第五届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案

wordword专业资料-可复制编辑-欢迎下载第五届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（非数学类，2014）一、解答下列各题（本题共28分，每小题7分）计算积分2xdx2sin2tdt0 x t2解：交换积分次序得2xdx2sin2tdt2sin2tdttxdx12sintdt20 x t2 0 t2 0 201 1 42sin2tdt2 2 0 2 2 2f(x)是区间[0,1]上的连续函数，且满足0

f(x)dx1,求一个这样的函数f(x)使得积分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，曲线F(xyz)0过(x,z)

G(x,y,z)0P(xyz记xoy平面上的投影曲线为Ｓ，求Ｓ上过点(xy

)的切线方程。0 0 0 0 0 0P(xyz的切面分别为0 0 0 0F(P)(xxx 0

)Fy

(P)(yy0

)Fz

(P)(zz0

)0G(P)(xxx 0

)Gy

(P)(yy0

)Gz

(P)(zz0

)0上述两切面的交线就是Γ在P0点的切线，该切线在xoy面上的投影就是Ｓ过0(xyz-z,可得00 0(FGx z

GF)zP0

(xx0

)(FGy

GF)zP0

(yy0

)0xx0

(F,G)(x,z)

0，故上式是一条直线的方程，就是所要求的切线。1 2 13 4 a ４设矩阵3 4 a 1 2 2

其中a为常数，矩阵Ｂ满足关系式AB=A-B+E,其中Ｅ是单位矩阵，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因为rank(AE)3,所以rank(AE)rank(BE)3又rankAE)2,考虑到Ｂ非单位，所以rank(BE)1，只有rankAE)2,0012122 2 1001212AE3 5 a

a9

~0 1 a

，从而a13 21 2 3 3 1 2 3 二、（１２分）设fC4(),f(xhf(xf(x)h12关的常数，证明f是不超过三次的多项式。证明：由泰勒公式

f(xh)h2其中θx,h无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之间，ηxx+θh之间，由上面两式及已知条件1f(xh)f(x)f(x)h f(xh)h22可得当

4(1)f(x)6f(4)2f(4))h1时，令h0得f(x)0，此时f是不超过二次的多项式。31 2当 时，有f(4)f(4)()。令h0，注意到x,x,有f(4)(x)0，从而f是3 3不超过三次的多项式。三、（１２分）设当x>-1时，可微函数f(x)满足条件f(x)f(x)

1 x10

f(t)dt0,且f(0)1,x0时，有exf(x)1成立。证明：由已知条件知f(0)1，则所给方程可变形为(1x)f(x)(1x)f(x)x0两端对x求导并整理得

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。对f(x)

ex1x

0在[0,x]上进行积分得f(x)f(0)xetdt1xedtet x01t 0四（１０分）设Dy)|0x1,0yI f(x,y)dxdy,其中函数f(x,y)在Ｄ上有连Dx,yf(0,y)=f(x,0)=0且

2f

A。证明IA.I1y

f(x,y)dx1y

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

0,由分部积分法得

0 0 0 0

x01f(x,y)d(1x)1(1x)f(x,y)dx0交换积分次序可得

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

0f(x,0)x

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

yy

0，再由分部积分得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因为2f

0 0 D且(1x)(1yDI(1x)(1y)dxdyAxy 4D五（12分设函数f(x)连续可导QRf((x2y2)z), 有向曲面t

x2y2t2，0z1的表面，方向朝外，记第二型的曲面积分为I PdydzQdzdxRdxdyt求极限lim

tIt.t0t4解：由高斯公式I

PQRt x y V

dxdydz

2xz2yzx2y2

f(x2y2)z

dxdydzV由对称性知V

2xz2yzf

(x2y2)z

dxdydz0，从而得ItV

Vx2y2

f

(x2y2)z

（采用柱面坐标变换）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）设A，B为二个n阶正定矩阵，求证AB正定的充要条件是AB＝BA。AB为二个nAB)TABBTB,所以AB)TBTBAAB＝BA。充分性：因为AB＝BA，则(AB)TBTATBAAB，所以AB为实对称矩阵。因为A，B为正定矩阵，故存在可逆矩阵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的特征值全为正实数，所以AB为正定矩阵。七、（2分）假设n0

axnn

1limnan n

0,且limx1n0

axnn

A.证明ann0

收敛，且ann0

A。证明：由limnan

n0,知limkn

k|akn

|0,故对于任意ε>0，存在N1

，使得当nN1

时，有n0k0

k|akn

| , |n|a 3 n 3又因为lim

axn

.所以存在0,当1x1

axnA .x1

n0

n n 3n0N,当nN1，从而111取x11，则2 2 n n nn0

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

,当nN时nk

a Anak k0nk

axkk

kn1

axkk

k

axkAkn

a(xk)k

axkk

axkAk取x11，则xk)

k0 kn1

k0

n k|