第四届全国大学生数学竞赛决赛试题及答案(非数学组)

于是 I = I1 + I 2 = 1 + π
3 8
六、 （本题 15 分） 若对任意收敛于 0 的数列 { xn } 级数 ∑ an xn 都收敛，证明级数 ∑ an 收敛.
n =1 n =1
∞ ∞
令 Sn = ∑ ak ，xn = 证明： 用反证法. 若级数 ∑ an 发散，
n =1 k =1
∞
而 g (0) = f 2 (0) + [ f '(0)] = 4 且 0 ∈ [ξ1 , ξ 2 ] ， 知 g (ξ ) = max g ( x) ≥ 4 ， 由此可得 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ， 根据 Fermat
2
x∈[ξ1 ,ξ 2 ]
定理， g '(ξ ) = 0 ，即
g '(ξ ) = 2 f (ξ ) f '(ξ ) + 2 f '(ξ ) f ''(ξ ) = 0 .
3 2
3 2 2
⋅ 2dxdy =
=
G ρ 2π 2 1 ⋅ rdr = G ρπ ln 2. 2 ∫0 ∫1 r 2
三、 （本题 15 分）
f ( x) 在 [1, +∞] 连续可导， f ' ( x) =
x
⎡ 1 1 1 ⎤ − ln(1 + ) ⎥ , 证明 ⎢ 2 x ⎦ 1 + f ( x) ⎣ ⎢ x ⎥
证明：在 [−2,0] 和 [0, 2] 上分别使用 Lagrange 中值定理，分别 ∃ξ1 ∈ (−2,0), ξ 2 ∈ (0, 2) 使得 f (0) − f (−2) = 2 f '(ξ1 ), f (2) − f (0) = 2 f '(ξ 2 ) . 令 g ( x) = f 2 ( x) + [ f '( x)] ，考虑 g ( x) 在闭区间 [ξ1 , ξ 2 ] 上的最大值，记 g (ξ ) = M = max g ( x) . 由于
e 2 x (2 y ( x) + y ' ( x)) = f1 ( x, x) + f 2 ( x, x) = x 2
故 2 y ( x) + y ' ( x) = e−2 x x 2 通解为： y ( x) = ( ∫ e −2 x x 2e 2 x dx + c)e−2 x = e−2 x (
⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎢ ⎜ ln ax ⎟ ⎥ ln(−t − ln a ) − ln(−t + ln a ) ⎡ ⎛ t + ln a ⎞ ⎤ = lim lim+ ⎢ln( x ln a) ⋅ ln ⎜ (t + ln a) ⋅ ln ⎜ ln ⎟ ⎥ = tlim ⎟ ⎢ ⎥ →−∞ t →−∞ x 1 x→0 ⎝ t − ln a ⎠ ⎦ ⎣ ⎢ ⎜ ⎜ ln ⎟ ⎟⎥ ⎢ ⎥ + a t ln ln a ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 1 1 − 2 + − t a t ln ln a = lim 2ln a ⋅ (t + ln ln a ) = 2ln a. = lim 2 2 t →−∞ t →−∞ 1 t − ln a − (t + ln ln a ) 2
1 ⎞ ⎛2 π ⎞ ⎛ π 1⎞ 1 π ⎛π =⎜ − ⎟+⎜ − ⎟+⎜ − ⎟ = − . ⎝ 32 12 ⎠ ⎝ 3 8 ⎠ ⎝ 32 12 ⎠ 2 16
I 2 = ∫ π dθ ∫
− 4 0 1
sin θ + cos θ 1
( −r sin θ − r cosθ + r ) rdr + ∫
⎧3x0 2 + y0 2 − z0 2 = 27 ⎪ ⎪(10 + λ ) x0 + (2 + λ ) y0 − (2 + λ ) z0 − 27 = 0 设切点为 ( x0 , y0 , z0 ) ，则满足 ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ 6 x0 = 2 y0 = −2 z0 ⎪ ⎩10 + λ 2 + λ −(2 + λ )
I1 = ∫ π dθ ∫
−
0
sin θ + cos θ
4
0
(r sin θ + r ⋅ cosθ − r 2 ) ⋅ rdr + ∫ 2 dθ ∫ ( r sin θ + r ⋅ cosθ − r 2 ) ⋅ rdr
0 0
π
1
故Байду номын сангаас
+ ∫π 4 dθ ∫
2
3π
sin θ + cos θ
0
(r sin θ + r ⋅ cosθ − r 2 ) ⋅ rdr
解：记 D1 : ⎪ ⎨
⎧ x2 + y2 ≤ 1
2 2
⎧ x2 + y2 ≤ 1 ⎪ , D2 : ⎨ 2 , 2 ⎪x + y − x − y ≤ 0 ⎪x + y − x − y ≥ 0 ⎩ ⎩
则 I = ∫∫ ( x + y − x 2 − y 2 )dxdy + ∫∫ ( x 2 + y 2 − x − y)dxdy = I1 + I 2 .
2
)dx =
1 arctan xd [(1 + x 2 )(ln(1 + x 2 ) − 1)] 2∫ 1 1 = arctan x[(1 + x 2 )(ln(1 + x 2 ) − 1)] − ∫ [ln(1 + x 2 ) − 1]dx 2 2 1 x2 1 = arctan x[(1 + x 2 )(ln(1 + x 2 ) − 1)] − x[ln(1 + x 2 ) − 1] + ∫ dx 2 1 + x2 2 1 1 3 = arctan x[(1 + x 2 )(ln(1 + x 2 ) − 1)] − x ln(1 + x 2 ) − arctan x + x + c. 2 2 2
+∞ +∞ ⎛ 1 +∞ ' 1 ⎞ − ln(1 + ) ⎟ dx 收敛，故 ∫ ⎜ ⎟dx 收敛，由比较判别法， ∫1 f ( x)dx 绝对收敛，得证. 1 ⎜ x x ⎝ ⎠ x
同时 ∫1
1
3 2
四、 （本题 15 分）
f ( x) 在 [−2, 2] 二阶可导， f ( x) ≤ 1, f 2 (0) + ( f ' (0)) 2 = 4. 证 ∃ξ ∈ ( −2, 2), 使得 f (ξ ) + f '' (ξ ) = 0.
x3 + c) . 3
（3）求在 [0, +∞] 上可微函数 f ( x) ，使 f ( x) = e −u ( x ) ，其中 u ( x) = ∫0 f (t )dt ； 解：由已知可得 ln f ( x) = −u ( x) ，两边对 x 求导得 即 f ' ( x) + f 2 ( x) = 0 ，其通解为 f ( x) = 故 c = 1 ，即 f ( x) =
由于曲面关于 x = 0 和 y = 0 对称，故 Fx = Fy = 0.
Fx = G ρ ∫∫
∑
z
3
dS 1 Gρ dxdy 2 2 1≤ x2∫∫ x y2 + 2 + y ≤2
(x + y2 + z2 ) 2
2
= Gρ
2
1≤ x + y ≤ 2
∫∫
x2 + y 2
2
2 ⋅ (x + y )
2
2
x∈[ξ1 ,ξ 2 ]
f ( x) ≤ 1 ，知 f '(ξ1 ) =
2
f (0) − f (−2) ≤ 1, 2
f '(ξ 2 ) =
f (2) − f (0) ≤ 1, 故 2
2
g (ξ1 ) = f 2 (ξ1 ) + [ f '(ξ1 )] ≤ 2, g (ξ 2 ) = f 2 (ξ 2 ) + [ f '(ξ 2 )] ≤ 2,
⎪ 求之得 ⎪ ⎨ y0 = z0 = 1 或 ⎨ y0 = z0 = −17 ，故切平面方程为 ⎪λ = −1 ⎩ ⎪λ = −19 ⎩ 9 x + y − z = 27 或 −9 x − 17 y + 17 z = 27 。
⎧ x0 = 3
⎧ x0 = −3
二、 （本题 15 分） 曲面 ∑ : Z 2 = x 2 + y 2 ,1 ≤ Z ≤ 2,
∑: Z 2 = x 2 + y 2 ,1 ≤ Z ≤ 2, 密度为 ρ ，求在原点处质量为 1 的质
点和 ∑ 之间的引力（引力常数为 G ） 解：设 r = x 2 + y 2 + z 2 ，则引力 F 在 x, y, z 轴的分量分别为
Fx = G ∫∫
∑
x y z ρdS , Fy = G ∫∫ 3 ρdS , Fz = G ∫∫ 3 ρ dS . 3 r ∑ r ∑ r
D1 D2
π π ⎧ ⎧ ⎪0 ≤ r ≤ sin θ + cosθ , − 4 ≤ θ ≤ 0 ⎪sin θ + cosθ ≤ r ≤ 1, − 4 ≤ θ ≤ 0 ⎪ ⎪ π π 3π ⎪ 引入极坐标，则 D1 : ⎪ 0 ≤θ ≤ , D2 : ⎨sin θ + cosθ ≤ r ≤ 1, ≤ θ ≤ . ⎨0 ≤ r ≤ 1, 2 2 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ π 3π 3π 7π ≤θ ≤ ⎪0 ≤ r ≤ sin θ + cosθ , 2 ≤ θ ≤ 4 ⎪0 ≤ r ≤ 1, 4 4 ⎩ ⎩