第12周作业

1Exercise 11.3

1. 7.

   设$D$是平面上由简单闭曲线$L$围成的区域.

   1. (1*)

      如果$f(x,y)$有连续的二阶导数，证明

      $${\oint }_L\frac{\partial f}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}s={\iint }_D\Delta f\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

      (1.1)

      这里$\mathbf{n}$是曲线$L$的单位外法向量，$\Delta =\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}$称为二维Laplace算子. 因此，当$f$满足Laplace方程$\Delta f=0$时，有${\oint }_L\frac{\partial f}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}s=0$.

   2. (2*)

      如果$\mathbf{a}$是单位常值向量，证明：

      $${\oint }_L\cos (\mathbf{a},\mathbf{n})\mathrm{d}s=0.$$

      (1.2)
   3. (3*)

      如果$u(x,y),v(x,y)$有连续的二阶导数，证明下列第二Green公式：

      $${\oint }_L\left(v\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}-u\frac{\partial v}{\partial \mathbf{n}}\right)\mathrm{d}s={\iint }_D(v\Delta u-u\Delta v)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

      (1.3)
   证明

   1. (1*)

      设二维曲线单位法向$\mathbf{n}=(\cos \theta ,\sin \theta )$，那么其逆时针方向的切向位矢微元为

      $$(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)=(-\sin \theta ,\cos \theta )\mathrm{d}s⟹\mathbf{n}\mathrm{d}s=(\mathrm{d}y,-\mathrm{d}x),$$

      (1.4)

      因此由Green公式，

      $$\text{LHS}={\oint }_K\nabla f\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}s={\oint }_L-f_y\mathrm{d}x+f_x\mathrm{d}y$$

      $$={\iint }_D(f_{xx}+f_{yy})\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D\Delta f\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\text{RHS}.$$

      (1.5)
   2. (2*)

      记$\hat{\mathbf{a}}=\mathbf{a}/\left|\mathbf{a}\right|=(a_x,a_y)$，则由第(1)问的结论，

      $$\text{LHS}={\oint }_L\frac{\mathbf{a}}{\left|\mathbf{a}\right|}\cdot \frac{\mathbf{n}}{\left|\mathbf{n}\right|}\mathrm{d}s={\oint }_L-a_y\mathrm{d}x+a_x\mathrm{d}y=0=\text{RHS}.$$

      (1.6)
   3. (3*)

      由第(1)问的结论，

      $$\text{LHS}={\oint }_L-(v{u}_y-u{v}_y)\mathrm{d}x+(v{u}_x-u{v}_x)\mathrm{d}y={\iint }_D(v\Delta u-u\Delta v)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\text{RHS}.$$

      (1.7)

2Exercise 11.7

1. 2.

   求下列曲线积分.

   1. (1*)

      ${\int }_L(2x+y)\mathrm{d}x+(x+4y+2z)\mathrm{d}y+(2y-6z)\mathrm{d}z$，其中$L$由点$P_1(a,0,0)$沿曲线$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=a^2,\\ z=0\end{array}$到$P_2(0,a,0)$，再由$P_2$沿直线$\{\begin{array}{l}z+y=a,\\ x=0\end{array}$到点$P_3(0,0,a)$；

      解

      注意到微分式实际上为全微分，其原函数为

      $$F(x,y,z)=x^2+xy+2y^2+4yz-3z^2+C,$$

      (2.1)

      故积分值只与初末态有关，即

      $$\text{原式}=F(P_3)-F(P_1)=(-3a^2)-a^2=-4a^2.$$

      (2.2)
   2. (2*)

      ${\int }_{AMB}(x^2-yz)\mathrm{d}x+(y^2-zx)\mathrm{d}y+(z^2-xy)\mathrm{d}z$，其中$AMB$是柱面螺线$x=a\cos \phi ,y=a\sin \phi ,z=h\phi /2\pi$上点$A(a,0,0)$到$B(a,0,h)$这一段.

      解

      注意到微分式实际上为全微分，其原函数为

      $$F(x,y,z)=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-xyz+C,$$

      (2.3)

      故积分值只与初末态有关，即

      $$\text{原式}=F(B)-F(A)=\frac{h^3}{3}.$$

      (2.4)
   注

   牢记我们为什么用Stokes定理：尽管场无旋与场有势等价，但对于简单的微分式（例如常见的多项式）或者结构明显的表达式（例如$\sin (x/y)$关于$x,y$的偏导项），证明其为全微分同样可等价说明场有势. 因此我们更希望不引入额外的计算量，不采用Stokes公式而采用“积分+观察”的方法. 以第(1)题为例，我们可以先对$(2x+y)\mathrm{d}x$积分，得到$(x^2+xy)+f(y,z)$，当然如果在草稿纸上书写，为简洁起见，可不带上$f(y,z)$，心里记住就好. 接下来对$y$求导，对比系数：

   $$x+f_y=x+4y+2z⟹f(y,z)=2y^2+2yz+g(z),$$

   (2.5)

   再对$z$求导，对比系数：

   $$2y+g^{\prime }=2y-6z⟹g(z)=-3z^2+C,$$

   (2.6)

   从而可得原函数. 当然，即便是考试，哪怕你说由“惊人的注意力”看出其原函数也不会扣分，只要结果正确即可.

2. 3.

   证明下列向量场是有势场，并求出它们的势函数.

   1. (2*)

      $\mathbf{v}=yz(2x+y+z)\mathbf{i}+zx(2y+z+x)\mathbf{j}+xy(2z+x+y)\mathbf{k}$.

   解

   注意到对任意路径$L$，积分值

   $${\int }_L\mathbf{v}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}={\int }_{L}yz(2x+y+z)\mathrm{d}x+zx(2y+z+x)\mathrm{d}y+xy(2z+x+y)\mathrm{d}z$$

   $$={\int }_i^f\mathrm{d}\left[xyz(x+y+z)\right]$$

   (2.7)

   仅与初态$i$和末态$f$有关，因此$\mathbf{v}$为有势场，其势函数为

   $$\phi (x,y,z)=xyz(x+y+z)+C.$$

   (2.8)
3. 4.

   当$a$取何值时，向量场$\mathbf{F}=(x^2+5ay+3yz)\mathbf{i}+(5x+3axz-2)\mathbf{j}+[(a+2)xy-4z]\mathrm{d}z$是有势场，并求出这时的势函数.

   解

   已知对于某一（些）$a$的取值，$\mathbf{F}$必然为有势场，因此仅考虑$\mathbf{F}$旋度的$x$分量：

   $$(\nabla \times \mathbf{F}{)}_x=(a+2)x-3ax=2(1-a)x=0⟹a=1.$$

   (2.9)

   当$a=1$时，

   $$\phi (x,y,z)=\int \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}=\int (x^2+5y+3yz)\mathrm{d}x+(5x+3zx-2)\mathrm{d}y+(3xy-4z)\mathrm{d}z$$

   $$=\frac{x^3}{3}+5xy+3xyz-2y-2z^2+C.$$

   (2.10)
4. 5.

   求下列全微分的原函数$u$.

   1. (2*)

      $\mathrm{d}u=(x^2-2yz)\mathrm{d}x+(y^2-2zx)\mathrm{d}y+(z^2-2xy)\mathrm{d}z$.

      解

      对$\mathrm{d}x$积分，可得

      $$u(x,y,z)=\frac{x^3}{3}-2xyz+f(y,z)⟹u_y=f_y-2zx=y^2-2zx,$$

      (2.11)

      因此$f(y,z)=y^3/3+g(z)$，代入得

      $$u(x,y,z)=\frac{x^3+y^3}{3}-2xyz+g(z)⟹u_z=g^{\prime }-2xy=z^2-2xy,$$

      (2.12)

      因此$g(z)=z^3/3+C$，代入得

      $$u(x,y,z)=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-2xyz+C.$$

      (2.13)
5. 10.

   验证下列积分与路径无关，并求出它们的值.

   1. (5*)

      ${\int }_{(1,1,1)}^{(2,2,2)}\left(1-\frac{1}{y}+\frac{y}{z}\right)\mathrm{d}x+\left(\frac{x}{z}+\frac{x}{y^2}\right)\mathrm{d}y-\frac{xy}{z^2}\mathrm{d}z$.

      解

      容易看出微分式为以下势函数的全微分：

      $$\phi (x,y,z)=x-\frac{x}{y}+\frac{xy}{z}+C,$$

      (2.14)

      因此该积分值与路径无关、仅与初末态有关，即

      $$\text{原式}=\phi (2,2,2)-\phi (1,1,1)=3-1=2.$$

      (2.15)
   2. (6*)

      ${\int }_{(x_1,y_1,z_1)}^{(x_2,y_2,z_2)}\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y+z\mathrm{d}z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$，其中$(x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)$在球面$x^2+y^2+z^2=a^2$上.

      解

      容易看出微分式为以下势函数的全微分：

      $$\phi (x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2}+C,$$

      (2.16)

      因此该积分值与路径无关、仅与初末态有关，即

      $$\text{原式}=\phi (x_2,y_2,z_2)-\phi (x_1,y_1,z_1)=\left|a\right|-\left|a\right|=0.$$

      (2.17)
6. 13.

   已知$\alpha (0)=0,{\alpha }^{\prime }(0)=2,\beta (0)=2$.

   1. (1*)

      求$\alpha (x),\beta (x)$使线积分${\int }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$与路线无关，其中

      $$P(x,y)=(2x{\alpha }^{\prime }(x)+\beta (x))y^2-2y\beta (x)\tan 2x,$$

      (2.18)

      $$Q(x,y)=({\alpha }^{\prime }(x)+4x\alpha (x))y+\beta (x).$$

      (2.19)
   2. (2*)

      求${\int }_{(0,0)}^{(0,2)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$.

   解

   1. (1*)

      由题意，选择任一闭区域$D$，采用Green公式：

      $$0={\oint }_{\partial D}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D(Q_x-P_y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

      $$={\iint }_D[({\alpha }^{\prime \prime }+4\alpha -2\beta )y+({\beta }^{\prime }+2\beta \tan 2x)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

      (2.20)

      由于区域$D$选择任意，要求被积函数对$\forall x,y\in D$恒为零，从而

      $$\{\begin{array}{l}{\alpha }^{\prime \prime }+4\alpha -2\beta =0,\\ {\beta }^{\prime }+2\beta \tan 2x=0\end{array}⟹\frac{\mathrm{d}\beta }{\beta }=-\frac{2\sin 2x}{\cos 2x}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}(\cos 2x)}{\cos 2x}.$$

      (2.21)

      利用定解条件$\beta (0)=2$，解得$\beta (x)=2\cos 2x$，将其代入第一个方程，可得

      $${\alpha }^{\prime \prime }+4\alpha =4\cos 2x⟹\text{通解：}\{\begin{array}{l}{\alpha }_1(x)=\cos 2x,\\ {\alpha }_2(x)=\sin 2x,\end{array},$$

      (2.22)

      因此方程的Wronski行列式为

      $$w(x)=\left|\begin{array}{c}{\alpha }_1(x){\alpha }_2(x)\\ {\alpha }_1^{\prime }(x){\alpha }_2^{\prime }(x)\end{array}\right|=2,$$

      (2.23)

      其特解为

      $${\alpha }^{\ast }(x)=\int \frac{f(u)}{w(u)}\left|\begin{array}{c}{\alpha }_1(u){\alpha }_2(u)\\ {\alpha }_1(x){\alpha }_2(x)\end{array}\right|\mathrm{d}u=2\int \cos 2u\cdot \sin 2(x-u)\mathrm{d}u$$

      $$=\int [\sin 2x+\sin 2(x-2u)]\mathrm{d}u=x\sin 2x+\frac{1}{2}\cos 2x,$$

      (2.24)

      因此方程的特解为

      $$\alpha (x)=A\cos 2x+B\sin 2x+x\sin 2x\underset{{\alpha }^{\prime }(0)=2}{\overset{\alpha (0)=0}{\to }}\alpha (x)=(x+1)\sin 2x.$$

      (2.25)
   2. (2*)

      这一小问实际上可以绕过上一小问需要计算的$\alpha ,\beta$. 由题意，该积分值与路径无关，因此取从$(0,0)$到$(0,2)$的直线段，则有

      $$\text{原式}={\int }_0^{2}Q(0,y)\mathrm{d}y={\int }_0^2[{\alpha }^{\prime }(0)y+\beta (0)]\mathrm{d}y=2{\int }_0^2(y+1)\mathrm{d}y=8.$$

      (2.26)
7. 14.

   设$f(x)$具有二阶连续导数，$f(0)=0,f^{\prime }(0)=2$，且

   $$({\mathrm{e}}^x\sin y+x^{2}y+f(x)y)\mathrm{d}x+(f^{\prime }(x)+{\mathrm{e}}^x\cos y+2x)\mathrm{d}y=0$$

   (2.27)

   为一全微分方程. 求$f(x)$及此全微分方程的通解.

   解

   由题意，该全微分方程可写为$\mathrm{d}F=0$，$F(x,y,z)$即该方程的通解. 利用二阶混合偏导次序可交换，可得

   $$0=F_{yx}-F_{xy}=(f^{\prime }(x)+{\mathrm{e}}^x\cos y+2x{)}_x-({\mathrm{e}}^x\sin y+x^{2}y+f(x)y{)}_y$$

   $$=f^{\prime \prime }(x)-f(x)-(x^2-2).$$

   (2.28)

   该方程的通解为$A{\mathrm{e}}^x+B{\mathrm{e}}^{-x}$，特解为$-x^2$，代入定解条件得

   $$f(x)={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}-x^2,$$

   (2.29)

   从而全微分方程的通解为

   $$F(x,y,z)=F(0,0,0)+{\int }_0^x{F}_x(u,0)\mathrm{d}u+{\int }_0^y{F}_y(x,v)\mathrm{d}v$$

   $$={\int }_0^{x}0\mathrm{d}u+{\int }_0^y({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^x\cos v)\mathrm{d}v+C$$

   $$=({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x})y+{\mathrm{e}}^x\sin y+C.$$

   (2.30)

3Exercise 12.1

1. 4.

   作出下列周期$2\pi$的函数的图形，并把它们展开成Fourier级数（收敛情况）.

   1. (1*)

      在$[-\pi ,\pi )$中，$f(x)=\{\begin{array}{ll}-\pi ,& -\pi ⩽\pi ⩽0,\\ x,& 0<x<\pi .\end{array}$

   2. (2*)

      在$[-\pi ,\pi )$中，$f(x)=\cos (x/2)$.

   解

   题中给出的函数图像如下图所示.

   

   1. (1*)

      由于$f(x)$在$[-\pi ,\pi )$上分段可微，由Dirichlet定理，可将$f(x)$在$[-\pi ,\pi )$上作Fourier展开，对应系数为

      $$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^0-\pi \mathrm{d}x+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\mathrm{d}x=-\pi +\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2},$$

      (3.1)

      $$a_n=-{\int }_{-\pi }^0\cos nx\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\cos nx\mathrm{d}x$$

      $$=\frac{1}{n\pi }\left(x\sin nx|0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\sin nx\mathrm{d}x\right)=-\frac{1-(-1{)}^n}{n^2\pi },$$

      (3.2)

      $$b_n=-{\int }_{-\pi }^0\sin nx\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x$$

      $$=\frac{1-(-1{)}^n}{n}-\frac{1}{n\pi }\left(x\cos nx|0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x\right)=\frac{1-2(-1{)}^n}{n},$$

      (3.3)

      因此

      $$-\frac{\pi }{4}-\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{1-(-1{)}^n}{n^2\pi }\cos nx-\frac{1-2(-1{)}^n}{n}\sin nx\right]=\{\begin{array}{l}-\pi /2,x=0,\\ 0,x=-\pi ,\\ f(x),\text{elsewhere}.\end{array}$$

      (3.4)
   2. (2*)

      由于$f(x)$在$[-\pi ,\pi )$上具有一阶连续导数，且$f(x)$为偶函数，由Dirichlet定理，$f(x)$在$[-\pi ,\pi )$上作Fourier展开时的系数为

      $$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos \frac{x}{2}\mathrm{d}x=\frac{4}{\pi },$$

      (3.5)

      $$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\cos \frac{x}{2}\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\left[\cos \left(n-\frac{1}{2}\right)x+\cos \left(n+\frac{1}{2}\right)x\right]\mathrm{d}x$$

      $$=\frac{1}{\pi }\left[\frac{(-1{)}^{n-1}}{n-1/2}+\frac{(-1{)}^n}{n+1/2}\right]=\frac{(-1{)}^{n-1}}{(n^2-1/4)\pi },$$

      (3.6)

      同时$b_n=0$，因此

      $$f(x)=\frac{2}{\pi }\left(1+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{4n^2-1}\cos nx\right),x\in [-\pi ,\pi ).$$

      (3.7)
2. 6.

   已知函数的Fourier展开式，求常数$a$的值.

   1. (1*)

      $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos (2n-1)x}{(2n-1{)}^2}=a(2a-\left|x\right|)$，其中$-\pi ⩽x⩽\pi$.

      解

      由于函数的Fourier级数收敛于其自身，分别计算$x=0$和$\pi$处的函数值：

      $$\{\begin{array}{l}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}=2a^2,\\ -\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^2}=a(2a-\pi )\end{array}⟹a(4a-\pi )=0⟹a=\frac{\pi }{4}.$$

      (3.8)
   2. (2*)

      $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\sin nx=ax$，其中$-\pi <x<\pi$.

      解

      将$ax$在$(-\pi ,\pi )$上作Fourier展开，其系数$a_n=0(n\in \mathbb{N})$且

      $$b_n=\frac{2a}{\pi }{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x=\frac{2a}{n\pi }\left(-x\cos nx|0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x\right)$$

      $$=\frac{2(-1{)}^{n-1}}{n}a=\frac{(-1{)}^n}{n},$$

      (3.9)

      解得$a=1/2$.

3. 7.

   设$f(x)$是一个以$2\pi$为周期的函数.

   1. (1*)

      如果$f(x\pm \pi )=-f(x)$，试证明$f(x)$在$(-\pi ,\pi )$内的Fourier展开只含有奇次谐波，即

      $$a_{2n}=0(n=0,1,2,\cdots ),b_{2n}=0(n=1,2,\cdots ).$$

      (3.10)
   2. (2*)

      如果$f(x\pm \pi )=f(x)$，试证明$f(x)$在$(-\pi ,\pi )$内的Fourier展开只含有偶次谐波，即

      $$a_{2n-1}=b_{2n-1}=0(n=1,2,\cdots ).$$

      (3.11)
   证明

   1. (1*)

      由题意，

      $$a_{2n}=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos 2nx\mathrm{d}x=-\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x\pm \pi )\cos 2n(x\pm \pi )\mathrm{d}x$$

      $$\stackrel{\text{以+为例}}{=}-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos 2nx\mathrm{d}x\stackrel{\text{周期性}}{=}-\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos 2nx\mathrm{d}x=-a_{2n},$$

      (3.12)

      因此$a_{2n}=0(n\in \mathbb{N})$，$b_{2n}$类似.

   2. (2*)

      由题意，

      $$a_{2n-1}=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos (2n-1)x\mathrm{d}x$$

      $$=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x\pm \pi )\cdot [-\cos (2n-1)(x\pm \pi )]\mathrm{d}x$$

      $$\stackrel{\text{以+为例}}{=}-\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x)\cos (2n-1)x\mathrm{d}x$$

      $$\stackrel{\text{周期性}}{=}-\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos (2n-1)x\mathrm{d}x=-a_{2n-1},$$

      (3.13)

      因此$a_{2n-1}=0(n=1,2,\cdots )$，$b_{2n-1}$类似.

4. 8.

   已知周期为$2\pi$的函数$f(x)$的Fourier系数是$a_n$和$b_n$，试证明“平移”了的函数$f(x+h)(h=\text{常数})$的Fourier系数是

   $${\bar{a}}_n=a_n\cos nh+b_n\sin nh(n=0,1,2,\cdots ),$$

   (3.14)

   $${\bar{b}}_n=b_n\cos nh-a_n\sin nh(n=1,2,\cdots ).$$

   (3.15)
   证明

   利用$f(x)$的周期性，

   $${\bar{a}}_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x+h)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi +h}^{\pi +h}f(x+h)\cos n(x+h-h)\mathrm{d}x$$

   $$=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }[\cos nh\cdot f(x)\cos nx+\sin nh\cdot f(x)\sin nx]\mathrm{d}x$$

   $$=a_n\cos nh+b_n\sin nh,$$

   (3.16)

   ${\bar{b}}_n$类似.

5. 9.

   将$y=1-x^2$在$[-\pi ,\pi ]$上展开成Fourier级数，并利用其结果求下列级数的和：

   1. (1*)

      $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}$.

   2. (2*)

      $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}$.

   解

   由于$y$在$[-\pi ,\pi ]$上一阶连续可微，且$y$为偶函数，由Dirichlet定理，其Fourier展开系数为

   $$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1-x^2)\mathrm{d}x=2\left(1-\frac{{\pi }^2}{3}\right),$$

   (3.17)

   $$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1-x^2)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{n\pi }\left[(1-x^2)\sin nx|0^{\pi }+2{\int }_0^{\pi }x\sin nx\mathrm{d}x\right]$$

   $$=\frac{4}{n^2\pi }\left(-x\cos nx|0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\cos nx\mathrm{d}x\right)=\frac{4(-1{)}^{n-1}}{n^2},$$

   (3.18)

   且$b_n=0$，因此

   $$f(x)=1-\frac{{\pi }^2}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}\cos nx,x\in [-\pi ,\pi ].$$

   (3.19)

   1. (1*)

      容易计算

      $$f(0)=1-\frac{{\pi }^3}{3}+4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=1⟹\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{12}.$$

      (3.20)
   2. (2*)

      由Parseval等式，

      $$2{\left(1-\frac{{\pi }^2}{3}\right)}^2+16\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(1-x^2{)}^2\mathrm{d}x=2\left(1-\frac{2{\pi }^2}{3}+\frac{{\pi }^4}{5}\right),$$

      (3.21)

      从中解得

      $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}.$$

      (3.22)