§$26.3$ 对于教学的建议

$\mathrm{26.3.1}$ 学习要点

$1$．本章涉及的定义和概念较多。定义了散度、旋度之后，$Green$公式、$Gauss$公式与$Stokes$公式从表面上看是简单化了。散度定理 ($26.5$) (或者是 ($26.2$), ($26.4$)) 的用处非常之广，当需要证明重积分与曲线 (面) 积分具有某种关系时，散度定理是一个非常有效的出发点。

$2$．由于 $Laplace$算子对一个函数的作用等于这个函数的梯度的散度，因此当积分号后面出现 $Laplace$算子，再应用散度定理时，各类积分变得丰富多彩，能够熟练运用 $Laplace$算符与散度定理是本章的主要目的之一．

$3$．调和函数是一类性质非常好的函数，调和二字表现在处处满足平均值公式，事实上反过来的结论也成立，即处处满足平均值公式的连续函数一定是调和函数 (见第二组参考题$1$). 在本章只介绍了调和函数的一点基本知识，在复变函数、数学物理方程等后续课程中还要进一步学习．

$4$．对习题课教学的建议

($1$) 在习题课上证明命题 $\mathrm{26.1.1}$，虽然题目并不难，但却是对各种算子的定义、各种场的定义、$Green$公式、$Gauss$公式、$Stokes$公式、曲线积分与路径无关的一个综合练习．

($2$) 关于 $Laplace$算子，要求学生会证明第一和第二 $Green$恒等式．

($3$) 关于调和函数，要求学生会证明平均值公式，并能利用 $Poisson$积分公式证明调和函数的一些性质．

$\mathrm{26.3.2}$ 参考题

第一组参考题

$1$．设 $A$, $B$ 为光滑向量场．证明:

(1) ∇ (boldsymbol A · boldsymbol B) = boldsymbol A × (∇ × boldsymbol B) + boldsymbol B × (∇ × boldsymbol A) + (boldsymbol B · ∇) boldsymbol A + (boldsymbol A · ∇) boldsymbol B;$$(1)\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B})=\mathbf{A}\times (\nabla \times \mathbf{B})+\mathbf{B}\times (\nabla \times \mathbf{A})+(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}+(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B};$$

($2$) $\nabla \times (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}-(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}+(\nabla \cdot \mathbf{B})\mathbf{A}-(\nabla \cdot \mathbf{A})\mathbf{B}$ .

$2$．设 $G$ 是 $R^3$ 中关于原点 $O$ 的星形区域，$F(x,y,z)$ 为 $G$ 上的光滑无源场．定义

boldsymbol A (x, y, z) = ∫_ 0 ^ 1 [ t boldsymbol F (t x, t y, t z) × boldsymbol r ] d t.$$\mathbf{A}(x,y,z)={\int }_0^1[t\mathbf{F}(tx,ty,tz)\times \mathbf{r}]\mathrm{d}t.$$

利用上题($2$)证明:

∇ × boldsymbol A = boldsymbol F.$$\nabla \times \mathbf{A}=\mathbf{F}.$$

$3$．设 $A$ 是 $R^3$ 上的光滑向量场，$B$ 是 $R^3$ 上二次连续可微的向量场，满足

∇ × boldsymbol B = frac 1r (∇ r × boldsymbol A),$$\nabla \times \mathbf{B}=\frac{1}{r}(\nabla r\times \mathbf{A}),$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，证明:

oint_ L boldsymbol A · boldsymbol τ d s = 0,$${\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }\mathrm{d}s=0,$$

其中 $L$ 是以原点为中心的球面上的封闭光滑简单定向曲线，$\tau$ 是 $L$ 上与其方向一致的单位切向量．

$4$．设长度为 $l$ 的平面简单闭曲线 $C$ 由方程 $F(x,y)=0$ 确定．$F(x,y)$ 二阶连续可微，且 $\nabla F(x,y)\ne 0$，设 $D=\{(x,y)\mid F(x,y)>0\}$ 为曲线 $C$ 围成的区域，计算二重积分

iint_ D ∇ · (frac ∇ F| ∇ F |) d x d y.$${\iint }_D\nabla \cdot \left(\frac{\nabla F}{|\nabla F|}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

$5$．设 $u(x,y,z)$ 是连续函数，它在 $M(x_0,y_0,z_0)$ 处有连续二阶偏导数，记

F (R) = frac 14 π R ^ 2 oiint_ ∂ B _ R (M) u (x, y, z) d S,$$F(R)=\frac{1}{4\pi R^2}\iint u(x,y,z)\mathrm{d}S,$$

其中 $\partial B_R(M)$ 是以 $M$ 为心，$R$ 为半径的球面．证明:

lim _ R → 0 F (R) = u (M).$$\underset{R\to 0}{\lim }F(R)=u(M).$$

若 $\Delta u(M)$ 不等于零，求无穷小量 $F(R)-u(M)$ 的主要部分．

$6$．设 $u,v$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二阶连续可微，且在 $\Omega$ 的边界上 $u=v$．如果 $u$ 是调和函数，则

iiint_ Ω | ∇ u | ^ 2 d x d y d z ≤slant iiint_ Ω | ∇ v | ^ 2 d x d y d z.$${\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z⩽{\iiint }_{\Omega }|\nabla v{|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$$

$7$．设 $u(x,y)$ 在 $x^2+y^2<1$ 二阶连续可微，且 $\Delta u={\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}$ ，证明：

iint_ x ^ 2 + y ^ 2 < 1 (x frac ∂ u∂ x + y frac ∂ u∂ y) d x d y = frac π2 e.$${\iint }_{x^2+y^2<1}\left(x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{2\mathrm{e}}.$$

第二组参考题

$1$．证明：处处满足平均值公式的连续函数一定是调和函数．

$2$．设 $u_n(x,y)$ 是定义在圆盘 $B_R$ 上的调和函数序列，都在 ${\overline{B}}_R$ 上连续，若 $u_n(x,y)$ 在 $B_R$ 的边界 $\partial B_R$ 上一致收敛，则 $u_n(x,y)$ 在 $B_R$ 上也一致收敛，并且极限函数也是调和函数．

$3$．设 $u(x,y,z)$ 在区域 $D$ 上二阶连续可微，证明: $\Delta u⩾0(\forall (x,y,z)\in D)$ 的充分必要条件是

u (M _ 0) ≤slant frac 14 π R ^ 2 iint_ ∂ B _ R (M _ 0) u (x, y, z) d S, ∀ B _ R (M _ 0) ⊂ D.$$u(M_0)⩽\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}u(x,y,z)\mathrm{d}S,\forall B_R(M_0)\subset D.$$

$4$．设 $u(x,y,z)$ 是由光滑曲面 $S$ 所包围的有界区域 $\Omega$ 上的调和函数，则

u (x, y, z) = frac 14 π oiint_ S [ u (ξ , η , ζ) frac cos (boldsymbol r , boldsymbol n)r ^ 2 + frac 1r frac ∂ u (ξ , η , ζ)∂ boldsymbol n ] d S,$$u(x,y,z)=\frac{1}{4\pi }\iint \left[u(\xi ,\eta ,\zeta )\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u(\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial \mathbf{n}}\right]dS,$$

其中 $\mathbf{r}=(\xi -x,\eta -y,\zeta -z)$ ， $r=|r|$ .

$5$．利用 $Poisson$积分公式证明不等式

frac R - rR + r u (x _ 0, y _ 0) ≤slant u (x, y) ≤slant frac R + rR - r u (x _ 0, y _ 0),$$\frac{R-r}{R+r}u(x_0,y_0)⩽u(x,y)⩽\frac{R+r}{R-r}u(x_0,y_0),$$

其中 $u$ 是以 $R$ 为半径，$(x_0,y_0)$ 为圆心的开圆盘上的非负调和函数，$r<R$ 是 $(x,y)$ 与 $(x_0,y_0)$ 的距离．

$6$．证明: 全平面上有界的调和函数一定是常数．

参考题提示

第十三章 数项级数

第一组参考题 ($36$ 页)

$1$．将该分式记为 $u_n$，一种方法是用裂项法证明级数 $\sum u_n$ 收敛，另一种方法是利用 $u_n$ 的分母单调增加，直接证明 $u_n\to 0$ .

$2$．与上册例题$\mathrm{12.4.2}$作类比，参考其证明的基本思路．

$3$．可利用题 $2$.

$4$. ($1$) 比较两个级数的部份和，并考虑题 $2$ 的结论．($2$) 试考虑当 $n$ 为平方数时令 $a_n=1/n$，否则令 $a_n=0$ .

$5$．对级数用等价量判别法．

$6$. ($1$) 记括号内为 $d_n$，证明 $0⩽d_n⩽f(1)$，且单调减少．($2$) 是 ($1$) 的应用．

$7$．对级数用等价量判别法即可．

$8$．两者都是正项级数．($2$) 可用题 $6$，也可从 ($1$) 推出．

$9$．先证右边内层级数对每个 $k$ 收敛．

$10$．用积分方法估计 $s_m$ ，证明 ${\sum }_{m=2}^{\infty }{s}_m$ 收敛，然后利用题$9$.

$11$．定义合适的二重数列 $\{a_{n,k}\}$ 后即可利用题$9$．另一种方法是对 $n<m$，有 ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_m)⩽{\sum }_{k=1}^m(a_k-a_m)$，利用右边有界去估计 ${\sum }_{k=1}^n{a}_k$ .

$12$．可利用 $a_n^2={\sum }_{k=n}^{\infty }(a_k^2-a_{k+1}^2)⩽(a_n-a_{n+1}){\sum }_{k=n}^{\infty }(a_k+a_{k+1})$ .

$13$．与题 $2$ 类似，又与上册 $\mathrm{12.4.2}$ 小节题 $4$ 类似．

$14$．若能证明 $a_{n+1}/a_n$ 大于 $3/2$ 即可用 $d^{\prime }Alembert$ 判别法．

$15$．从 $a_{n+1}=(a_n-a_{n+1})/a_n^p$ 出发用微分中值定理（参考例题$\mathrm{13.2.1}$之证$1$和例题$\mathrm{13.2.5}$）.

$16$．前半题用平均值不等式或 $Cauchy$ 不等式均可．

$17$．只要证明级数通项不趋于$0$即可．对于($1$), 若 $\sin n\to 0$，则 $\sin (n+1)\to 0$ , ${\cos }^{2}n\to 1$，由此即可引出矛盾．($2$)与此类似．

$18$. ($1$) 收敛，($3$) 发散，但对于 ($2$), ($4$), 收敛和发散都是可能的，请举例．

$19$. ($1$) 为上册 $57$ 页题 $7$ 之特例，用 $Abel$ 变换即可．($2$) 参考例题 $\mathrm{13.2.7}$ 中的证明．

$20$．用反证法．设有 $M$，使得 $|n-f(n)|⩽M$ 对一切 $n$ 成立．然后估计两个级数的部分和之差 $|S_n-S_n^{\prime }|$ .

第二组参考题 ($38$ 页)

$1$．设 $A_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$ ，将通项写为 $\frac{n^2(A_n-A_{n-1})}{A_n^2}⩽\frac{n^2(A_n-A_{n-1})}{A_n{A}_{n-1}}$ 作估计，然后利用例题 $\mathrm{13.2.6}$ 即可．

$2$．记 $A_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$ ，则级数通项为 $(A_n-A_{n-1})/A_n^{3/2}$ 。以下可参考例题 $\mathrm{13.2.5}$.

$3$．对固定的 $k$，考虑使 $a_k⩽M{a}_n$ 成立的所有可能 $n$，然后将不等式相加，并用级数的 $Cauchy$ 收敛准则．

$4$．先取两个通项单调减少趋于$0$的正项级数 $\sum c_n$ 和 $\sum d_n$，使得前者收敛，后者发散．又使 $d_n>c_n,\forall n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 成立．然后用它们的片段交替拼接成所求的两个级数．(见[$22$]之题$309$.)

$5$．取对数后分析．

$6$．这时级数与 ${\int }_1^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$ 同敛散．可试取满足 $x_n={\mathrm{e}}^{x_{n-1}}$ 的数列，用命题 $\mathrm{13.1.2}$.

$7$．利用 $\{a_n\}$ 单调减少趋于 $0$，可见 $k>b_n$ 时 $a_k<\frac{1}{2^n}$ ，而 $k⩽b_n$ 时 $a_k⩾\frac{1}{2^n}$ ，利用这些对两个级数部分和作估计．

$8$. ($1$) 猜测部分乘积并作归纳证明; ($2$) 归纳得到 $2{\prod }_{n=1}^{\infty }{\left\{\frac{1}{2}{\left[\frac{(2^{n-1}-1)!!(2^n)!!}{(2^{n-1})!!(2^n-1)!!}\right]}^2\right\}}^{\frac{1}{2^n}}=2{\lim }_{n\to \infty }{\left\{2^{n{2}^n+1}{\left[\frac{(2^{n-1})!}{(2^n)!}\right]}^2\right\}}^{\frac{1}{2^n}}$ ，然后用 $Stirling$ 公式即可．

$9$．利用 $\ln (n+1)-\ln (n)\sim \frac{1}{n}$ ，即相邻的 $\ln n$ 值之间的距离趋于 $0$，因此使得级数通项的分子大于 $1/2$ 的成片的正整数列的长度无上界。利用级数的 $Cauchy$ 收敛准则。（见 [$22$] 之题 $255$。）

$10$. ($1$) 将级数改写为 ${\sum }_{n=k+1}^{\infty }(n-k)a_n={\sum }_{n=k+1}^{\infty }n{a}_n\left(1-\frac{k}{n}\right)$，然后用 $Abel$ 判别法; ($2$) 可以用 $Abel$ 变换估计 (例如用 ($13.23$)).

$11$．反证法，利用 $Abel$ 定理 (即命题 $\mathrm{13.2.5}$($2$) ).

$12$．利用上题的结果．

$13$．正项级数和交错级数肯定都不行．试用 $a_n-\frac{1}{n}{a}_n-\cdots -\frac{1}{n}{a}_n$ 作为接连的 $n+1$ 项组成的级数．

$14$．估计 $\left|{\int }_k^{k+1}f(t)\mathrm{d}t-f(k)\right|$

$15$．利用 $1/x^p$ 为下凸函数，对 $n=4k-1,4k,4k+1$ 三项作估计，证明 $S_{4n+1}>1-\frac{1}{2^p}{S}_{2n}$，然后取极限，并对级数和作估计．

$16$．与上册 $57$ 页题 $7$ 完全等价，关键是用 $Abel$ 变换．

$17$．用上题即可．

$18$．用 $Cauchy$ 命题 (上册 $31$ 页).

$19$．用 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 代入即可．

$20$. ($2$) 不满足题 $19$ 的必要条件．其他题的答案为: ($1$) $1/2$ ; ($3$) $2/3$ ; ($4$) $\frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}$ .

$21$．观察 $S_n-{\sigma }_n$

$22$．必要性已见于第一组参考题 $19$($1$)，与可否 $Ces\grave{a}ro$ 求和无关。充分性只要将该表达式用 $S_n$ 和 ${\sigma }_n$ 表出即得。

第十四章 函数项级数与幂级数

第一组参考题 ($75$ 页)

$1$．例如，设 $D(x)$ 为 $[0,1]$ 上的 $Dirichlet$ 函数 (见上册 $103$ 页及索引), 令 $S_n(x)=\frac{1}{n}D(x)$ ( $n=1,2,\cdots$ ) 即可．

$2$．这里的要点是可微性为局部性质，只要在所讨论的点的一个邻域上满足逐项可微定理的条件即可．

$3$．这里需要 $Dedekind$ 切割 (参见上册 $96$ 页题 $2$).

$4$．先求出极限函数，并利用 $\{x^n\}$ 于 $[0,1)$ 内闭一致收敛．

$5$. ($2$) 证明在无理点处可逐项求导，而在每个有理点处除了一项之外也可逐项求导．

$6$．按条件存在 $x_0\in (0,1)$，使得 $f(x_0)\ne 0$．利用带 $Lagrange$余项的 $Taylor$公式，对每个 $n$ 有 $f(x_0)=\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(\theta x_0)x_0^n,0<\theta <1$ .

$7$．用 $Abel$ 第二定理 (参见 $59$ 页底注).

$8$. ($1$) 由于 $\arcsin x$ 在 $[-1,1]$ 上可展开为 $Maclaurin$ 级数，因此 $(\arcsin x{)}^2$ 至少在 $(-1,1)$ 上可以展开为 $Maclaurin$ 级数，它可以从计算 $(\arcsin x{)}^2$ 在 $x=0$ 的所有高阶导数值 (见 $\mathrm{6.2.4}$ 小节题 $3$) 得到．然后逐项求导．

$9$．用 $Abel$ 第二定理 (参见 $59$ 页底注).

$10$．利用在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有界的多项式只能是$0$次多项式，即常数

$11$．可从常数项开始，证明 $P_n$ 的同次幂项系数分别收敛．

$12$．必要性部分用第 $10$ 题．

$13$．被积表达式是全微分．

$14$．将通项分解为两个分式之差．答案为 $9/32$.

$15$．将甲成功的事件分解为第一次成功，第二次成功等等，然后分别计算它们的概率并相加．答案为 $\frac{6}{11}$ .

$16$．计算出第 $n$ 年的 $n$ 万元对应于一开始的钱是多少，然后相加．答案为 $(100+a{)}^2/a^2$ .

第二组参考题 ($76$ 页)

$1$．在 $Arzel\grave{a}$ 定理 (即命题 $\mathrm{14.2.4}$) 的证明中将一开始定义的集合 $A_n$ 改为

B _ n = {x ∈ [ a, b ] | ∃ i, j ≥slant n text 使得 | f _ i (x) - f _ j (x) | ≥slant ε },$$B_n=\{x\in [a,b]|\exists i,j⩾n\text{使得}|f_i(x)-f_j(x)|⩾\epsilon \},$$

然后做下去．

$2$．这里当然主要证明 $f\in R[a,b]$．除了用可积条件 (见上册 $301$ 页) 的传统证法外，也可试用 $Lebesgue$ 定理 (见上册 $304$ 页).

$3$．先证明极限函数单调．然后将区间作分划来做．

$4$．用反证法．对后两个问题的答案均为否定，不难构造反例．

$5$．先证明有一个子函数列在一个点上收敛，这个点可取为 $\{x_n\}$ 的一个极限点．

$6$．本题若用准一致收敛概念和 $Arzel\grave{a}$-$Borel$ 定理 (命题 $\mathrm{14.2.3}$) 则非常方便．

$7$．学习例题 $\mathrm{14.1.8}$ 的方法，可取 $k=\left[\sqrt{\pi }/x\right]$．若只要证明一致有界性，则还可以用 $Dirichlet$ 积分的方法．

$8$．展开后比较同次乘幂项的系数即可．

$9$．其中需要在 $1⩽k⩽n$ 时成立不等式 $\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)⩾1-\frac{k(k-1)}{n}$ . 这是上册 $\mathrm{1.3.2}$ 小节题 $1$($3$) 之特例．

$10$. ($1$) 利用第十三章第二组参考题 $19$ 知 $a_n=o(n)$，从而知收敛半径不小于 $1$. ($2$) 然后用级数乘积．($3$) 令 $a_0=1,a_n=0(n=1,2,\cdots )$，就从 ($1$) 得到在 $(-1,1)$ 上的恒等式 $1=(1-x{)}^2{\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)x^n$，然后乘以 $S$，用拟合法估计 $|S(x)-S|$ .

$11$．利用 $Cauchy$ 命题的证明方法 (见上册 $31$ 页).

$12$．这是 $c_n⩾0$ 条件下的 $Abel$ 第二定理．最简单的方法是用 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n$ 为优级数．

$13$．本题为 $Bernstein$ 定理，但这里的结果比上册 $225$ 页题 $19$ 更好一些，见《美国数学月刊》($1983$) 第 $90$ 卷 $130$-$131$ 页．用 $Taylor$ 公式的积分型余项 (见 $\mathrm{11.4.3}$ 小节) 证明在 $x\in [0,r]$ 时 $\frac{R_n(x)}{x^{n+1}}⩽\frac{R_n(r)}{r^{n+1}}$，又有 $R_n(r)⩽f(r)$．于是得到 $R_n(x)⩽{\left(\frac{x}{r}\right)}^{n+1}f(r)$，因此在 $0⩽x<r$ 时 $R_n(x)\to 0$ .

$14$．先从 $\{a_n\}$ 的递推公式导出 $f(x)=1/(1-x-x^2)$ ，将它作部分分式分解后再展开，就得到 $Fibonacci$ 数列的 $Binet$（比内）-$Lucas$（卢卡斯）公式：

a _ n = frac 1sqrt 5 [ (frac 1 + sqrt 52) ^ n + 1 - (frac 1 - sqrt 52) ^ n + 1 ], n = 0, 1, … ,$$a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{n+1}-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{n+1}\right],n=0,1,\dots ,$$

由此可见（或利用 $f$ 的幂级数展开式的收敛半径）， ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}^2}{a_n}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx \mathrm{1.618.}$

$15$．本题的三个数列的生成函数为 $(1+x{)}^{\alpha }$ , $(1+x{)}^{\beta }$ 和 $(1+x{)}^{\alpha +\beta }$ .

第十五章 $Fourier$级数

参考题 ($103$ 页)

$1$. ($1$) 用积分第二中值定理; ($2$) 用分部积分，或参考命题 $\mathrm{15.1.2}$.

$2$．以 $a_1$ 为例，将其积分公式中的积分区间 $[0,2\pi ]$ 分为 $[0,\pi /2]$ , $[\pi /2,\pi ]$ 等 $4$ 个积分，并通过变换成为 $[0,\pi /2]$ 上的一个积分，然后利用凸性条件．

$3$．本题中的函数 $F_h$ 称为 $Steklov$函数，它表明平均后的函数性质比平均之前会有改善，这与上册 $334$ 页题 $1$ 类似。($4$)可以用逐项积分定理，也可直接计算．

$4$. $F$ 是偶函数，计算中需要用二元函数的二次积分交换顺序．

$5$．用 $Riemann$ 引理．

$6$．这都可以认为是 $Fourier$ 级数展开计算中的间接法的练习题．