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z変換:調和数のz変換を求める

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$$\newcommand{BEQ}[0]{\begin{eqnarray}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{EEQ}[0]{\end{eqnarray}} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{IZT}[0]{\mathcal{Z^{-1}}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{ZT}[1]{\mathcal{Z}\left[#1\right]} $$

目的

調和数の$z$変換を求める。

解法

調和数$H_{n}$$z$変換

調和数$H_n:=\sum_{1}^{n} \frac{1}{k}$$z$変換
$$ \ZT{H_{n}}=\frac{-1}{1-z^{-1}} log\left(1-z^{-1}\right)\;\;(|z|>1) $$

$z$変換は$n=0$から始めるため、$H_0$の値を求める。調和数の定義から$n$番目の調和数と$n-1$番目の調和数の関係
$$ H_n=H_{n-1}+\frac{1}{n} $$を得る。
$$ H_1=H_0+\frac{1}{1}=H_0+1\\ \Longrightarrow\\ H_0=H_1-1=1-1=0 $$
よって
$$ \BEQ \ZT{H_{n}}&=&H_0+\sum_{n=1}^{\infty} H_n \; z^{-n}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}H_n \; z^{-n}\\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=1}^{n} \cfrac{1}{k} \;z^{-n} \EEQ $$この級数は$|z|>1$で一様収束するので$\sum$を交換できる。
また、単位階段関数$u(n)$を使ってあらわすと、単位階段関数は$n-k<0$のとき$u(n-k)=0$なので
$$ \BEQ \ZT{H_{n}}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=1}^{n} \cfrac{u(n-k)}{k} \;z^{-n} \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \cfrac{u(n-k)}{k} \;z^{-n} & \because n-k<0のときu(n-k)=0\\ &=&\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \cfrac{u(n-k)}{k} \;z^{-n} & \because |z|>1のとき一様収束\\ &=&\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{1}{k} \sum_{n=0}^{\infty} u(n-k) \;z^{-n} \\ &=&\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{1}{k} \ZT{ u(n-k)} \\ &=&\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{z^{-k}}{k} \ZT{u(n)} & \because z変換のシフト則\\ &=&\sum_{k=1}^{\infty}\cfrac{z^{-k}}{k}\frac{1}{1-z^{-1}} & \because 単位階段関数のz変換\\ &=&\frac{-1}{1-z^{-1}}log(1-z^{-1}) &\because \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k}=-log(1-x) \\ \EEQ $$となり示された。収束領域は$|z|>1$

投稿日:20201120

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zeta
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