Routh-Hurwitz准则——判别实系数多项式有无实部非负的根的充要条件

Routh-Hurwitz准则——判别实系数多项式有无实部非负的根的充要条件

• 一、引言
• 二、准则内容
• 三、举例说明
• 四、证明思路
• 五、证明
• 引理1
• 引理2
• ①沿着C
• ②沿着C1（C2同理，因为是对称的）
• 六、证明思路梗概
• 七、参考文献/书籍

本文为该知乎文章搬运到CSDN的文章，该文章作者与本文章为同一人，内容是本人原创。之所以搬运到CSDN，是因为CSDN的markdown编辑器比较好用，最关键的是文章超链接功能，因为我写的文章都比较长，没有超链接找起来很辛苦。从今往后我将经常在CSDN发文，有时候会把部分我在知乎写的文章搬运过来。因为知乎的编辑器与CSDN的编辑器不同，所以搬运也比较麻烦，所以不定期更新。本文在原文上有一些增补修改（增加了第三章的4、5），修改了部分错误，增加了Routh-Hurwitz准则在特殊情况下的处理方式。本文从证明思路、细节的角度讲解Routh-Hurwitz准则，对具体应用也有一定阐述。

Routh-Hurwitz准则（R-H准则）是一个「判别系统稳定性」的重要准则，它给出了一个「判别实系数多项式有无实部非负的根」的充要条件。遗憾的是，笔者在学习这一准则时，并未在网上发现其他作者对该准则进行梳理，更没有找到该准则的证明过程（书上也未给出证明）。因此，笔者在梳理相关参考文献基础上，结合笔者自己的理解，简化了部分参考文献的思路，对该准则进行了证明和梳理。

一、引言

在系统分析中，我们往往关注系统的频率特性，即系统响应函数 h(t) 的拉普拉斯变换函数 H(s) 。常见的 H(s) 往往是「多项式除以多项式」型的，即分子分母都是实系数多项式。我们期望我们的系统是一个稳定的系统，即有界输入对应有界输出（BIBO）。而我们知道：「系统的稳定性问题」等价于「系统函数 H(s) 的极点 p_k 是否在左半平面¹」。而R-H准则给了我们判别之的一个充要条件 。至于这个充要条件具体是什么，请读者继续看后文内容。

举一个简单的例子： $\displaystyle H(s)=\frac{s^2+3s+3}{s^3+3s^2+4s+2}=\frac1{s+1}+\frac1{s^2+2s+2}$H(s)=s3+3s2+4s+2s2+3s+3​=s+11​+s2+2s+21​，这个信号对应的时域响应（拉普拉斯反变换）为 $f(t)=\mathrm e^{-t}+\mathrm e^{-t}\sin t$f(t)=e−t+e−tsint ，因为有一个「指数衰减因子」 $\mathrm e^{-t}$e−t，这个信号自然衰减得很快。因此，这个系统是一个稳定系统。

而我们注意到， H(s) 的极点的实部均为-1，这也是 f(t) 的「指数衰减因子」 $\mathrm e^{-1\cdot t}$e−1⋅t 为-1的原因。推而广之，极点的实部充分必要地决定了其拉普拉斯反变换函数的「指数衰减因子」的系数，这也自然充分必要地决定了系统地稳定性。

而极点的实部判别又可以充分必要地通过「R-H准则」进行，这也是「R-H准则」的实际应用所在。

二、准则内容

对于一个多项式 $p(s)=a_ns^n+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots+a_1s+a_0$p(s)=an​sn+an−1​sn−1+⋯+a1​s+a0​

不妨设 $a_n>0$an​>0 ，接下来，让我们构造一个被称为「Rouch表」的东西，我们可以断言——「多项式 $p(s)$p(s) 所有零点都位于左半平面」等价于「Rouch表首列元素都为正」（如果不是，那么符号改变的次数即为右半平面根的个数）。

为了便于实际应用，在这里我将「Rouch表」进行了一个变形 。在后续证明过程中，我们使用的是另一种形式的「Rouch表」，我们只需要知道它们两个是一个东西就行了。

①如果n为偶数，则我们称下表为 $p(s)$p(s) 的Rouch表
$\left. \begin{array}{lllclll} a_n&a_{n-2}&a_{n-4}&\cdots&a_4&a_2&a_0\\ a_{n-1}&a_{n-3}&a_{n-5}&\cdots&a_3&a_1&a_{-1}\\ c_{n-1}&c_{n-3}&c_{n-5}&\cdots&c_3&c_1\\ d_{n-1}&d_{n-3}&d_{n-5}&\cdots&d_3&d_1\\ \vdots&&&&&\\ u_{n-1}&u_{n-3}&&&&\\ u_{n-1}&u_{n-3}&&&&\\ v_{n-1}&&&&&\\ \end{array} \right\}n+1行\tag{2.1}$an​an−1​cn−1​dn−1​⋮un−1​un−1​vn−1​​an−2​an−3​cn−3​dn−3​un−3​un−3​​an−4​an−5​cn−5​dn−5​​⋯⋯⋯⋯​a4​a3​c3​d3​​a2​a1​c1​d1​​a0​a−1​⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫​n+1行(2.1)

其中 $a_n,a_{n-1},\cdots,a_1,a_0$an​,an−1​,⋯,a1​,a0​ 与多项式 $p(s)$p(s) 系数相同， $a_{-1}$a−1​ 为人为补的0。
并且系数有（其余以此类推）：

$\displaystyle c_{n-1}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n}&a_{n-2}\\ a_{n-1}&a_{n-3} \end{array} \right| }{a_{n-1}}$cn−1​=an−1​−∣∣∣∣​an​an−1​​an−2​an−3​​∣∣∣∣​​ ， $\displaystyle c_{n-3}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n}&a_{n-4}\\ a_{n-1}&a_{n-5} \end{array} \right| }{a_{n-1}}$cn−3​=an−1​−∣∣∣∣​an​an−1​​an−4​an−5​​∣∣∣∣​​
$\displaystyle d_{n-1}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n-1}&a_{n-3}\\ c_{n-1}&c_{n-3} \end{array} \right| }{c_{n-1}}$dn−1​=cn−1​−∣∣∣∣​an−1​cn−1​​an−3​cn−3​​∣∣∣∣​​ ， $\displaystyle d_{n-3}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n-1}&a_{n-5}\\ c_{n-1}&c_{n-5} \end{array} \right| }{c_{n-1}}$dn−3​=cn−1​−∣∣∣∣​an−1​cn−1​​an−5​cn−5​​∣∣∣∣​​

②如果n为奇数，则我们称下表为 $p(s)$p(s) 的Rouch表
$\left. \begin{array}{lllcllll} a_n&a_{n-2}&a_{n-4}&\cdots&a_5&a_3&a_1&a_{-1}\\ a_{n-1}&a_{n-3}&a_{n-5}&\cdots&a_4&a_2&a_{0}&a_{-2}\\ c_{n-1}&c_{n-3}&c_{n-5}&\cdots&c_4&c_2&c_0\\ d_{n-1}&d_{n-3}&d_{n-5}&\cdots&d_4&d_2&d_0\\ \vdots&&&&&&\\ u_{n-1}&u_{n-3}&&&&&\\ u_{n-1}&u_{n-3}&&&&&\\ \end{array} \right\}n+1行\tag{2.2}$an​an−1​cn−1​dn−1​⋮un−1​un−1​​an−2​an−3​cn−3​dn−3​un−3​un−3​​an−4​an−5​cn−5​dn−5​​⋯⋯⋯⋯​a5​a4​c4​d4​​a3​a2​c2​d2​​a1​a0​c0​d0​​a−1​a−2​⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫​n+1行(2.2)
除了 $a_{-1}$a−1​,$a_{-2}=0$a−2​=0 进行补0以外，其余系数关系与n为偶数情形是相一致的。

三、举例说明

前面的内容较为抽象，下面举几个具体例子，让大家直观感受一下「R-H准则」的使用方式。

1、设某系统的系统函数为 $\displaystyle H(s)=\frac{As^2+Bs+C}{s^3+s^2+2s+8}$H(s)=s3+s2+2s+8As2+Bs+C​ （A、B、C均为实常数），用「R-H准则」判断该系统是否稳定。
解：
显然：「系统稳定」等价于「 H(s) 极点全在左半平面」等价于「分母多项式零点全位于左半平面」，故对分母多项式采用「R-H准则」判别。
列出「Rouch表」如下：
$\begin{array}{rrr} 1&2&0\\ 1&8&0\\-6&0&\\8&0 \end{array}$11−68​2800​00​
显然，「Rouch表」第一列元素为 $1\to1\to-6\to8$1→1→−6→8 ，有两次改变符号，则分母多项式有两个右半平面零点，显然系统不稳定。

2、判别多项式 $f(x)=x^4+2x^3+3x^2+4x+5$f(x)=x4+2x3+3x2+4x+5 的零点分布情况
解：
列出「Rouch表」如下：
$\begin{array}{rrr} 1&3&5&0\\ 2&4&0&0\\ 1&5&0\\ -6&0&0\\ 5&0 \end{array}$121−65​34500​5000​00
显然，「Rouch表」第一列元素为 $1\to2\to1\to-6\to5$1→2→1→−6→5 ，有两次改变符号，则多项式有两个右半平面零点。

3、判别多项式 $f(x)=x^3+2x^2+2x+1$f(x)=x3+2x2+2x+1 的零点分布情况
解：
列出「Rouch表」如下：
$\begin{array}{ccc} 1&2&0\\ 2&1&0\\ \frac32&0\\ 1&0\\ \end{array}$1223​1​2100​00
显然，「Rouch表」第一列元素为 $1\to2\to\frac32\to1$1→2→23​→1 ，未改变符号，则多项式零点全在左半平面。

特殊情况1：某行出现分母为0
解决方案：把f(x)乘以(x+1)
4、判别多项式 $f(x)=x^3+2x+1$f(x)=x3+2x+1 的零点分布情况
先列出Routh表前2行：
$\begin{array}{ccc} 1&2&0\\ 0&1&0\end{array}$10​21​00​
注意到：3行1列出现分母为0，Routh准则失效
为了解决这一问题，采用一个技巧：把f(x)乘以(x+1)
即：构造出$g(x)=(x+1)(x^3+2x+1)=x^4+x^3+2x^2+3x+1$g(x)=(x+1)(x3+2x+1)=x4+x3+2x2+3x+1
解：
列出「Rouch表」如下：
$\begin{array}{rrr} 1&2&1&0\\ 1&3&0&0\\ -1&-1&0\\ 2&0&0\\ 1&0 \end{array}$11−121​23−100​1000​00
显然，「Rouch表」第一列元素为 $1\to1\to-1\to2\to1$1→1→−1→2→1 ，有两次改变符号，则多项式有两个右半平面零点。

特殊情况2：出现全零行
解决方案：构造偶次多项式
5、判别多项式 $f(x)=x^6+x^5-2x^4-3x^3-7x^2-4x-4$f(x)=x6+x5−2x4−3x3−7x2−4x−4 的零点分布情况
解：
列出「Rouch表」如下：
$\begin{array}{ccrrrc} s^6&1&-2&-7&-4&0\\ s^5&1&-3&-4&0&0\\ s^4&1&-3&-4&0\\ s^3&0&0&0&0\\ \end{array}$s6s5s4s3​1110​−2−3−30​−7−4−40​−4000​00
注意到：$s^3$s3行出现全零行
解决方案：用$s^4$s4的系数构造偶次多项式（原因是Routh判据的证明方式就是借助的偶次多项式）
利用$s^4$s4的系数构造$F(s)=s^4-3s^2-4$F(s)=s4−3s2−4
求导得到$F'(s)=4s^3-6s$F′(s)=4s3−6s
续写Routh表：
$\begin{array}{ccrrrc} s^6&1&-2&-7&-4&0\\ s^5&1&-3&-4&0&0\\ s^4&1&-3&-4&0\\ s^3&4&-6&0\\ s^2&-1.5&-4&0\\s^1&-\frac{100}3&0\\s^0&-4&0 \end{array}$s6s5s4s3s2s1s0​1114−1.5−3100​−4​−2−3−3−6−400​−7−4−400​−40000

事实上，只要出现全零行，我们构造偶次多项式的时候，我们就不必继续算下去了，因为必然会有不稳定根。这是因为在偶次多项式中令$t=s^2$t=s2，无论解出来t为何值，s的两根总是关于原点对称的。只要有一个左半平面根，另一根就必然是有右半平面的。事实上，本方程有1个右半平面根$x=2$x=2与2个虚轴根$x=\pm j$x=±j。这也与Routh表变号一次这一事实相对应。不过在这里虚轴根没有被算在不稳定根里面，所以遇到全零行这种情况，大可直接说系统不稳定就好了

四、证明思路

这一准则的证明是相对复杂的，如果不在此之前理清证明的思路，我们恐怕是难以看懂证明的。事实上，由于参考文献的许多处（不下于10处）书写错误，以及笔者自身能力的菜，导致这个证明啃了很长时间。在理清参考文献的大致思路后，笔者决定换一个更清晰的角度来证明这一准则。这一证明力图向读者展现证明的思路，为了保证其思路的清晰性，会损害一些严谨性。但是，这种直观分析方法有助于让读者理解这一证明中的核心思想。

思路：
在提到多项式在全复平面的零点，我们第一想到的必然是「代数基本定理」。而第二想到的，则应当是《复变函数》里面的「辐角原理」。不过遗憾的是，这个内容很多学校没有讲，甚至我们教材上也没有这个内容，我也是在高等教育出版社的《复变函数》中才学到这一内容 的。因此，在证明之前，我觉得应当有必要说一说「辐角原理」。

「辐角原理」：若f(z)在封闭区域 C 的边界与内部解析，且在边界上无零点，则有：

C内部的零点数=$\frac1{2\pi}\times$2π1​×(沿C巡行一周辐角改变量)

辐角原理用「辐角」改变量刻画了「 f(z) 在区域内的零点数」。在这一问题中，我们的思路核心就是就是利用辐角原理转化问题。

总体思路：
如下图所示：取 $R\to\infty$R→∞ 的半圆围道C，并且用绕开全部虚轴零点的直线C1、C2连接之，其中P1、P2为虚轴零点，P3、P4、P5为左半平面零点。不妨记 $C_0=C+C_1+C_2$C0​=C+C1​+C2​ 。
我们试图使用“筛”的方法，记原多项式为 $p_n(x)$pn​(x) ，构造一族辅助多项式 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} ，分别为n次、n-1次、…、1次、0次，由于「代数基本定理」，我们容易知道这一族辅助多项式 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} 中每个多项式的总零点数分别为n个、n-1个、…、1个、0个。那么，我们期望能找到一个充要的手段，使得：这族辅助多项式每次减少的一个零点都在左半平面。这样的话，我们就可以“筛”出n个左半平面的零点。反之，如果不能筛出n个左半平面的零点，由于这个办法是充要的，就可以说明左半平面确实没有n个零点。

那么，如何“筛”呢？根据「辐角原理」，我们知道：区域 $C_0$C0​ 内每减少一个零点，辐角改变量减少2π。从这里入手，如果能找到一种“筛”的法则，使得每次都能减少且仅减少2π个辐角改变量，那么这个法则就能充要的判别该多项式是否只有左半平面零点。

当然，值得补充的是，巡行路径 $C_0$C0​ 对于多项式族 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} 是不能变的。C倒没什么问题，因为 $R\to\infty$R→∞ 这一点足以让其绕过所有零点。但虚轴上的零点P1、P2则是无法绕过的。所以，我们还期望这种“筛”的法则能够让辅助多项式族 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} 在虚轴上的零点总是不变的。

好了，以上就是证明的思路梗概，接下来就是利用这个思路进行具体的证明了。

如果不想看繁琐的证明的读者，只想知道思路梗概的话，请跳转到第六章

五、证明

再把之前的图贴过来，因为后面证明会大量用到这张图。

为了证明看着方便，将Rouch表进行一些改造：
$\begin{array}{c|lllclll|c} 行数&&&&\text{Rouch}表&&&&辅助多项式\\ \hline 1&a_n&a_{n-2}&a_{n-4}&\cdots&a_4&a_2&a_0&h_n(s^2)\\ 2&a_{n-1}&a_{n-3}&a_{n-5}&\cdots&a_3&a_1&&g_{n-2}(s^2)\\ 3&b_{n-2}&b_{n-4}&b_{n-6}&\cdots&b_2&b_0&&h_{n-2}(s^2)\\ 4&b_{n-3}&b_{n-5}&b_{n-7}&\cdots&b_1&&&g_{n-4}(s^2)\\ \vdots&\vdots&&&&&&&\vdots\\ n-1&u_2&u_0&&&&&&h_{2}(s^2)\\ n&u_1&&&&&&&g_{0}(s^2)\\ n+1&v_0&&&&&&&h_{0}(s^2)\\ \end{array}$行数1234⋮n−1nn+1​an​an−1​bn−2​bn−3​⋮u2​u1​v0​​an−2​an−3​bn−4​bn−5​u0​​an−4​an−5​bn−6​bn−7​​Rouch表⋯⋯⋯⋯​a4​a3​b2​b1​​a2​a1​b0​​a0​​辅助多项式hn​(s2)gn−2​(s2)hn−2​(s2)gn−4​(s2)⋮h2​(s2)g0​(s2)h0​(s2)​​

并构造这一族辅助多项式：
$\left. \begin{aligned} p_n(s)&=\phantom{s\,} h_n(s^2)&+&s\,g_{n-2}(s^2)\\ p_{n-1}(s)&=s\,g_{n-2}(s^2)&+&\phantom{s\,} h_{n-2}(s^2)\\ p_{n-2}(s)&=\phantom{s\,} h_{n-2}(s^2)&+&s\,g_{n-4}(s^2)\\ \vdots\\ p_2(s)&=\phantom{s\,} h_2(s^2)&+&s\,g_{0}(s^2)\\ p_{1}(s)&=s\,g_{0}(s^2)&+&\phantom{s\,} h_{0}(s^2)\\ \end{aligned} \right\}\tag{5.0.1}$pn​(s)pn−1​(s)pn−2​(s)⋮p2​(s)p1​(s)​=shn​(s2)=sgn−2​(s2)=shn−2​(s2)=sh2​(s2)=sg0​(s2)​+++++​sgn−2​(s2)shn−2​(s2)sgn−4​(s2)sg0​(s2)sh0​(s2)​⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫​(5.0.1)

直观地看， g(s) 是原多项式的全体奇数次项除以s， h(s) 是原多项式的全体偶数项。

举个例子或许会更直观：
如果 $p_4(s)=s^4+2s^3+3s^2+4s+5$p4​(s)=s4+2s3+3s2+4s+5 ，
那么 $h_4(s^2)=s^4+3s^2+5 ， s\,g_2(s^2)=2s^3+4s$h4​(s2)=s4+3s2+5，sg2​(s2)=2s3+4s
也就是说 $g_2(s^2)=2s^2+4$g2​(s2)=2s2+4

为了读者理解，此处的证明倾向于启发式，用直观的方法让读者感受准则为何成立

以下证明以n为偶数为例，n为奇数仿此证明不难。
先证明2个引理，之后的内容就水到渠成了。

引理1

引理1、辅助多项式族 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} 在虚轴上的零点（包括重数）不变

原文献证明思路是用零点定义利用代数方法化简证明来做，笔者认为这不直观，笔者采取了一种直观的方法来分析这个问题。

分析：
假设虚轴上一点 $s=j\omega$s=jω 是 $p_n(s)=a_ns^n+a_{n-1}s^n+\cdots+a_1s+a_0$pn​(s)=an​sn+an−1​sn+⋯+a1​s+a0​ 的零点，那么自然有：
$p_n(j\omega)=a_n(j\omega)^n+a_{n-1}(j\omega)^{n-1}+\cdots+a_1(j\omega)+a_0=0\tag{5.1.1}$pn​(jω)=an​(jω)n+an−1​(jω)n−1+⋯+a1​(jω)+a0​=0(5.1.1)
考虑到(5.0.1)，易见：
$\begin{cases} p_n(s)&=h_n(s^2)&+sg_{n-2}(s^2)\\ p_{n-1}(s)&=h_{n-2}(s^2)&+sg_{n-2}(s^2) \end{cases} \tag{5.1.2}${pn​(s)pn−1​(s)​=hn​(s2)=hn−2​(s2)​+sgn−2​(s2)+sgn−2​(s2)​(5.1.2)
因为，我们这里只考虑虚轴上的零点，代入 $s=j\omega$s=jω ：
$\begin{cases} p_n(j\omega)&=h_n(-\omega^2)&+j\omega g_{n-2}(-\omega^2)\\ p_{n-1}(j\omega)&=h_{n-2}(-\omega^2)&+j\omega g_{n-2}(-\omega^2) \end{cases} \tag{5.1.3}${pn​(jω)pn−1​(jω)​=hn​(−ω2)=hn−2​(−ω2)​+jωgn−2​(−ω2)+jωgn−2​(−ω2)​(5.1.3)
由于h、g都是实系数多项式，那么 $h(-\omega^2)$h(−ω2) 自然是纯实数， $j\omega g(-\omega^2)$jωg(−ω2) 也自然是纯虚数。

也就是说：公式(5.1.3)相当于对 $p_n(x)$pn​(x) 沿着实部和虚部进行拆分

回想一下，我们期望的是：多项式族 $\{p_n(s)\}${pn​(s)} 的虚轴共零点，依次左半平面零点数-1。

换言之，我们期望构造出一个 $u(s^2)$u(s2) ，使得$p_n(s)=p_{n-1}(s)+u(s^2)$pn​(s)=pn−1​(s)+u(s2) ，其中当s为 $p_n(s)$pn​(s) 的零点或者 $p_{n-1}(s)$pn−1​(s) 的零点时， $u(s^2)$u(s2) 总是为0。
这也就是我们如此构造系数 $b_{n-2}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n}&a_{n-2}\\ a_{n-1}&a_{n-3} \end{array} \right| }{a_{n-1}}$bn−2​=an−1​−∣∣∣​an​an−1​​an−2​an−3​​∣∣∣​​ 的理由。

好了，让我们重回证明：

考虑到系数（其余同理不予列举，详见第二章） ：
$b_{n-2}=\frac{- \left| \begin{array}{ll} a_{n}&a_{n-2}\\ a_{n-1}&a_{n-3} \end{array} \right| }{a_{n-1}}=a_{n-2}-\frac{a_na_{n-3}}{a_{n-1}}$bn−2​=an−1​−∣∣∣​an​an−1​​an−2​an−3​​∣∣∣​​=an−2​−an−1​an​an−3​​

可以推出：
$h_{n-2}(s^2)=b_{n-2}s^{n-2}+b_{n-4}s^{n-4}+\cdots+b_0=h_n(s^2)-\frac{a_n}{a_{n-1}}s^2g_{n-2}(s^2)\tag{5.1.4}$hn−2​(s2)=bn−2​sn−2+bn−4​sn−4+⋯+b0​=hn​(s2)−an−1​an​​s2gn−2​(s2)(5.1.4)
将(5.1.3)两式相减：
$p_n(s)=p_{n-1}(s)+\frac{a_n}{a_{n-1}}s^2g_{n-2}(s^2)\tag{5.1.5}$pn​(s)=pn−1​(s)+an−1​an​​s2gn−2​(s2)(5.1.5)
我们注意到： $\frac{a_n}{a_{n-1}}s^2g_{n-2}(s^2)$an−1​an​​s2gn−2​(s2) 就是我们要的 $u(s^2)$u(s2) 。

根据公式(5.1.2)，我们知道 $sg_{n-2}(s^2)$sgn−2​(s2) 同时是 $p_n(s)$pn​(s) 和 $p_{n-1}(s)$pn−1​(s) 的虚部。无论是 $p_n(s)$pn​(s) 为0，还是 $p_{n-1}(s)$pn−1​(s) 为0，作为其虚部的 $sg_{n-2}(s^2)$sgn−2​(s2) 必然为0，这也就证明了：$p_n(s)$pn​(s) 与 $p_{n-1}(s)$pn−1​(s) 在虚轴上共零点。故引理1得证。

事实上，我们还可以证明：不仅零点不变，而且零点重数也不变。此处留给读者作为习题（逃）。

引理2

引理2、如图，沿 $C_0=C+C_1+C_2$C0​=C+C1​+C2​ 逆时针巡行一周， 则：$\Delta\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=2\pi$ΔArgpn​(s)−ΔArgpn−1​(s)=2π 的充要条件是 $a_na_{n-1}>0$an​an−1​>0

分析：
将路径分解为C、C1、C2

①沿着C

设多项式为： $p_n(s)=\prod_{i=1}^n(s-p_i)$pn​(s)=∏i=1n​(s−pi​)

则：$\Delta_C\mathrm{Arg}\,p_n(s)=\sum_{i=1}^n\Delta_C\mathrm{Arg}\,(s-p_i)$ΔC​Argpn​(s)=∑i=1n​ΔC​Arg(s−pi​)

不失一般性地取一个 $\Delta\mathrm{Arg}\,(s-p_i)$ΔArg(s−pi​) ，由于沿着C变动，如下图，我们试图说明：下图标示的角度总是180°。

看起来这一结论不可思议，因为从图上看起来它比180°大那么一点点。但事实上，如果我们稍加思索，便会发现其实显然成立的。因为 $R\to\infty$R→∞ ，无论你零点在哪里，在无穷大的半径面前，都一视同仁，蹦跶不起来。如果将这个圆想象得无穷大，那么我们可以显然得到 $\Delta_C\mathrm{Arg}\,(s-p_i)=\pi\quad(\forall i)$ΔC​Arg(s−pi​)=π(∀i) 。

即 $\Delta_C\mathrm{Arg}\,p_n(s)=n\pi$ΔC​Argpn​(s)=nπ ， $\Delta_C\mathrm{Arg}\,p_{n-1}(s)=(n-1)\pi$ΔC​Argpn−1​(s)=(n−1)π

那么自然有(5.2.1)式成立：
$\Delta_C\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_C\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\pi\tag{5.2.1}$ΔC​Argpn​(s)−ΔC​Argpn−1​(s)=π(5.2.1)

②沿着C1（C2同理，因为是对称的）

还是把图复制下来：

以及把公式(5.1.2)和(5.1.5)搬运下来：
$\begin{cases} p_n(s)&=h_n(s^2)&+sg_{n-2}(s^2)\\ p_{n-1}(s)&=h_{n-2}(s^2)&+sg_{n-2}(s^2) \end{cases} \tag{5.1.2}${pn​(s)pn−1​(s)​=hn​(s2)=hn−2​(s2)​+sgn−2​(s2)+sgn−2​(s2)​(5.1.2)
$p_n(s)=p_{n-1}(s)+\frac{a_n}{a_{n-1}}s^2g_{n-2}(s^2)\tag{5.1.5}$pn​(s)=pn−1​(s)+an−1​an​​s2gn−2​(s2)(5.1.5)
前面提到：在虚轴上，h(s)是实部，sg(s²)是虚部。显然， $p_n(s)$pn​(s) 与 $p_{n-1}(s)$pn−1​(s) 的虚部相同。

将 $g_{n-2}(-\omega^2)$gn−2​(−ω2) 的全体零点如此排列： $0<\omega_1<\omega_2<\cdots<\omega_r<+\infty$0<ω1​<ω2​<⋯<ωr​<+∞ 。

在每个区间 $(0,\omega_1),(\omega_1,\omega_2),\cdots,(\omega_{r-1},\omega_r)$(0,ω1​),(ω1​,ω2​),⋯,(ωr−1​,ωr​) 上，由于 $g_{n-2}(-\omega^2) 为 p_n(j\omega),p_{n-1}(j\omega)$gn−2​(−ω2)为pn​(jω),pn−1​(jω) 的虚部，所以虚部符号不会改变。

并且由于 $\omega_i$ωi​ 是 $g(-\omega_i^2)$g(−ωi2​) 的零点，则 $p_n(j\omega_i)=p_{n-1}(j\omega_i)\quad (i=1,2,\cdots,r)$pn​(jωi​)=pn−1​(jωi​)(i=1,2,⋯,r) 。

用通俗的话来总结上面这些分析，就是：以 $g_{n-2}(s^2)$gn−2​(s2) 的两个相邻虚轴零点作为起点和终点为路径， $\Delta_{C'}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C'}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=0$ΔC′​Argpn​(s)−ΔC′​Argpn−1​(s)=0²

推而广之，沿着0到 $g_{n-2}(s)$gn−2​(s) 的最大的一个零点 $j\omega_r$jωr​ 走，也有 $\Delta_{C'}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C'}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=0$ΔC′​Argpn​(s)−ΔC′​Argpn−1​(s)=0 ，而且在 $s=j\omega_r$s=jωr​ 处有 $p_n(j\omega_r)=p_{n-1}(j\omega_r)$pn​(jωr​)=pn−1​(jωr​)

再换句话说，就是：
$\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\mathrm{Arg}\, p_n(j\infty)-\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(j\infty)\tag{5.2.2}$ΔC1​​Argpn​(s)−ΔC1​​Argpn−1​(s)=Argpn​(j∞)−Argpn−1​(j∞)(5.2.2)
这么一看，就豁然开朗了！原来 $p_n$pn​ 和 $p_{n-1}$pn−1​ 在 $C_1$C1​ 上的辐角变化只取决于 $j\infty$j∞ 处的辐角差啊！

一涉及到无穷，我们一般就会很开心，因为这意味着低阶项我们都可以扔掉不管，只考虑最高阶的项，让我们来试试：
$\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\mathrm{Arg}\, \frac{p_n(j\infty)}{p_{n-1}(j\infty)}=\mathrm{Arg}\, \frac{a_nj\omega}{a_{n-1}}$ΔC1​​Argpn​(s)−ΔC1​​Argpn−1​(s)=Argpn−1​(j∞)pn​(j∞)​=Argan−1​an​jω​
也就是说，辐角差取决于 $a_n$an​ 和 $a_{n-1}$an−1​ 是否同号，总结一下：
$\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C_1}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\begin{cases} \phantom-\frac\pi2,&\text{if}\,a_na_{n-1}>0\\ -\frac\pi2,&\text{if}\,a_na_{n-1}<0 \end{cases} \tag{5.2.3}$ΔC1​​Argpn​(s)−ΔC1​​Argpn−1​(s)={−2π​,−2π​,​ifan​an−1​>0ifan​an−1​<0​(5.2.3)
$\Delta_{C_2}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C_2}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\begin{cases} \phantom-\frac\pi2,&\text{if}\,a_na_{n-1}>0\\ -\frac\pi2,&\text{if}\,a_na_{n-1}<0 \end{cases} \tag{5.2.4}$ΔC2​​Argpn​(s)−ΔC2​​Argpn−1​(s)={−2π​,−2π​,​ifan​an−1​>0ifan​an−1​<0​(5.2.4)
总结一下(5.2.1)、(5.2.3)、(5.2.4)：
$\Delta_{C_0}\mathrm{Arg}\, p_n(s)-\Delta_{C_0}\mathrm{Arg}\, p_{n-1}(s)=\begin{cases} 2\pi,&\text{if}\,a_na_{n-1}>0\\ 0,&\text{if}\,a_na_{n-1}<0 \end{cases} \tag{5.2.5}$ΔC0​​Argpn​(s)−ΔC0​​Argpn−1​(s)={2π,0,​ifan​an−1​>0ifan​an−1​<0​(5.2.5)
考虑到(5.2.5)，根据辐角原理， p_{n-1} 比 p_n 减少一个左半平面零点，当且仅当 $a_na_{n-1}>0$an​an−1​>0 ,故引理2得证。

结合引理1、2，原定理自然成立

六、证明思路梗概

我们注意到，证明的思路核心在于引理1、2，我们通过「辐角原理」将问题转化为 $C_0$C0​ 围道的辐角问题，系数选择其实也是为了迎合「虚轴零点不变」、「公式(5.1.5)」。在确定好这些后，我们又注意到：C这个半无穷大圆围道会带来π的辐角变化，C1、C2则取决于 $j\infty$j∞ 处的辐角，而 $j\infty$j∞ 处，由于是无穷远的点，自然其辐角取决于 $a_na_{n-1}$an​an−1​ 是否同号。这一系列转换，最终将问题转化为了Rouch表第一列是否同号的问题。

七、参考文献/书籍

1. 「何琴芳.证明Routh-Hurwitz稳定性判据的一个简明方法[J].电工教学,1992(03):12-18.」
2. 「俞菲,孟桥,樊祥宁.浅谈Routh-Hurwitz判据中的若干应用[J].电气电子教学学报,2013,35(01):12-14.」
3. 「曾禹村.信号与系统（第四版）[M].北京:北京理工大学出版社.2018,304-305」

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1. 我们在习惯上认为：「虚轴上的一阶极点对应的临界稳定状态」也属于「不稳定状态」 ↩︎

2. 事实上，这样断言是不够严谨的，因为如果此时p(s)也是零点，实部虚部均为0，而复数0的辐角是没有意义的。但我们很容易舍去这种情况，因为根据1的讨论，$p_n$pn​和$p_{n-1}$pn−1​在虚轴上的零点是完全相同的，所以不会对辐角产生影响。 ↩︎