有理函数多项式分解以及系数的留数法求解

2024-07-16 05:44| 来源: 网络整理| 查看: 265

部分分式展开以及系数的留数法求解有理真分式分解为部分分式

当有一个次数小于n的多项式 P ( x ) P(x) P(x)

则其一定可以写为如下的形式 P ( x ) = A 1 ( x − a ) n − 1 + A 2 ( x − a ) n − 2 + ⋯ + A n − 1 ( x − a ) + A n P(x)=A_1(x-a)^{n-1}+A_2(x-a)^{n-2}+\dots+A_{n-1}(x-a)+A_n P(x)=A1(x−a)n−1+A2(x−a)n−2+⋯+An−1(x−a)+An 因此两边同时除以 ( x − a ) n (x-a)^n (x−a)n次后就可以得到 P ( x ) ( x − a ) n = A 1 x − a + A 2 ( x − a ) 2 + ⋯ + A n ( x − a ) n \frac{P(x)}{(x-a)^{n}}=\frac{A_1}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a)^2}+\dots+\frac{A_n}{(x-a)^n} (x−a)nP(x)=x−aA1+(x−a)2A2+⋯+(x−a)nAn 因此可以得出结论，如果存在一个有理真分式 P ( x ) ( x − a ) n \frac{P(x)}{(x-a)^{n}} (x−a)nP(x)，（因为是真分式所以 P ( x ) P(x) P(x)的次数小于n），则该真分式一定可以化为上式右侧的部分分式的形式

现在有一个有理真分式 P ( x ) Q ( x ) \frac{P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)， Q ( x ) Q(x) Q(x)为n次多项式

对分母 Q ( x ) Q(x) Q(x)进行因式分解，

（1）假如 Q ( x ) Q(x) Q(x)有且只有k个不同的实根，没有虚根，则可因式分解为 Q ( x ) = ∏ i = 1 k ( x − a i ) p i Q(x)=\prod\limits_{i=1}^k(x-a_i)^{p_i} Q(x)=i=1∏k(x−ai)pi 其中 a i a_i ai是 Q ( x ) Q(x) Q(x)的 p i p_i pi重根， ∑ p i = n \sum{p_i}=n ∑pi=n

这种情况下，可以将有理真分式 P ( x ) Q ( x ) \frac{P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)，按照如下公式化为部分分式的和 P ( x ) Q ( x ) = ∑ i = 1 k ∑ j = 1 p i A i j ( x − a i ) j \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^k{\sum\limits_{j=1}^{p_i}{\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j}}} Q(x)P(x)=i=1∑kj=1∑pi(x−ai)jAij （2）假如n次多项式 Q ( x ) Q(x) Q(x)不只有实根，还有复根，那么其依然满足因式分解定理，即在实数域上可以分解为如下形式 Q ( x ) = a 0 ⋅ ∏ i = 1 k ( x − a i ) p i ∏ i = 1 l ( x 2 + b i x + c i ) q i Q(x)=a_0\cdot\prod\limits_{i=1}^k{(x-a_i)^{p_i}}\prod\limits_{i=1}^{l}{(x^2+b_ix+c_i)^{q_i}} Q(x)=a0⋅i=1∏k(x−ai)pii=1∏l(x2+bix+ci)qi

∑ p i + 2 ∑ q i = n \sum{p_i}+2\sum{q_i}=n ∑pi+2∑qi=n

这种情况下，可以将有理真分式 P ( x ) Q ( x ) \frac{P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)，按照如下公式化为部分分式的和 P ( x ) Q ( x ) = ∑ i = 1 k ∑ j = 1 p i A i j ( x − a i ) j + ∑ i = 1 l ∑ j = 1 q i B i j x + C i j ( x 2 + b i x + c i ) j \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^k{\sum\limits_{j=1}^{p_i}{\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j}}}+\sum_{i=1}^l{\sum\limits_{j=1}^{q_i}{\frac{B_{ij}x+C_{ij}}{(x^2+b_ix+c_i)^j}}} Q(x)P(x)=i=1∑kj=1∑pi(x−ai)jAij+i=1∑lj=1∑qi(x2+bix+ci)jBijx+Cij

利用留数和留数定理求部分分式的系数

P ( x ) Q ( x ) = ∑ i = 1 k ∑ j = 1 p i A i j ( x − a i ) j + ∑ i = 1 l ∑ j = 1 q i B i j x + C i j ( x 2 + b i x + c i ) j \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^k{\sum\limits_{j=1}^{p_i}{\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j}}}+\sum_{i=1}^l{\sum\limits_{j=1}^{q_i}{\frac{B_{ij}x+C_{ij}}{(x^2+b_ix+c_i)^j}}} Q(x)P(x)=i=1∑kj=1∑pi(x−ai)jAij+i=1∑lj=1∑qi(x2+bix+ci)jBijx+Cij

假定零极点可以是复数，则依旧可以化为如下形式： P ( x ) Q ( x ) = ∑ i = 1 k ∑ j = 1 p i A i j ( x − a i ) j \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^k{\sum\limits_{j=1}^{p_i}{\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j}}} Q(x)P(x)=i=1∑kj=1∑pi(x−ai)jAij 则系数 A i j A_{ij} Aij，根据留数定理可以用如下公式求出 A i j = 1 ( p i − j ) ! lim ⁡ x → a i [ ( x − a i ) p i P ( x ) Q ( x ) ] ( p i − j ) A_{ij}=\frac{1}{(p_i-j)!}\lim\limits_{x\to a_i}{[(x-a_i)^{p_i}\frac{P(x)}{Q(x)}]}^{(p_i-j)} Aij=(pi−j)!1x→ailim[(x−ai)piQ(x)P(x)](pi−j) 右上角的（j-1）表示求j-1阶导数

例如： x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 \frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1} x3+3x2+3x+1x2+5x−2 其中 Q ( x ) = x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 = ( x + 1 ) 3 Q(x)=x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3 Q(x)=x3+3x2+3x+1=(x+1)3

因此 x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 = K 1 x + 1 + K 2 ( x + 1 ) 2 + K 3 ( x + 1 ) 3 \frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1}=\frac{K_1}{x+1}+\frac{K_2}{(x+1)^2}+\frac{K_3}{(x+1)^3} x3+3x2+3x+1x2+5x−2=x+1K1+(x+1)2K2+(x+1)3K3

K 3 = lim ⁡ x → − 1 [ ( x + 1 ) 3 ⋅ x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 ] ( 3 − 3 ) = lim ⁡ x → − 1 [ x 2 + 5 x − 2 ] = − 6 K_3=\lim\limits_{x\to -1}{[(x+1)^3\cdot\frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1}]}^{(3-3)}=\lim\limits_{x\to -1}{[x^2+5x-2]}=-6 K3=x→−1lim[(x+1)3⋅x3+3x2+3x+1x2+5x−2](3−3)=x→−1lim[x2+5x−2]=−6

K 2 = lim ⁡ x → − 1 [ ( x + 1 ) 3 ⋅ x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 ] ( 3 − 2 ) = lim ⁡ x → − 1 [ 2 x + 5 ] = 3 K_2=\lim\limits_{x\to -1}{[(x+1)^3\cdot\frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1}]}^{(3-2)}=\lim\limits_{x\to -1}{[2x+5]}=3 K2=x→−1lim[(x+1)3⋅x3+3x2+3x+1x2+5x−2](3−2)=x→−1lim[2x+5]=3

K 1 = 1 2 ! ⋅ lim ⁡ x → − 1 [ ( x + 1 ) 3 ⋅ x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 ] ( 3 − 1 ) = 1 2 ⋅ lim ⁡ x → − 1 [ 2 ] = 1 K_1=\frac{1}{2!}\cdot\lim\limits_{x\to -1}{[(x+1)^3\cdot\frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1}]}^{(3-1)}=\frac{1}{2}\cdot\lim\limits_{x\to -1}{[2]}=1 K1=2!1⋅x→−1lim[(x+1)3⋅x3+3x2+3x+1x2+5x−2](3−1)=21⋅x→−1lim[2]=1

因此 x 2 + 5 x − 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 = 1 x + 1 + 3 ( x + 1 ) 2 − 6 ( x + 1 ) 3 \frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1}=\frac{1}{x+1}+\frac{3}{(x+1)^2}-\frac{6}{(x+1)^3} x3+3x2+3x+1x2+5x−2=x+11+(x+1)23−(x+1)36

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