国防科技大学2007年非数学类大学数学竞赛试题(解答)
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则 lim xn = −5, lim yn = −5 ．
n →∞ n →∞
2 ⎡ 3− n ⎤ ⎢ ⎡ 3 −2 ⎤ =⎢ 2 1⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ −1 1 ⎦ ⎢ 3 3− n 2n ⎦ ⎢ 2 ⎣ 3−
2⎤ 2n ⎥ ， ⎥ 3⎥ −2 + n ⎥ 2 ⎦ −2 +
2⎤ 4⎤ ⎡ 5 − + n ⎥ −1 2 ⎡ ⎤=⎢ 2n ⎥ ， ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3 ⎥⎣ 1 ⎦ ⎢ 6⎥ 3− n −5 + n ⎢ 2 ⎥ 2 ⎥ ⎦ ⎣ ⎦
−1 ⎤ ⎡ x0 ⎤ 1⎥ ⎢ ⎥， − ⎥ ⎣ y0 ⎦ 2⎦
n
−1 ⎤ 1 ，则 A 的特征值为 λ1 = 1, λ2 = ， 1⎥ 2 − ⎥ 2⎦
⎡1⎤ 对应的特征向量为 ⎢ ⎥ , ⎣1⎦
⎡3⎤ ⎡1 2 ⎤ ⎢ 2 ⎥ ，令 P = ⎢1 3 ⎥ ，则 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡1 ⎡1 2 ⎤ ⎢ n −1 A = P ΛP = ⎢ ⎥ ⎣1 3 ⎦ ⎢ ⎣ 3 ⎡ 2 − + ⎡ xn ⎤ ⎢ 2n = ⎢ ⎢y ⎥ ⎣ n ⎦ ⎢ −2 + 2 ⎢ 2n ⎣
代入得 3(a − 2)
∂2 z ∂2 z + (2 + a − a 2 ) 2 = 0 ，则 2 + a − a 2 = 0, a ≠ 2 ，则 a = −1 ． ∂u∂v ∂v
Ω
3 3 3 2 2 2 3． I = w ∫∫ ( x + 1) d y d z + ( y + 1) d z d x + ( z + 1) d xd y = ∫∫∫ 3[( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) ]dv ， Σ
⎛ 0 E⎞⎛B E ⎞⎛ 0 E⎞ ⎛ A E⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟， ⎝E 0 ⎠⎝E A⎠⎝E 0 ⎠ ⎝ E B⎠
两边取行列式，得 0 E B E 0 E A E = ， E 0 E A E 0 E B 由于 A E 0 E B E 0 E 0 E = AB − E ≠ 0 ，故 ≠ 0 ，又 ≠ 0 ，所以 E B E 0 E A E 0 E 0
B E = BA − E = E −BA ≠ 0 ，从而 E − BA 也可逆. E A 八、解：
1 1 1 ⎧ ,x− ≤ y≤− x + , ⎪1, x ≤ （1） f ( x, y ) = ⎨ 2 2 2 ⎪0, 其它. ⎩ 1 ⎧ , ⎪ 2 −2 x , x ≤ （2） f X ( x) = ⎨ 2 ⎪0, 其它. ⎩ 1 ⎧ , ⎪ 2 −2 y , y ≤ fY ( y ) = ⎨ 2 ⎪0, 其它. ⎩
⎛ A E⎞ ⎛ 0 E⎞ 七、证： （1）先将矩阵 ⎜ ⎟ 两列交换，这相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，再将第 ⎝ E B⎠ ⎝E 0 ⎠ ⎛ −E 0 ⎞ 一列乘 (−1) ，这相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，最后将第二列乘 B 加到第一列，这 ⎝ 0 E⎠ ⎛E 0 ⎞ 相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，即 ⎝B E⎠
f ( x1 , x 2 ," , x n ) = λ ．
所以，二次型函数在单位球面上的最大值与最小值只能是矩阵 A 的特征值．于是， 所求最大值与最小值分别是矩阵 A 的最大与最小特征值．
⎡2 ⎡ xn ⎤ ⎢ 六、解：由 ⎢ ⎥ = 3 ⎣ yn ⎦ ⎢ ⎣2
⎡2 令 A = ⎢3 ⎢ ⎣2
−1 ⎤ ⎡2 ⎡ xn −1 ⎤ ⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎥ =" = ⎢3 − ⎥ ⎣ yn −1 ⎦ 2⎦ ⎣2
n1 = ． 4 n = 0 2n + 1
∞
四、解： v ∫
L (t )
f ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 d s = tf (t 2 ) v ∫
L (t )
d s = 2π t 2 f (t 2 ) ，
w ∫∫ ( x
S (t ) D (t )
以及
n ∂L = 1 − ∑ xi2 = 0, ∂λ i =1
（1）
（2）
方程组（1）有非零解 x1 , x 2 ," , x n 的充分必要条件是 λ 为 A 的特征值．设 x1 , x 2 ," , x n 为 （1）的非零解，将它代入方程（1） ，各方程分别乘上 x1 , x 2 ," , x n ，然后相加，并代入 约束条件（2）得
0 x
三、解： an = ∫ −1
an =
1
2n 1 −1 t x2n x2n d = − − d = x t x t ∫ 1 1 + e−t ∫ −1 1 + e− x d x ， 1 + ex
1 1 2n ⎛ 1 1 ⎞ 1 1 2n 1 + = x x x dx= ， n = 0,1, 2," d ⎜ ⎟ −x x ∫ ∫ 1 1 − − 2 2 2n + 1 ⎝ 1+ e 1+ e ⎠
所以，F ( x) 在 (−∞, 0] 内单调增加， 在 (0, +∞) 内单调减少， 所以 F ( x) 在 x = 0 处取最大值， 从而，对于任意 x ∈ (−∞, +∞) ，恒有 F ( x) ≤ F (0) = 0 ，但 F ( x) ≥ 0 ，所以， F ( x) ≡ 0 ．于 是， ∫ f (t )dt ≡ 0 ，所以， f ( x) ≡ 0 ．
2
+ y 2 + z 2 )d S = t 2
2π 0
S 上半球面 t
∫∫
dS +
S 底面
∫∫（x
2
+y 2 )d S = 2π t 4 +
t
π
2
t4 =
5π 4 t ， 2
∫∫
f ( x 2 + y 2 )d σ = ∫
2 2 2
d θ ∫ f (r 2 ) r d r = 2π ∫ f (r 2 ) r d r ，
M 1 所以， | f ′′( x) |≤| f ( x + 1) | +2 | f ( x) | + | f ( x − 1) | + [| f ′′′(ξ ) | + | f ′′′(η ) |] ≤ 4 M 0 + 3 ． 6 3 再由两式相减，整理得 1 1 f ′( x) = [ f ( x + 1) − f ( x − 1)] − [ f ′′′(ξ ) + f ′′′(η )] ， 2 6 M 1 1 所以， | f ′( x) |≤ [| f ( x + 1) | + | f ( x − 1) |] + [| f ′′′(ξ ) | + | f ′′′(η ) |] ≤ M 0 + 3 ． 2 6 3
0 0 2π 0 t 1 d θ ∫ 2 d ϕ ∫ r r 2 sin ϕ d r = π t 4 ， 0 0 2
∫∫∫
Ω (t )
x + y + z dv = ∫
π
于是， 2π t 2 f (t 2 ) +
t t 5π 4 1 t = 2π ∫ f (r 2 ) r d r + π t 4 ，即 t 2 f (t 2 ) + t 4 = ∫ f (r 2 ) r d r ， 0 0 2 2 1 f (u ) = −2 ， 两边求导，得 2t 3 f ′(t 2 ) + 2t f (t 2 ) + 4t 3 = t f (t 2 ) ，令 u = t 2 ，得 f ′(u ) + 2u
4 x2 y2 z2 ( z + 1) d v = ∫∫∫ z d v + π abc ， D : 2 + 2 ≤ 1 − 2 ， ∫∫∫ 3 a b c Ω Ω
2 2
c c ⎛ z2 ⎞ 4 所以， ∫∫∫ z 2 d v = ∫ z 2 d z ∫∫ dσ = ∫ π abz 2 ⎜ 1 − 2 ⎟ d z = π abc3 ， −c −c 15 ⎝ c ⎠ Ω D
4 C 解得 f (u ) = − u + ,其中 C 为任意常数． 3 u
五、解：构造拉格朗日辅助函数
L( x1 , x2 ," , xn , λ ) =
i , j =1
∑ aij xi x j − λ (∑ xi2 − 1) ，
i =1
n
n
令
∂g ⎧ ∂L ∂f ⎪ ∂x = ∂x − λ ∂x = 2[(a11 − λ ) x1 + a12 x2 + " + a1n xn ] = 0, 1 1 ⎪ 1 ∂g ⎪ ∂L ∂f = −λ = 2[a11 x1 + (a12 − λ ) x2 + " + a1n xn ] = 0, ⎪ ∂x2 ⎨ ∂x2 ∂x2 ⎪" ⎪ ∂g ⎪ ∂L ∂f ⎪ ∂x = ∂x − λ ∂x = 2[a11 x1 + a12 x2 + " + (a1n − λ ) xn ] = 0, n n ⎩ n
综上所述，函数 f ′( x) 和 f ′′( x) 在 (−∞, +∞) 内有界． 2．证：作辅助函数 F ( x) =
(∫
x 0
f (t )dt ，则 F ′( x) = 2 f ( x) ∫ f (t )dt = 2 g ( x) 在 (−∞, +∞) 内
0
)
2
x
F ′(0) = 0 ， F ′( x) ≥ F ′(0) = 0 ， F ′( x) ≤ F ′(0) = 0 ． 则当 x ≤ 0 时， 当 x > 0 时， 单调减少． 因为，
2．解：
∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z ∂2 z ∂2 z = + ， =2 +a ， 2 = 2 +2 + ， ∂x ∂u ∂v ∂y ∂u ∂v ∂x ∂u ∂u∂v ∂v 2
∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z + a2 2 ， = 2 2 + (a + 2) + a 2 ， 2 = 4 2 + 4a ∂y ∂u ∂u∂v ∂v ∂x∂y ∂u ∂u∂v ∂v
4 由对称性，知 I = π abc(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4π abc ． 5
二、1．证：依题意，存在正常数 M 0 , M 3 ，使得对于一切 x ∈ (−∞, +∞) ，恒有：
| f ( x) |≤ M 0 ， | f ′′′( x) |≤ M 3 ．
由泰勒公式
1 1 f ′′( x) + f ′′′(ξ ) ，其中 ξ 介于 x 与 x + 1 之间， 2! 3! 1 1 f ( x − 1) = f ( x) − f ′( x) + f ′′( x) − f ′′′(η ) ，其中η 介于 x 与 x − 1 之间． 2! 3! 上述两式相加，整理得 1 f ′′( x) = f ( x + 1) − 2 f ( x) + f ( x − 1) − [ f ′′′(ξ ) − f ′′′(η )] ， 6 f ( x + 1) = f ( x) + f ′( x) +
国防科技大学 2007 年湖南省大学数学竞赛选拔赛试卷
参考解答
⎛ ⎞ ⎟ 1 1 2⎜ 1 1 1 2 1 一、1．解：原式= lim ⎜ + +" + + lim ⎟ n →∞ n 2n − 1 2n + 1 2 n →∞ n ⎜ 1 + 1 1 + 3 ⎟ 2 1+ 1+ n n ⎠ n ⎝ n 1 2 1 1 = ∫ d x + 0 = ln 3 ． 2 0 1+ x 2
A ⎞ ⎛ AB − E A ⎞ ⎛ A E ⎞ ⎛ 0 E ⎞ ⎛ −E 0 ⎞ ⎛ E 0 ⎞ ⎛ AB − E ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟=⎜ ⎟， E⎠ ⎝ E B ⎠ ⎝ E 0 ⎠ ⎝ 0 E ⎠ ⎝ B E ⎠ ⎝ −BE + EB E ⎠ ⎝ 0 两边同取行列式，得 A E 0 E −E 0 E 0 AB − E A = ， E B E 0 0 E B E 0 E 即 A E = AB − E ． E B （2）已知 E − AB 可逆，由可逆的充要条件， E − AB ≠ 0 ，即 AB − E ≠ 0 ．由（1）知， A E = AB − E ， E B 从而有 B E = BA − E ， E A 又
∞
记 S ( x) = ∑ (−1) n an x 2 n +1 = ∑
n=0
∞ (−1) n 2 n +1 1 x ， −1 ≤ x < 1 ，则 S ′( x) = ∑ (−1) n x 2 n = ， 1 + x2 n = 0 2n + 1 n =0
∞
S (0) = 0 ，于是 S ( x) = arctan x ，所以， ∑ (−1) n an = ∑
n →∞ n →∞
2 ⎡ 3− n ⎤ ⎢ ⎡ 3 −2 ⎤ =⎢ 2 1⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ −1 1 ⎦ ⎢ 3 3− n 2n ⎦ ⎢ 2 ⎣ 3−
2⎤ 2n ⎥ ， ⎥ 3⎥ −2 + n ⎥ 2 ⎦ −2 +
2⎤ 4⎤ ⎡ 5 − + n ⎥ −1 2 ⎡ ⎤=⎢ 2n ⎥ ， ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3 ⎥⎣ 1 ⎦ ⎢ 6⎥ 3− n −5 + n ⎢ 2 ⎥ 2 ⎥ ⎦ ⎣ ⎦
−1 ⎤ ⎡ x0 ⎤ 1⎥ ⎢ ⎥， − ⎥ ⎣ y0 ⎦ 2⎦
n
−1 ⎤ 1 ，则 A 的特征值为 λ1 = 1, λ2 = ， 1⎥ 2 − ⎥ 2⎦
⎡1⎤ 对应的特征向量为 ⎢ ⎥ , ⎣1⎦
⎡3⎤ ⎡1 2 ⎤ ⎢ 2 ⎥ ，令 P = ⎢1 3 ⎥ ，则 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡1 ⎡1 2 ⎤ ⎢ n −1 A = P ΛP = ⎢ ⎥ ⎣1 3 ⎦ ⎢ ⎣ 3 ⎡ 2 − + ⎡ xn ⎤ ⎢ 2n = ⎢ ⎢y ⎥ ⎣ n ⎦ ⎢ −2 + 2 ⎢ 2n ⎣
代入得 3(a − 2)
∂2 z ∂2 z + (2 + a − a 2 ) 2 = 0 ，则 2 + a − a 2 = 0, a ≠ 2 ，则 a = −1 ． ∂u∂v ∂v
Ω
3 3 3 2 2 2 3． I = w ∫∫ ( x + 1) d y d z + ( y + 1) d z d x + ( z + 1) d xd y = ∫∫∫ 3[( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) ]dv ， Σ
⎛ 0 E⎞⎛B E ⎞⎛ 0 E⎞ ⎛ A E⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟， ⎝E 0 ⎠⎝E A⎠⎝E 0 ⎠ ⎝ E B⎠
两边取行列式，得 0 E B E 0 E A E = ， E 0 E A E 0 E B 由于 A E 0 E B E 0 E 0 E = AB − E ≠ 0 ，故 ≠ 0 ，又 ≠ 0 ，所以 E B E 0 E A E 0 E 0
B E = BA − E = E −BA ≠ 0 ，从而 E − BA 也可逆. E A 八、解：
1 1 1 ⎧ ,x− ≤ y≤− x + , ⎪1, x ≤ （1） f ( x, y ) = ⎨ 2 2 2 ⎪0, 其它. ⎩ 1 ⎧ , ⎪ 2 −2 x , x ≤ （2） f X ( x) = ⎨ 2 ⎪0, 其它. ⎩ 1 ⎧ , ⎪ 2 −2 y , y ≤ fY ( y ) = ⎨ 2 ⎪0, 其它. ⎩
⎛ A E⎞ ⎛ 0 E⎞ 七、证： （1）先将矩阵 ⎜ ⎟ 两列交换，这相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，再将第 ⎝ E B⎠ ⎝E 0 ⎠ ⎛ −E 0 ⎞ 一列乘 (−1) ，这相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，最后将第二列乘 B 加到第一列，这 ⎝ 0 E⎠ ⎛E 0 ⎞ 相当于右乘初等分块矩阵 ⎜ ⎟ ，即 ⎝B E⎠
f ( x1 , x 2 ," , x n ) = λ ．
所以，二次型函数在单位球面上的最大值与最小值只能是矩阵 A 的特征值．于是， 所求最大值与最小值分别是矩阵 A 的最大与最小特征值．
⎡2 ⎡ xn ⎤ ⎢ 六、解：由 ⎢ ⎥ = 3 ⎣ yn ⎦ ⎢ ⎣2
⎡2 令 A = ⎢3 ⎢ ⎣2
−1 ⎤ ⎡2 ⎡ xn −1 ⎤ ⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎥ =" = ⎢3 − ⎥ ⎣ yn −1 ⎦ 2⎦ ⎣2
n1 = ． 4 n = 0 2n + 1
∞
四、解： v ∫
L (t )
f ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 d s = tf (t 2 ) v ∫
L (t )
d s = 2π t 2 f (t 2 ) ，
w ∫∫ ( x
S (t ) D (t )
以及
n ∂L = 1 − ∑ xi2 = 0, ∂λ i =1
（1）
（2）
方程组（1）有非零解 x1 , x 2 ," , x n 的充分必要条件是 λ 为 A 的特征值．设 x1 , x 2 ," , x n 为 （1）的非零解，将它代入方程（1） ，各方程分别乘上 x1 , x 2 ," , x n ，然后相加，并代入 约束条件（2）得
0 x
三、解： an = ∫ −1
an =
1
2n 1 −1 t x2n x2n d = − − d = x t x t ∫ 1 1 + e−t ∫ −1 1 + e− x d x ， 1 + ex
1 1 2n ⎛ 1 1 ⎞ 1 1 2n 1 + = x x x dx= ， n = 0,1, 2," d ⎜ ⎟ −x x ∫ ∫ 1 1 − − 2 2 2n + 1 ⎝ 1+ e 1+ e ⎠
所以，F ( x) 在 (−∞, 0] 内单调增加， 在 (0, +∞) 内单调减少， 所以 F ( x) 在 x = 0 处取最大值， 从而，对于任意 x ∈ (−∞, +∞) ，恒有 F ( x) ≤ F (0) = 0 ，但 F ( x) ≥ 0 ，所以， F ( x) ≡ 0 ．于 是， ∫ f (t )dt ≡ 0 ，所以， f ( x) ≡ 0 ．
2
+ y 2 + z 2 )d S = t 2
2π 0
S 上半球面 t
∫∫
dS +
S 底面
∫∫（x
2
+y 2 )d S = 2π t 4 +
t
π
2
t4 =
5π 4 t ， 2
∫∫
f ( x 2 + y 2 )d σ = ∫
2 2 2
d θ ∫ f (r 2 ) r d r = 2π ∫ f (r 2 ) r d r ，
M 1 所以， | f ′′( x) |≤| f ( x + 1) | +2 | f ( x) | + | f ( x − 1) | + [| f ′′′(ξ ) | + | f ′′′(η ) |] ≤ 4 M 0 + 3 ． 6 3 再由两式相减，整理得 1 1 f ′( x) = [ f ( x + 1) − f ( x − 1)] − [ f ′′′(ξ ) + f ′′′(η )] ， 2 6 M 1 1 所以， | f ′( x) |≤ [| f ( x + 1) | + | f ( x − 1) |] + [| f ′′′(ξ ) | + | f ′′′(η ) |] ≤ M 0 + 3 ． 2 6 3
0 0 2π 0 t 1 d θ ∫ 2 d ϕ ∫ r r 2 sin ϕ d r = π t 4 ， 0 0 2
∫∫∫
Ω (t )
x + y + z dv = ∫
π
于是， 2π t 2 f (t 2 ) +
t t 5π 4 1 t = 2π ∫ f (r 2 ) r d r + π t 4 ，即 t 2 f (t 2 ) + t 4 = ∫ f (r 2 ) r d r ， 0 0 2 2 1 f (u ) = −2 ， 两边求导，得 2t 3 f ′(t 2 ) + 2t f (t 2 ) + 4t 3 = t f (t 2 ) ，令 u = t 2 ，得 f ′(u ) + 2u
4 x2 y2 z2 ( z + 1) d v = ∫∫∫ z d v + π abc ， D : 2 + 2 ≤ 1 − 2 ， ∫∫∫ 3 a b c Ω Ω
2 2
c c ⎛ z2 ⎞ 4 所以， ∫∫∫ z 2 d v = ∫ z 2 d z ∫∫ dσ = ∫ π abz 2 ⎜ 1 − 2 ⎟ d z = π abc3 ， −c −c 15 ⎝ c ⎠ Ω D
4 C 解得 f (u ) = − u + ,其中 C 为任意常数． 3 u
五、解：构造拉格朗日辅助函数
L( x1 , x2 ," , xn , λ ) =
i , j =1
∑ aij xi x j − λ (∑ xi2 − 1) ，
i =1
n
n
令
∂g ⎧ ∂L ∂f ⎪ ∂x = ∂x − λ ∂x = 2[(a11 − λ ) x1 + a12 x2 + " + a1n xn ] = 0, 1 1 ⎪ 1 ∂g ⎪ ∂L ∂f = −λ = 2[a11 x1 + (a12 − λ ) x2 + " + a1n xn ] = 0, ⎪ ∂x2 ⎨ ∂x2 ∂x2 ⎪" ⎪ ∂g ⎪ ∂L ∂f ⎪ ∂x = ∂x − λ ∂x = 2[a11 x1 + a12 x2 + " + (a1n − λ ) xn ] = 0, n n ⎩ n
综上所述，函数 f ′( x) 和 f ′′( x) 在 (−∞, +∞) 内有界． 2．证：作辅助函数 F ( x) =
(∫
x 0
f (t )dt ，则 F ′( x) = 2 f ( x) ∫ f (t )dt = 2 g ( x) 在 (−∞, +∞) 内
0
)
2
x
F ′(0) = 0 ， F ′( x) ≥ F ′(0) = 0 ， F ′( x) ≤ F ′(0) = 0 ． 则当 x ≤ 0 时， 当 x > 0 时， 单调减少． 因为，
2．解：
∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z ∂2 z ∂2 z = + ， =2 +a ， 2 = 2 +2 + ， ∂x ∂u ∂v ∂y ∂u ∂v ∂x ∂u ∂u∂v ∂v 2
∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z ∂2 z + a2 2 ， = 2 2 + (a + 2) + a 2 ， 2 = 4 2 + 4a ∂y ∂u ∂u∂v ∂v ∂x∂y ∂u ∂u∂v ∂v
4 由对称性，知 I = π abc(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4π abc ． 5
二、1．证：依题意，存在正常数 M 0 , M 3 ，使得对于一切 x ∈ (−∞, +∞) ，恒有：
| f ( x) |≤ M 0 ， | f ′′′( x) |≤ M 3 ．
由泰勒公式
1 1 f ′′( x) + f ′′′(ξ ) ，其中 ξ 介于 x 与 x + 1 之间， 2! 3! 1 1 f ( x − 1) = f ( x) − f ′( x) + f ′′( x) − f ′′′(η ) ，其中η 介于 x 与 x − 1 之间． 2! 3! 上述两式相加，整理得 1 f ′′( x) = f ( x + 1) − 2 f ( x) + f ( x − 1) − [ f ′′′(ξ ) − f ′′′(η )] ， 6 f ( x + 1) = f ( x) + f ′( x) +
国防科技大学 2007 年湖南省大学数学竞赛选拔赛试卷
参考解答
⎛ ⎞ ⎟ 1 1 2⎜ 1 1 1 2 1 一、1．解：原式= lim ⎜ + +" + + lim ⎟ n →∞ n 2n − 1 2n + 1 2 n →∞ n ⎜ 1 + 1 1 + 3 ⎟ 2 1+ 1+ n n ⎠ n ⎝ n 1 2 1 1 = ∫ d x + 0 = ln 3 ． 2 0 1+ x 2
A ⎞ ⎛ AB − E A ⎞ ⎛ A E ⎞ ⎛ 0 E ⎞ ⎛ −E 0 ⎞ ⎛ E 0 ⎞ ⎛ AB − E ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟=⎜ ⎟， E⎠ ⎝ E B ⎠ ⎝ E 0 ⎠ ⎝ 0 E ⎠ ⎝ B E ⎠ ⎝ −BE + EB E ⎠ ⎝ 0 两边同取行列式，得 A E 0 E −E 0 E 0 AB − E A = ， E B E 0 0 E B E 0 E 即 A E = AB − E ． E B （2）已知 E − AB 可逆，由可逆的充要条件， E − AB ≠ 0 ，即 AB − E ≠ 0 ．由（1）知， A E = AB − E ， E B 从而有 B E = BA − E ， E A 又
∞
记 S ( x) = ∑ (−1) n an x 2 n +1 = ∑
n=0
∞ (−1) n 2 n +1 1 x ， −1 ≤ x < 1 ，则 S ′( x) = ∑ (−1) n x 2 n = ， 1 + x2 n = 0 2n + 1 n =0
∞
S (0) = 0 ，于是 S ( x) = arctan x ，所以， ∑ (−1) n an = ∑