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)=A1(x−a)n−1+A2(x−a)n−2+⋯+An−1(x−a)+AnP(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=A1x−a+A2(x−a)2+⋯+An(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=1k(x−ai)piQ(x)=\prod\limits_{i=1}^k(x-a_i)^{p_i} Q(x)=i=1∏k(x−ai)pi
其中aia_iai是Q(x)Q(x)Q(x)的pip_ipi重根，∑pi=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=1k∑j=1piAij(x−ai)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)=a0⋅∏i=1k(x−ai)pi∏i=1l(x2+bix+ci)qiQ(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

∑pi+2∑qi=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=1k∑j=1piAij(x−ai)j+∑i=1l∑j=1qiBijx+Cij(x2+bix+ci)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=1k∑j=1piAij(x−ai)j+∑i=1l∑j=1qiBijx+Cij(x2+bix+ci)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=1k∑j=1piAij(x−ai)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AijA_{ij}Aij，根据留数定理可以用如下公式求出
Aij=1(pi−j)!lim⁡x→ai[(x−ai)piP(x)Q(x)](pi−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：
x2+5x−2x3+3x2+3x+1\frac{x^2+5x-2}{x^3+3x^2+3x+1} x3+3x2+3x+1x2+5x−2
其中Q(x)=x3+3x2+3x+1=(x+1)3Q(x)=x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3Q(x)=x3+3x2+3x+1=(x+1)3

因此
x2+5x−2x3+3x2+3x+1=K1x+1+K2(x+1)2+K3(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

K3=lim⁡x→−1[(x+1)3⋅x2+5x−2x3+3x2+3x+1](3−3)=lim⁡x→−1[x2+5x−2]=−6K_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

K2=lim⁡x→−1[(x+1)3⋅x2+5x−2x3+3x2+3x+1](3−2)=lim⁡x→−1[2x+5]=3K_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

K1=12!⋅lim⁡x→−1[(x+1)3⋅x2+5x−2x3+3x2+3x+1](3−1)=12⋅lim⁡x→−1[2]=1K_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
x2+5x−2x3+3x2+3x+1=1x+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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