Signaux et systèmes

Ceci est le sixième cours en Génie Électrique Universitaire : signaux et systèmes**. EE04 a demandé « que fait CE circuit À CETTE fréquence » ; ce cours pose la question plus profonde : qu'est-ce qu'un système fait à TOUTE entrée — répondue via les trois transformations (convolution, Fourier, z) sur lesquelles repose le reste du diplôme (communications, traitement du signal numérique, automatique).

• Unité 6.1 classifie les signaux et systèmes.
• Unité 6.2 établit la convolution comme réponse universelle dans le domaine temporel.
• Unités 6.3–6.4 passent au domaine fréquentiel : séries/fourriers de Fourier et échantillonnage.
• Unité 6.5 réutilise le mécanisme de Laplace d'EE02 comme fonction système.
• Unités 6.6–6.7 abordent le domaine discret : équations aux différences et transformée z.

Le récit continu est celui d'un canal audio : un signal de microphone, un filtre, un échantillonneur, un égaliseur numérique. Chaque transformation ci-dessous fait avancer ce canal en avant, et chaque réponse est vérifiée à la manière dont un ingénieur en signaux la vérifie — en dérivant chaque paire de transformées au moins une fois, en vérifiant chaque convolution deux manières (graphiquement et par le produit de Fourier lorsqu'il est disponible), et tester chaque résultat discret par itération directe.

Pourquoi c'est important. « Est-ce linéaire ? Est-il invariant dans le temps ? » sont les deux premières questions de toute analyse de ce cours — les réponses déterminent lesquelles des outils sont même autorisés à être utilisés.

L'idée, avec une image. Un signal est une fonction du temps : temps continu $x(t)$ ou temps discret $x[n]$. Un système transforme un signal d'entrée en un signal de sortie. Quatre propriétés structurent le cours, et chacune correspond à un test effectué sur UNE entrée soigneusement choisie, et non à une intuition : signaux vers signaux de sortie. Quatre propriétés structurent ce cours, et chacune constitue une vérifiez la somme des sorties.

• Invariance temporelle : décalez l'entrée de $ax_{1} + bx_{2} \to ay_{1} + by_{2}$ ; la sortie doit se décaler vérification de la somme des sorties.
• Invariance temporelle : décalez l'entrée de $T$ ; la sortie doit également être décalée. par exactement $T$ et rien d'autre.
• Causalité : la sortie à l'instant $t$ ne dépend que de $x$ jusqu'à $t$.
• Stabilité BIBO : toute entrée bornée produit une sortie bornée ; pour un système LTI, cela se réduit à $\int |h(t)|\,dt < \infty$ — la réponse impulsionnelle doit être absolument La démonstration. L'invariance temporelle échoue dès lors que l'horloge du système

La dérivation. L'invariance temporelle échoue dès que l'horloge du système échelles : pour $y(t) = x(2t)$, décaler l'entrée de $T$ donne $y_{shift}(t) = x(2t - T) = x(2(t - T/2))$ — la sortie est l'original la sortie du système retardée de $T/2$. Comparer « décaler puis système » ($x(t-T) \to y(t)$ à l'argument $2t$, c'est-à-dire $x(2t - T)$) contre « système puis décaler » ($y(t - T) = x(2t - 2T)$) met en évidence le désaccord quand il existe — cette comparaison EST le test.

Exemple résolu 1 — le piège du changement d'échelle temporelle. Est-elle $y(t) = x(2t)$ invariante dans le temps ? Avec $x(t) = u(t)$ : décaler-ensuite-système donne $x(t-1) = u(t-1) \to u(2t-1) = u(t - \tfrac{1}{2})$ ; système-ensuite-décaler donne $y(t-1) = u(2(t-1)) = u(t-1)$. Moitié de décalage contre décalage complet — variation temporelle ✓. Une étape de lecture rapide 2× dans le canal audio en cours échoue exactement de cette manière.

Exemple résolu 2 — stabilité par intégrale. Le modèle d'écho de salle du canal $h(t) = e^{-t}u(t)$ : $\int_{0}^{\infty} e^{-t}\,dt = 1 < \infty$ ✓ $h(t) = u(t)$ — une rampe bornée produit une $\int_{0}^{\infty} 1\,dt = \infty$ — une entrée en escalier bornée produit une sortie en rampe non bornée, donc l'intégrateur est instable au sens BIBO, quelle que soit sa Erreurs courantes. Tester la linéarité avec une seule entrée (il en faut deux, plus

une mise à l'échelle). Déclarer l'invariance temporelle à partir d'un diagramme (effectuer le test de décalage). mise à l'échelle). Déclarer l'invariance temporelle à partir d'un diagramme (effectuer le test de décalage). Et confondre causalité et stabilité : $h(t) = e^{-t}u(t)$ est les deux, mais $h(t) = -e^{t}u(-t)$ (anti-causal, décroissant) est stable et NON causal — les deux propriétés sont indépendantes.

Résumé. Linéarité + invariance temporelle permettent la convolution ; la causalité ordonne cause et effet ; la stabilité BIBO correspond à $\int|h| < \infty$. Chaque propriété est un test de mesure unique.

Pourquoi c'est important. La convolution est LA SEULE formule qui donne la sortie de n'importe quel système linéaire invariant dans le temps pour N'IMPORTE QUELLE entrée — aucune transformation, aucune fonction de transfert, juste la réponse impulsionnelle et une intégrale.

L'idée, avec une image. Pour un système linéaire invariant dans le temps la réponse impulsionnelle $h(t)$ détermine tout : décomposer l'entrée en impulsions retardées et mises à l'échelle ; chaque impulsion $\delta(t-\tau)\,x(\tau)\,d\tau$ produit $h(t-\tau)$ mis à l'échelle ; superposition intègre le tout :

La convolution consiste à glisser–multiplier–intégrer : inverser $h$, le faire glisser au-delà $x$, et chaque valeur de sortie est l'aire du chevauchement.

La dérivation. Sifting : $x(t) = \int x(\tau)\delta(t-\tau)\,d\tau$. La linéarité sort l'intégrale ; l'invariance temporelle transforme $\delta(t-\tau) \to h(t-\tau)$ ; le résultat est l'intégrale de convolution — trois propriétés, une formule.

Exemple résolu 1 — la réponse indicielle classique. Le filtre du canal $x(t) = u(t)$ dans $h(t) = e^{-t}u(t)$ : pour $t \ge 0$, le chevauchement est $\tau \in [0, t]$, donc

Vérifier les extrémités : $y(0) = 0$ ✓ (aucune sortie avant l'arrivée de tout signal d'entrée) ; $y(\infty) = 1$ ✓ (gain continu 1 — et en effet $H(0) = 1$). À $t = 1.5$, $y = 1 - e^{-1.5} = 0.777$ — la zone ombrée du chevauchement dans la figure.

Exemple résolu 2 — passer à l'impulsion. Maintenant une rectangulaire de 2 seconde d'entrée de hauteur 1 (une note maintenue) dans le même filtre. Deux points de contrôle par superposition : l'indiciel ON à $t=0$ plus un indiciel OFF à $t=2$, donc $y(t) = (1 - e^{-t})u(t) - (1 - e^{-(t-2)})u(t-2)$. À $t = 1$ : $1 - e^{-1} = 0.632$. At $t = 3$: $(1 - e^{-3}) - (1 - e^{-1}) = e^{-1} - e^{-3} = 0.318$ — the release tail. Check the peak at $t = 2^-$ : $1 - e^{-2} = 0.865$, et à $t = 2^+$ le second terme soustrait exactement son début, donc la courbe est continue avec une pente de discontinuité de $-1$ — le pli que l'oreille entend comme l'arrêt de la note.

Erreurs courantes. Oublier l'inversion (la convolution n'est PAS $\int x(\tau)h(\tau)\,d\tau$). Supprimer les limites lorsque les signaux débutent à 0 (la fenêtre de chevauchement, pas $(-\infty,\infty)$, effectue le travail). Et supposer $x * h = x \cdot h$ — la multiplication est ce qui se passe dans le domaine FREQUENCY, jamais dans le temps.

Résumé. $y = x * h$ ; retournement, translation, intégration ; les largeurs s'additionnent ($W_{1} + W_{2}$) ; commutatif ; cascades convoluées. Chaque transformée ultérieure existe pour éviter de calculer cette intégrale.

Pourquoi c'est important. Le bruit du canal, ses harmoniques, son égaliseur bandes — tout vit dans le domaine fréquentiel. La transformée de Fourier est le pont, et sa propriété de convolution-multiplication explique pourquoi les filtres sont conçus there.

L'idée, avec une image. Les signaux périodiques se décomposent en harmoniques (série de EE02) ; la transformée de Fourier étend l'idée aux signaux apériodiques :

La convolution dans le temps devient une multiplication dans le domaine fréquentiel : $Y(\omega) = X(\omega)H(\omega)$ — la propriété sur laquelle repose tout le sujet .

Dérivation. Pour une impulsion rectangulaire d'amplitude $A$ et de largeur $\tau$ centrée en 0 :

la fonction sinc. À $\omega = 0$, la transformée vaut l'AIRE $A\tau$ (et $\mathrm{sinc}(0) = 1$ la restitue ✓) ; le premier zéro se situe à $\omega\tau/2 = \pi$, soit $f = 1/\tau$ — le compromis temps-largeur .

Exemple résolu 1 — budget d'impulsion du canal. Un clic de 1 ms ($A = 1$, $\tau = 10^{-3}$ s): $X(f) = 10^{-3}\,\mathrm{sinc}(f \cdot 10^{-3})$, premier zéro à $f = 1$ kHz. Un clic dix fois plus court (0.1 ms) pousse le null à 10 kHz — plus l'événement est court, plus le spectre est large, ce qui pourquoi un clic irrite toutes les bandes de l'égaliseur simultanément. Vérifiez la correspond à une aire : la valeur à $f = 0$ est $A\tau$ — $10^{-3}$ pour le clic de 1 ms et $10^{-4}$ pour celui de 0.1 ms ✓ ; un clic plus court injecte moins d'énergie dans chaque bande mais la répartit sur dix fois plus de bandes.

Exemple résolu 2 — évaluer le coût du filtre idéal. Le canal exige un filtre passe-bas en mur de briques : gain 1 jusqu'à 4 kHz, 0 au-dessus. Sa réponse impulsionnelle est la transformée inverse du rectangle de bande passante : la réponse est la transformée inverse du rectangle de bande passante : $h(t) = \frac{\sin(\omega_{c}t)}{\pi t}$ kHz — un sinc dans le TEMPS, s'étendant infiniment dans les deux $f_{c} = 4$ kHz — a sinc in TIME, stretching infinitely in both directions, donc le filtre idéal est non causal. Tronquez-le pour $|t| \le 5$ ms (fenêtre de 10 ms) et les gains de bande passante oscillent (Gibbs), plus abrupte qu'environ cette même $1/(10\ \text{ms}) = 100$ Hz. Ce compromis est inéluctable : pas plus fines qu'environ cette même 100 Hz. Le compromis est honnête : la raideur en fréquence se paie par la longueur dans le domaine temporel, la même loi de l'autre côté.

$\mathrm{sinc}$ (argument sans dimension, toujours). Oublier le $\omega$ $\omega\tau/2$ (argument sans dimension, toujours). En oubliant $1/2\pi$ sur l'inverse. Et en lisant $|X(\omega)|$ comme « le signal » — la transformée Résumé. Paires de transformation via l'intégrale ; impulsion ↔ sinc avec null à

Résumé. Paires de transformées par intégrale ; impulsion ↔ sinc avec zéro à $1/\tau$ ; convolution ↔ multiplication. La raideur dans un domaine correspond à la longueur dans l'autre.

Pourquoi c'est important. Le canal devient numérique à un moment donné : l'échantillonneur. Tout ce qui suit — l'égaliseur, le stockage, la reconstruction — hérite de ce que l'étape d'échantillonnage a fait, et cela ne peut jamais être annulé par la suite.

L'idée, avec une image. L'échantillonnage multiplie le signal par une train d'impulsions ; en fréquence, le spectre se réplique aux multiples de $f_{s}$. Le critère de Nyquist : un signal bande limitée à $f_{max}$ est parfaitement reconstituable si $f_{s} > 2f_{max}$. En dessous de celui-ci, les répliques se chevauchent et le repliement spectral plie les hautes fréquences dans la bande sous forme de faibles basses fréquences.

La démonstration. La sortie d'un échantillonneur $x_{s}(t) = x(t)\sum_{n}\delta(t - nT)$ possède, grâce à la dualité convolution-multiplication (multiplication dans le temps = convolution en dualité de la multiplication (multiplication dans le temps = convolution en fréquence), le spectre $(1/T)\sum_{k} X(\omega - k\omega_{s})$ — répliques à chaque multiple de la fréquence d'échantillonnage. Si $X$ occupe $|\omega| < \omega_{s}/2$, les répliques ne se touchent jamais ; aucune une vraie basse fréquence d'une haute fréquence repliée. basse fréquence réelle n'est plissée depuis une haute fréquence.

Exemple résolu 1 — le repliement d'aliasing de 4 kHz. Un cosinus de 4 kHz échantillonné à 6 kHz : $4 > 6/2 = 3$, donc la séquence est indistinguable de $|f - f_{s}| = 2$ kHz. Vérifier échantillon par échantillon : $\cos(2\pi \cdot \tfrac{4}{6} n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{3} n)$ et $\cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{6} n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{1}{3} n)$; les deux séquences concordent car $\cos(2\pi \cdot \tfrac{2}{3} n) = \cos(2\pi(\tfrac{2}{3} - 1)n) = \cos(2\pi \cdot (-\tfrac{1}{3})n) = \cos(2\pi \cdot \tfrac{1}{3} n)$ ✓ (le cosinus étant une fonction paire). Un signal de 4 kHz échantillonné à 6 kHz EST bien une séquence de 2 kHz.

Exemple résolu 2 — passer au budget anti-repliement. Le canal du microphone transporte du contenu jusqu'à 20 kHz ; l'échantillonneur fonctionne à 44.1 kHz ($f_{s}/2 = 22.05$ kHz). Une tonalité parasite de 25 kHz se replierait pour former $44.1 - 25 = 19.1$ kHz — à l'intérieur de la bande de 20 kHz indiquée. Le filtre anti-aliasing doit l'atténuer avant l'échantillonnage : lors d'un échantillonnage CD à 44.1 kHz, la bande de garde est de seulement 22.05 − 20 = 2.05 kHz, ce qui explique pourquoi les captations professionnelles suréchantillonnent à 96 ou 192 kHz (bandes de garde de 28 et 76 kHz) et filtrent doucement. La solution consiste toujours à filtrer avant l'échantillonnage, jamais après — une fréquence repliée ne porte aucun indicateur de son origine.

Erreurs courantes. Compter $f_{s} = 2f_{max}$ comme sûr (l'inégalité est stricte ; à l'égalité, un sinus à $f_{max}$ peut être échantillonné à ses passages par zéro et disparaître). Filtrage après échantillonnage (les repliement est déjà présent dans la bande passante). Et supposer que le rehaussement numérique récupère ce qu'un faible $f_{s}$ aurait manqué — l'information n'a jamais été enregistrée.

Résumé. L'échantillonnage reproduit le spectre à $f_{s}$ ; $f_{s} > 2f_{max}$ ou les alias se replient ; le filtre anti-repliement précède l' sampler ; la bande de garde entre $f_{max}$ et $f_{s}/2$ est le budget de conception. budget de conception.

Pourquoi c'est important. L'étage analogique du canal — condensateurs de couplage, commandes de tonalité — est un système rationnel, et les pôles de sa fonction de système prédisent à vue l'effet de rebond, la vitesse et la stabilité. fonction de système prédit l'effet de rebond, la vitesse et la stabilité à vue. fonction de système prédit l'effet de rebond, la vitesse et la stabilité à vue.

L'idée, avec une image. La transformée de Laplace EE02 devient la fonction de système $H(s) = Y(s)/X(s)$ ; pour un système LTI, $h(t) \leftrightarrow H(s)$ comme paire de transformée. Les facteurs rationnels $H(s)$ se décomposent en pôles et zéros : en pôles et zéros : chaque pôle contribue à un mode naturel $e^{pt}$ ; la région de convergence (ROC) détermine laquelle ; la causalité et la stabilité exigent que tous les pôles soient situés dans le demi-plan gauche ouvert. stabilité exige que tous les pôles soient situés dans le demi-plan gauche ouvert.

La dérivation. $\mathcal{L}\{e^{-at}u(t)\} = 1/(s+a)$ pour $\mathrm{Re}(s) > -a$ (une intégration par parties). La fonction échelon unité $1/s$. Donc pour $H(s) = 1/(s+1)$ piloté par un échelon :

décomposition en fractions partielles effectuant la convolution de Unit 6.2 avec trois lignes d'algèbre — et les deux méthodes aboutissent à la même courbe ✓. algèbre — et les deux méthodes aboutissent à la même courbe ✓.

Exemple résolu 1 — lire le pôle de trois façons. $H(s) = 1/(s+1)$ : le pôle à $s = -1$ EST la $e^{-t}$ dans la réponse impulsionnelle (constante de 1 s) ; la réponse en échelon se stabilise à $1 - e^{-t}$, atteignant 95% à $t = 3$ s ; la réponse en fréquence $H(j\omega)$ présente $|H(j \cdot 1)| = 1/\sqrt{2} = 0.707$ — le point −3 dB correspond exactement à la distance du pôle par rapport à l'origine, et la phase à cet endroit est $-45°$.

Exemple résolu 2 — passer au contrôle de tonalité à deux pôles. Un gain des basses avec un creux, $H(s) = \dfrac{s^{2} + 2s + 100}{(s+1)(s+10)}$ : zéros à $-1 \pm j9.95$ (près de l'axe imaginaire près de $\pm 10$ rad/s, de sorte qu'ils creusent un creux là : $|H(j10)| = 20/(10.05 \times 14.14) = 0.14$, environ −17 dB), pôles à $-1$ et $-10$ (tous deux à gauche — stable ✓). Gain continu $100/10 = 10$ (20 dB de renforcement des basses ✓) ; gain haute fréquence $1$ (le $s^{2}$ du numérateur correspond au dénominateur). Vérifier la creux médian : à $\omega = 0$, 20 dB ; à $\omega \to \infty$, 0 dB ; la transition se situe entre les fréquences des pôles — toute la courbe d'égalisation est lisible grâce aux cinq points marqués sur le plan s.

Erreurs fréquentes. Lire la stabilité à partir des pôles sans la ROC (un pôle à $-1$ avec une ROC s'étendant vers la gauche est anti-causal et instable). Oublier que $H(s)$ n'existe qu'avec sa ROC. Et faire confiance à un graphique pôles-zéros mal échellonné : le point −3 dB représente la DISTANCE du pôle par rapport à l'origine uniquement pour un facteur du premier ordre sans zéros proches.

Résumé. $H(s) = Y/X$ ; les fractions partielles transforment les transforms en exponentielles ; les pôles définissent les modes, la ROC la causalité, le demi-plan gauche la stabilité, et $s = j\omega$ la réponse en fréquence.

Pourquoi c'est important. Une fois échantillonné, l'égaliseur du canal est une équation aux différences exécutée sur un processeur — son itération manuelle permet de comprendre réellement son comportement.

L'idée, avec une image. Le miroir discret de la convolution : $y[n] = \sum_{k} x[k]\,h[n-k]$. Systèmes décrits par des équations aux différences** telles que $y[n] = 0.5\,y[n-1] + x[n]$ — un accumulateur avec décroissance. Le mode homogène est $a^{n}$ où $a$ est la racine de l' équation caractéristique ; itérer à chaque étape constitue la solution directe. solution.

La dérivation. Pour $y[n] = a\,y[n-1] + x[n]$ avec entrée en échelon et condition initiale nulle, les premiers échantillons sont $1,\ 1+a,\ 1+a+a^{2},\ \ldots$ — sommes partielles d'une série géométrique, donc

et la limite $1/(1-a)$ correspond au gain continu : l'écho discret de la condition continue $\int h < \infty$.

Exemple résolu 1 — itérer et converger. $y[n] = 0.5y[n-1] + x[n]$, $y[-1] = 0$, échelon unité : $y[0] = 1$, $y[1] = 1.5$, $y[2] = 1.75$, $y[3] = 1.875$ — convergence vers le gain continu $1/(1-0.5) = 2$ ✓. L'écart à la limite diminue de moitié à chaque étape (le résidu est $0.5^{n+1}$), donc après 10 étapes, l'écart est $0.5^{11} \approx 0.05\%$ — une seule ligne d'arithmétique prédit tout le tableau.

Exemple résolu 2 — passage à une racine oscillante. Définir $a = -0.8$ : $y[n] = -0.8\,y[n-1] + x[n]$ sur un échelon donne $y[n] = \tfrac{1}{1.8}(1 - (-0.8)^{n+1})$ — la convergence vers $0.556$ oscille : $y[0] = 1$, $y[1] = 0.2$, $y[2] = 0.84$, $y[3] = 0.328$. Vérifier $|a| = 0.8 < 1$ — toujours stable (l'oscillation s'amortit), et le signe change à chaque échantillon sont l'empreinte d'une racine négative, l'équivalent discret d'une paire de pôles complexes oscillant à la moitié de la fréquence d'échantillonnage ($z = -0.8$ correspond à $s = (\ln 0.8 \pm j\pi)/T$).

Erreurs courantes. Itérer avec une mauvaise condition $y[-1]$ (indiquer la condition initiale avant la première ligne). Déclarer la stabilité à partir des premiers échantillons (seul $|a| < 1$ fait la différence). Et lire le gain continu depuis $n = 0$ seul — c'est $1/(1-a)$, la LIMITE, visible uniquement lorsque les échantillons se stabilisent.

Résumé. Équation aux différences → itération ; sommes partielles géométriques ; gain continu $1/(1-a)$ ; racine dans le cercle unité = stabilité ; racines négatives ou complexes = oscillation.

Pourquoi c’est important. L’égaliseur est livré sous forme de coefficients $a_{k}, b_{k}$ d’une équation aux différences ; la transformée en z correspond à la manière dont ces nombres sont choisis, et le cercle unité représente l’endroit où sa réponse en fréquence est lue.

L’idée, avec une illustration. La transformée en z z $X(z) = \sum_{n} x[n]z^{-n}$ joue le rôle de Laplace dans le temps discret. Le $a^{n}u[n] \leftrightarrow 1/(1 - az^{-1})$. Les pôles À L’INTÉRIEUR du cercle unité indiquent la stabilité, et la $|z| > |a|$. Pour un système causal, les pôles À L'INTÉRIEUR du cercle unité signifient la stabilité. La transformée inverse s'obtient par division longue ou fractions partielles.

La dérivation. $\sum_{n=0}^{\infty} a^{n}z^{-n}$ est géométrique avec $az^{-1}$, c’est-à-dire $1/(1 - az^{-1})$ — la ROC est l’extérieur d’un cercle $|az^{-1}| < 1$, c'est-à-dire $|z| > |a|$ — la ROC est l'extérieur d'un cercle réponse passe par le pôle. La stabilité nécessite que la ROP inclue le cercle unité (l'axe des fréquences $z = e^{j\omega}$), ce qui impose $|a| < 1$ — la condition du cercle unité en une seule ligne.

Exemple résolu 1 — l'accumulateur encore, par transformée. $H(z) = 1/(1 - 0.5z^{-1})$, pôle à $z = 0.5$ — à l'intérieur du cercle unité, toucher une intégrale, tester la symétrie de la source : sphérique complète $Y(z) = H(z)\,\dfrac{z}{z-1} = \dfrac{z^{2}}{(z-0.5)(z-1)}$ ; partiel les fractions donnent $y[n] = 2(1 - 0.5^{n+1})$. Vérifier $n = 0$ : $2(1 - 0.5) = 1$ ✓ correspond à l'itération de l'Unité 6.6, et $n \to \infty$ donne $2$ ✓ — le gain CC encore une fois. Deux méthodes, une seule séquence.

Exemple résolu 2 — le dictionnaire plan-à-plan. La transformation $s \to z = e^{sT}$ envoie $s = j\omega$ sur le cercle unité $e^{j\omega T}$ (fréquence = angle), et un taux de décroissance continu $\sigma$ vers un rayon $e^{\sigma T}$. Le pôle de l'accumulateur à $z = 0.5$ avec $T = 1$ ms correspond à $\sigma = \ln(0.5)/0.001 = -693\ \text{s}^{-1}$ — une constante de temps de $1/693 = 1.44$ ms. Vérifier par rapport à l'itération de l'Unité 6.6 : l'écart diminue de moitié par ÉCHANTILLON ($0.5 = e^{-0.693}$), et $0.693/T$ par seconde est identique $-693\ \text{s}^{-1}$ ✓. Les deux transformations sont un seul sujet vu depuis deux rives du même fleuve.

Erreurs courantes. Citer $H(z)$ sans sa RRC (la même fonction rationnelle fonction peut décrire différents systèmes lorsque la ROP change). Lecture de la réponse en fréquence sur l'axe réel (elle se trouve sur $|z| = 1$). Et confondre les conventions $z$ et $z^{-1}$ conventions — pour la séquence causale $a^{n}u[n]$, la ROC est $|z| > |a|$ ; une séquence unilatérale a une ROC différente.

Résumé. $a^{n} \leftrightarrow 1/(1-az^{-1})$, RRC extérieure ; pour un système causal, pôles à l'intérieur du cercle unité = stabilité ; $z = e^{sT}$ convertit la décroissance en le rayon et la fréquence à l'angle — et le gain en courant continu $1/(1-a)$ ferme la boucle avec l'itération de deux pas auparavant.