[家里蹲大学数学杂志]第257期第五届全国大学生数学竞赛非数学类初赛试题参考解答

 1 ($4\times 6'=24'$) 解答下列各题.

(1) 求极限 $\dps{\ls{n}\sez{1+\sin\pi\sqrt{1+4n^2}}^n}$.

解答: $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\ls{n}\sez{1+\sin\frac{\pi}{\sqrt{1+4n^2}+2n}}^n\\ &=\ls{n}\sez{1+\sin\frac{\pi}{\sqrt{1+4n^2}+2n}} ^{\dps{\frac{1}{\sin\frac{\pi}{\sqrt{1+4n^2}+2n}}\cdot n\sin\frac{\pi}{\sqrt{1+4n^2}+2n}}}\\ &=\exp\sed{\ls{n}\frac{\pi n}{\sqrt{1+4n^2}+2n}}\\ &=e^\frac{\pi}{4}. \eea \eeex$$

 

(2) 证明广义积分 $\dps{\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\rd x}$ 不是绝对收敛的.

证明: 由 $$\beex \bea \int_0^\infty\sev{\frac{\sin x}{x}}\rd x &\geq \int_0^\infty \frac{\sin^2x}{x}\rd x\\ &=\int_0^\infty \frac{1-\cos 2x}{x}\rd x\\ &=\frac{1}{2}\sez{\int_0^\infty \frac{1}{x}\rd x -\int_0^\infty \frac{\cos 2x}{x}\rd x} \eea \eeex$$ 及 Dirichlet 判别法即知 $\dps{\int_0^\infty \sev{\frac{\sin x}{x}}\rd x=+\infty}$, 而 $\dps{\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\rd x}$ 不是绝对收敛的.

 

(3) 设函数 $y=y(x)$ 由 $x^3+3x^2y-2y^3=2$ 所确定, 求 $y(x)$ 的极值.

解答: 对 $x^3+3x^2y-2y^3=2$ 的两边关于 $x$ 求导有 $$\bee\label{257.1.3:1} 3x^2+6xy+3x^2y'-6y^2y'=0. \eee$$ 令 $y'=0$ 有 $$\bex x(x+2y)=0\ra \sedd{\ba{ll} x=0, y=-1\\ x=-2y\ra x=-2,\ y=1 \ea}. \eex$$ 再对 \eqref{257.1.3:1} 的两边关于 $x$ 求导有 $$\bex 6x+6y+6xy'+6xy'+3x^2y''-12yy'^2-6y^2y''=0. \eex$$ 故在 $(0,-1)$ 处, $y'=0$, $$\bex 0-6-6y''=0\ra y''=-1<0, \eex$$ $y$ 在 $x=0$ 处取得极大值 $-1$; 而在 $(-2,1)$ 处, $$\bex -12+6+12y''-6y''=0\ra y''=1>0, \eex$$ $y$ 在 $x=-2$ 处取得极小值 $1$.

(4) 过函数 $y=\sqrt[3]{x}\ (x\geq 0)$ 上的点 $A$ 作切线, 使该切线与曲线及 $x$ 轴所围成的平面图形的面积为 $\dps{\frac{3}{4}}$, 求点 $A$ 的坐标.

解答: 设 $A(x,\sqrt[3]{x})$, 而过 $A$ 的切线为 $$\bex Y-\sqrt[3]{x}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}(X-x)\ra X=3\sqrt[3]{x^2}Y-2x. \eex$$ 据题意, $$\bex \frac{3}{4} =\int_0^{\sqrt[3]{x}} Y^3-\sex{3\sqrt[3]{x^2}Y-2x}\rd Y =\frac{3}{4}x^\frac{4}{3}. \eex$$ 而 $x=1$, $A(1,1)$.

  

2 ($12'$) 计算定积分 $\dps{\int_{-\pi}^\pi \frac{x\sin x \arctan e^x}{1+\cos^2x}\rd x}$.

解答: $$\beex \bea \mbox{原积分} &=\int_{-\pi}^\pi\frac{-t\sin (-t)\arctan e^{-t}}{1+\cos^2(-t)}\rd (-t)\quad(x=-t)\\ &=\int_{-\pi}^\pi \frac{x\sin x\arctan e^{-x}}{1+\cos^2x}\rd x\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2x}[\arctan e^x+\arctan e^{-x}]\rd x\\ &=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x\\ &\quad\sex{y(t)=\arctan t+\arctan t^{-1}\ra y'(t)=0\ra y(t)=y(1)=\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{\pi}{4} \sez{\int_{-\pi}^0\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x +\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x}\\ &=\frac{\pi}{4} \sez{ \int_0^\pi\frac{(t-\pi)\sin(t-\pi)}{1+\cos^2(t-\pi)}\rd t +\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x }\quad\sex{x+\pi=t}\\ &=\frac{\pi^2}{4}\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2x}\rd x\\ &-\frac{\pi^2}{4}\arctan(\cos x)|_0^\pi\\ &=\frac{\pi^3}{8}. \eea \eeex$$

  

3 ($12'$) 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处存在二阶导数, 且 $\dps{\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0}$. 证明: 级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \sev{f\sex{\frac{1}{n}}}}$ 收敛.

证明: 由题意, $f(0)=f'(0)=0$. 而 $$\bex \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}= \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{2x}=\frac{f''(0)}{2}. \eex$$ 故 $$\bex \ls{n}\frac{\sev{f\sex{\frac{1}{n}}}}{\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2}|f''(0)|. \eex$$ 由比较判别法即知级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \sev{f\sex{\frac{1}{n}}}}$ 收敛.

 

4 ($10'$) 设 $[a,b]$ 上的可微函数 $f$ 满足 $$\bex f(x)\in [0,\pi];\quad f'(x)\geq m>0,\quad\forall\ a\leq x\leq b. \eex$$ 试证: $$\bex \sev{\int_a^b \sin f(x)\rd x}\leq\frac{2}{m}. \eex$$

证明: 由 $f'\geq m>0$ 知 $f$ 严格递增, 而有反函数 $x=\phi(y)$. 于是 $$\beex \bea \sev{\int_a^b \sin f(x)\rd x} &=\sev{\int_{f(a)}^{f(b)}\sin y\cdot \phi'(y)\rd y}\quad\sex{f(x)=y,\quad x=\phi(y)}\\ &=\sev{\int_{f(a)}^{f(b)}\sin y\cdot \frac{1}{f'(\phi(y))}\rd y}\\ &\leq \frac{1}{m}\int_{f(a)}^{f(b)}|\sin y|\rd y\\ &\leq \frac{1}{m}\int_0^\pi \sin y\rd y\\ &=\frac{2}{m}. \eea \eeex$$

 

5 ($14'$) 设 $\vSa$ 是一个光滑封闭曲面, 方向朝外, 给定第二型曲面积分 $$\bex I=\iint_\vSa (x^3-x)\rd y\rd z+(2y^3-y)\rd z\rd x +(3z^3-z)\rd x\rd y. \eex$$ 试确定曲面 $\vSa$, 使得积分 $I$ 的值达到最小, 并求该最小值.

解答: 设 $\vSa$ 的内部为 $V$, 则由 Gauss 公式 $$\beex \bea I&=\iiint_V (3x^2-1+6y^2-1+9z^2-1)\rd x\rd y\rd z\\ &=3\iiint_V (x^2+2y^2+3z^2-1)\rd x\rd y\rd z. \eea \eeex$$ 为使 $I$ 最小, 只能 $$\bex V=\sed{(x,y,z); x^2+2y^2+3z^2-1\leq 0}. \eex$$ 此时, $$\beex \bea I&=\frac{3}{\sqrt{6}}\iiint_{u^2+v^2+w^2\leq 1}(u^2+v^2+w^2-1)\rd u\rd v\rd w\quad\sex{x=u,\ \sqrt{2}y=v,\ \sqrt{3}z=w}\\ &=\frac{3}{\sqrt{6}}\int_0^1 (r^2-1)\cdot 4\pi r^2\rd r\\ &=-\frac{4\sqrt{6}}{15}\pi. \eea \eeex$$

 

6 ($14'$) 设 $\dps{I_a(r)=\oint_C\frac{y\rd x-x\rd y}{(x^2+y^2)^a}}$, 其中 $a$ 为常数, 曲线 $C$ 为椭圆 $x^2+xy+y^2=r^2$, 取正向. 求极限 $$\bex \lim_{r\to +\infty}I_\alpha(r). \eex$$

解答: 对 $\dps{A=\sex{\ba{cc} 1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1 \ea}}$, 由 $|\lambda E-A|=0$ 知 $A$ 的特征值为 $$\bex \lambda_1=\frac{1}{2},\quad\lambda_2=\frac{3}{2}. \eex$$ 再由 $$\bex \lambda_1E-A\rra \sex{\ba{cc} 1&1\\ 0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $\dps{\lambda_1=\frac{1}{2}}$ 的单位特征向量为 $$\bex \eta_1=\sex{\ba{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \ea}; \eex$$ 由 $$\bex \lambda_2E-A\rra \sex{\ba{cc} 1&-1\\ 0&0 \ea} \eex$$ 知 $A$ 的属于特征值 $\dps{\lambda_1=\frac{3}{2}}$ 的单位特征向量为 $$\bex \eta_2=\sex{\ba{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \ea}. \eex$$ 令 $$\bex P=(\eta_1,\eta_2)=\sex{\ba{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}} \ea}, \eex$$ 则 $$\bex P^tAP=\sex{\ba{cc} \frac{1}{2}&\\ &\frac{3}{2} \ea},\quad A=P\sex{\ba{cc} \frac{1}{2}&\\ &\frac{3}{2} \ea}P^t. \eex$$ 故取 $$\bex \sex{\ba{cc} u\\ v \ea}=P^t\sex{\ba{cc} x\\ y \ea}, \eex$$ 即 $$\bex \sex{\ba{cc} u\\ v \ea}=\sex{\ba{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}} \ea},\quad \sex{\ba{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}} \ea}\sex{\ba{cc} x\\ y \ea} \eex$$ 后 $$\beex \bea 1&=x^2+xy+y^2 =(x,y)A\sex{\ba{cc} x\\ y \ea} =(x,y)P\cdot P^tAP\cdot P\sex{\ba{cc} x\\ y \ea}\\ & =(u,v)\sex{\ba{cc} \frac{1}{2}&\\ &\frac{3}{2} \ea}\sex{\ba{cc} u\\ v \ea} =\frac{1}{2}u^2+\frac{3}{2}v^2. \eea \eeex$$ 如此, $$\beex \bea I_a(r)&=\oint_{\frac{1}{2}u^2+\frac{3}{2}v^2=1} \frac{v\rd u-u\rd v}{(u^2+v^2)^a}\quad\sex{ x=\frac{u+v}{\sqrt{2}},\ y=\frac{-u+v}{\sqrt{2}},\ \frac{\p (x,y)}{\p (u,v)}=1>0 }\\ &=\frac{1}{r^{2(a-1)}}\int_0^{2\pi} \frac{1}{\sex{2\cos^2\theta+\frac{2}{3}\sin^2\theta}^{2a}} \cdot \sex{-\frac{2}{\sqrt{3}}\rd\theta}\\ &=-\frac{2}{\sqrt{3}r^{2(a-1)}}\int_0^{2\pi} \frac{\rd \theta}{\sex{2\cos^2\theta+\frac{2}{3}\sin^2\theta}^{2a}}\\ &\to \sedd{\ba{ll} -\infty,&a<1\\ \dps{\lim_{r\to+\infty}\oint_{\frac{1}{2}u^2+\frac{3}{2}v^2=r^2}\frac{v\rd u-u\rd v}{u^2+v^2}}\atop\dps{ =\lim_{r\to+\infty}\oint_{u^2+v^2=1}\frac{v\rd u-u\rd v}{u^2+v^2}=-2\pi},&a=1\\ 0,&a>1 \ea}. \eea \eeex$$

 

7 ($14'$) 判断级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{ 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}} {(n+1)(n+2)}}$ 的敛散性, 若收敛, 求其和.

解答: 设 $$\bex b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n},\quad a_n=\frac{b_n}{(n+1)(n+2)}=\frac{b_n}{n+1}-\frac{b_n}{n+2}, \eex$$ 则 $$\beex \bea \sum_{k=1}^n a_k &=\sum_{k=1}^n \sex{\frac{b_n}{n+1}-\frac{b_n}{n+2}}\\ &=\sex{\frac{b_1}{2}-\frac{b_1}{3}} +\sex{\frac{b_2}{3}-\frac{b_2}{4}} +\cdots+\sex{\frac{b_n}{n+1}-\frac{b_n}{n+2}}\\ &=\frac{b_1}{2} +\frac{b_2-b_1}{3} +\frac{b_3-b_2}{4} +\cdots +\frac{b_n-b_{n-1}}{n+1} -\frac{b_n}{n+2}\\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2} +\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{3}+ \cdots +\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{n} -\frac{b_n}{n+2}\\ &=\frac{1}{2} +\sex{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}} +\sex{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}} +\cdots+\sex{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}} -\frac{b_n}{n+2}\\ &=1-\frac{1}{n+1}-\frac{b_n}{n+2}. \eea \eeex$$ 由 $\dps{\ls{n}\frac{1}{n+1}=0}$ 及 $$\beex \bea \frac{b_n}{n+2}&=\frac{1}{n+2}\sez{1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}}\\ &=\frac{1}{n+2}\sez{1+\sum_{k=2}^n \int_{k-1}^k \frac{1}{x}\rd x}\\ &=\frac{1}{n+2}\sez{1+\int_1^n\frac{1}{x}\rd x}\\ &=\frac{1+\ln n}{n+1}\\ &\to 0 \eea \eeex$$ 知原级数收敛, 且和为 $1$.