第五屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽決賽試卷參考答案

wordword專業(yè)資料-可復(fù)制編輯-歡迎下載第五屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽決賽試卷參考答案（非數(shù)學(xué)類，2014）一、解答下列各題（本題共28分，每小題7分）計(jì)算積分2xdx2sin2tdt0 x t2解：交換積分次序得2xdx2sin2tdt2sin2tdttxdx12sintdt20 x t2 0 t2 0 201 1 42sin2tdt2 2 0 2 2 2f(x)是區(qū)間[0,1]上的連續(xù)函數(shù)，且滿足0

f(x)dx1,求一個(gè)這樣的函數(shù)f(x)使得積分1(1x2)f2(x)dx取得最小值。11x21x2

1 11 1 1

1 1 2解：1 f(x)dx f(x)

dx

(1x2)f2(x)dx

2

dx0 0 0 11

01x2 1(x2)f2(x)00 1

2 244 41(1x2)f2(x)dx0

2 f(x

(1x2)

即可。F(x,y,z)G(x,y,z)(FG)0，曲線F(xyz)0過(x,z)

G(x,y,z)0P(xyz記xoy平面上的投影曲線為Ｓ，求Ｓ上過點(diǎn)(xy

)的切線方程。0 0 0 0 0 0P(xyz的切面分別為0 0 0 0F(P)(xxx 0

)Fy

(P)(yy0

)Fz

(P)(zz0

)0G(P)(xxx 0

)Gy

(P)(yy0

)Gz

(P)(zz0

)0上述兩切面的交線就是Γ在P0點(diǎn)的切線，該切線在xoy面上的投影就是Ｓ過0(xyz-z,可得00 0(FGx z

GF)zP0

(xx0

)(FGy

GF)zP0

(yy0

)0xx0

(F,G)(x,z)

0，故上式是一條直線的方程，就是所要求的切線。1 2 13 4 a ４設(shè)矩陣3 4 a 1 2 2

其中a為常數(shù)，矩陣Ｂ滿足關(guān)系式AB=A-B+E,其中Ｅ是單位矩陣，BErank(A+B)=3,a的值。AB=A-B+E,得(A+E)(B-E)=0,故可得rank(AB)rank(AE)rank(BE)3因?yàn)閞ank(AE)3,所以rank(AE)rank(BE)3又rankAE)2,考慮到Ｂ非單位，所以rank(BE)1，只有rankAE)2,0012122 2 1001212AE3 5 a

a9

~0 1 a

，從而a13 21 2 3 3 1 2 3 二、（１２分）設(shè)fC4(),f(xhf(xf(x)h12關(guān)的常數(shù)，證明f是不超過三次的多項(xiàng)式。證明：由泰勒公式

f(xh)h2其中θx,h無1 1 f(xh)f(x)f(x)h f(x)h2 f(x)h3 f(4))h41 1 12 6 241f(xh)f(x)f(x)h3 f(4)2h421其中ξxx+h之間，ηxx+θh之間，由上面兩式及已知條件1f(xh)f(x)f(x)h f(xh)h22可得當(dāng)

4(1)f(x)6f(4)2f(4))h1時(shí)，令h0得f(x)0，此時(shí)f是不超過二次的多項(xiàng)式。31 2當(dāng) 時(shí)，有f(4)f(4)()。令h0，注意到x,x,有f(4)(x)0，從而f是3 3不超過三次的多項(xiàng)式。三、（１２分）設(shè)當(dāng)x>-1時(shí)，可微函數(shù)f(x)滿足條件f(x)f(x)

1 x10

f(t)dt0,且f(0)1,x0時(shí)，有exf(x)1成立。證明：由已知條件知f(0)1，則所給方程可變形為(1x)f(x)(1x)f(x)x0兩端對(duì)x求導(dǎo)并整理得

f(t)dt0(1x)f(x)(2x)f(x)0f(x)

Cex

f(0)1得C1,f(x

ex 0,1x 1xf(x)f(0)=1x0f(x1。對(duì)f(x)

ex1x

0在[0,x]上進(jìn)行積分得f(x)f(0)xetdt1xedtet x01t 0四（１０分）設(shè)Dy)|0x1,0yI f(x,y)dxdy,其中函數(shù)f(x,y)在Ｄ上有連Dx,yf(0,y)=f(x,0)=0且

2f

A。證明IA.I1y

f(x,y)dx1y

4f(x,y)d(1xy(1x)f(x,y)x1

0,由分部積分法得

0 0 0 0

x01f(x,y)d(1x)1(1x)f(x,y)dx0交換積分次序可得

0 xI1(x)dx1f(x,y)dyf(x,0)=0

0f(x,0)x

0 xf(x,y)xf(x,y)x

yy

0，再由分部積分得1f(x,y)dy1f(x,y)d(1y) 1(1y

2fdy0 x

0 x

0 xyI1(x)dx1(y

2

dy(1x)(1y)

2

dxdy因?yàn)?f

0 0 D且(1x)(1yDI(1x)(1y)dxdyAxy 4D五（12分設(shè)函數(shù)f(x)連續(xù)可導(dǎo)QRf((x2y2)z), 有向曲面t

x2y2t2，0z1的表面，方向朝外，記第二型的曲面積分為I PdydzQdzdxRdxdyt求極限lim

tIt.t0t4解：由高斯公式I

PQRt x y V

dxdydz

2xz2yzx2y2

f(x2y2)z

dxdydzV由對(duì)稱性知V

2xz2yzf

(x2y2)z

dxdydz0，從而得ItV

Vx2y2

f

(x2y2)z

（采用柱面坐標(biāo)變換）12

f(r2z)r3drdz 1

f(r2z)r3dr00I

01

f(r2z)r3dr

002

1f(t2z)t3dzlim tlim 0 0

lim 0t0t4

t

t4 1

t0

4t3lim t02

f2z)dz f(0)0 2六、（12分）設(shè)A，B為二個(gè)n階正定矩陣，求證AB正定的充要條件是AB＝BA。AB為二個(gè)nAB)TABBTB,所以AB)TBTBAAB＝BA。充分性：因?yàn)锳B＝BA，則(AB)TBTATBAAB，所以AB為實(shí)對(duì)稱矩陣。因?yàn)锳，B為正定矩陣，故存在可逆矩陣P，Q，使得APTP,BQTQ，ABPTPQTQ所以PT

1

ABPTPQTQPT(QPT)T(QPT),即AB相似于

PT

ABPT，所以AB的特征值全為正實(shí)數(shù)，所以AB為正定矩陣。七、（2分）假設(shè)n0

axnn

1limnan n

0,且limx1n0

axnn

A.證明ann0

收斂，且ann0

A。證明：由limnan

n0,知limkn

k|akn

|0,故對(duì)于任意ε>0，存在N1

，使得當(dāng)nN1

時(shí)，有n0k0

k|akn

| , |n|a 3 n 3又因?yàn)閘im

axn

.所以存在0,當(dāng)1x1

axnA .x1

n0

n n 3n0N,當(dāng)nN1，從而111取x11，則2 2 n n nn0

1 a(1 )nA .n n 3NmaxNN1 2

,當(dāng)nN時(shí)nk

a Anak k0nk

axkk

kn1

axkk

k

axkAkn

a(xk)k

axkk

axkAk取x11，則xk)

k0 kn1

k0

n k|