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目錄
部分分式的題型 1題型 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2題型 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5題型 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10題型 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17題型 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22題型 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
I
July 3, 2017 http://www.superyu.idv.tw 喻超凡數位企業有限公司 1
部分分式的題型
1. 分母均為一次因子 。
2. 分母具有數個一次因子, 及一個二次因子 。
3.f(x)
(x− a)2(x− b)2( deg {f(x)} ≤ 3 )
4.f(x)
(x2 + a x+ b) (x2 + c x+ d)( deg {f(x)} ≤ 3 )
5. 分母含有超高次因子 。
6. 代值法 。
2 喻超凡數位企業有限公司 版權所有 , 請勿轉載 July 3, 2017
題型 1
分母均為一次因子 : Heaviside 覆蓋法
設 f(x) 、 g(x) 為多項式 , 若 g(x) = (x− a)Q(x) , 且 deg {g(x)} > deg {f(x)} , 則
f(x)
g(x)=
f(x)
(x− a) Q(x)=
α
(x− a)+ E(x)
對上式兩端乘上 (x− a) 的因子 , 可得
(x− a) f(x)
(x− a) Q(x)=
(x− a) α
(x− a)+ E(x) (x− a)
即f(x)
Q(x)= α + E(x) (x− a)
令 x = a 代入上式可得f(a)
Q(a)= α + E(a) (a− a)
即
α =f(a)
Q(a)=
f(x)
Q(x)
∣∣∣x=a
上式稱為 Heaviside 覆蓋法 ( Heaviside ”Cover-up” Method ) , 讀者可參
考 Thomas, Weir, Hass, Ciordano, Thomas’ Calculus, 11th Edition, pp567, Pearson
Education, Inc., 2005.
July 3, 2017 http://www.superyu.idv.tw 喻超凡數位企業有限公司 3
1. 求x2 + 2x− 1
2x3 + 3x2 − 2x的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令
x2 + 2x− 1
2x3 + 3x2 − 2x=
x2 + 2x− 1
x (2x− 1) (x+ 2)=
A
x+
B
2x− 1+
C
x+ 2
其中
A =x2 + 2x− 1
(2x− 1) (x+ 2)
∣∣∣x=0
=1
2
B =x2 + 2x− 1
x (x+ 2)
∣∣∣x= 1
2
=1
5
C =x2 + 2x− 1
x (2x− 1)
∣∣∣x=−2
= − 1
10
4 喻超凡數位企業有限公司 版權所有 , 請勿轉載 July 3, 2017
精 選 習 題
1.(3s+ 2)
s(s+ 1)(6s+ 1)=
2
s− 1
5(s+ 1)− 54
5(6s+ 1)
2.s+ 2
(s− 2)(s+ 3)=
4
5(s− 2)+
1
5(s+ 3)
3.(2s− 10)(s+ 2) + 6
(s− 1)(s+ 3)(s+ 2)= − 3
2(s− 1)− 2
s+ 2+
11
2(s+ 3)
4.12
s(s+ 3)(s+ 2)=
2
s− 6
s+ 2+
4
s+ 3
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題型 2
分母具有數個一次因子, 及一個二次因子
f(x)
(x− a) (x2 + bx+ c)=
α
x− a+
β x+ γ
x2 + bx+ c( deg{f(x)} < 3)
(1) Heavisied 覆蓋法 , 處理一次因子的係數 α 。
α =f(x)
(x2 + bx+ c)
∣∣∣x=a
(2) 兩端乘 x 取 x → ∞ , 處理二次因子 x 的係數 β 。
limx→∞
x f(x)
(x− a) (x2 + bx+ c)= lim
x→∞x α
x− a+ lim
x→∞x ( β x+ γ )
x2 + bx+ c
(3) 代分母不為 0 的數 , 處理二次因子常數項的係數 γ 。
6 喻超凡數位企業有限公司 版權所有 , 請勿轉載 July 3, 2017
1. 求2x+ 1
(x+ 1) (x− 2)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令2x+ 1
(x+ 1) (x− 2)2=
A
x+ 1+
B1
x− 2+
B2
(x− 2)2(1)
(1) 先求 A 、 B2
A =2x+ 1
(x− 2)2
∣∣∣x=−1
= −1
9
(2) 再求 B1 , 對 (1) 式兩端乘上 x 後, 再取 x → ∞, 可得
limx→∞
x (2x+ 1)
(x+ 1) (x− 2)2= lim
x→∞{ x A
x+ 1+
x B1
x− 2+
x B2
(x− 2)2
}
可得
0 = A+B1
故
B1 = −A = −(−1
9) =
1
9
2. 求18 + 11x− x2
(x+ 1) (x− 1) (x2 + 3x+ 3)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令
18 + 11x− x2
(x+ 1) (x− 1) (x2 + 3x+ 3)=
A
x+ 1+
B
x− 1+
C x+D
x2 + 3x+ 3(1)
(1) 先求 A 、 B
A =18 + 11x− x2
(x− 1) (x2 + 3x+ 3)
∣∣∣x=−1
= −3
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B =18 + 11x− x2
(x+ 1) (x2 + 3x+ 3)
∣∣∣x=1
= 2
(2) 再求 C, 對 (1) 式兩端乘上 x 後, 再取 x → ∞, 可得
limx→∞
x (18 + 11x− x2)
(x+ 1)(x− 1)(x2 + 3x+ 3)= lim
x→∞{ x A
x+ 1+
x B
x− 1+
x (C x+D)
x2 + 3x+ 3
}
可得
0 = A+B + C
故
C = −A−B = −(−3)− 2 = 1
(3) 最後求 D, 令分母不為 0 的數代回 (1) 式中, 現令 x = 0 可得
18
−3=
A
1+
B
−1+
D
3
故D
3= −6− A+B = −6 − (−3)− 2 = −1
即 D = −3
3. 求x2 − x− 21
(2x− 1) (x2 + 4)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令x2 − x− 21
(2x− 1) (x2 + 4)=
A
2x− 1+
B x+ C
x2 + 4(1)
(1) 先求 A
A =x2 − x− 21
(x2 + 4)
∣∣∣x= 1
2
= −5
(2) 再求 B, 對 (1) 式兩端乘上 x 後, 再取 x → ∞, 可得
limx→∞
x (x2 − x− 21)
(2x− 1)(x2 + 4)= lim
x→∞{ x A
2x− 1+
x (B x+ C)
x2 + 4
}
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可得1
2=
A
2+B , 故 B =
1
2− (
−5
2) = 3
(3) 最後求 C, 令分母不為 0 的數代回 (1) 式中, 現令 x = 0 可得
−21
−4=
A
−1+
C
4
故
C = 21 + 4A = 21 + 4(−5) = 1
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精 選 習 題
1.s(s+ 2)
(s+ 1)(s2 + 1)= − 1
2(s+ 1)+
3s+ 1
2(s2 + 1)
2.3(s2 + 4)
s(s2 − s+ 4)=
3
s+
3
s2 − s+ 4
3.1
(s+ 2)(s+ 1)2=
1
s+ 2− 1
s+ 1+
1
(s+ 1)2
4.s2 + s+ 1
s(s2 + 2s+ 2)=
1
2s+
s
2(s2 + 2s+ 2)
5.1
s(s2 + 2s+ 2)=
1
2s− s+ 2
2(s2 + 2s+ 2)
6.1
s(s+ 1)2=
1
s− 1
s+ 1− 1
(s+ 1)2
7.s3 − 4s2 + 4
s2(s− 1)(s− 2)=
3
s+
2
s2+
−1
s− 1+
−1
s− 2
8.s3 + s2 + 1
s2(s− 1)(s+ 1)=
3
2(s− 1)− 1
2(s+ 1)− 1
s2
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題型 3
分母含有一次重複因子
設 f(x) 、 g(x) 為多項式 , 若 g(x) = (x− a)nQ(x) , 且
deg {g(x)} > deg {f(x)}
則
f(x)
g(x)=
f(x)
(x− a)n Q(x)
=α1 xn−1 + α2 xn−2 + · · ·+ αn
(x− a)n+ E(x)
=β1 (x− a)n−1 + β2 (x− a)n−2 + · · ·+ βn
(x− a)n+ E(x)
=β1
(x− a)+
β2(x− a)2
+ · · ·+ βn(x− a)n
+ E(x)
對上式兩端乘上 (x− a)n 的因子 , 可得
(x− a)n f(x)
(x− a)n Q(x)= (x− a)n
{β1
(x− a)+
β2(x− a)2
+ · · ·+ βn(x− a)n
+ E(x)}
即f(x)
Q(x)= β1 (x− a)n−1 + β2 (x− a)n−2 + · · ·+ βn + E(x) (x− a)n
對上式微分 (n− 1) 次可得
limx→a
dn−1
dxn−1{ f(x)
Q(x)} = lim
x→aβ1 (n− 1)! + lim
x→a
dn−1
dxn−1{E(x) (x− a)n }
因此
limx→a
dn−1
dxn−1{ f(x)
Q(x)} = β1 (n− 1)! ⇒ β1 =
1
(n− 1)!limx→a
dn−1
dxn−1{ f(x)
Q(x)}
公式法
βk =1
(n− k)!limx→a
dn−k
dxn−k{ f(x)
Q(x)} ; k = 1 , 2 , · · · , n
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特例
f(x)
(x− a)2 (x− b)2=
α1
x− a+
α2
(x− a)2+
β1(x− b)
+β2
(x− b)2( deg {f(x)} ≤ 3 )
(1) α1 ={ f(x)
(x− b)2
}′x=a
={ f ′(x)(x− b)2
+f(x) (−2)
(x− b)3
} ∣∣∣x=a
(2) α2 、 β2 用 Heaviside 覆蓋法來求解 。
(3) β1 用兩端乘 x 取 x → ∞ 來求解 。
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1. 求1
x2 (x+ 3)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 因1
x2 (x+ 3)2=
A
x+
B
x2+
C
x+ 3+
D
(x+ 3)2(1)
A = { 1
(x+ 3)2}′∣∣∣x=0
=−2
(x+ 3)3
∣∣∣x=0
= − 2
27
B =1
(x+ 3)2
∣∣∣x=0
=1
9
D =1
x2
∣∣∣x=−3
=1
9
對 (1) 式兩端乘 x 取 x → ∞
limx→∞
x · 1x2 (x+ 3)2
= limx→∞
{ x A
x+
x B
x2+
x C
x+ 3+
x D
(x+ 3)2}
可得
0 = A+ C ⇒ C =2
27
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2. 求−2s3 + 9s2 + 1
s2 (s− 2)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 �−2s3 + 9s2 + 1
s2 (s− 2)2=
A
s+
B
s2+
C
s− 2+
D
(s− 2)2(1)
A = { −2s3 + 9s2 + 1
(s− 2)2}′
∣∣∣s=0
= {−6s2 + 18s
(s− 2)2+
(−2s3 + 9s2 + 1) (−2)
(s− 2)3}∣∣∣s=0
=1
4
B =−2s3 + 9s2 + 1
(s− 2)2
∣∣∣s=0
=1
4
D =−2s3 + 9s2 + 1
s2
∣∣∣s=2
=21
4
−2s3 + 9s2 + 1
s2 (s− 2)2=
A
s+
B
s2+
C
s− 2+
D
(s− 2)2(1)
對 (1) 式兩端乘 s 取 s → ∞
lims→∞
s (−2s3 + 9s2 + 1)
s2 (s− 2)2= lim
s→∞{ s A
s+
s B
s2+
s C
s− 2+
s D
(s− 2)2}
可得
−2 = A+ C ⇒ C = −9
4
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3. 求s3 + s+ 1
(s− 1)2 (s2 + s + 1)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令s3 + s+ 1
(s− 1)2 (s2 + s+ 1)=
A
s− 1+
B
(s− 1)2+
C s+D
s2 + s + 1(1)
A = {s3 + s+ 1
s2 + s+ 1}′
∣∣∣s=1
= { 3s2 + 1
s2 + s+ 1+
(s3 + s+ 1) · (−1)(2s+ 1)
(s2 + s + 1)2}∣∣∣s=1
=4
3− 3× 3
9=
1
3
s3 + s+ 1
(s− 1)2 (s2 + s+ 1)=
A
s− 1+
B
(s− 1)2+
C s+D
s2 + s + 1(1)
B =s3 + s+ 1
(s2 + s+ 1)
∣∣∣s=1
= 1
對 (1) 式兩端乘 s 取 s → ∞
lims→∞
s (s3 + s+ 1)
(s− 1)2 (s2 + s+ 1)= lim
s→∞{ s A
s− 1+
s B
(s− 1)2+
s (C s+D)
s2 + s+ 1}
可得
1 = A+ C ⇒ C =2
3
令 s = 0 代回 (1) 式可得
1 = −A +B +D ⇒ D =1
3
4. 求s4 + s+ 1
s2 (s− 1) (s− 2)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
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《解》 �s4 + s+ 1
s2 (s− 1) (s− 2)2=
A
s+
B
s2+
C
s− 1+
D
s− 2+
E
(s− 2)2(1)
A = { s4 + s+ 1
(s− 1) (s− 2)2}′
∣∣∣s=0
= { 4s3 + 1
(s− 1) (s− 2)2+
(s4 + s+ 1)(−1)
(s− 1)2(s− 2)2+
(s4 + s+ 1)(−2)
(s− 1)(s− 2)3}∣∣∣s=0
= −1
4− 1
4− 1
4= −3
4
s4 + s+ 1
s2 (s− 1) (s− 2)2=
A
s+
B
s2+
C
s− 1+
D
s− 2+
E
(s− 2)2(1)
B =s4 + s+ 1
(s− 1) (s− 2)2
∣∣∣s=0
= −1
4
C =s4 + s+ 1
s2 (s− 2)2
∣∣∣s=1
= 3
E =s4 + s+ 1
s2 (s− 1)
∣∣∣s=2
=19
4
對 (1) 式兩端乘 s 取 s → ∞
lims→∞
s (s4 + s+ 1)
s2 (s− 1) (s− 2)2= lim
s→∞{ s A
s+
s B
s2+
s C
s− 1+
s D
s− 2+
s E
(s− 2)2}
可得
1 = A+ C +D ⇒ D = −5
4
16 喻超凡數位企業有限公司 版權所有 , 請勿轉載 July 3, 2017
精 選 習 題
1.s3 + s+ 1
(s− 1)2(s− 2)2)= − 9
s− 2+
11
(s− 2)2+
10
s− 1+
3
(s− 1)2
2.s2 + s+ 1
(s− 1)2(s+ 1)2(s+ 2)
= − 1
12(s− 1)+
1
4(s− 1)2− 1
4(s+ 1)+
1
4(s+ 1)2+
1
3(s+ 2)
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題型 4
f(x)
(x2 + a x+ b) (x2 + c x+ d)=
g(x)
x2 + a x+ b+
h(x)
x2 + c x+ d(deg{f(x)} ≤ 3)
其中
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1. 求s2
(s2 + 2) (s2 + 12)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 �s2
(s2 + 2) (s2 + 12)=
A
s2 + 2+
B
s2 + 12
其中
A =s2
(s2 + 12)
∣∣∣s2=−2
=−2
−2 + 12=
−2
10= −1
5
B =s2
(s2 + 2)
∣∣∣s2=−12
=−12
−12 + 2=
−12
−10=
6
5
2. 求−s3 + s2 + s+ 1
s2 (s2 + 9)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 �
−s3 + s2 + s+ 1
s2 (s2 + 9)=
=s+ 1
9 s2− 10s− 8
9 (s2 + 9)
3. 求s3
s4 + 4的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
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《解》 �
s3
s4 + 4=
s3
s4 + 4 + 4s2 − 4s2=
s3
(s2 + 2)2 − 4s2
=s3
(s2 − 2s+ 2) (s2 + 2s+ 2)
故
s3
s4 + 4=
s3
(s2 − 2s+ 2) (s2 + 2s+ 2)=
A
s2 − 2s+ 2+
B
s2 + 2s+ 2
A =s− 1
2
B =s+ 1
2
4. 求s
s4 + a4的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 �
s
s4 + a4=
s
s4 + a4 + 2a2s2 − 2a2s2=
s
(s2 + a2)2 − 2a2s2
=s
(s2 −√2 as + a2) (s2 +
√2 as + a2)
=
=1
2√2a (s2 −√
2a s+ a2)− 1
2√2a (s2 +
√2a s+ a2)
5. 求s− 1
s2 (s2 − s+ 1)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
20 喻超凡數位企業有限公司 版權所有 , 請勿轉載 July 3, 2017
《解》 �s− 1
s2 (s2 − s+ 1)=
−1
s2+
1
s2 − s+ 1
6. 求1
s2 (s2 − s+ 1)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 �1
s2 (s2 − s+ 1)=
A
s2+
B
s2 − s+ 1
其中
A = s+ 1 , B = −s
7. 求1
(s2 + 4) (s2 + 2s+ 2)的部分分式 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令1
(s2 + 4) (s2 + 2s+ 2)=
A
s2 + 4+
B
s2 + 2s+ 2
其中
A =s+ 1
−10, B =
s+ 3
10
July 3, 2017 http://www.superyu.idv.tw 喻超凡數位企業有限公司 21
精 選 習 題
1.1 + 3s
s2(s2 + 4)=
3
4s+
1
4s2− 1 + 3s
4(s2 + 4)
2.s− 1
(s2 + 1)(s2 − 2s+ 2)= − s+ 3
5(s2 + 1)+
s+ 1
5(s2 − 2s+ 2)
3.6
(s2 + 1)(s2 + 9)=
3
4(s2 + 1)− 3
4(s2 + 9)
4.s3 − 3s2 + 5s− 7
s4 + 4=
5s− 8
8(s2 − 2s+ 2)+
3s− 20
8(s2 + 2s+ 2)
5.2s+ 1
s2(s2 + 2s+ 2)=
1
2s2+
1
2s− s + 3
2(s2 + 2s+ 2)
6.s3 − 3s2 + 5s− 7
(s2 + s + 1)(s2 + 3s+ 3)=
11s+ 8
2(s2 + s+ 1)− 9s+ 38
2(s2 + 3s+ 3)
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題型 5
分母含有超高次因子 : 個個擊破
July 3, 2017 http://www.superyu.idv.tw 喻超凡數位企業有限公司 23
1. 求x4 + 1
x (x2 + 1)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令x4 + 1
x (x2 + 1)2=
A
x+ E(x) (1)
(1) 先求 A
A =x4 + 1
(x2 + 1)2
∣∣∣x=0
= 1
(2) 再求 E(x) ; 將A
x=
1
x移項到等號左邊, 可得
E(x) =x4 + 1
x(x2 + 1)2− 1
x
=x4 + 1
x(x2 + 1)2− 1
x
=(x4 + 1)− (x2 + 1)2
x(x2 + 1)2
=x4 + 1− (x4 + 2x2 + 1)
x(x2 + 1)2
=−2x2
x(x2 + 1)2=
−2x
(x2 + 1)2
2. 求2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3
(x+ 1) (x2 + 1)2的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3
(x+ 1) (x2 + 1)2=
A
x+ 1+ E(x) (1)
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(1) 先求 A
A =2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3
(x2 + 1)2
∣∣∣x=−1
= 2
(2) 再求 E(x) ; 將A
x+ 1=
2
x+ 1移項到等號左邊, 可得
E(x) =2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3
(x+ 1)(x2 + 1)2− 2
x+ 1
=2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3− 2(x2 + 1)2
(x+ 1)(x2 + 1)2
=2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3− 2(x2 + 1)2
(x+ 1)(x2 + 1)2
=2x4 + x3 + 7x2 + 3x+ 3− 2(x4 + 2x2 + 1)
(x+ 1)(x2 + 1)2
=x3 + 3x2 + 3x+ 1
(x+ 1)(x2 + 1)2=
(x+ 1)(x2 + 2x+ 1)
(x+ 1)(x2 + 1)2
=x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2=
(x2 + 1) + 2x
(x2 + 1)2
=1
x2 + 1+
2x
(x2 + 1)2
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精 選 習 題
1.2s2 + 2s+ 1
s3(s+ 1)=
1
s3+
1
s2+
1
s− 1
s+ 1
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題型 6
代值法 : 代值順序
(1) 一次因子之根 。
(2) 比較最高次方的兩端係數 。
(3) 依序代入 x = 0 、 ±1 、 ±2 、 · · · 。
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1. 求18 + 11s− s2
(s+ 1) (s− 1) (s2 + 3s+ 3)的部分分式 。 《喻超凡, 喻超弘 》
《解》 � 令
18 + 11s− s2
(s+ 1) (s− 1) (s2 + 3s+ 3)=
A
s+ 1+
B
s− 1+
Cs+D
s2 + 3s+ 3(1)
將 (1) 式兩端乘上 (s+ 1) (s− 1) (s2 + 3s+ 3) , 可得
−s2 + 11s+ 18 = A(s− 1) (s2 + 3s+ 3) +B(s+ 1) (s2 + 3s+ 3)
+(Cs+D) (s+ 1) (s− 1) (2)
(1) 代一次因子的根 :
令 s = −1 代回 (2) 式可得
6 = −2A ⇒ A = −3
令 s = 1 代回 (2) 式可得
28 = 14B ⇒ B = 2
(2) 比較 (2) 式兩端最高次 (s3) 係數可得
0 = A+B + C ⇒ C = 1
(3) 令 s = 0 代回 (2) 式可得
18 = −3A+ 3B −D ⇒ D = −3
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