有理分式分解的一种快捷方法

在学习信号与系统等学科时，我们经常会遇到有理分式分解的问题。通常情况下，对于分母为若干一次式的乘积的情况，我们可以通过留数法快速分解，然而，对于分母含有二次式的情况，教科书上却鲜有提及。我在多次遇到次此类问题后，认为可能会存在更快速的方法，通过几天的研究，总结一种快捷方法，并对其进行了证明。

简单问题

首先，我先来介绍一些比较简单的情况。设

F(s)=\frac{s^3+s+1}{(s-1)(s-2)(s-3)}

通过留数法我们可以分解为

\begin{aligned} F(s) &= 1+\frac{s^3+s+1}{(s-2)(s-3)}\bigg|_{s=1} \cdot \frac{1}{s-1} \\ &\quad +\frac{s^3+s+1}{(s-1)(s-3)}\bigg|_{s=2}\cdot \frac{1}{s-2} \\ &\quad +\frac{s^3+s+1}{(s-1)(s-2)}\bigg|_{s=3}\cdot \frac{1}{s-3} \\ &= 1+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s-1}-\frac{11}{s-2}+\frac{31}{2}\cdot\frac{1}{s-3} \end{aligned}

这种方法虽然直接，但是对于更复杂的情况（特别是分母含有二次式时），这种方法就无法使用了，因此我们需要更加系统的方法。

分母含有二次式的情况

对于分母含有不可约二次式的有理分式，我们可以通过类似的思路进行分解。设有下列多项式

F(s) = \frac{ds^2 + es + f}{(s^2 + as + b)(s - c)}

则我们可以设：

F(s) = \frac{As + B}{s^2 + as + b} + \frac{C}{s - c}

快捷求解方法

关键的快捷方法在于：

求解 $C$ ：直接使用留数法
$C = \lim_{s \to c} (s - c)F(s) = \frac{ds^2 + es + f}{s^2 + as + b}\bigg|_{s=c}$
求解 $A$ 和 $B$ ：可以分成三种情况

情况一 当 $c=0$ 时，可以直接使用通分法求解 $A$ 和 $B$ ：
$F(s) = \frac{As^2 + Bs+C(s^2 + as + b)}{s(s^2 + as + b)}$
然后比较系数即可。

情况二 当 $c\neq 0$ 时，可以先带入 $s=0$ 计算得到
$B = b(\frac{C}{c}-\frac{f}{cb})=\frac{Cb-f}{c}$
然后再选择一个合适的其他值代入即可。

具体例题(由 AI 生成)

例1（情况二）：设求解以下有理分式的分解：

F(s) = \frac{2s^2 + 3s + 5}{(s^2 + 2s + 2)(s - 1)}

对比标准形式 $\frac{ds^2 + es + f}{(s^2 + as + b)(s - c)}$ ，有：

$d=2, e=3, f=5$
$a=2, b=2, c=1$

解：设

F(s) = \frac{As + B}{s^2 + 2s + 2} + \frac{C}{s - 1}

步骤1： 使用留数法求 $C$

C = \lim_{s \to 1} (s - 1)F(s) = \frac{2s^2 + 3s + 5}{s^2 + 2s + 2}\bigg|_{s=1} = \frac{2 + 3 + 5}{1 + 2 + 2} = \frac{10}{5} = 2

步骤2： 应用情况二的公式求 $B$

因为 $c=1\neq 0$ ，代入 $s=0$ 得：

B = \frac{Cb-f}{c} = \frac{2\times 2-5}{1} = \frac{4-5}{1} = -1

步骤3： 选择合适的值求 $A$

代入 $s = -1$ ：

\frac{2(-1)^2 + 3(-1) + 5}{((-1)^2 + 2(-1) + 2)((-1) - 1)} = \frac{A(-1) + (-1)}{(-1)^2 + 2(-1) + 2} + \frac{2}{(-1) - 1}

\frac{2 - 3 + 5}{(1 - 2 + 2)(-2)} = \frac{-A - 1}{1} + \frac{2}{-2}

\frac{4}{-2} = -A - 1 - 1

-2 = -A - 2 \Rightarrow A = 0

因此：

F(s) = \frac{-1}{s^2 + 2s + 2} + \frac{2}{s - 1}

例2（情况一）：设求解以下有理分式的分解：

G(s) = \frac{3s^2 + 2s + 4}{s(s^2 + s + 1)}

对比标准形式，有：

$d=3, e=2, f=4$
$a=1, b=1, c=0$

解：设

G(s) = \frac{As + B}{s^2 + s + 1} + \frac{C}{s}

步骤1： 使用留数法求 $C$

C = \lim_{s \to 0} s \cdot G(s) = \frac{3s^2 + 2s + 4}{s^2 + s + 1}\bigg|_{s=0} = \frac{4}{1} = 4

步骤2： 应用情况一的方法

因为 $c=0$ ，通分后有：

G(s) = \frac{As^2 + Bs + C(s^2 + s + 1)}{s(s^2 + s + 1)} = \frac{(A+C)s^2 + (B+C)s + C}{s(s^2 + s + 1)}

比较分子系数：

$s^2$ 系数： $A + C = 3 \Rightarrow A + 4 = 3 \Rightarrow A = -1$
$s^1$ 系数： $B + C = 2 \Rightarrow B + 4 = 2 \Rightarrow B = -2$
$s^0$ 系数： $C = 4$ ✓（验证）

因此：

G(s) = \frac{-s - 2}{s^2 + s + 1} + \frac{4}{s}

更复杂的情况

分母含有重根

当分母含有重根时，例如 $(s - a)^n$ ，分解形式为：

\frac{A_1}{s - a} + \frac{A_2}{(s - a)^2} + \cdots + \frac{A_n}{(s - a)^n}

系数可以通过以下公式快速求得：

A_k = \frac{1}{(n-k)!} \lim_{s \to a} \frac{d^{n-k}}{ds^{n-k}}\left[(s-a)^n F(s)\right]

分母含有重复二次式

当分母含有 $(s^2 + as + b)^n$ 时，分解形式为：

\frac{A_1s + B_1}{s^2 + as + b} + \frac{A_2s + B_2}{(s^2 + as + b)^2} + \cdots + \frac{A_ns + B_n}{(s^2 + as + b)^n}

方法的证明(由 AI 通过查阅资料生成)

基本原理

有理分式分解基于以下数学原理：

定理：设 $F(s) = \frac{P(s)}{Q(s)}$ 是真分式（ $\deg P < \deg Q$ ），且 $Q(s)$ 可以因式分解为：

Q(s) = (s - a_1)^{n_1}(s - a_2)^{n_2}\cdots(s - a_k)^{n_k}(s^2 + b_1s + c_1)^{m_1}\cdots

则 $F(s)$ 可以唯一地分解为部分分式之和。

留数法的证明

对于简单极点 $s = c$ ，我们有：

F(s) = \frac{ds^2 + es + f}{(s^2 + as + b)(s - c)} = \frac{As + B}{s^2 + as + b} + \frac{C}{s - c}

两边同时乘以 $(s-c)$ ：

\frac{ds^2 + es + f}{s^2 + as + b} = (As + B)\frac{s-c}{s^2 + as + b} + C

令 $s \to c$ ，左边第一项趋于 0，得：

C = \lim_{s \to c} \frac{ds^2 + es + f}{s^2 + as + b}\bigg|_{s=c} = \frac{dc^2 + ec + f}{c^2 + ac + b}

这就是留数法的理论基础。

情况二公式的证明

当 $c \neq 0$ 时，我们有快捷公式：

B = \frac{Cb - f}{c}

证明：将分解式通分：

\frac{As + B}{s^2 + as + b} + \frac{C}{s - c} = \frac{(As + B)(s - c) + C(s^2 + as + b)}{(s^2 + as + b)(s - c)}

展开分子：

(As + B)(s - c) + C(s^2 + as + b) = As^2 - Acs + Bs - Bc + Cs^2 + Cas + Cb

= (A + C)s^2 + (-Ac + B + Ca)s + (-Bc + Cb)

与原分子 $ds^2 + es + f$ 比较常数项：

-Bc + Cb = f

Cb - Bc = f

因为 $c \neq 0$ ，两边同时除以 $c$ ：

B = \frac{Cb - f}{c} = \frac{f + Bc - Cb}{c} = \frac{f}{c} + B - B = \frac{Cb - f}{c}

整理得：

B = \frac{Cb - f}{c}

这就是情况二公式的来源。代入 $s=0$ 可直接得到此结果。

情况一的说明

当 $c = 0$ 时，上述公式不适用（分母为0），此时需要直接通分比较系数。这就是为什么要分两种情况讨论的原因。

实用技巧总结

一般步骤

对于形如 $F(s) = \frac{ds^2 + es + f}{(s^2 + as + b)(s - c)}$ 的有理分式：

第一步：求一次项系数

使用留数法：
$C = \frac{dc^2 + ec + f}{c^2 + ac + b}$
第二步：求二次项系数
- 当 $c = 0$ 时（情况一）：
  - 通分后比较各项系数
  - 建立方程组求解 $A$ 和 $B$
- 当 $c \neq 0$ 时（情况二）：
  - 先用公式 $B = \frac{Cb - f}{c}$ 快速求出 $B$
  - 再选择一个合适的值（如 $s = -1$ 或 $s = -a$ ）代入求 $A$
第三步：验证

代入特殊值或通分验证结果的正确性

特殊技巧

分母全为一次因子：直接对每个极点使用留数法即可
分母含有重根：使用导数公式
$A_k = \frac{1}{(n-k)!} \lim_{s \to a} \frac{d^{n-k}}{ds^{n-k}}\left[(s-a)^n F(s)\right]$
选择代入值的技巧：
- 优先选择 $s = 0$ （如情况二中求 $B$ ）
- 其次选择 $s = -1, -2$ 等简单值
- 避免选择使分母为 0 的值

应用举例

拉普拉斯反变换

在信号与系统中，拉普拉斯反变换常需要先进行有理分式分解：

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{s+3}{(s+1)(s^2+2s+2)}\right]

第一步：分解有理分式

设 $F(s) = \frac{s+3}{(s+1)(s^2+2s+2)} = \frac{As+B}{s^2+2s+2} + \frac{C}{s+1}$

求 $C$ ：

C = \frac{s+3}{s^2+2s+2}\bigg|_{s=-1} = \frac{-1+3}{1-2+2} = \frac{2}{1} = 2

因为 $c = -1 \neq 0$ ，使用情况二的公式求 $B$ ：

B = \frac{Cb - f}{c} = \frac{2 \times 2 - 3}{-1} = \frac{1}{-1} = -1

代入 $s = 0$ 求 $A$ ：

\frac{3}{1 \times 2} = \frac{B}{2} + \frac{C}{1} \Rightarrow \frac{3}{2} = \frac{-1}{2} + 2 \Rightarrow A = 0

实际上这里我们可以直接得到 $A$ 。因此：

F(s) = \frac{-1}{s^2+2s+2} + \frac{2}{s+1}

第二步：分别求反变换

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{-1}{s^2+2s+2}\right] = \mathcal{L}^{-1}\left[\frac{-1}{(s+1)^2+1}\right] = -e^{-t}\sin(t)

\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{2}{s+1}\right] = 2e^{-t}

因此最终结果：

f(t) = 2e^{-t} - e^{-t}\sin(t) = e^{-t}(2 - \sin t)

总结

本文系统介绍了有理分式分解的快捷方法：

留数法：适用于求所有一次项系数，计算简便
情况一（ $c=0$ ）：通分比较系数法，适用于分母含有 $s$ 的情况
情况二（ $c\neq 0$ ）：利用快捷公式 $B = \frac{Cb - f}{c}$ ，大大简化计算
导数法：处理重根情况
所有方法都有严格的数学证明支持

这些方法在信号与系统、自动控制、电路分析等工程学科中都有广泛应用，特别是情况二的快捷公式可以显著提高计算效率。熟练掌握这些技巧，可以在考试和实际工程计算中节省大量时间。