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大学数学基礎解説
文献あり

z変換:1/(2n)!と1/(2n+1)!のz変換を求める。

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$$\newcommand{BEQ}[0]{\begin{eqnarray}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{ceil}[1]{\left\lceil#1\right\rceil} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{division}[0]{÷} \newcommand{EEQ}[0]{\end{eqnarray}} \newcommand{floor}[1]{ \left\lfloor#1\right\rfloor} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{hgf}[5]{{}_{#1}F_{#2}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{#3}{#4}\,;\,#5\right)} \newcommand{Iz}[0]{\int_z^{\infty} } \newcommand{IZT}[1]{\mathcal{Z^{-1}}\left[#1\right]} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{SI}[1]{\sum_{#1=1}^{\infty}} \newcommand{SO}[1]{\sum_{#1 = 0}^{\infty}} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{ZT}[1]{\mathcal{Z}\left[#1\right]} $$

目的

  • $\frac1{(2n)!}$$\frac1{(2n+1)!}$$z$変換を求める。

$\frac1{(2n)!}$$\frac1{(2n+1)!}$$z$変換

$$ 1.\quad \ZT{\frac1{(2n)!}}=\cosh(\sqrt{z}^{-1}) \quad (\text{収束領域は}|z|>0)\\ 2.\quad \ZT{\frac1{(2n+1)!}}=\sqrt{z}\sinh(\sqrt{z}^{-1}) \quad (\text{収束領域は}|z|>0)\\ $$

$$ a(n):=\frac{1}{(2n)!}\\ b(n):=\frac{1}{(2n+1)!}\\ $$とおき、級数$A(z)$,および$B(z)$
$$ A(z):=\SO{n}a(n)z^{-2n}\\ B(z):=\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)} $$と定義する。これらの級数の収束性を確認する。
$A(z)$について確認すると、ダランベールの収束判定法から
$$ \BEQ \lim_{n\to \infty} \left|\frac{a(n+1) z^{-2(n+1)}}{a(n) z^{-2n}}\right| &=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{(2n)! z^{-2(n+1)}}{(2(n+1))!z^{-2n}}\right|\\ &=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)z^{2}}\right|<1 \\ \EEQ $$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$
$$ |z^2|> \lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+2)(2n+1)}\right|=0 $$なので収束領域は$|z|>0$$B(z)$について確認すると、
$$ \BEQ \lim_{n\to \infty} \left|\frac{b(n+1) z^{-(2(n+1)+1)}}{b(n) z^{-(2n+1)}}\right| &=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{(2n+1)! z^{-(2(n+1)+1)}}{(2(n+1)+1))!z^{-(2n+1)}}\right|\\ &=&\lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{(2n+3)(2n+2)z^{2}}\right| <1 \\ \EEQ $$を満たせば一様収束する。これを満たす$z$
$$ |z^2|> \lim_{n\to \infty} \frac{1}{(2n+3)(2n+2)}=0 $$なので収束領域は$|z|>0$。よって$A(z)$$B(z)$の収束領域はいずれも$|z|>0$であることが確認された。
つぎに$A(z)$$B(z)$の和を$F(z)$と定義すると
$$ \BEQ F(z) &:=&A(z)+B(z) \\ &=& \SO{n}a(n)z^{-2n}+\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)} \\ &=& \SO{n}\frac{1}{(2n)!}z^{-2n}+\SO{n}\frac{1}{(2n+1)!}z^{-(2n+1)} \\ &=& \frac1{0!}z^{-0}+\frac1{2!}z^{-2}+\frac1{4!}z^{-4}+...+\frac{1}{1!}z^{-1}+\frac{1}{3!}z^{-3}+\frac{1}{5!}z^{-5}+... \\ &=& \SO{n}\frac{1}{n!} z^{-n} \\ &=& \ZT{\frac{1}{n!}} =e^{\frac1z}\\ \EEQ $$となる。なお$\frac{1}{n!}$$z$変換は こちらの記事 で示した。
つぎに$A(z)$が偶関数、$B(z)$が奇関数であることから
$$ F(-z)=e^{-\frac1z}=A(-z)+B(-z)=A(z)-B(z) $$よって$F(z)$$F(-z)$を足して
$$ F(z)+F(-z)=e^{\frac1z}+e^{-\frac1z}=A(z)+B(z)+(A(z)-B(z))=2A(z)\\ \therefore A(z)=\frac{e^{\frac1z}+e^{-\frac1z}}2=\cosh(z^{-1}) $$ $F(z)$から$F(-z)$を引いて
$$ F(z)-F(-z)=e^{\frac1z}-e^{-\frac1z}=A(z)+B(z)-(A(z)-B(z))=2B(z)\\ \therefore B(z)=\frac{e^{\frac1z}-e^{-\frac1z}}2=\sinh(z^{-1}) $$

$A(z)$$z$$z^{\frac12}$に置き換えると
$$ A(z^{\frac12})=\SO{n}a(n)(z^{\frac12})^{-2n}=\SO{n}a(n)z^{-n}=\ZT{a(n)}\\ \therefore \ZT{a(n)}=A(z^{\frac12})=\cosh(\sqrt{z}^{-1})  \quad (\text{収束領域は}|z|>0) $$となり、$1.$が証明された。$B(z)$
$$ B(z)=\SO{n}b(n)z^{-(2n+1)}=z^{-1}\SO{n}b(n)z^{-2n} $$なので$B(z)$$z$$z^{\frac12}$に置き換えて
$$ B(z^{\frac12}) =(z^{\frac12})^{-1}\SO{n}b(n)(z^{\frac12})^{-2n} =(z^{\frac12})^{-1}\SO{n}b(n)z^{-n}=(z^{\frac12})^{-1}\ZT{b(n)}\\ \therefore \ZT{b(n)}=\sqrt{z} B(z^{\frac12})=\sqrt{z}\sinh(\sqrt{z}^{-1}) \quad (\text{収束領域は}|z|>0) $$となり$2.$が証明された。

参考文献

投稿日:202139

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zeta
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