ラプラス変換とZ変換

参考文献及びWEB

参考文献

(1)「例題で学ぶ過渡現象」大重力、森本義広、神田一伸　共著　森北出版
(2)「ディジタル信号処理技術」玉井徳みち、長島厚、藤田泰弘、若井修造著日経BP社
(3)「ディジタル信号処理の基礎」三上直樹著 CQ出版
(4)「C言語によるディジタル信号処理入門」三上直樹著 CQ出版
(5)「アナログ&ディジタルフィルタ入門」小野浩司著日刊工業
(6)「フーリエの冒険」ヒッポファミリークラブ

ラプラス変換

任意の時間関数 f(t) に対する次の定積分 F(s) を f(t) のラプラス変換という。

$F(s) = \int_0^{\infty} f(t) e^{-st} dt, s=\sigma + j\omega$

基本的に証明をして納得したあと、使用するときはラプラス変換-逆変換表を使用する

ラプラス変換-逆変換表

No.	f(t)	F(s)
1	$\delta(t)$	1
2		$\frac{1}{s}$
3		$\frac{1}{s^2}$
3		$\frac{2}{s^3}$
3		$\frac{n!}{s^{n+1}}$
4	$\sin a t$	$\frac{a}{s^2 + a^2}$
4	$\cos a t$	$\frac{s}{s^2 + a^2}$
5	$\frac{1}{\sqrt{(\pi t)}}$	$s^{-\frac{1}{2}}$
6	$e^{\pm a t}$	$\frac{1}{s \mp a}$
6	$t e^{\pm a t}$	$\frac{1}{(s \mp a)^2}$
6	$t^n e^{\pm a t}$ (nは正数)	$\frac{n!}{(s \mp a)^{n+1}}$

ラプラス変換

■例1 のラプラス変換

${\cal L}\{f(t)\} = \cal L\{3\}$
$= \int_0^{\infty} 3 \cdot e^{-st}dt$
$= 3 [ -\frac{1}{s} \cdot e^{-st} ]^{\infty}_{0}$
$= \frac{3}{s}$

■例2 $f(t) = A e^{\beta t} (t>0)$ のラプラス変換

${\cal L}\{A e^{\beta t}\}$
$= A \int_0^{\infty} e^{\beta t} \cdot e^{-st}dt$
$= A \int_0^{\infty} e^{-(s-\beta)t} dt$
$= A [ -\frac{1}{(s-\beta)} \cdot e^{-(s-\beta)t} ]^{\infty}_{0}$
$= \frac{A}{s-\beta} (s > \beta)$

■例3 $f(t)=\sin \omega t$ のラプラス変換

部分積分法を使用する

${\cal L}\{f(t)\} = \cal L\{ \sin \omega t \}$

$I = \int_0^{\infty} \sin \omega t \cdot e^{-st}dt$
$= \int_0^{\infty} \sin \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s})'dt$
$= [ \sin \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s}) ]^{\infty}_{0} - \int_0^{\infty} \omega \cos \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s})dt$
$= - \int_0^{\infty} \omega \cos \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s})dt$
$= \frac{\omega}{s} \int_0^{\infty} \cos \omega t \cdot e^{-st} dt$

$= \frac{\omega}{s} \int_0^{\infty} \cos \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s})' dt$
$= \frac{\omega}{s} [ \cos \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s}) ]^{\infty}_{0} - \int_0^{\infty} \omega \sin \omega t \cdot (-\frac{e^{-st}}{s})dt$

ゆえに

$I = \frac{\omega}{s} \{\frac{1}{s} - \frac{\omega}{s} I \}$
$I = \frac{\omega}{s^2} - \frac{\omega^2}{s^2} I$
$(1+\frac{\omega^2}{s^2}) I = \frac{\omega}{s^2}$

$I = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$

ゆえに

$\cal L\{ \sin \omega t \} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$

■例4 のラプラス変換

部分積分法を使う

${\cal L}\{f(t)\} = \cal L\{ 5 t + 3\}$
$= 5 {\cal L}\{t\} + 3{\cal L}\{1\}$
$= \int_0^{\infty} t \cdot e^{-st}dt + \frac{3}{s}$

$= 5 \int_0^{\infty} (- \frac{1}{s}e^{-st})' \cdot t dt + \frac{3}{s}$
$= 5 \{ \[- \frac{1}{s}e^{-st} \cdot t \]^{\infty}_{0} - \int_0^{\infty} (-\frac{1}{s})e^{-st} dt \} + \frac{3}{s}$

$= 5 \{ 0 + \frac{1}{s}\int_0^{\infty} e^{-st} dt \} + \frac{3}{s}$
$=\frac{5}{s} \[ -\frac{1}{s} e^{-st} \]^{\infty}_{0} + \frac{3}{s}$

$=\frac{5}{s^2} + \frac{3}{s}$

■微分定理

${\cal L}\{f'(t)\} = sF(s) - f(0)$

${\cal L}\{f''(t)\} = s^2 F(s) - sf(0) -f'(0)$

■積分定理

${\cal L}\{ \int f(t) dt \} = \frac{F(s)}{s}$

■最終値の定理

$\lim_{s \to 0}\[sF(s)\] = \lim_{t \to \infty}f(t)$

ラプラス逆変換

基本的に変換表を見て行う

基本

(1) $\frac{1}{ s + 6}$

Ans.
変換表より

${\cal L}^{-1} \[F(s)\] = {\cal L}^{-1} \[ \frac{1}{s+\alpha}\] = e^{-\alpha t}$

ここで $\alpha=6$ とすれば良いので
$f(t) = {\cal L}^{-1} \[F(s)\] = e^{-6 t}$

(2) $\frac{4}{ s^2 + 16}$

変換表より

${\cal L}^{-1} \[ \frac{a}{s^2 + a^2}\] = \sin a t$

a^2 = 16 より $a \pm 4$ よって

${\cal L}^{-1} \[ \frac{\pm 4}{s^2 + (\pm4)^2}\] = \sin( \pm 4 t)$

未定係数法で解く

(1) $\frac{2s}{ s^2 - 16}$

$F(s) = \frac{2s}{ s^2 - 16} = \frac{2s}{(s+4)(s-4)}= \frac{c_1}{(s+4)} + \frac{c_2}{(s-4)}$

とおく。

$\frac{c_1}{(s+4)} + \frac{c_2}{(s-4)}$ $= \frac{(c_1 + c_2)s + 4(c_2 - c_1)}{(s+4)(s-4)}$

c_1 + c_2 = 2
c_2 - c_1 = 0

ゆえに c_1 = c_2 = 1

$F(s) = \frac{2s}{ s^2 - 16} = \frac{2s}{(s+4)(s-4)}= \frac{1}{(s+4)} + \frac{1}{(s-4)}$

${\cal L}^{-1} \[ F(s) \] = f(t) = e^{-4t} + e^{4t}$

集中定数回路のラプラス変換法

注意！　信号は直流である

ラプラス変換で解く

直流電圧を印加したときの、回路に流れる電流 i(t) をもとめる。

Ans.

$L\frac{di}{dt} + Ri = E$

ここで

${\cal L}\[ \frac{di}{dt} \] = s I(s) - i(0)$

$L \{sI(s) - i(0) \} + RI(s) = \frac{E}{s}$

いま i(0) =0 (初期条件)とすると

$(Ls + R)I(s) = \frac{E}{s}$

ゆえに

$I(s) = \frac{E}{R}$\frac{1}{s} - \frac{1}{s+\frac{R}{L}} $$

この式をラプラス逆変換すると

$i(t) = \frac{E}{R}(1-e^{-\frac{R}{L} t })$

普通に解く

$L\frac{di}{dt} + Ri = E$ (1)

この微分方程式の一般解は、

特解(定常解) i_s
と
式(1)で E=0 とおいた場合の一般解(過渡解) i_t の和で表される。

i = i_s + i_t

定常解 i_s を以下のようにしてもとめる。

は定数であるため、 i_s は定数となる。
そのため時間変化がないから $\frac{di_s}{dt}=0$ となるため(1)は、

Ri_s = E
$i_s = \frac{E}{R}$

次に過渡解 i_t は、

$L\frac{di_t}{dt} + Ri_t = 0$
$L\frac{di_t}{dt} = - Ri_t$
$\frac{1}{i_t} di_t = -\frac{R}{L} dt$

両辺を積分すると

$\int \frac{1}{i_t} di_t = - \int \frac{R}{L}dt + \log A$
$\log i_t = -\frac{R}{L} t + \log A$

$i_t = Ae^{-\frac{R}{L} t}$

よって一般解は、 $i = i_s + i_t = \frac{E}{R} + Ae^{-\frac{R}{L} t}$

初期条件は、t=0のとき i=0 なので、

$0 = \frac{E}{R} + A$
ゆえに

$A = -\frac{E}{R}$

つまり

$i(t) = \frac{E}{R}(1-e^{-\frac{R}{L} t} )$

この式は時間の経過とともに過度状態が終わり電流は、 $\frac{E}{R}$ に収束することを示している。

Z変換

Z変換は基本的にラプラス変換と同じである。
両者の変数は、次の関係

$z = e^{sT}$

で結ばれる。

フーリエ変換は?

$F(f) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i \omega t} dt$ (3-1)

ラプラス変換は?

$F(s) = \int_0^{\infty} f(t) e^{-st} dt$ (3-2)

離散フーリエ変換は?

$F(\frac{\Delta f}{N}\cdot n) = \sum_{k=0}^{N-1} {\Delta t} \cdot f(k{\Delta t}) e^{-i 2\pi (\frac{n}{\Delta t N})k\Delta t}$
$= \sum_{k=0}^{N-1} {\Delta t} \cdot f(k{\Delta t}) e^{-i 2\pi (\frac{n}{N})k}$ (3-3)

::取得するデータの総数
${\Delta t}$ ::サンプリング周期
::何番目の値か？
::基本周波数の何倍か？

サンプリング周波数 $\Delta f =\frac{1}{\Delta t}$
基本周波数 $\frac{\Delta f}{N} =\frac{1}{\Delta t N}$

Z変換は?

$X(z) = \sum_{n=0}^{\infty} x[n] z^{-n}$ (3-4)

ここで
$z= e^{i \omega T} = e^{sT}$ ここで $s=i \omega$

Z変換、ラプラス変換、フーリエ変換は以下のように考え方は同じである。

(1)連続の世界での畳込み

$y(t) = \int_{0}^{t} x(t-\tau)h(\tau)d\tau$

をラプラス変換すると

$Y(s) = X(s) \cdot H(s)$

(2)離散の世界での畳込み

$y[n] = \sum_{k=0}^{n} x[n-k] \cdot h[k]$

をZ変換すると

$Y(z) = X(z) \cdot H(z)$

Z変換はどういった場面で使われるか？

ディジタルフィルタでのz変換の使用目的は、

(1) 畳み込み
$y[n]= \sum_{k=0}^{N-1} (h[k] x[n-k])$
の簡略化

(2) 周波数特性の導出

がある。

(1) 畳み込みの簡略化

ディジタル信号を x[n] ,その個数を個とすれば、
x[n] のz変換は、

$X[z] = \sum_{n=0}^{N-1} x[n]z^{-n}$ (1)

によって定義される。

いま、インパルス信号

$x[n] = \delta[n] + \delta[n-1]$ x[0]=1,x[1]=1

フィルタ係数は、

h[0]=3, h[1]=2, h[2]=1

$h[n] = 3\delta[n]+2\delta[n-1]+\delta[n-2]$

たたみこみをまとめると

$y[n] = \sum_{k=0}^{2} (h[k] x[n-k])$
=h[0]x[n-0] + h[1]x[n-1] + h[2]x[n-2]
=3x[n-0] + 2x[n-1] + x[n-2]

y[0]=3x[0] + 2x[-1] + x[-2] = 3
y[1]=3x[1] + 2x[0] = 5
y[2]=2x[1] + x[0] = 3
y[3]= x[1] = 1
y[4]= 0

という計算をしていく必要がある。入力はたった2入力だが、計算は4出力である。

■Z変換を使うと

まず入力x[n]をZ変換する。

$X(z) = \sum_{n=0}^{N-1} x[n]z^{-n}$

信号は2入力なので、 N=2 である。

$X(z) = \sum_{n=0}^{1} x[n]z^{-n}$
$= x[0]z^{-0} + x[1]z^{-1}$
$= x[0] + x[1]z^{-1}$
$= 1 + z^{-1}$

次にh[n]をZ変換する。

$H(z) = \sum_{n=0}^{2} h[n]z^{-n}$
$= h[0]z^{-0} + h[1]z^{-1} +h[2]z^{-2}$
$= h[0] + h[1]z^{-1} +h[2]z^{-2}$
$= 3 + 2z^{-1} +z^{-2}$

次に畳み込みのZ変換は、

Y(z) = H(z)X(z)

つまり、
$Y(z) = (3 + 2z^{-1} +z^{-2})(1 + z^{-1})$
$= 3 + 5z^{-1} +3z^{-2} + z^{-3}$

これを逆Z変換すると

$y(n) = 3\delta(n) + 5\delta(n-1) +3\delta(n-2) + \delta(n-3)$

ゆえに y(0)=3,y(1)=5,y(2)=3,y(3)=1

このようにz変換を使うと畳み込みが単純な積となり簡単に計算できる。

これがz変換を使う第一の理由である。

周波数特性

ディジタルフィルタでの周波数特性は、
フィルタ係数h(n)を、z変換して求めます。

h(n)のz変換H(z)に対してzを、

$z =e^{j\omega \Delta t_s } =e^{j2\pi f \Delta t_s }$
(ここで $\Delta t_s$ はサンプリング周期)

と置き換えた
$H(z) -> H(e^{j\omega\Delta t_s})$
が周波数特性となる。

$H(e^{j\omega\Delta t_s})$ は複素数なので

$H(e^{j\omega\Delta t_s}) = H_{r}(e^{j\omega\Delta t_s}) + j H_{i}(e^{j\omega\Delta t_s})$

と表せます。

そしてフィルタの振幅特性と位相特性は、

振幅特性: $| H(e^{j\omega\Delta t_s}) |= \sqrt{ H_{r}^{2}(e^{j\omega\Delta t_s}) + j H_{i}^{2}(e^{j\omega\Delta t_s})}$
位相特性: $\angle (e^{j\omega\Delta t_s}) = \arctan\frac{ H_{i}(e^{j\omega\Delta t_s}) }{ H_{r}(e^{j\omega\Delta t_s})}$