关于多项式反转是否保留复平面右半部分根数量及劳斯-赫尔维茨判据替换s为1/z有效性的技术问询
这是个非常实用的问题，尤其是在你对着劳斯表卡壳的时候！先给你拍板结论：
- 反转多项式不是完全「照搬」右半平面根的数量，但它会通过根的倒数映射，把原多项式的根和反转后的根牢牢绑定；
- 把s换成1/z的方法确实能搞定很多劳斯判据里的除零麻烦，核心是它把原多项式里那些让劳斯表卡壳的特殊根（比如零根、对称虚轴的根）转成了反转多项式里好处理的形式。
一、多项式反转和根的对应关系
假设你有个原多项式 $P(s) = a_n s^n + a_{n-1} s^{n-1} + ... + a_1 s + a_0$（最高次系数 $a_n \neq 0$），把 $s$ 换成 $1/z$ 后，再乘以 $z^n$ 消掉分母，就得到了反转多项式：
$$Q(z) = a_0 z^n + a_1 z^{n-1} + ... + a_{n-1} z + a_n$$
就是你观察到的「系数倒转」形式，比如 $a s^2 + b s + c$ 反转后变成 $c z^2 + b z + a$，完全正确。
现在看根的对应规律：
- 如果 $s = r$ 是原多项式的根（$r \neq 0$），那 $z = 1/r$ 必然是反转多项式的根（代入 $Q(1/r) = (1/r)^n P(r) = 0$ 就能验证）；
- 如果原多项式有零根（$r=0$），那原多项式的常数项 $a_0 = 0$，反转后的多项式次数会低于 $n$，这个零根对应反转多项式的「无穷远根」，不影响我们统计右半平面的根数量；
- 反过来，反转多项式的非零根也必然对应原多项式根的倒数。
二、右半平面根的计数对应
咱们来拆解根在复平面的位置变化：
对于根 $s = \sigma + j\omega$（$\sigma$ 是实部，$\omega$ 是虚部），它的倒数 $z = 1/s = \frac{\sigma}{\sigma^2 + \omega^2} - j\frac{\omega}{\sigma^2 + \omega^2}$，实部是 $\frac{\sigma}{\sigma^2 + \omega^2}$。所以：
- 若原根在右半平面（$\sigma > 0$），则 $z$ 的实部也大于0，同样在右半平面；
- 若原根在左半平面（$\sigma < 0$），则 $z$ 的实部也小于0，同样在左半平面；
- 若原根在虚轴上（$\sigma = 0$），则 $z$ 的实部也为0，同样在虚轴上。
换句话说：原多项式右半平面根的数量 = 反转后多项式右半平面根的数量，左半平面根、虚轴根的数量也完全一一对应。
三、为什么替换s为1/z能解决劳斯判据的除零问题
劳斯判据的「除零卡壳」主要有两种场景：
- 某一行的第一个元素为0，其余元素非零：这时候没法用这个首元素做除数计算下一行；
- 某一行全零：说明原多项式存在对称于虚轴的根（比如 $s=a$ 和 $s=-a$，或者 $s=j\omega$ 和 $s=-j\omega$）。
替换 $s$ 为 $1/z$ 的核心作用是改变了多项式根分布的「尺度」，避开了原多项式中导致卡壳的系数结构：
- 比如原多项式是 $s^3 + 0s^2 + s + 0$（包含零根和虚轴根），原劳斯表会因为第二行首元素为0直接卡住；但反转后多项式变成 $z^2 + 1$，次数降低，劳斯表可以正常计算，还能通过反转多项式的根反推原多项式的根分布；
- 再比如原多项式的劳斯表因为某行首元素为0卡住时，反转多项式的系数结构可能会让首元素非零，从而可以继续推进计算。
本质上，这个方法没有改变根的右半平面计数结果，只是换了一个「视角」处理多项式，避开了原多项式里让劳斯判据卡壳的特殊结构。
四、是否「总是有效」？
严格来说，不是100%所有场景都有效：如果反转后的多项式仍然出现劳斯判据的除零情况（比如原多项式和反转多项式都存在对称于虚轴的根），那还是得用极限法处理。但在绝大多数工程场景中，这个方法能快速解决大部分除零问题，比算极限直观好算得多。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者FlatAssembler
