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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

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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 。

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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)

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.

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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

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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 。

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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

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

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

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)}

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

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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)

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 》

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《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

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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

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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