留数法分解有理真分式

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一、真分式和假分式

设$P_n(x)$和$Q_m(x)$表示$n$次和$m$次的多项式函数，则
$$\{\begin{array}{ll}\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}为假分式,& n\ge m\\ \frac{P_n(x)}{Q_m(x)}为真分式,& n<m\end{array}$$

假分式可使用长除法分解，此处不再赘述。

二、有理真分式的分解形式

有理真分式$\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$可分解成如下四种形式：
$$\frac{A}{x-a},\frac{A}{(x-a{)}^l},\frac{Mx+N}{x^2+px+q},\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^l}$$

注意，$x^2+px+q$不能在实数域内进行因式分解。

三、留数法求解待定系数

对于第一类分式，可以采用留数法求解待定系数。留数法又可以分为两种情形：一种是分母$Q_m(x)$分解为只有单根的形式，比如$(x-a)(x-b)(x-c)$；另一种是是分母$Q_m(x)$可分解为存在重根的形式，比如$(x-a{)}^2(x-b)(x-c)$。

1. 分母$Q_m(x)$因式分解后只有单根的情况

（1）若分母$Q_m(x)$可分解为
$$Q_m(x)=(x-b_1)(x-b_2)\cdot \cdot \cdot (x-b_m)$$

（2）若分母$Q_m(x)$可分解为
$$Q_m(x)=(a_{1}x-b_1)(a_{2}x-b_2)\cdot \cdot \cdot (a_{m}x-b_m)$$

则上述结论不再适用。应先把$Q_m(x)$的每一个因式中$x$的系数化为$1$，才能继续使用结论。将分母$Q_m(x)$整理成
$$Q_m(x)=a_1(x-\frac{b_1}{a_1})\cdot a_2(x-\frac{b_2}{a_2})\cdot \cdot \cdot a_m(x-\frac{b_m}{a_m})$$

对$\frac{P_n^{{}^{\prime }}(x)}{Q_m^{{}^{\prime }}(x)}$使用留数法，此时系数为
$$A_k=\left[\frac{P_n^{{}^{\prime }}(x)}{Q_m^{{}^{\prime }}(x)}\cdot (x-\frac{b_k}{a_k})\right]{|}_{x=\frac{b_k}{a_k}},k\in [1,m]$$

2. 分母$Q_m(x)$因式分解后存在重根的情况

（1）若分母$Q_m(x)$可分解为
$$Q_m(x)=(x-b{)}^m$$

（2）若分母$Q_m(x)$可分解为
$$Q_m(x)=(ax-b{)}^m$$

则上述结论不再适用。应先把$Q_m(x)$的因式中$x$的系数化为$1$，才能继续使用结论。将分母$Q_m(x)$整理成
$$Q_m(x)=a^m\cdot (x-\frac{b}{a}{)}^m$$

对$\frac{P_n^{{}^{\prime }}(x)}{Q_m^{{}^{\prime }}(x)}$使用留数法，此时系数为
$$\begin{array}{rl}{A}_m& =\left[\frac{P_n^{{}^{\prime }}(x)}{Q_m^{{}^{\prime }}(x)}\cdot {\left(x-\frac{b}{a}\right)}^m\right]{|}_{x=\frac{b}{a}}\\ A_k& =\frac{1}{(m-k)!}\cdot \frac{{\mathrm{d}}^{m-k}}{\mathrm{d}{x}^{m-k}}\left[\frac{P_n^{{}^{\prime }}(x)}{Q_m^{{}^{\prime }}(x)}\cdot {\left(x-\frac{b}{a}\right)}^m\right]{|}_{x=\frac{b}{a}},k\in [1,m-1]\end{array}$$

3. 分母$Q_m(x)$因式分解后存在复根的情况

其分母无实数根，只有复数根。我们也可使用留数法解决复根情况，将复数根代入计算，但是计算较为繁琐。不过有一种很巧妙的方法（见有理函数积分计算法则——留数思想法）可大大降低运算量，见例 5 及之后例题。

四、相关例题

【例 5】（2019 年真题）分解以下分式

$$f(x)=\frac{3x+6}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}$$

其中系数$A_1,A_2$易求
$$\begin{array}{rl}{A}_1& =\left[\frac{3x+6}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}\cdot (x-1{)}^2\right]{|}_{x=1}=3\\ A_2& =\frac{1}{(2-1)!}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\frac{3x+6}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}\cdot (x-1{)}^2\right]{|}_{x=1}=-2\end{array}$$

对于系数$M,N$可用以下方法：

先令$x_0$为$x^2+x+1=0$的一个复数根，然后在等式两边同乘$(x^2+x+1)$，并代入$x=x_0$，此时含有$(x^2+x+1)$的项将被消去，即
$$\begin{array}{rl}& \frac{3x+6}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}=\frac{A_1}{(x-1{)}^2}+\frac{A_2}{x-1}+\frac{Mx+N}{x^2+x+1}\\ \Rightarrow & \frac{3x+6}{(x-1{)}^2}=\frac{A_1(x^2+x+1)}{(x-1{)}^2}+\frac{A_2(x^2+x+1)}{x-1}+(Mx+N)\\ \Rightarrow & \frac{3x_0+6}{(x_0-1{)}^2}=M{x}_0+N（代入x=x_0，消去含x^2+x+1的项）\end{array}$$

现考虑将上式进一步化简，把二次项$(x_0-1{)}^2$凑成$(x^2+x+1)$，即
$$\begin{array}{rl}& \frac{3x_0+6}{(x_0-1{)}^2}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{3x_0+6}{x_0^2-2x_0+1}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{3x_0+6}{(x_0^2+x_0+1)-3x_0}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{3x_0+6}{-3x_0}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & -1-\frac{2}{x_0}=M{x}_0+N\end{array}$$

此时将其中一个复数根$x_0=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$代入等式两端，并对比左右求出系数，即
$$\begin{array}{rl}& -1-\frac{2}{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}}=M(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})+N\\ \Rightarrow & \sqrt{3}\mathrm{i}=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}M+(N-\frac{M}{2})（左边分式上下同乘共轭复数）\\ \Rightarrow & M=2,N=1（对比左右求出系数）\end{array}$$

可见这种方法大大简化了运算。

其中系数$A$易求
$$\begin{array}{rl}A& =\left[\frac{\frac{1}{2}x+1}{(x+\frac{1}{2})(x^2+x+1)}\cdot (x+\frac{1}{2})\right]{|}_{x=-\frac{1}{2}}=1\end{array}$$

对于系数$M,N$也可使用例 5 的方法求解，先令$x_0$为$x^2+x+1=0$的一个复数根，然后在等式两边同乘$(x^2+x+1)$，并代入$x=x_0$，此时含有$(x^2+x+1)$的项将被消去，即
$$\begin{array}{rl}& \frac{\frac{1}{2}x+1}{(x+\frac{1}{2})(x^2+x+1)}=\frac{A}{x+\frac{1}{2}}+\frac{Mx+N}{x^2+x+1}\\ \Rightarrow & \frac{\frac{1}{2}x+1}{x+\frac{1}{2}}=\frac{A(x^2+x+1)}{x+\frac{1}{2}}+(Mx+N)\\ \Rightarrow & \frac{\frac{1}{2}{x}_0+1}{x_0+\frac{1}{2}}=\frac{A(x_0^2+x_0+1)}{x_0+\frac{1}{2}}+(M{x}_0+N)\\ \Rightarrow & \frac{\frac{1}{2}{x}_0+1}{x_0+\frac{1}{2}}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{x_0+2}{2x_0+1}=M{x}_0+N\end{array}$$

现考虑将等式左边凑出$(x^2+x+1)$，但是分子、分母均为一次项，凑不出二次项出来，所以分子、分母需要乘以一个形如$(Ax+B)$的项，接着再凑出$(x^2+x+1)$。

如何确定这个$(Ax+B)$的项呢？使用长除法，用$(x^2+x+1)$去除以分母$2x+1$，得到：$x^2+x+1=(2x+1)(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4})+\frac{3}{4}$，于是等式左边上下同乘$(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4})$得：
$$\begin{array}{rl}& \frac{x_0+2}{2x_0+1}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{(x_0+2)(\frac{1}{2}{x}_0+\frac{1}{4})}{(2x_0+1)(\frac{1}{2}{x}_0+\frac{1}{4})}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{\frac{1}{2}{x}_0^2+\frac{5}{4}{x}_0+\frac{1}{2}}{(x_0^2+x_0+1)-\frac{3}{4}}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{\frac{1}{2}(x_0^2+x_0+1)+\frac{3}{4}{x}_0}{(x_0^2+x_0+1)-\frac{3}{4}}=M{x}_0+N（等式左边的分子也可凑x^2+x+1）\\ \Rightarrow & \frac{\frac{3}{4}{x}_0}{-\frac{3}{4}}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & -x_0=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & M=-1,N=0\end{array}$$

当然，用$(x^2+x+1)$去除以分子$x+2$也是可以的，得到：$x^2+x+1=(x+2)(x-1)+3$，于是等式左边上下同乘$(x-1)$得：
$$\begin{array}{rl}& \frac{x_0+2}{2x_0+1}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{(x_0+2)(x_0-1)}{(2x_0+1)(x_0-1)}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{(x_0^2+x_0+1)-3}{2x_0^2-x_0-1}=M{x}_0+N\\ \Rightarrow & \frac{(x_0^2+x_0+1)-3}{2(x_0^2+x_0+1)-3x_0-3}=M{x}_0+N（等式左边的分母也可凑x^2+x+1）\\ \Rightarrow & \frac{1}{x_0+1}=M{x}_0+N\end{array}$$

此时将其中一个复数根$x_0=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$代入等式两端，并对比左右求出系数，即
$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}}=M(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})+N\\ \Rightarrow & \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}M+(N-\frac{M}{2})（左边分式上下同乘共轭复数）\\ \Rightarrow & M=-1,N=0（对比左右求出系数）\end{array}$$

对比上面两种方法，可见第一种方法更简便。