Descomposición de la fracción parcial fácil con números complejos

Question

Hay un método sencillo para realizar un parcial fracción de descomposición - se describe aquí, en el "Repetidos de Raíces Reales" del título, para el coeficiente A2.

El problema es que este método no funciona en algunos casos, por ejemplo:

$$ \frac{1}{(2 + j \omega)^2 \, (4 + j \omega)} = \frac{A}{2 + j \omega} + \frac{B}{(2 + j \omega)^2} + \frac{C}{4 + j \omega} $$

Los coeficientes B,C conseguir su correctovalor: $$ B = \frac{1}{4 + j \omega} \Big|_{\omega=2j} = \frac 12 $$ $$ C = \frac{1}{(2 + j \omega)^2} \Big|_{\omega=4j} = \frac 14 $$

Pero el coeficiente A obtener un falsovalor: $$ A = \frac{d}{d \omega} \left( \frac{1}{4 + j \omega} \right)\Big|_{\omega=2j} = \frac{-j}{4} $$ La verdad/el valor apropiado para A es $-\frac 14$.

Me pregunto ¿cuál es la fórmula general para este tipo de elegante/rápido/fácil truco para encontrar los coeficientes durante el parcial de la fracción de descomposición?

Answer 1

La fracción parcial de expansión es

$$\frac{1}{(2+j\omega)^2(4+j\omega)}=\frac{A}{2+j\omega}+\frac{B}{(2+j\omega)^2}+\frac{C}{4+j\omega}\tag 1$$

Para encontrar $C$, multiplicamos ambos lados de $(1)$ $4+j\omega$ y tomar el límite cuando $j\omega \to -4$. Procedimiento, nos encontramos con

$$\begin{align} \lim_{j\omega \to -4}\frac{(4+j\omega)}{(2+j\omega)^2(4+j\omega)}&=\frac14\\\\ &=\lim_{j\omega \to -4}\left(\frac{A(4+j\omega)}{2+j\omega}+\frac{B(4+j\omega)}{(2+j\omega)^2}+\frac{C(4+j\omega)}{4+j\omega}\right)\\\\ &=C \end{align}$$

Para encontrar $B$ , multiplicamos ambos lados de $(1)$ $(2+j\omega)^2$ y tomar el límite cuando $j\omega \to -2$. Procedimiento, nos encontramos con

$$\begin{align} \lim_{j\omega \to -2}\frac{(2+j\omega)^2}{(2+j\omega)^2(4+j\omega)}&=\frac12\\\\ &=\lim_{j\omega \to -2}\left(\frac{A(2+j\omega)^2}{2+j\omega}+\frac{B(2+j\omega)^2}{(2+j\omega)^2}+\frac{C(2+j\omega)^2}{4+j\omega}\right)\\\\ &=B \end{align}$$

Para encontrar $A$ , multiplicamos ambos lados de $(1)$$(2+j\omega)^2$, tomamos la derivada con respecto al $j\omega$, y tomar el límite cuando $j\omega \to -2$. Procedimiento, nos encontramos con

$$\begin{align} \lim_{j\omega \to -2}\frac{d}{d(j\omega)}\left(\frac{(2+j\omega)^2}{(2+j\omega)^2(4+j\omega)}\right)&=-\frac14\\\\ &=\lim_{j\omega \to -2}\frac{d}{d(j\omega)}\left(\frac{A(2+j\omega)^2}{2+j\omega}+\frac{B(2+j\omega)^2}{(2+j\omega)^2}+\frac{C(2+j\omega)^2}{4+j\omega}\right)\\\\ &=A \end{align}$$

Answer 2

Supongamos que queremos descomponer $\frac{P(x)}{Q(x) (x-\rho)^n}$, $Q(\rho) \ne 0$:

$$\frac{P(x)}{Q(x) (x-\rho)^n} - \frac{a}{(x-\rho)^n} = \frac{P(x) - a Q(x) }{Q(x) (x-\rho)^n} = \frac{(x-\rho) S(x) + b }{Q(x) (x-\rho)^n} = \frac{S(x)}{Q(x) (x-\rho)^{n-1}} + \frac{b }{Q(x) (x-\rho)^n}$$

($S(x)$ y $b$ se obtienen por división euclídea $P(x) - a Q(x)$ en $(x-\rho)$)

el objetivo es elegir $a$ tal que $b= 0$: por lo tanto elegir $a$ tal que desaparece el polinomio $P(x) - a Q(x)$ $x = \rho$, que siempre es posible desde $Q(\rho) \ne 0$:

$$a = \frac{P(\rho)}{Q(\rho)}$$

por lo tanto, por la inducción vemos que podemos descomponer cualquier función racional:

$$\frac{P(x)}{\prod_i (x-\rho_i)^{e_i}} = R(x) + \sum_i \sum_{k=1}^{e_i} \frac{a_{i,k}}{(x-\rho_i)^{k}}$$

Answer 3

Aquí están los mecánicos de la broma. Vamos a multiplicar la ecuación por $4+j\omega$:

$$ \frac{1}{(2 + j \omega)^2 \, } = \frac{(4 + j \omega)} {2 + j \omega} + \frac{(4 + j \omega)B}{(2 + j \omega)^2} + C. $$

Ahora las cosas muy bien caer si nos fijamos en $\omega = 4j$:

$$\frac{1}{(2-4)^2} = C.$$

Pero ... el lado izquierdo es sólo la expresión original con el $(4+j\omega)$ "encubierto" (desde que se multiplica todo por $4+j\omega$). La evaluación de esta cubierto de expresión a la raíz de lo que hemos cubierto hasta da el coeficiente.

Las cosas no todas cancelar con una raíz repetida. Multiplicar por $2 + j\omega$:

$$ \frac{1}{(2 + j \omega) \, (4 + j \omega)} = Un + \frac{B}{(2 + j \omega)} + \frac{(2 + j \omega)C}{4 + j \omega}. $$

Todavía hay la $2 + j \omega$ en el denominador en $B$ por lo que el "truco" de falla y tenemos que encontrar alguna otra forma.

Answer 4

Supongamos $f(z)$ es una función racional con polos en $z = z_n$ en el plano complejo. Luego de considerar las Laurent expansión de $f(z)$ alrededor de cada polo (una Laurent expansión es la generalización de la expansión de Taylor donde se incluyen ahora las potencias negativas). Deje $g_n(z)$ denotar la suma de todas las singulares condiciones de la expansión de la $f(z)$$z = z_n$. A continuación, considere la función $h(z)$ se define como:

$$h(z) = f(z) - \sum_n g_n(z)$$

Claramente $h(z)$ es entonces también una función racional, pero ya hemos restado todas las singularidades de f(z), la función de $h(z)$ sólo ha extraíble singularidades, por lo que, en realidad, es un polinomio. Si $f(z)$ tiene un numerador con un grado menor que su denominador, entonces podemos ver que $h(z)$ t tiende a cero en el infinito, lo que significa que $h(z)$ es realmente cero en todas partes. En ese caso, por lo tanto tenemos:

$$f(z) = \sum_n g_n(z)$$

Si el grado del numerador no es menor que el grado del denominador, entonces usted puede utilizar esta fórmula si usted interpretar el punto en el infinito como una singularidad. Usted, a continuación, incluir la expansión en el infinito donde usted respecto singular términos de condiciones con los poderes positivos de $z$.