Transformée en z : 24 exercices corrigés

Transformée de l'impulsion

ApplicationDifficulté 3/5

Donner la transformée en z de l'impulsion $\delta[n]$ (valant $1$ en $n=0$ , $0$ sinon), puis de l'impulsion retardée $\delta[n-3]$ .

Indices (3)

$X(z)=\displaystyle\sum_{n\ge0}\delta[n]\,z^{-n}$ : un seul terme non nul.

Pour $\delta[n]$ , seul $n=0$ contribue : $z^0=1$ .

Pour $\delta[n-3]$ , seul $n=3$ contribue.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le tout premier calcul du chapitre, et il faut partir de la définition — pas de la table.

\boxed{X(z)=\mathcal{Z}\{x[n]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]\,z^{-n}}

⚠️ Lire cette formule lentement. C'est une somme infinie où le $n$ -ième échantillon du signal est le coefficient de $z^{-n}$ . Autrement dit :

X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+x[3]z^{-3}+\cdots

C'est un dictionnaire, terme à terme : connaître $X(z)$ , c'est connaître tous les échantillons, et réciproquement.

⚠️ Les puissances sont NÉGATIVES. C'est la convention universelle du traitement du signal, et elle a une raison : $z^{-1}$ représente un retard d'un pas. Écrire $z^{+n}$ inverserait le sens du temps.

L'impulsion $\delta[n]$ est le signal le plus simple qui soit :

\delta[0]=1 \qquad \delta[1]=\delta[2]=\cdots=0

Un seul terme survit dans la somme. C'est ce qui rend ce calcul immédiat — et c'est aussi ce qui fait de $\delta$ le signal de référence de tout le chapitre.

ℹ️ Pourquoi commencer par là. $\delta$ joue pour le discret le rôle que joue $1$ pour la multiplication : c'est l'élément neutre de la convolution, et sa transformée vaut $1$ . Tout le chapitre s'appuiera dessus — notamment la réponse impulsionnelle d'un filtre (D5).

Les deux calculs

1) L'impulsion $\delta[n]$ .

\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}\delta[n]\,z^{-n}=\underbrace{\delta[0]\,z^{0}}_{1\times 1}+\underbrace{\delta[1]\,z^{-1}}_{0}+\underbrace{\delta[2]\,z^{-2}}_{0}+\cdots

Tous les termes sont nuls sauf le premier :

\boxed{\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1}

⚠️ $z^{0}=1$ , pas $z$ . Le terme $n=0$ porte $z^{-0}=1$ .

2) L'impulsion retardée $\delta[n-3]$ . Ce signal vaut $1$ en $n=3$ et $0$ partout ailleurs :

\delta[n-3]=\begin{cases}1&\text{si } n=3\\ 0&\text{sinon}\end{cases}

\mathcal{Z}\{\delta[n-3]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}\delta[n-3]\,z^{-n}=0+0+0+1\times z^{-3}+0+\cdots

\boxed{\mathcal{Z}\{\delta[n-3]\}=z^{-3}=\dfrac{1}{z^{3}}}

Le contrôle universel de ce chapitre — redévelopper. C'est le contrôle à prendre comme réflexe : on repart de la forme close et on relit les échantillons.

z^{-3}=0\cdot z^{0}+0\cdot z^{-1}+0\cdot z^{-2}+\mathbf{1}\cdot z^{-3}+0\cdots

On lit $x[0]=0$ , $x[1]=0$ , $x[2]=0$ , $x[3]=1$ — c'est bien $\delta[n-3]$ ✓

⚠️ Ce contrôle marchera pour TOUT le chapitre, y compris sur des fractions rationnelles : il suffira d'effectuer la division selon les puissances de $1/z$ . Il rend presque toute erreur détectable en trois lignes.

Ce que le résultat annonce — le théorème du retard. Comparons :

signal	transformée
$\delta[n]$	$1$
$\delta[n-3]$	$z^{-3}\times 1$

\boxed{\text{retarder de } k \text{ pas} \ \Longleftrightarrow \ \text{multiplier par } z^{-k}}

ℹ️ C'est le théorème du retard (B1), déjà lisible ici. Et il donne son sens à la convention $z^{-n}$ : dans le monde des $z$ , le retard est une multiplication, exactement comme la dérivation devient une multiplication par $p$ chez Laplace. Toute la puissance de la méthode vient de là.

⚠️ Un signal ne doit rien porter avant $n=0$ . La transformée unilatérale ne somme qu'à partir de $n=0$ : un $\delta[n+3]$ (avance) sortirait de la somme et vaudrait $0$ , ce qui n'est pas symétrique du retard. Avance et retard ne se traitent pas de la même façon — c'est tout l'objet de B2.

Rappel de cours

Définition (transformée en z UNILATÉRALE)
$\boxed{X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]\,z^{-n}=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots}$
L'échantillon $x[n]$ est le coefficient de $z^{-n}$ . C'est un dictionnaire terme à terme.

⚠️ Puissances NÉGATIVES $z^{-1}$ = un retard d'un pas. La convention n'est pas arbitraire.

Les deux transformées de base
$\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1 \qquad\qquad \mathcal{Z}\{\delta[n-k]\}=z^{-k}$

Le théorème du retard, déjà visible
$\text{retard de } k \ \Longleftrightarrow \ \times\, z^{-k}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE DU CHAPITRE — redévelopper Repartir de $X(z)$ et relire les coefficients de $1\!$ , $z^{-1}$ , $z^{-2}$ … : on doit retomber sur $x[0]$ , $x[1]$ , $x[2]$ . Il fonctionne sur tout le chapitre, y compris sur les fractions, par division selon les puissances de $1/z$ .

Le rôle de $\delta$ Élément neutre de la convolution, de transformée $1$ : le signal de test naturel d'un filtre (D5).

⚠️ Unilatérale : rien avant $n=0$ La somme part de $n=0$ . Avance et retard ne sont donc pas symétriques (B2).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=z$ ou $z^{0}=z$ . Le terme $n=0$ porte $z^{-0}=1$ .

Le contrôle : redévelopper. $z$ se lirait « coefficient de $z^{+1}$ », ce qui ne correspond à aucun échantillon d'un signal causal.

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{\delta[n-3]\}=z^{3}$ au lieu de $z^{-3}$ . L'erreur la plus fréquente du chapitre, et elle inverse le sens du temps : $z^{+3}$ serait une avance.

Le contrôle : un signal retardé doit avoir ses premiers échantillons nuls. $z^{-3}$ commence bien par trois zéros ; $z^{3}$ n'a aucun développement en puissances de $1/z$ .

⚠️ Confondre $\delta[n-3]$ et $\delta[n]-3$ . Le premier est une impulsion décalée ; le second n'a aucun sens ici.

⚠️ Croire que $\delta[n-3]$ vaut $1$ pour $n\geq 3$ . Non — uniquement en $n=3$ . Le signal qui vaut $1$ pour $n\geq 3$ est l'échelon retardé $u[n-3]$ , et sa transformée est tout autre (B1).

⚠️ Sommer à partir de $n=-\infty$ . C'est la transformée bilatérale, un autre objet. Ici la somme part de $n=0$ — c'est ce qui permet de traiter les conditions initiales (C5, C6).

⚠️ Oublier que $\delta$ n'est PAS la fonction de Dirac. L'impulsion discrète est une suite parfaitement ordinaire, qui vaut $1$ en un point. Il n'y a ici aucune distribution, aucune subtilité d'analyse.

⚠️ Ne pas contrôler. Le redéveloppement coûte deux lignes et attrape le signe de l'exposant, qui est l'erreur n°1 du chapitre.

À retenir

\boxed{X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]\,z^{-n}=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots}

L'échantillon $x[n]$ EST le coefficient de $z^{-n}$ — un dictionnaire terme à terme.

\boxed{\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1 \qquad \mathcal{Z}\{\delta[n-3]\}=z^{-3}}

\text{retarder de } k \text{ pas} \ \Longleftrightarrow \ \text{multiplier par } z^{-k}

⚠️ Puissances NÉGATIVES : $z^{+3}$ serait une avance, donc un signal qui commence avant $n=0$ .

⚠️⚠️ Le contrôle du chapitre entier : redévelopper $X(z)$ en puissances de $1/z$ et relire les premiers échantillons. Deux lignes, et il attrape l'erreur de signe la plus fréquente.

⚠️ $\delta[n-3]$ vaut $1$ EN $n=3$ seulement — le signal qui vaut $1$ à partir de $3$ est $u[n-3]$ , tout différent.

Réponse.

\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1

;

\mathcal{Z}\{\delta[n-3]\}=z^{-3}

. (Recoupement : retard de

k

\Longrightarrow

facteur

z^{-k}

, cf. théorème du retard ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Transformée de l'échelon par la série géométrique

DémonstrationDifficulté 3/5

En reconnaissant une série géométrique, calculer $\mathcal{Z}\{u[n]\}$ pour l'échelon unité ( $u[n]=1$ , $n\ge0$ ).

Indices (3)

$X(z)=\displaystyle\sum_{n\ge0}1\cdot z^{-n}=\sum_{n\ge0}\Big(\tfrac1z\Big)^n$ .

Série géométrique de raison $1/z$ , convergente pour $|z|>1$ .

$\displaystyle\sum_{n\ge0}q^n=\dfrac1{1-q}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'échelon unité $u[n]$ vaut $1$ pour tout $n\geq 0$ :

u[n]=1,\,1,\,1,\,1,\,\dots

\mathcal{Z}\{u[n]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}1\times z^{-n}=1+z^{-1}+z^{-2}+z^{-3}+\cdots

Reconnaître la série géométrique est tout l'exercice.

\boxed{\sum_{n=0}^{+\infty}q^{n}=\dfrac{1}{1-q} \qquad\text{si } |q|<1}

Ici $q=z^{-1}=\dfrac1z$ . La somme vaut donc $\dfrac{1}{1-z^{-1}}$ , qu'il reste à mettre sous forme lisible.

⚠️⚠️ La condition $|q|<1$ n'est PAS un détail : elle donne le domaine de convergence

\left|\dfrac1z\right|<1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \boxed{|z|>1}

Ce domaine fait partie de la réponse. Deux signaux différents peuvent avoir la même expression de $X(z)$ et se distinguer uniquement par leur domaine — c'est lui qui dit lequel des deux on transforme.

ℹ️ En pratique, dans ce cours, on travaille toujours en unilatéral sur des signaux causaux : le domaine est toujours l'extérieur d'un disque, $|z|>R$ où $R$ est le plus grand module des pôles. Il n'y a donc jamais d'ambiguïté — mais il faut savoir l'écrire, et savoir pourquoi.

Le résultat à mémoriser :

\boxed{\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1}}

C'est la ligne la plus utilisée de toute la table.

Le calcul, et sa mise en forme

\mathcal{Z}\{u[n]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac1z\right)^{n}

Série géométrique de raison $q=\dfrac1z$ , convergente si $\left|\dfrac1z\right|<1$ , c'est-à-dire $|z|>1$ :

=\dfrac{1}{1-\dfrac1z}

Mise en forme. On multiplie haut et bas par $z$ — c'est le geste standard du chapitre, celui qui fait disparaître les puissances négatives :

\dfrac{1}{1-\dfrac1z}=\dfrac{1\times z}{\left(1-\dfrac1z\right)\times z}=\dfrac{z}{z-1}

\boxed{\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1} \qquad |z|>1}

ℹ️ Pourquoi préférer $\dfrac{z}{z-1}$ à $\dfrac{1}{1-z^{-1}}$ . Les deux sont justes, mais la première est une fraction rationnelle en $z$ , dont on lit immédiatement le pôle ( $z=1$ ) et le zéro ( $z=0$ ). Tout le travail d'inversion (lot C) repose sur cette forme.

Le contrôle — redévelopper. Effectuons la division de $z$ par $z-1$ selon les puissances décroissantes :

\dfrac{z}{z-1}=\dfrac{1}{1-\dfrac1z}=1+\dfrac1z+\dfrac{1}{z^{2}}+\cdots

en réutilisant la série géométrique dans l'autre sens. On lit $x[0]=1$ , $x[1]=1$ , $x[2]=1$ — c'est bien l'échelon ✓

Un second contrôle, très rapide — la valeur initiale.

x[0]=\lim_{z\to+\infty}X(z)=\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z}{z-1}=1 \quad\checkmark

ℹ️ C'est le théorème de la valeur initiale (D3), et il se rejoue en trois secondes sur n'importe quel résultat du chapitre. En prendre l'habitude dès maintenant.

Le pôle est en $z=1$ , et ce n'est pas un hasard : l'échelon ne tend pas vers zéro, il reste à $1$ . Un signal qui s'éteint aurait son pôle à l'intérieur du cercle unité.

\boxed{|\text{pôle}|<1 \ \Longrightarrow \ \text{le signal s'éteint} \qquad |\text{pôle}|=1 \text{ (simple)} \ \Longrightarrow \ \text{il reste borné} \qquad |\text{pôle}|>1 \ \Longrightarrow \ \text{il diverge}}

ℹ️ Cette lecture des pôles est le cœur du chapitre, et elle resservira à chaque exercice : c'est elle qui dira si un filtre est stable (D5) et si une récurrence converge (C6, E5).

Rappel de cours

Série géométrique
$\sum_{n=0}^{+\infty}q^{n}=\dfrac{1}{1-q} \qquad\text{si } |q|<1$

La transformée la plus utilisée de la table
$\boxed{\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1} \qquad |z|>1}$

Le geste de mise en forme Multiplier haut et bas par $z$ : $\dfrac{1}{1-z^{-1}}=\dfrac{z}{z-1}$ . Toujours finir sur une fraction rationnelle en $z$ — c'est la forme qui se lit (pôles, zéros) et qui s'inverse.

Domaine de convergence
$|z|>1$
Pour un signal causal, c'est toujours l'extérieur d'un disque : $|z|>|\text{plus grand pôle}|$ .

⚠️⚠️ Lecture des pôles — le cœur du chapitre
$|\text{pôle simple}|<1 : \text{s'éteint} \qquad =1 : \text{borné} \qquad >1 : \text{diverge}$

Théorème de la valeur initiale (contrôle en 3 secondes)
$x[0]=\lim_{z\to+\infty}X(z)$

Le contrôle universel Redévelopper en puissances de $1/z$ et relire $x[0]$ , $x[1]$ , $x[2]$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\dfrac{1}{z-1}$ au lieu de $\dfrac{z}{z-1}$ . L'erreur reine du chapitre, et elle vient d'un oubli du $\times z$ en haut lors de la mise en forme.

Le contrôle : la valeur initiale. $\displaystyle\lim_{z\to\infty}\dfrac{1}{z-1}=0\neq 1=u[0]$ ✗ Trois secondes, et c'est réglé.

⚠️ Oublier le domaine $|z|>1$ . Sans lui, la somme géométrique n'est pas justifiée : on écrirait une égalité entre une série divergente et un nombre.

⚠️ Prendre $q=z$ au lieu de $q=z^{-1}$ . On obtiendrait $\dfrac{1}{1-z}$ , de signe opposé au dénominateur, et un domaine $|z|<1$ — c'est-à-dire le contraire.

Le contrôle : redévelopper. $\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+\cdots$ n'a que des puissances positives, donc ne décrit aucun signal causal.

⚠️ Confondre $u[n]$ et $\delta[n]$ . L'échelon vaut $1$ partout ( $1,1,1,\dots$ ), l'impulsion vaut $1$ une seule fois ( $1,0,0,\dots$ ). Leurs transformées sont $\dfrac{z}{z-1}$ et $1$ .

⚠️ Laisser la réponse en $\dfrac{1}{1-z^{-1}}$ . Ce n'est pas faux, mais on n'y lit ni pôle ni zéro, et le lot C deviendra impraticable.

⚠️ Croire que le pôle $z=1$ signale une erreur. Non : il dit que le signal ne s'éteint pas, ce qui est exactement le comportement de l'échelon.

⚠️ Simplifier $\dfrac{z}{z-1}$ en « $\dfrac{1}{-1}$ » en « barrant les $z$ ». On ne simplifie pas un terme d'une somme.

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{u[n]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}z^{-n}=\dfrac{1}{1-z^{-1}}=\dfrac{z}{z-1} \qquad |z|>1}

Série géométrique de raison $q=z^{-1}$ , puis multiplier haut et bas par $z$ pour obtenir une fraction rationnelle en $z$ — la seule forme où l'on lit les pôles et qui s'inverse.

⚠️⚠️ $\dfrac{z}{z-1}$ , PAS $\dfrac{1}{z-1}$ . L'erreur reine du chapitre. Contrôle en trois secondes : $\displaystyle\lim_{z\to\infty}X(z)=x[0]$ , qui doit valoir $1$ .

Le domaine $|z|>1$ fait partie de la réponse — pour un signal causal, c'est toujours l'extérieur d'un disque.

Le pôle $z=1$ dit que le signal ne s'éteint pas :

|\text{pôle simple}|<1 \ \text{s'éteint} \qquad =1 \ \text{borné} \qquad >1 \ \text{diverge}

Réponse.

\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac z{z-1}

(pour

|z|>1

). (Recoupement :

=\dfrac1{1-z^{-1}}

, forme « retard » ✓)

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Transformée d'une suite géométrique

DémonstrationDifficulté 3/5

Calculer $\mathcal{Z}\{a^n\}$ ( $a$ réel), puis l'appliquer à $2^n$ et $\left(\tfrac12\right)^n$ .

Indices (3)

$X(z)=\displaystyle\sum_{n\ge0}a^n z^{-n}=\sum_{n\ge0}\Big(\tfrac az\Big)^n$ .

Série géométrique de raison $a/z$ (convergente pour $|z|>|a|$ ).

Simplifier comme pour l'échelon.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La transformée la plus rentable du chapitre — celle dont presque tout le reste dérive.

x[n]=a^{n} \qquad\Longrightarrow\qquad X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\dfrac az\right)^{n}

C'est encore une série géométrique, cette fois de raison $q=\dfrac az$ .

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a} \qquad |z|>|a|}

⚠️ Le pôle est en $z=a$ , exactement là où se trouve la raison de la suite. C'est la clé de lecture du chapitre tout entier :

\boxed{\text{pôle en } a \ \Longleftrightarrow \ \text{le signal contient } a^{n}}

Et le comportement se lit dessus, sans calculer :

pôle	signal	comportement
$\lvert a\rvert<1$	$(\tfrac12)^{n}$	s'éteint
$\lvert a\rvert=1$	$u[n]=1^{n}$	reste borné
$\lvert a\rvert>1$	$2^{n}$	diverge

ℹ️ L'échelon est un cas particulier : $u[n]=1^{n}$ , donc $\dfrac{z}{z-1}$ — la formule de A2 se retrouve en posant $a=1$ . Une formule apprise, deux résultats.

Ce que le lot C demandera. Inverser une fraction, c'est reconnaître des morceaux $\dfrac{z}{z-a}$ et lire les $a^{n}$ . Cette ligne de table est donc lue dans les deux sens en permanence — de gauche à droite ici, de droite à gauche en C1.

Le calcul et les deux applications

La formule générale.

\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\dfrac az\right)^{n}=\dfrac{1}{1-\dfrac az} \qquad\text{si } \left|\dfrac az\right|<1

Mise en forme — multiplier haut et bas par $z$ :

=\dfrac{z}{z-a} \qquad\text{pour } |z|>|a|

1) Pour $a=2$ :

\boxed{\mathcal{Z}\{2^{n}\}=\dfrac{z}{z-2} \qquad |z|>2}

Contrôle par redéveloppement :

\dfrac{z}{z-2}=\dfrac{1}{1-\dfrac2z}=1+\dfrac2z+\dfrac{4}{z^{2}}+\dfrac{8}{z^{3}}+\cdots

On lit $x[0]=1$ , $x[1]=2$ , $x[2]=4$ , $x[3]=8$ — c'est bien $2^{n}$ ✓

2) Pour $a=\dfrac12$ :

\boxed{\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{z}{z-\dfrac12}=\dfrac{2z}{2z-1} \qquad |z|>\tfrac12}

ℹ️ Les deux écritures sont justes. $\dfrac{z}{z-\frac12}$ est préférable : le pôle $z=\frac12$ s'y lit directement, alors que dans $\dfrac{2z}{2z-1}$ il faut résoudre $2z-1=0$ . Garder la forme où le pôle se lit — c'est elle qui sert au lot C.

Contrôle :

\dfrac{z}{z-\frac12}=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2z}}=1+\dfrac{1}{2z}+\dfrac{1}{4z^{2}}+\cdots \quad\Longrightarrow\quad 1,\ \tfrac12,\ \tfrac14,\ \dots \ \checkmark

La lecture des deux résultats — et c'est le vrai enseignement.

\dfrac{z}{z-2} : \ \text{pôle } 2, \ |2|>1 \ \Longrightarrow \ 2^{n} \ \textbf{diverge}

\dfrac{z}{z-\tfrac12} : \ \text{pôle } \tfrac12, \ \left|\tfrac12\right|<1 \ \Longrightarrow \ \left(\tfrac12\right)^{n} \ \textbf{tend vers } 0

⚠️ Le cercle unité $|z|=1$ est la frontière, et cette frontière décide de tout dans les applications : un filtre est stable si et seulement si tous ses pôles sont strictement à l'intérieur (D5).

⚠️ $a$ peut être NÉGATIF, et rien ne change. Pour $a=-2$ : $\dfrac{z}{z+2}$ , qui redonne $1,-2,4,-8,\dots$ — la suite alterne de signe et diverge en module. C'est exactement le cas de E4, où le $(-2)^{n}$ produit une alternance.

ℹ️ $a$ peut même être complexe : c'est ainsi qu'on obtient le cosinus et le sinus discrets (A6), en combinant $e^{i\omega n}$ et $e^{-i\omega n}$ . Les deux pôles y sont conjugués, de module $1$ — d'où un signal borné qui oscille.

Rappel de cours

LA transformée du chapitre
$\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a} \qquad |z|>|a|}$
Série géométrique de raison $q=\dfrac az$ .

L'échelon en est un cas particulier
$u[n]=1^{n} \qquad\Longrightarrow\qquad \dfrac{z}{z-1}$

⚠️⚠️ La clé de lecture
$\text{pôle en } a \ \Longleftrightarrow \ \text{le signal contient } a^{n}$
Lue de gauche à droite pour transformer, de droite à gauche pour inverser (lot C).

Le comportement se lit sur le pôle (simple, comme ici)
$|a|<1 \ \text{s'éteint} \qquad |a|=1 \ \text{borné} \qquad |a|>1 \ \text{diverge}$
Le cercle unité est la frontière — c'est le critère de stabilité d'un filtre (D5).

$a$ négatif : rien ne change
$\mathcal{Z}\{(-2)^{n}\}=\dfrac{z}{z+2}$
Le signal alterne de signe.

Forme à privilégier $\dfrac{z}{z-\frac12}$ plutôt que $\dfrac{2z}{2z-1}$ : le pôle s'y lit sans résoudre.

Contrôle Redévelopper : $\dfrac{z}{z-a}=1+\dfrac az+\dfrac{a^{2}}{z^{2}}+\cdots$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\dfrac{1}{z-a}$ au lieu de $\dfrac{z}{z-a}$ . Le $z$ du numérateur vient de la mise en forme, et l'oublier est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

Le contrôle : $\displaystyle\lim_{z\to\infty}\dfrac{1}{z-a}=0\neq 1=a^{0}$ ✗

ℹ️ Et $\dfrac{1}{z-a}$ n'est pas « rien » : c'est la transformée de $a^{n-1}u[n-1]$ , le signal retardé d'un pas (B1). Une erreur de $z$ est un décalage temporel.

⚠️ Écrire $\dfrac{z}{z+a}$ pour $\mathcal{Z}\{a^{n}\}$ . Le pôle doit être en $a$ : le dénominateur est $z-a$ .

Le contrôle : redévelopper deux termes. $\dfrac{z}{z+2}$ donne $1,-2,4,\dots$ , pas $1,2,4,\dots$

⚠️ Oublier le domaine $|z|>|a|$ , ou écrire $|z|>a$ sans les valeurs absolues — faux dès que $a<0$ .

⚠️ Prendre $q=\dfrac za$ au lieu de $\dfrac az$ . On obtiendrait $\dfrac{a}{a-z}$ , de domaine $|z|<|a|$ : c'est la transformée d'un signal anticausal, un autre objet.

⚠️ Croire qu'un pôle $>1$ est une erreur. $2^{n}$ diverge, c'est un fait sur le signal, pas une faute de calcul. Ce qui serait une erreur, c'est de conclure qu'un tel filtre est stable.

⚠️ Confondre $a^{n}$ et $n^{a}$ . C'est l'exposant qui varie : suite géométrique, pas puissance.

⚠️ Simplifier $\dfrac{2z}{2z-1}$ en $\dfrac{z}{z-1}$ en « divisant par 2 ». Le $-1$ ne se divise pas : $\dfrac{2z}{2z-1}=\dfrac{z}{z-\frac12}$ , de pôle $\frac12$ et non $1$ — deux signaux complètement différents ( $(\frac12)^n$ s'éteint, $u[n]$ non).

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a} \qquad |z|>|a|}

\mathcal{Z}\{2^{n}\}=\dfrac{z}{z-2} \qquad\qquad \mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{z}{z-\tfrac12}

L'échelon en est le cas $a=1$ : une formule, deux résultats.

\boxed{\text{pôle en } a \ \Longleftrightarrow \ \text{le signal contient } a^{n}}

Lue de gauche à droite pour transformer, de DROITE À GAUCHE pour inverser — c'est tout le lot C.

Le comportement se lit sur le pôle (simple, comme ici), sans calcul : $|a|<1$ s'éteint, $=1$ borné, $>1$ diverge. Le cercle unité est la frontière, et c'est le critère de stabilité (D5).

⚠️ $\dfrac{z}{z-a}$ , jamais $\dfrac{1}{z-a}$ — cette dernière est le signal retardé d'un pas. Une erreur de $z$ est un décalage temporel.

⚠️ Garder la forme où le pôle se lit : $\dfrac{z}{z-\frac12}$ , pas $\dfrac{2z}{2z-1}$ .

Réponse.

\mathcal{Z}\{a^n\}=\dfrac z{z-a}

;

\mathcal{Z}\{2^n\}=\dfrac z{z-2}

,

\mathcal{Z}\{(\tfrac12)^n\}=\dfrac z{z-\tfrac12}

. (Recoupement :

a=1

redonne l'échelon

\tfrac z{z-1}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Transformée de la rampe

ApplicationDifficulté 3/5

Donner $\mathcal{Z}\{n\}$ (rampe discrète) et $\mathcal{Z}\{n^2\}$ à l'aide de la table, puis $\mathcal{Z}\{2n+1\}$ .

Indices (3)

Table : $\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac z{(z-1)^2}$ , $\mathcal{Z}\{n^2\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^3}$ .

$\mathcal{Z}\{1\}=\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac z{z-1}$ .

Linéarité pour $2n+1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Trois transformées à lire dans la table, et une somme à composer. L'exercice teste la lecture et la linéarité, pas un calcul de série.

\boxed{\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \qquad\qquad \mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}}

⚠️ Ce qu'il faut remarquer dans ces deux lignes, parce que c'est la structure de toute la table :

signal	dénominateur	numérateur
$u[n]=1$	$(z-1)^{1}$	$z$
$n$	$(z-1)^{\mathbf{2}}$	$z$
$n^{2}$	$(z-1)^{\mathbf{3}}$	$z(z+1)$

\boxed{\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{augmenter d'un cran la multiplicité du pôle non nul}}

ℹ️ Ce n'est pas une coïncidence : c'est le théorème $\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)$ , qui sera démontré en B4 et B5 — dériver une fraction augmente bien l'exposant du dénominateur d'une unité. Un pôle double annonce donc un $n$ , un pôle triple un $n^{2}$ . Cette lecture rendra le lot C beaucoup plus rapide.

La troisième question — la linéarité.

\boxed{\mathcal{Z}\{\alpha x[n]+\beta y[n]\}=\alpha X(z)+\beta Y(z)}

Elle est immédiate : la transformée est une somme, et une somme est linéaire. Mais c'est elle qui permet de décomposer n'importe quel signal en morceaux tabulés — c'est-à-dire toute la stratégie du chapitre.

2n+1=2\times(n)+1\times(u[n])

⚠️ Le « $1$ » est l'échelon $u[n]$ , pas l'impulsion. Le signal $2n+1$ vaut $1,3,5,7,\dots$ : il vaut $1$ à chaque instant, donc c'est bien un échelon.

Les trois transformées

1) La rampe.

\boxed{\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \qquad |z|>1}

Contrôle par redéveloppement. Écrivons $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}=\dfrac{z^{-1}}{(1-z^{-1})^{2}}$ et utilisons $\dfrac{1}{(1-q)^{2}}=1+2q+3q^{2}+\cdots$ avec $q=z^{-1}$ :

=z^{-1}\left(1+2z^{-1}+3z^{-2}+\cdots\right)=0+1\cdot z^{-1}+2\cdot z^{-2}+3\cdot z^{-3}+\cdots

On lit $x[0]=0$ , $x[1]=1$ , $x[2]=2$ , $x[3]=3$ — c'est bien $n$ ✓

⚠️ $x[0]=0$ : la rampe démarre à zéro. C'est aussi ce que dit la valeur initiale, $\displaystyle\lim_{z\to\infty}\dfrac{z}{(z-1)^{2}}=0$ ✓

2) Le carré.

\boxed{\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}} \qquad |z|>1}

Contrôle par les deux premières valeurs. Développons le début :

\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}=\dfrac{z^{-2}+z^{-3}}{(1-z^{-1})^{3}}\cdot z^{0}\ \Longrightarrow\ x[0]=0, \ x[1]=1, \ x[2]=4, \ x[3]=9 \quad\checkmark

Plus simple et tout aussi convaincant : $x[0]=\displaystyle\lim_{z\to\infty}X(z)=0=0^{2}$ ✓ et le pôle triple en $1$ annonce bien un $n^{2}$ .

⚠️ Le numérateur $z(z+1)$ ne s'invente pas. C'est lui qu'on oublie ou qu'on simplifie à tort — voir « l'erreur classique ».

3) La combinaison $2n+1$ . Par linéarité :

\mathcal{Z}\{2n+1\}=2\,\mathcal{Z}\{n\}+\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{2z}{(z-1)^{2}}+\dfrac{z}{z-1}

On peut s'arrêter là — la réponse est complète et parfaitement lisible. Mais réduisons au même dénominateur, ce qui donne une forme plus compacte :

=\dfrac{2z}{(z-1)^{2}}+\dfrac{z(z-1)}{(z-1)^{2}}=\dfrac{2z+z^{2}-z}{(z-1)^{2}}=\dfrac{z^{2}+z}{(z-1)^{2}}

\boxed{\mathcal{Z}\{2n+1\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}}

Contrôle. Les échantillons de $2n+1$ sont $1,3,5,7,\dots$

x[0]=\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}=\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^{2}+z}{z^{2}-2z+1}=1 \quad\checkmark

Et le développement complet donne $1,3,5,7,9,\dots$ ✓

⚠️⚠️ PIÈGE DE LECTURE, et il est méchant. Comparez :

\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{\mathbf{3}}} \qquad\qquad \mathcal{Z}\{2n+1\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{\mathbf{2}}}

Même numérateur, exposants différents — et deux signaux qui n'ont rien à voir ( $0,1,4,9$ contre $1,3,5,7$ ). L'exposant du dénominateur porte ici toute l'information. C'est un cas où lire la table trop vite se paie comptant.

ℹ️ Le lien n'est pas fortuit : $n^{2}$ et $2n+1$ sont liés par $\,(n+1)^{2}-n^{2}=2n+1$ , c'est-à-dire une différence. Or, pour un signal nul en $n=0$ comme $n^{2}$ , la différence discrète correspond, dans le monde des $z$ , à une multiplication par $(z-1)$ — d'où exactement un cran de moins au dénominateur.

Rappel de cours

Trois lignes de la table
$\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1} \qquad \mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \qquad \mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}$

⚠️⚠️ La structure à retenir
$\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{un cran de plus sur la multiplicité du pôle non nul}$
Conséquence pour l'inversion : pôle double $\Rightarrow$ un $n$ · pôle triple $\Rightarrow$ un $n^{2}$ .

Linéarité
$\mathcal{Z}\{\alpha x[n]+\beta y[n]\}=\alpha X(z)+\beta Y(z)$
C'est elle qui permet de découper tout signal en morceaux tabulés.

⚠️ La constante $1$ est l'ÉCHELON Dans $2n+1$ , le $1$ vaut à chaque instant : c'est $u[n]$ , de transformée $\dfrac{z}{z-1}$ — jamais $\delta[n]$ , qui ne vaut $1$ qu'une fois.

⚠️⚠️ Le piège de l'exposant
$\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}=n^{2} \qquad\text{mais}\qquad \dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}=2n+1$
Même numérateur, deux signaux sans rapport.

Contrôles
$x[0]=\lim_{z\to+\infty}X(z) \qquad\text{et le redéveloppement en } 1/z$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Transformer le $1$ de $2n+1$ en $\delta[n]$ , donc en $1$ . On obtiendrait $\dfrac{2z}{(z-1)^{2}}+1$ , dont les échantillons sont $1,2,4,6,\dots$ au lieu de $1,3,5,7,\dots$ — faux dès $n=1$ .

Le contrôle : redévelopper deux termes suffit à trancher.

⚠️⚠️ Confondre les exposants $2$ et $3$ au dénominateur — voir le piège ci-dessus. Le contrôle : $x[1]$ . Pour $n^{2}$ il vaut $1$ , pour $2n+1$ il vaut $3$ .

⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{1}{(z-1)^{2}}$ en oubliant le $z$ . Même famille que l'erreur reine de A2/A3.

⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z}{(z-1)^{3}}$ en oubliant le $(z+1)$ .

Le contrôle : la valeur $x[2]$ devrait valoir $4$ ; sans le $(z+1)$ on obtient $1$ ✗

⚠️ Croire que $\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\left(\mathcal{Z}\{n\}\right)^{2}$ . La transformée n'est pas multiplicative : le produit de deux transformées correspond à une convolution, jamais à un produit terme à terme.

⚠️ Se tromper en réduisant au même dénominateur : $\dfrac{z}{z-1}=\dfrac{z(z-1)}{(z-1)^{2}}$ , il faut multiplier haut et bas.

⚠️ Croire qu'il FAUT réduire. $\dfrac{2z}{(z-1)^{2}}+\dfrac{z}{z-1}$ est une réponse complète et juste. La forme réduite est plus compacte, pas plus correcte — et pour inverser, c'est la forme décomposée qu'on cherchera (lot C).

⚠️ Oublier que $x[0]=0$ pour la rampe. Elle démarre à zéro, ce que confirme la valeur initiale.

À retenir

\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \qquad \mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}} \qquad \mathcal{Z}\{2n+1\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}

\boxed{\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{un cran de plus sur le pôle}}

À l'inversion : pôle double $\Longrightarrow$ un $n$ , pôle triple $\Longrightarrow$ un $n^{2}$ . Cette lecture accélère tout le lot C.

⚠️ Dans $2n+1$ , le $1$ est l'ÉCHELON $u[n]$ , pas l'impulsion — il vaut $1$ à chaque instant.

⚠️⚠️ Piège d'exposant : $\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}$ et $\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}$ ont le même numérateur et donnent $0,1,4,9$ contre $1,3,5,7$ . Lire l'exposant.

⚠️ $\mathcal{Z}\{n^2\}\neq\left(\mathcal{Z}\{n\}\right)^2$ — un produit de transformées est une convolution.

Contrôle en trois secondes : $x[0]=\displaystyle\lim_{z\to+\infty}X(z)$ .

Réponse.

\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac z{(z-1)^2}

,

\mathcal{Z}\{n^2\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^3}

,

\mathcal{Z}\{2n+1\}=\dfrac{2z}{(z-1)^2}+\dfrac z{z-1}

. (Recoupement :

\mathcal{Z}\{n\}=-zX'(z)

avec

X=\tfrac z{z-1}

, cf. B4 ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Linéarité sur un signal composé

CalculDifficulté 3/5

Calculer la transformée en z de $x[n]=3\,u[n]-2\left(\tfrac12\right)^n+\delta[n]$ .

Indices (3)

Linéarité, terme par terme.

$\mathcal{Z}\{u[n]\}=\tfrac z{z-1}$ , $\mathcal{Z}\{(\tfrac12)^n\}=\tfrac z{z-1/2}$ , $\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1$ .

Additionner avec les coefficients.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un exercice de méthode plus que de calcul : il n'y a rien à démontrer, seulement à découper proprement et à lire trois lignes de table.

x[n]=3\,u[n]-2\left(\tfrac12\right)^{n}+\delta[n]

\boxed{\mathcal{Z}\{\alpha x+\beta y\}=\alpha X(z)+\beta Y(z)}

Trois morceaux, trois lignes de table, et les coefficients qui suivent :

morceau	transformée	d'où
$u[n]$	$\dfrac{z}{z-1}$	A2
$\left(\tfrac12\right)^{n}$	$\dfrac{z}{z-\tfrac12}$	A3 avec $a=\tfrac12$
$\delta[n]$	$1$	A1

⚠️ Les trois signaux sont DIFFÉRENTS bien qu'ils se ressemblent à l'écrit. C'est le seul vrai risque de l'exercice :

u[n] : 1,1,1,1,\dots \qquad \left(\tfrac12\right)^{n} : 1,\tfrac12,\tfrac14,\dots \qquad \delta[n] : 1,0,0,0,\dots

Les trois valent $1$ en $n=0$ — c'est précisément ce qui les rend confusables. Ils diffèrent ensuite, et leurs transformées n'ont rien de commun.

La stratégie générale du chapitre est là, en miniature :

\boxed{\text{découper en morceaux TABULÉS} \ \longrightarrow \ \text{transformer chacun} \ \longrightarrow \ \text{recombiner avec les coefficients}}

ℹ️ C'est exactement la démarche inverse du lot C, où l'on décompose une fraction pour retrouver des morceaux tabulés. Aller et retour dans le même dictionnaire.

Le calcul et ses contrôles

X(z)=3\,\mathcal{Z}\{u[n]\}-2\,\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}+\mathcal{Z}\{\delta[n]\}

\boxed{X(z)=\dfrac{3z}{z-1}-\dfrac{2z}{z-\dfrac12}+1}

⚠️ Les coefficients $3$ , $-2$ , $+1$ se reportent tels quels, signes compris. Le $-2$ reste négatif.

ℹ️ On peut s'arrêter là. Réduire au même dénominateur donnerait une fraction unique, mais on y perdrait la lecture : sous cette forme, les deux pôles ( $1$ et $\frac12$ ) et le terme constant se lisent d'un coup d'œil. La forme décomposée est la bonne réponse.

Le domaine de convergence. Chaque morceau a le sien ; l'intersection l'emporte :

|z|>1 \quad\text{et}\quad |z|>\tfrac12 \quad\text{et}\quad \text{tout } z \qquad\Longrightarrow\qquad |z|>1

\boxed{\text{le domaine est donné par le pôle de plus grand module}}

Le contrôle par les échantillons — le plus solide. Calculons $x[n]$ directement :

x[0]=3\times 1-2\times 1+1=2 \qquad x[1]=3-2\times\tfrac12+0=2

x[2]=3-2\times\tfrac14=\tfrac52 \qquad x[3]=3-2\times\tfrac18=\tfrac{11}{4}

Et par la valeur initiale, sur $X(z)$ :

x[0]=\lim_{z\to+\infty}\left(\dfrac{3z}{z-1}-\dfrac{2z}{z-\frac12}+1\right)=3-2+1=2 \quad\checkmark

ℹ️ Chaque terme $\dfrac{\alpha z}{z-a}$ tend vers $\alpha$ , et le terme constant reste. La valeur initiale se lit donc à vue sur une somme de ce type — contrôle gratuit, à faire systématiquement.

Un contrôle supplémentaire — la valeur finale. Le signal tend vers $3$ (les deux autres morceaux s'éteignent). Vérifions avec le théorème (D3) :

\lim_{n\to+\infty}x[n]=\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=\lim_{z\to 1}\left(3z-\dfrac{2z(z-1)}{z-\frac12}+(z-1)\right)=3-0+0=3 \quad\checkmark

Deux contrôles indépendants, aux deux bouts du temps.

La lecture des pôles, qui explique tout :

pôle	module	ce qu'il apporte
$z=1$	$=1$	le régime permanent : la valeur $3$ vers laquelle on tend
$z=\tfrac12$	$<1$	le transitoire : le $-2\left(\frac12\right)^{n}$ qui s'efface
(pas de pôle)	—	le terme $+1$ , instantané, actif au seul $n=0$

⚠️ Le terme constant $+1$ n'a pas de pôle, et c'est normal : il correspond à une impulsion, qui n'affecte qu'un seul instant. Un terme constant dans $X(z)$ signale toujours une impulsion. Cette lecture servira en C1 et E1.

Rappel de cours

Linéarité
$\mathcal{Z}\{\alpha x[n]+\beta y[n]\}=\alpha X(z)+\beta Y(z)$

La stratégie du chapitre
$\text{découper en morceaux TABULÉS} \to \text{transformer} \to \text{recombiner}$
Le lot C fait le chemin inverse.

⚠️ Trois signaux qui valent tous $1$ en $n=0$
$u[n] : 1,1,1,\dots \qquad a^{n} : 1,a,a^{2},\dots \qquad \delta[n] : 1,0,0,\dots$

$\dfrac{z}{z-1} \qquad\qquad \dfrac{z}{z-a} \qquad\qquad 1$

Domaine d'une somme
$|z|>\max_i|a_i| \qquad\text{le pôle de plus grand module l'emporte}$

⚠️ Ne pas réduire au même dénominateur La forme décomposée se lit (pôles, coefficients) ; la forme réduite ne se lit plus, et devra être redécomposée pour inverser.

Lecture des pôles
$|a|=1 : \text{régime permanent} \qquad |a|<1 : \text{transitoire} \qquad \text{terme CONSTANT} : \text{impulsion}$

Deux contrôles aux deux bouts du temps
$x[0]=\lim_{z\to+\infty}X(z) \qquad\qquad \lim_{n\to+\infty}x[n]=\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)$
La seconde exige les pôles de $X$ dans le disque unité, sauf éventuellement un pôle simple en $z=1$ (c'est le cas ici). Sur une somme $\sum\frac{\alpha_i z}{z-a_i}+c$ , la valeur initiale vaut $\sum\alpha_i+c$ — à vue.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Transformer $\delta[n]$ en $\dfrac{z}{z-1}$ , en le confondant avec l'échelon. Les deux valent $1$ en $n=0$ , mais l'impulsion retombe à zéro.

Le contrôle : $x[1]$ . Avec la confusion on obtiendrait $3$ , la vraie valeur est $2$ .

⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{z}{z+\tfrac12}$ , avec le mauvais signe. Le pôle est en $a$ : dénominateur $z-\frac12$ .

⚠️ Perdre le signe du $-2$ . Les coefficients se reportent tels quels.

Le contrôle : $x[0]=3-2+1=2$ . Avec un $+2$ on trouverait $6$ ✗

⚠️ Réduire au même dénominateur « pour faire propre ». On obtient une fraction juste mais illisible, et il faudra la redécomposer pour toute exploitation ultérieure. La forme décomposée est la bonne réponse.

⚠️ Oublier le domaine, ou prendre $|z|>\frac12$ . C'est le plus grand module de pôle qui décide : $|z|>1$ .

⚠️ Croire que le terme constant $+1$ est une erreur parce qu'il « n'a pas de $z$ ». Un terme constant dans $X(z)$ est la signature d'une impulsion — c'est parfaitement normal, et c'est une information.

⚠️ Confondre $2\left(\tfrac12\right)^{n}$ et $\left(\tfrac{2}{2}\right)^{n}$ ou $\left(\tfrac12\right)^{2n}$ . Le $2$ est un coefficient, pas un exposant.

⚠️ Ne faire aucun contrôle. Deux valeurs de $x[n]$ calculées à la main suffisent, et elles attrapent la confusion $\delta$ / $u$ , qui est l'erreur dominante de cet exercice.

À retenir

\boxed{X(z)=\dfrac{3z}{z-1}-\dfrac{2z}{z-\dfrac12}+1 \qquad |z|>1}

Découper en morceaux tabulés, transformer chacun, recombiner — la stratégie de tout le chapitre.

⚠️ Trois signaux valent $1$ en $n=0$ et n'ont rien à voir ensuite :

u[n]\to\dfrac{z}{z-1} \qquad \left(\tfrac12\right)^{n}\to\dfrac{z}{z-\tfrac12} \qquad \delta[n]\to 1

Ne PAS réduire au même dénominateur : la forme décomposée est la seule qui se lise, et la seule exploitable.

Le domaine est fixé par le pôle de plus grand module : $|z|>1$ .

Deux contrôles gratuits, aux deux bouts du temps :

x[0]=\lim_{z\to\infty}X(z)=3-2+1=2 \qquad \lim_{n\to\infty}x[n]=\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=3

Un terme CONSTANT dans $X(z)$ signale toujours une impulsion — pas de pôle, donc un effet à un seul instant.

Réponse.

X(z)=\dfrac{3z}{z-1}-\dfrac{2z}{z-\tfrac12}+1

. (Recoupement : trois briques de la table, pôles en

1

et

\tfrac12

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Transformées du cosinus et du sinus discrets

ApplicationDifficulté 3/5

Donner $\mathcal{Z}\{\cos(\omega n)\}$ et $\mathcal{Z}\{\sin(\omega n)\}$ , puis les évaluer pour $\omega=\dfrac\pi2$ .

Indices (3)

Table : $\cos\to\dfrac{z(z-\cos\omega)}{z^2-2z\cos\omega+1}$ , $\sin\to\dfrac{z\sin\omega}{z^2-2z\cos\omega+1}$ .

Pour $\omega=\tfrac\pi2$ : $\cos\tfrac\pi2=0$ , $\sin\tfrac\pi2=1$ .

Remplacer.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Les deux dernières lignes fondamentales de la table, et les seules à dénominateur du second degré.

\boxed{\mathcal{Z}\{\cos(\omega n)\}=\dfrac{z\,(z-\cos\omega)}{z^{2}-2z\cos\omega+1} \qquad \mathcal{Z}\{\sin(\omega n)\}=\dfrac{z\,\sin\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}}

⚠️ Le dénominateur est LE MÊME pour les deux. C'est la première chose à retenir : seul le numérateur distingue le cosinus du sinus.

D'où vient ce dénominateur. De $e^{i\omega n}$ et $e^{-i\omega n}$ , dont les transformées sont $\dfrac{z}{z-e^{i\omega}}$ et $\dfrac{z}{z-e^{-i\omega}}$ — c'est la formule $\mathcal{Z}\{a^{n}\}$ de A3 avec $a$ complexe de module $1$ . Le produit des deux dénominateurs donne

(z-e^{i\omega})(z-e^{-i\omega})=z^{2}-\left(e^{i\omega}+e^{-i\omega}\right)z+1=z^{2}-2z\cos\omega+1

⚠️ Le $+1$ constant n'est pas décoratif : c'est le produit des deux pôles, $e^{i\omega}\times e^{-i\omega}=1$ . Il dit que les pôles sont sur le cercle unité — donc que le signal oscille sans s'amortir, ce qui est exactement le comportement d'un cosinus.

\boxed{\text{deux pôles conjugués de module } 1 \ \Longleftrightarrow \ \text{oscillation pure, non amortie}}

ℹ️ C'est la lecture qui compte. En D4, on multipliera le signal par $a^{n}$ : les pôles passeront au module $|a|$ , et l'oscillation s'amortira. Le $+1$ deviendra $+a^{2}$ — même produit des pôles. La structure du dénominateur EST le comportement du signal.

Pour $\omega=\dfrac\pi2$ , la simplification est spectaculaire : $\cos\dfrac\pi2=0$ et $\sin\dfrac\pi2=1$ , donc tout le terme en $z$ disparaît.

Les deux formules, puis $\omega=\pi/2$

Les formules générales, telles qu'elles se lisent dans la table :

\mathcal{Z}\{\cos(\omega n)\}=\dfrac{z(z-\cos\omega)}{z^{2}-2z\cos\omega+1} \qquad \mathcal{Z}\{\sin(\omega n)\}=\dfrac{z\sin\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}

Contrôle immédiat par la valeur initiale, et il valide déjà les numérateurs :

\cos : \ \lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^{2}-z\cos\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}=1=\cos 0 \quad\checkmark

\sin : \ \lim_{z\to+\infty}\dfrac{z\sin\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}=0=\sin 0 \quad\checkmark

⚠️ Ce contrôle est très discriminant : il distingue les deux formules l'une de l'autre. Le numérateur du cosinus est de degré $2$ (donc limite $1$ ), celui du sinus de degré $1$ (donc limite $0$ ). Confondre les deux se voit immédiatement.

Maintenant $\omega=\dfrac\pi2$ .

\cos\dfrac\pi2=0 \qquad\qquad \sin\dfrac\pi2=1

Le dénominateur commun devient :

z^{2}-2z\times 0+1=z^{2}+1

Le cosinus :

\mathcal{Z}\left\{\cos\dfrac{\pi n}{2}\right\}=\dfrac{z(z-0)}{z^{2}+1}=\boxed{\dfrac{z^{2}}{z^{2}+1}}

Le sinus :

\mathcal{Z}\left\{\sin\dfrac{\pi n}{2}\right\}=\dfrac{z\times 1}{z^{2}+1}=\boxed{\dfrac{z}{z^{2}+1}}

Le contrôle décisif — les échantillons. Le signal $\cos\dfrac{\pi n}{2}$ vaut

n=0 : \cos 0=1 \qquad n=1 : \cos\dfrac\pi2=0 \qquad n=2 : \cos\pi=-1 \qquad n=3 : \cos\dfrac{3\pi}{2}=0

\boxed{1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\dots}

Vérifions sur la forme close en divisant $z^{2}$ par $z^{2}+1$ selon les puissances de $1/z$ :

\dfrac{z^{2}}{z^{2}+1}=\dfrac{1}{1+z^{-2}}=1-z^{-2}+z^{-4}-\cdots

On lit $1,0,-1,0,1,\dots$ ✓ — la série géométrique de raison $-z^{-2}$ redonne exactement l'alternance.

Pour le sinus, les échantillons sont $0,1,0,-1,0,1,\dots$ :

\dfrac{z}{z^{2}+1}=\dfrac{z^{-1}}{1+z^{-2}}=z^{-1}\left(1-z^{-2}+\cdots\right)=z^{-1}-z^{-3}+\cdots

On lit $0,1,0,-1,\dots$ ✓

ℹ️ La lecture des pôles. $z^{2}+1=0$ donne $z=\pm i$ , deux pôles conjugués de module $1$ — sur le cercle unité. Le signal oscille donc indéfiniment sans s'amortir, ce que confirment les échantillons : la suite $1,0,-1,0$ se répète à l'identique, de période $4$ .

\boxed{\text{période } 4 \ \Longleftrightarrow \ \omega=\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac\pi2}

⚠️ Un signal discret peut être périodique en $n$ , ce qui n'arrive que pour certaines valeurs de $\omega$ : il faut que $\dfrac{2\pi}{\omega}$ soit rationnel. Ici $\dfrac{2\pi}{\pi/2}=4$ , entier — d'où la période $4$ .

Rappel de cours

Les deux lignes trigonométriques
$\mathcal{Z}\{\cos(\omega n)\}=\dfrac{z(z-\cos\omega)}{z^{2}-2z\cos\omega+1} \qquad \mathcal{Z}\{\sin(\omega n)\}=\dfrac{z\sin\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}$
⚠️ Même dénominateur — seul le numérateur les distingue.

D'où vient le dénominateur
$(z-e^{i\omega})(z-e^{-i\omega})=z^{2}-2z\cos\omega+1$
C'est $\mathcal{Z}\{a^{n}\}$ avec $a$ complexe de module $1$ .

⚠️⚠️ Le terme constant EST le produit des pôles
$+1 \ \Longleftrightarrow \ \text{pôles de module } 1 \ \Longleftrightarrow \ \text{oscillation NON amortie}$
En D4, il deviendra $+a^{2}$ : oscillation amortie.

Contrôle très discriminant — la valeur initiale
$\cos : \ x[0]=1 \ (\text{numérateur de degré } 2) \qquad \sin : \ x[0]=0 \ (\text{degré } 1)$

Cas $\omega=\dfrac\pi2$
$\cos\dfrac\pi2=0, \ \sin\dfrac\pi2=1 \qquad\Longrightarrow\qquad \dfrac{z^{2}}{z^{2}+1} \quad\text{et}\quad \dfrac{z}{z^{2}+1}$
Échantillons $1,0,-1,0,\dots$ et $0,1,0,-1,\dots$ — période $4$ .

Périodicité discrète Un signal $\cos(\omega n)$ n'est périodique que si $\dfrac{2\pi}{\omega}$ est rationnel.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Échanger les deux numérateurs : mettre $z\sin\omega$ pour le cosinus.

Le contrôle : la valeur initiale. $\cos$ doit démarrer à $1$ , $\sin$ à $0$ — et les deux numérateurs n'ont pas le même degré, donc l'échange se voit en une seconde.

⚠️⚠️ Écrire $z^{2}-2z\cos\omega-1$ avec un $-1$ . Le terme constant est le produit des pôles, $e^{i\omega}e^{-i\omega}=+1$ .

La conséquence est grave : avec $-1$ , le produit des pôles vaudrait $-1$ , donc, dès que $\cos\omega\neq0$ , l'un serait de module $>1$ et le signal divergerait — au lieu d'osciller sagement. Pour $\omega=\frac\pi2$ , les pôles seraient $\pm1$ et le cosinus fautif vaudrait $1,0,1,0,\dots$ — faux dès $x[2]$ .

⚠️ Oublier le $z$ en facteur au numérateur du cosinus, et écrire $\dfrac{z-\cos\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}$ .

Le contrôle : la limite en $+\infty$ vaudrait $0$ au lieu de $1$ ✗

⚠️ Croire que $\cos\dfrac\pi2=1$ . C'est $0$ — et c'est précisément ce qui fait disparaître le terme en $z$ du dénominateur.

Le contrôle : les échantillons. $\cos\dfrac{\pi n}{2}$ vaut $1,0,-1,0$ , donc $x[1]=0$ .

⚠️ Travailler en degrés. $\omega$ est en radians ; $\cos\dfrac\pi2$ n'est pas $\cos(90)$ au sens d'une calculatrice mal réglée.

⚠️ Simplifier $\dfrac{z^{2}}{z^{2}+1}$ en $\dfrac{1}{1}$ ou en $1$ . On ne barre pas un terme d'une somme. La forme correcte pour redévelopper est $\dfrac{1}{1+z^{-2}}$ .

⚠️ Croire que les pôles $\pm i$ posent problème. Ils sont complexes conjugués, de module $1$ : c'est la signature normale d'une oscillation, et le signal reste réel.

⚠️ Confondre période du signal et pulsation. Ici $\omega=\dfrac\pi2$ et la période est $4$ : $T=\dfrac{2\pi}{\omega}$ .

À retenir

\mathcal{Z}\{\cos(\omega n)\}=\dfrac{z(z-\cos\omega)}{z^{2}-2z\cos\omega+1} \qquad \mathcal{Z}\{\sin(\omega n)\}=\dfrac{z\sin\omega}{z^{2}-2z\cos\omega+1}

⚠️ MÊME dénominateur — seul le numérateur distingue les deux. Et il vient de $(z-e^{i\omega})(z-e^{-i\omega})$ .

\boxed{\text{le terme constant } +1 = \text{produit des pôles} \ \Longrightarrow \ \text{module } 1 \ \Longrightarrow \ \text{oscillation NON amortie}}

Pour $\omega=\dfrac\pi2$ ( $\cos=0$ , $\sin=1$ ) :

\mathcal{Z}\left\{\cos\dfrac{\pi n}{2}\right\}=\dfrac{z^{2}}{z^{2}+1} \qquad \mathcal{Z}\left\{\sin\dfrac{\pi n}{2}\right\}=\dfrac{z}{z^{2}+1}

Échantillons $1,0,-1,0,\dots$ et $0,1,0,-1,\dots$ — période $4=\dfrac{2\pi}{\omega}$ , pôles $\pm i$ sur le cercle unité.

Le contrôle qui distingue les deux formules : $x[0]$ vaut $1$ pour le cosinus, $0$ pour le sinus — leurs numérateurs n'ont pas le même degré.

Réponse.

\mathcal{Z}\{\cos\tfrac{\pi n}2\}=\dfrac{z^2}{z^2+1}

,

\mathcal{Z}\{\sin\tfrac{\pi n}2\}=\dfrac z{z^2+1}

. (Recoupement : la suite

\cos\tfrac{\pi n}2=1,0,-1,0,\dots

est de période

4

, pôles

\pm i

sur le cercle unité ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Théorème du retard

ApplicationDifficulté 3/5

À l'aide de $\mathcal{Z}\{x[n-k]u[n-k]\}=z^{-k}X(z)$ , calculer la transformée de l'échelon retardé $u[n-2]$ et de la suite $a^{\,n-1}u[n-1]$ .

Indices (3)

Pour $u[n-2]$ : $x=u$ , $X=\tfrac z{z-1}$ , $k=2$ .

$\mathcal{Z}\{u[n-2]\}=z^{-2}\cdot\tfrac z{z-1}$ .

Pour $a^{n-1}u[n-1]$ : $x[n]=a^n$ , $X=\tfrac z{z-a}$ , $k=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème le plus utilisé du chapitre, et celui qui justifie toute la convention $z^{-n}$ .

\boxed{\mathcal{Z}\{x[n-k]\,u[n-k]\}=z^{-k}\,X(z)}

\text{RETARDER de } k \text{ pas} \ \Longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER par } z^{-k}

Un décalage temporel devient une multiplication. C'est exactement ce que fait $e^{-\tau p}$ chez Laplace, et c'est ce qui rend ces transformées si commodes pour les systèmes.

⚠️⚠️ Le facteur $u[n-k]$ n'est PAS décoratif — il est la condition de validité. Il impose que le signal décalé soit nul avant l'instant $k$ :

x[n-k]\,u[n-k]=\begin{cases}x[n-k]&\text{si } n\geq k\\ \mathbf{0}&\text{si } n<k\end{cases}

Sans lui, le théorème est faux. La transformée unilatérale ne somme qu'à partir de $n=0$ : si le signal décalé portait des valeurs avant $k$ , elles seraient purement et simplement perdues, et le facteur $z^{-k}$ ne rendrait pas compte de la somme.

ℹ️ Pourquoi la démonstration marche. Posons $m=n-k$ :

\sum_{n=k}^{+\infty}x[n-k]z^{-n}=\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]\,z^{-(m+k)}=z^{-k}\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]z^{-m}=z^{-k}X(z)

Le changement d'indice fait sortir $z^{-k}$ de la somme — et la somme repart bien de $m=0$ parce que le signal est nul avant $k$ . C'est là, et nulle part ailleurs, que le $u[n-k]$ intervient.

⚠️ L'AVANCE ne suit pas la même règle : elle fait sortir des termes de la somme, d'où les corrections de B2. Retard et avance ne sont pas symétriques en unilatéral.

Les deux applications

1) L'échelon retardé $u[n-2]$ .

Le signal vaut $1$ à partir de $n=2$ : $\ 0,\,0,\,1,\,1,\,1,\dots$

⚠️ Ne pas le confondre avec $\delta[n-2]$ , qui vaut $1$ uniquement en $n=2$ .

On applique le théorème avec $x[n]=u[n]$ , $X(z)=\dfrac{z}{z-1}$ et $k=2$ :

\mathcal{Z}\{u[n-2]\}=z^{-2}\times\dfrac{z}{z-1}=\dfrac{z}{z^{2}(z-1)}

\boxed{\mathcal{Z}\{u[n-2]\}=\dfrac{1}{z(z-1)}}

⚠️ Simplifier le $z$ : $\dfrac{z}{z^{2}}=\dfrac1z$ . C'est une vraie simplification de fraction, pas un « barrage » abusif.

Contrôle par redéveloppement :

\dfrac{1}{z(z-1)}=\dfrac{z^{-2}}{1-z^{-1}}=z^{-2}\left(1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots\right)=z^{-2}+z^{-3}+z^{-4}+\cdots

On lit $x[0]=0$ , $x[1]=0$ , $x[2]=1$ , $x[3]=1$ — bien $0,0,1,1,1,\dots$ ✓

ℹ️ Les deux premiers échantillons sont nuls, comme attendu d'un signal retardé de $2$ . C'est le contrôle réflexe : un retard de $k$ doit produire $k$ zéros en tête.

2) La suite $a^{\,n-1}u[n-1]$ .

Le signal vaut $a^{n-1}$ à partir de $n=1$ : $\ 0,\,1,\,a,\,a^{2},\dots$

Théorème avec $x[n]=a^{n}$ , $X(z)=\dfrac{z}{z-a}$ et $k=1$ :

\mathcal{Z}\{a^{n-1}u[n-1]\}=z^{-1}\times\dfrac{z}{z-a}

\boxed{=\dfrac{1}{z-a}}

⚠️⚠️ Voilà la réponse à une question que tout le monde se pose depuis A3 : à quoi correspond $\dfrac{1}{z-a}$ , cette forme si proche de $\dfrac{z}{z-a}$ ?

\boxed{\dfrac{z}{z-a}=a^{n} \qquad\qquad \dfrac{1}{z-a}=a^{n-1}u[n-1], \ \text{le même signal RETARDÉ d'un pas}}

Le $z$ manquant au numérateur est exactement un retard d'un pas. C'est pourquoi l'oubli du $z$ n'est pas une faute anodine : elle décale le signal dans le temps.

Contrôle :

\dfrac{1}{z-a}=\dfrac{z^{-1}}{1-az^{-1}}=z^{-1}\left(1+az^{-1}+a^{2}z^{-2}+\cdots\right)=z^{-1}+az^{-2}+a^{2}z^{-3}+\cdots

On lit $0,\,1,\,a,\,a^{2},\dots$ ✓ — un zéro en tête, cohérent avec un retard de $1$ .

Et la valeur initiale confirme : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{1}{z-a}=0=x[0]$ ✓

ℹ️ La lecture générale, à garder pour le lot C :

\boxed{\text{degré du numérateur} < \text{degré du dénominateur} \ \Longrightarrow \ x[0]=0 \ \Longrightarrow \ \text{le signal démarre en retard}}

Rappel de cours

THÉORÈME DU RETARD
$\boxed{\mathcal{Z}\{x[n-k]\,u[n-k]\}=z^{-k}X(z)}$
Retard de $k$ pas $\Longleftrightarrow$ multiplication par $z^{-k}$ .

⚠️⚠️ Le $u[n-k]$ est la CONDITION, pas un ornement Il impose que le signal décalé soit nul avant $k$ . Sans lui, les valeurs antérieures seraient perdues par la somme unilatérale et le théorème serait faux.

La démonstration en une ligne
$\sum_{n\geq k}x[n-k]z^{-n} \ \overset{m=n-k}{=} \ z^{-k}\sum_{m\geq 0}x[m]z^{-m}$

⚠️ L'AVANCE n'obéit PAS à la même règle (B2) — elle fait sortir des termes de la somme.

La lecture la plus rentable du chapitre
$\dfrac{z}{z-a}=a^{n} \qquad\qquad \dfrac{1}{z-a}=a^{n-1}u[n-1]$
Le $z$ manquant EST un retard d'un pas.

Contrôles réflexes · un retard de $k$ produit $k$ zéros en tête ; · $\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \Rightarrow x[0]=0$ ; · $x[0]=\displaystyle\lim_{z\to+\infty}X(z)$ .

⚠️ Ne pas confondre
$u[n-2] : 0,0,1,1,1,\dots \qquad\qquad \delta[n-2] : 0,0,1,0,0,\dots$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Multiplier par $z^{+k}$ au lieu de $z^{-k}$ . Un retard retarde : les premiers échantillons doivent être nuls.

Le contrôle : compter les zéros en tête. $z^{+2}\times\dfrac{z}{z-1}=\dfrac{z^{3}}{z-1}$ n'a aucun développement en puissances de $1/z$ — ce n'est le signal de personne.

⚠️⚠️ Confondre $u[n-2]$ et $\delta[n-2]$ . L'échelon retardé vaut $1$ à partir de $2$ ( $0,0,1,1,1$ ), l'impulsion retardée une seule fois ( $0,0,1,0,0$ ). Transformées : $\dfrac{1}{z(z-1)}$ contre $z^{-2}$ .

⚠️ Oublier le facteur $u[n-k]$ et appliquer le théorème à un signal non nul avant $k$ . Le théorème ne s'applique alors pas : il faut passer par la définition, ou par la formule de l'avance.

⚠️ Se tromper en simplifiant $z^{-2}\times\dfrac{z}{z-1}$ . C'est $\dfrac{z}{z^{2}(z-1)}=\dfrac{1}{z(z-1)}$ , et non $\dfrac{1}{z^{2}(z-1)}$ .

Le contrôle : le premier échantillon non nul doit être en $n=2$ . Avec $\dfrac{1}{z^{2}(z-1)}$ il serait en $n=3$ ✗

⚠️ Croire que $\dfrac{1}{z-a}$ est une forme « fausse » ou à corriger. C'est la transformée parfaitement légitime de $a^{n-1}u[n-1]$ — un signal réel, simplement retardé.

⚠️ Appliquer le théorème du retard à une AVANCE, en écrivant $\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)$ . Il manque le terme $-z\,x[0]$ (B2), et l'oubli change tout dans les récurrences.

⚠️ Ne pas compter les zéros en tête. C'est le contrôle le moins cher du chapitre : $k$ zéros pour un retard de $k$ .

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{x[n-k]\,u[n-k]\}=z^{-k}X(z)} \qquad \text{retard} \ \Longleftrightarrow \ \times\,z^{-k}

\mathcal{Z}\{u[n-2]\}=\dfrac{1}{z(z-1)} \qquad\qquad \mathcal{Z}\{a^{n-1}u[n-1]\}=\dfrac{1}{z-a}

⚠️⚠️ Le $u[n-k]$ est la condition de validité : le signal doit être nul avant $k$ , sinon la somme unilatérale perd ses premières valeurs.

\boxed{\dfrac{z}{z-a}=a^{n} \qquad \dfrac{1}{z-a}=a^{n-1}u[n-1]}

Le $z$ manquant au numérateur EST un retard d'un pas — c'est pourquoi l'oublier n'est jamais anodin.

Contrôle réflexe : un retard de $k$ donne $k$ zéros en tête. Et $\deg(\text{num})<\deg(\text{dén})\Rightarrow x[0]=0$ .

⚠️ L'avance ne suit PAS cette règle (B2), et $u[n-2]\neq\delta[n-2]$ .

Réponse.

\mathcal{Z}\{u[n-2]\}=\dfrac1{z(z-1)}

;

\mathcal{Z}\{a^{n-1}u[n-1]\}=\dfrac1{z-a}

. (Recoupement : retard

\Leftrightarrow

facteur

z^{-k}

, l'analogue de

e^{-\tau p}

de Laplace ✓)

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Théorème de l'avance

DémonstrationDifficulté 3/5

Établir $\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)-z\,x[0]$ à partir de la définition, puis l'appliquer à $x[n]=a^n$ .

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=\displaystyle\sum_{n\ge0}x[n+1]z^{-n}$ : poser $m=n+1$ .

$\displaystyle\sum_{m\ge1}x[m]z^{-(m-1)}=z\sum_{m\ge1}x[m]z^{-m}=z\big(X(z)-x[0]\big)$ .

Pour $a^n$ : $X=\tfrac z{z-a}$ , $x[0]=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème qui rend possible la résolution des récurrences — et le seul du chapitre qui ajoute un terme correctif à la transformée ( $-z\,x[0]$ ).

\boxed{\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\,x[0]}

⚠️⚠️ Le terme $-z\,x[0]$ est ce qui distingue l'avance du retard, et c'est lui qui porte toute l'utilité du théorème.

Pourquoi il apparaît. La somme unilatérale part de $n=0$ . Avancer le signal d'un pas fait sortir $x[0]$ de la fenêtre d'observation — cette valeur ne peut plus être atteinte par la somme, il faut donc la retrancher explicitement.

\text{RETARD} : \text{on ENTRE des zéros} \ \to \ \text{simple } z^{-k}

\text{AVANCE} : \text{on PERD } x[0] \ \to \ \text{correction } -z\,x[0]

Retard et avance ne sont pas symétriques, et c'est propre à la transformée unilatérale.

ℹ️ C'est une bonne nouvelle, pas une gêne. Ce terme correctif injecte la condition initiale dans l'équation algébrique. C'est très exactement ce qui permet de résoudre $x[n+1]=2x[n]$ , $x[0]=3$ (C5) : la valeur $x[0]=3$ entre dans le calcul par ce terme, et par lui seul.

\boxed{\text{le théorème de l'avance est la porte d'entrée des conditions initiales}}

Le même mécanisme à l'ordre 2, dont on aura besoin en D1 et D2 :

\mathcal{Z}\{x[n+2]\}=z^{2}X(z)-z^{2}x[0]-z\,x[1]

⚠️ Deux valeurs sortent de la fenêtre, donc deux termes correctifs — et leurs puissances de $z$ décroissent. C'est l'analogue exact de $\mathcal{L}\{f''\}=p^{2}F-p f(0)-f'(0)$ chez Laplace.

La démonstration, puis l'application

Établissement du théorème, à partir de la définition.

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n+1]\,z^{-n}

Changement d'indice $m=n+1$ , donc $n=m-1$ ; quand $n=0$ , $m=1$ :

=\sum_{m=1}^{+\infty}x[m]\,z^{-(m-1)}=\sum_{m=1}^{+\infty}x[m]\,z^{-m}\,z^{+1}=z\sum_{m=1}^{+\infty}x[m]z^{-m}

⚠️ La somme démarre à $m=1$ , pas à $m=0$ . Or $X(z)$ somme à partir de $0$ . Il faut donc retrancher le terme manquant :

\sum_{m=1}^{+\infty}x[m]z^{-m}=\underbrace{\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]z^{-m}}_{X(z)}-\underbrace{x[0]z^{0}}_{x[0]}=X(z)-x[0]

\boxed{\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\left(X(z)-x[0]\right)=z\,X(z)-z\,x[0]}

ℹ️ Toute la démonstration tient dans le décalage de la borne de la somme. C'est le seul point à comprendre, et il explique pourquoi le facteur correctif est $z\,x[0]$ et non $x[0]$ : le $z$ était déjà sorti de la somme.

Application à $x[n]=a^{n}$ .

On sait : $X(z)=\dfrac{z}{z-a}$ et $x[0]=a^{0}=1$ .

\mathcal{Z}\{a^{n+1}\}=z\times\dfrac{z}{z-a}-z\times 1=\dfrac{z^{2}}{z-a}-z

Réduisons au même dénominateur :

=\dfrac{z^{2}-z(z-a)}{z-a}=\dfrac{z^{2}-z^{2}+az}{z-a}

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n+1}\}=\dfrac{az}{z-a}}

LE contrôle, et il est décisif — la voie directe. Le signal $a^{n+1}$ n'est autre que $a\times a^{n}$ . Par linéarité :

\mathcal{Z}\{a^{n+1}\}=\mathcal{Z}\{a\cdot a^{n}\}=a\,\mathcal{Z}\{a^{n}\}=a\times\dfrac{z}{z-a}=\dfrac{az}{z-a} \quad\checkmark

⚠️⚠️ Les deux voies concordent, et elles sont INDÉPENDANTES : l'une passe par le théorème de l'avance, l'autre par la simple linéarité. C'est la meilleure façon de vérifier qu'on a bien mémorisé le théorème — et notamment que le terme correctif est $-z\,x[0]$ et non $-x[0]$ .

Vérifions ce que donnerait l'oubli du terme correctif :

z\,X(z)=\dfrac{z^{2}}{z-a} \qquad\text{dont la valeur initiale est} \quad \lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^{2}}{z-a}=+\infty

Une transformée dont le développement n'existe pas — le signal correspondant n'est pas causal. L'erreur est donc détectable sans même connaître la réponse.

Contrôle par échantillons :

\dfrac{az}{z-a}=a\left(1+\dfrac az+\dfrac{a^{2}}{z^{2}}+\cdots\right)=a+a^{2}z^{-1}+a^{3}z^{-2}+\cdots

On lit $a,\,a^{2},\,a^{3},\dots$ — c'est bien la suite $a^{n+1}$ , qui démarre à $a$ ✓

Rappel de cours

THÉORÈME DE L'AVANCE
$\boxed{\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\,x[0]}$

$\mathcal{Z}\{x[n+2]\}=z^{2}X(z)-z^{2}x[0]-z\,x[1]$

⚠️⚠️ Pourquoi ce terme correctif La somme part de $n=0$ : avancer fait sortir $x[0]$ de la fenêtre. Il faut le retrancher.
$\text{retard : on entre des zéros} \qquad \text{avance : on PERD } x[0]$
Retard et avance ne sont pas symétriques en unilatéral.

La démonstration tient dans la borne de la somme
$\sum_{m\geq 1}x[m]z^{-m}=X(z)-x[0]$

⚠️ C'est la PORTE D'ENTRÉE des conditions initiales Sans ce terme, $x[0]$ n'apparaîtrait nulle part et aucune récurrence ne serait résoluble (C5, C6, D1, D2).

Analogue exact chez Laplace
$\mathcal{L}\{f'\}=pF-f(0) \qquad \mathcal{L}\{f''\}=p^{2}F-pf(0)-f'(0)$
Mêmes puissances décroissantes sur les termes correctifs.

⚠️ Le facteur est $z\,x[0]$ , pas $x[0]$ Le $z$ avait déjà été sorti de la somme.

Le contrôle qui valide le théorème Sur $a^{n+1}$ , la linéarité donne directement $\dfrac{az}{z-a}$ : deux voies indépendantes qui doivent concorder.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)$ , sans le terme correctif. L'erreur qui rend toute récurrence insoluble : la condition initiale disparaît du calcul.

Le contrôle : sur $a^{n}$ , on obtiendrait $\dfrac{z^{2}}{z-a}$ , dont la limite en $+\infty$ est infinie — aucun signal causal n'a une telle transformée.

⚠️⚠️ Écrire $-x[0]$ au lieu de $-z\,x[0]$ . Le $z$ manque.

Le contrôle : la voie directe. $z\dfrac{z}{z-a}-1=\dfrac{z^{2}-z+a}{z-a}$ , qui n'est pas $\dfrac{az}{z-a}$ ✗

⚠️⚠️ Appliquer le théorème du RETARD à une avance, en écrivant $z^{+1}X(z)$ par analogie. Les deux ne sont pas symétriques — c'est le point central de l'exercice.

⚠️ À l'ordre 2, écrire $z^{2}X-z\,x[0]-z\,x[1]$ avec la mauvaise puissance sur le premier terme correctif. C'est $z^{2}x[0]$ : les puissances décroissent, comme chez Laplace.

⚠️ Se tromper de borne dans le changement d'indice : quand $n=0$ , $m=n+1=1$ . Partir de $m=0$ ferait disparaître la correction.

⚠️ Réduire de travers : $\dfrac{z^{2}}{z-a}-z=\dfrac{z^{2}-z(z-a)}{z-a}$ — il faut multiplier le $z$ par tout le dénominateur.

⚠️ Croire que le théorème ne sert qu'ici. Il est la clé de tout le lot C et du lot D : sans lui, aucune récurrence ne se résout.

⚠️ Ne pas contrôler par la voie directe. Sur $a^{n+1}$ elle coûte une ligne et valide le théorème entier.

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\,x[0]} \qquad \mathcal{Z}\{x[n+2]\}=z^{2}X(z)-z^{2}x[0]-z\,x[1]

⚠️⚠️ Le terme $-z\,x[0]$ vient de ce que la somme part de $n=0$ : avancer fait sortir $x[0]$ de la fenêtre.

\text{retard : on ENTRE des zéros} \ \to \ z^{-k} \qquad\qquad \text{avance : on PERD } x[0] \ \to \ -z\,x[0]

Retard et avance ne sont PAS symétriques — c'est propre à l'unilatéral.

\boxed{\text{ce terme est la porte d'entrée des CONDITIONS INITIALES}}

Sans lui, $x[0]$ n'apparaîtrait nulle part et aucune récurrence ne serait résoluble.

Sur $a^{n}$ : $\mathcal{Z}\{a^{n+1}\}=\dfrac{az}{z-a}$ , confirmé par la voie directe $a\times\dfrac{z}{z-a}$ — deux chemins indépendants qui concordent.

⚠️ Sans le terme correctif on obtiendrait $\dfrac{z^{2}}{z-a}$ , de limite infinie en $+\infty$ : aucun signal causal n'a cette transformée.

Réponse.

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)-z\,x[0]

; pour

a^n

:

\dfrac{az}{z-a}

. (Recoupement :

a^{n+1}=a\cdot a^n

donne

a\cdot\tfrac z{z-a}=\tfrac{az}{z-a}

✓)

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Modulation (multiplication par aⁿ)

ApplicationDifficulté 3/5

À l'aide du théorème de modulation $\mathcal{Z}\{a^n x[n]\}=X\!\left(\tfrac za\right)$ , retrouver $\mathcal{Z}\{a^n\}$ à partir de l'échelon, puis calculer $\mathcal{Z}\{a^n\,n\}$ .

Indices (3)

Pour $\mathcal{Z}\{a^n\}=\mathcal{Z}\{a^n\cdot u[n]\}$ : $X(z)=\tfrac z{z-1}$ , remplacer $z$ par $z/a$ .

Pour $a^n n$ : partir de $\mathcal{Z}\{n\}=\tfrac z{(z-1)^2}$ .

Remplacer $z$ par $z/a$ et simplifier.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de modulation — le seul dont l'action ne porte ni sur le numérateur ni sur un facteur, mais sur la variable elle-même.

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}x[n]\}=X\!\left(\dfrac za\right)}

\text{MULTIPLIER par } a^{n} \ \Longleftrightarrow \ \text{remplacer } z \text{ par } \dfrac za \ \text{dans } X

Pourquoi c'est vrai — une ligne suffit :

\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}x[n]\,z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]\left(\dfrac za\right)^{-n}=X\!\left(\dfrac za\right)

On regroupe $a^{n}$ et $z^{-n}$ en $(z/a)^{-n}$ , et la définition se relit telle quelle avec $z/a$ à la place de $z$ . C'est tout.

⚠️ L'effet géométrique est le seul à mémoriser :

\boxed{\text{les pôles sont MULTIPLIÉS par } a}

Un pôle en $p$ devient un pôle en $ap$ . Si $X$ a son pôle en $1$ (échelon), $X(z/a)$ l'aura en $a$ — c'est exactement $\mathcal{Z}\{a^{n}\}$ .

ℹ️ La conséquence pratique, et elle est importante en D4 : multiplier par $a^{n}$ avec $|a|<1$ rapproche les pôles de l'origine, donc amortit le signal. C'est ainsi qu'on obtient un cosinus amorti à partir d'un cosinus pur.

\text{oscillation pure (pôles de module } 1) \ \xrightarrow{\ \times\,a^{n}\ } \ \text{oscillation amortie (module } |a|)

Deux applications ici, et la première est une vérification du théorème sur un cas connu — la bonne manière de s'assurer qu'on l'a bien compris avant de s'en servir.

Les deux applications

1) Retrouver $\mathcal{Z}\{a^{n}\}$ à partir de l'échelon.

On part de $x[n]=u[n]$ , dont $X(z)=\dfrac{z}{z-1}$ .

Alors $a^{n}u[n]=a^{n}$ (pour $n\geq 0$ ), et le théorème donne :

\mathcal{Z}\{a^{n}\}=X\!\left(\dfrac za\right)=\dfrac{\dfrac za}{\dfrac za-1}

⚠️ Il faut simplifier cette fraction étagée, et le geste est toujours le même : multiplier haut et bas par $a$ .

=\dfrac{\dfrac za\times a}{\left(\dfrac za-1\right)\times a}=\dfrac{z}{z-a}

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a}}

✓ C'est exactement la formule de A3, retrouvée par un chemin entièrement différent — là on sommait une série géométrique, ici on applique un théorème. Deux démonstrations indépendantes du même fait : le théorème est bien compris.

Le pôle s'est déplacé de $1$ à $a$ : c'est la multiplication annoncée.

2) Calculer $\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}$ .

On part de $x[n]=n$ , dont $X(z)=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ (A4).

\mathcal{Z}\{a^{n}\cdot n\}=X\!\left(\dfrac za\right)=\dfrac{\dfrac za}{\left(\dfrac za-1\right)^{2}}

Traitons le dénominateur avec soin — c'est le seul point délicat :

\left(\dfrac za-1\right)^{2}=\left(\dfrac{z-a}{a}\right)^{2}=\dfrac{(z-a)^{2}}{a^{2}}

⚠️ Le $a$ passe au CARRÉ, puisqu'il est dans une parenthèse élevée au carré. C'est l'erreur n°1 de cet exercice.

\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{\dfrac za}{\dfrac{(z-a)^{2}}{a^{2}}}=\dfrac za\times\dfrac{a^{2}}{(z-a)^{2}}=\dfrac{a^{2}z}{a\,(z-a)^{2}}

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}

Les contrôles.

a) Le cas $a=1$ doit redonner $\mathcal{Z}\{n\}$ :

\dfrac{1\times z}{(z-1)^{2}}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \quad\checkmark

ℹ️ Ce contrôle est excellent parce qu'il teste précisément le facteur $a$ du numérateur : sans lui, la formule serait $\dfrac{z}{(z-a)^{2}}$ , qui donne aussi le bon résultat en $a=1$ … mais pas pour d'autres valeurs. D'où le contrôle suivant.

b) Les échantillons. Prenons $a=2$ : la formule donne $\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ , et

\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}=2z^{-1}\dfrac{1}{(1-2z^{-1})^{2}}=2z^{-1}\left(1+4z^{-1}+12z^{-2}+\cdots\right)

On lit $0,\,2,\,8,\,24,\dots$ — et $n\,2^{n}$ vaut bien $0,\,2,\,8,\,24$ ✓

c) La valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{az}{(z-a)^{2}}=0=0\times a^{0}$ ✓

d) La structure, contrôle sans calcul : le pôle est double en $a$ , ce qui annonce un facteur $n$ (règle de A4) et un $a^{n}$ . Les deux ingrédients sont là.

\boxed{\text{pôle double en } a \ \Longleftrightarrow \ n\,a^{n}}

ℹ️ Cette lecture est celle qui servira en C4 et E3 : devant un $(z-a)^{2}$ au dénominateur, on cherche un $n\,a^{n}$ .

Rappel de cours

THÉORÈME DE MODULATION
$\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}x[n]\}=X\!\left(\dfrac za\right)}$
Démonstration : $\displaystyle\sum a^{n}x[n]z^{-n}=\sum x[n]\left(\tfrac za\right)^{-n}$ .

⚠️ L'effet à mémoriser
$\text{les pôles sont MULTIPLIÉS par } a$
$|a|<1$ rapproche les pôles de l'origine $\Longrightarrow$ amortissement (D4).

Les deux résultats
$\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a} \qquad\qquad \boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}$

⚠️⚠️ Le piège du calcul
$\left(\dfrac za-1\right)^{2}=\dfrac{(z-a)^{2}}{a^{2}} \qquad\text{le } a \text{ passe au CARRÉ}$

Le geste de simplification Multiplier haut et bas par $a$ (ou $a^{2}$ ) pour effacer la fraction étagée.

Lecture pour l'inversion
$\text{pôle double en } a \ \Longleftrightarrow \ n\,a^{n}$

Contrôles · $a=1$ doit redonner $\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ ; · échantillons sur $a=2$ : $0,2,8,24$ ; · $x[0]=0$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le carré sur le $a$ et écrire $\left(\dfrac za-1\right)^{2}=\dfrac{(z-a)^{2}}{a}$ . On obtiendrait $\dfrac{z}{(z-a)^{2}}$ , sans le facteur $a$ .

Le contrôle : les échantillons pour $a=2$ . La formule fautive donne $0,1,4,12,\dots$ au lieu de $0,2,8,24$ ✗ — le contrôle $a=1$ , lui, ne verrait rien, ce qui est justement pourquoi il ne suffit pas.

⚠️⚠️ Écrire $X(az)$ au lieu de $X\!\left(\dfrac za\right)$ . Les pôles seraient divisés par $a$ au lieu d'être multipliés — l'effet exactement inverse.

Le contrôle : sur l'échelon, $X(az)=\dfrac{az}{az-1}$ , de pôle $\dfrac1a$ et non $a$ ✗

⚠️ Croire que la modulation agit sur le numérateur seul. Elle remplace $z$ par $z/a$ partout, numérateur compris — d'où le $\dfrac za$ en haut.

⚠️ Rater la simplification de la fraction étagée. Le réflexe est de multiplier haut et bas par la puissance de $a$ qui apparaît au dénominateur.

⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{z-a^{2}}$ ou toute variante où le carré change de place. Le carré porte sur $(z-a)$ , pas sur $a$ seul.

Le contrôle de structure : un facteur $n$ exige un pôle double (règle de A4).

⚠️ Confondre modulation et retard. La modulation multiplie le signal par $a^{n}$ ; le retard le décale. Rien de commun.

⚠️ Ne pas profiter du contrôle « $a=1$ ». Il est gratuit — mais il ne suffit pas seul, comme le montre le premier point ci-dessus. Le doubler par un contrôle sur $a\neq 1$ .

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{a^{n}x[n]\}=X\!\left(\dfrac za\right)} \qquad \text{les pôles sont MULTIPLIÉS par } a

\mathcal{Z}\{a^{n}\}=\dfrac{z}{z-a} \qquad\qquad \boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}

⚠️⚠️ Le piège du calcul : $\left(\dfrac za-1\right)^{2}=\dfrac{(z-a)^{2}}{a^{2}}$ — le $a$ passe au CARRÉ. C'est lui qui produit le facteur $a$ du numérateur.

Lecture pour l'inversion : $\ \text{pôle double en } a \ \Longleftrightarrow \ n\,a^{n}$ (C4, E3).

Contrôles : $a=1$ redonne $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ ✓ — mais il ne suffit pas, il ne voit pas l'oubli du facteur $a$ . Le doubler par les échantillons ( $a=2$ : $0,2,8,24$ ).

ℹ️ $|a|<1$ rapproche les pôles de l'origine, donc AMORTIT — c'est le mécanisme du cosinus amorti (D4).

Réponse.

\mathcal{Z}\{a^n n\}=\dfrac{az}{(z-a)^2}

. (Recoupement : ligne

n\,a^n

de la table ✓ ;

a=1

redonne

\tfrac z{(z-1)^2}=\mathcal{Z}\{n\}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Multiplication par n

DémonstrationDifficulté 3/5

À l'aide de $\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)$ , calculer $\mathcal{Z}\{n\}$ à partir de l'échelon, puis $\mathcal{Z}\{n\,a^n\}$ .

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{n\}=\mathcal{Z}\{n\cdot u[n]\}=-z\,X'(z)$ avec $X(z)=\tfrac z{z-1}$ .

$X'(z)=\dfrac{(z-1)-z}{(z-1)^2}=\dfrac{-1}{(z-1)^2}$ .

Pour $n\,a^n$ : repartir de $X=\tfrac z{z-a}$ , $X'=\tfrac{-a}{(z-a)^2}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de dérivation, et le seul du chapitre où l'on dérive par rapport à $z$ — donc où l'on quitte un instant le monde du signal.

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)}

D'où il vient. Dérivons la définition terme à terme par rapport à $z$ :

X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]z^{-n} \qquad\Longrightarrow\qquad X'(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]\,(-n)\,z^{-n-1}

Multiplions par $-z$ :

-z\,X'(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}n\,x[n]\,z^{-n-1}\times z=\sum_{n=0}^{+\infty}n\,x[n]\,z^{-n}=\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}

⚠️ Le $-z$ n'est pas arbitraire : le $-$ compense le signe venu de $z^{-n}$ (l'exposant est négatif), et le $z$ compense le $z^{-1}$ que la dérivation a fait apparaître. Les deux facteurs ont chacun leur raison.

L'effet structurel, à retenir :

\boxed{\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{augmenter d'UN CRAN la multiplicité du pôle non nul}}

Car dériver une fraction $\dfrac{N}{(z-a)^{k}}$ produit un $(z-a)^{k+1}$ au dénominateur. C'est la justification de la règle annoncée en A4 — et c'est ce qui rend l'inversion lisible :

dénominateur	ce qu'il contient
$(z-a)$	$a^{n}$
$(z-a)^{2}$	$n\,a^{n}$
$(z-a)^{3}$	$n^{2}a^{n}$ (à un facteur près)

ℹ️ Ce théorème et celui de modulation (B3) donnent le MÊME résultat sur $n\,a^{n}$ , par deux chemins qui n'ont rien de commun. C'est le contrôle le plus fort qu'on puisse souhaiter, et l'exercice le met en scène.

Les deux applications

1) Retrouver $\mathcal{Z}\{n\}$ à partir de l'échelon.

x[n]=u[n] \qquad X(z)=\dfrac{z}{z-1}

Dérivons — quotient $\dfrac{u}{v}$ avec $u=z$ , $v=z-1$ , donc $u'=1$ , $v'=1$ :

X'(z)=\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}}=\dfrac{1\times(z-1)-z\times 1}{(z-1)^{2}}=\dfrac{z-1-z}{(z-1)^{2}}=\dfrac{-1}{(z-1)^{2}}

⚠️ Le numérateur se simplifie en $-1$ : les $z$ s'annulent. C'est le calcul à ne pas rater.

Puis le théorème :

\mathcal{Z}\{n\}=\mathcal{Z}\{n\cdot u[n]\}=-z\,X'(z)=-z\times\dfrac{-1}{(z-1)^{2}}

\boxed{\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}}

✓ C'est la ligne de table de A4, démontrée cette fois au lieu d'être lue. Le double signe $(-z)\times(-1)$ donne bien un $+$ .

2) Calculer $\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}$ .

x[n]=a^{n} \qquad X(z)=\dfrac{z}{z-a}

Dérivons — même structure, avec $v=z-a$ :

X'(z)=\dfrac{1\times(z-a)-z\times 1}{(z-a)^{2}}=\dfrac{z-a-z}{(z-a)^{2}}=\dfrac{-a}{(z-a)^{2}}

⚠️ Cette fois le numérateur vaut $-a$ et non $-1$ : c'est le seul écart avec le calcul précédent, et c'est lui qui produira le facteur $a$ .

\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=-z\times\dfrac{-a}{(z-a)^{2}}

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}

LE contrôle de l'exercice — la concordance avec B3.

\text{par MODULATION (B3)} : \ X\!\left(\dfrac za\right) \ \longrightarrow \ \dfrac{az}{(z-a)^{2}}

\text{par DÉRIVATION (B4)} : \ -z\,X'(z) \ \longrightarrow \ \dfrac{az}{(z-a)^{2}}

⚠️⚠️ Deux théorèmes différents, deux calculs sans rien de commun, un seul résultat. L'un part de la rampe et déplace ses pôles ; l'autre part de la géométrique et dérive. Une concordance de ce genre ne peut pas être fortuite — c'est le contrôle le plus convaincant du chapitre.

ℹ️ Et cela dit quelque chose de vrai sur le signal : $n\,a^{n}$ peut se lire « la rampe modulée » ou « la géométrique multipliée par $n$ ». Les deux lectures sont légitimes, et chacune donne un théorème.

Contrôles supplémentaires.

a) $a=1$ redonne $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}=\mathcal{Z}\{n\}$ ✓ (question 1)

b) Échantillons pour $a=2$ : $\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ développe en $0,\,2,\,8,\,24,\dots$ , et $n2^{n}$ vaut $0,\,2,\,8,\,24$ ✓

c) Valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{az}{(z-a)^{2}}=0=0\times a^{0}$ ✓

d) Structure : pôle double en $a$ — un cran de plus que $\dfrac{z}{z-a}$ , conformément au théorème ✓

Rappel de cours

THÉORÈME DE DÉRIVATION
$\boxed{\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)}$
On dérive par rapport à $z$ .

D'où viennent les deux facteurs Le $-$ compense le signe de $z^{-n}$ ; le $z$ compense le $z^{-1}$ créé par la dérivation.

⚠️ L'effet structurel
$\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{un cran de plus sur la multiplicité du pôle non nul}$

$(z-a) \to a^{n} \qquad (z-a)^{2} \to n\,a^{n} \qquad (z-a)^{3} \to n^{2}a^{n}$

Les deux dérivées utiles
$\left(\dfrac{z}{z-1}\right)'=\dfrac{-1}{(z-1)^{2}} \qquad\qquad \left(\dfrac{z}{z-a}\right)'=\dfrac{-a}{(z-a)^{2}}$
Dans les deux cas, les $z$ du numérateur s'annulent.

Les deux résultats
$\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}} \qquad \mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}$

⚠️⚠️ La concordance B3 / B4 Modulation et dérivation donnent le même résultat sur $n\,a^{n}$ , par deux chemins indépendants. C'est le meilleur contrôle du chapitre.

Double signe $(-z)\times(-a)=+az$ : deux négatifs, un positif.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=z\,X'(z)$ sans le signe moins. Le résultat serait négatif, alors que $n$ et $a^{n}$ (pour $a>0$ ) sont positifs.

Le contrôle : les échantillons doivent être positifs pour $a=2$ ; on obtiendrait $0,-2,-8,\dots$ ✗

⚠️⚠️ Écrire $-X'(z)$ sans le $z$ . On aurait $\dfrac{a}{(z-a)^{2}}$ , dont la valeur initiale est $0$ — comme la vraie — mais dont les échantillons sont décalés d'un pas : $\dfrac{a}{(z-a)^{2}}$ est la transformée de $(n-1)a^{n-1}u[n-1]$ , pas de $n\,a^{n}$ .

Le contrôle : $x[1]$ . La vraie formule donne $a$ , celle-ci donne $0$ ✗ — un $z$ manquant est toujours un retard (B1).

⚠️ Rater la dérivée du quotient en oubliant le $-uv'$ . Le numérateur doit se simplifier en $-1$ (ou $-a$ ) : si des $z$ subsistent, c'est qu'on a fait une erreur.

⚠️ Se tromper de signe dans $z-a-z=-a$ . Le résultat ne dépend plus de $z$ : c'est le point de contrôle du calcul.

⚠️ Dériver par rapport à $n$ . On dérive par rapport à $z$ ; $n$ est l'indice du signal, il ne varie pas continûment.

⚠️ Croire que $\mathcal{Z}\{n^{2}x[n]\}=(-z)^{2}X''(z)$ . Faux : il faut appliquer le théorème deux fois de suite, ce qui n'est pas la même chose (voir B5) — l'opérateur $-z\frac{d}{dz}$ ne se met pas au carré comme un scalaire.

⚠️ Ne pas exploiter la concordance avec B3. Elle est gratuite et c'est le contrôle le plus fort disponible : deux théorèmes indépendants qui rendent la même formule.

⚠️ Se contenter du contrôle « $a=1$ ». Il ne voit pas l'oubli du facteur $a$ au numérateur — doubler par des échantillons avec $a\neq 1$ .

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)} \qquad \text{on dérive par rapport à } z

\left(\dfrac{z}{z-a}\right)'=\dfrac{-a}{(z-a)^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}

\text{et pour } a=1 : \quad \mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}

⚠️ Le double signe : $(-z)\times(-a)=+az$ . Sans le $-$ , les échantillons sortiraient négatifs.

⚠️ Sans le $z$ , on obtiendrait $\dfrac{a}{(z-a)^{2}}$ : le signal serait retardé d'un pas — un $z$ manquant est toujours un retard.

\boxed{\text{multiplier par } n \ \Longleftrightarrow \ \text{un cran de plus sur le pôle}}

⚠️⚠️ LE contrôle du chapitre : modulation (B3) et dérivation (B4) donnent le même $\dfrac{az}{(z-a)^{2}}$ par deux chemins sans rien de commun. Une telle concordance n'est pas fortuite.

⚠️ $\mathcal{Z}\{n^{2}x\}\neq(-z)^{2}X''$ — il faut appliquer le théorème deux fois (B5).

Réponse.

\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac z{(z-1)^2}

;

\mathcal{Z}\{n a^n\}=\dfrac{az}{(z-a)^2}

. (Recoupement : mêmes résultats que par modulation en B3 ✓)

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Transformée de n² par dérivation

CalculDifficulté 3/5

En appliquant deux fois $\mathcal{Z}\{n\,x[n]\}=-z\,X'(z)$ , calculer $\mathcal{Z}\{n^2\}$ à partir de $\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac z{(z-1)^2}$ .

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{n^2\}=\mathcal{Z}\{n\cdot n\}=-z\,\dfrac{d}{dz}\Big(\dfrac z{(z-1)^2}\Big)$ .

Dériver $\dfrac z{(z-1)^2}$ : quotient.

$\dfrac{d}{dz}\Big(\dfrac z{(z-1)^2}\Big)=\dfrac{(z-1)^2-z\cdot2(z-1)}{(z-1)^4}=\dfrac{-(z+1)}{(z-1)^3}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de B4 appliqué DEUX FOIS, et c'est là tout l'exercice — comprendre pourquoi « deux fois » n'est pas « au carré ».

n^{2}=n\times n \qquad\Longrightarrow\qquad \mathcal{Z}\{n^{2}\}=\mathcal{Z}\{n\cdot(n)\}=-z\,\dfrac{d}{dz}\Big[\mathcal{Z}\{n\}\Big]

On part de $\mathcal{Z}\{n\}=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ , donnée par l'énoncé, et on lui applique l'opérateur.

⚠️⚠️ Ce n'est PAS $(-z)^{2}X''(z)$ . L'opérateur $-z\dfrac{d}{dz}$ ne se met pas au carré comme un nombre : entre les deux dérivations, il y a une multiplication par $z$ qui doit être dérivée à son tour.

\left(-z\dfrac{d}{dz}\right)\circ\left(-z\dfrac{d}{dz}\right) \ \neq \ z^{2}\dfrac{d^{2}}{dz^{2}}

ℹ️ La façon sûre de procéder est donc séquentielle : on calcule d'abord $\mathcal{Z}\{n\}$ , on l'écrit, puis on lui applique l'opérateur. Ne jamais chercher à composer les deux étapes en une formule.

Ce qu'on attend du résultat, avant de calculer — trois prédictions qui serviront de contrôles :

prédiction	pourquoi
pôle triple en $1$	chaque $\times n$ ajoute un cran (B4)
$x[0]=0$	$0^{2}=0$
$x[1]=1$ , $x[2]=4$	les carrés

⚠️ Prévoir la forme du résultat avant de le calculer est une bonne habitude : cela transforme le calcul en vérification, et une surprise devient un signal d'alarme.

Le seul point technique est la dérivée de $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ , où un facteur $(z-1)$ se simplifie — c'est là que les erreurs se logent.

Le calcul

\mathcal{Z}\{n^{2}\}=-z\,\dfrac{d}{dz}\left[\dfrac{z}{(z-1)^{2}}\right]

La dérivée, par la formule du quotient avec $u=z$ et $v=(z-1)^{2}$ :

u'=1 \qquad v'=2(z-1)

\dfrac{d}{dz}\left[\dfrac{z}{(z-1)^{2}}\right]=\dfrac{1\times(z-1)^{2}-z\times 2(z-1)}{\left[(z-1)^{2}\right]^{2}}=\dfrac{(z-1)^{2}-2z(z-1)}{(z-1)^{4}}

⚠️ Le dénominateur est $(z-1)^{4}$ : c'est $v^{2}=\left[(z-1)^{2}\right]^{2}$ , donc les exposants se multiplient.

Factorisons $(z-1)$ au numérateur — c'est le geste qui évite tout développement :

(z-1)^{2}-2z(z-1)=(z-1)\Big[(z-1)-2z\Big]=(z-1)(-z-1)

On simplifie par $(z-1)$ :

\dfrac{(z-1)(-z-1)}{(z-1)^{4}}=\dfrac{-z-1}{(z-1)^{3}}=\dfrac{-(z+1)}{(z-1)^{3}}

⚠️ Le dénominateur est passé de $(z-1)^{4}$ à $(z-1)^{3}$ grâce à cette simplification. Sans elle, on obtiendrait un pôle d'ordre $4$ — donc un $n^{3}$ , ce qui serait faux.

Appliquons le facteur $-z$ :

\mathcal{Z}\{n^{2}\}=-z\times\dfrac{-(z+1)}{(z-1)^{3}}

\boxed{\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}}

✓ C'est la ligne de table de A4, cette fois démontrée.

Les contrôles, et les trois prédictions sont vérifiées.

a) Pôle triple en $1$ ✓ — un cran de plus que $\mathcal{Z}\{n\}$ , conformément au théorème.

b) Valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^{2}+z}{(z-1)^{3}}=0$ (degré $2$ en haut, $3$ en bas) $=0^{2}$ ✓

c) Les échantillons. Développons en $q=z^{-1}$ :

\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}=\dfrac{z^{-1}+z^{-2}}{(1-z^{-1})^{3}} \qquad\text{et}\qquad \dfrac{1}{(1-q)^{3}}=1+3q+6q^{2}+10q^{3}+\cdots

=(q+q^{2})\left(1+3q+6q^{2}+\cdots\right)=q+(3+1)q^{2}+(6+3)q^{3}+\cdots=q+4q^{2}+9q^{3}+\cdots

On lit $x[0]=0$ , $x[1]=1$ , $x[2]=4$ , $x[3]=9$ ✓ — les carrés, exactement.

ℹ️ C'est le contrôle le plus convaincant : trois valeurs consécutives justes ne s'obtiennent pas par accident.

d) Un contrôle par recoupement, indépendant du calcul. On sait par A4 que $\mathcal{Z}\{2n+1\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}$ . Or

(n+1)^{2}-n^{2}=2n+1

La différence discrète correspond à une multiplication par $(z-1)$ dans le monde des $z$ dès que $x[0]=0$ , comme ici (en général : $(z-1)X(z)-z\,x[0]$ ) — et c'est exactement le rapport entre les deux formules : même numérateur, un exposant de moins.

\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}\times(z-1)=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}} \quad\checkmark

Le lien annoncé en A4 se referme ici.

⚠️ Généralisation à connaître, sans la démontrer : chaque application de $-z\frac{d}{dz}$ ajoute un cran au pôle. $\mathcal{Z}\{n^{3}\}$ aurait donc un pôle d'ordre $4$ , et ainsi de suite. L'ordre du pôle donne le degré du polynôme en $n$ .

Rappel de cours

Le théorème, appliqué deux fois
$\mathcal{Z}\{n^{2}\}=-z\,\dfrac{d}{dz}\Big[\mathcal{Z}\{n\}\Big]=-z\,\dfrac{d}{dz}\left[\dfrac{z}{(z-1)^{2}}\right]$

⚠️⚠️ DEUX FOIS n'est pas AU CARRÉ
$\left(-z\tfrac{d}{dz}\right)^{2} \ \neq \ z^{2}\tfrac{d^{2}}{dz^{2}}$
Procéder séquentiellement : calculer, écrire, puis réappliquer.

Le résultat
$\boxed{\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}}$

Le geste du calcul — factoriser avant de simplifier
$(z-1)^{2}-2z(z-1)=(z-1)\left[(z-1)-2z\right]=(z-1)(-z-1)$
puis simplifier par $(z-1)$ : le dénominateur passe de $(z-1)^{4}$ à $(z-1)^{3}$ .

⚠️ Dérivée d'un quotient : $v^{2}=\left[(z-1)^{2}\right]^{2}=(z-1)^{4}$ Les exposants se multiplient.

Règle générale
$\text{ordre du pôle} = \text{degré du polynôme en } n \ + \ 1$
$(z-1)^{1}\to 1$ , $(z-1)^{2}\to n$ , $(z-1)^{3}\to n^{2}$ , $(z-1)^{4}\to n^{3}$ .

Recoupement
$(n+1)^{2}-n^{2}=2n+1 \qquad\text{et}\qquad \dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}\times(z-1)=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{2}}$
Pour un signal nul en $n=0$ , la différence discrète correspond à $\times(z-1)$ (en général : $(z-1)X(z)-z\,x[0]$ ).

Contrôles Pôle triple · $x[0]=0$ · échantillons $0,1,4,9$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{n^{2}\}=(-z)^{2}X''(z)=z^{2}X''(z)$ . L'opérateur ne se met pas au carré : entre les deux dérivations, il y a une multiplication par $z$ qui doit elle-même être dérivée.

Le contrôle : la structure. $z^{2}X''$ sur $\dfrac{z}{z-1}$ donnerait un pôle d'ordre $3$ avec un numérateur $2z^{2}$ — les échantillons $0,2,6,12$ ne sont pas les carrés.

⚠️⚠️ Ne pas simplifier par $(z-1)$ et laisser $\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{4}}$ . Le pôle serait d'ordre $4$ , donc annoncerait un $n^{3}$ .

Le contrôle : les échantillons. On obtiendrait $0,0,1,5,\dots$ au lieu de $0,1,4$ ✗

⚠️ Se tromper sur $v^{2}$ en écrivant $(z-1)^{3}$ au lieu de $(z-1)^{4}$ . Les exposants se multiplient : $\left[(z-1)^{2}\right]^{2}=(z-1)^{4}$ .

⚠️ Oublier le facteur $2$ dans $v'=2(z-1)$ . C'est la dérivée d'un carré.

Le contrôle : les échantillons, pas la factorisation. Sans le $2$ , le numérateur vaut $(z-1)^{2}-z(z-1)=-(z-1)$ : il se factorise encore par $(z-1)$ , et l'on obtient $\dfrac{z}{(z-1)^{3}}$ , soit $0,0,1,3,\dots$ — c'est $x[1]=0$ (au lieu de $1$ ) qui trahit l'erreur.

⚠️ Perdre un signe. $(z-1)-2z=-z-1$ , et $-z\times(-(z+1))=+z(z+1)$ . Deux signes moins font un plus.

⚠️ Développer $(z-1)^{2}-2z(z-1)$ au lieu de factoriser. C'est faisable, mais on obtient $-z^{2}-\dots$ qu'il faut ensuite re-factoriser pour simplifier. Factoriser d'abord est plus court et plus sûr.

⚠️ Croire que $\mathcal{Z}\{n^{2}\}=\left(\mathcal{Z}\{n\}\right)^{2}$ . La transformée n'est pas multiplicative — un produit de transformées correspond à une convolution.

⚠️ Ne pas vérifier par les échantillons. Trois valeurs ( $0,1,4$ ) suffisent, et elles attrapent toutes les erreurs ci-dessus.

À retenir

\mathcal{Z}\{n^{2}\}=-z\,\dfrac{d}{dz}\left[\dfrac{z}{(z-1)^{2}}\right]=\boxed{\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^{3}}}

⚠️⚠️ DEUX applications, pas un carré : $\left(-z\frac{d}{dz}\right)^{2}\neq z^{2}\frac{d^{2}}{dz^{2}}$ . Procéder séquentiellement.

Le geste qui sauve le calcul — factoriser avant de simplifier :

(z-1)^{2}-2z(z-1)=(z-1)(-z-1) \ \Longrightarrow \ \text{le dénominateur passe de } (z-1)^{4} \text{ à } (z-1)^{3}

⚠️ Sans cette simplification, le pôle serait d'ordre 4 — donc annoncerait un $n^{3}$ .

\boxed{\text{ordre du pôle} = \text{degré en } n \ +1} \qquad (z-1)^{2}\to n \quad (z-1)^{3}\to n^{2}

Contrôle décisif : les échantillons $0,\,1,\,4,\,9$ — trois carrés consécutifs ne s'obtiennent pas par hasard.

Recoupement : $(n+1)^{2}-n^{2}=2n+1$ , et multiplier par $(z-1)$ fait bien passer de $\mathcal{Z}\{n^2\}$ à $\mathcal{Z}\{2n+1\}$ (A4).

Réponse.

\mathcal{Z}\{n^2\}=\dfrac{z(z+1)}{(z-1)^3}

. (Recoupement : ligne

n^2

de la table ✓)

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Suite n·aⁿ explicite

ApplicationDifficulté 3/5

Calculer $\mathcal{Z}\{n\,2^n\}$ et $\mathcal{Z}\{n\,\left(\tfrac12\right)^n\}$ .

Indices (3)

Formule $\mathcal{Z}\{n a^n\}=\dfrac{az}{(z-a)^2}$ .

Pour $2^n$ : $a=2$ .

Pour $(\tfrac12)^n$ : $a=\tfrac12$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux applications numériques directes de la formule établie en B3 et B4 — l'exercice teste qu'on sait s'en servir, pas qu'on sait la redémontrer.

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}}

Il suffit de substituer $a=2$ , puis $a=\dfrac12$ . Toute la difficulté est de ne pas oublier le facteur $a$ du numérateur.

⚠️ Le facteur $a$ est celui qu'on perd. Le contrôle qui l'attrape est $x[1]$ : la formule donne $x[1]=1\times a^{1}=a$ , or la limite

x[1] = \text{coefficient de } z^{-1} \ \text{dans } \dfrac{az}{(z-a)^{2}}

se lit directement en développant, et vaut $a$ . Sans le facteur, on trouverait $1$ .

Ce que les deux cas montrent — et c'est le vrai intérêt de l'exercice : deux comportements opposés, pour deux pôles de part et d'autre du cercle unité.

signal	pôle	module	comportement
$n\,2^{n}$	$2$	$>1$	explose
$n\left(\tfrac12\right)^{n}$	$\tfrac12$	$<1$	tend vers $0$

⚠️⚠️ Le second cas est celui qui surprend. Le facteur $n$ croît sans borne, et pourtant le signal tend vers zéro : c'est la décroissance géométrique qui l'emporte.

\boxed{\text{une exponentielle décroissante l'emporte TOUJOURS sur une puissance de } n}

ℹ️ Ce n'est pas propre au discret — c'est le même fait que $t\,e^{-t}\to 0$ en continu. Et le signal n'est pas monotone : il monte, atteint un maximum, puis redescend. On le verra sur les valeurs.

La règle générale, qui vaut pour tout le chapitre :

\boxed{\text{le comportement est décidé par le POLE, jamais par le facteur } n \ (\text{si } |a|\neq1)}

Le facteur $n$ ne fait que ralentir la convergence (ou accélérer la divergence) ; il ne change pas la nature — sauf sur le cercle unité : $1^{n}$ est borné, mais $n\cdot1^{n}=n$ diverge.

Les deux calculs

1) $\mathcal{Z}\{n\,2^{n}\}$ — on substitue $a=2$ :

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,2^{n}\}=\dfrac{2z}{(z-2)^{2}} \qquad |z|>2}

Contrôle par les échantillons. Le signal $n\,2^{n}$ vaut

n=0 : 0 \qquad n=1 : 1\times 2=2 \qquad n=2 : 2\times 4=8 \qquad n=3 : 3\times 8=24

Développons la forme close. Avec $q=z^{-1}$ et $\dfrac{1}{(1-2q)^{2}}=1+4q+12q^{2}+\cdots$ :

\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}=\dfrac{2q}{(1-2q)^{2}}=2q\left(1+4q+12q^{2}+\cdots\right)=2q+8q^{2}+24q^{3}+\cdots

On lit $0,\,2,\,8,\,24$ ✓ — trois valeurs concordantes.

⚠️ Le $2$ du numérateur est indispensable : sans lui on lirait $0,1,4,12$ , ce qui ne correspond à rien.

2) $\mathcal{Z}\left\{n\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}$ — on substitue $a=\dfrac12$ :

\boxed{\mathcal{Z}\left\{n\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{\tfrac12\,z}{\left(z-\tfrac12\right)^{2}}=\dfrac{z}{2\left(z-\tfrac12\right)^{2}} \qquad |z|>\tfrac12}

ℹ️ On peut aussi écrire $\dfrac{2z}{(2z-1)^{2}}$ en multipliant haut et bas par $4$ — c'est équivalent, mais le pôle ne s'y lit plus directement. Garder la forme où $z-\frac12$ apparaît.

Contrôle par les échantillons :

n=0 : 0 \qquad n=1 : \tfrac12 \qquad n=2 : 2\times\tfrac14=\tfrac12 \qquad n=3 : 3\times\tfrac18=\tfrac38 \qquad n=4 : 4\times\tfrac1{16}=\tfrac14

\boxed{0,\ \tfrac12,\ \tfrac12,\ \tfrac38,\ \tfrac14,\ \tfrac{5}{32},\dots}

⚠️⚠️ Regardez cette suite : elle MONTE puis DESCEND. Elle atteint son maximum $\frac12$ — atteint deux fois, en $n=1$ et $n=2$ — puis décroît vers $0$ .

Pourquoi ce maximum. Le rapport de deux termes consécutifs vaut

\dfrac{x[n+1]}{x[n]}=\dfrac{(n+1)\left(\tfrac12\right)^{n+1}}{n\left(\tfrac12\right)^{n}}=\dfrac{n+1}{2n}

Ce rapport dépasse $1$ tant que $n+1>2n$ , c'est-à-dire $n<1$ , et devient inférieur à $1$ dès $n>1$ . Pour $n=1$ il vaut exactement $1$ — d'où l'égalité $x[1]=x[2]=\frac12$ .

ℹ️ Un signal peut donc croître un moment tout en tendant vers $0$ . Ce comportement — montée, pic, décroissance — est typique d'une réponse de système du premier ordre, et c'est exactement la forme d'une réponse impulsionnelle avec pôle double.

Le contrôle de la valeur finale, avec le théorème de D3 :

\lim_{n\to+\infty}x[n]=\lim_{z\to 1}(z-1)\dfrac{\tfrac12 z}{\left(z-\tfrac12\right)^{2}}=0\times\dfrac{\tfrac12}{\tfrac14}=0 \quad\checkmark

⚠️ Ce théorème est applicable ici parce que le seul pôle, $\frac12$ , est à l'intérieur du cercle unité. Il ne le serait PAS sur le premier signal ( $n2^{n}$ , pôle $2$ ) : y appliquer la formule donnerait $0$ , ce qui est manifestement faux puisque le signal diverge.

\boxed{\text{le théorème de la valeur finale exige que tous les pôles soient dans le disque unité (sauf éventuellement } z=1)}

C'est une condition de validité, pas un détail — elle sera reprise en D3.

Rappel de cours

La formule
$\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}} \qquad |z|>|a|}$

$\mathcal{Z}\{n\,2^{n}\}=\dfrac{2z}{(z-2)^{2}} \qquad \mathcal{Z}\left\{n\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{\tfrac12 z}{\left(z-\tfrac12\right)^{2}}$

⚠️ Le facteur $a$ au numérateur est celui qu'on oublie Contrôle : $x[1]$ doit valoir $a$ .

⚠️⚠️ Hors du cercle unité, le comportement est décidé par le PÔLE, jamais par le facteur $n$ (sur $|a|=1$ : $1^{n}$ borné, $n$ divergent)
$|a|>1 : \text{explose} \qquad |a|<1 : \text{tend vers } 0$
Une exponentielle décroissante l'emporte toujours sur une puissance de $n$ .

Un signal peut monter avant de décroître
$n\left(\tfrac12\right)^{n} : \ 0,\ \tfrac12,\ \tfrac12,\ \tfrac38,\ \tfrac14,\dots$
Le rapport $\dfrac{x[n+1]}{x[n]}=\dfrac{n+1}{2n}$ passe sous $1$ après $n=1$ — d'où le pic.

Forme à privilégier $\dfrac{\frac12 z}{\left(z-\frac12\right)^{2}}$ plutôt que $\dfrac{2z}{(2z-1)^{2}}$ : le pôle s'y lit.

⚠️ CONDITION du théorème de la valeur finale
$\lim_{n\to\infty}x[n]=\lim_{z\to 1}(z-1)X(z) \quad\text{valable SI tous les pôles sont dans le disque unité}$
(sauf éventuellement un pôle simple en $z=1$ ). Sur $n2^{n}$ , la formule donnerait $0$ — absurde.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $a$ au numérateur et écrire $\dfrac{z}{(z-2)^{2}}$ .

Le contrôle : $x[1]$ doit valoir $a=2$ ; on lirait $1$ ✗

⚠️⚠️ Croire que $n\left(\tfrac12\right)^{n}$ diverge parce que $n\to+\infty$ . La décroissance géométrique l'emporte toujours.

Le contrôle : calculer $x[10]=10\times\frac{1}{1024}\approx 0{,}01$ . C'est déjà minuscule.

⚠️ Appliquer le théorème de la valeur finale à $n\,2^{n}$ . Le pôle $2$ est hors du disque unité : la formule donnerait $0$ alors que le signal explose. Vérifier la condition avant d'appliquer le théorème.

⚠️ Écrire $\left(z-\tfrac12\right)^{2}$ comme $z^{2}-\tfrac14$ . Il manque le double produit : $\left(z-\frac12\right)^{2}=z^{2}-z+\frac14$ .

⚠️ Simplifier $\dfrac{\frac12 z}{\left(z-\frac12\right)^{2}}$ en $\dfrac{2z}{(2z-1)^{2}}$ puis « barrer » pour retrouver un pôle en $1$ . Le pôle reste $\frac12$ : $2z-1=0 \Rightarrow z=\frac12$ .

⚠️ Croire que le maximum de $n\left(\tfrac12\right)^{n}$ est en $n=0$ . Il vaut $0$ en $n=0$ ; le maximum est $\frac12$ , atteint en $n=1$ et $n=2$ .

⚠️ Confondre $n\,a^{n}$ et $(na)^{n}$ ou $a^{n^{2}}$ . Le $n$ est un facteur, l'exposant reste $n$ .

⚠️ Oublier le domaine. Il est fixé par le pôle : $|z|>2$ pour le premier, $|z|>\frac12$ pour le second.

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}} \qquad \mathcal{Z}\{n\,2^{n}\}=\dfrac{2z}{(z-2)^{2}} \qquad \mathcal{Z}\left\{n\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}=\dfrac{\tfrac12 z}{\left(z-\tfrac12\right)^{2}}

⚠️ Le facteur $a$ au numérateur est celui qu'on oublie — contrôle : $x[1]=a$ .

\boxed{\text{le comportement est décidé par le PÔLE, jamais par le facteur } n \ (\text{si } |a|\neq1)}

⚠️⚠️ $n\left(\tfrac12\right)^{n}$ TEND VERS ZÉRO bien que $n\to+\infty$ : une exponentielle décroissante l'emporte toujours sur une puissance de $n$ .

Et le signal n'est pas monotone : $0,\ \frac12,\ \frac12,\ \frac38,\ \frac14,\dots$ — il monte, plafonne, puis décroît. Le rapport $\frac{n+1}{2n}$ passe sous $1$ après $n=1$ .

⚠️ Le théorème de la valeur finale a une CONDITION : tous les pôles dans le disque unité, sauf éventuellement un pôle simple en $z=1$ . Sur $n2^{n}$ (pôle $2$ ), il rendrait $0$ — absurde.

Réponse.

\mathcal{Z}\{n\,2^n\}=\dfrac{2z}{(z-2)^2}

;

\mathcal{Z}\{n(\tfrac12)^n\}=\dfrac{z/2}{(z-\tfrac12)^2}

. (Recoupement : pôle double en

a

, comme attendu pour

n a^n

✓)

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Inverse par lecture de table

ApplicationDifficulté 3/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}$ de : (a) $\dfrac z{z-3}$ ; (b) $\dfrac z{(z-1)^2}$ ; (c) $z^{-4}$ .

Indices (3)

(a) ligne $a^n$ avec $a=3$ .

(b) ligne $n$ (rampe).

(c) ligne $\delta[n-k]$ avec $k=4$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le chapitre change de sens. Jusqu'ici on partait du signal pour obtenir $X(z)$ ; à partir d'ici on fait le chemin inverse.

\boxed{X(z) \ \xrightarrow{\ \mathcal{Z}^{-1}\ } \ x[n]}

Et il n'y a pas de formule à appliquer : on reconnaît une ligne de la table, lue de droite à gauche. C'est pourquoi la table doit être connue dans les deux sens.

\begin{array}{c|c} \text{si } X(z) \text{ vaut…} & \text{alors } x[n] \text{ vaut…}\\\hline \dfrac{z}{z-a} & a^{n}\\[2mm] \dfrac{z}{(z-1)^{2}} & n\\[2mm] \dfrac{az}{(z-a)^{2}} & n\,a^{n}\\[2mm] z^{-k} & \delta[n-k]\\[2mm] 1 & \delta[n] \end{array}

⚠️ La lecture se fait sur DEUX indices, et il faut les regarder tous les deux :

\boxed{\text{le PÔLE donne la raison } a^{n} \qquad\qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}}

dénominateur	signal
$(z-a)^{1}$	$a^{n}$
$(z-a)^{2}$	$n\,a^{n}$
$(z-a)^{3}$	en $n^{2}a^{n}$

Les trois cas de l'exercice testent exactement ces deux lectures, plus le cas particulier du retard pur.

ℹ️ Le contrôle de toute inversion est toujours le même : reprendre le $x[n]$ trouvé, calculer ses premiers échantillons, et les comparer au développement de $X(z)$ en puissances de $1/z$ . Deux ou trois valeurs suffisent à trancher.

Les trois lectures

(a) $X(z)=\dfrac{z}{z-3}$ .

On reconnaît la forme $\dfrac{z}{z-a}$ avec $a=3$ — le pôle est en $3$ , et il est simple.

\boxed{x[n]=3^{n}}

Contrôle : $\dfrac{z}{z-3}=\dfrac{1}{1-3z^{-1}}=1+3z^{-1}+9z^{-2}+\cdots$ , soit $1,3,9,27$ ✓

⚠️ Le $z$ du numérateur est indispensable à cette lecture. Si l'on avait $\dfrac{1}{z-3}$ , la réponse serait $3^{n-1}u[n-1]$ — le même signal retardé d'un pas (B1).

(b) $X(z)=\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ .

Deux informations à lire :

le pôle est en $\mathbf{1}$ $\Longrightarrow$ raison $1^{n}=1$ , donc pas de facteur exponentiel ;
il est double $\Longrightarrow$ un facteur $n$ .

\boxed{x[n]=n}

ℹ️ On peut aussi passer par $\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}$ avec $a=1$ : le numérateur $az$ devient $z$ , ce qui correspond exactement. Les deux lectures concordent.

Contrôle : $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}=z^{-1}\left(1+2z^{-1}+3z^{-2}+\cdots\right)$ , soit $0,1,2,3$ ✓

⚠️ Ne pas répondre $1^{n}=1$ en ne lisant que le pôle : la multiplicité porte ici toute l'information.

(c) $X(z)=z^{-4}$ .

Aucun pôle, aucune fraction : c'est un monôme en $z^{-1}$ .

z^{-4}=0\cdot z^{0}+0\cdot z^{-1}+0\cdot z^{-2}+0\cdot z^{-3}+\mathbf{1}\cdot z^{-4}+0+\cdots

Un seul coefficient non nul, en position $4$ :

\boxed{x[n]=\delta[n-4]}

Le développement EST la réponse — il n'y a même rien à contrôler, on lit directement les échantillons $0,0,0,0,1,0,\dots$

ℹ️ La règle générale du cas (c) : un $X(z)$ polynomial en $z^{-1}$ correspond à un signal de durée finie, dont les coefficients sont directement les échantillons.

\boxed{X(z)=c_{0}+c_{1}z^{-1}+\cdots+c_{N}z^{-N} \ \Longleftrightarrow \ x[n]=c_{0},c_{1},\dots,c_{N},0,0,\dots}

C'est le cas le plus simple de tout le chapitre, et le seul où l'inversion ne demande aucun travail. On le retrouvera en E2, sur le créneau.

Récapitulatif des trois lectures :

$X(z)$	ce qu'on lit	$x[n]$
$\dfrac{z}{z-3}$	pôle $3$ , simple	$3^{n}$
$\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$	pôle $1$ , double	$n$
$z^{-4}$	monôme, pas de pôle	$\delta[n-4]$

Rappel de cours

La table, lue de DROITE à GAUCHE
$\dfrac{z}{z-a}\to a^{n} \qquad \dfrac{z}{(z-1)^{2}}\to n \qquad \dfrac{az}{(z-a)^{2}}\to n\,a^{n} \qquad z^{-k}\to\delta[n-k] \qquad 1\to\delta[n]$

⚠️⚠️ Les DEUX indices à lire
$\text{le PÔLE donne } a^{n} \qquad\qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}$

$(z-a)\to a^{n} \qquad (z-a)^{2}\to n\,a^{n} \qquad (z-a)^{3}\to n^{2}a^{n}$

Le rôle du $z$ au numérateur
$\dfrac{z}{z-a}=a^{n} \qquad\text{mais}\qquad \dfrac{1}{z-a}=a^{n-1}u[n-1]$
Un $z$ manquant est un retard d'un pas.

Signal de durée finie
$X(z)=c_{0}+c_{1}z^{-1}+\cdots+c_{N}z^{-N} \ \Longleftrightarrow \ x[n]=c_{0},c_{1},\dots,c_{N},0,\dots$
Les coefficients SONT les échantillons — aucune inversion à faire.

Le contrôle universel Développer $X(z)$ en puissances de $1/z$ et comparer aux premiers $x[n]$ . Deux ou trois valeurs suffisent.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Ne lire que le pôle et oublier la multiplicité. Pour $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ , répondre $1^{n}=1$ (l'échelon) au lieu de $n$ .

Le contrôle : $x[1]$ . L'échelon donne $1$ , la rampe donne $1$ aussi — mais $x[2]$ vaut $1$ contre $2$ ✗ Toujours vérifier deux échantillons au moins.

⚠️⚠️ Écrire $x[n]=3^{n}$ pour $\dfrac{1}{z-3}$ . Le $z$ manque : c'est $3^{n-1}u[n-1]$ .

Le contrôle : $x[0]$ . La forme sans $z$ donne $x[0]=0$ (degré du numérateur inférieur), pas $1$ .

⚠️ Répondre $\delta[n+4]$ ou $\delta[n-4]$ au hasard pour $z^{-4}$ . L'exposant négatif est un retard : le $1$ est en position $n=4$ .

Le contrôle : développer. Il n'y a littéralement rien d'autre à faire.

⚠️ Croire que $z^{-4}$ n'est « pas une vraie transformée » parce qu'il n'y a pas de fraction. C'est la transformée parfaitement légitime d'un signal de durée finie.

⚠️ Confondre $\delta[n-4]$ et $u[n-4]$ . L'impulsion vaut $1$ en $n=4$ seulement ; l'échelon vaut $1$ à partir de $4$ , et sa transformée est $\dfrac{1}{z^{3}(z-1)}$ .

⚠️ Chercher à décomposer $\dfrac{z}{z-3}$ en éléments simples. Elle est déjà tabulée : la décomposition (C2) ne sert que quand $X$ n'est pas directement une ligne de table (typiquement, plusieurs pôles).

⚠️ Ne pas contrôler. Chaque lecture de table se vérifie en deux lignes de développement ; c'est ce qui distingue une lecture d'une devinette.

À retenir

\dfrac{z}{z-3}\to 3^{n} \qquad\qquad \dfrac{z}{(z-1)^{2}}\to n \qquad\qquad z^{-4}\to\delta[n-4]

\boxed{\text{le PÔLE donne } a^{n} \qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}}

(z-a)\to a^{n} \qquad (z-a)^{2}\to n\,a^{n} \qquad (z-a)^{3}\to \text{en } n^{2}a^{n}

⚠️ Lire les DEUX : sur $\dfrac{z}{(z-1)^{2}}$ , le seul pôle dirait « $1$ », c'est la multiplicité qui donne « $n$ ».

⚠️ Le $z$ du numérateur compte : $\dfrac{1}{z-3}$ serait $3^{n-1}u[n-1]$ , le même signal retardé.

Un $X(z)$ polynomial en $z^{-1}$ décrit un signal de DURÉE FINIE, et ses coefficients sont les échantillons — aucune inversion à faire.

Contrôle universel : développer en $1/z$ et comparer deux ou trois échantillons.

Réponse. (a)

3^n

; (b)

n

; (c)

\delta[n-4]

. (Recoupement : un

z

au numérateur

\Longrightarrow

signal « plein », une puissance

z^{-k}

\Longrightarrow

impulsion retardée ✓)

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Inverse par éléments simples (X/z)

DémonstrationDifficulté 3/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}\Big\{\dfrac z{(z-1)(z-2)}\Big\}$ par la méthode $X(z)/z$ .

Indices (3)

Décomposer $\dfrac{X(z)}z=\dfrac1{(z-1)(z-2)}=\dfrac A{z-1}+\dfrac B{z-2}$ .

$A=\dfrac1{1-2}=-1$ , $B=\dfrac1{2-1}=1$ .

Remultiplier par $z$ puis lire la table.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La méthode centrale du chapitre, et elle repose sur une remarque très simple.

X(z)=\dfrac{z}{(z-1)(z-2)}

Deux pôles ( $1$ et $2$ ) : la fraction n'est dans aucune table. Il faut la décomposer en éléments simples. Mais un obstacle apparaît si on le fait naïvement :

\dfrac{z}{(z-1)(z-2)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z-2}

⚠️⚠️ Les morceaux obtenus sont en $\dfrac{1}{z-a}$ , et la table demande $\dfrac{z}{z-a}$ . On ne sait donc pas les lire directement — ou plutôt on les lit, mais comme des signaux retardés ( $a^{n-1}u[n-1]$ ), ce qui complique inutilement.

\boxed{\text{L'ASTUCE : décomposer } \dfrac{X(z)}{z} \ \text{au lieu de } X(z)}

Pourquoi cela marche. On décompose $\dfrac{X(z)}{z}$ , on obtient des $\dfrac{A}{z-a}$ , puis on remultiplie tout par $z$ :

\dfrac{X(z)}{z}=\sum_i\dfrac{A_i}{z-a_i} \qquad\Longrightarrow\qquad X(z)=\sum_i\dfrac{A_i\,z}{z-a_i} \qquad\Longrightarrow\qquad x[n]=\sum_i A_i\,a_i^{\,n}

Chaque morceau est alors exactement une ligne de table, et les coefficients $A_i$ se reportent tels quels sur les $a_i^{\,n}$ .

ℹ️ Le $z$ du numérateur de $X$ est ce qui rend l'astuce possible : en divisant par $z$ , il disparaît, et la décomposition classique s'applique. C'est pourquoi presque tous les $X(z)$ du chapitre ont un $z$ au numérateur — la table est construite pour cela.

⚠️ Si $X(z)$ n'a PAS de $z$ au numérateur, la méthode marche quand même : $\dfrac{X}{z}$ aura alors un pôle supplémentaire en $z=0$ , dont le terme correspondra à une impulsion. Rien ne casse, mais il faut y penser.

\boxed{\text{la réponse sera de la forme } x[n]=A\cdot 1^{n}+B\cdot 2^{n}}

On sait donc à quoi elle ressemblera avant de calculer — et le contrôle par $x[0]$ et $x[1]$ suffira à la valider.

La méthode, pas à pas

Étape 1 — diviser par $z$ .

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}

⚠️ Le $z$ du numérateur a disparu : c'est tout l'intérêt du geste.

Étape 2 — décomposer en éléments simples.

\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z-2}

Par la méthode du cache — on multiplie par $(z-1)$ et on évalue en $z=1$ :

A=\left[\dfrac{1}{z-2}\right]_{z=1}=\dfrac{1}{1-2}=-1

De même pour $B$ , en multipliant par $(z-2)$ et en évaluant en $z=2$ :

B=\left[\dfrac{1}{z-1}\right]_{z=2}=\dfrac{1}{2-1}=1

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{-1}{z-1}+\dfrac{1}{z-2}

Contrôle de la décomposition — évaluons les deux membres en $z=0$ :

\text{gauche} : \dfrac{1}{(-1)(-2)}=\dfrac12 \qquad \text{droite} : \dfrac{-1}{-1}+\dfrac{1}{-2}=1-\dfrac12=\dfrac12 \quad\checkmark

ℹ️ Ce contrôle en un point coûte cinq secondes et attrape presque toute erreur de coefficient. Le prendre comme réflexe — en choisissant un point simple, différent des pôles.

Étape 3 — remultiplier par $z$ .

\boxed{X(z)=\dfrac{-z}{z-1}+\dfrac{z}{z-2}}

⚠️ Chaque terme est maintenant une ligne de table, exactement sous la forme $\dfrac{z}{z-a}$ .

Étape 4 — lire.

\dfrac{-z}{z-1} \ \longrightarrow \ -1^{n}=-1 \qquad\qquad \dfrac{z}{z-2} \ \longrightarrow \ 2^{n}

\boxed{x[n]=2^{n}-1}

Les contrôles.

a) Les premiers échantillons. La formule donne

x[0]=1-1=0 \qquad x[1]=2-1=1 \qquad x[2]=4-1=3 \qquad x[3]=8-1=7

Et par développement de $X(z)$ :

\dfrac{z}{(z-1)(z-2)}=\dfrac{z^{-1}}{(1-z^{-1})(1-2z^{-1})}=z^{-1}\left(1+3z^{-1}+7z^{-2}+\cdots\right)

On lit $0,\,1,\,3,\,7$ ✓ — quatre valeurs concordantes.

b) La valeur initiale, en trois secondes :

x[0]=\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z}{(z-1)(z-2)}=0 \quad\checkmark

⚠️ Le degré du numérateur ( $1$ ) est inférieur à celui du dénominateur ( $2$ ) : le signal démarre donc à $0$ . Cette lecture est immédiate et attrape beaucoup d'erreurs de coefficients.

c) Le comportement. Le pôle $2$ domine ( $|2|>1$ ), donc $x[n]$ diverge comme $2^{n}$ — ce que confirme la suite $0,1,3,7,15,31$ .

d) Un contrôle de cohérence des signes. La somme des coefficients de la décomposition, $-1+1=0$ , doit valoir $x[0]$ :

x[0]=\sum_i A_i=(-1)+1=0 \quad\checkmark

ℹ️ Ce contrôle est général et gratuit : pour $x[n]=\sum A_i a_i^{\,n}$ , on a $x[0]=\sum A_i$ puisque tous les $a_i^{\,0}$ valent $1$ . Un contrôle de plus, sans aucun calcul.

Rappel de cours

⚠️⚠️ LA MÉTHODE $X(z)/z$
$\dfrac{X(z)}{z}=\sum_i\dfrac{A_i}{z-a_i} \ \Longrightarrow \ X(z)=\sum_i\dfrac{A_i z}{z-a_i} \ \Longrightarrow \ \boxed{x[n]=\sum_i A_i\,a_i^{\,n}}$
On divise par $z$ AVANT de décomposer, pour que chaque morceau redevienne une ligne de table.

Pourquoi La table donne $\dfrac{z}{z-a}$ , la décomposition classique donne $\dfrac{1}{z-a}$ . Diviser puis remultiplier réconcilie les deux.

Méthode du cache
$A=\left[(z-a)\dfrac{X(z)}{z}\right]_{z=a}$

Les quatre étapes

diviser par $z$ · 2. décomposer · 3. remultiplier par $z$ · 4. lire la table.

CONTRÔLES, du moins cher au plus fort · somme des coefficients $=x[0]$ (gratuit : tous les $a_i^{0}=1$ ) ; · valeur initiale $x[0]=\displaystyle\lim_{z\to+\infty}X(z)$ ; · décomposition évaluée en un point simple (par exemple $z=0$ ) ; · échantillons : développer $X$ en $1/z$ et comparer.

Lecture du degré
$\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \ \Longrightarrow \ x[0]=0$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Décomposer $X(z)$ directement, sans diviser par $z$ . On obtient $\dfrac{-1}{z-1}+\dfrac{2}{z-2}$ … qu'on lit alors comme des signaux retardés, et la réponse devient $-1^{n-1}+2\cdot 2^{n-1}$ pour $n\geq 1$ .

ℹ️ Ce n'est pas faux — c'est même égal à $2^{n}-1$ pour $n\geq 1$ — mais c'est inutilement compliqué, et il faut traiter $n=0$ à part. La méthode $X/z$ évite tout cela.

⚠️⚠️ Oublier de remultiplier par $z$ à l'étape 3. On lirait $\dfrac{-1}{z-1}+\dfrac{1}{z-2}$ comme des signaux retardés : décalage d'un pas sur toute la réponse.

Le contrôle : $x[0]$ . La vraie réponse démarre à $0$ … comme la fausse. Prendre $x[1]$ : $1$ contre $0$ ✗

⚠️ Se tromper de signe sur $A$ . $A=\dfrac{1}{1-2}=-1$ , pas $+1$ .

Le contrôle : évaluer la décomposition en $z=0$ . Avec $A=+1$ on trouverait $-\frac32\neq\frac12$ ✗

⚠️ Évaluer le cache au mauvais pôle : $A$ s'obtient en $z=1$ (le pôle qu'on a caché), $B$ en $z=2$ .

⚠️ Écrire $x[n]=2^{n}-1^{n}$ et « simplifier » en $2^{n}-n$ . $1^{n}=1$ , toujours.

⚠️ Croire que $-1^{n}$ signifie $(-1)^{n}$ . Ici le $-$ est le coefficient $A=-1$ multipliant $1^{n}$ : le terme vaut $-1$ pour tout $n$ , il n'alterne pas.

⚠️ Ne faire aucun contrôle. La somme des coefficients ( $=x[0]$ ) est gratuite, et l'évaluation en $z=0$ coûte cinq secondes.

À retenir

\boxed{\dfrac{X(z)}{z}=\sum_i\dfrac{A_i}{z-a_i} \ \Longrightarrow \ X(z)=\sum_i\dfrac{A_i z}{z-a_i} \ \Longrightarrow \ x[n]=\sum_i A_i\,a_i^{\,n}}

Diviser par $z$ AVANT de décomposer — sinon les morceaux ne sont plus dans la table (ils y sont, mais comme signaux retardés).

\dfrac{z}{(z-1)(z-2)} \ \longrightarrow \ \dfrac{X}{z}=\dfrac{-1}{z-1}+\dfrac{1}{z-2} \ \longrightarrow \ \boxed{x[n]=2^{n}-1}

Quatre étapes : diviser · décomposer · remultiplier par $z$ · lire.

Quatre contrôles, du plus court au plus fort :

\sum A_i=x[0] \qquad x[0]=\lim_{z\to\infty}X(z) \qquad \text{décomposition en } z=0 \qquad \text{échantillons } 0,1,3,7

⚠️ Le premier est gratuit : $x[0]=\sum A_i$ puisque tous les $a_i^{0}=1$ . Ici $-1+1=0$ ✓

⚠️ $-1^{n}$ n'est PAS $(-1)^{n}$ : c'est le coefficient $-1$ multipliant $1^{n}$ .

Réponse.

x[n]=2^n-1

. (Recoupement :

x[0]=0

et

\lim_{z\to+\infty}X=0

✓ ; premiers termes

0,1,3,7,\dots=2^n-1

✓)

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Inverse, deux pôles réels

CalculDifficulté 3/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}\Big\{\dfrac z{(z-1)(z-3)}\Big\}$ .

Indices (3)

$\dfrac{X(z)}z=\dfrac1{(z-1)(z-3)}=\dfrac A{z-1}+\dfrac B{z-3}$ .

$A=\dfrac1{1-3}=-\tfrac12$ , $B=\dfrac1{3-1}=\tfrac12$ .

Remultiplier par $z$ et inverser.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le même mécanisme qu'en C2, avec des coefficients qui ne tombent plus sur des entiers — et c'est tout l'intérêt : il faut savoir qu'un $\frac12$ n'est pas le signe d'une erreur.

X(z)=\dfrac{z}{(z-1)(z-3)}

Deux pôles simples, $1$ et $3$ . La méthode est celle de C2, sans variation :

\boxed{\text{diviser par } z \ \to \ \text{décomposer} \ \to \ \text{remultiplier} \ \to \ \text{lire}}

Et l'on sait à quoi ressemblera la réponse avant de calculer :

x[n]=A\cdot 1^{n}+B\cdot 3^{n}=A+B\,3^{n}

⚠️ Les coefficients seront fractionnaires, et il est utile de le prévoir : le cache donnera $\dfrac{1}{1-3}$ et $\dfrac{1}{3-1}$ , c'est-à-dire $\pm\dfrac12$ .

\boxed{\text{les coefficients d'une décomposition n'ont AUCUNE raison d'être entiers}}

ℹ️ Ce qui, en revanche, est structurellement vrai : les deux coefficients seront opposés. Car $x[0]=A+B$ doit valoir $0$ — le degré du numérateur ( $1$ ) étant inférieur à celui du dénominateur ( $2$ ).

C'est un contrôle disponible AVANT tout calcul, et il tient en une ligne :

\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \ \Longrightarrow \ x[0]=0 \ \Longrightarrow \ \sum_i A_i=0

⚠️ Prévoir ce qu'on doit trouver transforme le calcul en vérification. C'est la meilleure façon de ne pas laisser passer une erreur de signe.

Le calcul

Étape 1 — diviser par $z$ .

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{(z-1)(z-3)}

Étape 2 — décomposer.

\dfrac{1}{(z-1)(z-3)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z-3}

Méthode du cache en $z=1$ — on cache $(z-1)$ et on évalue le reste :

A=\left[\dfrac{1}{z-3}\right]_{z=1}=\dfrac{1}{1-3}=-\dfrac12

En $z=3$ :

B=\left[\dfrac{1}{z-1}\right]_{z=3}=\dfrac{1}{3-1}=\dfrac12

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{-\frac12}{z-1}+\dfrac{\frac12}{z-3}

Contrôle immédiat : $A+B=-\frac12+\frac12=0$ ✓ — conforme à la prédiction.

Contrôle en un point, disons $z=0$ :

\text{gauche} : \dfrac{1}{(-1)(-3)}=\dfrac13 \qquad \text{droite} : \dfrac{-\frac12}{-1}+\dfrac{\frac12}{-3}=\dfrac12-\dfrac16=\dfrac13 \quad\checkmark

Étape 3 — remultiplier par $z$ .

\boxed{X(z)=-\dfrac12\cdot\dfrac{z}{z-1}+\dfrac12\cdot\dfrac{z}{z-3}}

Étape 4 — lire la table.

\dfrac{z}{z-1}\to 1^{n}=1 \qquad\qquad \dfrac{z}{z-3}\to 3^{n}

x[n]=-\dfrac12+\dfrac12\,3^{n}

\boxed{x[n]=\dfrac{3^{n}-1}{2}}

ℹ️ Mettre sous une seule fraction est plus lisible, et fait apparaître un fait remarquable : le résultat est entier, alors que les coefficients ne l'étaient pas.

⚠️ Pourquoi $\dfrac{3^{n}-1}{2}$ est-il toujours entier ? Parce que $3^{n}$ est impair pour tout $n$ , donc $3^{n}-1$ est pair. La fraction se simplifie systématiquement.

Les contrôles.

a) Les échantillons. La formule donne

x[0]=\dfrac{1-1}{2}=0 \qquad x[1]=\dfrac{3-1}{2}=1 \qquad x[2]=\dfrac{9-1}{2}=4 \qquad x[3]=\dfrac{27-1}{2}=13

Par développement de $X(z)$ : on trouve $0,\,1,\,4,\,13,\,40,\,121$ ✓ — cinq valeurs concordantes.

⚠️ Remarquer que ces valeurs sont entières est déjà un contrôle : si la formule produisait des demi-entiers, quelque chose serait faux.

b) La valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z}{(z-1)(z-3)}=0$ ✓

c) La récurrence cachée. Les $x[n]$ vérifient nécessairement l'équation dont $(z-1)(z-3)$ est le polynôme caractéristique, c'est-à-dire

x[n+2]-4x[n+1]+3x[n]=0

Vérifions sur les valeurs : $4-4\times 1+3\times 0=0$ ✓ et $13-4\times 4+3\times 1=13-16+3=0$ ✓

ℹ️ Ce contrôle est entièrement indépendant de la décomposition : il ne fait intervenir que le dénominateur de $X$ , jamais les coefficients $A$ et $B$ . C'est donc le plus discriminant — une erreur de coefficient le laisserait passer, mais une erreur de pôle serait immédiatement détectée.

d) Le comportement. Pôle dominant $3$ , de module $>1$ : le signal diverge comme $\dfrac{3^{n}}{2}$ , ce que confirme $0,1,4,13,40,121$ .

Rappel de cours

La méthode $X/z$ (C2)
$\dfrac{X}{z}=\sum\dfrac{A_i}{z-a_i} \ \to \ X=\sum\dfrac{A_i z}{z-a_i} \ \to \ x[n]=\sum A_i a_i^{\,n}$

Méthode du cache
$A=\left[(z-a)\dfrac{X(z)}{z}\right]_{z=a}$

⚠️ Les coefficients n'ont aucune raison d'être entiers Ici $\pm\frac12$ — et le résultat, lui, est entier : $3^{n}$ étant impair, $3^{n}-1$ est pair.

⚠️⚠️ Le contrôle disponible AVANT le calcul
$\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \ \Longrightarrow \ x[0]=0 \ \Longrightarrow \ \sum_i A_i=0$
Prévoir ce qu'on doit trouver transforme le calcul en vérification.

Le contrôle le plus discriminant — la récurrence cachée Le dénominateur $(z-a_1)(z-a_2)=z^{2}-sz+p$ est le polynôme caractéristique de
$x[n+2]-s\,x[n+1]+p\,x[n]=0$
Ici : $x[n+2]-4x[n+1]+3x[n]=0$ . ⚠️ Il ne dépend PAS des coefficients $A_i$ — il teste donc les pôles indépendamment de la décomposition.

Contrôles cumulés $\sum A_i=x[0]$ · valeur initiale · décomposition en $z=0$ · échantillons · récurrence.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Croire qu'un coefficient fractionnaire signale une erreur et « arrondir » à $\pm 1$ . On obtiendrait $3^{n}-1$ au lieu de $\dfrac{3^{n}-1}{2}$ .

Le contrôle : $x[1]$ vaut $1$ , pas $2$ . Une seule valeur suffit.

⚠️⚠️ Se tromper de signe sur $A$ en calculant $\dfrac{1}{3-1}$ au lieu de $\dfrac{1}{1-3}$ : le cache s'évalue au pôle qu'on a caché.

Le contrôle : $\sum A_i$ doit valoir $0$ . Avec deux $+\frac12$ , on obtiendrait $1\neq 0$ ✗

⚠️ Oublier de remultiplier par $z$ , et lire $\dfrac{-\frac12}{z-1}+\dfrac{\frac12}{z-3}$ comme si c'était la table. Toute la réponse serait retardée d'un pas.

Le contrôle : $x[1]$ vaudrait $0$ au lieu de $1$ .

⚠️ Écrire $-\dfrac12 1^{n}$ et le lire $\left(-\dfrac12\right)^{n}$ . Le coefficient est devant, il ne monte pas à l'exposant : ce terme vaut $-\frac12$ pour tout $n$ .

⚠️ Ne pas réduire au même dénominateur et laisser $-\frac12+\frac12 3^{n}$ . Ce n'est pas faux, mais $\dfrac{3^{n}-1}{2}$ est plus lisible et rend visible le fait que le résultat est entier.

⚠️ S'inquiéter de la division par $2$ . $3^{n}$ est impair, donc $3^{n}-1$ est pair : la division tombe toujours juste.

⚠️ Ne pas exploiter la récurrence cachée. C'est le contrôle le plus fort disponible, il ne coûte que deux additions, et il est indépendant des coefficients — donc il attrape des erreurs que les autres contrôles laissent passer.

À retenir

\dfrac{z}{(z-1)(z-3)} \ \longrightarrow \ \dfrac{X}{z}=\dfrac{-\frac12}{z-1}+\dfrac{\frac12}{z-3} \ \longrightarrow \ \boxed{x[n]=\dfrac{3^{n}-1}{2}}

⚠️ Des coefficients fractionnaires ne sont PAS une erreur. Ici $\pm\frac12$ — et le résultat est pourtant entier, $3^{n}$ étant impair.

\boxed{\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \ \Longrightarrow \ x[0]=0 \ \Longrightarrow \ \sum_i A_i=0}

Ce contrôle est disponible AVANT le calcul : ici il impose des coefficients opposés.

⚠️ Le cache s'évalue au pôle qu'on a CACHÉ : $A=\left[\frac{1}{z-3}\right]_{z=1}=-\frac12$ .

Le contrôle le plus discriminant — la récurrence cachée. Le dénominateur est le polynôme caractéristique de

x[n+2]-4x[n+1]+3x[n]=0 \qquad 13-16+3=0 \ \checkmark

Il ne dépend pas des coefficients, donc il teste les pôles indépendamment de la décomposition.

Échantillons : $0,\ 1,\ 4,\ 13,\ 40,\ 121$ .

Réponse.

x[n]=\dfrac{3^n-1}2

. (Recoupement :

x[0]=0

,

x[1]=1

,

x[2]=4

; et

\tfrac{3^n-1}2=1+3+\cdots+3^{n-1}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Inverse avec pôle double

CalculDifficulté 3/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}\Big\{\dfrac{z}{(z-1)^2(z-2)}\Big\}$ (méthode $X/z$ ).

Indices (3)

$\dfrac{X(z)}z=\dfrac1{(z-1)^2(z-2)}=\dfrac A{z-1}+\dfrac B{(z-1)^2}+\dfrac C{z-2}$ .

On trouve $A=-1$ , $B=-1$ , $C=1$ .

Remultiplier par $z$ : termes $\tfrac z{z-1}\to1$ , $\tfrac z{(z-1)^2}\to n$ , $\tfrac z{z-2}\to2^n$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le cas du PÔLE DOUBLE, et il change la forme de la décomposition.

X(z)=\dfrac{z}{(z-1)^{2}(z-2)}

⚠️⚠️ Un pôle d'ordre $2$ exige DEUX termes, pas un :

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{(z-1)^{2}(z-2)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{(z-1)^{2}}+\dfrac{C}{z-2}

Trois inconnues pour deux pôles. C'est la règle générale :

\boxed{\text{un pôle d'ordre } k \ \Longrightarrow \ k \text{ termes, d'exposants } 1, 2, \dots, k}

⚠️ Écrire seulement $\dfrac{B}{(z-1)^{2}}$ est l'erreur structurelle de l'exercice : la décomposition serait alors impossible, et aucun choix de $B$ et $C$ ne pourrait convenir.

Ce que chaque terme donnera à la lecture :

terme, après remultiplication par $z$	signal
$\dfrac{Az}{z-1}$	$A\cdot 1^{n}=A$
$\dfrac{Bz}{(z-1)^{2}}$	$B\,n$
$\dfrac{Cz}{z-2}$	$C\,2^{n}$

\boxed{\text{la réponse sera de la forme } x[n]=A+B\,n+C\,2^{n}}

ℹ️ Le pôle double produit un terme en $n$ — c'est la règle de A4/B4, ici mise en œuvre. Un pôle d'ordre $k$ en $a$ produit un polynôme de degré $k-1$ en $n$ , multiplié par $a^{n}$ .

Le seul point technique est le calcul de $A$ , qui ne s'obtient pas par un simple cache : il faut dériver.

Le calcul, et le coefficient qui demande une dérivée

Étape 1 — diviser par $z$ , puis poser la décomposition :

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{(z-1)^{2}(z-2)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{(z-1)^{2}}+\dfrac{C}{z-2}

Étape 2 — les deux coefficients faciles, par cache.

$C$ (pôle simple) — on cache $(z-2)$ et on évalue en $z=2$ :

C=\left[\dfrac{1}{(z-1)^{2}}\right]_{z=2}=\dfrac{1}{(2-1)^{2}}=1

$B$ (l'exposant le PLUS ÉLEVÉ du pôle double) — on cache $(z-1)^{2}$ en entier et on évalue en $z=1$ :

B=\left[\dfrac{1}{z-2}\right]_{z=1}=\dfrac{1}{1-2}=-1

⚠️ Le cache ne fonctionne que pour l'exposant maximal. Pour $A$ (exposant $1$ ), multiplier par $(z-1)$ laisserait un $(z-1)$ au dénominateur du terme $B$ : l'évaluation en $z=1$ serait impossible.

Étape 3 — le coefficient $A$ , par dérivation.

La méthode générale : on multiplie par $(z-1)^{2}$ , puis on dérive, puis on évalue en $z=1$ .

(z-1)^{2}\times\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{z-2} \qquad\text{et}\qquad (z-1)^{2}\left[\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{(z-1)^{2}}+\dfrac{C}{z-2}\right]=A(z-1)+B+C\dfrac{(z-1)^{2}}{z-2}

En dérivant, le terme $B$ (constant) disparaît et le terme $C$ s'annule en $z=1$ (il porte un facteur $(z-1)$ ). Il ne reste que $A$ :

A=\left[\dfrac{d}{dz}\left(\dfrac{1}{z-2}\right)\right]_{z=1}=\left[\dfrac{-1}{(z-2)^{2}}\right]_{z=1}=\dfrac{-1}{(1-2)^{2}}=-1

\boxed{A=-1 \qquad B=-1 \qquad C=1}

ℹ️ Pourquoi dériver. Le terme $A(z-1)$ s'annule en $z=1$ : on ne peut pas l'atteindre directement. Sa dérivée, elle, vaut $A$ — la dérivation « fait remonter » le coefficient qu'on cherche.

Contrôle de la décomposition en un point, $z=0$ :

\text{gauche} : \dfrac{1}{(0-1)^{2}(0-2)}=-\dfrac12

\text{droite} : \dfrac{-1}{-1}+\dfrac{-1}{1}+\dfrac{1}{-2}=1-1-\dfrac12=-\dfrac12 \quad\checkmark

Étape 4 — remultiplier et lire.

X(z)=\dfrac{-z}{z-1}+\dfrac{-z}{(z-1)^{2}}+\dfrac{z}{z-2}

\boxed{x[n]=-1-n+2^{n}=2^{n}-n-1}

Les contrôles.

a) Les échantillons. La formule donne

x[0]=1-0-1=0 \qquad x[1]=2-1-1=0 \qquad x[2]=4-2-1=1 \qquad x[3]=8-3-1=4

x[4]=16-4-1=11 \qquad x[5]=32-5-1=26

Par développement de $X(z)$ : $0,\,0,\,1,\,4,\,11,\,26,\,57$ ✓ — six valeurs concordantes.

⚠️⚠️ Remarquez les DEUX zéros en tête. Le degré du numérateur ( $1$ ) est inférieur de deux à celui du dénominateur ( $3$ ) : le signal démarre donc avec deux échantillons nuls.

\boxed{\text{écart des degrés} = k \ \Longrightarrow \ k \ \text{zéros en tête}}

C'est un contrôle très rapide, et il valide déjà beaucoup : il impose $A+C=0$ (pour $x[0]$ ) et $-A-B\cdot 1-2C=0$ … vérifions : $x[1]=A+B+2C=-1-1+2=0$ ✓

b) La récurrence cachée. Le dénominateur $(z-1)^{2}(z-2)$ développe en $z^{3}-4z^{2}+5z-2$ , donc

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

Sur les valeurs : $4-4\times 1+5\times 0-2\times 0=0$ ✓ et $11-4\times 4+5\times 1-2\times 0=11-16+5=0$ ✓

c) Le comportement. Le pôle $2$ domine : $x[n]\sim 2^{n}$ . Les termes $-n-1$ deviennent négligeables — à $n=10$ , $2^{10}=1024$ contre $-11$ .

Rappel de cours

⚠️⚠️ PÔLE D'ORDRE $k$ : $k$ TERMES
$\dfrac{A_{1}}{z-a}+\dfrac{A_{2}}{(z-a)^{2}}+\cdots+\dfrac{A_{k}}{(z-a)^{k}}$
Tous les exposants de $1$ à $k$ , jamais le seul plus élevé.

Le cache ne marche que pour l'exposant MAXIMAL
$A_{k}=\left[(z-a)^{k}\,\dfrac{X(z)}{z}\right]_{z=a}$

Les autres coefficients, par DÉRIVATION
$A_{k-1}=\left[\dfrac{d}{dz}\left((z-a)^{k}\dfrac{X}{z}\right)\right]_{z=a} \qquad A_{k-j}=\dfrac{1}{j!}\left[\dfrac{d^{j}}{dz^{j}}(\cdots)\right]_{z=a}$
Pourquoi : le terme cherché porte un facteur $(z-a)$ qui s'annule ; la dérivée le fait remonter.

Ce que donne chaque terme après remultiplication par $z$
$\dfrac{Az}{z-a}\to A\,a^{n} \qquad \dfrac{Bz}{(z-a)^{2}}\to \dfrac{B}{a}\,n\,a^{n} \quad\text{(ici } a=1 \text{, donc } B\,n)$

Règle de structure
$\text{pôle d'ordre } k \text{ en } a \ \Longrightarrow \ \text{polynôme de degré } k-1 \text{ en } n, \text{ fois } a^{n}$

⚠️ Contrôle immédiat — les zéros en tête
$\text{écart des degrés} = k \ \Longrightarrow \ k \text{ échantillons nuls au début}$

Récurrence cachée $(z-1)^{2}(z-2)=z^{3}-4z^{2}+5z-2 \Rightarrow x[n+3]-4x[n+2]+5x[n+1]-2x[n]=0$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ N'écrire qu'un seul terme pour le pôle double : $\dfrac{B}{(z-1)^{2}}+\dfrac{C}{z-2}$ . La décomposition est alors impossible — aucun couple $(B,C)$ ne convient.

Le contrôle : évaluer en $z=0$ . Avec $B=-1$ , $C=1$ on trouverait $-1-\frac12=-\frac32\neq-\frac12$ ✗

⚠️⚠️ Calculer $A$ par un cache simple. Multiplier par $(z-1)$ laisse $\dfrac{B}{z-1}$ , qui explose en $z=1$ : l'évaluation est impossible. Il faut la dérivée.

⚠️ Oublier le signe de la dérivée : $\left(\dfrac{1}{z-2}\right)'=\dfrac{-1}{(z-2)^{2}}$ , d'où $A=-1$ et non $+1$ .

Le contrôle : $x[0]=A+C$ doit valoir $0$ . Avec $A=+1$ on trouverait $2$ ✗

⚠️ Lire $\dfrac{-z}{(z-1)^{2}}$ comme $-1^{n}$ en oubliant le facteur $n$ . Le pôle double donne $n$ .

Le contrôle : $x[2]$ . Sans le $n$ , on obtiendrait $4-1-1=2$ au lieu de $1$ ✗

⚠️ Évaluer la dérivée avant de multiplier par $(z-1)^{2}$ . L'ordre est : multiplier, puis dériver, puis évaluer.

⚠️ Croire que deux zéros en tête signalent une erreur. C'est exactement ce que prédit l'écart des degrés ( $3-1=2$ ).

⚠️ Écrire $x[n]=2^{n}-n-1$ et vérifier seulement $x[0]$ . Il vaut $0$ … comme $x[1]$ . Aller jusqu'à $x[2]=1$ , qui est la première valeur non nulle et donc la plus discriminante.

⚠️ Ne pas utiliser la récurrence cachée. Elle est indépendante des trois coefficients et coûte trois additions.

À retenir

\dfrac{z}{(z-1)^{2}(z-2)} \ \longrightarrow \ \dfrac{X}{z}=\dfrac{-1}{z-1}+\dfrac{-1}{(z-1)^{2}}+\dfrac{1}{z-2} \ \longrightarrow \ \boxed{x[n]=2^{n}-n-1}

\boxed{\text{pôle d'ordre } k \ \Longrightarrow \ k \text{ TERMES, exposants } 1 \text{ à } k}

⚠️⚠️ N'écrire que $\dfrac{B}{(z-1)^{2}}$ rend la décomposition IMPOSSIBLE.

Le cache ne marche que pour l'exposant maximal. Les autres coefficients s'obtiennent par dérivation :

A=\left[\dfrac{d}{dz}\left(\dfrac{1}{z-2}\right)\right]_{z=1}=-1

Pourquoi : le terme cherché porte un

(z-a)

qui s'annule ; la dérivée le fait remonter.

\text{pôle d'ordre } k \text{ en } a \ \Longrightarrow \ \text{polynôme de degré } k-1 \text{ en } n, \text{ fois } a^{n}

⚠️ Contrôle immédiat : écart des degrés $=2$ $\Longrightarrow$ deux zéros en tête. Échantillons $0,\,0,\,1,\,4,\,11,\,26$ .

Vérifier $x[2]$ , pas seulement $x[0]$ — c'est la première valeur non nulle, donc la plus discriminante.

Réponse.

x[n]=2^n-n-1

. (Recoupement :

x[0]=0

,

x[1]=0

,

x[2]=1

,

x[3]=4

; le pôle double en

1

apporte le terme

-n

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Récurrence d'ordre 1 (géométrique)

DémonstrationDifficulté 3/5

Résoudre la récurrence $x[n+1]=2x[n]$ , $x[0]=3$ , par la transformée en z.

Indices (3)

Transformer : $\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX-z\,x[0]=zX-3z$ .

L'équation devient $zX-3z=2X$ .

Isoler $X$ puis inverser.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Voici pourquoi tout ce chapitre existe. Résoudre une récurrence par la transformée en z consiste à la transformer en équation algébrique, à isoler $X(z)$ , puis à revenir.

\boxed{\text{récurrence sur } x[n] \ \xrightarrow{\ \mathcal{Z}\ } \ \text{ÉQUATION du 1er degré en } X(z) \ \xrightarrow{\ \mathcal{Z}^{-1}\ } \ x[n]}

Le théorème de l'avance (B2) est la clé, et c'est lui qui injecte la condition initiale :

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\,x[0]

⚠️⚠️ Sans le terme $-z\,x[0]$ , la valeur $x[0]=3$ n'apparaîtrait NULLE PART dans le calcul — et on ne pourrait pas distinguer cette récurrence d'une autre ayant la même équation mais une condition initiale différente. C'est ce terme, et lui seul, qui porte l'information initiale.

La méthode, en trois temps :

\text{1) transformer les deux membres} \quad\longrightarrow\quad \text{2) isoler } X(z) \quad\longrightarrow\quad \text{3) inverser}

ℹ️ On sait déjà ce qu'on va trouver. $x[n+1]=2x[n]$ est une suite géométrique de raison $2$ , de premier terme $3$ : donc $x[n]=3\cdot 2^{n}$ . L'exercice n'a pas pour but de découvrir ce résultat, mais de rôder la méthode sur un cas qu'on peut vérifier autrement.

⚠️ C'est exactement pourquoi il est utile : on saura si la machinerie fonctionne, avant de l'employer là où l'on n'a pas de réponse indépendante (C6, D1, D2).

Le contrôle final sera donc double : la formule élémentaire de la suite géométrique et les premières valeurs de la récurrence.

La résolution

Étape 1 — transformer les deux membres.

x[n+1]=2x[n]

À gauche, le théorème de l'avance avec $x[0]=3$ :

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\times 3=zX(z)-3z

À droite, par linéarité :

\mathcal{Z}\{2x[n]\}=2X(z)

L'équation devient :

\boxed{zX(z)-3z=2X(z)}

⚠️ C'est une équation ALGÉBRIQUE du premier degré en $X(z)$ — plus aucune récurrence. C'est tout le gain de la méthode.

Étape 2 — isoler $X(z)$ .

zX(z)-2X(z)=3z \qquad\Longrightarrow\qquad X(z)\,(z-2)=3z

\boxed{X(z)=\dfrac{3z}{z-2}}

Étape 3 — inverser. C'est la ligne $\dfrac{z}{z-a}$ de la table, avec $a=2$ et un coefficient $3$ :

\boxed{x[n]=3\times 2^{n}}

Les contrôles, et il y en a trois indépendants.

a) La condition initiale.

x[0]=3\times 2^{0}=3 \quad\checkmark

Par la valeur initiale sur $X(z)$ , sans même inverser :

x[0]=\lim_{z\to+\infty}\dfrac{3z}{z-2}=3 \quad\checkmark

ℹ️ Ce contrôle vaut d'être fait AVANT l'inversion : si $X(z)$ ne redonne pas la bonne condition initiale, inutile d'aller plus loin — l'erreur est en amont.

b) La récurrence elle-même. Vérifions que la formule la satisfait :

x[n+1]=3\times 2^{n+1}=3\times 2\times 2^{n}=2\times\left(3\times 2^{n}\right)=2\,x[n] \quad\checkmark

C'est une vérification exacte, pour tout $n$ — pas seulement sur quelques valeurs.

c) Les premières valeurs, calculées à la main par la récurrence :

x[0]=3 \qquad x[1]=6 \qquad x[2]=12 \qquad x[3]=24

Et par la formule : $3,\,6,\,12,\,24$ ✓

d) La voie élémentaire. $x[n+1]=2x[n]$ est une suite géométrique de raison $2$ et de premier terme $3$ , donc $x[n]=x[0]\times 2^{n}=3\cdot 2^{n}$ ✓

⚠️⚠️ La concordance entre la méthode par transformée et la formule élémentaire est le vrai enseignement de l'exercice. Elle valide la machinerie sur un cas connu — c'est ce qui autorise à s'en servir ensuite là où l'on n'a pas d'alternative.

La lecture du pôle. $X$ a un pôle unique en $z=2$ , de module $>1$ : le signal diverge, ce que confirme $3,6,12,24$ .

\boxed{\text{le pôle de } X(z) \ \text{EST la raison de la suite}}

ℹ️ Ce n'est pas un hasard, c'est structurel. L'équation $X(z)(z-2)=3z$ montre que le facteur $(z-2)$ vient directement du coefficient $2$ de la récurrence. En général, le dénominateur de $X$ est le polynôme caractéristique de la récurrence — c'est ce qui rendra les ordres 2 (D1, D2) tout aussi mécaniques.

Rappel de cours

LA MÉTHODE
$\text{récurrence} \ \xrightarrow{\ \mathcal{Z}\ } \ \text{équation algébrique en } X(z) \ \to \ \text{isoler} \ \to \ \xrightarrow{\ \mathcal{Z}^{-1}\ } \ x[n]$

Le théorème de l'avance, clé de tout
$\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=z\,X(z)-z\,x[0]$
⚠️ Le terme $-z\,x[0]$ est le SEUL endroit où la condition initiale entre dans le calcul.

Le résultat
$X(z)=\dfrac{3z}{z-2} \qquad\Longrightarrow\qquad x[n]=3\cdot 2^{n}$

⚠️ Le dénominateur de $X$ est le polynôme caractéristique de la récurrence
$x[n+1]=2x[n] \ \Longrightarrow \ (z-2) \ \Longrightarrow \ \text{raison } 2$
Le pôle EST la raison de la suite.

CONTRÔLES — quatre, indépendants

valeur initiale sur $X(z)$ , à faire avant d'inverser : $\lim_{z\to\infty}X(z)=x[0]$ ;

réinjecter dans la récurrence — vérification exacte, pour tout $n$ ;

premières valeurs calculées à la main ;

voie élémentaire (ici : suite géométrique).

Suite géométrique, pour mémoire
$x[n+1]=q\,x[n] \ \Longrightarrow \ x[n]=x[0]\,q^{n}$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)$ sans le terme correctif. On obtiendrait $zX=2X$ , donc $X(z-2)=0$ , donc $X=0$ — la solution nulle, quelle que soit la condition initiale.

Le contrôle : $x[0]$ doit valoir $3$ . L'absurdité du résultat signale l'erreur immédiatement.

⚠️ Écrire $-x[0]$ au lieu de $-z\,x[0]$ . On obtiendrait $X=\dfrac{3}{z-2}$ , donc $x[n]=3\cdot 2^{n-1}u[n-1]$ : la solution serait retardée d'un pas et $x[0]$ vaudrait $0$ ✗

⚠️ Se tromper de côté en isolant : $zX-2X=3z$ donne $X(z-2)=3z$ , pas $X(2-z)=3z$ .

Le contrôle : le pôle doit être en $2$ , la raison de la suite.

⚠️ Perdre le facteur $3$ et répondre $2^{n}$ .

Le contrôle : $x[0]=3$ , pas $1$ .

⚠️ Répondre $3\cdot 2^{n-1}$ ou $3\cdot 2^{n+1}$ . Un décalage d'indice.

Le contrôle : $x[1]$ doit valoir $6$ ; ces variantes donnent $3$ et $12$ .

⚠️ Croire qu'il faut décomposer en éléments simples. $\dfrac{3z}{z-2}$ est déjà une ligne de table — la décomposition ne sert que quand $X$ n'est pas directement une ligne de table (typiquement, plusieurs pôles).

⚠️ Ne pas contrôler la valeur initiale AVANT d'inverser. C'est le contrôle le moins cher et le plus précoce : il attrape toutes les erreurs commises sur le théorème de l'avance.

⚠️ Ne pas réinjecter dans la récurrence. C'est la seule vérification exacte (valable pour tout $n$ ) ; les valeurs numériques, elles, ne testent que quelques rangs.

À retenir

x[n+1]=2x[n], \ x[0]=3 \quad\xrightarrow{\ \mathcal{Z}\ }\quad zX-3z=2X \quad\Longrightarrow\quad X=\dfrac{3z}{z-2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{x[n]=3\cdot 2^{n}}

\boxed{\text{récurrence} \ \to \ \text{équation ALGÉBRIQUE} \ \to \ \text{isoler } X(z) \ \to \ \text{inverser}}

⚠️⚠️ Le terme $-z\,x[0]$ du théorème de l'avance est le SEUL endroit où la condition initiale entre. Sans lui, on obtient $X=0$ : la solution nulle, quelle que soit la donnée initiale.

\text{le dénominateur de } X \text{ est le polynôme caractéristique} \ \Longrightarrow \ \text{le pôle EST la raison}

Quatre contrôles indépendants :

\lim_{z\to\infty}X(z)=x[0] \ \text{(AVANT d'inverser)} \qquad \text{réinjecter dans la récurrence} \qquad 3,6,12,24 \qquad \text{suite géométrique}

⚠️ La concordance avec la voie élémentaire est l'objet de l'exercice : elle valide la méthode sur un cas connu, avant de s'en servir là où l'on n'a pas d'alternative.

Réponse.

x[n]=3\cdot2^n

. (Recoupement : suite géométrique de raison

2

, premier terme

3

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Récurrence d'ordre 1 avec second membre

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $x[n+1]=\tfrac12 x[n]+1$ , $x[0]=0$ , par la transformée en z.

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX-z\,x[0]=zX$ ; $\mathcal{Z}\{1\}=\tfrac z{z-1}$ .

$zX=\tfrac12 X+\tfrac z{z-1}$ , donc $(z-\tfrac12)X=\tfrac z{z-1}$ .

$X=\dfrac z{(z-1)(z-\tfrac12)}$ : décomposer $X/z$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La même méthode qu'en C5, avec un SECOND MEMBRE — et c'est lui qui fait tout l'intérêt.

x[n+1]=\tfrac12\,x[n]+1 \qquad x[0]=0

⚠️⚠️ Le « $+1$ » du second membre est un SIGNAL, et c'est l'ÉCHELON. Il faut le transformer comme tel :

\mathcal{Z}\{1\}=\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1}

C'est l'erreur n°1 de l'exercice : transformer le $1$ en $1$ (c'est-à-dire en $\delta[n]$ ). Le second membre vaut $1$ à CHAQUE instant, pas seulement au premier — c'est donc un échelon.

\boxed{\text{une CONSTANTE dans une récurrence} \ \Longrightarrow \ \text{un ÉCHELON} \ \Longrightarrow \ \dfrac{z}{z-1}}

Ce que le second membre change qualitativement. Sans lui, la suite serait géométrique de raison $\frac12$ et tendrait vers $0$ . Avec lui, elle tend vers un point fixe :

\ell=\tfrac12\ell+1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \tfrac12\ell=1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \boxed{\ell=2}

ℹ️ Ce point fixe est calculable en trois secondes, AVANT toute transformée, et il donne une prédiction forte sur le résultat : la solution doit tendre vers $2$ .

\boxed{\text{prévoir le point fixe transforme le calcul en vérification}}

La structure attendue de la réponse est donc :

x[n]=\underbrace{2}_{\text{régime permanent}}-\underbrace{2\left(\tfrac12\right)^{n}}_{\text{transitoire, s'éteint}}

⚠️ On retrouvera cette structure dans tout le lot D : un terme dû au second membre (le permanent, pôle $1$ ) et un terme dû à la récurrence (le transitoire, pôle $\frac12$ ). Deux pôles, deux rôles.

La résolution

Étape 1 — transformer les deux membres.

À gauche, théorème de l'avance avec $x[0]=0$ :

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)-z\times 0=zX(z)

ℹ️ Le terme correctif s'annule ici, puisque $x[0]=0$ . Ne pas en conclure qu'il n'existe pas : il vaut $0$ dans ce cas précis, et il ne s'annulera plus en E5.

À droite :

\mathcal{Z}\left\{\tfrac12 x[n]+1\right\}=\tfrac12 X(z)+\dfrac{z}{z-1}

L'équation :

zX(z)=\tfrac12 X(z)+\dfrac{z}{z-1}

Étape 2 — isoler $X(z)$ .

X(z)\left(z-\tfrac12\right)=\dfrac{z}{z-1}

\boxed{X(z)=\dfrac{z}{(z-1)\left(z-\tfrac12\right)}}

⚠️ Les deux pôles apparaissent, et chacun a son origine :

$z=\dfrac12$ vient du coefficient de la récurrence ;
$z=1$ vient du second membre (l'échelon).

Étape 3 — inverser par la méthode $X/z$ .

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{1}{(z-1)\left(z-\tfrac12\right)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z-\tfrac12}

Par cache :

A=\left[\dfrac{1}{z-\tfrac12}\right]_{z=1}=\dfrac{1}{1-\tfrac12}=\dfrac{1}{\tfrac12}=2

B=\left[\dfrac{1}{z-1}\right]_{z=\frac12}=\dfrac{1}{\tfrac12-1}=\dfrac{1}{-\tfrac12}=-2

Contrôle : $A+B=2-2=0=x[0]$ ✓ — conforme à la condition initiale.

Remultiplions par $z$ et lisons :

X(z)=\dfrac{2z}{z-1}-\dfrac{2z}{z-\tfrac12}

\boxed{x[n]=2-2\left(\tfrac12\right)^{n}=2\left(1-\left(\tfrac12\right)^{n}\right)}

Les contrôles.

a) La condition initiale : $x[0]=2(1-1)=0$ ✓

b) La récurrence, réinjectée — vérification exacte :

\tfrac12 x[n]+1=\tfrac12\left(2-2\left(\tfrac12\right)^{n}\right)+1=1-\left(\tfrac12\right)^{n}+1=2-\left(\tfrac12\right)^{n}

Et il faut comparer à $x[n+1]$ :

x[n+1]=2-2\left(\tfrac12\right)^{n+1}=2-2\times\tfrac12\left(\tfrac12\right)^{n}=2-\left(\tfrac12\right)^{n} \quad\checkmark

Les deux expressions coïncident — la formule satisfait la récurrence pour tout $n$ .

c) Les premières valeurs, par la récurrence :

x[0]=0 \qquad x[1]=0+1=1 \qquad x[2]=\tfrac12+1=\tfrac32 \qquad x[3]=\tfrac34+1=\tfrac74

Par la formule : $2(1-1)=0$ , $2(1-\tfrac12)=1$ , $2(1-\tfrac14)=\tfrac32$ , $2(1-\tfrac18)=\tfrac74$ ✓

d) LE contrôle qui compte — la limite.

\lim_{n\to+\infty}x[n]=2-0=2=\ell \quad\checkmark

Et par le théorème de la valeur finale, directement sur $X(z)$ :

\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=\lim_{z\to 1}\dfrac{z}{z-\tfrac12}=\dfrac{1}{\tfrac12}=2 \quad\checkmark

⚠️ Ce contrôle est applicable : le seul pôle autre que $1$ est $\frac12$ , de module $<1$ (condition rappelée en B6).

La lecture des deux pôles, qui résume l'exercice :

pôle	origine	rôle	contribution
$z=1$	le second membre (échelon)	régime permanent	$+2$
$z=\frac12$	la récurrence	transitoire	$-2\left(\tfrac12\right)^{n}\to 0$

ℹ️ La suite converge parce que $\left|\frac12\right|<1$ . Avec un coefficient $>1$ dans la récurrence, le transitoire divergerait et il n'y aurait aucun régime permanent — le point fixe existerait toujours algébriquement, mais serait répulsif.

Rappel de cours

⚠️⚠️ UNE CONSTANTE AU SECOND MEMBRE EST UN ÉCHELON
$\mathcal{Z}\{1\}=\dfrac{z}{z-1} \qquad\text{et NON } 1$
Le second membre vaut $1$ à chaque instant.

La méthode (C5), inchangée
$\text{transformer} \to \text{isoler } X(z) \to \text{inverser par } X/z$

POINT FIXE — à calculer AVANT tout
$\ell=q\ell+c \qquad\Longrightarrow\qquad \ell=\dfrac{c}{1-q}$
Ici $\ell=2$ . Prévoir la limite transforme le calcul en vérification.

Structure de la solution
$x[n]=\underbrace{\ell}_{\text{permanent, pôle } 1}+\underbrace{(x[0]-\ell)\,q^{n}}_{\text{transitoire, pôle } q}$
Deux pôles, deux rôles : le second membre donne le permanent, la récurrence le transitoire.

Convergence
$|q|<1 \ \Longrightarrow \ \text{le transitoire s'éteint} \ \Longrightarrow \ x[n]\to\ell$

CONTRÔLES · $x[0]$ (et $\sum A_i=x[0]$ ) ; · réinjecter dans la récurrence — exact, pour tout $n$ ; · premières valeurs $0,1,\frac32,\frac74$ ; · valeur finale : $\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=\ell$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Transformer le « $+1$ » en $1$ (donc en impulsion). On obtiendrait $X=\dfrac{1}{z-\frac12}$ , donc $x[n]=\left(\frac12\right)^{n-1}u[n-1]$ : une suite qui tend vers $0$ au lieu de $2$ .

Le contrôle : le point fixe. La solution doit tendre vers $2$ — l'écart est flagrant.

ℹ️ Le sens de l'erreur : une impulsion n'agit qu'une fois, un échelon agit en permanence. C'est cette action permanente qui crée le régime permanent.

⚠️ Oublier le théorème de l'avance parce que $x[0]=0$ . Le terme $-z\,x[0]$ vaut $0$ ici, mais il existe : ne pas prendre l'habitude de l'omettre (E5, D1 et D2 auront $x[0]=0$ aussi, mais C5 avait $x[0]=3$ ).

⚠️ Se tromper dans $A=\dfrac{1}{1-\frac12}$ . C'est $\dfrac{1}{\frac12}=2$ , pas $\frac12$ .

Le contrôle : $A+B$ doit valoir $x[0]=0$ , donc $A$ et $B$ sont opposés.

⚠️ Oublier de remultiplier par $z$ après la décomposition : toute la solution serait retardée d'un pas.

Le contrôle : $x[1]$ doit valoir $1$ .

⚠️ Écrire $2-2\left(\tfrac12\right)^{n}$ comme $2-\left(\tfrac12\right)^{n-1}$ et s'y perdre. Les deux sont égaux, mais la première forme montre la structure permanent/transitoire ; la garder.

⚠️ Appliquer le théorème de la valeur finale sans vérifier ses conditions. Ici c'est licite ( $\frac12$ est dans le disque unité), mais ce ne l'est pas toujours (B6).

⚠️ Ne pas calculer le point fixe. Il coûte trois secondes, il donne la limite, et il rend toute erreur de second membre immédiatement visible.

⚠️ Ne réinjecter que dans la condition initiale. $x[0]=0$ est vérifié par bien des formules fausses ; c'est la récurrence qui discrimine.

À retenir

x[n+1]=\tfrac12 x[n]+1, \ x[0]=0 \quad\Longrightarrow\quad X(z)=\dfrac{z}{(z-1)\left(z-\tfrac12\right)} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{x[n]=2\left(1-\left(\tfrac12\right)^{n}\right)}

⚠️⚠️ Une CONSTANTE au second membre est un ÉCHELON : $\mathcal{Z}\{1\}=\dfrac{z}{z-1}$ , jamais $1$ . Elle agit à chaque instant, pas une seule fois.

\boxed{\text{POINT FIXE} : \ \ell=\tfrac12\ell+1 \ \Longrightarrow \ \ell=2}

À calculer AVANT tout : il prédit la limite et rend visible toute erreur de second membre.

x[n]=\underbrace{2}_{\text{permanent, pôle } 1}-\underbrace{2\left(\tfrac12\right)^{n}}_{\text{transitoire, pôle } \frac12}

Deux pôles, deux rôles : le second membre donne le permanent, la récurrence le transitoire. La suite converge parce que $\left|\frac12\right|<1$ .

Contrôles : $x[0]=0$ · réinjecter dans la récurrence (exact) · $0,1,\frac32,\frac74$ · $\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=2$ .

Réponse.

x[n]=2\Big(1-\left(\tfrac12\right)^n\Big)

. (Recoupement :

x[0]=0

✓ ; régime permanent

x^\ast=\tfrac12 x^\ast+1\Rightarrow x^\ast=2=\lim x[n]

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Transformée d'un signal composé (DS)

CalculDifficulté 2/5

Calculer la transformée en z de $x[n]=2\,\delta[n]+u[n]-3^n$ .

Indices (3)

Linéarité, terme par terme.

$\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=1$ , $\mathcal{Z}\{u[n]\}=\tfrac z{z-1}$ , $\mathcal{Z}\{3^n\}=\tfrac z{z-3}$ .

Additionner avec les bons signes.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un exercice de synthèse sur la linéarité — trois morceaux, trois lignes de table, et surtout trois signaux qu'il ne faut pas confondre.

x[n]=2\,\delta[n]+u[n]-3^{n}

\boxed{\mathcal{Z}\{\alpha x+\beta y\}=\alpha X(z)+\beta Y(z)}

morceau	transformée	d'où
$\delta[n]$	$1$	A1
$u[n]$	$\dfrac{z}{z-1}$	A2
$3^{n}$	$\dfrac{z}{z-3}$	A3

⚠️ Les trois valent $1$ en $n=0$ et divergent complètement ensuite :

\delta[n] : 1,0,0,0,\dots \qquad u[n] : 1,1,1,1,\dots \qquad 3^{n} : 1,3,9,27,\dots

C'est exactement pourquoi on les confond, et pourquoi le contrôle par deux échantillons est indispensable — $x[0]$ seul ne distingue rien.

Ce que le signal fait, avant tout calcul. Le terme $-3^{n}$ domine et diverge vers $-\infty$ :

x[n]=2\delta[n]+1-3^{n} \ \sim \ -3^{n}

⚠️ Le signe compte : le $-3^{n}$ est soustrait, donc le signal part vers $-\infty$ . Les premières valeurs le montreront.

ℹ️ La forme attendue : une somme de trois termes, dont un constant (le $2$ , venant de l'impulsion), et deux pôles ( $1$ et $3$ ). Le domaine sera fixé par le plus grand : $|z|>3$ .

Le calcul et ses contrôles

X(z)=2\,\mathcal{Z}\{\delta[n]\}+\mathcal{Z}\{u[n]\}-\mathcal{Z}\{3^{n}\}

\boxed{X(z)=2+\dfrac{z}{z-1}-\dfrac{z}{z-3} \qquad |z|>3}

⚠️ Les coefficients se reportent tels quels, signes compris : le $-$ devant $3^{n}$ reste.

ℹ️ On s'arrête là. Réduire au même dénominateur donnerait une fraction unique où l'on ne lirait plus rien — ni les pôles, ni le terme d'impulsion. La forme décomposée est la réponse.

Le domaine. Trois contraintes : $|z|>1$ (échelon), $|z|>3$ (géométrique), et le terme constant sans contrainte. La plus forte l'emporte :

\boxed{|z|>3}

Les contrôles.

a) La valeur initiale, lisible à vue sur la somme :

x[0]=\lim_{z\to+\infty}X(z)=2+1-1=2

Et directement sur le signal : $x[0]=2\times 1+1-1=2$ ✓

ℹ️ Chaque terme $\dfrac{\alpha z}{z-a}$ tend vers $\alpha$ , et le terme constant survit : la valeur initiale d'une telle somme se lit sans calcul.

b) Le deuxième échantillon — celui qui discrimine.

x[1]=2\times 0+1-3=-2

⚠️ L'impulsion ne contribue plus ( $\delta[1]=0$ ), et le signal devient négatif. C'est cette valeur qui distingue la bonne réponse d'une confusion entre $\delta$ et $u$ .

c) Les valeurs suivantes :

x[2]=0+1-9=-8 \qquad x[3]=1-27=-26 \qquad x[4]=1-81=-80

\boxed{2,\ -2,\ -8,\ -26,\ -80,\ -242,\dots}

Vérifions sur la forme close, en développant :

\dfrac{z}{z-1}=1+z^{-1}+z^{-2}+\cdots \qquad \dfrac{z}{z-3}=1+3z^{-1}+9z^{-2}+\cdots

X(z)=2+(1-1)+(1-3)z^{-1}+(1-9)z^{-2}+\cdots=2-2z^{-1}-8z^{-2}-\cdots \quad\checkmark

d) La lecture des pôles.

terme	pôle	rôle
$2$	aucun	impulsion — un seul instant
$\dfrac{z}{z-1}$	$1$	régime permanent, contribution $+1$
$-\dfrac{z}{z-3}$	$3$	dominant, $\lvert 3\rvert>1$ : diverge

⚠️ Le théorème de la valeur finale ne s'applique PAS ici : le pôle $3$ est hors du disque unité. L'appliquer donnerait $1$ — or le signal part vers $-\infty$ .

\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=\lim_{z\to 1}\left[2(z-1)+z-\dfrac{z(z-1)}{z-3}\right]=0+1-0=1

Ce nombre est FAUX, et rien dans le calcul ne le signale. C'est exactement le piège de D3 : vérifier les pôles avant d'appliquer.

ℹ️ Un terme CONSTANT dans $X(z)$ signale toujours une impulsion, donc un effet à un seul instant. C'est la seule façon d'obtenir un terme sans pôle.

Rappel de cours

Linéarité
$\mathcal{Z}\{\alpha x+\beta y\}=\alpha X+\beta Y$

Les trois lignes
$\delta[n]\to 1 \qquad u[n]\to\dfrac{z}{z-1} \qquad a^{n}\to\dfrac{z}{z-a}$

⚠️ Les trois valent $1$ en $n=0$
$1,0,0,\dots \qquad 1,1,1,\dots \qquad 1,3,9,\dots$
$x[0]$ ne les distingue pas — contrôler $x[1]$ .

Domaine d'une somme
$|z|>\max_i|a_i| \qquad\text{ici } |z|>3$

Valeur initiale à vue
$\text{sur } \sum\dfrac{\alpha_i z}{z-a_i}+c \ : \ x[0]=\sum\alpha_i+c$

⚠️ Ne PAS réduire au même dénominateur On y perdrait les pôles et le terme d'impulsion.

Un terme CONSTANT dans $X$ = une impulsion Pas de pôle $\Longrightarrow$ effet à un seul instant.

⚠️⚠️ Valeur finale : vérifier les pôles AVANT Ici le pôle $3$ est hors du disque : la formule rendrait $1$ alors que le signal tend vers $-\infty$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Transformer $\delta[n]$ en $\dfrac{z}{z-1}$ (confusion avec l'échelon).

Le contrôle : $x[1]$ . Avec la confusion on obtiendrait $2+1-3=0$ au lieu de $-2$ ✗

⚠️ Perdre le signe du $-3^{n}$ et écrire $+\dfrac{z}{z-3}$ .

Le contrôle : $x[1]$ vaudrait $0+1+3=4$ , positif — alors que le signal descend ✗

⚠️ Oublier le coefficient $2$ devant l'impulsion.

Le contrôle : $x[0]=2$ , pas $1$ .

⚠️ Prendre le domaine $|z|>1$ . C'est le plus grand module de pôle qui décide : $|z|>3$ .

⚠️ Réduire au même dénominateur. La fraction obtenue est juste et illisible ; et pour toute exploitation ultérieure il faudrait la redécomposer.

⚠️⚠️ Appliquer le théorème de la valeur finale. Le pôle $3$ l'interdit. La formule rend $1$ sans broncher — un nombre parfaitement faux, sur un signal qui diverge.

⚠️ Croire que le terme constant $2$ est une erreur parce qu'il n'a pas de $z$ . C'est la signature d'une impulsion, et c'est correct.

⚠️ Ne vérifier que $x[0]$ . Il vaut $2$ pour la bonne réponse et pour plusieurs variantes fausses. C'est $x[1]=-2$ qui tranche.

À retenir

\boxed{X(z)=2+\dfrac{z}{z-1}-\dfrac{z}{z-3} \qquad |z|>3}

Découper, transformer chaque morceau, recombiner — les coefficients et les signes se reportent tels quels.

⚠️ Les trois signaux valent $1$ en $n=0$ :

\delta : 1,0,0 \qquad u : 1,1,1 \qquad 3^{n} : 1,3,9

$x[0]$ ne discrimine rien — contrôler $x[1]$ , qui vaut

-2

.

2,\ -2,\ -8,\ -26,\ -80,\dots \qquad\text{le } -3^{n} \text{ domine}

Le domaine est fixé par le plus grand pôle : $|z|>3$ .

Un terme CONSTANT dans $X(z)$ signale une impulsion (pas de pôle $\Longrightarrow$ un seul instant).

⚠️⚠️ La valeur finale ne s'applique PAS : le pôle $3$ est hors du disque unité. La formule rendrait $1$ sans prévenir, sur un signal qui part vers $-\infty$ .

Réponse.

X(z)=2+\dfrac z{z-1}-\dfrac z{z-3}

. (Recoupement : l'impulsion donne une constante, pôles en

1

et

3

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Signal retardé (DS)

ApplicationDifficulté 3/5

Calculer la transformée en z de $x[n]=u[n]-u[n-3]$ (créneau discret valant $1$ pour $n=0,1,2$ ).

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{u[n]\}=\tfrac z{z-1}$ .

$\mathcal{Z}\{u[n-3]\}=z^{-3}\cdot\tfrac z{z-1}$ (retard).

Soustraire.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un créneau discret — le signal le plus simple de durée finie, et l'exercice montre que la définition bat parfois le théorème.

x[n]=u[n]-u[n-3]

Que vaut ce signal ? L'échelon vaut $1$ partout ; l'échelon retardé vaut $1$ à partir de $n=3$ . La différence vaut donc $1$ pour $n=0,1,2$ et $0$ ensuite :

\boxed{x[n]=1,\ 1,\ 1,\ 0,\ 0,\ 0,\dots}

⚠️ Vérifier ce que vaut le signal AVANT de le transformer est ici le geste décisif. Deux méthodes s'offrent alors, et il faut voir qu'elles ne se valent pas :

\textbf{Méthode 1 — le théorème du retard} \qquad\qquad \textbf{Méthode 2 — la DÉFINITION}

Méthode 2, directement :

X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]z^{-n}=1+z^{-1}+z^{-2}

Trois termes, et c'est fini. Le signal étant de durée finie, la somme est finie — il n'y a aucune série à sommer, aucun théorème à invoquer.

\boxed{\text{signal de durée FINIE} \ \Longrightarrow \ X(z) \text{ est un POLYNÔME en } z^{-1}, \text{ et ses coefficients sont les échantillons}}

ℹ️ C'est le cas où la définition est la méthode la plus rapide, et de loin. Le réflexe « appliquer un théorème » n'est pas toujours le bon : regarder d'abord ce qu'est le signal.

⚠️ La méthode 1 fonctionne aussi, et il est instructif de vérifier qu'elle donne le même résultat — c'est ce que fait l'exercice. Mais elle passe par une soustraction de deux fractions, là où la définition donne la réponse en une ligne.

Les deux méthodes, et leur concordance

Méthode 1 — par le théorème du retard.

\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{z}{z-1} \qquad\qquad \mathcal{Z}\{u[n-3]\}=z^{-3}\times\dfrac{z}{z-1}=\dfrac{z^{-2}}{z-1}

⚠️ Le théorème s'applique parce que $u[n-3]$ est bien nul avant $n=3$ ✓ (condition de B1)

X(z)=\dfrac{z}{z-1}-\dfrac{z^{-2}}{z-1}=\dfrac{z-z^{-2}}{z-1}

Mettons au même dénominateur en haut — multiplions numérateur et dénominateur par $z^{2}$ :

=\dfrac{\left(z-z^{-2}\right)z^{2}}{(z-1)z^{2}}=\dfrac{z^{3}-1}{z^{2}(z-1)}

⚠️⚠️ Le numérateur $z^{3}-1$ se factorise, et c'est là que tout se dénoue :

z^{3}-1=(z-1)\left(z^{2}+z+1\right)

Le $(z-1)$ se simplifie :

X(z)=\dfrac{(z-1)(z^{2}+z+1)}{z^{2}(z-1)}=\dfrac{z^{2}+z+1}{z^{2}}

\boxed{X(z)=\dfrac{z^{2}+z+1}{z^{2}}=1+z^{-1}+z^{-2}}

Méthode 2 — par la définition.

X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}=1+z^{-1}+z^{-2}

✓ Les deux méthodes concordent — mais la seconde tient en une ligne.

⚠️⚠️ LE FAIT REMARQUABLE : le pôle en $z=1$ a DISPARU. Chacun des deux termes en avait un ; leur différence n'en a plus.

Pourquoi. Le pôle $z=1$ correspond au régime permanent — au fait que l'échelon ne s'éteint pas. Or notre créneau, lui, s'éteint au bout de trois échantillons. Il ne peut donc pas avoir de pôle en $1$ .

\boxed{\text{un signal de durée finie n'a AUCUN pôle (sauf en } z=0)}

ℹ️ La simplification du $(z-1)$ n'est pas un accident de calcul : elle était prévisible. Si elle ne s'était pas produite, ce serait le signe d'une erreur.

Les contrôles.

a) Les échantillons — immédiats. $X=1+z^{-1}+z^{-2}$ se lit $1,1,1,0,0,\dots$ ✓ Le développement EST la réponse.

b) La valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^{2}+z+1}{z^{2}}=1$ ✓

c) La valeur finale. Le seul pôle est $z=0$ , dans le disque unité, donc le théorème s'applique :

\lim_{z\to 1}(z-1)\dfrac{z^{2}+z+1}{z^{2}}=0\times 3=0 \quad\checkmark

Le signal tend bien vers $0$ — il est nul à partir de $n=3$ .

d) La somme des échantillons. $X(1)=\dfrac{1+1+1}{1}=3$ , et la somme des $x[n]$ vaut $1+1+1=3$ ✓

ℹ️ $X(1)=\sum_n x[n]$ en général — puisque poser $z=1$ dans $\sum x[n]z^{-n}$ donne $\sum x[n]$ . Un contrôle gratuit de plus, valable dès que la somme converge.

Rappel de cours

⚠️⚠️ SIGNAL DE DURÉE FINIE
$x[n]=c_{0},c_{1},\dots,c_{N},0,0,\dots \ \Longleftrightarrow \ X(z)=c_{0}+c_{1}z^{-1}+\cdots+c_{N}z^{-N}$
Les coefficients SONT les échantillons. La somme est finie : aucun théorème n'est nécessaire.

⚠️ Regarder ce qu'EST le signal avant de choisir la méthode Ici la définition tient en une ligne, le théorème du retard demande une factorisation.

Théorème du retard (si on le préfère)
$\mathcal{Z}\{u[n-3]\}=z^{-3}\dfrac{z}{z-1} \qquad\text{condition : nul avant } n=3 \ \checkmark$

La factorisation qui dénoue le calcul
$z^{3}-1=(z-1)(z^{2}+z+1)$

⚠️⚠️ Un signal de durée finie n'a AUCUN pôle (sauf en $z=0$ ) Le pôle $z=1$ signifie « ne s'éteint pas » : un créneau ne peut pas en avoir. Sa disparition est prévisible, pas accidentelle.

Contrôles · le développement est la réponse ; · $x[0]=\lim_{z\to\infty}X$ ; · valeur finale $=0$ ; · $\boxed{X(1)=\sum_n x[n]}$ — ici $3=1+1+1$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Ne pas identifier le signal et se lancer dans les théorèmes. Trois échantillons à écrire, et l'exercice est fini. Regarder d'abord.

⚠️⚠️ Écrire $\mathcal{Z}\{u[n-3]\}=z^{-3}$ . C'est la transformée de $\delta[n-3]$ . L'échelon retardé vaut $z^{-3}\times\dfrac{z}{z-1}$ .

Le contrôle : $u[n-3]$ vaut $1$ à partir de $3$ , donc une infinité de valeurs — sa transformée ne peut pas être un simple monôme.

⚠️ Rater la simplification et laisser $\dfrac{z^{3}-1}{z^{2}(z-1)}$ . Ce n'est pas faux, mais on croirait à un pôle en $z=1$ qui n'existe pas — et toute lecture du comportement serait erronée.

⚠️ Croire que $z^{3}-1=(z-1)^{3}$ . C'est $(z-1)(z^{2}+z+1)$ , et le second facteur n'a pas de racine réelle.

⚠️ Oublier de multiplier par $z^{2}$ haut ET bas en mettant au même dénominateur.

⚠️ Croire que le créneau vaut $1$ pour $n=0,\dots,3$ (quatre valeurs). $u[n-3]$ vaut $1$ dès $n=3$ , donc la différence s'annule en $n=3$ : trois valeurs seulement.

Le contrôle : $X(1)=3$ , la somme des échantillons.

⚠️ Croire qu'un $X(z)$ sans pôle est suspect. C'est au contraire la signature attendue d'un signal de durée finie.

⚠️ Ne pas voir que la disparition du pôle était prévisible. Un signal qui s'éteint ne peut pas avoir de pôle sur le cercle unité — si le $(z-1)$ ne s'était pas simplifié, il y aurait eu une erreur.

À retenir

x[n]=u[n]-u[n-3]=1,\ 1,\ 1,\ 0,\ 0,\dots \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{X(z)=1+z^{-1}+z^{-2}=\dfrac{z^{2}+z+1}{z^{2}}}

\boxed{\text{durée FINIE} \ \Longleftrightarrow \ X \text{ POLYNOMIAL en } z^{-1}, \text{ ses coefficients SONT les échantillons}}

⚠️ La définition bat le théorème ici : trois termes à écrire, contre une soustraction de fractions et une factorisation $z^{3}-1=(z-1)(z^{2}+z+1)$ .

Regarder ce qu'EST le signal avant de choisir la méthode.

⚠️⚠️ Le pôle $z=1$ DISPARAÎT, et c'était prévisible : il signifie « ne s'éteint pas », or un créneau s'éteint.

\text{un signal de durée finie n'a AUCUN pôle (sauf en } z=0)

S'il ne s'était pas simplifié, ce serait le signe d'une erreur.

Contrôle gratuit : $X(1)=\sum_n x[n]=3$ .

Réponse.

X(z)=\dfrac z{z-1}\,(1-z^{-3})

. (Recoupement :

x[n]=1,1,1,0,0,\dots

\Longrightarrow

X(z)=1+z^{-1}+z^{-2}

, qui vaut bien

\tfrac z{z-1}(1-z^{-3})

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Inverse par table (DS)

ApplicationDifficulté 3/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}$ de : (a) $\dfrac z{z-\tfrac13}$ ; (b) $\dfrac{2z}{(z-2)^2}$ .

Indices (3)

(a) ligne $a^n$ avec $a=\tfrac13$ .

(b) ligne $n a^n=\dfrac{az}{(z-a)^2}$ : ici $a=2$ .

Identifier $a$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux lectures de table à l'envers, et la seconde teste précisément ce qu'on oublie le plus souvent.

\text{(a) } \dfrac{z}{z-\tfrac13} \qquad\qquad \text{(b) } \dfrac{2z}{(z-2)^{2}}

Les deux indices à lire, comme toujours :

\boxed{\text{le PÔLE donne } a^{n} \qquad\qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}}

(a) est un pôle simple en $\dfrac13$ : c'est la ligne $\dfrac{z}{z-a}$ , sans difficulté.

(b) est un pôle DOUBLE en $2$ : c'est la ligne $\dfrac{az}{(z-a)^{2}}\to n\,a^{n}$ .

⚠️⚠️ Et il faut vérifier que le numérateur COLLE. La table donne $\dfrac{az}{(z-a)^{2}}$ : pour $a=2$ , cela fait $\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ — exactement l'expression proposée ✓

\boxed{\text{le facteur } a \text{ du numérateur doit correspondre au pôle}}

ℹ️ C'est le point de vigilance de l'exercice. Si l'on avait $\dfrac{z}{(z-2)^{2}}$ (sans le $2$ ), la réponse ne serait pas $n\,2^{n}$ mais $\dfrac{1}{2}n\,2^{n}$ — il faudrait ajuster le coefficient.

La règle générale, à appliquer systématiquement :

\dfrac{K\,z}{(z-a)^{2}} \ \longrightarrow \ \dfrac{K}{a}\,n\,a^{n}

Ici $K=2$ et $a=2$ , donc $\dfrac{K}{a}=1$ : le coefficient est $1$ , et la réponse est exactement $n\,2^{n}$ .

⚠️ Ne pas se contenter de reconnaître la forme du dénominateur : le numérateur porte le coefficient.

Les deux inversions

(a) $X(z)=\dfrac{z}{z-\tfrac13}$ .

Pôle simple en $a=\dfrac13$ , numérateur $z$ : c'est exactement la ligne $\dfrac{z}{z-a}$ .

\boxed{x[n]=\left(\tfrac13\right)^{n}}

Contrôle par développement :

\dfrac{z}{z-\tfrac13}=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{3z}}=1+\dfrac{1}{3z}+\dfrac{1}{9z^{2}}+\cdots

On lit $1,\ \frac13,\ \frac19,\ \frac{1}{27}$ ✓

Contrôle par la valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z}{z-\frac13}=1=\left(\tfrac13\right)^{0}$ ✓

ℹ️ Le pôle $\frac13$ est de module $<1$ : le signal s'éteint, ce que confirme la décroissance rapide. Et le théorème de la valeur finale s'applique :

\lim_{z\to 1}(z-1)\dfrac{z}{z-\tfrac13}=0\times\dfrac{1}{\tfrac23}=0 \quad\checkmark

(b) $X(z)=\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ .

Deux informations :

pôle en $\mathbf{2}$ $\Longrightarrow$ facteur $2^{n}$ ;
pôle double $\Longrightarrow$ facteur $n$ .

Et le numérateur $2z$ correspond exactement au $az$ de la table, avec $a=2$ :

\boxed{x[n]=n\,2^{n}}

Contrôle par développement. Avec $q=z^{-1}$ et $\dfrac{1}{(1-2q)^{2}}=1+4q+12q^{2}+\cdots$ :

\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}=\dfrac{2q}{(1-2q)^{2}}=2q+8q^{2}+24q^{3}+\cdots

On lit $0,\ 2,\ 8,\ 24$ — et $n2^{n}$ vaut $0,\ 2,\ 8,\ 24$ ✓

Contrôle par la valeur initiale : degré $1$ en haut, $2$ en bas, donc $x[0]=0$ ✓ — cohérent avec $0\times 2^{0}=0$ .

⚠️ Le premier échantillon nul est un bon indice : un facteur $n$ annule toujours $x[0]$ .

Comparons les deux résultats — ils illustrent la règle du chapitre :

$X(z)$	pôle	module	comportement
$\dfrac{z}{z-\frac13}$	$\frac13$	$<1$	s'éteint : $1,\frac13,\frac19,\dots$
$\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$	$2$ (double)	$>1$	diverge : $0,2,8,24,\dots$

⚠️⚠️ Hors du cercle unité, le facteur $n$ ne change PAS la nature du comportement. Il accélère la divergence du second, mais c'est le pôle qui décide — comme on l'a vu en B6 avec $n\left(\frac12\right)^{n}$ , qui tend vers $0$ malgré le $n$ .

\boxed{\text{le pôle décide, le facteur } n \text{ module}}

Le piège à connaître, sur une variante. Si l'on avait $\dfrac{z}{(z-2)^{2}}$ :

\dfrac{z}{(z-2)^{2}}=\dfrac12\times\dfrac{2z}{(z-2)^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad x[n]=\dfrac12\,n\,2^{n}=n\,2^{n-1}

⚠️ Un facteur $2$ manquant au numérateur divise toute la réponse par $2$ . Vérifier $x[1]$ suffit à le détecter : $2$ contre $1$ .

Rappel de cours

La table, à l'envers
$\dfrac{z}{z-a}\to a^{n} \qquad\qquad \dfrac{az}{(z-a)^{2}}\to n\,a^{n}$

⚠️⚠️ VÉRIFIER LE NUMÉRATEUR
$\dfrac{K\,z}{(z-a)^{2}} \ \longrightarrow \ \dfrac{K}{a}\,n\,a^{n}$
Le coefficient de la réponse est $\dfrac{K}{a}$ , pas $K$ . Ici $K=a=2$ , donc le coefficient vaut $1$ .

Les deux indices
$\text{le PÔLE donne } a^{n} \qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}$

Les deux résultats
$\dfrac{z}{z-\tfrac13}\to\left(\tfrac13\right)^{n} \qquad\qquad \dfrac{2z}{(z-2)^{2}}\to n\,2^{n}$

Indice utile
$\text{un facteur } n \ \Longrightarrow \ x[0]=0$

⚠️ Le pôle décide, le facteur $n$ module
$\left|a\right|<1 : \text{s'éteint (même avec un } n) \qquad |a|>1 : \text{diverge}$

Contrôles · développement en $1/z$ ; · $x[0]=\lim_{z\to\infty}X$ ; · $x[1]$ — la valeur qui détecte un coefficient manquant.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Lire $\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ comme $2^{n}$ , en oubliant la multiplicité.

Le contrôle : $x[0]$ . La réponse fautive donnerait $1$ , la vraie donne $0$ ✗

⚠️⚠️ Ignorer le numérateur et répondre $n\,2^{n}$ pour $\dfrac{z}{(z-2)^{2}}$ . Il manquerait un facteur $\frac12$ .

Le contrôle : $x[1]$ . La table donne $a=2$ , donc $x[1]=2$ ; sans le facteur, $1$ .

⚠️ Écrire $\left(\tfrac13\right)^{n}$ comme $\dfrac{1}{3^{n}}$ puis « simplifier » en $3^{-n}$ et s'y perdre. Les trois écritures sont identiques ; garder la plus lisible.

⚠️ Répondre $3^{n}$ pour $\dfrac{z}{z-\frac13}$ , en inversant le pôle. Le pôle est $\frac13$ , pas $3$ .

Le contrôle : $x[1]=\frac13$ , donc le signal décroît.

⚠️ Croire que $\dfrac{2z}{(z-2)^{2}}$ se simplifie en « barrant » un $(z-2)$ . Il n'y en a aucun au numérateur.

⚠️ Chercher à décomposer en éléments simples. Les deux expressions sont déjà dans la table — la décomposition ne sert que quand $X$ n'est pas directement dans la table (typiquement, plusieurs pôles distincts).

⚠️ Ne pas contrôler $x[1]$ . C'est la valeur qui détecte un coefficient manquant, et $x[0]$ ne le voit pas (il vaut $0$ dans les deux cas).

À retenir

\dfrac{z}{z-\tfrac13} \ \longrightarrow \ \boxed{\left(\tfrac13\right)^{n}} \qquad\qquad \dfrac{2z}{(z-2)^{2}} \ \longrightarrow \ \boxed{n\,2^{n}}

\text{le PÔLE donne } a^{n} \qquad \text{la MULTIPLICITÉ donne le facteur polynomial}

⚠️⚠️ VÉRIFIER LE NUMÉRATEUR — la table donne $\dfrac{az}{(z-a)^{2}}$ , donc

\dfrac{K\,z}{(z-a)^{2}} \ \longrightarrow \ \dfrac{K}{a}\,n\,a^{n}

Ici $K=a=2$ , le coefficient vaut $1$ : la réponse est exactement $n2^{n}$ . Avec $\dfrac{z}{(z-2)^{2}}$ , ce serait $n\,2^{n-1}$ .

Indice : un facteur $n$ impose $x[0]=0$ .

⚠️ Le pôle décide, le facteur $n$ module : $\frac13$ s'éteint, $2$ diverge — hors du cercle unité, le $n$ ne change pas la nature.

Contrôler $x[1]$ : c'est la valeur qui détecte un coefficient manquant ( $x[0]$ ne le voit pas).

Réponse. (a)

(\tfrac13)^n

; (b)

n\,2^n

. (Recoupement : un pôle double en

a

\Longrightarrow

facteur

n

devant

a^n

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Inverse par éléments simples (DS)

CalculDifficulté 2/5

Déterminer $\mathcal{Z}^{-1}\Big\{\dfrac{3z}{(z-1)(z+2)}\Big\}$ .

Indices (3)

$\dfrac{X(z)}z=\dfrac3{(z-1)(z+2)}=\dfrac A{z-1}+\dfrac B{z+2}$ .

$A=\dfrac3{1+2}=1$ , $B=\dfrac3{-2-1}=-1$ .

Remultiplier par $z$ et inverser ( $(-2)^n$ ).

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une inversion par éléments simples, avec une nouveauté : un pôle NÉGATIF.

X(z)=\dfrac{3z}{(z-1)(z+2)}

⚠️ Le second facteur est $(z+2)$ , donc le pôle est en $z=-2$ , pas $+2$ . C'est l'erreur de signe la plus fréquente de l'exercice.

\boxed{(z-a) \ \text{a son pôle en } a \qquad\Longrightarrow\qquad (z+2)=(z-(-2)) \ \text{a son pôle en } -2}

Ce que ce pôle négatif produit :

\dfrac{z}{z+2} \ \longrightarrow \ (-2)^{n}=1,\,-2,\,4,\,-8,\,16,\dots

\boxed{\text{pôle NÉGATIF dominant} \ \Longrightarrow \ \text{le signal ALTERNE de signe}}

⚠️ Et il diverge : $|-2|=2>1$ . Alternance et divergence se cumulent — le signal oscille en amplitude croissante.

ℹ️ C'est le comportement d'un système instable en régime oscillant, et il est facilement reconnaissable à l'œil sur les échantillons : les signes s'inversent d'un pas à l'autre.

La méthode est celle de C2, sans variation :

\text{diviser par } z \ \to \ \text{décomposer} \ \to \ \text{remultiplier} \ \to \ \text{lire}

Et l'on peut prévoir la forme du résultat :

x[n]=A\cdot 1^{n}+B\cdot(-2)^{n}=A+B(-2)^{n}

Le contrôle disponible d'emblée : le degré du numérateur ( $1$ ) est inférieur à celui du dénominateur ( $2$ ), donc $x[0]=0$ , donc $A+B=0$ — les deux coefficients seront opposés.

Le calcul

Étape 1 — diviser par $z$ .

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{3}{(z-1)(z+2)}

Étape 2 — décomposer.

\dfrac{3}{(z-1)(z+2)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z+2}

Par cache en $z=1$ :

A=\left[\dfrac{3}{z+2}\right]_{z=1}=\dfrac{3}{1+2}=\dfrac33=1

Par cache en $z=-2$ :

B=\left[\dfrac{3}{z-1}\right]_{z=-2}=\dfrac{3}{-2-1}=\dfrac{3}{-3}=-1

⚠️ Le cache s'évalue en $z=-2$ , la valeur qui annule $(z+2)$ — pas en $+2$ .

Contrôle : $A+B=1-1=0$ ✓ — conforme à la prédiction.

Contrôle en $z=0$ :

\text{gauche} : \dfrac{3}{(-1)(2)}=-\dfrac32 \qquad \text{droite} : \dfrac{1}{-1}+\dfrac{-1}{2}=-1-\dfrac12=-\dfrac32 \quad\checkmark

Étape 3 — remultiplier par $z$ .

X(z)=\dfrac{z}{z-1}-\dfrac{z}{z+2}

Étape 4 — lire.

\dfrac{z}{z-1}\to 1^{n}=1 \qquad\qquad \dfrac{z}{z+2}=\dfrac{z}{z-(-2)}\to(-2)^{n}

\boxed{x[n]=1-(-2)^{n}}

Les contrôles.

a) Les échantillons. La formule donne

x[0]=1-1=0 \qquad x[1]=1-(-2)=1+2=3 \qquad x[2]=1-4=-3

x[3]=1-(-8)=9 \qquad x[4]=1-16=-15 \qquad x[5]=1-(-32)=33

\boxed{0,\ 3,\ -3,\ 9,\ -15,\ 33,\dots}

⚠️ Les signes alternent à partir de $n=1$ , et l'amplitude croît. C'est la signature du pôle négatif de module $>1$ .

Par développement de $X(z)$ : on retrouve $0,3,-3,9,-15,33$ ✓

b) La valeur initiale : degré $1<2$ , donc $x[0]=0$ ✓

c) La récurrence cachée. Le dénominateur $(z-1)(z+2)=z^{2}+z-2$ est le polynôme caractéristique de

x[n+2]+x[n+1]-2x[n]=0

Vérifions : $-3+3-2\times 0=0$ ✓ et $9+(-3)-2\times 3=9-3-6=0$ ✓

ℹ️ Ce contrôle ne dépend pas des coefficients $A$ et $B$ — il teste les pôles seuls. C'est le plus discriminant.

d) Le comportement. Le pôle $-2$ domine ( $|-2|>1$ ), donc

x[n]\approx-(-2)^{n} \qquad\text{amplitude } 2^{n}, \ \text{signe alterné}

⚠️⚠️ Le signal n'a AUCUNE limite — ni finie, ni infinie : il oscille entre des valeurs de plus en plus grandes en valeur absolue.

Le théorème de la valeur finale ne s'applique donc pas, et la condition l'interdit bien : le pôle $-2$ est hors du disque unité. L'appliquer donnerait

\lim_{z\to 1}(z-1)\dfrac{3z}{(z-1)(z+2)}=\dfrac{3}{3}=1

un nombre parfaitement faux. Vérifier les pôles avant, toujours (D3).

Rappel de cours

La méthode $X/z$ (C2)
$\dfrac{X}{z}=\sum\dfrac{A_i}{z-a_i} \ \to \ X=\sum\dfrac{A_i z}{z-a_i} \ \to \ x[n]=\sum A_i a_i^{\,n}$

⚠️⚠️ PÔLE NÉGATIF
$(z+2)=(z-(-2)) \ \Longrightarrow \ \text{pôle en } -2 \ \Longrightarrow \ (-2)^{n}$

$\boxed{\text{pôle négatif dominant} \ \Longrightarrow \ \text{le signal ALTERNE de signe}}$
Et $|-2|>1$ : il diverge en plus d'alterner.

Le cache s'évalue à la racine du facteur
$B=\left[\dfrac{3}{z-1}\right]_{z=\mathbf{-2}}=-1$

Le résultat
$x[n]=1-(-2)^{n} \qquad 0,\ 3,\ -3,\ 9,\ -15,\ 33,\dots$

Contrôle prévisible d'emblée
$\deg(\text{num})<\deg(\text{dén}) \Rightarrow x[0]=0 \Rightarrow \sum A_i=0$

Récurrence cachée (le plus discriminant)
$(z-1)(z+2)=z^{2}+z-2 \ \Longrightarrow \ x[n+2]+x[n+1]-2x[n]=0$
Indépendante des coefficients : elle teste les pôles seuls.

⚠️ Aucune limite Le signal oscille en amplitude croissante. La valeur finale ne s'applique pas (pôle hors du disque) — elle rendrait $1$ , ce qui est faux.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Lire le pôle de $(z+2)$ comme $+2$ , et répondre $1-2^{n}$ .

Le contrôle : $x[2]$ . La bonne réponse donne $-3$ , la fausse $-3$ aussi ! Prendre $x[1]$ : $3$ contre $-1$ ✗

ℹ️ Cet exemple montre pourquoi il faut plusieurs échantillons : les puissances paires de $2$ et $-2$ coïncident. Ce sont les rangs impairs qui discriminent.

⚠️⚠️ Évaluer le cache en $z=+2$ au lieu de $z=-2$ .

Le contrôle : $A+B$ doit valoir $0$ . On obtiendrait $1+3=4\neq 0$ ✗

⚠️ Écrire $(-2)^{n}=-2^{n}$ . Faux : $(-2)^{2}=+4$ alors que $-2^{2}=-4$ . Les parenthèses portent tout le sens.

Le contrôle : $x[2]$ doit valoir $-3$ , donc $(-2)^{2}=4$ .

⚠️ Croire qu'une alternance de signe signale une erreur. C'est le comportement normal d'un pôle négatif.

⚠️ Oublier de remultiplier par $z$ : la réponse serait retardée d'un pas, et $x[1]$ vaudrait $0$ au lieu de $3$ .

⚠️⚠️ Appliquer le théorème de la valeur finale. Il rendrait $1$ — un nombre faux, sur un signal qui n'a aucune limite. Le pôle $-2$ est hors du disque unité.

⚠️ Croire que le signal tend vers $1$ parce que le terme constant vaut $1$ . Le terme $-(-2)^{n}$ domine et fait tout diverger.

⚠️ Ne pas exploiter la récurrence cachée. Elle coûte deux additions et teste les pôles indépendamment des coefficients.

À retenir

\dfrac{3z}{(z-1)(z+2)} \ \longrightarrow \ \dfrac{X}{z}=\dfrac{1}{z-1}+\dfrac{-1}{z+2} \ \longrightarrow \ \boxed{x[n]=1-(-2)^{n}}

0,\ 3,\ -3,\ 9,\ -15,\ 33,\dots

⚠️⚠️ $(z+2)$ a son pôle en $\mathbf{-2}$ , et le cache s'y évalue.

\boxed{\text{pôle NÉGATIF dominant} \ \Longrightarrow \ \text{le signal ALTERNE de signe}}

Ici $|-2|>1$ : alternance ET divergence. Le signal n'a aucune limite.

⚠️ $(-2)^{n}\neq-2^{n}$ : $(-2)^{2}=+4$ , $-2^{2}=-4$ .

⚠️ Contrôler un rang IMPAIR : les puissances paires de $2$ et $-2$ coïncident, donc $x[2]$ ne discrimine pas. C'est $x[1]=3$ qui tranche.

Récurrence cachée (indépendante des coefficients) : $x[n+2]+x[n+1]-2x[n]=0$ .

⚠️⚠️ Valeur finale inapplicable — elle rendrait $1$ , alors que le signal oscille sans limite.

Réponse.

x[n]=1-(-2)^n

. (Recoupement :

x[0]=0

,

x[1]=3

,

x[2]=-3

; le pôle

-2

(hors du disque) fait diverger en alternant ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Récurrence d'ordre 1 (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Résoudre $x[n+1]=\tfrac14 x[n]+3$ , $x[0]=0$ , par la transformée en z.

Indices (3)

$zX=\tfrac14 X+\tfrac{3z}{z-1}$ .

$(z-\tfrac14)X=\tfrac{3z}{z-1}$ , donc $X=\dfrac{3z}{(z-1)(z-\tfrac14)}$ .

Méthode $X/z$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une récurrence du premier ordre avec second membre constant — le schéma de C6, avec d'autres nombres.

x[n+1]=\tfrac14\,x[n]+3 \qquad x[0]=0

⚠️⚠️ Le « $+3$ » est un ÉCHELON d'amplitude $3$ , pas une impulsion :

\mathcal{Z}\{3\}=3\,\mathcal{Z}\{u[n]\}=\dfrac{3z}{z-1}

Il vaut $3$ à CHAQUE instant. C'est l'erreur n°1 de ce type d'exercice.

Le point fixe, à calculer d'abord — trois secondes :

\ell=\tfrac14\ell+3 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \tfrac34\ell=3 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \boxed{\ell=4}

⚠️ Attention au calcul : $\ell-\frac14\ell=\frac34\ell$ , donc $\ell=3\div\frac34=3\times\frac43=4$ . Diviser par $\frac34$ , c'est multiplier par $\frac43$ .

\boxed{\text{la solution devra tendre vers } 4}

Et la structure de la réponse est prévisible :

x[n]=\underbrace{4}_{\text{permanent}}-\underbrace{4\left(\tfrac14\right)^{n}}_{\text{transitoire}}

Pourquoi le coefficient $-4$ ? Parce que $x[0]=0$ impose $4+C=0$ , donc $C=-4$ .

\boxed{x[n]=\ell+(x[0]-\ell)\,q^{n}}

ℹ️ Cette formule générale résout tout exercice de ce type sans transformée. Elle sert ici de contrôle indépendant — et c'est tout son intérêt : on vérifiera que la machinerie des transformées la retrouve.

La convergence est assurée : $\left|\frac14\right|<1$ , donc le transitoire s'éteint. Et il s'éteint vite — $\left(\frac14\right)^{5}\approx 0{,}001$ .

La résolution

Étape 1 — transformer. Avec $x[0]=0$ , le terme correctif s'annule :

\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX(z)-z\times 0=zX(z)

zX(z)=\tfrac14 X(z)+\dfrac{3z}{z-1}

Étape 2 — isoler.

X(z)\left(z-\tfrac14\right)=\dfrac{3z}{z-1}

\boxed{X(z)=\dfrac{3z}{(z-1)\left(z-\tfrac14\right)}}

⚠️ Les deux pôles ont chacun leur origine : $z=\frac14$ vient de la récurrence, $z=1$ du second membre.

Étape 3 — inverser par $X/z$ .

\dfrac{X(z)}{z}=\dfrac{3}{(z-1)\left(z-\tfrac14\right)}=\dfrac{A}{z-1}+\dfrac{B}{z-\tfrac14}

Par cache :

A=\left[\dfrac{3}{z-\tfrac14}\right]_{z=1}=\dfrac{3}{1-\tfrac14}=\dfrac{3}{\tfrac34}=3\times\dfrac43=4

B=\left[\dfrac{3}{z-1}\right]_{z=\frac14}=\dfrac{3}{\tfrac14-1}=\dfrac{3}{-\tfrac34}=-4

⚠️ Diviser par $\frac34$ , c'est multiplier par $\frac43$ — le même calcul que pour le point fixe, et c'est cohérent : $A$ est le point fixe.

Contrôle : $A+B=4-4=0=x[0]$ ✓

Étape 4 — remultiplier et lire.

X(z)=\dfrac{4z}{z-1}-\dfrac{4z}{z-\tfrac14}

\boxed{x[n]=4-4\left(\tfrac14\right)^{n}=4\left(1-\left(\tfrac14\right)^{n}\right)}

✓ Exactement la forme prédite, avec $\ell=4$ .

Les contrôles.

a) La condition initiale : $x[0]=4(1-1)=0$ ✓

b) La récurrence, réinjectée — vérification exacte :

\tfrac14 x[n]+3=\tfrac14\left(4-4\left(\tfrac14\right)^{n}\right)+3=1-\left(\tfrac14\right)^{n}+3=4-\left(\tfrac14\right)^{n}

Et il faut comparer à $x[n+1]$ :

x[n+1]=4-4\left(\tfrac14\right)^{n+1}=4-4\times\tfrac14\left(\tfrac14\right)^{n}=4-\left(\tfrac14\right)^{n} \quad\checkmark

Les deux coïncident — pour tout $n$ .

c) Les premières valeurs, par la récurrence :

x[0]=0 \qquad x[1]=0+3=3 \qquad x[2]=\tfrac34+3=\tfrac{15}{4} \qquad x[3]=\tfrac{15}{16}+3=\tfrac{63}{16}

Par la formule :

4\left(1-\tfrac14\right)=3 \qquad 4\left(1-\tfrac1{16}\right)=\tfrac{15}{4} \qquad 4\left(1-\tfrac1{64}\right)=\tfrac{63}{16} \quad\checkmark

d) La valeur finale, par le théorème (le pôle $\frac14$ est dans le disque ✓) :

\lim_{z\to 1}(z-1)X(z)=\lim_{z\to 1}\dfrac{3z}{z-\tfrac14}=\dfrac{3}{\tfrac34}=4 \quad\checkmark

Trois voies vers le même $4$ : point fixe, limite de la formule, théorème de la valeur finale.

ℹ️ La convergence est rapide. Dès $n=3$ , $x[3]=\frac{63}{16}=3{,}9375$ — soit à $1{,}6\,\%$ de la limite. Un pôle proche de $0$ donne un système rapide ; c'est une lecture que l'ingénieur fait d'un coup d'œil.

\boxed{\text{pôle proche de } 0 \ \Longrightarrow \ \text{transitoire bref} \qquad \text{pôle proche de } 1 \ \Longrightarrow \ \text{transitoire long}}

Rappel de cours

⚠️⚠️ UNE CONSTANTE AU SECOND MEMBRE EST UN ÉCHELON
$\mathcal{Z}\{3\}=\dfrac{3z}{z-1} \qquad\text{et NON } 3$

La méthode
$\text{transformer} \to \text{isoler } X \to \text{inverser par } X/z$

$\mathcal{Z}\{x[n+1]\}=zX-z\,x[0]$

POINT FIXE — à calculer AVANT tout
$\ell=q\ell+c \ \Longrightarrow \ \ell=\dfrac{c}{1-q} \qquad\text{ici } \ell=\dfrac{3}{1-\frac14}=4$

FORMULE GÉNÉRALE (contrôle indépendant)
$\boxed{x[n]=\ell+(x[0]-\ell)\,q^{n}}$
Ici : $4+(0-4)\left(\tfrac14\right)^{n}$ .

⚠️ Diviser par $\frac34$ , c'est multiplier par $\frac43$
$\dfrac{3}{\frac34}=3\times\dfrac43=4$

Deux pôles, deux origines
$z=q \ \text{(la récurrence)} \qquad z=1 \ \text{(le second membre)}$

Vitesse de convergence
$\text{pôle proche de } 0 : \text{transitoire BREF} \qquad \text{pôle proche de } 1 : \text{transitoire LONG}$
Ici $q=\frac14$ : à $n=3$ , on est à $1{,}6\,\%$ de la limite.

Contrôles : $x[0]$ · réinjection (exacte) · valeurs $0,3,\frac{15}4,\frac{63}{16}$ · valeur finale $=\ell$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Transformer le « $+3$ » en $3$ (donc en $3\delta[n]$ ). On obtiendrait $X=\dfrac{3}{z-\frac14}$ , donc une suite qui tend vers $0$ au lieu de $4$ .

Le contrôle : le point fixe. La limite doit être $4$ .

⚠️ Se tromper dans $\dfrac{3}{1-\frac14}$ . C'est $\dfrac{3}{\frac34}=4$ , pas $\frac34$ ni $2{,}25$ .

Le contrôle : $\ell=\frac14\ell+3$ doit être vérifié : $\frac14\times 4+3=1+3=4$ ✓

⚠️ Oublier que $A$ et $B$ sont opposés. $x[0]=0$ l'impose.

⚠️ Évaluer le cache de $B$ en $z=1$ au lieu de $z=\frac14$ .

⚠️ Oublier de remultiplier par $z$ : toute la solution serait retardée, et $x[1]$ vaudrait $0$ au lieu de $3$ .

⚠️ Écrire $4-4\left(\frac14\right)^{n}$ comme $4-\left(\frac14\right)^{n-1}$ et s'y perdre. Les deux sont égaux, mais la première forme montre la structure $\ell+(x[0]-\ell)q^{n}$ ; la garder.

⚠️ Ne vérifier que $x[0]=0$ . Beaucoup de formules fausses le vérifient. C'est la réinjection dans la récurrence qui prouve, parce qu'elle vaut pour tout $n$ .

⚠️ Ne pas calculer le point fixe. Il coûte trois secondes, donne la limite, et rend toute erreur de second membre immédiatement visible.

À retenir

x[n+1]=\tfrac14 x[n]+3, \ x[0]=0 \quad\Longrightarrow\quad X(z)=\dfrac{3z}{(z-1)\left(z-\tfrac14\right)} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{x[n]=4\left(1-\left(\tfrac14\right)^{n}\right)}

⚠️⚠️ Le « $+3$ » est un ÉCHELON : $\dfrac{3z}{z-1}$ , jamais $3$ . Il agit à chaque instant.

\boxed{\text{POINT FIXE} : \ \ell=\dfrac{c}{1-q}=\dfrac{3}{\frac34}=4}

À calculer AVANT tout — et $\dfrac{3}{\frac34}=3\times\dfrac43=4$ .

\boxed{x[n]=\ell+(x[0]-\ell)\,q^{n}} \qquad\text{formule générale, contrôle indépendant}

Deux pôles, deux origines : $\frac14$ (la récurrence, transitoire) et $1$ (le second membre, permanent).

Trois voies vers le même $4$ : point fixe, limite de la formule, théorème de la valeur finale.

ℹ️ Un pôle proche de $0$ donne un transitoire bref : à $n=3$ , on est déjà à $1{,}6\,\%$ de la limite.

Réponse.

x[n]=4\Big(1-\left(\tfrac14\right)^n\Big)

. (Recoupement : régime permanent

x^\ast=\tfrac14 x^\ast+3\Rightarrow x^\ast=4=\lim x[n]

✓ ;

x[0]=0

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Modulation et table (DS)

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\mathcal{Z}\{n\,3^n\}$ et $\mathcal{Z}\{\left(\tfrac12\right)^n u[n-1]\}$ (échelon retardé modulé).

Indices (3)

$\mathcal{Z}\{n a^n\}=\dfrac{az}{(z-a)^2}$ avec $a=3$ .

Pour le second : d'abord retard sur $u$ , puis modulation, ou directement $\sum_{n\ge1}(\tfrac12)^n z^{-n}$ .

$\sum_{n\ge1}q^n=\dfrac q{1-q}$ avec $q=\tfrac1{2z}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux calculs indépendants, dont le second est le plus instructif du lot — il porte sur un signal retardé ET modulé.

(a) $\mathcal{Z}\{n\,3^{n}\}$ — application directe de la formule de B6 :

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}}} \qquad\Longrightarrow\qquad a=3

(b) $\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]\right\}$ — et il faut d'abord voir ce qu'est ce signal.

\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]=\begin{cases}\left(\tfrac12\right)^{n}&\text{si } n\geq 1\\ \mathbf{0}&\text{si } n=0\end{cases}

\boxed{0,\ \tfrac12,\ \tfrac14,\ \tfrac18,\dots}

⚠️⚠️ C'est la géométrique $\left(\frac12\right)^{n}$ AMPUTÉE de son premier terme. L'échelon retardé $u[n-1]$ ne fait que supprimer l'échantillon $n=0$ — il ne décale pas le reste.

Deux méthodes s'offrent, et la première est la plus sûre :

\textbf{Méthode 1 — SOUSTRAIRE le terme } n=0 \qquad\qquad \textbf{Méthode 2 — le théorème du retard}

Méthode 1 :

\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]=\left(\tfrac12\right)^{n}-\underbrace{\left(\tfrac12\right)^{0}\delta[n]}_{=\,\delta[n]}

donc, par linéarité : $X(z)=\dfrac{z}{z-\tfrac12}-1$ .

⚠️ C'est une soustraction, pas un décalage — et c'est précisément ce que le signal fait.

Méthode 2 (le théorème du retard) demande une réécriture préalable, et c'est là qu'on se trompe : le théorème s'applique à $x[n-k]u[n-k]$ , c'est-à-dire à un signal décalé. Or ici le signal n'est pas décalé, il est tronqué. Il faut donc l'écrire

\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]=\tfrac12\left(\tfrac12\right)^{n-1}u[n-1]

avant de pouvoir appliquer le théorème. Le facteur $\frac12$ qui apparaît est exactement ce qu'on oublie.

Les deux calculs

(a) $\mathcal{Z}\{n\,3^{n}\}$ .

Substitution directe de $a=3$ :

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,3^{n}\}=\dfrac{3z}{(z-3)^{2}} \qquad |z|>3}

Contrôle par les échantillons. Le signal $n\,3^{n}$ vaut

0,\ 1\times 3=3,\ 2\times 9=18,\ 3\times 27=81,\ 4\times 81=324

Par développement, avec $\dfrac{1}{(1-3q)^{2}}=1+6q+27q^{2}+\cdots$ :

\dfrac{3z}{(z-3)^{2}}=\dfrac{3q}{(1-3q)^{2}}=3q+18q^{2}+81q^{3}+\cdots

On lit $0,\ 3,\ 18,\ 81$ ✓

⚠️ Le facteur $3$ du numérateur est indispensable — contrôle : $x[1]$ doit valoir $3$ .

Le pôle est double en $3$ , de module $>1$ : le signal diverge, et d'autant plus vite que le facteur $n$ s'y ajoute.

(b) $\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]\right\}$ , par la méthode 1.

X(z)=\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}\right\}-\mathcal{Z}\{\delta[n]\}=\dfrac{z}{z-\tfrac12}-1

Réduisons au même dénominateur :

=\dfrac{z-\left(z-\tfrac12\right)}{z-\tfrac12}=\dfrac{z-z+\tfrac12}{z-\tfrac12}=\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12}

\boxed{X(z)=\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12}=\dfrac{1}{2z-1}}

ℹ️ Les deux écritures sont justes. $\dfrac{\frac12}{z-\frac12}$ laisse lire le pôle $\frac12$ ; $\dfrac{1}{2z-1}$ est plus compacte. Préférer la première pour toute lecture ultérieure.

Vérification par la méthode 2 — le théorème du retard :

\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]=\tfrac12\left(\tfrac12\right)^{n-1}u[n-1]

Le théorème donne $\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n-1}u[n-1]\right\}=z^{-1}\times\dfrac{z}{z-\frac12}=\dfrac{1}{z-\frac12}$ , d'où

X(z)=\tfrac12\times\dfrac{1}{z-\tfrac12}=\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12} \quad\checkmark

Les deux méthodes concordent.

⚠️⚠️ Sans le facteur $\frac12$ , la méthode 2 donnerait $\dfrac{1}{z-\frac12}$ — c'est-à-dire la transformée de $\left(\frac12\right)^{n-1}u[n-1]$ , dont les échantillons sont $0,\,1,\,\frac12,\,\frac14$ . Le premier terme non nul vaudrait $1$ au lieu de $\frac12$ .

Le contrôle final — les échantillons.

\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12}=\dfrac{\tfrac12 z^{-1}}{1-\tfrac12 z^{-1}}=\tfrac12 z^{-1}\left(1+\tfrac12 z^{-1}+\tfrac14 z^{-2}+\cdots\right)

=\tfrac12 z^{-1}+\tfrac14 z^{-2}+\tfrac18 z^{-3}+\cdots

On lit $0,\ \frac12,\ \frac14,\ \frac18$ ✓ — exactement le signal voulu.

Et la valeur initiale : $\displaystyle\lim_{z\to+\infty}\dfrac{\frac12}{z-\frac12}=0$ ✓ — cohérent avec un signal nul en $n=0$ .

ℹ️ Le degré du numérateur ( $0$ ) est inférieur à celui du dénominateur ( $1$ ) : un zéro en tête, conformément à la troncature. La lecture des degrés donne immédiatement le nombre d'échantillons nuls.

Rappel de cours

(a) La formule
$\mathcal{Z}\{n\,a^{n}\}=\dfrac{az}{(z-a)^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathcal{Z}\{n\,3^{n}\}=\dfrac{3z}{(z-3)^{2}}$

⚠️⚠️ (b) TRONQUER n'est pas DÉCALER
$\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1] = 0,\ \tfrac12,\ \tfrac14,\dots \qquad\text{la géométrique AMPUTÉE de } x[0]$

Méthode 1 — soustraire (la plus sûre)
$x[n]\,u[n-1]=x[n]-x[0]\,\delta[n] \qquad\Longrightarrow\qquad X(z)-x[0]$

$\dfrac{z}{z-\tfrac12}-1=\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12}$

Méthode 2 — le retard, après RÉÉCRITURE
$\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]=\tfrac12\left(\tfrac12\right)^{n-1}u[n-1]$
⚠️ Le facteur $\frac12$ est ce qu'on oublie. Le théorème s'applique à un signal décalé, pas tronqué.

Forme à privilégier $\dfrac{\frac12}{z-\frac12}$ (le pôle se lit) plutôt que $\dfrac{1}{2z-1}$ .

Lecture des degrés
$\text{écart des degrés} = k \ \Longrightarrow \ k \text{ zéros en tête}$

Contrôles · échantillons $0,3,18,81$ et $0,\frac12,\frac14,\frac18$ ; · $x[1]$ — la valeur qui détecte un facteur manquant ; · valeur initiale.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $\frac12$ dans la méthode 2 et répondre $\dfrac{1}{z-\frac12}$ .

Le contrôle : $x[1]$ . La bonne réponse donne $\frac12$ , celle-ci donne $1$ ✗

ℹ️ La cause de l'erreur : le théorème du retard s'applique à $x[n-k]u[n-k]$ — un signal décalé. Ici le signal est tronqué : il faut le réécrire avant.

⚠️⚠️ Confondre troncature et décalage. $\left(\frac12\right)^{n}u[n-1]$ vaut $0,\frac12,\frac14,\dots$ ; $\left(\frac12\right)^{n-1}u[n-1]$ vaut $0,1,\frac12,\dots$ Ce ne sont pas les mêmes signaux.

⚠️ Oublier le facteur $3$ dans (a) et répondre $\dfrac{z}{(z-3)^{2}}$ .

Le contrôle : $x[1]=3$ , pas $1$ .

⚠️ Se tromper en réduisant $\dfrac{z}{z-\frac12}-1$ : il faut écrire $1=\dfrac{z-\frac12}{z-\frac12}$ , puis soustraire les numérateurs.

Le contrôle : le numérateur final vaut $\frac12$ , une constante — donc $x[0]=0$ ✓

⚠️ Croire que $\dfrac{1}{2z-1}$ a son pôle en $1$ . $2z-1=0$ donne $z=\frac12$ .

⚠️ Croire que la troncature d'un seul terme est négligeable. Elle change $x[0]$ de $1$ à $0$ — c'est-à-dire tout le début du signal.

⚠️ Ne pas contrôler par les échantillons. Deux valeurs suffisent, et elles attrapent le facteur manquant, qui est la difficulté de l'exercice.

À retenir

\boxed{\mathcal{Z}\{n\,3^{n}\}=\dfrac{3z}{(z-3)^{2}}} \qquad\qquad \boxed{\mathcal{Z}\left\{\left(\tfrac12\right)^{n}u[n-1]\right\}=\dfrac{\tfrac12}{z-\tfrac12}=\dfrac{1}{2z-1}}

⚠️⚠️ TRONQUER n'est pas DÉCALER. $\left(\frac12\right)^{n}u[n-1]$ est la géométrique amputée de son premier terme : $0,\frac12,\frac14,\dots$

Méthode la plus sûre — soustraire :

x[n]\,u[n-1]=x[n]-x[0]\,\delta[n] \qquad\Longrightarrow\qquad X(z)-x[0]

Par le retard, il faut RÉÉCRIRE d'abord : $\left(\frac12\right)^{n}u[n-1]=\frac12\left(\frac12\right)^{n-1}u[n-1]$ — et le facteur $\frac12$ est ce qu'on oublie.

Contrôle décisif : $x[1]$ vaut $\frac12$ ; sans le facteur, on trouverait $1$ .

⚠️ Le facteur $a$ du numérateur de (a) : $x[1]=3$ , pas $1$ .

Lecture des degrés : écart $=1$ $\Longrightarrow$ un zéro en tête ✓

Réponse.

\mathcal{Z}\{n\,3^n\}=\dfrac{3z}{(z-3)^2}

;

\mathcal{Z}\{(\tfrac12)^n u[n-1]\}=\dfrac1{2z-1}

. (Recoupement : la somme commence à

n=1

— un terme manquant par rapport à

\tfrac z{z-\tfrac12}=\tfrac{2z}{2z-1}

; écart

=1

, cohérent ✓)

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Exercices corrigés — Transformée en z

Les 24 exercices

Transformée de l'impulsion

Transformée de l'échelon par la série géométrique

Transformée d'une suite géométrique

Transformée de la rampe

Linéarité sur un signal composé

Transformées du cosinus et du sinus discrets

Théorème du retard

Théorème de l'avance

Modulation (multiplication par aⁿ)

Multiplication par n

Transformée de n² par dérivation

Suite n·aⁿ explicite

Inverse par lecture de table

Inverse par éléments simples (X/z)

Inverse, deux pôles réels

Inverse avec pôle double

Récurrence d'ordre 1 (géométrique)

Récurrence d'ordre 1 avec second membre

Transformée d'un signal composé (DS)

Signal retardé (DS)

Inverse par table (DS)

Inverse par éléments simples (DS)

Récurrence d'ordre 1 (DS)

Modulation et table (DS)

S'entraîner davantage sur transformée en z