§$26.3$ 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:

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

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

$2$. 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

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

利用上题($2$)证明:

$$\nabla \times \mathbf{A}=\mathbf{F}.$$

$3$. 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

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

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ , 证明:

$${\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }\mathrm{d}s=0,$$

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

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

$5$. 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

$$F(R)=\frac{1}{4\pi R^2}\iint u(x,y,z)\mathrm{d}S,$$

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

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

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

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

$7$. 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：

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

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

$$u(M_0)⩽\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}u(x,y,z)\mathrm{d}S,\forall B_R(M_0)\subset D.$$

$4$. 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

$$u(x,y,z)=\frac{1}{4\pi }\iint \left[u(\xi ,\eta ,\zeta )\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u(\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial \mathbf{n}}\right]dS,$$

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

$$\frac{R-r}{R+r}u(x_0,y_0)⩽u(x,y)⩽\frac{R+r}{R-r}u(x_0,y_0),$$

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

$$B_n=\{x\in [a,b]|\exists i,j⩾n\text{使得}|f_i(x)-f_j(x)|⩾\epsilon \},$$

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：

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

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.