第九届全国大学生数学竞赛非数类参考答案(白兔兔)
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♢
省市
第 1 页, 共 6 页
3. 设 w “ f pu, vq 具有二阶连续偏导数, 且 u “ x ´ cy, v “ x ` cy. 其中 c 为非零常数. 1 则 wxx ´ 2 wyy “ c 答案：4 f12 解. wx “ f1 ` f2 , wxx “ f11 ` 2 f12 ` f22 wy “ cp f2 ´ f1 q, wyy “ c 所以 wxx ´
第 3 页, 共 6 页
由已知
“ ‰ d2 gα p0q 1 2 2 “ sin 2 α f p 0 , 0 q cot α ` 2 f p 0 , 0 q ` f p 0 , 0 q tan α ą0 xx xy yy dt 2 2
π 得 4
fxy p0, 0q ą ´
令α“
‰ 1“ fxx p0, 0q ` fyy p0, 0q 2
´8
密封线 答题时不要超过此线
姓名
∫
a
b
∫
`8
e´|t ´x| f pxq dx ď
´8
e´|t ´x| f pxq dx ď 1
因此
∫
a
b
∫
b
dt
a
e´|t ´x| f pxq dx ď b ´ a (4 分)
然而
∫
a
b
∫
b
∫
b a
dt
a
e
´|t ´x|
f pxq dx “
x
ˆ∫ b ˙ ´|t ´x| f pxq e dt dx
x`z “ 1 ,
解. 记 Γ1 为从 B 到 A 的直线段, 则 x “ t , y “ 0, z “ 1 ´ t , 0 ď t ď 1
∫ ∫
1
y dx ` z dy ` x dz “
Γ1 0
t dp1 ´ t q “ ´
1 2 (4 分)
设 Γ 和 Γ1 围成的平面区域 Σ, 方向按右手法则. 由 Stokes 公式得到
密封线 答题时不要超过此线 姓名
一、 (本题满分 42 分, 共 6 小题, 每小题 7 分) ∫ x 1. 已知可导函数 f pxq cos x ` 2 f pt q sin t dt “ x ` 1 满足 则 f pxq “
0
答案：sin x ` cos x 解. 两边同时对 x 求导 f 1 pxq cos x ` f pxq sin x “ 1 ùñ f 1 pxq ` f pxq tan x “ sec x 由常数变易法, 从而 f px q “ e
Γ1 Σ
第 4 页, 共 6 页
曲线 Γ 在 xOy 面上投影的方程为
` ˘2 x´ 1 y2 2 ` 1 ˘2 ` ` 1 ˘2 “ 1 座位号
2 ? 2
又该投影（半个椭圆）的面积得知 1 π 这样就有 I “ ´ ? 2 2 2
Σ
π dx dy “ ? . 同理, 4 2
Σ
π dy dz “ ? 4 2
准考证号
˙ dx ` C ˆ∫ ˙ ´∫ 1 ¯ 1 ´ ln cos x ln cos x “e e dx ` C “ cos x d x ` C cos x cos2 x ` ˘ “ cos x tan x ` C “ sin x ` C cos x
´ tan x dx
∫
ˆ∫
∫
sec xe
tan x dx
(12 分)
(14 分)
考场号
四、 (本题满分 15 分) 设函数 f pxq ą 0 且在实轴上连续, 若对任意实数 t , 有 ∫ b b´a`2 证明 @ a, b, a ă b, 有 f pxq dx ď . 2 a 证明. 由于 @a, bpa ă bq, 有
∫
`8
e´|t ´x| f pxq dx ď 1,
所以 f p0, 0q 是 f px, yq 极小值. 三、 (本题满分 14 分) 设曲线 Γ 为曲线 x ě 0, y ě 0, z ě 0 ∫ 上从点 Ap1, 0, 0q 到点 Bp0, 0, 1q 的一段. 求曲线积分 I “ y dx ` z dy ` x dz
Γ
x2 ` y2 ` z2 “ 1 ,
这就说明 B2 ´ AC ą 0, f p0, 0q 为极值. 下面证明 f p0, 0q 为极小值,
1 g1 g1 d2 gα p0q α pt q ´ gα p0q α pt q “ lim “ lim ą0 2 t Ñ0 t Ñ0 dt t t 1 1 由保序性知: t ą 0 时, g1 α pt q ą 0 ùñ gα pt q Ò ; t ă 0 时, gα pt q ă 0 ùñ gα pt q Ó
密封线 答题时不要超过此线
姓名
即 p0, 0q 是 f px, yq 的驻点. ˜ ¸ fxx fxy 记 H f “ px, yq “ ,则 fyx fyy
„ ˆ ˙ȷ ˆ ˙ ˘ cos α d ` d2 gα p0q cos α “ fx , fy “ pcos α , sin α qH f p0, 0q ą0 dt 2 dt sin α p0,0q sin α
(10 分) 上式对任何单位向量 pcos α , sin α q 成立, 故 H f p0, 0q 是一个正定阵, 而 f p0, 0q 是 f px, yq 极小值. (14 分)
准考证号
方法 2 易得
dgα pt q dgα p0q “ fx cos α ` fy sin α , 令 x “ t cos α , y “ t sin α , 由已知 “ 0, 则 dt dt dgα p0q “ fx p0, 0q cos α ` fy p0, 0q sin α “ 0 dt
ȷ
e
x´b
e
a´ x
f pxq dx `
a
f pxq dx
学校
注意到
∫
a
b
∫
b
e
a´ x
f pxq dx “
a
e
´|a´x|
f pxq dx ď 1
和
a
ex´b f pxq dx ď 1 (13 分)
把以上两个式子入 p1q, 即得结论。
(15 分)
省市
微信公众号: 考研竞赛数学, 练习 062 ; 蒲和平《大学生数学竞赛教程》例 61, p129
学校
由 α 的任意性得
"
fx p0, 0q “ 0 fy p0, 0q “ 0
, 从而 p0, 0q 是 f px, yq 的驻点.
˘ d2 gα pt q d` fx cos α ` fy sin α “ 2 dt dt ` ˘ ˘ ` “ fxx cos α ` fxy sin α cos α ` fyx cos α ` fyy sin α sin α 省市 “ fxx cos2 α ` 2 fxy sin α cos α ` fyy sin2 α “ ‰ “ sin α cos α fxx cot2 α ` 2 fxy ` fyy tan2 α
a
准考证号
其中
∫
a
b
∫
∫
b
e´|t ´x| dt “
a
et ´x dt `
x
ex´t dt “ 2 ´ ea´x ´ ex´b
这样就有
∫
a
b
` ˘ f pxq 2 ´ ea´x ´ ex´b dx ď b ´ a
(1) (10 分)
即
∫
a
b
b´a 1 f pxq dx ď ` 2 2
∫
b
„∫
a
b
∫
b
∫
“´
2e´v 2e´ sin x `C “ `C v´1 1 ´ sin x ♢
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6. 记曲面 z2 “ x2 ` y2 和 z “ 答案：2π
a 4 ´ x2 ´ y2 围成空间区域为 V , 则三重积分
V
z dx dy dz “
座位号
解. 使用球面坐标
∫
2π 0
∫
I“
V
z dx dy dz “
dθ
0
π {4
∫
dφ
0
2
ρ cos φ ¨ ρ 2 sin φ dρ
ˇ π {4 1 ˇ 2 1 ˇ ˇ “ 2π ¨ sin2 φ ˇ ¨ ρ 4 ˇ “ 2π 2 4 0 0 考场号
♢ 二、 (本题满分 14 分) 设二元函数 f px, yq 在平面上有连续的二阶导数. 对任意角度 α , 定义一元函数 gα pt q “ f pt cos α , t sin α q. 若对任何 α 都有 dgα p0q d2 gα p0q “0且 ą 0. 证明: f p0, 0q 是 f px, yq 的极小值 dt dt 2 ˆ ˙ ˘ ` ˘ dgα p0q ` cos α “ fx , fy p0,0q 证明. 方法 1 由于 “ 0 对一切 α 成立, 故 fx , fy p0,0q “ p0, 0q, dt sin α (4 分)
由于 f p0q “ 1, 故 f pxq “ sin x ` cos x
♢
学校
` ? ˘ 2. 极限 lim sin2 π n2 ` n “
nÑ8
答案：1 解.
` ? ` ? ˘ ˘ lim sin2 π n2 ` n “ lim sin2 π n2 ` n ´ nπ nÑ8 nÑ8 ˙ ˆ nπ 2 “1 “ lim sin ? 2ห้องสมุดไป่ตู้nÑ8 n `n`n
第 5 页, 共 6 页
五、 (本题满分 14 分)
` ˘ λ an 设 tan u 为一个数列, p 为固定的正整数. 若 lim an` p ´ an “ λ , 证明: lim “ nÑ8 nÑ8 n p
iq piq 证明. 对于 i “ 0, 1, 2, ¨ ¨ ¨ , p ´ 1, 记 Ap n “ apn`1q p`i ´ anp`i . 由题设 lim An “ λ , 从而 nÑ8 piq piq piq
˜∫ `
Γ
∫ ¸
y dx ` z dy ` x dz “
Γ1 Σ
dy dz dz dx dx dy B B B “´ Bx By Bz y z x
dy dz ` dz dx ` dx dy
Σ
(8 分) 右边三个积分都是 Σ 在各个坐标面上的投影面积, 而 Σ 在 xOz 面上投影面积为零. 故 ∫ I` “´ dy dz ` dx dy
第九届全国大学生数学竞赛预赛参考答案
` ˘ 非数学类, 2017 年 10 月 28 日
座位号
绝密 ‹ 启用前
(14 金融工程 ´ 白兔兔)
考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分
题号 一 42 二 14 三 14 四 15 五 15 总 分 100
考场号
满分 得分
注意：1. 所有答题都须写在试卷密封线右边, 写在其他纸上一律无效. 2. 密封线左边请勿答题, 密封线外不得有姓名及相关标记. 3. 如答题空白不够, 可写在当页背面, 并标明题号.
nÑ8
nÑ8
1 2 f pξ q sin4 x f psin2 xq 2 “ lim “3 nÑ8 x4 x4
∫
♢ e´ sin x sin 2x dx “ p1 ´ sin xq2
5. 不定积分 答案： 解.
2e´ sin x `C 1 ´ sin x I“2 e´ sin x sin x cos x dx p1 ´ sin xq2 ∫ ∫ ve´v pv ´ 1 ` 1qe´v sin x“v ù ù ù ù ù2 d v “ 2 dv 2 p1 ´ vq p1 ´ vq2 ∫ ∫ ´v ∫ ∫ ´v ´ 1 ¯ e e´v e ´v “2 dv ` 2 dv “ 2 dv ´ 2 e d v´1 pv ´ 1q2 v´1 v´1 ˆ ˙ ∫ ´v ∫ ´v ´v e e e “2 dv ´ 2 ` dv v´1 v´1 v´1
B p f2 ´ f1 q “ cpc f11 ´ c f12 ´ c f21 ` c f22 q “ c2 p f11 ´ 2 f12 ` f22 q Bx
1 wyy “ 4 f12 c2 ♢ f psin2 xq “ x4
4. 设 f pxq 有二阶导数连续, 且 f p0q “ f 1 p0q “ 0, f 2 p0q “ 6, 则 lim 答案：3 解. f pxq 在 x “ 0 泰勒展开式 f pxq “ f p0q ` f 1 p0qx ` 所以 f psin2 xq “ 1 2 f pξ q sin4 x, 于是 2 lim 1 2 f pξ qx2 2
从而
‰2 fxy p0, 0q ´ fxx p0, 0q fyy p0, 0q ‰2 1 ‰2 1“ 1“ ą fxy p0, 0q ` fxx p0, 0q fyy p0, 0q ` fyy p0, 0q ´ fxx p0, 0q fyy p0, 0q 4 2 4 ‰2 “ ‰2 ) 1 !“ fxy p0, 0q ´ 2 fxx p0, 0q fyy p0, 0q ` fyy p0, 0q “ 4 ‰2 1“ “ fxx p0, 0q ´ fyy p0, 0q ě 0 4 “
省市
第 1 页, 共 6 页
3. 设 w “ f pu, vq 具有二阶连续偏导数, 且 u “ x ´ cy, v “ x ` cy. 其中 c 为非零常数. 1 则 wxx ´ 2 wyy “ c 答案：4 f12 解. wx “ f1 ` f2 , wxx “ f11 ` 2 f12 ` f22 wy “ cp f2 ´ f1 q, wyy “ c 所以 wxx ´
第 3 页, 共 6 页
由已知
“ ‰ d2 gα p0q 1 2 2 “ sin 2 α f p 0 , 0 q cot α ` 2 f p 0 , 0 q ` f p 0 , 0 q tan α ą0 xx xy yy dt 2 2
π 得 4
fxy p0, 0q ą ´
令α“
‰ 1“ fxx p0, 0q ` fyy p0, 0q 2
´8
密封线 答题时不要超过此线
姓名
∫
a
b
∫
`8
e´|t ´x| f pxq dx ď
´8
e´|t ´x| f pxq dx ď 1
因此
∫
a
b
∫
b
dt
a
e´|t ´x| f pxq dx ď b ´ a (4 分)
然而
∫
a
b
∫
b
∫
b a
dt
a
e
´|t ´x|
f pxq dx “
x
ˆ∫ b ˙ ´|t ´x| f pxq e dt dx
x`z “ 1 ,
解. 记 Γ1 为从 B 到 A 的直线段, 则 x “ t , y “ 0, z “ 1 ´ t , 0 ď t ď 1
∫ ∫
1
y dx ` z dy ` x dz “
Γ1 0
t dp1 ´ t q “ ´
1 2 (4 分)
设 Γ 和 Γ1 围成的平面区域 Σ, 方向按右手法则. 由 Stokes 公式得到
密封线 答题时不要超过此线 姓名
一、 (本题满分 42 分, 共 6 小题, 每小题 7 分) ∫ x 1. 已知可导函数 f pxq cos x ` 2 f pt q sin t dt “ x ` 1 满足 则 f pxq “
0
答案：sin x ` cos x 解. 两边同时对 x 求导 f 1 pxq cos x ` f pxq sin x “ 1 ùñ f 1 pxq ` f pxq tan x “ sec x 由常数变易法, 从而 f px q “ e
Γ1 Σ
第 4 页, 共 6 页
曲线 Γ 在 xOy 面上投影的方程为
` ˘2 x´ 1 y2 2 ` 1 ˘2 ` ` 1 ˘2 “ 1 座位号
2 ? 2
又该投影（半个椭圆）的面积得知 1 π 这样就有 I “ ´ ? 2 2 2
Σ
π dx dy “ ? . 同理, 4 2
Σ
π dy dz “ ? 4 2
准考证号
˙ dx ` C ˆ∫ ˙ ´∫ 1 ¯ 1 ´ ln cos x ln cos x “e e dx ` C “ cos x d x ` C cos x cos2 x ` ˘ “ cos x tan x ` C “ sin x ` C cos x
´ tan x dx
∫
ˆ∫
∫
sec xe
tan x dx
(12 分)
(14 分)
考场号
四、 (本题满分 15 分) 设函数 f pxq ą 0 且在实轴上连续, 若对任意实数 t , 有 ∫ b b´a`2 证明 @ a, b, a ă b, 有 f pxq dx ď . 2 a 证明. 由于 @a, bpa ă bq, 有
∫
`8
e´|t ´x| f pxq dx ď 1,
所以 f p0, 0q 是 f px, yq 极小值. 三、 (本题满分 14 分) 设曲线 Γ 为曲线 x ě 0, y ě 0, z ě 0 ∫ 上从点 Ap1, 0, 0q 到点 Bp0, 0, 1q 的一段. 求曲线积分 I “ y dx ` z dy ` x dz
Γ
x2 ` y2 ` z2 “ 1 ,
这就说明 B2 ´ AC ą 0, f p0, 0q 为极值. 下面证明 f p0, 0q 为极小值,
1 g1 g1 d2 gα p0q α pt q ´ gα p0q α pt q “ lim “ lim ą0 2 t Ñ0 t Ñ0 dt t t 1 1 由保序性知: t ą 0 时, g1 α pt q ą 0 ùñ gα pt q Ò ; t ă 0 时, gα pt q ă 0 ùñ gα pt q Ó
密封线 答题时不要超过此线
姓名
即 p0, 0q 是 f px, yq 的驻点. ˜ ¸ fxx fxy 记 H f “ px, yq “ ,则 fyx fyy
„ ˆ ˙ȷ ˆ ˙ ˘ cos α d ` d2 gα p0q cos α “ fx , fy “ pcos α , sin α qH f p0, 0q ą0 dt 2 dt sin α p0,0q sin α
(10 分) 上式对任何单位向量 pcos α , sin α q 成立, 故 H f p0, 0q 是一个正定阵, 而 f p0, 0q 是 f px, yq 极小值. (14 分)
准考证号
方法 2 易得
dgα pt q dgα p0q “ fx cos α ` fy sin α , 令 x “ t cos α , y “ t sin α , 由已知 “ 0, 则 dt dt dgα p0q “ fx p0, 0q cos α ` fy p0, 0q sin α “ 0 dt
ȷ
e
x´b
e
a´ x
f pxq dx `
a
f pxq dx
学校
注意到
∫
a
b
∫
b
e
a´ x
f pxq dx “
a
e
´|a´x|
f pxq dx ď 1
和
a
ex´b f pxq dx ď 1 (13 分)
把以上两个式子入 p1q, 即得结论。
(15 分)
省市
微信公众号: 考研竞赛数学, 练习 062 ; 蒲和平《大学生数学竞赛教程》例 61, p129
学校
由 α 的任意性得
"
fx p0, 0q “ 0 fy p0, 0q “ 0
, 从而 p0, 0q 是 f px, yq 的驻点.
˘ d2 gα pt q d` fx cos α ` fy sin α “ 2 dt dt ` ˘ ˘ ` “ fxx cos α ` fxy sin α cos α ` fyx cos α ` fyy sin α sin α 省市 “ fxx cos2 α ` 2 fxy sin α cos α ` fyy sin2 α “ ‰ “ sin α cos α fxx cot2 α ` 2 fxy ` fyy tan2 α
a
准考证号
其中
∫
a
b
∫
∫
b
e´|t ´x| dt “
a
et ´x dt `
x
ex´t dt “ 2 ´ ea´x ´ ex´b
这样就有
∫
a
b
` ˘ f pxq 2 ´ ea´x ´ ex´b dx ď b ´ a
(1) (10 分)
即
∫
a
b
b´a 1 f pxq dx ď ` 2 2
∫
b
„∫
a
b
∫
b
∫
“´
2e´v 2e´ sin x `C “ `C v´1 1 ´ sin x ♢
第 2 页, 共 6 页
6. 记曲面 z2 “ x2 ` y2 和 z “ 答案：2π
a 4 ´ x2 ´ y2 围成空间区域为 V , 则三重积分
V
z dx dy dz “
座位号
解. 使用球面坐标
∫
2π 0
∫
I“
V
z dx dy dz “
dθ
0
π {4
∫
dφ
0
2
ρ cos φ ¨ ρ 2 sin φ dρ
ˇ π {4 1 ˇ 2 1 ˇ ˇ “ 2π ¨ sin2 φ ˇ ¨ ρ 4 ˇ “ 2π 2 4 0 0 考场号
♢ 二、 (本题满分 14 分) 设二元函数 f px, yq 在平面上有连续的二阶导数. 对任意角度 α , 定义一元函数 gα pt q “ f pt cos α , t sin α q. 若对任何 α 都有 dgα p0q d2 gα p0q “0且 ą 0. 证明: f p0, 0q 是 f px, yq 的极小值 dt dt 2 ˆ ˙ ˘ ` ˘ dgα p0q ` cos α “ fx , fy p0,0q 证明. 方法 1 由于 “ 0 对一切 α 成立, 故 fx , fy p0,0q “ p0, 0q, dt sin α (4 分)
由于 f p0q “ 1, 故 f pxq “ sin x ` cos x
♢
学校
` ? ˘ 2. 极限 lim sin2 π n2 ` n “
nÑ8
答案：1 解.
` ? ` ? ˘ ˘ lim sin2 π n2 ` n “ lim sin2 π n2 ` n ´ nπ nÑ8 nÑ8 ˙ ˆ nπ 2 “1 “ lim sin ? 2ห้องสมุดไป่ตู้nÑ8 n `n`n
第 5 页, 共 6 页
五、 (本题满分 14 分)
` ˘ λ an 设 tan u 为一个数列, p 为固定的正整数. 若 lim an` p ´ an “ λ , 证明: lim “ nÑ8 nÑ8 n p
iq piq 证明. 对于 i “ 0, 1, 2, ¨ ¨ ¨ , p ´ 1, 记 Ap n “ apn`1q p`i ´ anp`i . 由题设 lim An “ λ , 从而 nÑ8 piq piq piq
˜∫ `
Γ
∫ ¸
y dx ` z dy ` x dz “
Γ1 Σ
dy dz dz dx dx dy B B B “´ Bx By Bz y z x
dy dz ` dz dx ` dx dy
Σ
(8 分) 右边三个积分都是 Σ 在各个坐标面上的投影面积, 而 Σ 在 xOz 面上投影面积为零. 故 ∫ I` “´ dy dz ` dx dy
第九届全国大学生数学竞赛预赛参考答案
` ˘ 非数学类, 2017 年 10 月 28 日
座位号
绝密 ‹ 启用前
(14 金融工程 ´ 白兔兔)
考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分
题号 一 42 二 14 三 14 四 15 五 15 总 分 100
考场号
满分 得分
注意：1. 所有答题都须写在试卷密封线右边, 写在其他纸上一律无效. 2. 密封线左边请勿答题, 密封线外不得有姓名及相关标记. 3. 如答题空白不够, 可写在当页背面, 并标明题号.
nÑ8
nÑ8
1 2 f pξ q sin4 x f psin2 xq 2 “ lim “3 nÑ8 x4 x4
∫
♢ e´ sin x sin 2x dx “ p1 ´ sin xq2
5. 不定积分 答案： 解.
2e´ sin x `C 1 ´ sin x I“2 e´ sin x sin x cos x dx p1 ´ sin xq2 ∫ ∫ ve´v pv ´ 1 ` 1qe´v sin x“v ù ù ù ù ù2 d v “ 2 dv 2 p1 ´ vq p1 ´ vq2 ∫ ∫ ´v ∫ ∫ ´v ´ 1 ¯ e e´v e ´v “2 dv ` 2 dv “ 2 dv ´ 2 e d v´1 pv ´ 1q2 v´1 v´1 ˆ ˙ ∫ ´v ∫ ´v ´v e e e “2 dv ´ 2 ` dv v´1 v´1 v´1
B p f2 ´ f1 q “ cpc f11 ´ c f12 ´ c f21 ` c f22 q “ c2 p f11 ´ 2 f12 ` f22 q Bx
1 wyy “ 4 f12 c2 ♢ f psin2 xq “ x4
4. 设 f pxq 有二阶导数连续, 且 f p0q “ f 1 p0q “ 0, f 2 p0q “ 6, 则 lim 答案：3 解. f pxq 在 x “ 0 泰勒展开式 f pxq “ f p0q ` f 1 p0qx ` 所以 f psin2 xq “ 1 2 f pξ q sin4 x, 于是 2 lim 1 2 f pξ qx2 2
从而
‰2 fxy p0, 0q ´ fxx p0, 0q fyy p0, 0q ‰2 1 ‰2 1“ 1“ ą fxy p0, 0q ` fxx p0, 0q fyy p0, 0q ` fyy p0, 0q ´ fxx p0, 0q fyy p0, 0q 4 2 4 ‰2 “ ‰2 ) 1 !“ fxy p0, 0q ´ 2 fxx p0, 0q fyy p0, 0q ` fyy p0, 0q “ 4 ‰2 1“ “ fxx p0, 0q ´ fyy p0, 0q ě 0 4 “