\[E(z)=\frac{2z(z^2-1)}{(z^2+1)^2}=\frac{2z^3-2z}{z^4+2z^2+1}\]
\[=\frac{2z^{-1}-2z^{-3}}{1+2z^{-2}+z^{-4}}=2z^{-1}-6z^{-3}+10z^{-5}-14z^{-7}+\cdots\]
则采样函数为
\[e^*(t)=2\delta(t-T)-6\delta(t-3T)+10\delta(t-5T)-14\delta(t-7T)+\cdots\]
(2) 采用反演积分法。
\[E(z)z^{n-1}=\frac{2z^{n+1}}{(z+1)^2(z+2)}\]
有 \(z_1=z_2=-1,z_3=-2\) 三个极点，则有
\[\mathrm{Res}\left[\frac{2z^{n+1}}{(z+1)^2(z+2)}\right]_{z\to-1}=\lim_{z\to-1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[(z+1)^2\frac{2z^{n+1}}{(z+1)^2(z+2)}\right]\]
\[=\lim_{z\to-1}\left[\frac{2(n+1)z^n(z+2)-2z^{n+1}}{(z+2)^2}\right]=(2n+4)(-1)^n\]
\[\mathrm{Res}\left[\frac{2z^{n+1}}{(z+1)^2(z+2)}\right]_{z\to-2}=\lim_{z\to-2}\left[(z+2)\frac{2z^{n+1}}{(z+1)^2(z+2)}\right]=-(-1)^n2^{n+2}\]
\[e(nT)=(-1)^n(2n+4-2^{n+2})\]
相应的采样函数为
\[e^*(t)=\sum_{n=0}^{\infty}e(nT)\delta(t-nT)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(-1)^n(2n+4-2^{n+2})\right]\delta(t-nT)\]
\[=2\delta(t-T)-8\delta(t-2T)+22\delta(t-3T)+\cdots\]
用幂级数法验证：
\[E(z)=\frac{2z^2}{(z+1)^2(z+2)}=\frac{2z^{-1}}{1+4z^{-1}+5z^{-2}+2z^{-3}}=2z^{-1}-8z^{-2}+22z^{-2}+\cdots\]
故有
\[e^*(t)=2\delta(t-T)-8\delta(t-2T)+22\delta(t-3T)+\cdots\]
(3) 因为
\[\frac{E(z)}{z}=\frac{1}{(z-\mathrm{e}^{-aT})(z-\mathrm{e}^{-bT})}=\frac{1}{\mathrm{e}^{-aT}-\mathrm{e}^{-bT}}\left[\frac{1}{z-\mathrm{e}^{-aT}}-\frac{1}{z-\mathrm{e}^{bT}}\right]\]
所以
\[E(z)=\frac{1}{\mathrm{e}^{-aT}-\mathrm{e}^{-bT}}\left[\frac{z}{z-\mathrm{e}^{-aT}}-\frac{z}{z-\mathrm{e}^{bT}}\right]\]
查 \(z\) 变换表，可知
\[e(nT)=\frac{1}{\mathrm{e}^{-aT}-\mathrm{e}^{-bT}}(\mathrm{e}^{-anT}-\mathrm{e}^{-bnT})\]
则有
\[e^*(t)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-anT}-\mathrm{e}^{-bnT}}{\mathrm{e}^{-aT}-\mathrm{e}^{-bT}}\delta(t-nT)\]
用反演积分法验证
\[E(z)z^{n-1}=\frac{z^n}{(z-\mathrm{e}^{-aT})(z-\mathrm{e}^{-bT})}\]
有 \(z_1=\mathrm{e}^{-aT},z_2=\mathrm{e}^{-bT}\) 两个根，而
\[\mathrm{Res}\left[\frac{z^n}{(z-\mathrm{e}^{-aT})(z-\mathrm{e}^{-bT})}\right]_{z\to\mathrm{e}^{-aT}}=\lim_{z\to\mathrm{e}^{-aT}}\left[\frac{z^n}{(z-\mathrm{e}^{-bT})}\right]=\frac{\mathrm{e}^{-anT}}{\mathrm{e}^{-aT}-\mathrm{e}^{-bT}}\]
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