第二届全国大学生数学竞赛决赛试题解答

于是
dS = 1 + z x + z y =
2
2 2
1 − x2 − 3 y 2
又 S 在 xoy 平面上的投影为 Dxy : x + 3 y ≤ 1 ，故
z dS = ∫∫ 1 − x 2 − 3 y 2 ⋅ ∫∫ ρ ( x, y , z ) S Dx y
1 (1 + 6 y )
2 − 1 2
1+ 6 y2 1 − x2 − 3 y 2
dxdy
= ∫∫ (1 + 6 y 2 )dxdy =
Dxy
3 π。 2
其中，
Dxy
∫∫ dxdy =π ⋅1⋅
1 π = ； 3 3
⎧ x = r cos θ ⎪ 令⎨ （广义极坐标） ，则 1 ⎪ y = 3 r sin θ ⎩
Dxy
∫∫ 6 y dxdy =6 ⋅
2
11 2π 1 − cos 2θ 1 2π 2 1 π sin θ dθ ∫ r 3 dr = dθ = 。 ∫ ∫ 0 3 2 3 0 2 3 0 2 3
2 2 2
，υ =
z x + (3 y ) 2 + z 2
2
，
5
∫∫ z (λ x + 3µ y + υ z )dS = ∫∫ z ⋅
S S
x2 + 9 y 2 + z 2 x + 9y + z
2 2 2
dS = ∫∫
S
z 3 dS = π。 2 ρ ( x, y , z )
证： 因
| an − an −1 | = | ln f (an −1 ) − ln f (an − 2 ) | = ≤ m | an −1 − an − 2 | ≤ m 2 | an − 2 − an −3 | ≤
3
由第一个方程得 x = 0 ，代入后两个方程得 y = ± z = ±
bc b2 + c 2
；同理，由第一个方程得
y = 0 ，代入后两个方程得 x = ± z = ±
x2 y 2 z 2 + + a 4 b4 c 4
ac a2 + c2
，且
(0,
bc b2 + c2
,±
bc b2 + c2
=
)
令
1 λ ⎧ ⎪ Fx = 2 ( a 4 + a 2 + µ ) x = 0 ⎪ ⎪F = 2 ( 1 + λ + µ ) y = 0 ⎪ y b4 b2 ⎪ ⎨ F = 2 ( 1 + λ − µ) z = 0 ⎪ z c4 c2 ⎪ 2 2 2 ⎪ F = x + y + z −1 = 0 ⎪ λ a 2 b2 c2 ⎪ F = x2 + y 2 − z 2 = 0 ⎩ µ
于是它到原点的距离
d ( x, y, z ) = 1/ ( x 2 / a 4 ) + ( y 2 / b 4 ) + ( z 2 / c 4 ) 。
作拉格朗日函数
x2 y 2 z 2 x2 y2 z 2 F ( x, y, z, λ , µ ) = 4 + 4 + 4 + λ ( 2 + 2 + 2 − 1) + µ ( x 2 + y 2 − z 2 ) ， a b c a b c
ρ ( x, y , z ) = ( x + 9 y + z )
2 2 2
−
1 2
= (1 + 6 y ) ，
2
−
1 2
由 S 为上半椭球面 z = 1 − x − 3 y 知 ：
2 2
zx = −
x 1 − x2 − 3 y 2
2
， zy = −
3y 1 − x2 − 3 y 2 1+ 6 y2
，
∫
2
0
f ( x)dx ≤ 1 ，则对
f ( x) ，当 x ∈ (0,1] 时，用拉格朗日中值定理，得 f ( x) − f (0) = f ′(ξ 1 ) x ， 0 < ξ 1 < x ，
即 利用 | f ′( x) |≤ 1 ，得
f ( x) = 1 + f ′(ξ 1 ) x （ x ∈ (0,1] ） ，
f ′(ξ ) (an − an −1 )（ ξ 介于 an , an −1 之间） f (ξ )
≤ m n −1 | a1 − a0 |
而 0 < m < 1 ，从而
∑ (a
n =1
+∞
n
− an −1 ) 绝对收敛。
解：不存在满足题设条件的函数。 以下用反证法证明。 假设在 [0, 2] 上连续、可微，且满足 f (0) = f (2) = 1 ， | f ′( x) |≤ 1 ，
因 f ′′ ( 0 ) ≠ 0 ，所以 k1 + 4k2 + 9k3 = 0 。因此 k1 ， k2 ， k3 应满足线性方程组
⎧k1 + k2 + k3 − 1 = 0 ⎪ ⎨k 1 + 2k 2 + 3k 3 = 0 ， ⎪ k + 4k + 9k = 0 2 3 ⎩ 1
2
1 1 1
因其系数行列式 1 2
（2）由于 S 取上侧，故正法向量
⎧ x 3y z ⎪ n=⎨ , , 2 2 2 x 2 + (3 y )2 + z 2 x 2 + (3 y ) 2 + z 2 ⎪ x + (3 y ) + z ⎩
所以
⎫ ⎪ ⎬， ⎪ ⎭
λ=
x x + (3 y ) + z
2 2 2
，µ =
3y x + (3 y ) + z
3 = 2 ≠ 0 ，所以存在唯一一组实数 k1 ， k2 ， k3 ，使得
1 4 9
lim
h →0
k 1 f (h) + k 2 f (2h) + k3 f (3h) − f (0) h2
=0。
解： 椭球面 Σ 1 上任意一点 P ( x, y, z ) 处的切平面方程是
或
x y z ( X − x) + 2 (Y − y ) + 2 ( Z − z ) = 0 2 a b c x y z ， X + 2 Y + 2 Z = 1 （由 P( x, y, z ) ∈ Σ 1 ） a2 b c
(0 < b < x < a ) ，则
f ′( x) =
2 x( x 4 − 2c 2 x 2 − c 4 ) 2 x( x 2 − c 2 ) 2 − 2c 4 2 x( x 2 − c 2 + 2c 2 )( x 2 − c 2 − 2c 2 ) = = x 4 ( x 2 + c 2 )2 x 4 ( x 2 + c 2 )2 x 4 ( x 2 + c 2 )2
b4 + c4 ， b 2 c 2 (b 2 + c 2 )
x2 y 2 z 2 + + a 4 b4 c4
(
ac
a2 + c2
, 0, ±
ac
a2 + c2
=
)
a4 + c4 。 a 2 c 2 (a 2 + c 2 )
x4 + c4 为比较以上两值的大小，设 f ( x ) = 2 2 2 x c ( x + c2 )
（3）
et 2t t dy e 2t = 1 + e − e = 1 ⎡e −2t + 1 − e − t ⎤ ， = 1+ ⎦ 2e 2 t dx 2e 2 t 2⎣ 1 + e2t
d y = d x2
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d(
dy ) 1 ⎡ −2e −2t + e −t ⎤ ⎣ ⎦ 1 dx =2 = ⎡ −2e −4t + e−3t − 2e−2t + e− t ⎤ 2t ⎣ ⎦。 2e dx 4 1 + e 2t
（2）因为 I = lim[
n →∞
1 1 n
+
1 1+ 2 n
+
+
1+
n i 1 1 1 ，取 ξi = ，则得被积函 ] = lim ∑ n →∞ n i n i =1 1+ n 1+ n n n
1
数为 f ( x) =
1 ，积分区间 [0,1] ，于是 1+ x
1−
I =∫
1
0
1 dx = ln(1 + x) 1 0 = ln 2 。 1+ x
第二届全国大学生数学竞赛（非数学类）决赛试题解答 吴 洁
解： （1）原式 = exp lim
1 1 sin x − x ⎡ sin x ⎤ 1 exp lim − = ⋅ ⎥ x →0 1 − cos x ⎢ x x → 0 1 − cos x x ⎣ ⎦
1 − x3 1 − 1 = exp lim 6 = e 3 （ x − sin x ∼ x3 ） x →0 1 3 6 x 2
h→0
因 f ( 0 ) ≠ 0 ，所以 k1 + k2 + k3 − 1 = 0 ； 又
0 = lim
h →0
k1 f (h) + k2 f (2h) + k3 f (3h) − f (0) = lim[k 1 f ′(h) + 2k 2 f ′(2h) + 3k 3 f ′(3h) ] h →0 h
如果要 f ′( x) > 0 ，须将原条件 a > b > c > 0 加强为 a > b > 1 + 2 c 。 从而得到 f ( x) 在 [b, a ] 单调增，从而 f ( a ) > f (b) ，从而原问题的最大值为 bc
b2 + c2 ， b4 + c4
最小值为 ac
a2 + c2 。 a4 + c4
注：是不是还该讨论 f ′( x) < 0 的情形，请自己思考。
4
解 （1）由题设， S 的方程为
x 2 + 3 y 2 + z 2 = 1( z ≥ 0) 。
设 ( X , Y , Z ) 为切平面 π 上任意一点，则 π 的方程为 x X + 3 yY + zZ = 1 ，从而由 点到平面的距离公式以及 P( x, y, z ) ∈ S 得
0 1 0 1
1
2
1
2
1 1 = − (1 − x) 2 + ( x − 1) 2 = 1 2 2 0 1
矛盾（取严格不等号的理由见教材上册 P195） 。
1
2
7
1
解：所给方程改写为
(2 xdx + ydy ) + ( ydx + xdy) − (4dx + dy ) = 0
即 故所求通解为
d ( x2 +
1 2 y ) + d ( xy ) − d (4 x + y ) = 0 2
x2 +
1 2 y + xy − (4 x + y ) = C 。 2
解
由条件 0 = lim [ k1 f ( h) + k2 f (2h) + k3 f (3h) − f (0) ] = (k1 + k2 + k3 − 1) f (0) ，
f ( x) = 1 + f ′(ξ 2 ) ( x − 2) （ x ∈ [1, 2) ，
f ( x) ≥ 1 + ( x − 2) = x − 1 （ x ∈ [1, 2) ） ，
由 f (2) = 1 知， f ( x) ≥ 1 − x 在 [1, 2] 上成立。所以
∫
2 0
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx > ∫ (1 − x)dx + ∫ ( x − 1)dx
= (k 1 + 2k 2 + 3k 3 ) f ′(0) ，
因 f ′ ( 0 ) ≠ 0 ，所以 k 1 + 2k 2 + 3k 3 = 0 ； 再由 0 = lim
k1 f (h) + k2 f (2h) + k3 f (3h) − f (0) k f ′(h) + 2k2 f ′(2h) + 3k3 f ′(3h) = lim 1 2 h →0 h →0 h 2h 1 1 = lim [ k1 f ′′(h) + 4k2 f ′′(2h) + 9k3 f ′′(3h) ] = [ k1 + 4k2 + 9k3 ] f ′′(0) ， 2 h →0 2
f ( x) ≥ 1 − x （ x ∈ (0,1] ） ，
6
由 f (0) = 1 知， f ( x) ≥ 1 − x 在 [0,1] 上成立； 同理 x ∈ [1, 2) 时，有
f (2) − f ( x) = f ′(ξ 2 ) (2 − x) ， x < ξ 2 < 2 ，
即 利用 | f ′( x) |≤ 1 ，得