期末压轴证明题精讲 — 曲线积分·曲面积分·级数

总览与备考建议

期末考试最后1-2题（通常为第17-18题，每题8-10分）是证明/推导题，涉及曲线积分、曲面积分和级数的高级内容。本专题精选10道典型压轴题，覆盖以下核心考点：

板块	核心考点	出题频率	难度
曲线/曲面积分	Green公式与调和函数	极高	难
	Gauss/Stokes公式应用	高	中
	路径无关性与保守场	高	中
级数	级数收敛性证明	极高	难
	Abel/Dirichlet判别法	高	难
	幂级数/Fourier级数性质	中	中

备考策略：期末压轴证明题的难点在于"选择正确的证明路线"。建议：(1) 熟练掌握Green/Gauss/Stokes三大公式的适用条件；(2) 对级数的各种判别法建立决策树；(3) 证明题练习以"先写框架再填细节"为原则，考场上不要从第一行开始硬写。

Q1 | Green公式证明调和函数性质难

题目分析

考点识别：Green第一公式（由Green公式推导） + 调和函数唯一性
证明路线：(1) 构造合适的 $P,Q$ 代入Green公式；(2) 利用 (1) 的结论 + 边界条件得出 $u_x = u_y = 0$
关键公式：Green公式 $\displaystyle\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \iint_D \left(\frac{\pp Q}{\pp x} - \frac{\pp P}{\pp y}\right)\dd\sigma$

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第(1)问证明：

Step 1：回顾法线方向导数的表达。

设 $L$ 正方向为逆时针，外法线方向 $\vn = (\cos\alpha, \cos\beta)$，其中 $\cos\alpha = \dfrac{\dd y}{\dd s}$，$\cos\beta = -\dfrac{\dd x}{\dd s}$。因此： $$\frac{\pp u}{\pp \vn} = u_x\cos\alpha + u_y\cos\beta$$

Step 2：改写右端。

$$\oint_L u\frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd s = \oint_L u(u_x\cos\alpha + u_y\cos\beta)\,\dd s = \oint_L (uu_x\,\dd y - uu_y\,\dd x)$$

Step 3：应用Green公式。

取 $P = -uu_y$，$Q = uu_x$，则： $$\frac{\pp Q}{\pp x} = u_x^2 + uu_{xx}, \quad \frac{\pp P}{\pp y} = -(u_y^2 + uu_{yy})$$ 由Green公式： $$\oint_L (uu_x\,\dd y - uu_y\,\dd x) = \iint_D (u_x^2 + uu_{xx} + u_y^2 + uu_{yy})\,\dd\sigma = \iint_D (u_x^2 + u_y^2 + u\Delta u)\,\dd\sigma$$ 故等式成立。$\square$

第(2)问证明：

Step 1：代入条件。

由 $\Delta u = 0$ 和 $u\big|_L = 0$，将 (1) 的结论代入： $$\iint_D (0 + u_x^2 + u_y^2)\,\dd\sigma = \oint_L 0 \cdot \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd s = 0$$

Step 2：推出结论。

即 $\displaystyle\iint_D (u_x^2 + u_y^2)\,\dd\sigma = 0$。由于 $u_x^2 + u_y^2 \ge 0$ 且连续，根据二重积分的保号性（非负连续函数积分为零则函数恒为零），得： $$u_x^2 + u_y^2 \equiv 0 \quad \text{on } D$$ 从而 $u_x \equiv 0$，$u_y \equiv 0$ on $D$，即 $u$ 在 $D$ 上为常数。又 $u$ 连续且 $u\big|_L = 0$，故 $u \equiv 0$ on $\bar{D}$。$\square$

关键技巧：构造 $P = -uu_y$，$Q = uu_x$ 是本题的核心。记忆口诀："$u$ 乘自身梯度，一正一负塞进Green"。这个构造在所有Green第一公式的证明中通用。

常见错误：(1) 忘记法线方向导数与曲线积分的转化关系；(2) 在第(2)问中直接说"$u_x^2+u_y^2 \ge 0$ 所以为零"，缺少引用保号性定理；(3) 忘记从 $D$ 内部常数值推到边界值的连续性论证。

相关知识点：Green第一公式是证明调和函数唯一性、极值原理的基础工具。Dirichlet问题（给定边界值求调和函数）的唯一性就是用这个方法证明的。

Q2 | 路径无关的等价性证明中

题目分析

考点识别：路径无关的四个等价条件，这是线积分理论的核心定理
证明路线：循环证明 (i)$\Rightarrow$(ii)$\Rightarrow$(iii)$\Rightarrow$(iv)$\Rightarrow$(i)
关键前提：$D$ 是单连通区域（无"洞"），否则 (iv)$\Rightarrow$(i) 不成立

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证明：(i) $\Rightarrow$ (ii)

设 $A, B$ 是 $D$ 内两点，$\Gamma_1, \Gamma_2$ 是从 $A$ 到 $B$ 的两条不同路径。则 $L = \Gamma_1 \cup (-\Gamma_2)$ 构成闭曲线，由 (i)： $$0 = \oint_L = \int_{\Gamma_1} - \int_{\Gamma_2}$$ 故 $\displaystyle\int_{\Gamma_1} = \int_{\Gamma_2}$，即与路径无关。$\square$

证明：(ii) $\Rightarrow$ (iii)

固定点 $(x_0, y_0) \in D$，定义 $$F(x,y) = \int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)} P\,\dd x + Q\,\dd y$$ 由路径无关性，$F$ 定义合理。取路径先沿水平再沿竖直方向： $$F(x,y) = \int_{(x_0,y_0)}^{(x,y_0)} P\,\dd x + Q\,\dd y + \int_{(x,y_0)}^{(x,y)} P\,\dd x + Q\,\dd y$$ 第二段路径上 $x$ 不变，$\dd x = 0$，故： $$\frac{\pp F}{\pp y} = \frac{\pp}{\pp y}\int_{y_0}^{y} Q(x,t)\,\dd t = Q(x,y)$$ 类似地取路径先沿竖直再沿水平，可证 $\dfrac{\pp F}{\pp x} = P(x,y)$。因此 $\dd F = P\,\dd x + Q\,\dd y$，即 $F$ 是原函数。$\square$

证明：(iii) $\Rightarrow$ (iv)

由 $P = F_x$，$Q = F_y$，因为 $F$ 有连续的二阶偏导数： $$\frac{\pp P}{\pp y} = F_{xy} = F_{yx} = \frac{\pp Q}{\pp x}$$ 其中用到了混合偏导数相等定理（$F_{xy}$、$F_{yx}$ 均连续）。$\square$

证明：(iv) $\Rightarrow$ (i)（需要单连通条件）

设 $L$ 是 $D$ 内任意分段光滑正向闭曲线，$L$ 围成区域 $\Omega \subset D$（单连通性保证 $\Omega \subset D$）。由Green公式： $$\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \iint_\Omega \left(\frac{\pp Q}{\pp x} - \frac{\pp P}{\pp y}\right)\dd\sigma = \iint_\Omega 0\,\dd\sigma = 0 \quad\square$$

关键技巧：循环证明是证等价性的标准套路。记住这个"圈"：闭合为零 $\to$ 路径无关 $\to$ 存在原函数 $\to$ 偏导相等 $\to$ 闭合为零。每一步证明都很短，关键在于清晰地组织逻辑。

常见错误：(1) 忘记强调 $D$ 单连通在 (iv)$\Rightarrow$(i) 中不可或缺。反例：$D = \RR^2 \setminus \{0\}$，$P = -\dfrac{y}{x^2+y^2}$，$Q = \dfrac{x}{x^2+y^2}$ 满足 $P_y = Q_x$，但沿单位圆积分 $= 2\pi \ne 0$。(2) 构造原函数 $F$ 时路径选取不当。

Q3 | Gauss公式证明散度定理推论中

题目：设 $\Omega$ 是 $\RR^3$ 中有界闭区域，边界 $\Sigma$ 为分段光滑闭曲面（取外侧），$u(x,y,z)$ 在 $\bar{\Omega}$ 上有连续的二阶偏导数。证明：
(1) $\displaystyle\oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega \Delta u\,\dd V$，其中 $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} + u_{zz}$，$\dfrac{\pp u}{\pp \vn}$ 是沿外法线方向的方向导数；
(2) 若 $u$ 是 $\Omega$ 上的调和函数（$\Delta u = 0$），则 $\displaystyle\oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = 0$；
(3)（物理推论）若 $\vF = \grad u$ 是无源场（$\divg \vF = 0$），则通过任意闭曲面的通量为零。

题目分析

考点识别：Gauss公式（散度定理）的直接应用
证明路线：将法线方向导数展开为 $P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma$ 的形式，直接套Gauss公式
Gauss公式：$\displaystyle\oiint_\Sigma P\,\dd y\dd z + Q\,\dd z\dd x + R\,\dd x\dd y = \iiint_\Omega \left(\frac{\pp P}{\pp x} + \frac{\pp Q}{\pp y} + \frac{\pp R}{\pp z}\right)\dd V$

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第(1)问证明：

Step 1：展开法线方向导数。

设 $\Sigma$ 外法线方向余弦为 $(\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)$，则： $$\frac{\pp u}{\pp \vn} = u_x\cos\alpha + u_y\cos\beta + u_z\cos\gamma$$

Step 2：改写曲面积分。

$$\oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \oiint_\Sigma (u_x\,\dd y\dd z + u_y\,\dd z\dd x + u_z\,\dd x\dd y)$$

Step 3：应用Gauss公式。

取 $P = u_x$，$Q = u_y$，$R = u_z$，由Gauss公式： $$= \iiint_\Omega \left(\frac{\pp u_x}{\pp x} + \frac{\pp u_y}{\pp y} + \frac{\pp u_z}{\pp z}\right)\dd V = \iiint_\Omega (u_{xx} + u_{yy} + u_{zz})\,\dd V = \iiint_\Omega \Delta u\,\dd V \quad\square$$

第(2)问证明：

由 $\Delta u = 0$ 和第(1)问： $$\oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega 0\,\dd V = 0 \quad\square$$

第(3)问证明：

$\vF = \grad u = (u_x, u_y, u_z)$，无源条件即 $\divg \vF = u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} = \Delta u = 0$。通量为： $$\Phi = \oiint_\Sigma \vF \cdot \vn\,\dd S = \oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega \Delta u\,\dd V = 0 \quad\square$$

关键技巧："法线方向导数"$\to$"Gauss公式"是一步到位的标准变换。记住核心等式：$\displaystyle\oiint_\Sigma \frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega \Delta u\,\dd V$。这被称为 Green第一恒等式的特殊情形（取 $v \equiv 1$）。

常见错误：(1) 混淆 $\dd S$（面积元素）和 $\dd y\dd z$（投影元素）的关系：$\dd y\dd z = \cos\alpha\,\dd S$；(2) 忘记Gauss公式要求 $\Sigma$ 为闭曲面、取外侧。

Q4 | Stokes公式证明保守场难

题目分析

考点识别：Stokes公式 + 路径无关性 + 原函数构造
证明路线：$\curl \vF = 0$ $\xRightarrow{\text{Stokes}}$ 曲线积分沿闭合曲线为零 $\Rightarrow$ 路径无关 $\Rightarrow$ 构造势函数
Stokes公式：$\displaystyle\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = \iint_\Sigma \left|\begin{smallmatrix}\cos\alpha & \cos\beta & \cos\gamma \\ \frac{\pp}{\pp x} & \frac{\pp}{\pp y} & \frac{\pp}{\pp z} \\ P & Q & R\end{smallmatrix}\right|\dd S$

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证明：

Step 1：证明沿闭合曲线积分为零。

设 $L$ 是 $\Omega$ 内任意分段光滑闭曲线。由于 $\Omega$ 是单连通的，$L$ 围成的任何曲面 $\Sigma$ 均含于 $\Omega$ 内。由Stokes公式： $$\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = \iint_\Sigma \left[\left(\frac{\pp R}{\pp y} - \frac{\pp Q}{\pp z}\right)\cos\alpha + \left(\frac{\pp P}{\pp z} - \frac{\pp R}{\pp x}\right)\cos\beta + \left(\frac{\pp Q}{\pp x} - \frac{\pp P}{\pp y}\right)\cos\gamma\right]\dd S$$ 由 $\curl \vF = \mathbf{0}$，即 $R_y - Q_z = 0$，$P_z - R_x = 0$，$Q_x - P_y = 0$，故右端为零： $$\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = 0$$

Step 2：证明路径无关性。

设 $\Gamma_1, \Gamma_2$ 是连接 $A$ 到 $B$ 的两条路径。$L = \Gamma_1 \cup (-\Gamma_2)$ 是闭曲线，由Step 1： $$\int_{\Gamma_1} - \int_{\Gamma_2} = \oint_L = 0$$ 故积分与路径无关。

Step 3：构造势函数。

固定点 $(x_0, y_0, z_0) \in \Omega$，定义： $$\varphi(x,y,z) = \int_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)} P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z$$ 选取折线路径：$(x_0,y_0,z_0) \to (x,y_0,z_0) \to (x,y,z_0) \to (x,y,z)$。对 $z$ 求偏导（仅最后一段含 $z$）： $$\frac{\pp\varphi}{\pp z} = \frac{\pp}{\pp z}\int_{z_0}^{z} R(x,y,t)\,\dd t = R(x,y,z)$$ 类似地 $\dfrac{\pp\varphi}{\pp x} = P$，$\dfrac{\pp\varphi}{\pp y} = Q$。故 $\grad\varphi = (P, Q, R) = \vF$，即 $\vF$ 是保守场。$\square$

关键技巧：证明的三步骤完全平行于二维情形（Q2），只是将Green公式换成Stokes公式。核心逻辑链：$\curl = 0$ $\xRightarrow{\text{Stokes}}$ 闭合积分为零 $\Rightarrow$ 路径无关 $\Rightarrow$ 原函数存在。

常见错误：(1) 忘记单连通条件。反例：$\vF = \left(-\dfrac{y}{x^2+y^2}, \dfrac{x}{x^2+y^2}, 0\right)$ 在 $\RR^3 \setminus \{z\text{轴}\}$ 上 $\curl\vF = 0$，但沿 $z$ 轴的环路积分为 $2\pi$。(2) 构造势函数时折线路径可能跑出 $\Omega$，需要区域的连通性保证路径可选在 $\Omega$ 内。

Q5 | Green-Gauss-Stokes 综合证明难

题目分析

考点识别：Green第一恒等式的推广 + 调和函数的唯一性定理
证明路线：(1) 利用Gauss公式分别处理 $u\Delta v$ 和 $v\Delta u$，再做差；(2) 令 $w = u-v$，利用 (1) 的推论
核心工具：Gauss公式 + 乘积法则

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第(1)问证明：

Step 1：建立Green第一恒等式。

考虑向量场 $\vF = u\,\grad v = (uv_x, uv_y, uv_z)$，计算其散度： $$\divg(u\,\grad v) = u_x v_x + u v_{xx} + u_y v_y + u v_{yy} + u_z v_z + u v_{zz} = \grad u \cdot \grad v + u\Delta v$$ 由Gauss公式： $$\oiint_\Sigma u\,\grad v \cdot \vn\,\dd S = \iiint_\Omega \divg(u\,\grad v)\,\dd V$$ 注意到 $\grad v \cdot \vn = \dfrac{\pp v}{\pp \vn}$，故： $$\oiint_\Sigma u\frac{\pp v}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega (\grad u \cdot \grad v + u\Delta v)\,\dd V \quad \cdots (*)$$ 这就是 Green第一恒等式。

Step 2：交换 $u, v$ 的角色。

在 $(*)$ 中交换 $u, v$： $$\oiint_\Sigma v\frac{\pp u}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega (\grad v \cdot \grad u + v\Delta u)\,\dd V \quad \cdots (**)$$

Step 3：$(*)$ 减去 $(**)$。

$$\oiint_\Sigma \left(u\frac{\pp v}{\pp \vn} - v\frac{\pp u}{\pp \vn}\right)\dd S = \iiint_\Omega (u\Delta v - v\Delta u)\,\dd V \quad\square$$

第(2)问证明：

Step 1：设 $w = u - v$。

则 $\Delta w = \Delta u - \Delta v = 0$（$w$ 也是调和函数），且 $w\big|_\Sigma = 0$。

Step 2：利用Green第一恒等式。

在 $(*)$ 中取 $u = v = w$： $$\oiint_\Sigma w\frac{\pp w}{\pp \vn}\,\dd S = \iiint_\Omega (|\grad w|^2 + w\Delta w)\,\dd V$$ 由 $w\big|_\Sigma = 0$ 和 $\Delta w = 0$： $$0 = \iiint_\Omega |\grad w|^2\,\dd V$$

Step 3：推出结论。

$|\grad w|^2 = w_x^2 + w_y^2 + w_z^2 \ge 0$ 且连续，由保号性得 $\grad w \equiv 0$ on $\Omega$。故 $w$ 在 $\Omega$ 上为常数，又 $w\big|_\Sigma = 0$，故 $w \equiv 0$，即 $u \equiv v$。$\square$

关键技巧：Green第二恒等式 = 两个第一恒等式做差。记住核心构造：$\divg(u\,\grad v) = \grad u \cdot \grad v + u\Delta v$。这个恒等式是数学物理中证明解唯一性的万能工具。

常见错误：(1) 散度展开 $\divg(u\,\grad v)$ 时漏项；(2) 第(2)问中忘记论证"连续非负函数积分为零则函数恒为零"（保号性）；(3) 忘记 $w$ 在边界上为零这一条件。

相关知识点：Green恒等式家族：第一恒等式用于能量估计，第二恒等式用于唯一性证明和积分表示（如Green函数法）。三维调和函数的唯一性定理是PDE理论的基石。

Q6 | 级数收敛性证明（Cauchy准则与比较法）难

题目分析

考点识别：正项级数的比较判别法 + 基本不等式（AM-GM、Cauchy-Schwarz）
证明路线：(1)(2) 用 AM-GM 放缩到已知收敛级数；(3) 用 Cauchy-Schwarz 不等式
核心思想：将"新级数"通过不等式绑定到"已知收敛级数"

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第(1)问证明：

由 $\sum a_n$ 收敛，$a_n \to 0$，故存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时 $a_n < 1$。当 $n > N$ 时： $$0 < a_n a_{n+1} \le a_n \cdot 1 = a_n$$ 由比较判别法，$\sum a_n a_{n+1}$ 收敛。$\square$

（更精细的方法：由 AM-GM，$a_n a_{n+1} \le \dfrac{a_n^2 + a_{n+1}^2}{2} \le \dfrac{a_n + a_{n+1}}{2}$（当 $a_n < 1$），但直接用 $a_{n+1} < 1$ 更简洁。）

第(2)问证明：

由均值不等式（AM-GM）： $$\sqrt{a_n a_{n+1}} \le \frac{a_n + a_{n+1}}{2}$$ 而： $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n + a_{n+1}}{2} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} a_n + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} a_{n+1} = \frac{1}{2}S + \frac{1}{2}(S - a_1) = S - \frac{a_1}{2}$$ 其中 $S = \sum a_n$ 收敛。由比较判别法，$\sum \sqrt{a_n a_{n+1}}$ 收敛。$\square$

第(3)问证明：

由 Cauchy-Schwarz 不等式（级数形式）： $$\left(\sum_{n=1}^{N} \frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2 \le \left(\sum_{n=1}^{N} a_n\right)\left(\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2}\right)$$ 右端两个级数均收敛（$\sum a_n$ 收敛由题设，$\sum \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ 收敛），故部分和 $\left(\sum_{n=1}^{N} \frac{\sqrt{a_n}}{n}\right)^2$ 有上界。又 $\dfrac{\sqrt{a_n}}{n} \ge 0$，部分和单调递增且有上界，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{a_n}}{n}$ 收敛。$\square$

（另一种方法：直接用 AM-GM，$\dfrac{\sqrt{a_n}}{n} \le \dfrac{1}{2}\left(a_n + \dfrac{1}{n^2}\right)$，两边求和即得收敛。）

关键技巧：级数收敛性证明的三板斧：(1) AM-GM 放缩：$\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}$；(2) Cauchy-Schwarz 降维：$(\sum x_n y_n)^2 \le \sum x_n^2 \cdot \sum y_n^2$；(3) $a_n \to 0$ 后直接与 $a_n$ 比较。第(3)问的 AM-GM 方法 $\frac{\sqrt{a_n}}{n} \le \frac{1}{2}(a_n + \frac{1}{n^2})$ 是最优雅的一步。

常见错误：(1) 第(1)问中忘记说明"$a_n < 1$ 对充分大的 $n$"——$a_n \to 0$ 并不自动意味着 $a_n < 1$ 对所有 $n$；(2) 第(3)问中直接写"Cauchy不等式"但不写出具体的级数形式和收敛性验证；(3) 忘记正项级数"部分和单调有界则收敛"这一关键定理。

Q7 | Abel / Dirichlet 判别法应用难

题目分析

考点识别：Dirichlet判别法（单调趋零 + 部分和有界）和 Abel判别法（单调有界 + 级数收敛）
核心工具：Abel变换（离散分部积分）：$\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k b_k = A_n b_n + \sum_{k=1}^{n-1} A_k(b_k - b_{k+1})$，其中 $A_k = \sum_{i=1}^k a_i$

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第(1)问证明（Dirichlet判别法）：

将级数写为 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \cdot a_n$。

取 $\alpha_n = \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$，$\beta_n = a_n$。

验证Dirichlet判别法条件：

$\beta_n = a_n$ 单调递减趋于 $0$（题设）。
$\alpha_n$ 的部分和 $A_N = \sum_{n=1}^N \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ 有界。这是因为 $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ 是Leibniz级数，其部分和满足 $A_{2k} \uparrow$，$A_{2k+1} \downarrow$，且 $A_{2k} \le 1$，$A_{2k+1} \ge \frac{1}{2}$，故 $|A_N| \le 1$。

由Dirichlet判别法，$\sum \alpha_n \beta_n$ 收敛。$\square$

第(2)问证明（Abel判别法）：

方法：Abel变换。

设 $A_n = \sum_{k=1}^n a_k$，则 $A_n \to A$（因 $\sum a_n$ 收敛）。 $$S_n = \sum_{k=1}^n a_k b_k = \sum_{k=1}^n (A_k - A_{k-1})b_k = A_n b_n - \sum_{k=1}^{n-1} A_k(b_{k+1} - b_k)$$

其中 $A_0 = 0$。分别讨论两项：

$A_n b_n$：$A_n \to A$，$b_n$ 单调有界（设 $|b_n| \le M$），故 $A_n b_n$ 收敛。
$\sum A_k(b_{k+1} - b_k)$：由 $|A_k| \le C$（部分和有界）和 $\{b_n\}$ 单调有界，$\sum |b_{k+1} - b_k|$ 是伸缩级数（$= |b_N - b_1|$），故 $\sum |A_k(b_{k+1} - b_k)| \le C \sum |b_{k+1} - b_k| < \infty$，绝对收敛。

故 $S_n$ 收敛。$\square$

第(3)问证明（Dirichlet判别法）：

取 $\alpha_n = \sin n$，$\beta_n = \dfrac{1}{n}$（单调递减趋于零）。

验证部分和有界：利用积化和差公式，

$$2\sin\frac{1}{2}\sum_{k=1}^N \sin k = \sum_{k=1}^N \left[\cos\left(k-\frac{1}{2}\right) - \cos\left(k+\frac{1}{2}\right)\right] = \cos\frac{1}{2} - \cos\left(N+\frac{1}{2}\right)$$ 故： $$\left|\sum_{k=1}^N \sin k\right| = \frac{|\cos\frac{1}{2} - \cos(N+\frac{1}{2})|}{2\sin\frac{1}{2}} \le \frac{2}{2\sin\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sin\frac{1}{2}}$$ 部分和有界。由Dirichlet判别法，$\sum \dfrac{\sin n}{n}$ 收敛。$\square$

关键技巧：(1) Dirichlet判别法的"部分和有界"验证是难点，对三角级数常用"乘以 $2\sin\frac{1}{2}$"的积化和差技巧（伸缩求和）。(2) Abel变换的本质就是"离散版分部积分"：$\sum a_k b_k = [A_k b_k] - \sum A_k \Delta b_k$。

常见错误：(1) 混淆Dirichlet和Abel判别法的条件（谁单调趋零、谁部分和有界）；(2) 在第(3)问中直接说"$\sum \sin k$ 有界"而不给出证明过程；(3) Abel变换的下标搞错。

相关知识点：Dirichlet判别法可统一推出Leibniz判别法（取 $\alpha_n = (-1)^n$）、$\sum \frac{\sin nx}{n}$ 的收敛性等。Abel判别法是Dirichlet的"对偶版本"。

Q8 | 幂级数逐项可微性证明中

题目分析

考点识别：幂级数的分析性质 + 内闭一致收敛性
证明路线：先证导数级数收敛半径相同，再用一致收敛函数列的逐项求导/积分定理
核心工具：Cauchy-Hadamard公式、Weierstrass M-判别法、一致收敛的分析性质

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第(1)问证明：

Step 1：导数级数的收敛半径。

设 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。由Cauchy-Hadamard公式，$\sum a_n x^n$ 的收敛半径为： $$\frac{1}{R} = \limsup_{n\to\infty} |a_n|^{1/n}$$ 对 $\sum n a_n x^{n-1} = \frac{1}{x}\sum n a_n x^n$（$x \ne 0$），注意到： $$\limsup_{n\to\infty} |na_n|^{1/n} = \limsup_{n\to\infty} n^{1/n} \cdot |a_n|^{1/n} = 1 \cdot \frac{1}{R} = \frac{1}{R}$$ （因为 $n^{1/n} \to 1$），故导数级数 $\sum n a_n x^n$ 的收敛半径也是 $R$，从而 $g(x)$ 在 $(-R, R)$ 上收敛。

Step 2：内闭一致收敛。

对任意 $[a,b] \subset (-R,R)$，取 $r$ 使 $\max(|a|,|b|) < r < R$。当 $|x| \le r$ 时： $$|na_n x^{n-1}| \le n|a_n|r^{n-1}$$ 而 $\sum n|a_n|r^n$ 收敛（因 $r < R$，即 $\sum na_n x^n$ 在 $x = r$ 绝对收敛），故由Weierstrass M-判别法，$g(x)$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛。

Step 3：逐项求导定理。

由一致收敛的逐项求导定理：$\sum a_n x^n$ 的每一项 $a_n x^n$ 可导，且导数级数 $\sum na_n x^{n-1}$ 在每个闭子区间上一致收敛，故： $$f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (a_n x^n)' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} \quad\square$$

第(2)问证明：

由Step 2，$f(x) = \sum a_n x^n$ 在 $[-r,r] \subset (-R,R)$ 上一致收敛。

由一致收敛级数的逐项积分定理： $$\int_0^x f(t)\,\dd t = \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^x a_n t^n\,\dd t = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}$$ 对任意 $x \in (-R, R)$ 成立。$\square$

收敛半径的验证：$\limsup \left|\dfrac{a_n}{n+1}\right|^{1/(n+1)} = \limsup |a_n|^{1/n} \cdot (n+1)^{-1/n} = \dfrac{1}{R}$，故积分级数收敛半径也是 $R$。

关键技巧：(1) $n^{1/n} \to 1$ 是证明收敛半径不变的核心。(2) "内闭一致收敛"意味着在 $(-R,R)$ 的任何紧子集上一致收敛，但在 $(-R,R)$ 整体上通常不一致收敛。(3) 逐项求导/积分需要的条件是一致收敛 + 逐项可导/可积。

常见错误：(1) 声称 $\sum na_n x^{n-1}$ 在 $(-R,R)$ 上一致收敛（只在闭子区间上成立）；(2) 直接引用"幂级数可逐项求导"而不证明——如果题目要求证明这个性质本身，就需要写出完整推导。

Q9 | Fourier级数收敛性中

题目分析

考点识别：Fourier系数的性质 + 三角函数系的正交性
证明路线：(1) 利用 $\|f - S_N\|^2 \ge 0$ 展开得到Bessel不等式；(2) 由Bessel不等式令 $N \to \infty$，级数收敛则通项趋零
核心工具：三角函数系 $\{1, \cos nx, \sin nx\}$ 的正交性

展开完整证明

第(1)问证明：

Step 1：Fourier级数与系数。

$$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx + b_n\sin nx)$$ 其中 $a_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,\dd x$，$b_n = \dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\dd x$。

Step 2：构造非负量。

设 $S_N(x) = \dfrac{a_0}{2} + \displaystyle\sum_{n=1}^N (a_n\cos nx + b_n\sin nx)$，考虑： $$0 \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[f(x) - S_N(x)]^2\,\dd x$$

Step 3：展开平方。

$$= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2\,\dd x - \frac{2}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f \cdot S_N\,\dd x + \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}S_N^2\,\dd x$$ 利用三角函数系的正交性：

$\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f \cdot S_N\,\dd x = \dfrac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^N(a_n^2 + b_n^2)$
$\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}S_N^2\,\dd x = \dfrac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^N(a_n^2 + b_n^2)$

代入得： $$0 \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2\,\dd x - \frac{a_0^2}{2} - \sum_{n=1}^N(a_n^2 + b_n^2)$$ 即 $\dfrac{a_0^2}{2} + \displaystyle\sum_{n=1}^N(a_n^2+b_n^2) \le \dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,\dd x$。$\square$

第(2)问证明（Riemann-Lebesgue引理）：

由Bessel不等式，令 $N \to \infty$： $$\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2 + b_n^2) \le \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2\,\dd x < \infty$$ 故正项级数 $\sum (a_n^2 + b_n^2)$ 收敛，由级数收敛的必要条件： $$a_n^2 + b_n^2 \to 0 \quad (n \to \infty)$$ 从而 $a_n \to 0$，$b_n \to 0$。$\square$

关键技巧：Bessel不等式的证明本质是 "$\|f - S_N\|^2 \ge 0$" 这一简单的非负性。整个推导的核心是三角函数系的正交性使得交叉项消失。Parseval等式（等号成立）是更深的结论，需要完备性。

常见错误：(1) 正交性计算中 $\int_{-\pi}^{\pi}\cos mx \cdot \cos nx\,\dd x$ 的结果：$m \ne n$ 时为 $0$，$m = n \ne 0$ 时为 $\pi$，$m = n = 0$ 时为 $2\pi$。频繁在 $n=0$ 项出错。(2) Riemann-Lebesgue引理实际上对一般可积函数成立（不需要 $f^2$ 可积），完整证明更复杂。此处是 $f \in L^2$ 的简化版本。

Q10 | 级数与积分综合证明难

题目分析

考点识别：级数与反常积分的关系（积分判别法）+ 数列单调有界原理
证明路线：(1) 利用 $f$ 单调性建立积分与部分和的夹逼关系；(2) 证明 $\gamma_n$ 单调递减且有下界
核心思想：每个 $f(n)$ 对应区间 $[n, n+1]$ 上的面积，$f$ 单调递减使得矩形面积与曲线下面积可以比较

展开完整证明

第(1)问证明：

Step 1：建立不等式。

由 $f$ 单调递减，对任意 $n \ge 1$： $$f(n+1) \le \int_n^{n+1} f(x)\,\dd x \le f(n)$$

Step 2：正方向（$\sum f(n)$ 收敛 $\Rightarrow$ $\int$ 收敛）。

对左侧不等式从 $n=1$ 到 $N-1$ 求和： $$\sum_{n=2}^{N} f(n) \le \int_1^N f(x)\,\dd x$$ 又由右侧不等式： $$\int_1^N f(x)\,\dd x \le \sum_{n=1}^{N-1} f(n) \le S_{N-1}$$ $\sum f(n)$ 收敛 $\Rightarrow$ $S_{N-1}$ 有界 $\Rightarrow$ $\int_1^N f(x)\,\dd x$ 有上界。又 $f \ge 0$，$\int_1^N$ 关于 $N$ 单调递增，故 $\int_1^{+\infty} f(x)\,\dd x$ 收敛。

Step 3：反方向（$\int$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum f(n)$ 收敛）。

由左侧不等式求和： $$S_N - f(1) = \sum_{n=2}^N f(n) \le \sum_{n=1}^{N-1}\int_n^{n+1} f(x)\,\dd x = \int_1^N f(x)\,\dd x \le \int_1^{+\infty} f(x)\,\dd x$$ $\int$ 收敛 $\Rightarrow$ $S_N$ 有上界。又 $f(n) \ge 0$，$S_N$ 单调递增有上界，故 $\sum f(n)$ 收敛。$\square$

第(2)问证明：

Step 1：证 $\gamma_n$ 单调递减。

$$\gamma_n - \gamma_{n-1} = f(n) - \int_{n-1}^n f(x)\,\dd x$$ 由 $f$ 单调递减，$f(n) \le f(x)$ for $x \in [n-1, n]$，故： $$f(n) \le \int_{n-1}^n f(x)\,\dd x$$ 即 $\gamma_n - \gamma_{n-1} \le 0$，$\{\gamma_n\}$ 单调递减。

Step 2：证 $\gamma_n$ 有下界。

由 $f$ 单调递减： $$\int_k^{k+1} f(x)\,\dd x \le f(k)$$ 从 $k=1$ 到 $n-1$ 求和： $$\int_1^n f(x)\,\dd x \le \sum_{k=1}^{n-1} f(k) = S_n - f(n) \le S_n$$ 故 $\gamma_n = S_n - \int_1^n f(x)\,\dd x \ge 0$。

Step 3：结论。

$\{\gamma_n\}$ 单调递减、有下界（$\ge 0$），由单调有界定理，$\{\gamma_n\}$ 收敛。$\square$

关键技巧：(1) 积分判别法的核心图像：$f(n+1)$ 是 $[n,n+1]$ 上的内接矩形面积，$f(n)$ 是外接矩形面积。(2) 第(2)问中 $\gamma_n$ 的极限 $\gamma = \lim \gamma_n$ 就是著名的 Euler-Mascheroni 常数 $\gamma \approx 0.5772$（当 $f(x) = 1/x$ 时）。这揭示了 $\sum 1/k$ 与 $\ln n$ 之间的精确关系。

常见错误：(1) 不等式方向搞反：$f(n+1) \le \int_n^{n+1} f \le f(n)$ 需要 $f$ 递减这一条件；(2) 第(2)问中忘记验证"有下界"这一条件——仅有单调递减不能保证收敛（可能趋于 $-\infty$）。

相关知识点：积分判别法是判断 $p$-级数 $\sum 1/n^p$ 收敛性的标准工具（$p > 1$ 收敛，$p \le 1$ 发散），也是推导Stirling公式 $n! \sim \sqrt{2\pi n}(n/e)^n$ 的出发点。

附录A | 证明题高频定理总表

曲线/曲面积分板块

定理	条件	结论	常考证明方向	出题率
Green公式	$D$ 有界闭区域，$P,Q$ 有连续偏导	$\oint_L P\dd x + Q\dd y = \iint_D (Q_x - P_y)\dd\sigma$	面积公式、调和函数性质	极高
Green第一恒等式	$u$ 二阶连续偏导	$\iint_D(\grad u \cdot \grad v + u\Delta v) = \oint_L u\frac{\pp v}{\pp n}\dd s$	调和函数唯一性	极高
Green第二恒等式	$u,v$ 二阶连续偏导	$\iiint(u\Delta v - v\Delta u) = \oiint(u\frac{\pp v}{\pp n}-v\frac{\pp u}{\pp n})\dd S$	唯一性、互易定理	高
Gauss公式	$\Omega$ 有界闭区域，$P,Q,R$ 连续偏导	$\oiint P\dd y\dd z + \cdots = \iiint \divg \vF\,\dd V$	无源场通量为零	高
Stokes公式	$\Sigma$ 定向曲面，$P,Q,R$ 连续偏导	$\oint_L P\dd x + \cdots = \iint_\Sigma \curl\vF \cdot \dd\mathbf{S}$	无旋场保守性	高
路径无关等价性	$D$ 单连通	闭合=0 $\Leftrightarrow$ 路径无关 $\Leftrightarrow$ 全微分 $\Leftrightarrow$ $P_y=Q_x$	四条件循环证明	高

级数板块

定理/判别法	条件	结论	常考证明方向	出题率
比较判别法	$0 \le a_n \le b_n$	$\sum b_n$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum a_n$ 收敛	放缩后归结为已知级数	极高
Cauchy-Schwarz	$a_n, b_n \ge 0$	$(\sum a_nb_n)^2 \le \sum a_n^2 \cdot \sum b_n^2$	$\sum \frac{\sqrt{a_n}}{n}$ 等	极高
Dirichlet判别法	$b_n \downarrow 0$，$\sum a_n$ 部分和有界	$\sum a_nb_n$ 收敛	三角级数 $\sum\frac{\sin n}{n}$ 等	高
Abel判别法	$b_n$ 单调有界，$\sum a_n$ 收敛	$\sum a_nb_n$ 收敛	乘以有界单调因子	高
积分判别法	$f$ 非负递减	$\sum f(n) \Leftrightarrow \int f$ 同敛散	$p$-级数、余项估计	高
幂级数逐项运算	$\|x\| < R$	可逐项求导、积分，$R$ 不变	收敛半径不变性	中
Bessel不等式	$f \in L^2[-\pi,\pi]$	$\frac{a_0^2}{2}+\sum(a_n^2+b_n^2) \le \frac{1}{\pi}\int f^2$	Fourier系数趋零	中

附录B | 证明框架模板

框架1：反证法

适用场景：证明某量为零、证明唯一性、证明不存在

模板：

假设结论不成立（即假设相反的命题成立）
由假设出发，利用已知条件进行推导
推出与已知条件或数学公理的矛盾
故假设不成立，原命题得证

示例：Q1(2) 中也可用反证法：若 $u \not\equiv 0$，则存在 $P_0$ 使 $u(P_0) \ne 0$，但 $u_x \equiv u_y \equiv 0$ 意味着 $u$ 为常数 $= 0$，矛盾。

框架2：构造法（辅助函数）

适用场景：证明恒等式、证明不等式、证明存在性

模板：

观察目标等式/不等式的结构
构造辅助函数 $\varphi$（通常是目标中各项的组合）
证明 $\varphi$ 满足某个已知定理的条件（如中值定理、极值定理）
由该定理的结论推出所需结果

示例：Q5 中构造 $\vF = u\,\grad v$，利用散度展开得到Green恒等式。

框架3：$\eps$-$\delta$ 法 / $\eps$-$N$ 法

适用场景：证明极限、证明连续性、证明一致收敛

模板：

写出需要证明的 $\eps$ 语言表述：$\forall \eps > 0$，$\exists \delta > 0$（或 $\exists N$），使得 $\ldots$
从结论出发"逆推"：需要 $|\cdots| < \eps$，即需要 $|\cdots|$ 被 $\delta$（或 $N$ 的函数）控制
正式书写：给定 $\eps > 0$，取 $\delta = \ldots$（或 $N = \ldots$），当 $\ldots$ 时：
给出不等式链，最终 $\le \eps$

示例：Cauchy准则证收敛——$\forall \eps > 0$，$\exists N$，当 $m > n > N$ 时 $|S_m - S_n| < \eps$。

框架4：分部积分 / Abel变换

适用场景：积分恒等式、级数收敛性（连续版 vs 离散版）

连续版（分部积分）：

$$\int_a^b u\,\dd v = [uv]_a^b - \int_a^b v\,\dd u$$

核心策略：选取 $u$ 使求导后更简单，$\dd v$ 使积分后更简单。边界条件 $u(a) = u(b) = 0$ 时边界项消失。

离散版（Abel变换）：

$$\sum_{k=1}^n a_k b_k = A_n b_{n+1} + \sum_{k=1}^n A_k(b_k - b_{k+1}), \quad A_k = \sum_{i=1}^k a_i$$

核心策略：一个因子"求和"（得 $A_k$），另一个因子"求差"（得 $b_k - b_{k+1}$）。

框架5：放缩与比较

适用场景：证明级数收敛/发散、积分估计

常用不等式工具：

AM-GM：$\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}$，更一般地 $ab \le \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$（Young不等式）
Cauchy-Schwarz：$|\sum a_nb_n| \le \sqrt{\sum a_n^2}\sqrt{\sum b_n^2}$
三角不等式：$|\sum a_n| \le \sum |a_n|$
$a_n \to 0$ 推论：$\exists N$，$n > N$ 时 $|a_n| < 1$，可用于 $a_n^2 < a_n$ 等放缩

附录C | 考场策略：证明题如何拿步骤分

策略总览

核心原则：证明题即使做不出完整证明，步骤分也非常重要。一道8分的证明题，写出正确的框架和关键步骤通常能拿4-6分。

拿分技巧（按优先级排列）

1. 先写框架再填细节（2-3分）

即使不确定某步的细节，也要写出证明的骨架

示例（Q1）：

"取 $P = -uu_y$，$Q = uu_x$，由Green公式..."（即使后面展开偏导写错，框架本身值2分）
"由保号性，$u_x^2 + u_y^2 \ge 0$ 且积分为零，故 $u_x \equiv u_y \equiv 0$"（关键逻辑跳步值1-2分）

2. 写出用到的定理名称和条件验证（1-2分）

即使不记得定理的精确表述，写出名称和验证过程也得分

示例（Q7）：

"由Dirichlet判别法（条件：$b_n$ 单调递减趋零，$\sum a_n$ 的部分和有界）"
然后分别验证两个条件，即使验证不完整也有分

3. 画图辅助理解（0.5-1分）

对积分题特别有效

画出区域 $D$、边界 $L$ 的方向、法线方向，标注关键点。阅卷老师看到正确的图会给印象分。

4. 特殊情形先做（1-2分）

如果一般情形证不了，先证特殊情形

示例（Q2）：先证 (i)$\Rightarrow$(ii)（最简单的一步），即使其他方向证不出，这一步也值1-2分。

5. 公式写对就有分

把题目涉及的核心公式准确地写出来

例如在Gauss公式题中，正确写出Gauss公式本身就值1分。在级数题中，正确写出Cauchy-Schwarz不等式也值1分。

时间分配建议

阶段	时间	目标
审题 + 分析	2-3分钟	识别考点、选择证明路线
写证明框架	3-5分钟	Step 1/2/3 的核心逻辑
填充细节	10-15分钟	公式展开、条件验证、不等式推导
检查	2-3分钟	逻辑链是否完整、边界条件是否用到

常见丢分点

忘记验证定理条件：用Green公式但不验证 $P, Q$ 有连续偏导；用Stokes但不说明曲面光滑且定向一致
边界条件没用到：题目给了 $f\big|_{\pp D} = 0$，证明中必须用到这个条件，否则一定哪里写错了
最后一步飞跃："显然成立"或"由已知可得"——如果跳步太大，阅卷老师可能不给分。宁可多写一行
符号混乱：$\dd S$ 和 $\dd\sigma$、$\oint$ 和 $\oiint$、$\grad$ 和 $\Delta$ 要区分清楚

期末压轴证明题精讲 -- 曲线积分 · 曲面积分 · 级数

总览与备考建议

Q1 | Green公式证明调和函数性质 难

题目分析

Q2 | 路径无关的等价性证明 中

题目分析

Q3 | Gauss公式证明散度定理推论 中

题目分析

Q4 | Stokes公式证明保守场 难

题目分析

Q5 | Green-Gauss-Stokes 综合证明 难

题目分析

Q6 | 级数收敛性证明（Cauchy准则与比较法）难

题目分析

Q7 | Abel / Dirichlet 判别法应用 难

题目分析

Q8 | 幂级数逐项可微性证明 中

题目分析

Q9 | Fourier级数收敛性 中

题目分析

Q10 | 级数与积分综合证明 难

题目分析

附录A | 证明题高频定理总表

曲线/曲面积分板块

级数板块

附录B | 证明框架模板

框架1：反证法

框架2：构造法（辅助函数）

框架3：$\eps$-$\delta$ 法 / $\eps$-$N$ 法

框架4：分部积分 / Abel变换

框架5：放缩与比较

附录C | 考场策略：证明题如何拿步骤分

策略总览

拿分技巧（按优先级排列）

1. 先写框架再填细节（2-3分）

2. 写出用到的定理名称和条件验证（1-2分）

3. 画图辅助理解（0.5-1分）

4. 特殊情形先做（1-2分）

5. 公式写对就有分

时间分配建议

常见丢分点

Q1 | Green公式证明调和函数性质难

Q2 | 路径无关的等价性证明中

Q3 | Gauss公式证明散度定理推论中

Q4 | Stokes公式证明保守场难

Q5 | Green-Gauss-Stokes 综合证明难

Q7 | Abel / Dirichlet 判别法应用难

Q8 | 幂级数逐项可微性证明中

Q9 | Fourier级数收敛性中

Q10 | 级数与积分综合证明难