大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽試卷及答案(數(shù)學(xué)類)

1、首屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽賽區(qū)賽試卷參考答案（數(shù)學(xué)類，2009）一、求經(jīng)過三平行直線 L1 : x = y = z ， L2 : x 1 = y = z + 1， L3 : x = y + 1 = z 1的圓柱面的方程.解： 先求圓柱面的軸 L0 的方程. 由已知條件易知，圓柱面母線的方向是 n = (1,1,1) ， 且圓柱面經(jīng)過點 O(0, 0, 0) ， 過點 O(0, 0, 0) 且垂直于 n = (1,1,1)的平面 ð 的方程為： x + y + z = 0 .ð 與三已知直線的交點分別為 O(0, 0, 0), P(1, 0, 1), Q(0, 1,1)圓柱面的軸

2、 L0 是到這三點等距離的點的軌跡， 即 x 2 + y 2 + z 2 = ( x 1)2 + y 2 + ( z + 1)2 2 2 2 2 2 2 ，即 x z = 1，將 L0 的方程改為標(biāo)準(zhǔn)方程x 1 = y + 1 = z .圓柱面的半徑即為平行直線 x = y = z 和 x 1 = y + 1 = z 之間的距離. P0 (1, 1, 0)為 L0 上的點.對圓柱面上任意一點 S ( x, y, z) ， 有=| n | | n |， 即( y + z 1)2 + ( x z 1)2 + ( x + y + 2)2 = 6 ，所以，所求圓柱面的方程為：x 2 + y 2 + z

3、 2 xy xz yz 3x + 3 y = 0 .二、設(shè) C n×n 是 n × n 復(fù)矩陣全體在通常的運算下所構(gòu)成的復(fù)數(shù)域 C 上的線性空間， x + y + z = x + ( y + 1) + ( z 1) y z = 1| n × P S | | n × P O | 0 1F = 0 000100 an 1 a1 a11a an1a12a22an 2a1n a2n ，若 AF = FA，證明：A = an1F n1 + an11F n2 + a21F + a11E ；（2）求 C n×n 的子空間 C (F ) = X C n

4、5;n | FX = XF的維數(shù).（ 1）的證明 :記 A = (á1,á 2 ,á n ) ， M = an1F n1 + an11F n2 + a21F + a11E .要證明 M = A ，只需證明 A 與 M 的各個列向量對應(yīng)相等即可.若以 ei 記第 i 個基本單位列向量.于是，只需證明：對每個 i ， Mei = Aei (= á i ) .若記 â = (an , an1, a1 )T ，則 F = (e2 , e3 , en , â ) .注意到，由2n1 n2（*）Me1 = (an1F n1 + an11F n2

5、+ a21F + a11E)e1= an1Fn1n2e1 + a21Fe1 + a11Ee1= an1en + an11en1 + a21e2 + a11e1= á1 = Ae1知 Me2 = MFe1 = FMe1 = FAe1 = AFe1 = Ae22 2 2 2n1 n1 n1 n1所以， M = A .（2）解： 由（1）， C (F ) = spanE, F , F 2 , F n1 ，設(shè) x0 E + xF + x2 F 2 + xn1F n1 = O ，等式兩邊同右乘 e1 ，利用（*）得è = Oe1 = ( x0 E + x1F + x2 F 2 + x

6、n1F n1 )e10 an1 0 an2 .（1）假設(shè) A = 21ann = e , F e = Fe = eFe1 2 1 2 3 , F e1 1 ) = Fen1 = en= F (F ee1 + an11F= MF e = F Me = F Ae = AF e = AeMe3 1 1 1 1 3Men = MF e1 = F Me1 = F Ae1 = AF e1 = Aen12n1= x0e1 + x1e2 + x2e3 + xn1en因 e1, e2 , e3 , en 線性無關(guān)，故， x0 = x1 = x2 = xn1 = 0所以， E, F , F 2 , F n1 線性

7、無關(guān).因此， E, F , F 2 , F n1 是 C (F ) 的基，特別地， dim C (F ) = n .三、假設(shè) V 是復(fù)數(shù)域 C 上 n 維線性空間（ n > 0 ）， f , g 是 V 上的線性變換.如果fg gf = f ，證明： f 的特征值都是 0，且 f , g 有公共特征向量.證 明 ： 假 設(shè) ë0 是 f 的 特 征 值 ， W 是 相 應(yīng) 的 特 征 子 空 間 ， 即W = ç V | f (ç ) = ë0ç .于是，W 在 f 下是不變的.下面先證明， ë0 =0.任取非零ç W

8、 ，記 m 為使得ç , g (ç ), g 2 (ç ),關(guān)的最小的非負(fù)整數(shù)，于是，當(dāng) 0 i m 1時，ç , g (ç ), g 2 (ç ), g m (ç ) 線性相, g i (ç ) 線性無關(guān)0 i m 1 時 令 Wi = spanç , g (ç ), g 2 (ç ), g i 1 (ç ) , 其 中 ， W0 = è . 因 此 ，dimWi = i （1 i m ），并且， Wm = Wm+1 = Wm+2 =. 顯然， g (Wi ) W

9、i +1 ，特別地，Wm 在 g 下是不變的.下面證明，Wm 在 f 下也是不變的.事實上，由 f (ç ) = ë0ç ，知fg (ç ) = gf (ç ) + f (ç ) = ë0 g (ç ) + ë0çfg 2 (ç ) = gfg (ç ) + fg (ç )= g (ë0 g (ç ) + ë0ç ) + (ë0 g (ç ) + ë0ç )= ë0 g 2 (

10、ç ) + 2ë0 g (ç ) + ë0ç根據(jù)fg k (ç ) = gfg k 1 (ç ) + fg k 1 (ç )= g ( fg k 1 )(ç ) + fg k 1 (ç )用歸納法不難證明， fg k (ç ) 一定可以表示成ç , g (ç ), g 2 (ç ),合，且表示式中 g k (ç ) 前的系數(shù)為 ë0 ., g k (ç ) 的線性組因此，Wm 在 f 下也是不變的，f 在Wm 上的限制在基&#

11、231; , g (ç ), g 2 (ç ), g m1 (ç )= x0 Ee1 + x1Fe1 + x2 F e1 + xn1 1F e下的矩陣是上三角矩陣，且對角線元素都是 ë0 ，因而，這一限制的跡為më0 . .（10 分)由于 fg gf = f 在Wm 上仍然成立，而 fg gf 的跡一定為零，故 më0 = 0 ，即 ë0 =0.任取ç W ，由于 f (ç ) = è ， fg (ç ) = gf (ç ) + f (ç ) = g (è

12、; ) + f (ç ) = è ，所以， g (ç ) W .因此， W 在 g 下是不變的.從而，在 W 中存在 g 的特征向量，這也是 f , g 的公共特征向量.四、設(shè) fn (x) 是定義在 a, b 上的無窮次可微的函數(shù)序列且逐點收斂，并在 a, b上滿足 f n '( x) M （1）證明 fn (x) 在 a, b 上一致收斂； 2）設(shè) f ( x) = lim f n ( x) ，問 f ( x) 是否一定在 a, b 上處處可導(dǎo),為什么？證明：1）å > 0 ，將區(qū)間 a, b K 等分，分點為 x j = a +j(b

13、 a)K,j = 0,1, 2, K ，使得b aK< å . 由于 fn (x) 在有限個點x j , j = 0,1, 2, K 上收斂，因此 N ，m > n > N ，使得 fm (x j ) fn ( x j ) < å 對每個 j = 0,1, 2, K 成立.于是 x a, b，設(shè) x x j , x j +1 ，則fm (x) fn ( x) fm ( x) fm ( x j ) + fm ( x j ) fn ( x j ) + fn ( x j ) fn ( x) ，= fm '(î )(x x j ) + fm

14、 ( x j ) fn ( x j ) + fn '(ç )( x x j ) < ( 2M +1) å .（2）不一定.令 f n ( x) = x 2 +1n，則 f ( x) = lim f n ( x) 在 a, b 上不能保證處處可導(dǎo).五、設(shè) an = ð20sin nt 1sin t n=1 an3發(fā)散.解：ð203 3 3n0n. （ n（nt dt ， 證明 t dt = ð2 t dt = I1 2t dt + + Isin nt sin nt sin ntsin t sin t sin tI1 = ð

15、n03n0ð 2n2，ð2nsin nt 13 3sin t n 2t 8= <8.因此an ð n n=1 an發(fā)散.2 2 2 f 2 fx2 y 2I = x2 + y2x2 + y 2 x+ dxdy .解： 采用極坐標(biāo) x = r cosè , y = r sinè ，則1 2ð f f 1 f f dr dx0 0 0 x + y =r10dr2 222 22 20 0 0dr1 r 2ðð168七、假設(shè)函數(shù) f ( x) 在 0, 1 上連續(xù)，在 (0, 1) 內(nèi)二階可導(dǎo)，過點 A(0, f (

16、0) ，與點 B(1, f (1) 的直線與曲線 y = f ( x) 相交于點 C (c, f (c) ，其中 0 < c < 1 .證明：在 (0, 1) 內(nèi)至少存在一點 î ，使 f (î ) = 0 .證明：因為 f ( x) 在 0, c上滿足 Lagrange 中值定理的條件，故存在 î1 (0, c) ，使 f (î1) =f (c) f (0)c 0.由于 C 在弦 AB 上，故有t dt < n tdt =sin nt 3sin tI 2 = ð t dt < ð2 t dt = ð

17、n d t 8 ð ð 1 11> 2 ，由此得到 六 、 f ( x, y) 是 (x, y) | x + y 1 上 二 次 連 續(xù) 可 微 函 數(shù) ， 滿 足+ = x2 y 2 ，計算積分1x f y f x2 + y 2 y I = rdè = 2 2 2 cosè + sinè dr dy xyxy = x + y r dxdy = 0 dr x2 + y 2 r 2 ( x y ) dxdy f f 1+x y = cos2 è sin 2 è dè =f (c) f (0) f (1) f (

18、0)c 0 1 0= f (1) f (0) .從而 f (î1) = f (1) f (0) .同理可證，存在 î2 (c, 1) ，使 f (î2 ) = f (1) f (0) .由 f (î1) = f (î2 ) ，知 在 î1, î2 上 f ( x)滿足 Rolle 定理的條件，所以存在 î (î1, î 2 ) (0, 1) ，使 f (î ) = 0 .=首屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽決賽試卷參考答案（數(shù)學(xué)類，2010）一、填空題（1） 設(shè) â > á

19、; > 0 ，則+ eá x2 e â xx 22dx =ð ( â á ) .（2）若關(guān)于 x 的方程 kx +12= 1(k > 0) 在區(qū)間 (0, +) 中有惟一實數(shù)解，則常數(shù) k =2 39.（3）設(shè)函數(shù) f ( x) 在區(qū)間 a, b 上連續(xù).由積分中值公式有xaf (t )dt = ( x a) f (î ) (a î x < b) .若導(dǎo)數(shù) f + (a) 存在且非零， 則 limî ax a的值等于12.（4）設(shè) (a × b)ic = 6 ，則 (a + b) 

20、15; (b + c)i(a + c) =_12_.nnk =1 k n f ' (0)2.'á (0) = 0,且 á ( x) 0,當(dāng)x 0 。因此，對于任意給定的 å > 0 ，存在 ä > 0 ，使得 á ( x) < å ,只要 x < ä 。 k k k kn n n取 N > ä1，對于上述給定的 å > 0 ，便有 k < å ,只要n > N , k n 。2 于是，nk =1 n k =1 n k =1 nn n

21、此式又可寫成n f (0)(1 + ) k =1 2 nå21n令 n ，對上式取極限即得第 1 頁（ 共 8 頁）0xxa +二、設(shè) f ( x) 在 (1,1) 內(nèi)有定義，在 x = 0 處可導(dǎo)，且 f (0) = 0 .證明： limf 2 =證： 根據(jù)題目假設(shè)和泰勞展開式，我們有 f ( x) = f (0) + f (0) x + á ( x) x, 其中 á ( x) 是 x 的函數(shù)，= f ' (0) 2 + á 2 2 。對于任意自然數(shù) n 和 k n ，我們總有 f n2 n k k kf 2 f ' (0) 2 

22、29; 2 ,只要n > N 。 k 1 '1 f n2 (1 + ),只要n > N 。nnf (0) +2 2和 lim infnnk =12 f (0) 2 2由 å 的任意性，即得 lim supnnk =1nn2f (0) 。證畢。三、設(shè) f ( x) 在 0, ) 上一致連續(xù)，且對于固定的 x 0, ) ，當(dāng)自然數(shù) n 時 f ( x + n) 0 .證明函數(shù)序列 f ( x + n) : n = 1, 2,. 在 0,1 上一致收斂于 0.證：由于 f ( x) 在 0, +) 上一致連續(xù)，故對于任意給定的 å > 0 ，存在一個 &

23、#228; > 0 使得f ( x1 ) f ( x2 ) <å2,只要 x1 x2 < ä ( x1 0, x2 0)取一個充分大的自然數(shù) m ，使得 m > ä1，并在 0,1 中取 m 個點:x1 = 0 < x2 < . < xm = 1 ，其中 x j =jm( j = 1, 2,., m) 。這樣，對于每一個 j ，x j +1 x j =1m< ä 。nf ( x j + n) <å2,只要n > N j ，這里的 å 是前面給定的。令 N = maxN1,.,

24、 N m，那么f ( x j + n) <å2,只要n > N ，其中 j = 1, 2,., m 。 設(shè) x 0,1 是任意一點，這時總有一個 x j 使得 x x j , x j +1 。由 f ( x) 在 0, +) 上一致連續(xù)性及 x x j < ä 可知，另一方面，我們已經(jīng)知道f ( x j + n) f ( x + n) <f ( x j + n) <å2å2(n = 1, 2,.),只要n > N這樣，由后面證得的兩個式子就得到第 2 頁（ 共 8 頁） k lim sup f 2 nk =11 

25、9; å k f n1 ' å k k = lim inf f f 2 2 = n n k =11 '又由于 lim f ( x + n) = 0 ，故對于每一個 x j ，存在一個 N j 使得f ( x + n) < å ,只要n > N , x 0,1注意到這里的 N 的選取與點 x 無關(guān)，這就證實了函數(shù)序列 f ( x + n) : n = 1, 2,. 在 0,1 上一致收斂于 0。2 22 2 2 f 2 fx 2 y 2 2 g 2 gx 2 y 2證：用反證法。假定該不等式在某一點不成立，我們將導(dǎo)出矛盾。2 2這樣， F

26、 ( x, y) 在 D 內(nèi)必然有最小值。設(shè)最小值在 ( x0 , y0 ) D 達(dá)到。根據(jù)反證法假設(shè)，我們有F ( x0 , y0 ) = f ( x0 , y0 ) g ( x0 , y0 ) < 0 .另一方面，根據(jù)題目假設(shè)，我們又有ÄF = Äf Äg e f ( x, y ) e g ( x, y ) ，(ii)(i)其中 Ä 是拉普拉斯算子： Ä 2+x 2 y 2.式子（ii）在 D 中處處成立，特別地在 ( x0 , y0 ) 成立：ÄF( x0 0y, ) = Äf( x0 , y0 ) Ä

27、g( x0 , y0 ), y )(iii)由(i)與(iii)可知， ÄF( x0 0y, ) < 0 .(iv)但是， ( x0 , y0 ) 是 F ( x, y) 的極小值點，應(yīng)該有 Fxx ( x0 , y0 ) 0; Fyy 0, 并因此 ÄF |( x0 , y0 ) 0這與（iv）矛盾。此矛盾證明了題目中的結(jié)論成立。證畢。五、分別設(shè)R = ( x, y) : 0 x 1;0 y 1， Rå = ( x, y) : 0 x 1 å ;0 y 1 å .第 3 頁（ 共 8 頁）四、設(shè) D = ( x, y) : x + y

28、< 1， f ( x, y) 在 D 內(nèi)連續(xù)，g ( x, y) 在 D 內(nèi)連續(xù)有界，且滿足條件： 1）（當(dāng) x + y 1 時， f ( x, y) + ；（ 2）在 D 內(nèi) f 與 g 有二階偏導(dǎo)數(shù)，+ = e f 和+ e g .證明： f ( x, y) g ( x, y) 在 D 內(nèi)處處成立.令 F ( x, y) = f ( x, y) g ( x, y) . 那么，根據(jù)題目假設(shè)，當(dāng) x + y 1時， F ( x, y) + . 2 e f ( x0 0 e g ( x0 0y, ) .考慮積分 I =Rdxdy1 xydxdyå 1 xy，å 0 +（

29、1) 證明 I =n=12； 1 2（2)利用變量替換： 21n=0n計算積分 I 的值，并由此推出ð 262 .注意到上述級數(shù)在 Rå 上的一致收斂性，我們有0n0nn=1(1 å )2nn2。n=1x 2n2å 0下面證明 I =ð 26. 在給定的變換下， x = u v, y = u + v ，那么1 11 xy 1 u 2 + v 2，變換的雅可比行列式 ， J =( x, y)(u, v)= 2 。假定正方形 R 在給定變換下的像為 R ，那么根據(jù) R 的圖象以及被積函數(shù)的特征，我們有1R 1 u 2 + v 2120 012dv

30、du利用 a2dx 1 x2+ C (a > 0),又得120 uarctan 1 u1 u 22 1 u arctan 1 u1 u 22du.令g (u) = arctanu1 u2; h(u) = arctan1 u1 u2= arctan1 u1 + u,第 4 頁（ 共 8 頁）與 Iå = R定義 I = lim I å .1 nu = ( x + y)v = ( y x)1= n=1 nRå 證： 顯然， Iå = ( xy) dxdy1åIå = n=0x dx1åy dy = 由于 n1在點 x =

31、1收斂，故有 I = lim+ Iå = 2 。n=1 n=I = 2 u 1udvdudv = 4 du + 41 0 1 u 2 + v 2 2 2 1 u + v =+ x a aarctanI = 4du + 4 112那么 g ' (u) =11 u2; h' (u) = 21 u 2。最后，我們得到1120212 222 2 6 6 6。x y z b。 1）問：參數(shù) a, b 滿足什么條件時， L1 a 1與 L ' 是異面直線？（2）當(dāng) L 與 L ' 不重合時，求 L ' 繞 L 旋轉(zhuǎn)所生成的旋轉(zhuǎn)面 ð 的方程，并指

32、出曲面ð 的類型。解：（1） L, L ' 的方向向量分別為 n = (1,1,1), n ' = (1, a,1) 。分別取 L, L ' 上的點 O(0, 0, 0), P(0, 0, b) 。 L 與 L ' 是異面直線當(dāng)且僅當(dāng)矢量 n, n ', OP 不共面，即，它們的混合積不為零：1 1 1(n, n ', OP) = 1 a 1 = (a 1)b 0 ，0 0 b所以， L 與 L ' 是異面直線當(dāng)且僅當(dāng) a 1且 b 0 。（2）假設(shè) P( x, y, z) 是 ð 上任一點，于是 P 必定是 L &#

33、39; 上一點 P '( x ', y ', z ') 繞 L 旋轉(zhuǎn)所生成的。由于 P ' P 與 L 垂直，所以，又由于 P ' 在 L ' 上，所以，( x x ') + ( y y ') + ( z z ') = 0x '1y 'az ' b1，因為 L 經(jīng)過坐標(biāo)原點，所以， P, P ' 到原點的距離相等，故，x 2 + y 2 + z 2 = x '2 + y '2 + z '2 ，將，聯(lián)立，消去其中的 x ', y ', z 

34、9; ：令x '1y ' z ' ba 1x ' = t, y ' = at, z ' = t + b ，將代入，得第 5 頁（ 共 8 頁）I = 4 1 h' (u)h(u)dug ' (u) g (u)du 8= 2 g (u) |0 4h(u)2 |1 2= 2 0 0 + 4 =六、已知兩直線的方程： L : x = y = z ， L ' := =（= = = = t ，將 x ', y ', z ' 用 t 表示：(a + 2)t = x + y + z b ，當(dāng) a 2 ，即 L 與

35、 L ' 不垂直時，解得 t =得到 ð 的方程：1a + 2( x + y + z b) ，據(jù)此，再將代入，x 2 + y 2 + z 2 a 2 + 22( x + y + z b)2 2ba + 2( x + y + z b) b2 = 0 ，當(dāng) a = 2 時，由得， x + y + z = b ，這表明， ð 在這個平面上。2 2 2 2 2任意的，所以，這時， ð 的方程為：1 5 26 6 x + y + z = b 2 2 2 5 2 ，ð 的類型： a = 1且 b 0 時， L 與 L ' 平行， ð 是一柱

36、面； a 1且 b = 0 時， L 與 L ' 相交，ð 是一錐面（ a = 2 時 ð 是平面）；當(dāng) a 1且 b 0 時，ð 是單葉雙曲面（ a = 2 時，ð是去掉一個圓盤后的平面）。第 6 頁（ 共 8 頁）(a + 2)同時，將代入，有 x + y + z = 6t + 2bt + b = 6(t +b)2 + b 。由于 t 可以是 x + y + z 6 b七、設(shè) A, B 均為 n 階半正定實對稱矩陣，且滿足 n 1 rank A n . 證明存在實可逆矩陣T T證明（1） A 的秩為 n 的情形：此時， A 為正定陣。于是存在

37、可逆矩陣 P 使得TT T TT TT En1 0 。 0 0 T T Bn1 á á T b 稱矩陣。因為 Bn1 是 n 1階實對稱矩陣，所以存在 n 1階正交矩陣 Qn1 ，使得n1 ë1T 0000 ën Qn1 T T1 TT T 0 çç ，d En1, B =0 d 如果 d = 0 ，由于 B 是半正定的，B 的各個主子式均 0 ?？紤] B 的含 d 的各個 2 階主子式，容易知道，ç = 0 。此時 B 已經(jīng)是對角陣了，如所需?，F(xiàn)假設(shè) d 0 。顯然，對于任意實數(shù) k ， A, B 可以通過合同變換同時化成

38、對角陣當(dāng)且僅當(dāng)同一合同變換可以將 A, kA + B 同時化成對角陣。由于 k 0 時， kA + B 仍然是半正定矩陣，由（1），我們只需要證明：存在 k 0 ， kA + B 是可逆矩陣即可。注意到，當(dāng) k + ëi 都不是 0 時，行列式第 7 頁（ 共 8 頁）C 使得 C AC, C BC 均為對角陣.P AP = E 。因為 P BP 是實對稱矩陣，所以存在正交矩陣 Q 使得 Q (P BP)Q = Ë 是對角矩陣。令 C = PQ ，則有 C AC = E, C BC = Ë 都是對角陣。（2） A 的秩為 n 1的情形：此時，存在實可逆矩陣 P 使

39、得 P AP = 因為 P BP 是實對稱矩陣，所以，可以假定 P BP = ，其中 Bn1 是 n 1階實對Q Bn1Qn1 = 00 = Ë n1 為對角陣。令 Q = , C = PQ ，則 C AC, C BC 可以表示為C AC = nT1 En1 Ë, C BC =其中ç = (d1 2 ,., d n1 ) 是 n 1維列向量。, d為簡化記號， 我們不妨假定 A = Ë n1 ç 。 k + ë1d1kA + B =d1k + ën1d n1d n1dn1 i =1 k + ëi j =1故只要 k

40、 足夠大就能保證 kA + B 是可逆矩陣。從而 A, B 可以通過合同變換同時化成對角陣。證畢。八、設(shè)V 是復(fù)數(shù)域 C 上的 n 維線性空間， f j :V C 是非零的線性函數(shù)， j = 1, 2 . 若不存在 0 c C 使得 f1 = cf 2 ，證明：任意的 á V 都可表為 á = á1 + á 2 使得 f1 (á ) = f1 (á 2 ) ，f 2 (á ) = f 2 (á1 ) .證明：記 E j = Ker f j , j = 1, 2 。由 f j 0 知 dim E j = n 1, j

41、 = 1, 2 。不失一般性，可令V = Cn = á = ( x1,., xn ) : x1, x2 ,., xn C ， f j (á ) = a j1x1 + a j 2 x2 + . + a jn xn , j = 1, 2 。由 f1 0, f 2 0 ， f1 cf 2 , c C ，知 a11x1 + a12 x2 + . + a1n xn = 0的系數(shù)矩陣之秩為 2。因此其解空間維數(shù)為 n 2 ，即 dim(E1 E2 ) = n 2 。但 dim E1 + dim E2 = dim(E1 + E2 ) + dim(E1 E2 ) ， 故 有 dim(E1

42、+ E2 ) = n ， 即E1 + E2 = V 。現(xiàn)在，任意的á V 都 可 表 為 á = á1 + á 2 ， 其 中 á1 E1,á 2 E2 。 注 意 到f1 (á1 ) = 0, f 2 (á 2 ) = 0 ，因此 f1 (á ) = f1 (á 2 ) ， f 2 (á ) = f 2 (á1 ) 。證畢。第 8 頁（ 共 8 頁） di 2 n1= d (k + ëi )a21 1 22 2 2n n = 0x + a x + . + a x()(10) (0, 1), x0 = a, xn+1 = a + sin xn (n = 0, 1, 2,