2010首届丘成桐大学生数学竞赛个人赛解答

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2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)

2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)

2010年全国大学生数学竞赛决赛答 tian27546这是献给博士论坛一个礼物 转载时请勿注明是博士论坛一、(20分)计算下列各题:1.求极限 211sin )1(lim n k n k n k n π∑-=→∞+解法1因211sin )1(n k n k n k π∑-=+211222sin sin 21(2sin 21n n k n k nn k πππ∑-=+=) )22cos 22(cos 1(2sin 2122112n k n k n k nn k πππππ+--+=∑-=) )22cos 22(cos 1(22112nk n k n k n n k πππππ+--+≈∑-=) 2112211222cos 1(22cos 1(n k nk n n k n k n n k n k ππππππ++--+=∑∑-=-=)) 222211222cos 11(22cos 1(n k n k n n k n k n nk n k ππππππ--+--+=∑∑=-=))2122222222cos 12)12(cos 11(2cos )11(n k n n n n n n n n n n n k πππππππ-+--+-+=∑-=) 21222222)12(cos 2)12(cos 12(2cos )11(nk n n n n n n n n n k ππππππ-+---+=∑-=)(*) 而2122)12(cos n k n k π-∑-=212222sin 2)12(cos22sin 21n n k nn k πππ∑-=-=])1(sin [sin2sin2121222n k n k nn k πππ--=∑-= 2222sin 2sin )1(sinn n n n πππ--=222sin2)2(sin 2cos n n n n πππ-=(**) 将(**)代入(*),然后取极限,得原式]2sin2)2(sin2cos2)12(cos 12(2cos )11([lim 222222n n n nn n n n n n n n n ππππππππ-+---+=→∞)]2)2(sin 2cos 2)8)12(1(12()11([lim 22342222n n n n n n n n n n n ππππππ-+----+=∞→) ]2)2(sin 2cos 2)21(12()11([lim 2232222n n n n n n n n n n ππππππ-+---+=∞→) )]48)2(2)2()(81(2)21(12()11([lim 633222232222nn n n n n n n n n n n πππππππ----+---+=∞→))]482)(81(2)21(12()11([lim 33222232222n n n n n n n n n n n ππππππππ---+---+=∞→) 65π=上式中含2n 的项的系数为0121=+-πππ,含n 的项的系数为0)2(111=-++πππ,常数项系数为656824ππππππ=-=--解法2 Step 1因∑-=112sin n k n k π211222sinsin 22sin 21n nk nn k πππ∑-==)22cos 22(cos2sin2122112n k n k nn k πππππ+--=∑-=)2)12(cos2(cos2sin21222n n n n πππ--=故)2)12(cos 2(cos 2sin 21lim sinlim 222112n n n nn k n n k n ππππ--=→∞-=→∞∑)2)12(cos2(cos1lim222n n n n n πππ--=→∞nn n n n 2sin 2)1(sin2lim22πππ-=→∞n n n n n 22)1(2lim22πππ-=∞→2π= Step 2因222)12(cosn k nk π-∑=22222sin 2)12(cos22sin21n n k nnk πππ∑=-=])1(sin [sin2sin212222nk n k nnk πππ--=∑= 2222sin 2sinsin n n n n πππ-=2222sin 2)1(sin 2)1(cos nn n n n πππ-+=因此∑-=112sin n k n k nk π211222sin sin 22sin 21n n k n k n n k πππ∑-== ]2)12(cos 2)12(cos [2sin 212112112n k n k n k n k nn k n k πππ+--=∑∑-=-= ]2)12(cos 12)12(cos [2sin 21222112n k n k n k n k nnk n k πππ----=∑∑=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+---=∑-=2122222)12(cos 12)12(cos 12cos 12sin 21n k n n n n n n n nn k ππππ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∑=222222)12(cos 12)12(cos 2cos 12sin 21n k n n n n nnnk ππππ(*) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21nn n n n n n n n n n ππππππ 于是∑-=→∞112sin lim n k n n k nk π⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=→∞2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21lim nn n n n n n n n n n n ππππππ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++---=→∞n n n n n n n n n n 22)1(sin2)1(cos 8)12(11lim 224222πππππ)( ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---+-++-=∞→n n n n n n n n n n n 2)48)1(2)1()(8)1(1211lim 6332422222ππππππ(⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++-=∞→)24)1(1)(81211lim 52322222n n n n n n n n n ππππ( ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)241()(81211lim 2222222n n n n n n n n ππππ( ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)2411)(81211lim 2222222n n n n n n n ππππ( )(222222282411211lim n n n n n n n ππππ---++-=→∞ )(22222228242lim n n n n n ππππ--=∞→62ππ-=3π=原式6532πππ=+=2.计算⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz ,其中 ∑为下半球面222y x a z ---= 的上侧, 0>a .解 记1∑为平面 222,0a y x z ≤+= 的上侧,2∑为下半球面 222y x a z ---= 的下侧,Ω是由1∑和2∑所围成的立体,则422222211)(adxdy a dxdy a dxdy a z axdydz ay x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰≤+∑∑===++π,设,sin ,cos θθr y r x ==则⎰⎰∑+∑++212)(dxdy a z axdydz ⎰⎰⎰Ω+++=dxdydz a z a )220(⎰⎰⎰Ω+=dxdydz a z )32(⎰⎰⎰≤+---+=2222220)32(a y x y x a dz a z dxdy⎰⎰≤+---+=22222202]3[a y x y x a dxdy az z⎰⎰≤+--+++-=222)3(222222a y x dxdy y x a a y x a ⎰⎰≤≤≤≤-++-=πθθ2002222d d )3(ar r r r a a r a⎰-++-=a r r r a a r a 02222d )3(2π ⎰-++-=ar r a a r a 022222)d()3(π⎰-++-=22122d ))(3(a u u a a u a π223222)(42a u a a uu a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=π274a π=⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz⎰⎰⎰⎰∑∑+∑+++++-=12122)(1)(1dxdy a z axdydz a dxdy a z axdydz a 227333a a a πππ-=+-=3.现 设计一个容积为V 的圆柱体容器. 已知上下两底的材料费为单位面积a元,而侧面的材料费为单位面积b 元. 试给出最节省的设计方案;即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少?解 设圆柱体的底半径为r ,高为h ,则h r V 2π=,2rVh π=总造价为222r a rh b P ππ+=222r a rbVπ+=, 则2322242r r a bV r a r bV P ππ--=+-=',由0='P 知,解得312⎪⎭⎫⎝⎛=πa bV r ,312⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππa bV V h , 因为是惟一的驻点,所以当3122323131222222:2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=Vab a bV V a bV a bV V h r ππππππ 时,所需费用最少.4.已知 x x x f 33cos sin 1)(+=',)21,41(∈x ,求)(x f 解 因x x x f 33cos sin 1)(+=',)21,41(∈x ,故 ⎰+=x xx x f d cos sin 1)(33⎰+-+=x x x x x x x d )cos )(sin cos sin cos (sin 122⎰+-=x x x x x d )cos )(sin cos sin 1(1⎰+-=x x x d )4sin()2sin 211(21π⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()22cos(211121ππ⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()4(2cos 211121ππ 令)4(21π+=x t ,则⎰+=t tt x f d 2sin )4cos 211(2)(⎰+=t tt t d cos sin )4cos 2(2⎰-+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 2(222⎰+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 3(222 ⎰+-=t tt t t t t d cos sin )cos sin 4)sin (cos 3(222222⎰-++=t t t t t t t t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3()cos (sin 22244222 ⎰-+++=t t t t t t t tt t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3(cos sin 2sin cos 222442244⎰-+++=t t t t tt tan d tan )tan 2tan 33(tan 2tan 122424 令t u tan =,2u v =,则⎰-+++=u u u u u u x f d )233(212)(2424⎰-+++=224224d )233(2122u u u u u u ⎰-+++=v v v v v v d )233(212222⎰+-++=v v v v v v d )323(122222 令)()323(1222v R vAv v v v v +=+-++,则31=A ,)323(332336331)323(12)(22222+--+-++=-+-++=v v v v v v v v v v v v v v R )323(382+-=v v 因此⎰⎰+-+=323d 324d 62)(2v v vv v x f ⎰+-+=323d 324ln 622v v vv ⎰+-+=98)31(d 924ln 622v v v C v v +-+=32231arctan 3221924ln 62C v v +-+=2213arctan 32ln 62 C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C x x +-+++=221)82(tan 3arctan 32)82(tan ln 6222ππ 二、(10分)求下列极限1.⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→e n n n n )11(lim解 设xx x f 1)1()(+=, 则))1ln()1(1()1()(21xx x x x x f x+-++=')1()1ln()1()(2x x x x x x f +++-= 原式=)(lim )1(lim010x f x e x x xx '=-+→→)()(lim )(lim 00x f x f x f x x '=→→)1()1ln()1(lim)(lim 20x x x x x x f x x +++-=→→20)1ln()1(limx x x x e x ++-=→22)1ln(lim 0e x x e x -=+-=→2.nnn n n c b a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→3lim 111,其中0>a ,0>b ,0>c 解 因300ln 3ln ln ln 3ln ln ln lim 33lim abc c b a c c b b a a x c b a x x x x x x x x =++=++=-++→→ 故 原式=333lim)13(1lim 10003lim abc ee c b a x c b a c b axxxx x x x x x x xx xx ===⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-++-++→→→三、(10分)设)(x f 在1=x 处可导,0)1(=f ,2)1(='f ,求xx x x x f x tan )cos (sin lim 220++→ 解 设)(x f 在1=x 处可导,0)1(=f ,2)1(='f ,则xx x f x x f x x x x x f x x tan )1()cos (sin lim tan )cos (sin lim 220220+-+=++→→ 1cos sin )1()cos (sin lim 1cos sin lim tan lim 220220220-+-+-++=→→→x x f x x f x x x x x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim cos 111lim220020-+-+-+=→→→x x f x x f x x x x xx x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim 212200-+-+-=→→x x f x x f x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 21cos 2lim sin lim 2122000-+-+-=→→→x x f x x f x x x x x x1cos sin )1()cos (sin lim 41220-+-+=→x x f x x f x 1)1()(lim 411--=→t f t f t )1(41f '=21= 四、(10分)设)(x f 在),0[+∞上连续,⎰+∞0d )(x x f 收敛,求⎰+∞→yy x x xf y 0d )(1lim.解 令⎰=xt t f x G 0d )()(,则因⎰+∞0d )(x x f 收敛,故)(lim y G y +∞→,不妨设R A y G y ∈=+∞→)(lim ,则[]}d )()(1{lim )(d 1lim d )(1lim0000⎰⎰⎰-==+∞→+∞→+∞→y yy y y y y x x G x xG yx G x y x x xf y)d )(1)((lim 0⎰-=+∞→yy x x G yy G ⎰+∞→-=yy x x G y A 0d )(1lim 0)(lim =-=-=+∞→A A y G A y五、(12分)设函数)(x f 在]1,0[上连续,在)1,0(内可微,且0)1()0(==f f ,1)21(=f ,证明:(1)存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得ξξ=)(f ;(2)存在()ξη,0∈使得1)()(+-='ηηηf f .证 (1)记x x f x F -=)()(,则函数)(x F 在]1,21[上连续,且1)1(-=F ,21)21(=F ,故由零点存在性定理知存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得0)(=ξF ,即ξξ=)(f . (2)因x x x f x f e x d )1)()((⎰+-'--x e x xe x x f e x x f e x x x x d d d )(d )(⎰⎰⎰⎰----+-'-= x e e x x f e x x f e x x x x d d )(d d )(⎰⎰⎰⎰----++-=x x xe x f e --+-=)(故令x e x x f x F --=))(()(, 则函数)(x F 在],0[ξ上连续,在()ξ,0内可微,0)0(=F ,0)(=ξF ,x x e x x f e x f x F -----'='))(()1)(()(, 故由罗尔定理知,存在()ξη,0∈使得0)(='ηF , 1)()(+-='ηηηf f .六、设)(x f 在),(+∞-∞上有定义,在0=x 的某邻域内有一阶连续导数,且0)(lim 0>=→a x x f x ,证明级数∑∞=-1)1()1(n n n f 条件收敛. 证 因 0)(lim>=→a xx f x ,故存在一个正数δ,使得当δ<-<00x 时,有 2)(aa x x f <-因此x x f a )(2<(δ<-<00x ),于是,当δ1>n 时, δ<-<010n ,nn f a 1)1(2<,n a n f 2)1(>,这表明级数∑∞=1)1(n n f 发散,即级数∑∞=-1)1()1(n n n f 发散.下证原级数收敛:由0)(lim0>=→a xx f x 知,0)(lim lim )(lim )0(000====→→→a x x f x x f f x x x ,0)(lim )0()(lim )0(00>==-='→→a xx f x f x f f x x由)(x f 在0=x 的某邻域内有一阶连续导数知,)(lim )0(0x f f a x '='=→,因此存在一个正数η,使得当η<-0x 时,有2)(aa x f <-' 因此)(20x f a '<<(),(ηη-∈x ). 特别地,)(x f 在),0(η上单调增,于是当η1>n 时,)1()11(n f n f <+,且0)0()1(lim ==∞→f nf .最后由Leibniz 判别法知,原级数收敛.综上可知,原级数条件收敛.六、(14分)设1>n 为整数,⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ,证明:方程 2)(n x F =在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内至少有一个根. 证 记!!2!11)(2n t t t t p nn ++++= ,)!!2!11()(2n t t t e t r ntn ++++-= ,则)()(t r e t p n t n -=,且当0>t 时,0)(>t p n , 0)(>t r n ,0)(>-t r e n t .记2)()(n x F x -=ψ,则⎰--=n n t t t r e nx 0d )(2)(ψ,因⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ,故函数)(x ψ在],2[n n 上连续,在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内可微,且2)2()2(n n F n -=ψ⎰⎰<-=--=--20200d )(2d ))(1(nn t n n tt t r e n t t r e ,2d )()(0nt t p e n nn t -=⎰-ψ⎰⎰⎰⎰----+-=+--=202220d )(d )(d )(2d ))(1(n nn n t n t n n n t n n t tt p e t t r e tt p e nt t r e⎰⎰++-=---20202d )2(d )(n n n n t n tt n t p et t r e⎰⎰+++-=---20202d )2(d )!1(1nnn nt t t n t p e t e e n ξ ⎰⎰+-++-=+---202022d ))2((d )!1(1nnn nt nt t t n t r e e t e e n ξ ⎰⎰+---+-+-=202022d )!1(1d )!1(121nnnnt t t e e n t e e n n ξξ ⎰⎰--+-+-=2020d )!1(1d )!1(121n nt t t e e n t e e n n ξξ ⎰-+->202d )!1(22n nt t e e n n []202)!1(22nt ne e n n -++= )1()!1(222-+-=ne n n )!1(2)!1(222+++-=n n e n n )!1(22)!1(2222+-=+->n en n e n n n012>->n(若2>n ,则左边的两个不等式都成立) ()()⎰⎰-+-=-+=-=--101021d 121d 121)1()1(t te t t t e F ψ()[]⎰-++-=--101021d 1t e e t t t 032321)1(2111>-=--+-=--ee e 031)2(>->eψ01223!4223)3(1223144144314923232333>-=->⇒>⇒>>>e e e e ψ 01232452!522)4(2>->->->e e e ψ,0122212e e 12)(>->++->n n n n n e n n ψ 故由零点存在性定理知, 存在),2(n n ∈ξ使得0)(=ξψ, 即2)(nF =ξ.七、(12分)是否存在R 中的可微函数)(x f 使得53421))((x x x x x f f --++=? 若存在,请给出一个例子;若不存在,请给出证明.解 不存在假如存在R 中的可微函数)(x f 使得54321))((x x x x x f f -+-+=,则4325432)))((x x x x x f x f f -+-=''(, 若1)1(=f ,则025432)1))1(()]1[2<-=-+-=''='((f f f f 矛盾。

丘成桐数学竞赛初赛总分

丘成桐数学竞赛初赛总分

丘成桐数学竞赛初赛总分丘成桐数学竞赛初赛是一项全国性的数学竞赛活动,旨在选拔出具有数学才华和潜力的学生,培养和推广数学科学精神,提高学生的数学思维能力和解决问题的能力。

在初赛中,学生需要完成一系列的数学题目,根据题目难度和正确答案的情况,获得相应的分数。

最终,根据总分排名,确定进入复赛的学生名单。

丘成桐数学竞赛初赛总分是参赛学生在初赛中所获得的分数总和。

这个总分是参赛学生在竞赛中的表现的一个重要指标,它反映了参赛学生的数学水平和能力。

总分越高,说明学生在数学竞赛中的表现越好,数学能力越强。

在丘成桐数学竞赛初赛中,题目的难度会逐渐增加,从基础知识到应用题,从易到难,从浅入深。

学生需要具备扎实的数学基础,熟练掌握各种解题方法和技巧,才能在竞赛中取得好成绩。

同时,参赛学生还需要具备良好的数学思维能力和解决问题的能力,能够灵活运用所学知识,迅速、准确地解决各类数学问题。

丘成桐数学竞赛初赛总分的计算方法一般是根据题目的难度和正确答案的情况来确定的。

每道题目都有相应的分值,学生根据自己的答案是否正确和解题的过程是否完整,来获得相应的分数。

在计算总分时,通常会对每个学生的每道题目进行评分,并将各题的分数相加得到总分。

在竞赛中,参赛学生需要面对各种各样的数学题目,包括代数、几何、数论等不同领域的题目。

这些题目不仅考察了学生的数学知识,还考察了学生的思维能力和解决问题的能力。

参赛学生需要分析问题、抽象问题、推理和证明,才能得出正确的答案。

丘成桐数学竞赛初赛总分的高低对学生来说具有重要意义。

高分不仅可以增加学生进入复赛的机会,还可以为学生争取到更好的名次和奖励。

同时,高分也是学生数学能力的一种证明,可以为学生今后的学习和发展提供有力的支持和证明。

为了取得好的初赛总分,学生需要在平时的学习中注重基础知识的掌握和理解,勤于练习和总结,提高解题的能力和技巧。

此外,学生还可以参加一些数学训练班或辅导班,通过系统的学习和辅导,提高自己的数学水平和竞赛能力。

大学生数学知识竞赛试题及答案【最新】

大学生数学知识竞赛试题及答案【最新】

趣味数学知识竞赛复习题一、填空题1、(苏步青)是国际公认的几何学权威,我国微分几何派的创始人。

2、(华罗庚)是一个传奇式的人物,是一个自学成才的数学家。

3、编有《三角学》,被称为“李蕃三角”且自称为“三书子”的是(李锐夫)。

4、世界上攻克“哥德巴赫猜想”的第一个人是(陈景润)。

5、(姜立夫)是现代数学在中国最早而又最富成效的播种人”,这是《中国大百科全书》和《中国现代数学家传》对他的共同评价。

6. 设有n个实数,满足|xi|<1(I=1,2,3,…,n), |x1|+|x2|+…+|xn|=19+|x1+x2+…+xn| ,则n的最小值207. 三角形的一个顶点引出的角平分线,高线及中线恰将这个顶点的角四等分,则这个顶角的度数为___90° ___8. 某旅馆有2003个空房间,房间钥匙互不相同,来了2010们旅客,要分发钥匙,使得其中任何2003个人都能住进这2003个房间,而且每人一间(假定每间分出的钥匙数及每人分到的钥匙数都不限),最少得发出_16024______把钥匙.9. 在凸1900边形内取103个点,以这2003个点为顶点,可将原凸1900边形分割成小三角形的个数为______2104 _____.10. 若实数x满足x4+36<13x2,则f(x)=x3-3x的最大值为______18_____11 ."我买鸡蛋时,付给杂货店老板12美分,"一位厨师说道,"但是由于嫌它们太小,我又叫他无偿添加了2只鸡蛋给我。

这样一来,每打(12只)鸡蛋的价钱就比当初的要价降低了1美分。

" 厨师买了_18只鸡蛋?12.已知f(x)∈[0,1],则y=f(x)+1的取值范围为 ___[7/9,7/8]____13. 已知函数f(x)与g(x)的定义域均为非负实数集,对任意的x≥0,规定f(x)*g(x)=min{f(x),g(x)}.若f(x)=3-x,g(x)=,则f(x)*g(x)的最大值为____(2√3-1) _____ 14.已知a,b,cd∈N,且满足342(abcd+ab+ad+cd+1)=379(bcd+b+d),设M=a×103+b×102+c×10+d,则M的值为______ 1949 ___.15. 用E(n)表示可使5k是乘积112233…nn的约数为最大的整数k,则E(150)=__ 2975_________16. 从1到100的自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于100,则可有_2500________种不同的取法.17. 从正整数序列1,2,3,4,…中依次划去3的倍数和4的倍数,但是其中是5的倍数均保留,划完后剩下的数依次构成一个新的序列:A1=1,A2=2,A3=5,A4=7,…,则A2003的值为____3338 _____.18. .连接凸五边形的每两个顶点总共可得到十条线段(包括边在内),现将其中的几条线段着上着颜色,为了使得该五边形中任意三个顶点所构成的三角形都至少有一条边是有颜色的则n的最小值是_419. 已知x0=2003,xn=xn-1+ (n>1,n∈N),则x2003的整数部分为_______2003___21. 已知ak≥0,k=1,2,…,2003,且a1+a2+…+a2003=1,则S=max{a1+a2+a3,a2+a3+a4,…, a2001+a2002+a2003}的最小值为________3/2007 _.22. 对于每一对实数x,y,函数f满足f(x)+f(y)=f(x+y)-xy-1,若f(1)=1,那么使f(n)=n(n≠1)的整数n共有_1个.23.在棱长为a的正方体内容纳9个等球,八个角各放一个,则这些等球最大半径是____. (√3-3/2)a ___24.已知a,b,c都不为0,并且有sinx=asin(y-z),siny=bsin(z-x),sinz=csin(x-y).则有ab+bc+ca=__-1 _____.二、选择题1、被誉为中国现代数学祖师的是(1、C )。

2010级竞赛几何问题及答案

2010级竞赛几何问题及答案

竞赛几何问题选讲例1(2012全国卷联赛本题满分25分)如图,PA 为⊙O 的切线,PBC 为⊙O 的割线,A D ⊥OP 于点D .证明:2AD BD CD =⋅.证明:连接OA ,OB ,OC.∵OA ⊥AP ,A D ⊥OP ,∴由射影定理可得2PA PD PO =⋅,2AD PD OD =⋅. ……………………5分 又由切割线定理可得2PA PB PC =⋅,∴P B P C PD PO ⋅=⋅,∴D 、B 、C 、O 四点共圆,……………………10分∴∠PDB =∠PCO =∠OBC =∠ODC ,∠PBD =∠COD ,∴△PB D ∽△COD , ……………………20分∴PD BD CD OD=,∴2AD PD OD BD CD =⋅=⋅. ……………………25分 例2(2012全国卷联赛本题满分25分)已知抛物线216y x bx c =-++的顶点为P ,与x 轴的正半轴交于A 1(,0)x 、B 2(,0)x (12x x <)两点,与y 轴交于点C ,PA 是△ABC 的外接圆的切线.设M 3(0,)2-,若AM//BC ,求抛物线的解析式.解 易求得点P 23(3,)2b bc +,点C (0,)c .设△ABC 的外接圆的圆心为D ,则点P 和点D 都在线段AB 的垂直平分线上,设点D 的坐标为(3,)b m . 显然,12,x x 是一元二次方程2106x bx c -++=的两根,所以13x b =,23x b =+AB 的中点E 的坐标为(3,0)b ,所以AE……………………5分因为PA 为⊙D 的切线,所以PA ⊥AD ,又A E ⊥PD ,所以由射影定理可得2AE PE DE =⋅,即223()||2b c m =+⋅,又易知0m <,所以可得6m =-. ……………………10分 又由DA =DC 得22DA DC =,即2222(30)()m b m c +=-+-,把6m =-代入后可解得6c =-(另一解0c =舍去). ……………………15分又因为AM//BC ,所以OA OMOB OC =3||2|6|-=-. ……………………20分把6c =-代入解得52b =(另一解52b =-舍去). 因此,抛物线的解析式为215662y x x =-+-. ……………………25分例3(2012初三四川联赛)例4(2011初三四川联赛)如图.AD 、AH 分别是△ABC (其中AB >AC )的角平分线、高线,M 点是AD 的中点,△MDH 的外接圆交CM 于E ,求证∠AEB=90°。

首届全国大学生数学竞赛赛区赛试卷参考答案--非数学类

首届全国大学生数学竞赛赛区赛试卷参考答案--非数学类

四、已知平面区域 D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ π} ,L 为 D 的正向边界,试证:
∫ ∫ (1) xesin ydy − ye−sin xdx = xe−sin ydy − yesin xdx ;
L
L
∫ (2)
L
xesin y dy −
ye−siLeabharlann xdx≥时,体积最小.
七、已知 un (x) 满足
un′(x) = un (x) + xn−1ex ( n 为正整数),
∑ 且 un (1)
=
e n
,求函数项级数

un (x) 之和.
n=1

∑ 解:先解一阶常系数微分方程,求出 un (x) 的表达式,然后再求 un (x) 的 n=1
和. 由已知条件可知 un′(x) − un (x) = xn−1ex 是关于 un (x) 的一个一阶常系数线
解: 因抛物线过原点,故 c = 1
3
∫ 由题设有
1 (ax 2
0
+
bx)dx
=
a 3
+
b 2
=
1 3
.即
b = 2 (1− a) 3

∫ 而 V = π 1(ax2 + bx)2dx = π[1 a2 + 1 ab + 1 b2 ]
0
523
=
π
[1 5
a2
+
1 3
a(1

a)
+
1 3

4 9
(1 −
n 是给定的正整数.
x→0
n
解:原式 = lim exp{e ln(ex + e2x + + enx )}

丘成桐女子中学生数学竞赛题目

丘成桐女子中学生数学竞赛题目

丘成桐女子中学生数学竞赛题目
1.在坐标平面上,点A(3,2)、B(7,6)、C(5,8)分别为三角形ABC 的顶点。

求三角形ABC的周长和面积。

2. 已知正整数x和y满足x+y=13,试求x和y的所有可能取值。

3. 已知函数f(x)=x-3x+2x+1,求f(x)的最小值和最大值。

4. 已知在一个几何级数中,第1项为1,公比为3/4,第n项为an。

若∑(n=1 to ∞)an=16/3,则求n的值。

5. 在一次函数y=kx+b的图像上,已知点A(3,2)和点B(5,6)。

求k和b的值,并画出该函数的图像。

6. 已知集合A={1,2,3,4,5},集合B={2,4,6,8,10}。

求A与B 的并集、交集和差集。

7. 已知函数f(x)=2x+1,函数g(x)=x-3x+2,求f(g(x))和
g(f(x))。

8. 在平面直角坐标系中,已知点P(3,4)和点Q(9,6)。

求过点P 和点Q的直线的斜率,以及该直线与y轴的交点坐标。

9. 已知实数a、b、c满足a+b+c=0,且a+b+c=6。

求a+b+c的值。

10. 已知正整数n满足n+10n+24为完全平方数。

试求n的值。

以上是丘成桐女子中学生数学竞赛的部分题目,希望参赛者能够认真思考并取得好成绩。

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首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答

首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答

专业:线年级:封所在院校: 密身份证号: 姓名:首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答(非数学类,2009)考试形式: 闭卷 考试时间: 120 分钟 满分: 100 分.题 号 一 二 三 四 五 六 七 八 总分满 分 20 5 15 15 10 10 15 10 100 得 分注意:1、所有答题都须写在此试卷纸密封线右边,写在其它纸上一律无效. 2、密封线左边请勿答题,密封线外不得有姓名及相关标记.一、 填空题(每小题5分,共20分).(1)计算 dxdy yx x y y x D∫∫−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛++11ln )(=_____________,其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围三角形区域.(2)设 ()f x 是连续函数,满足 220()3()2f x x f x dx =−−∫,则()f x =___________________. (3) 曲面2222x z y =+− 平行平面 220x y z +−= 的切平面方程是________________________.(4)设函数 ()y y x =由方程 ()ln 29f y y xee =确定,其中f 具有二阶导数,且 1f ′≠,则22d ydx =____________________.答案:1615 ,21033x −, 2250x y z +−−=,223[1()]()[1()]f y f y x f y ′′′−−−′−.得 分评阅人二、(5分)求极限 20lim()ex x nx x x e e e n→+++ ,其中 n 是给定的正整数.解:原式20lim exp{ln()}x x nxx e e e e x n→+++=20(ln()ln )exp{lim}x x nx x e e e e n x →+++−= ………………….….…(2分) 其中大括号内的极限是型未定式,由 L Hospital ′法则,有 20(ln()ln )lim x x nx x e e e e n x →+++− 20(2)limx x nx x x nxx e e e ne e e e →+++=+++ (12)1(2e n n e n ++++==于是 原式=1()2n e e+ . ……………………………………..…………..…(5分)三、(15分)设函数 ()f x 连续,1()()g x f xt dt =∫,且()limx f x A x→= ,A 为常数,求 ()g x ′并讨论()g x ′ 在0x =处的连续性.解:由题设,知 (0)0f =,(0)0g =. …………….…………...…(2分)令u xt =,得0()()xf u dug x x=∫ (0)x ≠,……………………………………..……(5分)从而 02()()()x xf x f u dug x x−′=∫ (0)x ≠…………………………………….……(8分)由导数定义有20()()(0)limlim22xx x f u du f x Ag x x →→′===∫ ……………………………………….……(11分) 由于 022000()()()()lim ()limlim lim (0)22xxx x x x xf x f u duf u du f x A Ag x A g xx x →→→→−′′==−=−==∫∫, 从而知 ()g x ′ 在 0x =处连续. …………………………………………….……….(15分)得 分评阅人得 分评阅人专业:线年级:封所在院校: 密身份证号: 姓名:四、(15分)已知平面区域 {(,)|0,0}D x y x y ππ=≤≤≤≤ ,L 为D 的正向边界,试证:(1)sin sin sin sin yx y xLLxedy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫; (2)sin sin 252yx Lxedy ye dx π−−≥∫ . 证法一:由于区域D 为一正方形,可以直接用对坐标曲线积分的计算法计算.(1) 左边0sin sin sin sin 00()yxx x edy edx e e dx ππππππ−−=−=+∫∫∫ , ...…(4分)右边0sin sin sin sin 0()yxx x edy edx e e dx ππππππ−−=−=+∫∫∫ ,……..…(8分)所以 sin sin sin sin y x y x LLxe dy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫. ……………………………(10分) (2) 由于 sin sin 22sin xx ee x −+≥+ , …….…………………….…...(12分)sin sin sin sin 205()2yxx x Lxedy yedx e e dx πππ−−−=+≥∫∫ . ……..…….…(15分)证法二:(1)根据 Green 公式,将曲线积分化为区域D 上的二重积分sin sin sin sin ()y x y x LDxe dy ye dx e e d δ−−−=+∫∫∫ ……………………………...… (4分) sin sin sin sin ()yx y x LDxedy ye dx e e d δ−−−=+∫∫∫ ………………………………(8分)因为 关于 y x = 对称,所以sin sin sin sin ()()yx y x DDee d e e d δδ−−+=+∫∫∫∫ ,故sin sin sin sin y x y x LLxe dy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫ . ………………….…… (10分) (2) 由 22022(2)!nttn t e e t n ∞−=+=≥+∑ sin sin sin sin sin sin 25()()2y x y x x xL D Dxe dy ye dx e e d e e d δδπ−−−−=+=+≥∫∫∫∫∫ . …….……….……(15分)得 分评阅人五、(10分)已知 21x xy xe e =+ ,2x x y xe e −=+ ,23x x x y xe e e −=+−是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解,试求此微分方程.解:根据二阶线性非齐次微分方程解的结构的有关知识,由题设可知:2x e 与 xe −是相应齐次方程两个线性无关的解,且 xxe 是非齐次的一个特解.因此可以用下述两种解法 ………………………………………………………….…...……(6分)解法一: 故此方程式 2()y y y f x ′′′−−= ………………….……..……..……(8分)将xy xe = 代入上式,得()()()2222x x x x x x x x x x f x xe xe xe e xe e xe xe e xe ′′′=−−=+−−−=− ,因此所求方程为22x xy y y e xe ′′′−−=− . ……………………………………… …(10分)解法二:故 212x x xy xe c e c e −=++ ,是所求方程的通解,……………………(8分) 由2122x x x x y e xe c e c e −′=++− ,21224x x x xy e xe c e c e −′′=+++ ,消去 12,c c 得所求方程为 22x xy y y e xe ′′′−−=−. ……………………………………………………....…(10分)六、(10分)设抛物线 22ln y ax bx c =++过原点,当 01x ≤≤时,0y ≥,又已知该抛物线与x 轴及直线 1x =所围图形的面积为 13. 试确定,,,a b c 使此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积V 最小.解: 因抛物线过原点,故 1c =由题设有 1201()323a b ax bx dx +=+=∫.即 2(1)3b a =− ,………..………….…(2分) 而 122220111()[]523V ax bx dx a ab b ππ=+=++∫ 221114[(1)(1)]5339a a a a π=+−+⋅−. …………………….…………….…(5分)令 2128[(1)]053327dv a a a da π=+−−−=, 得 54a =− ,代入 b 的表达式 得 32b =. 所以0y ≥, ……………..…………(8分)得 分评阅人得 分评阅人专业:线年级:封所在院校: 密身份证号: 姓名:又因 25242284|[]05327135a d v da ππ=−=−+=> 及实际情况,当53,,142a b c =−== 时,体积最小. ………….……….…(10分)七、(15分)已知 ()n u x 满足1()()n x n nu x u x x e −′=+(n 为正整数), 且(1)n e u n=,求函数项级数1()n n u x ∞=∑之和.解:先解一阶常系数微分方程,求出()n u x 的表达式,然后再求1()n n u x ∞=∑ 的和.由已知条件可知 1()()n xn n u x u x x e −′−= 是关于 ()n u x 的一个一阶常系数线性微分方程,故其通解为1()()()ndx dx n x x n xu x e x e e dx c e c n−−∫∫=+=+∫ , ……………..…..(6分)由条件 (1)n e u n =,得0c =,故()n xn x e u x n=,从而 111()n x n xn n n n x e x u x e n n∞∞∞=====∑∑∑. …………….……..……...…(8分) 1()nn x s x n ∞==∑,其收敛域为 [1,1)−,当 (1,1)x ∈−时,有111()1n n s x x x∞−=′==−∑ ,………………………..…………………….….(10分) 故 01()ln(1)1xs x dt x t==−−−∫ . ………………..…………………(12分) 当1x =−时,11()ln 2n n u x e∞−==−∑. …………………………...…(13分)于是,当 11x −≤<时,有1()ln(1)xn n u x ex ∞==−−∑. ……….…..…(15分)得 分评阅人八、(10分)求1x →− 时,与20n n x ∞=∑等价的无穷大量.解:2221t n t n x dt x x dt ∞+∞+∞=≤≤+∑∫∫, ………………….…………….….….…(3分)221lnt t xx dt edt −+∞+∞=∫∫………………….…….………….....….(7分)=∼……………………….…...(10分)得 分评阅人第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案及评分标准 (非数学类,2010)一(本题共5小题,每小题5分,共25分)、计算下列各题(要求写出重要步骤). (1) 设2(1)(1)(1)nn 2x a a a =+⋅++ ,其中1<|a |,求.n n x ∞→lim 解 将n x 恒等变形221(1)(1)(1)(1)1nn x a a a a a =−+⋅++− 2221(1)(1)(1)1n a a a a=−⋅++− 4421(1)(1)(1)1na a a a =−⋅++− 1211n a a+−=−,由于,可知1<|a |2lim 0nn a →∞=,从而ax n n −=∞→11lim . (2) 求lim x x x e x −→∞⎛⎞+⎜⎟⎝⎠211.解 lim x x x e x −→∞⎛⎞+⎜⎟⎝⎠211=11lim 1xx x e x −→∞⎡⎤⎛⎞+⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦=1exp lim ln 11x x x x →∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞+−⎜⎟⎢⎥⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦⎝⎠=1exp lim ln 11x x x x →∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞+−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎝⎠=22111exp lim ()12x x x x xx ο→∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞−+−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎝⎠=21−e .(3) 设,求0s >0sx n n I e x dx +∞−=∫(1,2,n )= .解 因为时,0s >lim 0sx n x e x −→+∞=,所以,100011n sx n sx sx n n n n I x de x e e dx I s s +∞+∞+∞−−−s −⎡⎤=−=−−=⎢⎥⎣⎦∫∫ 由此得到,12011!n n n n n n n n n n I I I I s s s s s−−!+−==⋅===(4) 设函数f ( t )有二阶连续的导数,r =1(,)(g x y f r=,求2222.g g x y ∂∂+∂∂ 解 因为,r x r yx r y r∂∂==∂∂,所以 31()g x f x r r ∂′=−∂,2222265121(().g x x y f f x r r r r ∂−′′′=+∂ 利用对称性,2222431111()()g g f f x y r r r r∂∂′′′+=+∂∂(5) 求直线10:0x y l z −=⎧⎨=⎩与直线221:42x y z l 31−−−==−−的距离.解 直线的对称式方程为1l 1:110x y zl ==. 记两直线的方向向量分别为,,两直线上的定点分别为和,.1(10)l = a P ==,1,12P 2(4,2,1)l =−−(2,1,3)1(0,0,0)P 2(2,1,3)P 12(1,1,6)l l ×=−−.由向量的性质可知,两直线的距离1212()a l l d l l ⋅×====×二(本题共15分)、 设函数在)(x f )(+∞−∞,上具有二阶导数,并且()0,f x ′′>lim ()0x f x α→+∞′=>,lim x ()f x 0β→−∞′=<,且存在一点,使得.0x 0)(0<x f 证明:方程0)(=x f 在恰有两个实根.)(+∞−∞,证1. 由lim ()0x f x α→−∞′=>必有一个充分大的,使得0x a >()0f a ′>.()0f x ′′>知是凹函数,从而()y f x =()()()()()f x f a f a x a x a ′>+−>当x →+∞时,()()()f f a x a ′+∞+−→+∞. 故存在,使得a b > ……………… (6分)()()()()0f b f a f a b a ′>+−>同样,由lim ()0x f x β→−∞′=<,必有0c x <,使得()0f c ′<.()0f x ′′>知是凹函数,从而()y f x =()()()()()f x f c f c x c x c ′>+−<当x →−∞时,()()()f f c x c ′−∞+−→+∞. 故存在d ,使得c < …………………… (10分)()()()()0f d f c f c d c ′>+−>在0[,]x b 和利用零点定理,0[,]d x 10(,)x x b ∃∈,2(,)0x d x ∈使得 ……………………… (12分) 1()2)0==(f x f x 下面证明方程在0)(=x f )(+∞−∞,只有两个实根.用反证法. 假设方程0)(=x f 在)(+∞−∞,]232x ,x 内有三个实根,不妨设为,且. 对在区间[和[]上分别应用洛尔定理,则各至少存在一点(321x ,x ,x 321x x x <<1ξ)(x f 1x ξ<1,x 2x 1x <)和(2ξ322x ξx <<),使得=)(1ξf'(ξη00=)2ξ<)(2ξf'1η<. 再将在区间[上使用洛尔定理,则至少存在一点,使. 此与条件矛盾. 从而方程)(x 0)(=ηf'f"]2ξ′′1,ξ()0f x >)(=x f 在)+∞,(−∞不能多于两个根. ……………………(15分)证2. 先证方程至少有两个实根.0)(=x f 由lim ()0x f x α→+∞′=>,必有一个充分大的,使得0x a >()0f a ′>.因在)(x f )(+∞−∞,上具有二阶导数,故()f x ′及()f x ′′在)(+∞−∞,均连续. 由拉格朗日中值定理,对于a x > 有()[()()()]f x f a f a x a ′−+−=()()()()]f x f a f a x a ′−−−=()()()()f x a f a x a ξ′′−−−=[()()]()f f a x a ξ′′−− =()()()f a x a ηξ′′−−.其中x ηa ,x ξa <<<<. 注意到()0f η′′>(因为()0f x ′′>),则()()()()()f x f a f a x a x a ′>+−>又因 故存在,使得()0,f a ′>a b > ()()()()0f b f a f a b a ′>+−> …………………(6分)又已知,由连续函数的中间值定理,至少存在一点 使得0)(0<x f )(101b x x x <<0)(1=x f . 即方程在0)(=x f )(0+∞,x 上至少有一个根 ………………(7分)1x 同理可证方程在0)x (=f )(0x ,−∞上至少有一个根2x . ………………(12分) 下面证明方程在0)(=x f )(+∞−∞,只有两个实根.(以下同证1).……(15分)三(本题共15分)、设函数()y f x =由参数方程22()x t t y t ψ⎧=+⎨=⎩(t >−1)所确定. 且2234(1)d y dx t =+,其中()t ψ具有二阶导数,曲线)(t y ψ=与21t ∫2u y e d −=+32u e在处相切. 求函数1=t (t )ψ.解 因为()22dy t dx t ψ′=+,()22231(22)()2()(1)()()224(1)22d y t t t t t t dx t t t ψψψψ′′′′′′+−+−=⋅=+++, ………………(3分)由题设2234(1)d y dx t =+,故3(1)()()34(1)4(1)t t t t t ψψ′′′+−=++,从而,即 2(1)()()3(1)t t t t ψψ′′′+−=+1()()3(1).1t t tt ψψ′′′−=++ 设()u t ψ′=,则有13(1)1u u t′−=++t , 11111113(1)(1)3(1)(1)(1)(3).dt dt t t u e t e dt C t t t dt C t t C −−++⎡⎤∫∫⎡⎤=++=++++=+⎢⎥⎣⎦⎣⎦∫∫1+ …………(9分)由曲线)(t y ψ=与22132t u y edu e−=+∫在1=t 处相切知3(1)2e ψ=,2(1)eψ′=. ………………(11分)所以12(1)t ue ψ=′==,知311−=eC . ∫∫++++=+++=++=21213112123))3(3()3)(1()(C t C t C t dt C t C t dt C t t t ψ,由e23)1(=ψ,知,于是22=C 3211()(3)2(1)2t t t t t e e ψ=++−+>−.…(15分)四(本题共15分)、设10,nn n k a S =>=k a ∑,证明:(1)当1α>时,级数1nn na S α+∞=∑收敛; (2)当1α≤,且(n )时,级数n S →∞→∞1nn na S α+∞=∑发散. 证明 令11(),[,]n n f x x x S S α−−=∈. 将()f x 在区间上用拉格朗日中值定理,1[,n n S S −])存在1(,n n S S ξ−∈11()()()()n n n n f S f S f S S ξ−−′−=−即 ………………(5分) 111(1)n n S S ααααξ−−−−−=−n a (1)当1α>时,11111(1)(1)nnn na a S S S n αααααξ−−−−=−≥−α. 显然11111n n S S αα−−−⎧⎫−⎨⎬⎩⎭的前n 项和有界,从而收敛,所以级数1nn na S α+∞=∑收敛. ……………(8分) (2)当1α=时,因为,单调递增,所以0n a >n S 1111n pn pn p nk nk k n k n kn p n pn S S a S a S S S S +++=+=+p+++−≥==−∑∑因为对任意n ,当n S →+∞p ∈12n n p S S +<,从而112n pk k n ka S +=+≥∑. 所以级数1nnn a S α+∞=∑发散. ………………(12分) 当1α<时,n n n a a S S α≥n. 由1n n n a S +∞=∑发散及比较判别法,1n n na S α+∞=∑发散.………(15分)五(本题共15分)、设l 是过原点,方向为(,(其中)的直线,均匀椭球,)αβγ2221αβγ++=2222221x y z a b c ++≤(其中0 < c < b < a ,密度为1)绕l 旋转.(1) 求其转动惯量;(2) 求其转动惯量关于方向(,的最大值和最小值. ,)αβγ解 (1) 设旋转轴l 的方向向量为,椭球内任意一点P(x,y,z )的径向量为,则点P 到旋转轴l 的距离的平方为(,,)αβγ=l r ()222222222(1)(1)(1)222d x y z xy yz xz αβγαββγα=−⋅=−+−+−−−−r r l γ 由积分区域的对称性可知(222)0xy yz xz dxdydz αββγαγΩ++=∫∫∫,其中222222(,,)1x y z x y z a b c ⎧⎫⎪⎪⎪⎪Ω=++≤⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭………………(2分)而22222223222214115aay z x b c a a ax a bc x dxdydz x dx dydz x bc dx a ππ+≤−Ω−−⎛⎞⎟⎜⎟==⋅−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠∫∫∫∫∫∫∫ (或2132222220004sin cos sin 15a bc x dxdydz d d a r abcr dr πππθϕϕθϕΩ=⋅=∫∫∫∫∫∫) 32415ab c y dxdydz πΩ=∫∫∫,32415abc z dxdydz πΩ=∫∫∫……………(5分)由转到惯量的定义()222224(1)(1)(1)15l abc J d dxdydz a b c παβγΩ==−+−+−∫∫∫22c ……………(6分)(2) 考虑目标函数 在约束 下的条件极值. 222222(,,)(1)(1)(1)V a b αβγαβγ=−+−+−2221αβγ++=设拉格朗日函数为222222222(,,,)(1)(1)(1)(1)L a b c αβγλαβγλαβγ=−+−+−+++−…………………(8分)令,,,22()0L a ααλ=−=22()0L b ββλ=−=22()0L c γγλ=−=22210L λαβγ=++−=解得极值点为,, .……(12分) 21(1,0,0,)Q a ±22(0,1,0,)Q b ±23(0,0,1,)Q ±c 比较可知,绕z 轴(短轴)的转动惯量最大,为()22max 415abc J a π=+b ;绕x 轴(长轴)的转动惯量最小,为(22min 415abc J b π=)c +. ………(15分)六(本题共15分)、设函数()x ϕ具有连续的导数,在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线C 上,曲线积分422(C)xydx x dyx yϕ++∫v1的值为常数. (1) 设为正向闭曲线. 证明: L 22(2)x y −+=422()0Lxydx x dyx y ϕ+=+∫v ;(2) 求函数()x ϕ;(3) 设C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求422(C)xydx x dyx y ϕ++∫v.解 (1) 设422()Lxydx x dyI x yϕ+=+∫v,闭曲线L 由,1,i L i 2=组成. 设0L 为不经过原点的光滑曲线,使得01L L −∪(其中1L −为1L 的反向曲线)和02L L ∪分别组成围绕原点的分段光滑闭曲线,C i 1,2i =. 由曲线积分的性质和题设条件12214242422()2()2(LL L L L L L)xydx x dy xydx x dy xydx x dyx y x y x y ϕϕ−++=+=+−−++∫∫∫∫∫∫∫v ϕ++12422()0C C xydx x dyI I x y ϕ+=+=−=+∫∫v v……………(5分) (2) 设4242((,),(,)2)xy x P x y Q x y x y x ϕ==++y .令Q P x y ∂∂=∂∂,即 4235422422()()4()22()(2)x x y x x x xy x y x y ϕϕ′+−−=++,解得2()x x ϕ=− ……………………(10分)(3) 设D 为正向闭曲线所围区域,由(1)42:a C x y +=1242422()2aCCxydx x dy xydx x dyx y x y ϕ+−=++∫∫v v…………………(12分) 利用Green 公式和对称性,2422()24aaC C Dxydx x dyxydx x dy x dxdy x y (ϕ+=−=−=+∫∫∫∫v v )0…………………(15分)第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案及评分标准 (非数学类,2011)一、(本题共4小题,每题6分,共24分)计算题1. 220(1)(1ln(1))lim .xx x e x x →+--+解:因为 22(1)(1ln(1))xx e x x+--+=2ln(1)2(1ln(1)),x xe e x x+--+220ln(1)lim ,x e x e x →+= ………………………………………………3分 22ln(1)ln(1)222001lim lim x x xxx x e e e e x x ++-→→--==202ln(1)2lim x x x e x→+- =22220011ln(1)12lim 2lim ,2x x x x x e e e x x→→-+-+==- ………………5分 所以220(1)(1ln(1))lim xx x e x x→+--+=0. ………………………………6分 2. 设2cos cos cos ,222n n a θθθ=⋅⋅⋅ 求lim .n n a →∞解:若0,θ=则lim 1.n n a →∞= ……………………1分若0θ≠,则当n 充分大,使得2||nk >时,2cos cos cos 222n n a θθθ=⋅⋅⋅ =21cos cos cos sin 2222sin 2n n nθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅=21111cos cos cos sin 22222sin 2n n n θθθθθ--⋅⋅⋅⋅⋅ . ………………………4分=222211cos cos cos sin 22222sin 2n n nθθθθθ--⋅⋅⋅⋅⋅ =sin 2sin 2n n θθ这时, lim n n a →∞=lim n →∞sin sin 2sin 2nnθθθθ=. ………………………6分3. 求sgn(1)Dxy dxdy -⎰⎰,其中{(,)|02,02}D x y x y =≤≤≤≤解:设 11{(,)|0,02}2D x y x y =≤≤≤≤ 211{(,)|2,0}2D x y x y x =≤≤≤≤311{(,)|2,2}2D x y x y x =≤≤≤≤. ……………………………2分12212112ln 2D D dxdxdy x ⋃=+=+⎰⎰⎰,332ln 2D dxdy =-⎰⎰. ………………………4分 323sgn(1)24ln 2DD D D xy dxdy dxdy dxdy ⋃-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰. ………………………6分4. 求幂级数221212n nn n x ∞-=-∑的和函数,并求级数211212n n n ∞-=-∑的和. 解:令22121()2n nn n S x x ∞-=-=∑,则其的定义区间为(.(x ∀∈, 12122221110021()22222n xxn n n n n n n n x x x xS t dt t dt x --∞∞∞-===⎛⎫-====⎪-⎝⎭∑∑∑⎰⎰. …………………2分 于是,22222()2(2)x x S x x x '+⎛⎫== ⎪--⎝⎭,(x ∈. (4)分 222111212110229n n n n n n n S -∞∞-==--===∑∑. ………………………………6分二、(本题2两问,每问8分,共16分)设0{}n n a ∞=为数列,,a λ为有限数,求证: 1. 如果lim n n a a →∞=,则12limnn a a a a n→∞+++= ;2. 如果存在正整数p ,使得lim()n p n n a a λ+→∞-=,则 limn n a n pλ→∞=.证明:1. 由lim n n a a →∞=,0M ∃>使得||n a M ≤,且10,N ε∀>∃∈ ,当n > N 1 时,||2n a a ε-<. ……………………………………4分因为21N N ∃>,当n > N 2 时,1(||)2N M a n ε+<.于是,111(||)()22n a a N M a n N a n n n εεε+++--≤+< ,所以, 12limnn a a a a n→∞+++= . …………………………………………8分2.对于0,1,,1i p =- ,令()(1)i n n p i np i A a a +++=-,易知(){}i n A 为{}n p n a a +-的子列.由lim()n p n n a a λ+→∞-=,知()lim i nn A λ→∞=,从而()()()12lim i i i nn A A A nλ→∞+++= .而()()()12(1)i i i n n p i p i A A A a a ++++++=- .所以,(1)limn p i p in a a nλ+++→∞-=.由lim0p i n a n+→∞=.知(1)limn p in a nλ++→∞=. ………………………………………12分从而(1)(1)limlim (1)(1)n p in p i n n a a nn p i n p i n pλ++++→∞→∞=⋅=++++ ,,,m n p i ∀∈∃∈ ,(01)i p ≤≤-,使得m np i =+,且当m →∞时,n →∞.所以,lim m m a m pλ→∞=. …………………………………………………………16分三、(15分)设函数()f x 在闭区间-[1,1]上具有连续的三阶导数,且10f -=(),11f =(),00f '=().求证:在开区间()-1,1内至少存在一点0x ,使得03f x '''=() 证. 由马克劳林公式,得 311(0)23f x f f x f x η'''''=++2()(0)()!!,η介于0与x 之间,[]1,1x ∈-…3分 在上式中分别取1x =和1x =-, 得111111(0),0123f f f f ηη'''''==++<<()(0)()!!. ………………………5分 221101(0)(0),1023f f f f ηη'''''=-=+--<<()()!!. ………………………7分 两式相减,得 12()6f f ηη''''''+=(). ………………………10分 由于()f x ''在闭区间[1,1]-上连续,因此()f x '''在闭区间[21,ηη]上有最大值M 最小值m ,从而121()())2m f f M ηη''''''≤+≤( …………………………………13分 再由连续函数的介值定理,至少存在一点0x ,ηη∈⊂-21[](1,1),使得0121()32f x f f ηη'''''''''=+=()(()). ………………………15分四、(15分)在平面上, 有一条从点)0,(a 向右的射线,线密度为ρ. 在点),0(h 处(其中h > 0)有一质量为m 的质点. 求射线对该质点的引力.解:在x 轴的x 处取一小段dx , 其质量是dx ρ,到质点的距离为22x h +, 这一小段与质点的引力是22Gm dxdF h xρ=+(其中G 为引力常数). …………………5分 这个引力在水平方向的分量为2232()x Gm xdxdF h x ρ=+. 从而 222/1222/32222/322)()()(2)(a h Gm x h Gm x h x d Gm x h xdx Gm F aa ax +=+-=+=+=⎰⎰+∞∞+-+∞ρρρρ……10分而dF 在竖直方向的分量为2232()y Gm hdxdF h x ρ=+, 故 ⎪⎭⎫⎝⎛-===+=⎰⎰⎰+∞h a h Gm tdt h Gm t h dt h Gm x h hdxGm F hahaay arctan sin 1cos sec sec )(2/arctan2/arctan33222/322ρρρρππ 所求引力向量为(,)x y F F =F . …………………………15分五、(15分)设z = z (x,y ) 是由方程11(,)0F z z x y+-=确定的隐函数,且具有连续的二阶偏导数.求证:220z z xy x y ∂∂+=∂∂ 和 2223322()0z z z x xy x y y x x y y ∂∂∂+++=∂∂∂∂ 解:对方程两边求导,1221()0z z F F x x x ∂∂-+=∂∂,1221()0z z F F y y y∂∂++=∂∂. ……5分 由此解得,22121211,()()z z x y x F F y F F ∂∂-==∂∂++ 所以,220z z xy x y∂∂+=∂∂ …………………………10分 将上式再求导,222222z z z xy x y x x x ∂∂∂+=-∂∂∂∂,222222z z z x y y x y y y ∂∂∂+=-∂∂∂∂ 相加得到,2223322()0z z z x xy x y y x x y y∂∂∂+++=∂∂∂∂ …………………………15分六、(15分)设函数)(x f 连续,c b a ,,为常数,∑是单位球面 1222=++z y x . 记第一型曲面积分⎰⎰∑++=dS cz by ax f I )(. 求证:⎰-++=11222)(2du u c b a f I π解:由∑的面积为π4可见:当 c b a ,,都为零时,等式成立. …………………2分 当它们不全为零时, 可知:原点到平面 0=+++d cz by ax 的距离是222||cb a d ++. …………………………5分设平面222:cb a cz by ax u P u ++++=,其中u 固定. 则 ||u 是原点到平面u P 的距离,从而11≤≤-u . …………………………8分两平面 u P 和du u P +截单位球 ∑ 的截下的部分上, 被积函数取值为()u c b af222++. …………………………10分这部分摊开可以看成一个细长条. 这个细长条的长是212u -π, 宽是21udu -,它的面积是du π2, 故我们得证. …………………………15分第四届全国大学生数学竞赛预赛试题 (非数学类)参考答案及评分标准一、(本题共5小题,每小题各6分,共30分)解答下列各题(要求写出重要步骤).(1) 求极限21lim(!)n n n →∞;(2) 求通过直线232:55430x y z L x y z 0+−+=⎧⎨+−+=⎩的两个相互垂直的平面1π和2π,使其中一个平面过点;(4,3,1)−(3) 已知函数,且(,)ax byz u x y e+=20,ux y∂=∂∂ 确定常数a 和,使函数满足方程 b (,)z z x y =20z z zz x y x y∂∂∂−−+=∂∂∂∂; (4) 设函数连续可微, , 且()u u x =(2)1u =3(2)()Lx y udx x u udy +++∫在右半平面上与路径无关,求; ()u x(5) 求极限 1limx xx +.解(1) 因为 2211ln(!)(!)n nn n e= ……………………………………(1分)而211ln1ln 2ln ln(!)12n n n n ⎛⎞≤+++⎜n ⎝⎠"⎟,且 ln lim 0n nn →∞= ………………………(3分) 所以 1ln1ln 2ln lim012n n n n →∞⎛⎞+++=⎜⎟⎝⎠", 即 21lim ln(!)0n n n →∞=, 故 21lim(!)n n n →∞=1 ……………………………………(2分)(2)过直线L 的平面束为(232)(5543)x y z x y z 0λμ+−+++−+=即 (25)(5)(34)(23)x y z 0λμλμλμλμ+++−+++= ,…………………………(2分) 若平面1π过点(4,代入得,3,1)−0λμ+=,即μλ=−,从而1π的方程为, ……………………………………(2分) 3410x y z +−+=若平面束中的平面2π与1π垂直,则3(25)4(5)1(34)0λμλμλμ⋅++⋅++⋅+=解得3λμ=−,从而平面2π的方程为253x y z 0−−+= ,………………………………(2分) (3)(),y ax by z u e au x x x +∂∂⎡⎤=++⎢⎥∂∂⎣⎦(),ax by zu e bu x y y y +⎡⎤∂∂=++ ………………(2分) ⎢⎥∂∂⎣⎦2(,).ax by z u ue b a abu x y x y x y +⎡⎤∂∂∂=++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦ ……………………………………(2分) 2z z z z x y x y ∂∂∂−−+=∂∂∂∂(1)(1)(1)(,)ax by u ue b a ab a b u x y x y +,⎡⎤∂∂−+−+−−+⎢⎥∂∂⎣⎦若使20,z z zz x y x y∂∂∂−−+=∂∂∂∂ 只有 (1)(1)(1)(,u ub a ab a b u x y x y∂∂−+−+−−+∂∂)=0, 即 1a b ==. ………………(2分) (4)由()()u y x y u x u x )2(][3+∂∂=+∂∂得()u u u x =+'43, 即241u x u du dx =−…… .(2分) 方程通解为 ()()()Cu u C udu u C du eu ex uu+=+=+=∫∫−2ln 2ln 244 . …………………(3分)由得1)2(=u 0=C , 故 3/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=x u . ……………………………………(1分)(5)因为当x >1时,1x x+≤ ………………………………(3分)≤=0()x →→∞, …………………(2分)所以 1x xx +=0。

丘成桐大学生数学竞赛试卷

丘成桐大学生数学竞赛试卷

S.-T.Yau College Student Mathematics Contests 2010Analysis and Differential EquationsTeam(Please select 5problems to solve)1.a)Let f (z )be holomorphic in D :|z |<1and |f (z )|≤1(z ∈D ).Prove that|f (0)|−|z |1+|f (0)||z |≤|f (z )|≤|f (0)|+|z |1−|f (0)||z |.(z ∈D )b)For any finite complex value a ,prove that 12π 2π0log |a −e iθ|dθ=max {log |a |,0}.2.Let f ∈C 1(R ),f (x +1)=f (x ),for all x ,then we have ||f ||∞≤ 10|f (t )|dt + 10|f (t )|dt.3.Consider the equation¨x +(1+f (t ))x =0.We assume that ∞|f (t )|dt <∞.Study the Lyapunov stability of the solution (x,˙x )=(0,0).4.Suppose f :[a,b ]→R be a L 1-integrable function.Extend f to be 0outside the interval [a,b ].Letφ(x )=12h x +h x −hf Show thatb a |φ|≤ b a |f |.5.Suppose f ∈L 1[0,2π],ˆf (n )=12π 2π0f (x )e −inx dx ,prove that 1)∞ |n |=0|ˆf(n )|2<∞implies f ∈L 2[0,2π],2)n |n ˆf (n )|<∞implies that f =f 0,a.e.,f 0∈C 1[0,2π],where C 1[0,2π]is the space of functions f over [0,1]such that both f and its derivative f are continuous functions.126.SupposeΩ⊂R3to be a simply connected domain andΩ1⊂Ωwith boundaryΓ.Let u be a harmonic function inΩand M0=(x0,y0,z0)∈Ω1.Calculate the integral:II=−Γu∂∂n(1r)−1r∂u∂ndS,where 1r=1(x−x0)2+(y−x0)2+(z−x0)2and∂∂ndenotes theout normal derivative with respect to boundaryΓof the domainΩ1.(Hint:use the formula∂v∂n dS=∂v∂xdy∧dz+∂v∂ydz∧dx+∂v∂zdx∧dy.)S.-T.Yau College Student Mathematics Contests 2010Applied Math.,Computational Math.,Probability and StatisticsTeam(Please select 5problems to solve)1.Let X 1,···,X n be independent and identically distributed random variables with continuous distribution functions F (x 1),···,F (x n ),re-spectively.Let Y 1<···<Y n be the order statistics of X 1,···,X n .Prove that Z j =F (Y j )has the beta (j,n −j +1)distribution (j =1,···,n ).2.Let X 1,···,X n be i.i.d.random variable with a continuous density f at point 0.LetY n,i =34b n (1−X 2i /b 2n )I (|X i |≤b n ).Show that n i =1(Y n,i −EY n,i )(b n n i =1Y n,i )1/2L −→N (0,3/5),provided b n →0and nb n →∞.3.Let X 1,···,X n be independently and indentically distributed ran-dom variables with X i ∼N (θ,1).Suppose that it is known that |θ|≤τ,where τis given.Showmin a 1,···,a n +1sup |θ|≤τE (n i =1a i X i +a n +1−θ)2=τ2n −1τ2+n −1.Hint:Carefully use the sufficiency principle.4.The rules for “1and 1”foul shooting in basketball are as follows.The shooter gets to try to make a basket from the foul line.If he succeeds,he gets another try.More precisely,he make 0baskets by missing the first time,1basket by making the first shot and xsmissing the second one,or 2baskets by making both shots.Let n be a fixed integer,and suppose a player gets n tries at “1and 1”shooting.Let N 0,N 1,and N 2be the random variables recording the number of times he makes 0,1,or 2baskets,respectively.Note that N 0+N 1+N 2=n .Suppose that shots are independent Bernoulli trails with probability p for making a basket.(a)Write down the likelihood for (N 0,N 1,N 2).12(b)Show that the maximum likelihood estimator of p is ˆp =N 1+2N 2N 0+2N 1+2N 2.(c)Is ˆp an unbiased estimator for p ?Prove or disprove.(Hint:E ˆp is a polynomial in p ,whose order is higher than 1for p ∈(0,1).)(d)Find the asymptotic distribution of ˆp as n tends to ∞.5.When considering finite difference schemes approximating partial differential equations (PDEs),for example,the scheme(1)u n +1j =u n j −λ(u n j −u n j −1)where λ=∆t ∆x ,approximating the PDE (2)u t +u x =0,we are often interested in stability,namely(3)||u n ||≤C ||u 0||,n ∆t ≤T for a constant C =C (T )independent of the time step ∆t and the spa-tial mesh size ∆x .Here ||·||is a given norm,for example the L 2norm orthe L ∞norm,of the numerical solution vector u n =(u n 1,u n 2,···,u n N ).The mesh points are x j =j ∆x ,t n =n ∆t ,and the numerical solutionu n j approximates the exact solution u (x j ,t n )of the PDE (2)with aperiodic boundary condition.(i)Prove that the scheme (1)is stable in the sense of (3)for boththe L 2norm and the L ∞norm under the time step restriction λ≤1.(ii)Since the numerical solution u n is in a finite dimensional space,Student A argues that the stability (3),once proved for a spe-cific norm ||·||a ,would also automatically hold for any other norm ||·||b .His argument is based on the equivalency of all norms in a finite dimensional space,namely for any two norms ||·||a and ||·||b on a finite dimensional space W ,there exists a constant δ>0such thatδ||u ||b ≤||u ||a ≤1δ||u ||b .Do you agree with his argument?If yes,please give a detailed proof of the following theorem:If a scheme is stable,namely (3)holds for one particular norm (e.g.the L 2norm),then it is also stable for any other norm.If not,please explain the mistake made by Student A.6.We have the following 3PDEs(4)u t +Au x =0,(5)u t +Bu x =0,3 (6)u t+Cu x=0,C=A+B.Here u is a vector of size m and A and B are m×m real matrices. We assume m≥2and both A and B are diagonalizable with only real eigenvalues.We also assume periodic initial condition for these PDEs.(i)Prove that(4)and(5)are both well-posed in the L2-norm.Recall that a PDE is well-posed if its solution satisfies||u(·,t)||≤C(T)||u(·,0)||,0≤t≤Tfor a constant C(T)which depends only on T.(ii)Is(6)guaranteed to be well-posed as well?If yes,give a proof;if not,give a counter example.(iii)Suppose we have afinite difference schemeu n+1=A h u nfor approximating(4)and another schemeu n+1=B h u nfor approximating(5).Suppose both schemes are stable in theL2-norm,namely(3)holds for both schemes.If we now formthe splitting schemeu n+1=B h A h u nwhich is a consistent scheme for solving(6),is this scheme guar-anteed to be L2stable as well?If yes,give a proof;if not,givea counter example.S.-T.Yau College Student Mathematics Contests2010Geometry and TopologyTeam(Please select5problems to solve)1.Let S n⊂R n+1be the unit sphere,and R n⊂R n+1the equator n-plane through the center of S n.Let N be the north pole of S n.Define a mappingπ:S n\{N}→R n called the stereographic projection that takes A∈S n\{N}into the intersection A ∈R n of the equator n-plane R n with the line which passes through A and N.Prove that the stereographic projection is a conformal change,and derive the standard metric of S n by the stereographic projection.2.Let M be a(connected)Riemannian manifold of dimension2.Let f be a smooth non-constant function on M such that f is bounded from above and∆f≥0everywhere on M.Show that there does not exist any point p∈M such that f(p)=sup{f(x):x∈M}.3.Let M be a compact smooth manifold of dimension d.Prove that there exists some n∈Z+such that M can be regularly embedded in the Euclidean space R n.4.Show that any C∞function f on a compact smooth manifold M (without boundary)must have at least two critical points.When M is the2-torus,show that f must have more than two critical points.5.Construct a space X with H0(X)=Z,H1(X)=Z2×Z3,H2(X)= Z,and all other homology groups of X vanishing.6.(a).Define the degree deg f of a C∞map f:S2−→S2and prove that deg f as you present it is well-defined and independent of any choices you need to make in your definition.(b).Prove in detail that for each integer k(possibly negative),there is a C∞map f:S2−→S2of degree k.1S.-T.Yau College Student Mathematics Contests 2010Algebra,Number Theory andCombinatoricsTeam(Please select 5problems to solve)1.For a real number r ,let [r ]denote the maximal integer less or equal than r .Let a and b be two positive irrational numbers such that 1a +1b = 1.Show that the two sequences of integers [ax ],[bx ]for x =1,2,3,···contain all natural numbers without repetition.2.Let n ≥2be an integer and consider the Fermat equationX n +Y n =Z n ,X,Y,Z ∈C [t ].Find all nontrivial solution (X,Y,Z )of the above equation in the sense that X,Y,Z have no common zero and are not all constant.3.Let p ≥7be an odd prime number.(a)Evaluate the rational number cos(π/7)·cos(2π/7)·cos(3π/7).(b)Show that (p −1)/2n =1cos(nπ/p )is a rational number and deter-mine its value.4.For a positive integer a ,consider the polynomialf a =x 6+3ax 4+3x 3+3ax 2+1.Show that it is irreducible.Let F be the splitting field of f a .Show that its Galois group is solvable.5.Prove that a group of order 150is not simple.6.Let V ∼=C 2be the standard representation of SL 2(C ).(a)Show that the n -th symmetric power V n =Sym n V is irre-ducible.(b)Which V n appear in the decomposition of the tensor productV 2⊗V 3into irreducible representations?1。

2010年大学生数学竞赛试题及解答

2010年大学生数学竞赛试题及解答

(1)计算积分222,0,0.xxee dx xαβαβ--+∞->>⎰解 方法一 直接利用分部积分法得222xxee dx xαβ--+∞-⎰221()()xxeedx xαβ+∞--'=--⎰221(22)()xxxexe dx xαβαβ+∞--=--+-⎰22(22)xxeedx αβαβ+∞--=--⎰)22(2πβπα⋅-⋅-=)(αβπ-=;方法二 不妨设0αβ<<,由于dyexe e yxxx⎰---=-βαβα2222,而积分2yxe dx +∞-⎰关于y 在[,]αβ上一致收敛,故可交换积分次序222xxee dx xαβ--+∞-⎰2yxdx edy βα+∞-=⎰⎰2yxdy edxβα+∞-=⎰⎰dy y⎰=βαπ21)(αβπ-=;方法三 将0β>固定,记222(),0xxee I dx xαβαα--+∞-=>⎰ , 可证()I α在(0,)+∞上收敛.设[,),0αδδ∈+∞> , 因为22xxe eαδ--≤,而2xedx δ∞-⎰+0收敛,所以由Weierstrass 判别法知道2xedx α∞-⎰+0对[,)αδ∈+∞一致收敛.所以可以交换微分运算和积分运算的次序, 即222()()xxee I dx xαβαα--+∞∂-'=∂⎰2()xedx α+∞-=-⎰12πα=-.由δ的任意性,上式在(0,)+∞上成立. 所以 ()I C απα=-+,由于()0,,I C βπβ==所以)()(αβπα-=I ,即dx xe exx⎰∞+---0222βα)(αβπ-=.(2)若关于x 的方程211kx x +=,()0k >在区间()0,+∞内有唯一的实数解,求常数k.解:设()211f x kx x=+-,则有()32f x k x'=-,当1320,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,()0f x '<;当132,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,()0f x '>. 由此()f x 在132x k ⎛⎫= ⎪⎝⎭处达到最小值,又()211f x kx x=+-在()0,+∞内有唯一的零点,必有1320f k ⎛⎫⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,13322102k k k ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 3212331214k ⎛⎫⎛⎫ ⎪+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,22714k ⋅=, 所以233k =.(3)设函数()f x 在区间[],a b 上连续,由积分中值公式,有()()()xaf t dt x a f ξ=-⎰,()a x b ξ≤≤≤,若导数()f a +'存在且非零,求lim x aax aξ+→--.解:()()()()()()()xaf t f a dt x a f f a ξ-=--⎰,()()()()()()21xaaa f t f a dt x af f a x a ξξξ--=⋅----⎰, 由条件,可知()()()1l i m x aaf f a f a ξξ+→+-='-,()()()()()()()()21lim lim 22xax ax af t f a dtf x f a f a x a x a +++→→--'==--⎰,故有1lim 2x aax aξ+→-=-.二、设函数()f x 在0x =附近可微,()00f =,()0f a '=,定义数列22212n n x f f f n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.证明:{}n x 有极限并求其值.证明:由导数的定义, 对于任意0ε>,存在0δ>,当0||x δ<<时,有()f x a xε-<.于是()()()a x f x a x εε-<<+,()0x δ<<从而,当1nδ->时,有21k nnδ<<,()()222kk k a f a n n n εε⎛⎫-<<+ ⎪⎝⎭,其中1,2,,k n = .对于上式求和,得到()()2211nnn k k k k a x a nnεε==-<<+∑∑,即()()1122n n n a x a nnεε++-<<+,令n →∞,有()()11lim lim 22nn n n a x x a εε→∞→∞-≤≤≤+,由0ε>的任意性,得到 lim 2n n a x →∞=.设()f x 在()1,1-上有定义,在0x =处可导,且()00f =.证明:()210lim2nn k f k f n →∞='⎛⎫= ⎪⎝⎭∑.三、设函数f在[0,)+∞上一致连续,且对任何[0,1]x ∈,有()0limn f x n →∞+=,证明:()0lim x f x →+∞=。

关于分段函数定积分的计算

关于分段函数定积分的计算

0
0
ln2
ln7
2
Q Q [ ex ] dx + [ ex ] dx =
ln6
ln7
ln2
ln3
ln7
2
Q Q Q Q 1dx + 2dx + ,+ 6dx + 7dx =
0
ln2
ln6
ln7
14 - ln7! .
2. 2 分段有界有无限个间断点函数的情况
E Q n
2kP+
P 2
cosx
k= 0 2kP
f ( x) =
, ,, ,, ,, ,, ,,
f n( x),
x n- 1 [ x [ x n = b,
而 F( x ) 是 f ( x ) 任一原函数, F( x ) 为连续函数, 且
F1( x), a = x 0 [ x < x1,
F2( x), x1 [ x < x2 ,
F( x) =
, ,, ,, ,, ,, ,,
sinx - 1,
- 1 [ x [ 0, 0 < x [ 1.
解 因为 f ( x ) 在[ - 1, 1] 上有界且只有一个
间断点, 由定理 4 及定积分的性质, 有
1
0
1
Q Q Q f ( x ) dx = x dx + ( sinx - 1) dx =
-1
-1
0
x2 2
0
+ (-
-1
cosx -
Keywords: def init e int egral, piecew ise cont inuous f unct io n, piecew ise bounded funct io n

首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案(数学类2010)

首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案(数学类2010)

首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案(数学类,2010)一、 填空题(1) 设0βα>>,则222xxdx e e xβα−−+∞−∫. (2)若关于x 的方程211(0)kx k x +=>在区间(0,)+∞中有惟一实数解,则常数k =9. (3)设函数()f x 在区间[,]a b 上连续.由积分中值公式有()()()xaf t dt x a f ξ=−∫()a x b ξ≤≤<.若导数()f a +′存在且非零, 则lim x aax aξ+→−−的值等于12. (4)设()6a b c ×= i ,则[()()]()a b b c a c +×++i =___12________.二、设()f x 在(1,1)−内有定义,在0x =处可导,且(0)0f =.证明: '21(0)lim2nn k k f f n →∞=⎛⎞=⎜⎟⎝⎠∑. 证: 根据题目假设和泰劳展开式,我们有'()(0)(0)(),f x f f x x x α=++其中()x α是x 的函数,(0)0,α=且()0,0x x α→→当。

因此,对于任意给定的0ε>,存在0δ>,使得(),x x αεδ<<只要。

对于任意自然数n 和k n ≤,我们总有'2222(0)k k k k f f n n n nα⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠。

取1N δ−>,对于上述给定的0ε>,便有2,,k n N k n n αε⎛⎞<>≤⎜⎟⎝⎠只要。

于是,'222111(0),nn nk k k k k k f f n N n n nε===⎛⎞−≤>⎜⎟⎝⎠∑∑∑只要。

此式又可写成'21111(0)(1)(1),22nk k f f n N n n n ε=⎛⎞−+≤+>⎜⎟⎝⎠∑只要。

令n →∞,对上式取极限即得'211lim sup (0)22nn k k f f n ε→∞=⎛⎞≤+⎜⎟⎝⎠∑和'211lim inf (0)22nn k k f f n ε→∞=⎛⎞≥−⎜⎟⎝⎠∑由ε的任意性,即得'22111lim suplim inf (0)2nnn n k k k k f f f n n →∞→∞==⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∑∑。

丘成桐大数学数学竞赛试题

丘成桐大数学数学竞赛试题

丘成桐大数学竞赛试题是一套精心设计的数学挑战题目,旨在考察参赛者的数学能力和创造力。

这些试题涵盖了多个数学领域,包括代数、几何、组合数学、数论等,需要参赛者运用各种数学技巧和理论知识来解决。

对于这些试题,没有一个标准的800字回答,因为每个参赛者可能会有自己独特的解题思路和方法。

然而,我可以给出一些一般性的建议,帮助你更好地理解这些试题并尝试解答。

首先,你需要仔细阅读试题,理解问题的背景和要求。

这将帮助你了解需要解决的具体问题和所需的数学知识。

然后,你可以尝试从不同的角度思考问题,并尝试使用不同的方法来解决它。

你可以尝试使用基本的数学技巧和理论知识,也可以尝试使用更高级的数学方法和技巧。

在解答过程中,你需要保持清晰的思维和逻辑推理。

你可以使用草稿纸和笔来记录你的思考过程和解题步骤,以确保你不会错过任何重要的细节或步骤。

同时,你需要确保你的答案符合问题的要求和标准答案的要求。

在解答完成后,你需要仔细检查你的答案,以确保没有遗漏或错误。

你可以使用不同的方法来验证你的答案,并与其他参赛者或教师交流,以获得反馈和建议。

最后,你需要保持冷静和自信。

即使你遇到了一些困难或挑战,也不要失去信心和耐心。

你可以尝试使用不同的方法或寻求帮助来解决问题。

同时,你需要保持积极的态度和心态,相信自己能够成功地完成比赛并展示自己的数学才华。

总之,丘成桐大数学竞赛试题是一套具有挑战性的数学试题,需要参赛者运用自己的数学知识和技能来解答。

在解答过程中,你需要保持清晰的思维、逻辑推理和耐心自信的心态。

同时,与其他参赛者或教师交流、验证答案和保持积极的态度也是非常重要的。

希望这些建议能够帮助你更好地理解丘成桐大数学竞赛试题并成功地完成比赛!。

2010年全国大学生数学竞赛预赛

2010年全国大学生数学竞赛预赛

1
4
D
4xdxdy 0.
n! n!
In s In1 s2 In2 sn I0 sn1
(4)设函数 f (t) 有二阶连续导数,r
2g x2
2g y2
x2
y2 , g(x, y)
f
1 r
,求
解:
(5)求直线
x y 0
l1
:
z
0
与直线
l2
:
x2 4
y 1 2
z3 1
的距离。
解:
二、(15分)设函数 f (x) 在 (, ) 上具有二阶导数,并且
(1)设 xn (1 a)(1 a2) (1 a2n ),
其中,| a |1,

lim
n
xn
.
解.:(1)xn 1 a1 a2 1 a2n xn 1 a1 a1 a2 1 a2n 1 a
1 a2 1 a2 1 a2n 1 a 1 a2n1 1 a
lim n
abc3
a2 b2
c2
由轮换对称性,
x2dV
4 15
a
3bc,
y2dV
4 ab3c
15
I d 2dV 1 2 4 a3bc 1 2 4 ab3c 1 2 4 abc3
15
15
15
4 abc 1 2 a2 1 2 b2 1 2 c2 15
2 a b c
1椭球上一点px, y, z到直线的距离
d 2 1 2 x2 1 2 y2 1 2 z2 2 xy 2zy 2zx
xydV yzdV zxdV 0
z2dV
c z2dz
dxdy
c x2 y 2 1 z 2

大学生数学知识竞赛试题及答案

大学生数学知识竞赛试题及答案

趣味数学知识竞赛复习题一、填空题1、(苏步青)是国际公认的几何学权威,我国微分几何派的创始人。

2、(华罗庚)是一个传奇式的人物,是一个自学成才的数学家。

3、编有《三角学》,被称为“李蕃三角”且自称为“三书子”的是(李锐夫)。

4、世界上攻克“哥德巴赫猜想”的第一个人是(陈景润)。

5、(姜立夫)是现代数学在中国最早而又最富成效的播种人”,这是《中国大百科全书》和《中国现代数学家传》对他的共同评价。

6. 设有n个实数,满足|xi|<1(I=1,2,3,…,n), |x1|+|x2|+…+|xn|=19+|x1+x2+…+xn| ,则n的最小值207. 三角形的一个顶点引出的角平分线,高线及中线恰将这个顶点的角四等分,则这个顶角的度数为___90°___8. 某旅馆有2003个空房间,房间钥匙互不相同,来了2010们旅客,要分发钥匙,使得其中任何2003个人都能住进这2003个房间,而且每人一间(假定每间分出的钥匙数及每人分到的钥匙数都不限),最少得发出_16024______把钥匙.9. 在凸1900边形内取103个点,以这2003个点为顶点,可将原凸1900边形分割成小三角形的个数为______2104 _____.10. 若实数x满足x4+36<13x2,则f(x)=x3-3x的最大值为______18_____11 ."我买鸡蛋时,付给杂货店老板12美分,"一位厨师说道,"但是由于嫌它们太小,我又叫他无偿添加了2只鸡蛋给我。

这样一来,每打(12只)鸡蛋的价钱就比当初的要价降低了1美分。

" 厨师买了_18只鸡蛋?12.已知f(x)∈[0,1],则y=f(x)+1的取值范围为___[7/9,7/8]____13. 已知函数f(x)与g(x)的定义域均为非负实数集,对任意的x≥0,规定f(x)*g(x)=min{f(x),g(x)}.若f(x)=3-x,g(x)=,则f(x)*g(x)的最大值为____(2√3-1)_____14.已知a,b,cd∈N,且满足342(abcd+ab+ad+cd+1)=379(bcd+b+d),设M=a×103+b×102+c×10+d,则M的值为______ 1949 ___.15. 用E(n)表示可使5k是乘积112233…nn的约数为最大的整数k,则E(150)=__2975_________16. 从1到100的自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于100,则可有_2500________种不同的取法.17. 从正整数序列1,2,3,4,…中依次划去3的倍数和4的倍数,但是其中是5的倍数均保留,划完后剩下的数依次构成一个新的序列:A1=1,A2=2,A3=5,A4=7,…,则A2003的值为____3338_____.18. .连接凸五边形的每两个顶点总共可得到十条线段(包括边在内),现将其中的几条线段着上着颜色,为了使得该五边形中任意三个顶点所构成的三角形都至少有一条边是有颜色的则n的最小值是_ 419. 已知x0=2003,xn=xn-1+ (n>1,n∈N),则x2003的整数部分为_______2003___21. 已知ak≥0,k=1,2,…,2003,且a1+a2+…+a2003=1,则S=max{a1+a2+a3,a2+a3+a4,…, a2001+a2002+a2003}的最小值为________3/2007 _.22. 对于每一对实数x,y,函数f满足f(x)+f(y)=f(x+y)-xy-1,若f(1)=1,那么使f(n)=n(n≠1)的整数n共有_1个.23.在棱长为a的正方体内容纳9个等球,八个角各放一个,则这些等球最大半径是____. (√3-3/2)a ___24.已知a,b,c都不为0,并且有sinx=asin(y-z),siny=bsin(z-x),sinz=csin(x-y).则有ab+bc+ca=__-1 _____.二、选择题1、被誉为中国现代数学祖师的是(1、C )。

2010年大学生数学竞赛试题参考解答

2010年大学生数学竞赛试题参考解答

6. 已知 u f ( x, y) 满足 r
u u u u , 。 x, y ,这里 ( , r ) 为极坐标。求 y r x
u u u u u u cos sin r x y y y x r cos r x r x 解: , 。 y r sin u u r ( sin ) u r cos u u ( y ) u x y y x x u u x x y y x u 2 xy u x 2 y 2 2 2 由条件知 ,解之得: , . 2 y x y 2 x x y u ( y ) u x y y x
1 令 ( x) e x e x x 2 2 ,则 ( x) 为偶函数,且 (0) 0 。 2
1 6
( ' x) e x e- x x , ''( x) e x e x 1 。
显然, ''( x) 0 , '( x) 单调增加。 x 0 时 '( x) '(0) 0 。

t2 1 4 dt t 3 3 。 2 6 0 3 1 t
2
4 故 S S1 S2 3 。 3
另解:利用曲线积分。由曲线积分可知 S
1 1 ydx xdy [ ] , 2L 2 L1 L2
其中 L1 为红色曲线, L2 为线段 x 1 (2 y 0) 。
解:由条件知 F ( x) F ( x) x(1 x)e2 x 。 两边积分 F ( x) F '( x)dx x(1 x)e2 x dx 得

全国大学生数学竞赛初赛2010年第二届《非数学专业》竞赛题目及答案解析高清无水印版

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的 对 称 式 方 程 为 l1 :
1
1
0
,记两直线的方向向量分别为
l1 1, 1, 0 ,l2 4, 2, 1 ,两直线上两定点分别为P1(0, 0, 0), P2(2, 1, 3),并记
a
P1P2
2, 1, 3 ,l1
l2
1, 1,6;
a
l1
l2
| 2 1 18 |
19
其中 x, y, z | x2 y2 z2 1 而
a2 b2 c2
x2dV a x2 dx
a
y2 z2
dy dz
x2
a x2
a
ab 1
x2 a2
dx
4a 3bc 15
.
1
b2 c2
a2
4
或者使用换元法,有
x2dV
2
d
d
1
a
2r
2
0
0
0
sin2
cos2
abcr2
x2
dy
D
4xd x
dy
0.
6
C
x4 y2
的值为常数.
(1) 设 L 为正向闭曲线(x 2)2 y2 1 . 证明:
2xy d x (x)d y 0;
L
x4 y2
2xy d x (x)d y
(2) 求函数(x) ; (3) 设C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求
C
x4 y2
.
2xy d x (x)d y
【参考答案】设
L
x4 y2
I ,将曲线L 分割成两段L L1 L2 。设L0 不经过原点的
光滑曲线,使得 L0 L1 和 L0 L2 分别组成围绕原点的分段光滑闭曲线. 由已知条件可知 L0 L1 和
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Prove that T f ∈ C ([0, 1]). Moreover Ω = {T f | ||f ||sup ≤ 1} is precompact in C ([0, 1]), i.e. every sequence in Ω has a converging subsequence, here ||f ||sup = sup{|f (x)||x ∈ [0, 1]}. Proof. First use polynomials to approximate K in the L1 norm, then use uniform continuity property of a polynomial function to show that T fn are uniformly continuous. 6. Prove the Poisson summation formula:
1
2
5. Let K (x, y ) ∈ C ([0, 1] × [0, 1]). For all f ∈ C [0, 1], the space of continuous functions on [0, 1], define a function
1
T f (x) =
0
K (x, y )f (y )dy
2. Let f : R → R be any function. Prove that the set of points x in R where f is continuous is a countable intersection of open sets. Proof. Use the definition of a continuous function. 3. Consider the equation x ˙ = −x + f (t, x), where |f (t, x)| ≤ φ(t)|x| for ∞ all (t, x) ∈ R×R, φ(t)dt < ∞. Prove that every solution approaches zero as t → ∞. 4. Find a harmonic function f on the right half-plane such that when approaching any point in the positive half of the y -axis, the function has limit 1, while when approaching any point in the negative half of the y -axis, the function has limit −1. Proof. Use conformal mapping to map the right half plane to the unit disk, then apply Poisson formula of harmonic function with boundary value over the unit circle.
n
Xi −→ 1.
i=1
P
3. Let Z1 , · · · , Z6 be i.i.d. random variables with Zi ∼ N (0, 1). Set U2 = (Z1 Z2 + Z3 Z4 + Z5 Z6 )2 , 2 2 2 Z2 + Z4 + Z6 V2 =
2 2 ) + Z4 U 2 (Z2 . 2 2 U + Z6
Find and identify the densities of U 2 and V 2 . 4. Suppose that three characteristics in a large propulation can be observed according to the following frequencies p1 = θ 3 , p2 = 3θ(1 − θ), p3 = (1 − θ)3 , where θ ∈ (0, 1). Let Nj , j = 1, 2, 3 be the observed frequencies of characteristic j in a random sample of size n. (a) Construct the approximate level (1 − α) maximum likelihood confidence set for θ. (b) Derive the asymptotic distribution for the frequency substitution ˆ2 = 1 − (N3 /n)1/3 . estimator θ 5. (1) Suppose S= σ uT , 0 Sc T = τ vT , 0 Tc b= β , bc
(1) (2)
σ uT 0 Sc
(b) Denote the (i, j )th entry of U1 and U2 by uij and uij respectively. Let xi and bi be the ith component of the vectors x and b respectively. The previous part (a) inspires us to find the components of the solution step by step in a backward manner, i.e., we start from xn , and then find xn−1 , . . . , x1 . Note that the last component xn can be explicitly found by
S.-T. Yau College Student Mathematics Contests 2010
Analysis and Differential Equations
Individual Solution
1. a) Let xk , k = 1, . . . , n be real numbers from the interval (0, π ) and

f (x + 2πn) =
n=−∞
1 2π

ˆ(k )eikx f
−∞
for all f of functions over R in the Schwartz space: S = {f : (1 + x2 )m |f (n) (x)| ≤ Cm,n , m, n ≥ 0} ˆ(ξ ) = where f
where σ , τ and β are scalars, Sc and Tc are n-by-n matrices, and bc is an n-vector. Show that if there exists a vector xc such that (Sc Tc − λI )xc = bc
(2) xn = bn /(u(1) nn unn − λ),
and furthermore we let wn = unn xn . Suppose we have already obtained xk+1 , . . . , xn and let x(k+1) = [xk+1 , . . . , xn ]T . Then we get w(k+1) = (k+1) (k+1) [wk+1 , . . . , wn ]T = U2 x . At the current stage, we symbolize the lower right (n − k + 1)-by-(n − k + 1) submatrices of U1 and U2 by U1
n
xi define x =
i=1
n
. Show that sin xk ≤ xk k=1
n
sin x x √
n
.
b) From
π , 2 0 ∞ calculate the integral 0 sin(x2 )dx. e
− x2

dx =
Proof. a) Apply inequality of convex functions to f (x) = log(sin(x)/x).
n
E(
i=1
Zi |Z1 − Z2 + Z3 ).
2. Let X1 , · · · , Xn be pairwise independent. Further, assume that EXi = 1 + i−1 and that max1≤i≤n E |Xi |1+ < ∞ for some > 0. Show that 1 n
1
2
and wc = Tc xc is available, then x= γ , xc γ= β − σ vT xc − uT wc στ − λ
solves (ST − λI )x = b. (2) Hence or otherwise, derive an O(n2 ) algorithm for solving the linear system (U1 U2 − λI )x = b where U1 and U2 are n-byn upper triangular matrices, and (U1 U2 − λI ) is nonsingular. Please write down your algorithm and prove that it is indeed of O(n2 ) complexity. (3) Hence or otherwise, derive an O(pn2 ) algorithm for solving the linear system (U1 U2 · · · Up − λI )x = b where {Ui }p i=1 are all nby-n upper triangular matrices, and (U1 U2 · · · Up − λI ) is nonsingular. Please write down your algorithm and prove that it is indeed of O(pn2 ) complexity. Proof. (a) If Sc Tc − λI is nonsingular, it means det(Sc Tc − λI ) = 0, or in other words, λ is not the eigenvalue of Sc Tc , then there exists a vector xc = (Sc Tc − λI )−1 bc which satisfies (Sc Tc − λI )xc = bc , and we have (ST − λI )x = = = λ 0 γ τ vT − 0 λI xc 0 Tc β − σ vT xc − uT wc T T στ − λ σ v + u Tc στ − λ 0 Sc Tc − λI xc β = b. bc
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