1G2(=) E(=) 1+G1G2,( C(=)=E(=)G1(=)-D(2)G1() G1(=) E(=) 1+G1G2(二) R(s) G2(s) 所以 C(2)=G()R()G(=)C3(=) 1+GG2(=)1+GG2(z) G1(=)R(=) G2(x)+G1(=)G3(=) 例7-8试求下列函数的初值和终值。 (1)E(二)= z2(x2+z+1) 8二+1)( 08) (2)E(=)= 1+0.3-+0.1 1-42--+56-2-24x-3 (提示:应用终值定理是有条件的,即函数E(=)在单位圆上和单位圆外解析。) 解:(1)由初值定理得 e(0)=lime+(0)=lim E() 36z+0.8 由于E(二)有四个极点,且都位于单位圆内,故由终值定理得·13· D(s) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 2 1 2 E z G G z G z C z E z G z D z G z E z G G z G G z D z       图 7-3 所以 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 1 2 1 C z G z G G z G z G G z G z R z C z     即 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 1 G G z G z G z G z R z C z    例 7-8 试求下列函数的初值和终值。 （1） ( 0.8 1)( 0.8) ( 1) ( ) 2 2 2 2        z z z z z z z E z （2） 1 2 3 1 2 1 4.2 5.6 2.4 1 0.3 0.1 ( )            z z z z z E z （提示：应用终值定理是有条件的，即函数 E(z)在单位圆上和单位圆外解析。） 解：（1）由初值定理得 1 4 0.2 0.36 0.8 lim (0) lim *( ) lim ( ) 3 2 4 3 2 0             z z z z z z z e e t E z z t z 由于 E(z)有四个极点，且都位于单位圆内，故由终值定理得 G1（s） G3（s） G2（s） R（s） E（s） C（s）