全國大學生數(shù)學競賽決賽試卷及參考答案（非數(shù)學類）

1、1)極限 limXT8第六屆全國大學生數(shù)學競賽決賽試卷參考答案(非數(shù)學類, 2015年 3 月)1 du y0 丄的值是。答案0dufl020 eu du) 2e解: lim = lim w f0e2u2duw2 e du=limr = 0 x 2 xe(2)設實數(shù)a豐0，微分方程y- ay 2 = 0y(0) = 0, y (0) = -1的解是。答案：y = - ln(ax + 1)解：記 p = y，則 p- ap2 = 0，就是 adpP2=adx,從而- = ax+q，由 p(0) = -1 得 q 二 0。故有 pdy = _Ldx axy = -ln(ax + C?)。再有 y(

2、0) = 0 得 c? = 1，故y =-丄ln(ax +1)。 a 2 2 a(3)設 A =(久0-1則 A50 =答案：0-502490才。502490、0才。/解：0、0，則B2為零矩陣,0 JA50=(4 + B )50 = 4 E + 5049 B =0-50249050249解：xdy - ydx(5)設曲線積分I =也一,其中L是以(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)為頂點的正方比 |x| + A|形的邊界曲線，方向為逆時針，則I =。答案: 4解：曲線L的方程為|x| + |y|= 1，記該曲線所圍區(qū)域為D。由格林公式I =由 xdy - ydx = |J (1

3、 +1)dxdy = 2a(D)=L(6)設D是平面上由光滑封閉曲線圍成的有界區(qū)域，其面積為A0,函數(shù)f (x,y)在該區(qū)(1、域及其邊界上連續(xù)，函數(shù)f (x, y)在D上連續(xù)且f (x, y)0 .記Jn = JJ f1 n(x, y)da(A d丿求極限 lim J n .JJ In f (x, y )d (1 答案：exp IAnT+s n解.設 F(t) = -A JJ f (x, y)db ,則 lirri Jn = lirri (F(t) = 1呷 exp 山 F)A DnT+stT0tT0t卿譽=lrm=(n F (t) )11=0=需廠 F(。).故有 Ims Jn = exp

4、 (F (0) = exp -A JJln f (x, y)da .ni+i(A D丿=0。量之間的夾角為込。若函數(shù)f(x J)在點P0有連續(xù)偏導，證明nj =1則有證：不妨設厶為單位向量，且設因此 三設A】,A2, BB2均為n階方陣，其中A2, B2可逆。證明：存在可逆陣P, Q使PAQ = Bi (i = 1,2)成立的充要條件是A1A；1和B1B；1相似。（6 分）證若存在可逆陣P,Q使PAQ = Bi(i = 1,2)，則B； = Q1 A21 P1，所以B1 B2_ = PAA2_P，故 AA2 和 BB_2 相似。反之，若A1 A12和BB2相似，則存在可逆陣C，使C1 A1A2

5、1C =。于是C1 AA2 CB = B。令 P = C，Q = ACB2，則 P, Q 可逆，且滿足PAiQ=Bi（i=1,2）（14分）1 8 1四設p 0，X = ，xP+1 = xp + x2p （n = 1,2，），證明y-收斂并求其和。4宕1+xnp【解】記y” =對，由題設，y”+1 = yn + y；， y”+1 yn = y； 0，所以y”+ yn。（2 分）設兒收斂，即有上界，記A = limyn 閆 0。從而A = A + A2，所以A=0，矛盾。故 yn t +8。（8 分）由 yn+1 = y（ + yn ），即 卩=） = T得yn+1 y（n1+ yn）yn1+

6、ynk=11 + yk丄y丄 t 丄=4p。（14 分）yn+1y1五(1)展,)上的函數(shù)f (x) =|x I成傅里葉級數(shù)，并證明U(2)求積分I = du的值.0 1+ eu解(1) f (x)為偶函數(shù),其傅里葉級數(shù)是余弦級數(shù).ao = f xdx =兀,an2 l2二一I x cos nxdx =-(cos n兀一 1)= 兀0龍n24兀n0,n 1,3，n 2,4，由于f (x)連續(xù),所以當x匸一兀,兀)有f( x) 一| cosx +-cos3x + 7cos5x + 疋(3252g1令x 0得到&2可，貝IS $2 S,故0兀山得 S1 蘭2 = .(5 分)1 36u(2)記g(

7、u) I* “，則在0, +g)上成立g(u) ueu ue2u + ue3u -.1+e一記該級數(shù)的前n項和為Sn(u),余項為rn(u) g(u) - Sn(u).則由交錯(單調)級數(shù)的性質rn(u) ue(n+1)u.因為 I0 uenudu =右，就有 r (”)11du 7(n +1)2這樣就有I0S(nu)du+I0rn(u)du t (-1)k-10 0k 1I7+(13分)+g 由于 limI ns J 0rn(u)du 0,故所以i+2以=以.再由(i)所證得i212(15分)六設f (x, J)為R2上的非負的連續(xù)函數(shù)，若I = lim ff 2 2 2 f (x,y)da

8、存在有限,則稱廣 tt+8 J J x + y t義積分ffR 2 f( x，y)da收斂于i - 設f (x, y)為R2上非負且連續(xù).若ff (x, y)da收斂于I，證明極限lim fff(x, y)da 存在且收斂于 I .t+ J J -1x,yt(2)設jj e ax 2 +2 bxy +cy 2 d a收斂于I，其中實二次型ax2 + 2bxy + cy2在正交變換下的R2標準型為A1u2 +22v2.證明&和入都小于0.解. 由于f (x, y)非負，ffx2+y2t2f(x,y)daff-tx,ytf(x,y)daffx2+y22t2f(x,y)da.當t T+oo ,上式中

9、左右兩端的極限都收斂于I，故中間項也收斂于I(3分) 記 I(t) = ff e啟+2bxy+cy2dxdy，則 lim I(t) = I. x2+y2t2tT+o記a = ： b 則ax2 + 2bxy + cy2 = (x, y) A ；因A實對稱，存在正交矩陣P使得PtAP =壽:其中入是A的特征值，也就是標準型的系數(shù).下，有 ax2 + 2bxy + cy2 = u2 + A2V2 .又由于u2 + v2 = (u, v) ； J = P (x, y) y J PT = (x2 + y2) PPT = x2 + y2,故變換把圓盤x2 + y2 2變?yōu)閁 + V 尸，且瓷書=|P|= 18(x, y) dudv = ff e*u2+2 dudv $(u, v)u 2 +專 t 2由lim It = I和(1)所證得:tT+olim ff