淺談如何改進高等數(shù)學(xué)教學(xué)方法

余國勝

【摘要】高等數(shù)學(xué)是一門實用性很強的數(shù)學(xué)學(xué)科.本文結(jié)合自己多年的教學(xué)心得，對如何改進高等數(shù)學(xué)教學(xué)提出幾點意見，以使學(xué)生相對輕松地完成學(xué)習(xí)任務(wù)，提高數(shù)學(xué)能力水平.

【關(guān)鍵詞】普通高等學(xué)校;高等數(shù)學(xué);教學(xué)方法

高等數(shù)學(xué)是研究函數(shù)關(guān)系的一門學(xué)科.高等數(shù)學(xué)內(nèi)容龐雜，知識零散，教學(xué)進度相對緊湊，基本沒有太多復(fù)習(xí)時間，這使學(xué)生很難編織有效、科學(xué)的知識網(wǎng)，形成良好的知識結(jié)構(gòu)體系，從而造成習(xí)得知識不夠系統(tǒng)，最終導(dǎo)致考試不及格.因此，如何提高學(xué)生學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的興趣，科學(xué)、有效地學(xué)習(xí)這門課程，是大學(xué)數(shù)學(xué)教師亟待解決的重要課題.下面介紹幾種常用的改進高等數(shù)學(xué)教學(xué)的方法.

一、深挖教材，激發(fā)學(xué)生思考的能力

教材證明極限limn→∞1+1nn存在時，用到單調(diào)有界數(shù)列必有極限的知識，而驗證數(shù)列單調(diào)增加的方法非常煩瑣，下面給出一個簡易的證明方法.由均值不等式，得1+1nn=1+1n·…·1+1n×1<1+1n+…+1+1n+1n+1n+1=1+1n+1n+1.

書上的證明容易忘記，而我們通過這樣一個不等式的技巧，就能使學(xué)生觸類旁通，舉一反三.

二、注重知識點糅合，提高學(xué)生綜合運用知識的能力

微分中值定理包括羅爾定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理.教材是通過構(gòu)造合適的輔助函數(shù)，循序漸進地利用羅爾定理得到拉格朗日中值定理和柯西中值定理.此外，作為推廣，還有積分中值定理.有這樣一道習(xí)題：已知f（x）在[0，1]上可導(dǎo)，f（0）=2∫112f（x）1+x2dx，

則存在ξ∈（0，1），使得1+ξ2f′（ξ）-2ξf（ξ）=0.這道題的突破口是考慮輔助函數(shù)g（x）=f（x）1+x2.由積分中值定理，存在η∈12，1，使

f（0）=f（η）1+η2，即g（0）=g（η）.

由羅爾定理，則存在ξ∈（0，1），使得（1+ξ2）f′（ξ）-2ξf（ξ）=0.

三、注重知識間的聯(lián)系，提高學(xué)生遷移知識的能力

在講授條件極值時，我們發(fā)現(xiàn)拉格朗日乘數(shù)法的推導(dǎo)過程非常巧妙，其巧妙之處在于力求形式上的統(tǒng)一.為了加深對這一點的理解，我們思考一道習(xí)題：

設(shè)a，b>0，試證ξ∈（a，b），使得aeb-bea=（1-ξ）eξ（a-b）.這道題有一定難度，但我們可以將等式變形為

ebb-eaa1b-1a=（1-ξ）eξ，

然后柯西中值定理可以很容易證明結(jié)果.

由此可以看出，注重知識間的聯(lián)系，提高學(xué)生遷移知識的能力是何等重要.

四、深挖教材，提高教師的教學(xué)水平

《高等數(shù)學(xué)》下冊傅里葉級數(shù)部分的內(nèi)容在小波分析、諧波分析和符號分析系統(tǒng)中具有舉足輕重的作用，狄利克雷充分條件雖未給出證明，但作為教師來說，很有必要弄清其詳細的證明過程，這樣無疑能夠有效提升教學(xué)水平.

定理（收斂定理，狄利克雷充分條件） 設(shè)f（x）是周期為2π的周期函數(shù)，如果它滿足：（1）在一個周期內(nèi)連續(xù)或只有有限個第一類間斷點，

（2）在一個周期內(nèi)至多只有有限個極值點，

那么f（x）的傅里葉級數(shù)收斂，并且：

（1）當(dāng)x是f（x）的連續(xù)點時，級數(shù)收斂于f（x）;

（2）當(dāng)x是f（x）的間斷點時，級數(shù)收斂于f（x-）+f（x+）2.

我嘗試給出了一個新的證明：

引理1（黎曼引理） 對于任意一個在[a，b]上可積的函數(shù)f（x），有l(wèi)imn→∞∫baf（x）sin nxdx=0.

證明 由f（x） 在[a，b]上可積，則sin nx=sin nx+sin nx2-sin nx-sin nx2，x∈0，2π.

先證明：limn→∞∫baf（x）sin nx+sin nx2dx=∫baf（x）dx·12π∫2π0sin t2dt.

取正整數(shù)m， 使得[a，b][-2mπ，2mπ].

作輔助函數(shù)

F（x）=f（x），x∈[a，b]，0，x∈[-2mπ，2mπ]∩[a，b]c.

在區(qū)間[-2mπ，2mπ] 上作2mn等分：

由于F（x）在kn2π，k+1n2π（k=-mn，-mn+1，…，mn-1）上必有下確界mk 和上確界Mk， 由積分第一中值定理，有ck∈mk，Mk，使

∫baf（x）sin nx+sin nx2dx=limm→∞∫2mπ-2mπF（x）sin nx+sin nx2dx

=∫2π0|sin t|2dtlimm→∞∑mn-1k=-mnckn=∫baf（x）dx12π∫2π0sin t2dt.

同理可證，

limn→∞∫baf（x）sin nx-sin nx2dx

=∫baf（x）dx12π∫2π0sin t2dt.

則limn→∞∫baf（x）sin nxdx=0.

引理2（Bessel不等式） 若函數(shù)f（x）在[-π，π]上可積，則a202+∑∞n=1（a2n+b2n）≤1π∫π-πf2（x）dx.

證明 令an=1π∫π-πf（x）cos nxdx.

bn=1π∫π-πf（x）sin nxdx.

設(shè)Sm（x）=a02+∑∞n=1ancos nx+bnsin nx）.

由傅里葉級數(shù)系數(shù)公式可以知道，

∫π-πf（x）Sm（x）dx=π2a20+π∑mn=1（a2n+b2n），

∫π-πS2m（x）dx=π2a20+π∑mn=1a2n+b2n）.

注意到在此處利用公式

∫π-πcos 2nxdx=π（n=0，1，…），

∫π-πsin 2nxdx=π（n=1，2，…），

于是可以得到

0≤∫π-π[f（x）-Sm（x）]2dx，

則π2a20+π∑mn=1（a2n+b2n）≤∫π-πf2（x）dx.

這個結(jié)果對于m∈N均成立，而右端是定積分，可以理解為有限常數(shù)，據(jù)此可知“π2a20+π∑mn=1（a2n+b2n）”這個級數(shù)的部分和有界，則引理2成立.

引理3 若函數(shù)f（x）是T=2π的周期函數(shù)，且在（-π，π）上可積，則它的傅里葉級數(shù)部分和Sm（x）可改寫為Sm（x）=1π∫π-πf（x+u）sinm+12u2sinu2du.

證明 設(shè)Sm（x）=a02+∑mn=1ancos nx+bnsin nx）.

則有Sm（x）=1π∫π-πf（u）12+∑mn=1cos n（u-x）du

=1π∫π-x-π-xf（x+t）12+∑mn=1cos ntdt.

利用三角函數(shù)的積化和差公式

cos αsin β=12[sin（α+β）-sin（α-β）].

事實上，

2sinu212+∑mn=1cos nu=sin m+12u.

利用f（x）的周期性，得

Sm（x）=1π∫π-πf（x+u）sinm+12u2sinu2du.

收斂定理的證明

在[a，b]上的每一點都有f（x±0），且補充定義后的函數(shù)為f1（x），有：

limu→0+fx+u-f（x+0）u=f1（x+0），

limu→0-fx+u-f（x-0）u=f1x-0，

則f（x）的傅里葉級數(shù)在點x收斂于這一點的算術(shù)平均值f（x+0）+f（x-0）2，若在x處連續(xù)，則收斂于f（x）.

為方便，這里僅證明f（x）是T=2π的在[-π，π]上的按段光滑函數(shù)（上述命題在此基礎(chǔ)上稍加變換即可），則當(dāng)x∈[-π，π]時，有（其中an，bn是傅里葉級數(shù)系數(shù)） ：

若limm→∞fx+0+f（x-0）2-Sm（x）=0成立，則命題得證.

limm→∞fx+0+fx-02-Sm（x）

=limm→∞fx+0+f（x-0）2-1π∫π-πfx+usin m+12u2sinu2du.

【參考文獻】

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