0 写在前面
本文所写的内容仅仅是从我个人所的理解的，可能写的并不严谨，如有大佬发现文章中有较大的问题，请在评论中指出，谢谢。
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1 前言？
拆分有理函数分式指的是将一个形如 $\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)}$ 有理函数的分式给拆成另一些形如 $\frac{\mathcal{P_1}(x)}{\mathcal{Q_1}(x)}+\frac{\mathcal{P_2}(x)}{\mathcal{Q_2}(x)}...$ 的形式。本文之后会直接用“分式”或“有理分式”来直接指代“有理函数的分式”，这可能会出现歧义，但确实是合理的。
这种对有理分式的拆分在很多时候是很有用的，一个例子就是对有理分式的不定积分，因为不定积分是线性的，很多时候将一个复杂的函数拆成多个简单函数的和能简化不少的步骤。还有个例子便是求拉普拉斯逆变换，例如在控制理论中很多时候会遇到些相对比较简单的传递函数，通过传递函数反求输入与输出的数学关系的时候就十分依赖对分式的拆分。
留数法拆分有理分式在很多时候会比用待定系数法计算起来方便许多，特别是在分解分母后，分母是 $(x-a)^n$ 的形式，在 $n$ 不大的情况下，留数法要比待定系数法简单不知道多少倍。
本人在过去曾写过一篇回答讲解过留数法拆分有理分式的文章（文章链接点这里），但那篇文章显然写的不够好，故本人想重新写一篇文章来详细说说关于留数法拆分有理分式的文章。
本文最主要的结论是第5节与第6节的内容，第7节是前面两节结论的应用，这三节当然是本文之中最重要的部分，本文打'*'的章节属于是读不读都无所谓的内容了，可以选择直接跳过。
2 一切的原点
本文的内容是关于有理分式的拆分的，所以我们理应解释下为什么可以将一个有理分式给拆分。故我们先摘抄《同济高数 第七版 上册》P213与P214中的一段内容作为本文的基本引理，接下去的推导皆基于这些引理。
首先我们应该先定义下什么叫有理函数分式：
$\qquad$ 两个多项式的商 $\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)}$ 称为有理函数，又称有理分式. 我们总假定分子多项式 $\mathcal{P}(x)$ 与分母多项式 $\mathcal{Q}(x)$ 之间没有公因式. 当分子多项式 $\mathcal{P}(x)$ 的次数小于分母多项式 $\mathcal{Q}(x)$ 的次数时，称这有理函数为真分式，否则称为假分式.
对于假分式的形式，我们处理起来比较麻烦，不过没事，因为：
$\qquad$利用多项式的除法，总可以将一个假分式化成一个多项式与一个真分式之和的形式.
我们称上面的这段为引理1，接下去应该会用到。下面的就是引理2，也是最重要的内容：
$\qquad$ 对于真分式 $\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)}$ ，如果分母可分解为两个多项式的乘积 $$\mathcal{Q}(x)=\mathcal{Q_1}(x)\mathcal{Q_2}(x)，$$ 且 $\mathcal{Q_1}(x)$ 与$\mathcal{Q_2}(x)$ 没有公因式，那么它可拆分成两个真分式之和 $$\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)}=\frac{\mathcal{P_1}(x)}{\mathcal{Q_1}(x)}+\frac{\mathcal{P_2}(x)}{\mathcal{Q_2}(x)}，$$ 上述步骤称为把真分式化成部分分式之和. 如果 $\mathcal{Q_1}(x)$ 与 $\mathcal{Q_2}(x)$ 还能再分解成两个没有公因式的多项式的乘积，那么就可再分拆成更简单的部分分式. 最后，有理函数的分解式中只出现多项式、$\frac{\mathcal{P_1}(x)}{(x-a)^k}$ 、 $\frac{\mathcal{P_2}(x)}{(x^2+px+q)^l}$ 等三类函数（这里 $p^2-4q<0$ ，$\mathcal{P_1}(x)$ 为小于 $k$ 次的多项式，$\mathcal{P_2}(x)$ 为小于 $2l$ 次的多项式）.
3 推广一下上面的引理
由上面的引理2，我们知道一个有理分式可能可以拆分出 $\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^k}$ 的形式，可这个形式仍然过于复杂，我们接下去将证明：
对于 $\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^k}$ 形式的真有理分式，$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^k} = \frac{A_1}{(x-a)^k}+\frac{A_2}{(x-a)^{k-1}}+...+\frac{A_k}{x-a}$ ，其中 $A_1, A_2, ... ,A_k \in \mathbb{R}$ .
这个推广很容易证明，我们用数学归纳法便可证明。
首先，当 $k=1$ 时，等式自然成立。这是因为 $\mathcal{P}(x)$ 为小于 $k$ 次的多项式，而分母的次数为 $1$ ，则分子自然为一常数。
现在我们假定等式对 $k=n$ 时成立，若等式对 $k=n+1$ 也成立的话，那我们就能说等式对所有 $n\ge1$ 的自然数均成立。
那到底能否推出等式对$k=n+1$也成立呢？答案是肯定的。不过我们需要分类讨论一下。
-
当$\mathcal{P}(x)$的次数小于$k-1$，也就是分子次数小于$n$时，$$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^{n+1}} = \frac{1}{x-a}(\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^n})，$$ 由于$\mathcal{P}(x)$的次数小于$n$，所以括号内也是个真有理分式。并且我们已经假定了等式对$k=n$时成立，则上式就可写成：$$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^{n+1}} = \frac{1}{x-a}(\frac{A_1}{(x-a)^n}+...+\frac{A_n}{x-a})=\frac{A_1}{(x-a)^{n+1}}+...+\frac{A_n}{(x-a)^2}，$$符合我们最开始的等式。即对于$\mathcal{P}(x)$的次数小于$k-1$时，我们的推广是正确的。
-
当$\mathcal{P}(x)$的次数等于$k-1$，也就是分子次数等于$n$时时，$$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^{n+1}} = \frac{1}{x-a}(\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^n})，$$ $\mathcal{P}(x)$的次数等于$n$，也就是说括号内是个假分式。根据引理1，我们知道一个假分式可以化成一个多项式与一个真分式之和，即$$\frac{1}{x-a}(\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^n})=\frac{1}{x-a}(\mathcal{P_1}(x)+\frac{\mathcal{P_2(x)}}{\mathcal{Q_2}(x)})，$$根据多项式的除法，我们能确定两件事:
- $\mathcal{P_1(x)}$是个常数，这是因为多项式除法中最高次相同。
- $\mathcal{P_2(x)}$的次数小于$\mathcal{Q_2(x)}$的次数，且$\mathcal{Q_2(x)}=(x-a)^n$，这同样是多项式除法所保证的。
那我们也就能断定$\frac{\mathcal{P_2(x)}}{\mathcal{Q_2}(x)}=\frac{A_1}{(x-a)^n}+...+\frac{A_n}{x-a}$，即原式能变成：$$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^{n+1}} = \frac{1}{x-a}(A_0+\frac{A_1}{(x-a)^n}+...+\frac{A_n}{x-a})=\frac{A_0}{x-a}+\frac{A_1}{(x-a)^{n+1}}+...+\frac{A_n}{(x-a)^2}，$$同样符合我们最开始的等式。即对于$\mathcal{P}(x)$的次数等于$k-1$时，我们的推广也是正确的。
综上所述，我们的推广对所有$n\ge1$的自然数均成立。Q.E.D.
我很想再把$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x^2+px+q)^l}$推广成$\frac{a_1x+b_1}{(x^2+px+q)^l}+\frac{a_2x+b_2}{(x^2+px+q)^{l-1}}+...+\frac{a_lx+b_l}{x^2+px+q}$但这个结论其实对我们而言没有用，而且还很复杂，最主要的是如果这么推广的话我们最后的公式就无法写成统一的形式了。
我们希望能把$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x^2+px+q)^l}$形式给变成$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^k}$的形式，做不到吗？其实我们只要不局限于实数的范围内，我们就能实现了。$x^2+px+q=0,\ p^2-4q<0$ 时，在实数域内无解，但在复数域中有一对共轭的解。那我们只要能证明上面的推广能推广至复数域就行了。
那这样的话我们就能将$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x^2+px+q)^l}$表示成$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-z)^l(x-\bar{z})^l}$继而又拆成$\frac{C{11}}{(x-z)^l}+...+\frac{C{1l}}{x-z}+\frac{C{21}}{(x-\bar{z})^l}+...+\frac{C{21}}{x-\bar{z}}$.
我现在很想说我们上面的推广显然成立，因为我们已经知道了这串逻辑在是实数域中的成立的，而复数域是实数域的推广，所以显然成立。但我们还是证明一下吧，显得严谨一点。如果不想看的同学可以跳转到再下一个章节。
4* 将引理推广至复数域
我们接下去将证明：
对于分式$\frac{Ax+B}{x^2+px+q}$ 其中$A,B\in \mathbb{C}\ ;p,q\in \mathbb{R}\ ; p^2-4q<0$，$\frac{Ax+B}{x^2+px+q} = \frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}}$ 其中$C_1,C_2\in\mathbb{C};\;z,\bar{z}\;$是$x^2+px+q=0$的两个共轭根.
我们先来讲讲为什么要证明这个命题，因为我们需要将$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x^2+px+q)^l}$变成$\frac{\mathcal{P}(x)}{(x-a)^k}$的形式，这样的话我们就得使用复数了，可我们的引理只对实数是有效的，我们得从头开始证明我们想要的结论。那我们肯定还是要使用数学归纳法。这样的话我们就必须得保证结论对第一项成立，我们现在要证明的这个命题就是我们想要的结论的第一项。如果$A,B\in \mathbb{R}$，那就变成了引理中的真分式的形式了，我们选择证明更强的$A,B\in \mathbb{C}$的形式，这是因为...因为这个结论更强，我们待会会用到...
我们不知道结论是否正确，那我们只能使用待定系数法试试，要是能找出我们想要的$C_1$与$C_2$，那也就能说明我们的命题是正确的。
我们得先做一些假设：
- 假设$z,\ \bar{z}$是$x^2+px+q=0$的根，$z=\alpha+\beta i\ ,\ \bar{z}=\alpha-\beta i$.
- 假设$A=a+\gamma i\ ,\ B=b+\delta i$.
- 假设$C_1=s+ui\ ,\ C_2=t+vi.$
- $a,b,s,t,u,v,\alpha,\beta,\gamma,\delta \in \mathbb{R}$，其中未知量有且仅有 $s,t,u,v$四个.
- $\frac{Ax+B}{x^2+px+q} = \frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}}$.
对于上式，我们其实是证明 $Ax+B=C_1(x-\bar{z})+C_2(x-z)$，我们移项一下能得到$(C_1+C_2)x+(-C_1\bar{z}-C_2z)$，显然我们需要：$$C_1+C_2=A \iff \begin{cases}s+t=a\u+v=\gamma \end{cases}\ \textcircled{1},$$对于加号右边的部分我们可以打开成：
$\begin{array}{ll}
& -C_1\bar{z}-C_2z\ =\ -(s+ui)(\alpha-\beta i)-(t+vi)(\alpha+\beta i)=\
& -(s\alpha-s\beta i+u\alpha i+u\beta)-(t\alpha+t\beta i+v\alpha i-v\beta)=\
& -s\alpha-t\alpha-u\beta+v\beta+(-u\alpha-v\alpha+s\beta-t\beta)i=\
& -(s+t)\alpha - (u-v)\beta-[(u+v)\alpha-(s-t)\beta]i\overset{\textcircled{1}}{=!=}\
& -a\alpha-(u-v)\beta+[-\gamma\alpha+(s-t)\beta]i
\end{array}$
对比下系数，我们就能知道：
$$\begin{cases}-a\alpha-(u-v)\beta=b\-\gamma\alpha+(s-t)\beta=\delta\end{cases}\iff\begin{cases}u-v=-\frac{b+a\alpha}{\beta}\s-t=\frac{\delta+\gamma\alpha}{\beta}\end{cases}\ \textcircled{2},$$
我们联立$\textcircled{1}$与$\textcircled{2}$就能得到：
$$s=\frac{a}{2}+\frac{\delta+\gamma\alpha}{2\beta}\ ;\ t=\frac{a}{2}-\frac{\delta+\gamma\alpha}{2\beta}\ ;\ u=\frac{\gamma}{2}-\frac{b+a\alpha}{2\beta}\ ;\ v=\frac{\gamma}{2}+\frac{b+a\alpha}{2\beta}$$
显然我们能找到唯一的四个值对应于$s,t,u,v$，也就确定了唯一的$C_1$与$C_2$，也就是说我们的命题1得证了。Q.E.D.
对于这个命题1，它有个很好的性质。我们先把结论写出来：
$$\frac{Ax+B}{x^2+px+q}=\frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}},\ C_1=(\frac{a}{2}+\frac{\delta+\gamma\alpha}{2\beta})+(\frac{\gamma}{2}-\frac{b+a\alpha}{2\beta})i\ ;\ C_2 = (\frac{a}{2}-\frac{\delta+\gamma\alpha}{2\beta})+(\frac{\gamma}{2}+\frac{b+a\alpha}{2\beta})i$$
若我们取$A,B$的虚部为$0$，即$\gamma = 0\ , \ \delta=0$，则：
$$C_1=\frac{a}{2}-\frac{b+a\alpha}{2\beta}i\ ;\ C_2=\frac{a}{2}+\frac{b+a\alpha}{2\beta}i$$
$C_1$与$C_2$是共轭的！也就是说：
如果$\frac{ax+b}{x^2+px+q}$是个真有理分式，则它可以拆分成$\frac{C}{x-z}+\frac{\bar{C}}{x-\bar{z}}$，其中$a,b,p,q\in \mathbb{R}\ ; p^2-4q<0\ ;\ z,\bar{z}\;$是$x^2+px+q=0$的两个共轭根,$C$与$\bar{C}$是一对共轭复数.
我们接下去证明第二个命题：
对于分式$\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^l}$ 其中$\mathcal{P(x)}$是一个次数不高于$2l$的复系数多项式。$\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^l}=\frac{\mathcal{P_1(x)}}{(x-z)^l}+\frac{\mathcal{P_2(x)}}{(x-\bar{z})^l}$，其中$\mathcal{P_1(x)}\ ,\mathcal{P_2(x)}$ 是次数不高于$l$的复系数多项式，$z\ ,\bar{z}$是$x^2+px+q$的一对共轭复根.
我们仍然用数学归纳法证明，当$l=1$时，那就是命题1，我们已经证明了。我们假设当$l=n$时命题成立，则当$l=n+1$时：
$\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^{n+1}}=\frac{1}{x^2+px+q}\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^n}$，我们对乘号右边的式子做长除法，确保分子的次数小于分母的次数。因为复数存在除法，所以长除法对复系数的多项式仍然成立。原式可以变成：
$\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^{n+1}}=\frac{1}{x^2+px+q}\frac{\mathcal{P(x)}}{(x^2+px+q)^n}=\frac{1}{x^2+px+q}(Ax+B+\frac{\mathcal{P_1(x)}}{(x^2+px+q)^n})$.
很显然，对于括号外的与括号内的分式，都满足我们的命题条件，并且次数小于等于$n$。在这个条件下我们已经假设命题成立了，所以我们可以拆分分式了：
$\begin{array}{ll}
& \frac{1}{x^2+px+q}(Ax+B+\frac{\mathcal{P_1(x)}}{(x^2+px+q)^n})=\frac{Ax+b}{x^2+px+q}+\frac{1}{x^2+px+q}\frac{\mathcal{P_1(x)}}{(x^2+px+q)^n}=\
& (\frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}})+(\frac{C_3}{x-z}+\frac{C_4}{x-\bar{z}})(\frac{\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^n}+\frac{Q_2(x)}{(x-\bar{z})^n})=\
& (\frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}})+(\frac{C_3\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_2(x)}}{(x-\bar{z})^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^n(x-\bar{z})}+\frac{C_3\mathcal{Q_2(x)}}{(x-z)(x-\bar{z})^n})
\end{array}$
上式中 $\mathcal{Q(x)}$ 是不超过 $n$ 次的复系数多项式，让这个多项式再乘以 $x^{n-1}$ 显然最高次不会超过 $2n$ 。我们接下去的行为也都不会使得分子的次数高于分母的次数。
$\begin{array}{ll}
& (\frac{C_1}{x-z}+\frac{C_2}{x-\bar{z}})+(\frac{C_3\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_2(x)}}{(x-\bar{z})^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^n(x-\bar{z})}+\frac{C_3\mathcal{Q_2(x)}}{(x-z)(x-\bar{z})^n})=\
& (\frac{C_1(x-z)^{n}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_2(x-\bar{z})^n}{(x-\bar{z})^{n+1}})+(\frac{C_3\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_2(x)}}{(x-\bar{z})^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_1(x)}(x-\bar{z})^{n-1}}{(x-z)^n(x-\bar{z})^n}+\frac{C_3\mathcal{Q_2(x)}(x-z)^{n-1}}{(x-z)^n(x-\bar{z})^n})=\
& (\frac{C_1(x-z)^{n}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_2(x-\bar{z})^n}{(x-\bar{z})^{n+1}})+(\frac{C_3\mathcal{Q_1(x)}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_4\mathcal{Q_2(x)}}{(x-\bar{z})^{n+1}}+\frac{\mathcal{R_1(x)+R_3(x)}}{(x-z)^n}+\frac{\mathcal{R_2(x)+R_4(x)}}{(x-\bar{z})^n})=\
& \frac{C_1(x-z)^{n}+C_3\mathcal{Q_1(x)}+(x-z)(\mathcal{R_1(x)+R_3(x)})}{(x-z)^{n+1}}+\frac{C_2(x-\bar{z})^n+C_4\mathcal{Q_2(x)}+(x-\bar{z})(\mathcal{R_2(x)+R_4(x)})}{(x-\bar{z})^{n+1}}= \
& \frac{\mathcal{P_3}}{(x-z)^{n+1}}+\frac{\mathcal{P_4}}{(x-\bar{z})^{n+1}}
\end{array}$
如此我们第二个命题也得证了，虽然看着很乱也没什么技术含量，但确实证明了命题2当$l\in \mathbb{N^*}$时确实是成立的。 Q.E.D.
最后，真的是最后了，我们还需要一个命题，但我们本文不会证明，因为我们只要把上一章证明推广公式过程中的实数统统换成复数，自然就得证了。（对，仍旧是数学归纳法，自然数可数这个性质真的太好用了！！！）
对于分式 $\frac{\mathcal{P(x)}}{(x-z)^n}$，其中 $\mathcal{P(x)}$ 是一个次数不高于 $n$ 的复系数多项式。$\frac{\mathcal{P(x)}}{(x-z)^n}=\frac{C_1}{(x-z)^n}+\frac{C_2}{(x-z)^{n-1}}+...+\frac{C_n}{x-z}$ ，其中 $C_1, C_2, ... ,C_n \in \mathbb{C}$.
5. 引理的统一表达形式
根据我们上面的引理、命题、命题的推论等等的东西，把它们揉在一起后就能得出一个结论：
对一个真分式 $\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)}$，若其分母能被因式分解为 $\mathcal{Q_1(x)}\mathcal{Q_2(x)}...\mathcal{Qn(x)}$，其中$\mathcal{Q\square(x)}$ 为 $(x-z\square)^\triangle\ , z\square\in \mathbb{C}$ . 则 $$\begin{align}
\frac{\mathcal{P}(x)}{\mathcal{Q}(x)} &= \frac{C_{11}}{(x-z1)^u}+\frac{C{12}}{(x-z1)^{u-1}}+...+\frac{C{1u}}{x-z1}\
&+\frac{C{21}}{(x-z2)^v}+\frac{C{22}}{(x-z2)^{v-1}}+...+\frac{C{2v}}{x-z2}\
&+ \quad ...... \quad +\
&+\frac{C{n1}}{(x-zn)^k}+\frac{C{n2}}{(x-zn)^{k-1}}+...+\frac{C{nn}}{x-z_n}
\end{align}$$ 其中$C_{ij}\in\mathbb{C}$. 并且若$zi$的虚部为$0$时，$C{ij}$也将退化为实数，即$C_{ij} \in \mathbb{R} \; \mathrm{if}\; z_i \in \mathbb{R}$.
还是简要说一下吧，这个结论是第2节的引理、第3节的推广、第4章的命题2与命题3的组合。这个结论就是我们接下去拆分有理分数的理论基础。
6. 留数法拆分有理分式
之前的全是铺垫，现在开始才是正片。
根据第5节的理论，我们可以将任意有理分式给拆分成一堆小的分式之和，这些小分式的格式是确定的，唯一需要我们计算的便是小分式的分子。我们需要一种快捷的方法求取小分式的分子。
我们来一点点研究该如何计算这个常数分子，先来个不失一般性的抽象例子吧：$\frac{}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}$ 其中分子我们用了 $$来表示，其含义仍旧是个次数不高于分母的实系数多项式。（用$*$是因为打起来方便）
根据我们第5节的理论，我们知道：
$$\frac{*}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}=\frac{C_1}{(x-a)^4}+\frac{C_2}{(x-a)^3}+\frac{C_3}{(x-a)^2}+\frac{C_4}{x-a}+\frac{**}{(x^2+px+q)^2}$$
我们先只关注$x-a$的部分，暂时忽略$x^2+px+q$的部分，因为这一部分就就算不去处理我们也一样能得出我们想要的结论。
现在，我们对等式两边同时乘以$(x-a)^4$，这样的话$C_1$也就单独独立出来了。
$$\begin{align}\frac{(x-a)^4}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}=\frac{}{(x^2+px+q)^2}=C_1+C_2(x-a)+C_3(x-a)^2+C_4(x-a)^3+\frac{(x-a)^4**}{(x^2+px+q)^2}\end{align}$$
对于上式，很显然，对等式两边，令$x=a$。则等式右边就只剩下孤零零的一个$C_1$了，这就是我们想要的东西...了吗？
其实不然，我们这么做的话其实完全是不合法的，因为这么干的话等式左边就除以$0$了。除以$0$是一个很危险的错误，这一步绝对是不可以这么干的。不过幸运的是，我们发现：
$$\lim{x\to a^{+}}\frac{(x-a)^4*}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}=\lim{x\to a^{-}}\frac{(x-a)^4}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}=\frac{}{(x^2+px+q)^2}|_{x=a}$$
这个式子在$x=a$时是个可去间断点，我们可以用这个点的极限来替代这个点的值。那这样的话我们又可以令$(1)$式$x=a$来计算出$C_1$的值，即
$$\begin{align}C1=\frac{(x-a)^4*}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2}|{x=a}=\frac{}{(x^2+px+q)^2}|_{x=a}\end{align}$$
当然，我们还是得强调，实际做的时候当然可以视作上下两个$(x-a)^4$约掉了，但它的本质其实是我们定义了一个新的函数$$f(x)=\begin{cases}\begin{align} &\frac{(x-a)^4}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2} & \mathrm{if}\;x\ne a,\ &\frac{}{(x^2+px+q)^2} & \mathrm{if}\;x=a.\end{align*}\end{cases}$$
我们现在解决了$C_1$的问题，现在我们要开始着手解决$C_2$了，$C_2$有点麻烦啊，因为我们总不可以两边同乘以$(x-a)^3$吧，这样的话等式两边取$x=a$的极限就完全没意义了。
我们还是得观察$(1)$式，如果我们有办法把$C_2$后面的变量给消除掉，那我们就可以得出$C_2$的值了。
5秒钟，请想出一种方法将$C_2$后面的变量给消掉。
1 秒过去了。
2 秒过去了。
3 秒过去了。
4 秒过去了。
5 秒过去了。
5秒，对于一个学渣而言还是太短了...
答案是求导。我们可以对$(1)$式两边同时求导，这样我们就有了
$$(\frac{(x-a)^4*}{(x-a)^4(x^2+px+q)^2})'=(C_1+C_2(x-a)+C_3(x-a)^2+C_4(x-a)^3+\frac{(x-a)^3}{(x^2+px+q)^2})'$$
$$\begin{align}f'(x)=C_2+2C_3(x-a)+3C_4(x-a)^2+(\frac{(x-a)^3}{(x^2+px+q)^2})'\end{align}$$
这样我们就可以得到$C_2$的值了，令$x=a$...等会！等式左边！由于我们等式左边是个特殊的函数，我们必须得确保等式左边真的可以求导。我们必须研究下这个函数在$x=a$这个点的可导性。
结论当然很...怎么说呢，如我们所料？$f(x)$在$x=a$时是可导的，证明起来不是很难，用$\lim{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ 这个定义就可以很容易证明出来$f'(a)=(\frac{*}{(x^2+px+q)^2})'|{x=a}$ 并且这个结论对高阶导数也成立，这里就不写过程了。有兴趣可以自己写写。
既然如此，我们便可光明正大的给出下面的结论了
$$C2=f'(x)|{x=a}=(\frac{*}{(x^2+px+q)^2})'|_{x=a}$$
这样的话我们就可以继续对$(3)$式进行求导，得出
$$2C3=f''(x)|{x=a} \iff C3=\frac{1}{2}f''(x)|{x=a}$$
$$6C4=f^{(3)}(x)|{x=a}\iff C4=\frac{1}{6}f^{(3)}(x)|{x=a}=\frac{1}{3!}f^{(3)}(x)|_{x=a}$$
这样我们就求出了 $C_1,C_2,C_3,C_4$ 四个常数。显然，对于$\frac{**}{(x^2+px+q)^2}$部分可以使用同样的操作。
我们可以总结出这一套做法的规律（也是本文最重要的结论），也就是：
若$\frac{\mathcal{P(x)}}{\mathcal{Q(x)}}$为一有理分式，且分母$\mathcal{Q(x)}$在复数域中可以被因式分解，则$\frac{\mathcal{P(x)}}{\mathcal{Q(x)}}=\frac{C_1}{(x-z)^n}+\frac{C_2}{(x-z)^{n-1}}+...+\frac{C_n}{x-z}+\frac{\mathcal{P_1(x)}}{\mathcal{Q_1(x)}}$. 其中$z$是$\mathcal{Q(x)}$的一个根，$z,C_1,C_2,...,C_n\in \mathbb{C}$，$\frac{\mathcal{P_1(x)}}{\mathcal{Q_1(x)}}$是与原分式有关的一有理分式。其中$$Ck=\lim{x\to z}\frac{1}{(k-1)!}\frac{\mathrm{d}^{k-1}}{\mathrm{d}x^{k-1}}[\frac{\mathcal{P(x)(x-z)^n}}{\mathcal{Q(x)}}].$$
7. 我们还是做题吧
做题是检验学习成果最简单的方式，所以我们来做道题试试。
求这个不定积分吧：$\int \frac{x^3+2x^2+1}{x^4+6x^3+14x^2+6x+8}\mathrm{d}x$
显然被积函数是个真有理分式，我们用瞪眼法一瞪就能瞪出来分母可以因式分解为$(x+2)^2(x^2+2x+2)$. 那我们就能把被积函数拆为三个分式之和：$f(x)=\frac{A}{(x+2)^2}+\frac{B}{x+2}+\frac{ax+b}{x^2+2x+2}$. 先算$A,B$吧，这两个算起来方便：
$$\begin{align}
A&=\frac{x^3+2x^2+1}{x^2+2x+2}|{x=-2}=\frac{1}{2} \
B&=(\frac{x^3+2x^2+1}{x^2+2x+2})'=\frac{(3x^2+4x)(x^2+2x+2)-(x^3+2x^2+1)(2x+2)}{(x^2+2x+2)^2}|{x=-2}=\frac{5}{2}
\end{align}$$
对于$a,b$计算起来比较复杂，个人建议直接待定系数法。不过我们还是继续吧，简单能计算出$x^2+2x+2=(x-(-i+i))(x-(-1+i))$.
$\frac{ax+b}{x^2+2x+2}=\frac{C_1}{x-(-1+i)}+\frac{C2}{x-(-1-i)}$，这时我们在第4节证明出的命题1的推论就很重要了，根据这个命题，我们只需要求出一个$C$就可以了。为了计算起来方便，我们用$x=-1+i$算$C$：
$$\begin{align*}C =&\frac{x^3+2x^2+1}{(x+2)^2(x-(-1-i))}|{x=-1+i}=\frac{(-1+i)^3+2(-1+i)^2+1}{(-1+i+2)^2(-1+i-(-1-i))} \
=& \frac{(-1+i)^2(1+i)+1}{2i(1+i)^2}=\frac{3-2i}{-4}=\frac{-3}{4}+\frac{1}{2}i
\end{align*}
$$
根据我们第4节命题1的推论，有
$$\frac{a}{2}=\frac{-3}{4}\iff a=\frac{-3}{2}\
-\frac{b+a\alpha}{2\beta}=\frac{1}{2},\alpha = -1, \beta = 1\iff b=\frac{-5}{2}$$
这样我们就有了被积函数
$$f(x)=\frac{1}{2(x+2)^2}+\frac{5}{2(x+2)}-\frac{3x+5}{2(x^2+2x+2)}$$
说实话这个被积函数的第三项也不是很好积啊，我们稍微写两步吧，就当复习微积分了。
$$\int \frac{3x+5}{x^2+2x+2} \mathrm{d}x=\int \frac{3(x+1)+2}{(x+1)^2+1} \mathrm{d}x=3\int \frac{x+1}{(x+1)^2+1} \mathrm{d}x+2\int \frac{1}{(x+1)^2+1}\mathrm{d}x$$
这样就好积了，我们最终答案为：
$$\int f(x) \mathrm{d}x=-\frac{1}{2(x+2)}+\frac{5}{2}\ln|x+2|-\frac{3}{4}\ln(x^2+2x+2)-\arctan(x+1)+C.$$
8*. 留数
发现没有，我们讲了这么多，我们全文从开始到现在都没提什么是留数？一个原因是因为本文写到这里为止，基本就没用到过留数这么个东西。还有个原因就比较尴尬了，因为我也不是很懂留数是个啥。
留数其实是个复变函数中的概念。它是在一个被称之为留数定理的定理中被定义的：
假设函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 中除有限个孤立奇点 $z_1,z_2,...,z_n$ 外处处解析. $C$ 是 $D$ 内包围这些奇点的一条简单正向闭合曲线，那么有 $$\ointC f(z) \mathrm{d}z = 2\pi i \sum{k=1}^n\mathrm{Res}[f(z),z_k]$$
其中 $\mathrm{Res}[f(z),z_k]$ 就是函数 $f(z)$ 在 $z_k$ 点上的留数.
什么莫名奇妙的东西。这不是你们理解能力差。这的的确确就是留数的定义，留数是通过留数定理定义的。
“不对啊，我们复变课上明明讲过留数是这样的”
函数 $f(z)$ 在 $0<|z-z_0|<R$ 内解析，$f(z)$ 在 $z=z0$ 处展开成洛朗级数，其中洛朗级数展开后主部的第一项的系数 $c{-1}$ 就被称为留数。
个人认为这应该算是与留数定理平行的一个条推论，只能作为一种计算留数的方法，不能作为留数的定义。而且对于没学过复变的同学来说这同样抽象，这都啥啥啥啊，啥事洛朗级数啊...
那我们还得简单提一下洛朗级数，简单说洛朗级数是泰勒级数的一种推广，在满足一定条件的情况下
$f(z) = \sum{n=1}^\infin c{-n}(z-z0)^{-n}+\sum{n=0}^\infin c_n(z-z_0)^n$.
左边那一半称之为洛朗级数的主部，右边那一半，右边那一半不就是个泰勒展开嘛。
再详细的就不多说了，再说就不礼貌了，毕竟本文不是复变函数的文章。
欸等会，我们好像还是没说我们拆分有理分式跟留数之间的关系啊。
啊...好麻烦啊，还得继续，我们先再抛出几个数学事实吧，本文真不是复变函数的文章。
首先我们再得说个极点的概念：
若 $f(z) = \frac{c_{-m}}{(x-z0)^m}+\frac{c{-m+1}}{(z-z0)^{m-1}}+...+\frac{c{-1}}{z-z_0}+c_0+c_1(z-z_0)+c_2(z-z_0)^2+...$，则我们称 $z_0$ 为 $f(x)$ 的 $m$ 级极点.
由这个概念我们可以发现，洛朗级数的主部不一定是无穷的。
那 $f(x)$ 有 $m$ 级极点 $a$ ，即能被展开成 $\frac{c{-m}}{(x-a)^m}+\frac{c{-m+1}}{(x-a)^{m-1}}+...+\frac{c_{-1}}{x-a}+c_0+c1(x-a)+...$，那我该如何求取它的留数 $c{-1}$ 呢？
这次我们不读秒了，直接天堂制造，给出答案：我们用第6节的方法就能求出 $f(x)$ 在极点 $a$ 的留数 $c_{-1}$ 了。
我们回过头来看第7节的例题，我们就能知道我们算出来的 $\frac{5}{2}, \ \frac{-3}{4}+\frac{1}{2}i\ , \frac{-3}{4}-\frac{1}{2}i$ 其实分别是函数 $f(x)$ 在 $x=-2, \ -1+i, \ -1-i$ 三个点的留数。
现在知道为什么留数法叫留数法了吧。
9. 结尾
本文到这边其实已经差不多了，而且好像也没啥需要总结的。个人觉得吧，留数法是一种很暴力，很无脑的一种算法。但也仅限于分母为一次的情况，如果分母为高次的话，得对分式求导好多次，还是挺麻烦的，而且如果遇到 $\Delta <0$ 的情况就会涉及到复数，更麻烦了，甚至可能会不如待定系数法。所以吧，还是得看题，不同的题得用不同的解法。
说起来我之前的那个回答的最后其实写了个不知道正不正确的结论，我也懒得证明那个结论是真是假了，就当它是假命题吧，因为证明起来确实比较复杂，而且更重要的是，我们很容易从将非标准形式的分母化为标准形式的分母。
10. 参考资料
- b站 考研竞赛数学小鹿 一个视频教会你怎样快速裂项 BV1Tb4y1S7HZ
如果我没记错的话，就是这个视频教会了我留数法拆分有理分式。这位老师讲的很好，至少我听完后就会用留数法了
这篇文章写的很好，当时我了解到留数法后想知道其原理，就在知乎找到了这篇文章，不过可惜的是，我当时没看懂，现在看看，大致能看懂了。回过头看看我这篇文章，其实跟这位大佬的内容差不太多。
- 同济大学数学系 《高等数学 第七版 上册》
这本东西怎么说呢，不能说这本东西是垃圾（毕竟过河拆桥是不好的）。但这本东西确实对学生不友好，个人认为这本教材作为一本「字典」，需要的时候翻翻公式，翻翻证明还是挺有用的。