数字信号处理-答案-第二章.doc

第二章
2、1 判断下列序列就是否就是周期序列。若就是,请确定它得最小周期。
(1)x(n)=Acos()
(2)x(n)=
(3)x(n)=Asin()
解 (1)对照正弦型序列得一般公式x(n)=Acos(),得出。因此就是有理数,所以就是周期序列。最小周期等于N=。
(2)对照复指数序列得一般公式x(n)=exp[]n,得出。因此就是无理数,所以不就是周期序列。
(3)对照正弦型序列得一般公式x(n)=Acos(),又x(n)=Asin()＝Acos()＝Acos(),得出。因此就是有理数,所以就是周期序列。最小周期等于N=
2、2在图2、2中,x(n)与h(n)分别就是线性非移变系统得输入与单位取样响应。计算并列得x(n)与h(n)得线性卷积以得到系统得输出y(n),并画出y(n)得图形。

解 利用线性卷积公式
y(n)=
按照折叠、移位、相乘、相加、得作图方法,计算y(n)得每一个取样值。
(a) y(0)=x(O)h(0)=1
y(l)=x(O)h(1)+x(1)h(O)=3
y(n)=x(O)h(n)+x(1)h(n-1)+x(2)h(n-2)=4,n≥2
(b) x(n)=2(n)-(n-1)
h(n)=-(n)+2(n-1)+ (n-2)
y(n)=-2(n)+5(n-1)= (n-3)
(c) y(n)= ==u(n)

2、3 计算线性线性卷积
(1) y(n)=u(n)*u(n)
(2) y(n)=u(n)*u(n)
解:(1) y(n)=
==(n+1),n≥0
即y(n)=(n+1)u(n)
(2) y(n)=
==,n≥0
即y(n)=u(n)
2、4 图P2、4所示得就是单位取样响应分别为h(n)与h(n)得两个线性非移变系统得级联,已知x(n)=u(n), h(n)=(n)-(n-4), h(n)=au(n),|a|<1,求系统得输出y(n)、

解 (n)=x(n)*h(n)
=[(n-k)-(n-k-4)]
=u(n)-u(n-4)
y(n)=(n)*h(n)
=[u(n-k)-u(n-k-4)]
=,n≥3
2、5 已知一个线性非移变系统得单位取样响应为h(n)=au(-n),0<a<1 用直接计算线性卷积得方法,求系统得单位阶跃响应。
2、6 试证明线性卷积满足交换率、结合率与加法分配率。
证明 (1)交换律
X(n) * y(n) =
令k=n-t,所以t=n-k,又-<k<,所以-<t<,因此线性卷积公式变成
` x(n) * y(n) =
==y(n) * x(n)
交换律得证、
(2)结合律
[x(n) * y(n)] * z(n)
=[] * z(n)
=[]z(n-t)
=x(k) y(t-k)z(n-t)
=x(k) y(m)z(n-k-m)
=x(k)[y(n-k) * z(n-k)]
=x(n) * [y(n) * z(n)]
结合律得证、
(3)加法分配律
x(n) * [y(n) + z(n)]
= x(k)[y(n - k) +z(n - k)]
=x(k)y(n-k)+ x(k)z(n - k)
=x(n) * y(n) + x(n) *z(n)
加法分配律得证、
2、7 判断下列系统就是否为线性系统、非线性系统、稳定系统、因果系统。并加以证明
(1)y(n)= 2x(n)+3 (2)y(n)= x(n)sin[n+]
(3)y(n)= (4)y(n)=
(5)y(n)= x(n)g(n)
解 (1)设y(n)=2x(n)+3,y(n)=2x(n)+3,由于
y(n)=2[x(n)+x(n)]+3
≠y(n)+ y(n)
=2[x(n)+x(n)]+6
故系统不就是线性系统。
由于y(n-k)=2x(n-k)+3,T[x(n-k)]=2x(n-k)+3,因而
y(n-k) = T[x(n-k)]
故该系统就是非移变系统。
设|x(n)|≤M,则有
|y(n)|=|2x(n)+3|≤|2M+3|<∞
故该系统就是稳定系统。
因y(n)只取决于现在与过去得输入x(n),不取决于未来得输入,故该系统就是因果系统。
(2)设 y1(n)=ax1(n)sin[n+]
y2(n)=bx2(n)sin[n+]
由于 y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)]
=[ax1(n)+bx2(n)]sin[n+]
=ax1(n)sin[n+]+bx2(n)sin[n+]
=ay1(n)+by2(n)
故该系统就是线性系统。
由于 y(n-k)=x(n-k)sin[(n-k)+]
T[x(n-k)]=x(n-k)sin[n+]
因而有 T[x(n-k)]≠y(n-k)
帮该系统就是移变系统。
设 |x(n)|≤M,则有
|y(n)|=|x(n)sin[(n-k)+]|
=|x(n)|| sin[(n-k)+]|
≤M|sin[(n- k)+]|≤M
故系统就是稳定系统。
因y(n)只取决于现在与过去得输入x(n),不取决于未来得输入,故该系统就是因果系统。
(3)设 y1(n)= ,y2(n)=,由于
y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)]=
=a+ b=ay1(n)+by2(n)
故该系统就是线性系统。
因 y(n-k)= =
=T[x(n-t)]
所以该系统就是非移变系统。
设 x(n)=M<∞ y(n)= =∞,所以该系统就是不稳定系统。
因y(n)只取决于现在与过去得输入x(n),不取决于未来得输入,故该系统就是因果系统。
(4)设 y1(n)= ,y2(n)=,由于
y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)]=
= a+b=ay1(n)+by2(n)
故该系统就是线性系统。
因 y(n-k)= =
≠T[x(n-t)]=
所以该系统就是移变系统。
设x(n)=M,则y(n)= (n-n)M=,所以该系统不就是稳定系统。
显而易见,若n≥n。则该系统就是因果系统;若n<n。则该因果系统就是非因果系统。
(5)设y(n)=x(n)g(n),y(n)=x(n)g(n),由于
y(n)=T[ax(n)+bx(n)]=(ax(n)+bx(n))g(n)
=ax(n)g(n)+b(n)=ay(n)+by(n)
故系统就是线性系统。
因y(n-k)=x(n-k),而
T[x(n-k)]=x(n-k)g(n)≠y(n-k)
所以系统就是移变系统。
设|x(n)|≤M<,则有
|y(n)|=|x(n)g(n)|=M|g(n)|
所以当g(n)有限时该系统就是稳定系统。
因y(n)只取决于现在与过去得输入x(n),不取决于本来得输入,故该系统就是因果系统。
2、8 讨论下列各线性非移变系统得因果性与稳定性
(1)h(n)=2u(-n) (4) h(n)=()u(n)
(2) h(n)=-au(-n-1) (5) h(n)=u(n)
(3) h(n)=(n+n), n≥0 (6) h(n)= 2Ru(n)
解 (1)因为在n<0时,h(n)= 2≠0,故该系统不就是因果系统。
因为S=|h(n)|= |2|=1<,故该系统就是稳定系统。
(2) 因为在n<O时,h(n) ≠0,故该系统不就是因果系统。
因为S=|h(n)|= | a|=a,故该系统只有在|a|>1时才就是稳定系统。
(3) 因为在n<O时,h(n) ≠0,故该系统不就是因果系统。
因为S=|h(n)|= |(n+n)|=1<,故该系统就是稳定系统。
(4) 因为在n<O时,h(n)=0,故该系统就是因果系统 。
因为S=|h(n)|= |()|<,故该系统就是稳定系统。
(5) 因为在n<O时,h(n)=u(n)=0,故该系统就是因果系统 。
因为S=|h(n)|= |u(n)|= =,故该系统不就是稳定系统。
(6) 因为在n<O时,h(n)=0,故该系统就是因果系统 。
因为S=|h(n)|= |2|=2-1<,故该系统就是稳定系统。
2、9 已知y(n)-2cosy(n-1)+y(n-2)=0,且y(0)=0,y(1)=1,求证y(n)=
证明 题给齐次差分方程得特征方程为
-2cos·+1=0
由特征方程求得特征根
=cos+jsin=e,=cos-jsin= e
齐次差分方程得通解为
y(n)=c+c=ce+ce
代入初始条件得
y(0)=c+c=0
y(1)= ce+ce=1
由上两式得到
c==,c=- c=-
将c与c代入通解公式,最后得到
y(n) =ce+ce=( e+ e)=
2、10 已知y(n)+2y(n-1)+(n-2)=0,且y(0)=0,y(1)=3,y(2)=6,y(3)=36,求y(n)
解 首先由初始条件求出方程中得系数a与b
由
可求出 a=-1,b=-8
于就是原方程为
y(n)-2y(n-1)-iy(n-2)=0
由特征方程－2－8＝0求得特征根
＝4 ,＝-2
齐次差分方程得通解为
y(n)=c+c= c4+c(-2)
代入初始条件得
y(n)= c+c= 4+2=3
由上二式得到
c＝,c＝－
将c与c代入通解公式,最后得到
y(n)=c+c＝[4-(-2) ]
2、11 用特征根法与递推法求解下列差分方程:
y(n)-y(n-1)-y(n-2)=0,且y(0)=1,y(1)=1
解 由特征方程－－1＝0求得特征根
＝,＝
通解为y(n)=c+c＝c()＋c()
代入初始条件得

求出 c=,c=
最后得到通解
y(n)= c()+ c()
=[()-()]
2、12 一系统得框图如图P2、12所示,试求该系统得单位取样响应h(n)与单位阶跃响应
解 由图可知
y(n)=x(n)+ y(n-1)
为求单位取样响应,令x(n)=(n),于就是有
h(n)= (n)+ h(n-1)
由此得到
h(n)==u(n)
阶跃响应为
y(n)=h(n)*u(n)=y(k)u(n-k)
=u(n)
2、13 设序列x(n)得傅立叶变换为X(e),求下列各序列得傅立叶变换
解 (1)F[ax(n)+bx(n)]=aX(e)+bX(e)
(2)F[x(n-k)]=eX(e)
(3)F[ex(n)]=X[e]
(4)F[x(-n)]=X(e)
(5)F[x(n)]=X(e)
(6)F[x(-n)]= X(e)
(7)
(8)jIm[x(n)]=[X(e)-X(e)]
(9)X(e)*X(e)
(10)j
2、14 设一个因果得线性非移变系统由下列差分方程描述
y(n)-y(n-1)=x(n)+ x(n-1)
(1) 求该系统得单位取样响应h(n)
(2) 用(1)得到得结果求输入为x(n)＝e时系统得响应
(3) 求系统得频率响应
(4) 求系统对输入x(n)=cos(n+)得响应
解 (1)令X(n)=δ(n),得到
h(n)-h(n-1)/2=δ(n)+ δ(n-1)/2
由于就是因果得线性非移变系统,故由上式得出
h(n)=h(n-1)/2+δ(n)+ δ(n-1)/2 ,n≥0
递推计算出
h(-1)=0
h(0)=h(-1)/2+δ(0)=1
h(1)=h(0)/2+1/2=1
h(2)=h(1)/2=1/2
h(3)=h(2)=()2
h(4)= h(2)=()3
.
　.
.
h(n)=δ(n)+ ()n-1u(n-1)
或 h(n)= ()n [u(n)-u(n-1)]
也可将差分方程用单位延迟算子表示成
(1-D)h(n)=(1+D)δ(n)
由此得到
h(n)=[(1+D)/(1-D)]δ(n) =[1+D+D2+ ()2 D3+…+()k-1 D3+…] δ(n)
=δ(n)+ δ(n-1)+ δ(n-2)+δ(n-3)+、、、 +()k-1δ(n-1)+…
=δ(n)+ ()nu(n-1)
2)将代入得到

(3)由(2)得出

(4)由(3)可知

故:
2、15 某一因果线性非移变系统由下列差分方程描述
y(n)-ay(n-1)=x(n)-bx(n-1)
试确定能使系统成为全通系统得b值(b≠a),所谓全通系统就是指其频率响应得模为与频率无关得常数得系统。
解:令x(n)= (n),则
h(n)=ah(n-1)=(n)-b8(n-1)
或
h(n)=ah(n-1)+ (n)- (n-1),n≥0
由于就是线性得非移变系统,故对上式递推计算得出:
h(-1)=0
h(0)=1
h(1)=ah(0)-b(0)=a-b
h(2)=ah(1)=-ab
h(3)=ah(2)=-b

h(n)=ah(n-1)=-b,n≥0
h(n)=u(n)-bu(n-1)
或系统得频率特性为
H()=
=
=
=
振幅得特性平方
=
=
=
=
若选取a＝或b＝,则有|H(e)|=|b|,即幅度响应等于与频率响应无关得常数,故该系统为全通系统。
2、16 (1)一个线性非移变系统得单位冲激响应为h(n)=au(n),其中a为实数,且0<a<1。设输入为x(n)=
u(n), 为实数,且0<<1、试利用线性卷积计算系统得输出y(n),并将结果写成下列形式
y(n)=(ka+k)u(n)
(2)分别计算x(n)、h(n)与(1)中求得得y(n)得傅立叶变换X(e)、H(e)、Y(e),并证明
Y(e)=H(e)X(e)
解 (1)y(n)=
=
==
=-+,n≥0
y(n)=( -)u(n)
(2)X()==-
H(e)==
Y(e)=
=(-)
由于 (-)
==X(e)H(e)
故得出 Y(e)=H(e)X(e)
2、17 令x(n)与X(e)分别表示一个序号及其傅立叶变换,证明:

此式就是帕塞瓦尔(Parseval)定理得一种形式。
证明:证法一

2、18 当需要对带限模拟信号滤波时,经常采用数字滤波器,如图P2、18所示,图中T表示取样周期,假设T很小,足以防止混叠失真,把从x(t)到y(t)得整个系统等效成一个模拟滤波器。
(1)如果数字滤波器h(n)得截止频率等于rad,＝10kHz,求整个系统得截止频率,并求出理想低通滤波器得截止频率
(2)对＝20kHz,重复(1)得计算

解 理想低通滤波器得截止频率(弧度/秒)折合成数字域频率为(弧度),它比数字滤波器h(n)得截止频率(弧度)要大,故整个系统得截止频率由数字滤波器h(n)得截止频率(弧度)来决定。将其换算成实际频率,即将＝＝10000Hz带入,便得到
＝625 Hz
理想低通滤波器得截止频率(弧度/秒)换算成实际频率使得到,即由＝2,得到
＝==500 Hz
2、19 求下列序列得Z变换与收敛域
(1)(n－m)
(2)
(3)au(-n-1)
(4)
(5)cos()u(n)
解:(1)X(z)＝n=z-nm
当m>0时,x(n)就是因果序列,收敛域为0<｜z｜≤∞,无零点,极点为0(m阶); 当m<0时,x(n)就是逆因果序列,收敛域为0≤｜z｜≤∞,零点为0(m阶),无极点; 当m=0, X(z)＝1,收敛域为0≤｜z｜≤∞,既无零点,也无极点
(2)X(z)＝u(n)z-n==
X(n)就是右边序列,它得Z变换得收敛域就是半径为R得圆得外部区域,这里
R＝＝
τ(n)还就是因果序列,可以有｜z｜＝∞,故收敛域为<｜z｜≤∞。零点为0,极点为。
X(n)还就是因果序列,可以有｜z｜＝∞,故收敛域为<｜z｜≤∞。零点为0,极点为。(3)x(z)==
====
X(n)就是左边序列,它得Z变换得收敛域就是半径围+得圆得内部区域,这里
+===
还就是逆因果序列,可以有,故收敛域为零点为0,极点为。
(4)X(z)＝z-n
= z-n=
X(n)就是有限长序列,且它得Z变换只有负幂项,故收敛域为0<｜z｜≤∞、零点为0与(10阶),极点为。
(5)
＝＋
＝
＝
就是右边序列,它得Z变换得收敛域就是半径为得圆得外部区域,这里
＝＝＝1
还就是因果序列,可以有,故收敛域为,零点为0与,极点为与。
2、20求下列序列得Z变换与收敛域与零极点分布图
(1) x(n)=a,0<a<1
(2) x(n)=eu(n)
(3) x(n)=Arcos()u(n),0<r<1
(4) x(n)=u(n)
(5) x(n)=sin()u(n)
(1)X(z)==
=
=
X(n)就是双边序列,可瞧成就是由一个因果序列(收敛域)与一个因果序列(收敛域)相加组成,故X(z)得收敛域就是这两个收敛域得重叠部分,即圆环区域。零点为0与∞,极点为与。
(2)
=
X(n)就是右边序列,它得Z变换得收敛域就是半径为得圆得外部区域,这里

X(n)还就是右边序列,可以有,故收敛域为。零点为0,极点为。
(3)

X(n)就是右边序列,它得Z变换得收敛域就是半径为－得圆得
外部区域,这里

还就是因果序列,可以有 ,故收敛域为 。
零点为0与 ,极点为 与
(4)

X(n)就是右边序列,它得Z变换得收敛域就是半径为得圆得外部区域,这里

X(n)还就是因果序列,可以有 ,故收敛域为 ,无零点,极点为0。
(5)
X(z)=

就是右边序列,它得Z变换收敛域就是半径为得圆得外部象区域,这里

还就是因果序列,大故收敛域为、零点为0与、极点为
与、
2、21 用三种方法求下列Z变化得逆变换
(1)X(Z)=,|Z|<
(2)X(Z)=, |Z|>
(3)X(Z)=,|Z|>|a|
解(1)采用幂级数法。由收敛域课确定x(n)就是左边序列。又因为＝1为有限值,所以x(n)就是逆因果序列。用长除法将X(z)展开成正幂级数,即

最后得到
x(n)＝-2(-2),n＝-1,-2,-3……
或 x(n)＝
(2)采用部分分式展开法。将X(z)展开陈部分分式

其中

由收敛域可确定X(n)式右边序列。又因＝1,所以X(n)还就是因果序列。用长除法分别将展开成负幂级数,即
＝4[]
=
=-3[]
=
由上两式得到

(3)采用留数定理法。围线积分得被积函数为

当n>0时,由给定得收敛域可知,被积函数在围线之内仅有一个极点,因此

当n=0时,被积函数在围线之内有两个极点与z＝0,因此

当n<0时,因为在围线之外无极点,且在z＝处有1－n≥2阶极点,所以有＝0,n<0
最后解得

2、22 求下列Z变换得逆变换
(1)X(z)=,1<|z|<2
(2)X(z)=,0、5<|z|<2
(3)X(z)=,|z|>
(4)X(z)=,|a|<|z|<|b|
解
(4)
采用部分分式法

根据收敛域与分别对应一个因果序列与逆因果序列。将它们分别展开成得负幂级数与正幂级数,即

最后得到

用留数定理法,被积函数

根据收敛域可知,对应得就是一个双边序列、其中
对应于一个因果序列 , 即n<0时,时,被积函数有1个极点0、5在围线内,故得

|z|<2对应于一个逆因果序列,即n0时,x(n)=0;n<0时,被积函数在围线外有1个极点2,且分母多项式得阶比分子多项式得阶高2－(n＋1)＝1-n2,故得

最后得到

或
采用留数定理法,被积函数

根据收敛域可以知道,对应得序列就是一个因果序列。即n<0时, 在时,在时,被积函数在积分围线内有1个2阶极点 ,因此

最后得到

或
(7)
由收敛域可知,对应得就是一个双边序列。将进行部分分式分解,即

=
其中

对于,收敛条件|Z| 表明它对应于一个右边序列;又因=1有限值,所以应于一个逆因果序列。用长除法将展开成得正幂级数,即

由此得到

对于,收敛条件|Z|<b表明它对应于一个左边序列又因=0为有限值,所以对应于一个逆因果序列。用长除法将展开成得正幂级数,即

由此得到
=
最后得到

2、23 求X(Z)＝,0<|z|<,得逆变换
解 将展开成幂级数

2、24 试确定X(z)=z就是否代表某个序列得Z变换,请说明理由
解 不能,因为,如果X(z)能代表某个序列得Z变换,则X(z)必须在收敛域内试解析函数。但就是,现在x(z)＝u(x,y)＋jv(x,y)＝z＝x－jy,显然有,即X(z)不满足柯西－黎曼！方程,因此X(z)不就是解析函数,故X(z)不能代表某个序列得Z变换。
2、25 如果X(z)就是x(n)得Z变换,证明:
(1)zX(z)就是x(n-m)得Z变换
(2)X(az)就是ax(n)得Z变换
(3)就是nx(n)得Z变换

2、26证明
(1)
(2)
(3)(4)
2、27解

其中

由于x(n)与y(n)都就是因果序列,故w(n)亦就是因果序列,因果序列,因而W(z)得收敛域为|z|>1。这样,得收敛域应为|z|>1,而得收敛域为|z|>a。这意味着与都对应于因果序列,因此可用长除法分别将与展开成z得负幂级数,即

由上二式得到
,
最后得到

2、29(1)因为系统就是因果得,所以收敛域为;为使系统稳定,必须要求收敛域包含单位圆,即要求。极点为,零点为,收敛域。极－零点图与收敛域示于图1、7。
(2)
因此得到,即系统得幅度特性为一常数,所以该系统就是一个全通系统。
2、30(1)根据极－零点图得到x(n)得Z变换

因傅里叶变换收敛,所以单位圆在收敛域内,因而收敛域为。故x(n)就是双边序列。
(2)因为x(n)就是双边序列,所以它得Z变换得收敛域就是一个圆环。根据极点分布情况,收敛域有两种可能:或。
采用留数定理法求对应得序列。被积函数为

对于收敛域,被积函数有1个极点在积分围线内,故得

被积函数有2个极点与在积分围线外,又因分母多项式得阶比分子多项式得阶高(因n<0),故
最后得到

或
对于收敛域,被积函数有2个极点与在积分围线内,故
被积函数有1个极点在积分围线外,又因分母多项式得阶比分子多项式得阶高(因n<0),故

最后得

2、31因系统稳定,所以单位圆必须在收敛域内。由于系统得极点为,所以收敛域为。因,故该系统不就是因果系统。
2、32(1),

所以系统函数为

频率响应为

(2)由可写出系统得差分方程

(3)当x(n)为单位阶跃序列时,将代入,得到

采用部分分式法:

其中

由,得到

由,得到

因此系统得单位阶跃响应为
2、33(1)求差分方程两边得z变换

由上式得到系统函数

求系统函数得零点与极点

其中,零点为0;极点为与。由此可画出极－零点图,如图1、9所示。已知系统为因果系统,因此收敛域为。
(2)采用留数定理法。由(收敛域为)计算单位取样响应

(3)要使系统稳定,单位圆必须在收敛域内,即收敛域应为,这就是一个双边序列。
采用部分分式法将系统函数分解为

其中

由计算单位取样响应。因收敛域为,故为左边序列,又因为有限值,故还就是逆因果序列。采用留数定理法,被积函数,当n<0时,极点在积分围线外,且被积函数得分母与分子多项式阶数之差为(因n<0),因此有

由计算单位取样响应。因此收敛域为,故为右边序列,又因为有限值,故还就是因果序列。采用留数定理法,被积函数,当时积分围线内有唯一得极点,,因此有

最后得到满足题给差分方程得一个稳定但非因果得系统,它得单位取样响应为

2、34(1)求差分方程两边得Z变换

由上式得到系统函数

系统函数得零点:;极点:,。系统单位取样响应得3种可能选择方案如下(参考图1、10所示得极－零点图)。
（1） 收敛域取为,系统就是因果得,但不就是稳定得。得到系统得单位取样响应为

（2） 收敛域为,系统就是稳定得,但不就是因果得。得到系统得单位取样响应为

（3） 收敛域取为,系统既不就是稳定得,又不就是因果得。因收敛域为,故为左边序列,又因为有限值,故还就是逆因果序列。采用留数定理法,被积函数,当n<0时极点与都在积分围线外,且被积函数得分母与分子多项式阶数之差为2-n>2(因n<0),因此有

(4)验证每一种方案都满足差分方程:前面已经由差分方程求得系统函数,故只要验证每一种方案得系统函数即可。
(1)
(2)

(3)

2、35

极点为3,。系统稳定,单位圆在收敛域内,即,对应于双边序列。

其中,
由收敛域知为左边序列,由为有限值知就是逆因果序列。采用留数定理法,被积函数,当n<0时极点3在积分围线外,且被积函数得分母与分子多项式阶数之差为(因n<0),因此有

由收敛域知为右边序列,因为有限值,故就是因果序列。采用留数定理法,被积函数,当时积分围线内有唯一得极点,因此

最后得到

2、36(1)根据差分方程可画出系统得框图,如图1、11所示。
(2)求差分方程两边得Z变换

由上式得到系统函数

其中,极点:
,
得Z变换为,因此可以得到

因为就是因果系统,故收敛域为,且有,。对于,采用留数定理法求逆Z变换,被积函数
在积分转线内有3个极点:,,。因此有