonra, sa¼ g taraf¬n [a; b] aral¬¼ g¬ ve sol taraf¬n da bu noktalardaki I de¼ gerlerine kar¸ s¬l¬k gelen [I

; I

] aral¬¼ g¬ üz- erinden integralini alarak,

Iç 1

Z

Ig1

dI I =

Z

a

dx

ve buradan

ln I

I

= (b a) elde ederiz. Dolays¬yla bilinmeyen de¼ gerini

= 1

(b a) ln I

I

(6.5)

olarak elde ederiz.

Yukar¬da elde etti¼ gimiz de¼ gerini kontrol etmek isteyelim. Bunun için dü¸ sey yönde y = c noktas¬ndan giren I

¸ siddetindeki ¬¸ s¬n¬n y = d noktas¬nda ölçülen I

¸ siddetiyle cismi terk etti¼ gini kabul edelim.

"

I

! ! I

"

Yukar¬daki i¸ slemlere benzer olarak

= 1

(d c) ln I

I

(6.6)

elde ederiz.

E¼ ger ölçüm de¼ gerlerinde hata yoksa, (6.5) ve (6.6) de elde edilen de¼ gerler birbirine e¸ sit olmal¬d¬r.

E¼ ger ölçümlerde hata söz konusu ise, bu taktirde çeli¸ skili bir durum elde ederiz.

Bu durumda

1

: = 1

(b a) ln I

I

2

: = 1

(d c) ln I

I

olmak üzere

=

=

(6.7)

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

denklemlerinden olu¸ san

6=

oldu¼ gu için tek bilinmeyenli ve iki den- klemden olu¸ san çözümü mevcut olmayan (6.7) sistemini elde ederiz. Bu du- rumda (6.7) sisteminin en yak¬n çözümünü En Küçük Kareler Yöntemi ile elde edebiliriz:

A = 1

1 ; F =

2

; olmak üzere

A = F sisteminin En Küçük Kareler çözümü

A

A = A

F

normal denklemlerinin çözümü olarak elde edilir. Ancak A

A = 2; A

F =

+

olup, buradan en yak¬n çözüm olarak elde edilen iki çözümün ortalamas¬olan

= (

+

)=2 de¼ gerini elde ederiz.

ÖRNEK 6.1. Bir birim uzunluklu homojen bir cisme sol kenar¬ndan yatay olarak gönderilen I

¸ siddetine sahip x ¬¸ s¬n¬n¬n sa¼g kenardan cismi I

= 0:9I

¸

siddetiyle terk etti¼gi gözlemlenmektedir. Buna göre cismin ¬¸ s¬n sönüm sabi- tini belirleyiniz.

Çözüm. (6.5) den

= 1

(b a) ln I

I

= ln(0:9I

=I

)

= ln(0:9) = 0:10536

birim olarak elde ederiz.

6.2.2 Homojen olmayan nesne için tipik bir tomogra…

uygulamas¬

Uygun bir [a; b] [c; d] bölgesine yerle¸ stirilen homojen olmayan bir nesne(örne¼ gin vücut kesiti) göz önüne alarak, söz konusu nesneye ait = (x; y) ¬¸ s¬n sönüm fonksiyonunu yakla¸ s¬k olarak elde etmek isteyelim. Bu amaçla ¬¸ s¬n sönüm de¼ gerlerinin a¸ sa¼ g¬da gösterildi¼ gi gibi kesitin dört ayr¬ alt bölgesinde yakla¸ s¬k olarak

; i = 1; 2; 3; 4: sabitleri ile gösterildi¼ gini kabul edelim:

3 4

1 2

Vücut kesitine yatay yönde(soldan sa¼ ga) iki adet ve dü¸ sey yönde(a¸ sa¼ g¬dan yukar¬ya) do¼ gru da iki adet ¬¸ s¬n gönderildi¼ gini kabul edelim. Nüfuz eden x

¬¸ s¬nlar¬n¬n bilinen giri¸ s I

ve ¬¸ s¬n detektörü ile ölçülen I

de¼ gerlerini a¸ sa¼ g¬daki gibi gösterelim:

I

I

" "

I

!

! I

I

!

! I

" "

I

I

x = (b a)=2 ve y = (d c)=2 olmak üzere, = [a; b] [c; d] görüntü bölgesi üzerinde a¸ sa¼ g¬daki a¼ g¬tan¬mlayal¬m

= f(x

; y

) j; i = 1; 2; 3; j = 1; 2; 3g (6.8) Burada,

x

= a; x

= a + x; x

= a + 2 x = b;

y

= c; y

= c + y; y

= c + 2 y = d dir.

Ayr¬ca s¬ras¬yla x ve y ekseni boyunca a¼ g¬ndaki orta noktalar¬n¬

x

= x

+ x=2; x

= x

+ x=2 ve

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k t u .e d u .tr

y

= y

+ y=2; y

= y

+ y=2;

ile gösterelim.

(a; y

) noktas¬ndan kesite girerek (b; y

) noktas¬ndan kesiti terk eden yatay yöndeki I

! I

¬¸ s¬n¬boyunca

dI

I = (x; y

)dx denkleminin integralini alarak

ln I

I

=

Z

(x; y

)dx (6.9)

elde ederiz.

Integraller için Orta Nokta Kural¬n¬hat¬rlayal¬m:

Z

f (x)dx :

= (b a)f ( a + b

2 ) (6.10)

Ayr¬ca

1

: = (x

; y

);

:= (x

; y

);

3

: = (x

; y

);

:= (x

; y

);

olarak tan¬mlayal¬m.

(6.9) teki integrale orta nokta kural¬ile yakla¸ sarak, ln I

I

= Z

a

(x; y

)dx

= Z

a=x1

(x; y

)dx + Z

x2

(x; y

)dx

= : x(

+

)

elde ederiz. Buradan integral yakla¸ s¬m hatas¬n¬ihmal ederek,

1

+

= ln I

I

= x := b

elde ederiz.

Yukar¬daki i¸ slemleri I

! I

; I

! I

; I

! I

¬¸ s¬nlar¬için de tekrar- layarak,

1

+

= b

3

+

= b

(6.11)

1

+

= b

2

+

= b

elde ederiz. Bu sistemi matris vektör format¬nda da ifade edebiliriz:

A = 2 6 6 4

1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1

3 7 7 5

2 6 6 4

1 2 3 4

3 7 7 5 = b =

2 6 6 4

b

b

b

b

3 7 7 5

(6.11) sistemini e¸ selon forma indirgemeye çal¬¸ sal¬m:

2 6 6 4

1 1 0 0 j b

0 0 1 1 j b

1 0 1 0 j b

0 1 0 1 j b

3 7 7

5 >

1 S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j b

0 0 1 1 j b

0 1 1 0 j b

b

0 1 0 1 j b

3 7 7 5

>

S

< > S

2 6 6 4

1 1 0 0 j b

0 1 0 1 j b

0 1 1 0 j b

b

0 0 1 1 j b

3 7 7 5

>

S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j b

0 1 0 1 j b

0 0 1 1 j b

b

+ b

0 0 1 1 j b

3 7 7 5

>

1 S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j b

0 1 0 1 j b

0 0 1 1 j b

b

+ b

0 0 0 0 j b

+ b

b

b

3 7 7 5

elde ederiz. Son ad¬mdan çözümün mevcut olmas¬için b

+ b

= b

+ b

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

sa¼ glanmal¬d¬r. Bu sonuç (6.11) dan da görülmektedir, çünkü hem b

+ b

ve hem de b

+ b

toplam¬

X

i

toplam¬na e¸ sittir.

Ancak bu durumda dört bilinmeyenli ve üç denklemden olu¸ san

1

+

= b

2

+

= b

3

+

= b

b

+ b

sistemini elde ederiz. Buradan

3

=

+ b

b

+ b

2

=

+ b

1

=

+ b

=

+ b

b

veya

= 2 6 6 4

1 2 3 4

3 7 7 5 =

2 6 6 4

1 1 1 1

3 7 7 5 +

2 6 6 4

b

b

b

b

b

+ b

0

3 7 7

5 ;

2 R

ile verilebilen sonsuz say¬da çözüm mevcuttur. Bu durum görüntü kesitine gönderilen x ¬¸ s¬n¬say¬s¬n¬n ilgili

; i = 1; 2; 3; 4 ¬¸ s¬n sönüm de¼ gerlerini elde et- mek için yeterli olmad¬¼ g¬n¬ifade etmektedir. O halde ekstra x ¬¸ s¬n¬na ihtiyaç vard¬r. ¸ Sekilde görülen I

% I

¬¸ s¬n¬ile de görüntünün de¼ gerlendirildi¼ gini kabul edelim.

I

I

" " % I

I

!

! I

I

!

! I

I

% " "

I

I

Bu durumda (6.11) sistemi

1

+

= b

3

+

= b

(6.12)

1

+

= b

2

+

= b

1

+

= b

olarak ifade edilir. 6.12 sistemine ait katsay¬ matrisinin sütunlar¬ lineer ba¼ g¬ms¬zd¬r. Gerçekten de elemanter sat¬r i¸ slemleri ile

A = 2 6 6 6 6 4

1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1

3 7 7 7 7 5 !

2 6 6 6 6 4

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0

3 7 7 7 7 5

e¸ selon formunu elde ederiz. Buradan A n¬n sütunlar¬n¬n lineer ba¼ g¬ms¬z oldu¼ gu görülmektedir.

Verilerde hata olmamas¬, yani b

+ b

= b

+ b

olmas¬durumunda sistem çözülerek bilinmeyen

; i = 1; 2; 3; 4 de¼ gerleri elde edilebilir.

Ancak verilerde hata olmas¬durumunda(b

+b

6= b

+b

) (6.12) sisteminin çözümü mevcut de¼ gildir. Bu durumda da

A

A = A

b

sistemi çözülerek(tek çözüm mevcut, çünkü A n¬n sütunlar¬lineer ba¼ g¬ms¬z) en yak¬n çözüm elde edilir.

ÖRNEK 6.2. A¸ sa¼g¬daki ¸ sekilde belirtilen görüntü kesitinin dört alt kesitine ait ¬¸ s¬n sönüm sabitlerinin

; i = 1; 2; 3; 4 ile gösterelim. Yatay yönde toplam

¬¸ s¬n sönüm de¼gerleri

3 4

1 2

ile gösterilsin. Yatay yönde gönderilen ¬¸ s¬nlardan toplam ¬¸ s¬n sönüm de¼ger- lerinin

1

+

= 0:7

3

+

= 0:3

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

olarak elde edildi¼gini ve dü¸ sey yönde gönderilen ¬¸ s¬nlardan ise toplam ¬¸ s¬n sönüm de¼gerlerinin

1

+

= 0:4

2

+

= 0:6

olarak elde edildi¼gini kabul edelim. Bu verilerden hareketle

; i = 1; 2; 3; 4 de¼gerlerinin tek türlü olarak belirlenemeyece¼gini gösteriniz. Bu durumda görüntü kesitinin sol alt kö¸ sesinden sa¼g üst kö¸ sesine do¼gru gönderilen be¸ sinci bir ¬¸ s¬n ile de bu yödeki toplam sönüm de¼gerinin

1

+

= 0:5

oldu¼gunu kabul edelim. Bu durumda

; i = 1; 2; 3; 4; 5 de¼gerlerini elde ediniz.

Çözüm. Öncelikle ilk dört denkleme ait ekli sistemi gözönüne alal¬m:

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 0 1 1 j 0:3 1 0 1 0 j 0:4 0 1 0 1 j 0:6

3 7 7

5 >

1 S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 0 1 1 j 0:3 0 1 1 0 j 0:3 0 1 0 1 j 0:6

3 7 7 5

>

S

< > S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 1 1 0 j 0:3 0 0 1 1 j 0:3

3 7 7 5

>

S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 0 0 1 1 j 0:3

3 7 7 5

>

1 S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 0 0 0 0 j 0

3 7 7 5

veya

1

+

= 0:7

2

+

= 0:6 (6.13)

3

+

= 0:3

olarak ifade edilebilen dört bilinmeyenli üç denklemden olu¸ san bir sistem elde ederiz. Örne¼ gin

cinsinden (6.13) sisteminin genel çözümünü

2 4

3

3 5 =

2 4

0:1 +

0:6

0:3

3 5 =

2 4

1 1 1

3 5 +

2 4

0:1 0:6 0:3

3

5 ;

2 R

olarak elde ederiz. O halde mevcut veriler ile

; i = 1; 2; 3; 4 de¼ gerlerini tek türlü olarak elde edememi¸ s bulunmaktay¬z.

Bu durumda be¸ sinci ¬¸ s¬n verisi ile elde edilen

1

+

= 0:5 denklemini de ilave ederek,

1

+

= 0:7

2

+

= 0:6 (6.14)

3

+

= 0:3

1

+

= 0:5 sistemini elde ederiz. Bu sistemi çözerek 2

6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 1 0 0 1 j 0:5

3 7 7

5 >

1 S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 0 1 0 1 j 0:2

3 7 7 5 2

6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 0 1 0 1 j 0:2

3 7 7

5 >

S

+ S

> S

2 6 6 4

1 1 0 0 j 0:7 0 1 0 1 j 0:6 0 0 1 1 j 0:3 0 0 0 2 j 0:4

3 7 7 5

elde ederiz. Elde edilen sistemi geriye do¼ gru çözerek,

1

= 0:3;

= 0:4;

= 0:1;

= 0:2

de¼ gerlerini tek türlü olarak elde ederiz. O halde kesit üzerindeki de¼ gerler 0:1 0:2

0:3 0:4 olarak elde edilir.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

6.2.2.0.1 Verilerde hata olmas¬durumu Verilerde hata olmas¬duru- munda ilgili sisteminin çözümü mevcut de¼ gildir. Örne¼ gin ölçüm sonucunda

1

+

= 0:6 olarak elde etti¼ gimizi dü¸ sünelim. Bu durumda

1

+

= 0:6

3

+

= 0:3

1

+

= 0:4 (6.15)

2

+

= 0:6

1

+

= 0:5

elde ederiz ki bu sistem çözüme sahip de¼ gildir, çünkü ilk iki denklemi taraf tarafa toplayarak

1

+

+

+

= 0:9

elde ederken, üç ve dördüncü denklemleri taraf tarafa toplayarak

1

+

+

+

= 1

elde ederiz. Bu durumda En Küçük Kareler çözümünü elde etmeliyiz: 6.15 sistemini,

A = 2 6 6 6 6 4

1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1

3 7 7 7 7 5 ; b =

2 6 6 6 6 4

0:6 0:3 0:4 0:6 0:5

3 7 7 7 7 5 ; =

2 6 6 4

1 2 3 4

3 7 7 5

olmak üzere matris-vektör notasyonu ile A = b

biçiminde yazabiliriz. Bu ssitemin En Küçük Kareler çözümü ise A

A = A

b

sisteminin çözümüdür.

A

A = 2 6 6 4

3 1 1 1 1 2 0 1 1 0 2 1 1 1 1 3

3 7 7

5 ; A

b = 2 6 6 4

1:5 1:2 0:7 1:4

3

7 7

5

olup söz konusu çözüm

1

= 0:275;

= 0:35;

= 0:1;

= 0:225 dir ve kesit üzerindeki de¼ gerler

0:1 0:225 0:275 0:35 olarak elde edilir.

6.2.3 Houns…eld Say¬lar¬

Birbirine yak¬n olan sönüm sabitlerini birbirinden ay¬rt etmek amac¬yla G.

Houns…eld

taraf¬ndan tan¬mlanan ve Houns…eld ölçe¼ gi ad¬ verilen ölçekle, orjinal sönüm sabitleri Hu sabitleri veya Bilgisayar Tomogra… sabitleri ad¬

verilen sabitlere a¸ sa¼ g¬daki dönü¸ süm yard¬m¬yla dönü¸ stürülür:

Hu( ) = 1000

su hava

Bu ölçe¼ ge göre

Hu(

) = 1000;

Hu(

) = 0

d¬r. Tomogra… görüntüsünü olu¸ sturan de¼ gerler, orjinal sabitleri yerine, bu sabitlere kar¸ s¬l¬k gelen Hu sabitleridir. Örne¼ gin a¸ sa¼ g¬da verilen beyin tomogra…si görüntüsünde fare (218,134) piksel koordinat¬na sahip noktan¬n Hu say¬s¬n¬n -986( yakla¸ s¬k hava de¼ geri) oldu¼ gunu göstermektedir.

Yukar¬da özetlenen lineer cebirsel yöntem ile

de¼ gerlerinin elde edilmesi, pratikte tercih edilmez, çünkü her bir bilinmeyen için en az bir lineer denk- lem gerekmektedir. Bu durumda 600 600 boyutundaki tipik bir tomogra…

görüntüsü için yakla¸ s¬k 400000 400000 boyutunda büyük bir lineer sistemin çözülmesi gereklidir.

Güncel yöntemler, Fourier Dilimleme teoremi[2] ve Radon dönü¸ sümü[3]

gibi ileri düzey teorik alt yap¬gerektirdikleri için bu yöntemlere lisans düzeyi ile uyumlu olarak haz¬rlad¬¼ g¬m¬z bu kaynakta yer veremiyoruz.

1

1919-2004(· Ingiliz elektrik mühendisi)

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

Al¬¸ st¬rmalar 6.1.

1. Bir birim uzunlu¼ gundaki bir cisme I

¸ siddetinde bir x ¬¸ s¬n¬ gönder- ilmekte ve ç¬k¬¸ s de¼ gerinin ise I

= 0:9 I

oldu¼ gu ölçülmektedir. Buna göre cismin ¬¸ s¬n sönüm sabiti nedir?

2. Bir birim uzunlu¼ gunda ve ¬¸ s¬n sönüm sabiti = 0:2cm

olan cisme gönderilen I

¬¸ s¬n ¸ siddetinin cismi terkedi¸ s de¼ geri olan I

de¼ geri, I

nin yüzde kaç¬kadard¬r?

3. 2 2 lik alt kesitlerde farkl¬bile¸ senlere sahip ve ¸ sekilde belirtilen

3 4

1 2

¬¸ s¬n sönüm sabiti bir cisim gözönüne alal¬m. Yatay, dü¸ sey ve yönlerden gönderilen ¬¸ s¬nlardan,

1

+

= 0:7

3

+

= 0:3

1

+

= 0:4

2

+

= 0:6

elde edilmi¸ stir. Buna göre

; i = 1; 2; 3; 4 de¼ gerlerini tek türlü olarak elde edemiyece¼ ginizi gösteriniz. Sistemin genel çözümünü yaz¬n¬z.

4. Soru 3 deki verilere ilaveten cismin sol üst kö¸ sesinden sa¼ g alt kö¸ sesine

do¼ gru gönderilen bir di¼ ger ¬¸ s¬n ile

+

= 0:9 verisini elde etti¼ gimizi

dü¸ sünelim. Bu durumda

; i = 1; 2; 3; 4 de¼ gerleri ne olur?

5. Soru 3 ü

1

+

= 0:7

3

+

= 0:3

1

+

= 0:4

2

+

= 0:6

için tekrar ediniz.

+

= 0:5 verisini de ilave ederek tek çözüm belirleyiniz.

6. Soru 5 teki sistemde ilk denklemin sa¼ g yan¬0:8 oldu¼ gunu kabul edelim.

Bu durumda

+

= 0:5 verisinin de ilavesiyle söz konusu sistemin çözümünün mevcut olmayaca¼ g¬n¬ göstererek, En Küçük Kareler yön- temi çözümünü belirleyiniz.

7. Su ve havan¬n sönüm de¼ gerlerini ara¸ st¬rarak, soru 6 da elde etti¼ giniz

i

; i = 1; 2; 3; 4 de¼ gerlerine kar¸ s¬l¬k gelen Hu say¬lar¬n¬belirleyiniz.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .tr

[1] Co¸ skun, E. Octave Uygulamal¬Say¬sal Analiz(URL:aves.ktu.edu.tr) [2] Alexander D. Poularikas,Editor-in-Chief, Transforms and applications

handbook, CRC press,2010.

[3] Eric Todd Quinto, An introduction to X-ray tomography and Radon- Transforms, Proceedings of Symposia in Applied Mathematics, AMS, 2005.

[4] Sigurd Angenent et al, Mathematical methods in medical image process-

ing, Bulletin of the American Mathematical Society,