• 定義
• $t$領域からの変換法
• $s$領域からの変換法

$Z$変換

定義

(3.4)式において

$$e^{st} \equiv Z$$ (3.11)

とおくと

$$F(Z)=\sum_{n=0}^{\infty} f(nT) \cdot Z^{-n}$$ (3.12)

となり、$F^{*}(s)$は$Z$の関数となる。このように$Z$の関数に変換することを $Z$変換（$Z$-transform)という。

$t$領域からの変換法

与えられた関数が時間領域で表示されている場合には、$f(t)$の$t$を$nT$に 書き換え$f(nT)$とし、(3.12)式に適用する。

なお、この場合

$$\sum_{n=0}^{\infty}Kr^{n}=K+Kr+Kr^{2}+\cdots = \frac{K}{1-r}$$ (3.13)

$$\mbox{ただし} \vert r\vert<1$$

の公式を用いて簡単化する。

[例] $f(t)=\frac{1}{a}(1-e^{-at})$の場合 $t$を$nT$に置き換え

$$f(nT)=\frac{1}{a}(1-e^{-anT})$$

とし、(3.12)式に適用すると

$$\begin{eqnarray*} F(Z) & = & \sum_{n=0}^{\infty} \left\{ \frac{1}{a}\left(1-e... ...rac{1}{a} \left\{ \frac{Z}{Z-1}- \frac{Z}{Z-e^{-aT}} \right\} \end{eqnarray*}$$

となる。

$s$領域からの変換法

(3.8)式より $f^{*}(t)=f(t)\cdot i^{*}(t)$ゆえこれをラプラス変換すると、

$${\cal L}\left[f^{*}(t)\right] = \frac{1}{2\pi j} \int_{c-j\infty}^{c+j\infty}F(p)\cdot I^{*}(s-p){\mathrm d}p$$ (3.14)

$$\mbox{　ただし$F(p)$は$f(t)$の$p$面でのラプラス変換、}$$

$$\mbox{　$I^{*}(p)$は$i^{*}(t)$の$p$面でのラプラス変換}$$

で表される。

$I^{*}(s-p)$は単位パルス列信号ゆえ、(3.4)式より

$$I^{*}(s-p)=\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nT(s-p)} =\frac{1}{1-e^{-T(s-p)}}$$ (3.15)

となるので

$${\cal L}\left[f^{*}(t)\right] = \frac{1}{2\pi j} \int_{c-j\infty}^{c+j\infty}F(p) \frac{1}{1-e^{-T(s-p)}}{\mathrm d}p$$

$$= \sum\left(\frac{A(p)}{B(p)} \frac{1} {1-e^{-Ts}\cdot e^{Tp}} \mbox{の留数}\right)$$ (3.16)

となる。

ただし、 $F(p)\equiv \frac{A(p)}{B(p)}$ で分母の次数の方が高いとする。

$p$を$s$に書き換え$B(s)=0$の根を $s_{1}s_{2}\cdots s_{N}$とし、重根を 含まないとき

$$F(Z) = \sum_{n=1}^{N}\frac{A(s_{n})}{B'(s_{n})} \frac{1}{1-e^{-T(s-s_{n})}}\equiv Z\left[F(s)\right]$$ (3.17)

$$\mbox{ただし、}B'(s_{n})= \frac{{\mathrm d}B(s)}{ds}\vert _{s=s_{n}}$$

$$\mbox{　$N$は$B(s)=0$の根の数}$$

となる。

多重根の場合、例えば $F(s)=\frac{1}{(s+a)^{k}}$の場合

$$F(s)=(-1)^{k-1}\frac{1}{(k-1)!}\frac{\partial^{k-1}}{\partial a^{k-1}} \frac{1}{s+a}$$ (3.18)

で表されるから

$$F(Z) = (-1)^{k-1}\frac{1}{(k-1)!} \frac{\partial^{k-1}} {\partial a^{k-1}} Z\left[\frac{1} {s+a}\right]$$

$$= (-1)^{k-1}\frac{1}{(k-1)!} \frac{\partial^{k-1}} {\partial a^{k-1}} \frac{Z}{Z-e^{-aT}}$$ (3.19)

となる。したがって、与えられた関数が$s$領域で 表示されている場合の$Z$変換の 手順は次のごとくである。
重根を含まない場合　

#1.

$F(s)=\frac{A(s)} {B(s)}$とする。

#2.

$B(s)=0$の根 $s_{1}s_{2}\cdots s_{N}$を求める。

#3.

$B'(s)=\frac{{\mathrm d}B(s)} {ds}$を求める。

#4.

$$F(Z)=\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{ \left\{ 1-e^{-T(s-s_{n})} \right\} }$$ より$Z$変換を行う。
　　　　　　　ただし、$N$は$B(s)=0$の根の数　

重根を含む場合、重根の部分を

$$F(Z)=(-1)^{k-1}\frac{1}{(k-1)!} \frac{\partial^{k-1}}{\partial a^{k-1}} \frac{Z}{Z-e^{-aT}}$$

として、$Z$変換を行う。

[例１] $F(s)=\frac{1} {s(s+a)}$の$Z$変換を求める。

#1.

$$F(s)=\frac{A(s)} {B(s)}= \frac{1}{s(s+a)}$$

#2.

$$B(s)=s(s+a)=0$$
$\hspace*{2cm} s_{1}=0,s_{2}=-a$

#3.

$$B'(s)=2s+a$$

#4.

$\begin{array}[t]{rcl} F(Z) & = & \displaystyle \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{2s_{n}+... ... \frac{1}{a} \left\{ \frac{Z}{Z-1}- \frac{Z} {Z-e^{-aT}}\right\} \end{array}$

[例２] $F(s)=\frac{\displaystyle 1} {\displaystyle (s+a)^{2}}$の$Z$変換を求める。

$$\begin{eqnarray*} k=2\mbox{ゆえ}&&\\ F(Z) & = & (-1)^{2-1} \frac{1}{(2-1)!} ... ...Te^{-aT} \cdot Z^{-1}} {\left(1-e^{-aT}\cdot Z^{-1}\right)^{2}} \end{eqnarray*}$$

代表的な関数の$Z$変換表を表3.1に示す。

表 3.1: $Z$変換表

	F(s)	f(nT)	F(Z)
1	$$1$$	$$\delta(nT)$$	$$Z^{-0}$$
2	$$e^{-kTs}$$	$$\delta(n-k)T$$	$$Z^{-k}$$
3	$$\frac{1}{s}$$	$$1$$	$$\frac{1}{1-Z^{-1}}$$
4	$$\frac{1}{s^{2}}$$	$$nT$$	$$TZ^{-1}/(1-Z^{-1})^{2}$$
5	$$\frac{1}{s+a}$$	$$e^{-anT}$$	$$1/(1-e^{-aT}Z^{-1})$$
6	$$\frac{1}{(s+a)^{2}}$$	$$nTe^{-anT}$$	$$Te^{-aT}Z^{-1}/(1-e^{-aT}Z^{-1})^{2}$$
7	$$\frac{a}{s(s+a)}$$	$$1-e^{-anT}$$	$$\frac{(1-e^{-aT})Z^{-1}} {(1-Z^{-1})(1-e^{-aT}Z^{-1})}$$
8	$$\frac{(b-a)}{(s+a)(s+b)}$$	$$e^{-anT}-e^{bnT}$$	$$\frac{(e^{-aT}-e^{-bT})z^{-1}} {(1-e^{-aT}Z^{-1})(1-e^{-bT}Z^{-1})}$$
9	$$\frac{a^{2}}{s(s+a)^{2}}$$	$$1-e^{-anT}(1+anT)$$	$$\frac{1}{1-Z^{-1}}- \frac{1-(1-aT)e^{-aT}Z^{-1}} {(1-e^{-aT}Z^{-1})^{2}}$$
10	$$\frac{ab}{s(s+a)(s+b)}$$	$$1-\frac{be^{-anT}-ae^{-bnT}} {(b-a)}$$	$$\frac{1}{1-Z^{-1}}+ \frac{(be^{-bT}-ae^{-aT})Z^{-1}-(b-a)} {(b-a)(1-e^{-aT}Z^{-1})(1-e^{-bT}Z^{-1})}$$

なお

$$F_{3}(Z)=Z\left[F_{1}(s) \cdot F_{2}(s)\right]$$

のとき

$$F_{3}(Z) \neq F_{1}(Z) \cdot F_{2}(Z)$$

である。（すなわち、先に$Z$変換をして積を求めてはならない）

例えば

$$F_{1}(s)=\frac{1}{s}, F_{2}(s)=\frac{1}{s+a}, F_{3}(s)=\frac{1}{s(s+a)}$$

のとき、表3.1より

$$\begin{eqnarray*} F_{1}(Z) & = & \frac{Z}{Z-1}, F_{2}(Z)= \frac{Z}{Z-e^{-aT}}, \\ F_{3}(Z) & = & \frac{Z}{Z-1}- \frac{Z}{Z-e^{-aT}} \end{eqnarray*}$$

であり、$F_{3}(Z)$は$F_{1}(Z)$と$F_{2}(Z)$の積とは異なる。