[家里蹲大学数学杂志]第281期第五届[2014年]全国大学生数学竞赛[非数学类]决赛试题参考解答
一、($7\times 4'=28'$) 计算下列各题
1. 计算积分 $\dps{\int_0^{2\pi}x\int_x^{2\pi}\frac{\sin^2t}{t^2}\rd t\rd x}$.
2. 设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 且 $\dps{\int_0^1f(x)\rd x=1}$. 求一个这样的函数 $f(x)$ 使得积分 $$\bex I=\int_0^1 (1+x^2)f^2(x)\rd x \eex$$ 取得最小值.
3. 设 $F(x,y,z)$ 和 $G(x,y,z)$ 有连续偏导数, $\dps{\cfrac{\p (F,G)}{\p (x,z)}\neq 0}$, 曲线 $\dps{\vGa:\ \sedd{\ba{ll} F(x,y,z)=0\\ G(x,y,z)=0 \ea}}$ 过点 $P_0(x_0,y_0,z_0)$. 记 $\vGa$ 在 $xoy$ 平面上的投影曲线为 $S$. 求 $S$ 上过点 $(x_0,y_0)$ 的切线方程.
4. 设矩阵 $\dps{A=\sex{\ba{ccc} 1&2&1\\ 3&4&a\\ 1&2&2 \ea}}$, 其中 $a$ 为常数, 矩阵 $B$ 满足关系式 $AB=A-B+E$, 其中 $E$ 是单位矩阵且 $B\neq E$. 若 $\rank(A+B)=3$, 试求常数 $a$ 的值.
解答:
1. $$\beex \bea \int_0^{2\pi}x\int_x^{2\pi}\frac{\sin^2t}{t^2}\rd t\rd x &=\int_0^{2\pi}\frac{\sin^2t}{t^2}\rd t\int_0^t x\rd x\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\sin^2t\rd t\\ &=\frac{1}{4}\int_0^{2\pi}(1-\cos 2t)\rd t\\ &=\frac{\pi}{2}. \eea \eeex$$
2. 注意到 $$\bex \int_0^1 (1+x^2)f^2(x)\rd x\cdot \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\rd x \geq \sez{\int_0^1 \pm f(x)\rd x}^2=1, \eex$$ 我们有 $I$ 的最小值为 $\cfrac{4}{\pi}$, 且当 $I=\cfrac{4}{\pi}$ 时, $$\bex \left.\ba{ll} \pm \sqrt{1+x^2}f(x)=\cfrac{C}{\sqrt{1+x^2}}\\ \dps{\int_0^1 f(x)\rd x=1} \ea\right\}\ra f(x)=\frac{4}{\pi(1+x^2)}. \eex$$
3. 由 $\dps{\cfrac{\p (F,G)}{\p (x,z)}\neq 0}$ 知 $F_z\neq 0$ 或 $G_z\neq 0$. 不妨设 $F_z\neq 0$, 而可在 $P_0$ 附近局部地由 $F(x,y,z)=0$ 解出 $z=f(x,y)$, 将其代入 $G(x,y,z)=0$ 即得 $$\bex S:\quad G(x,y,f(x,y))=0. \eex$$ 其法向量为 $$\bex \sex{G_x+G_zf_x,G_y+Gzf_y}=\sex{G_x-G_z\cfrac{F_x}{F_z},G_y-G_z\cfrac{F_y}{F_z}}. \eex$$ 故 $S$ 上过点 $(x_0,y_0)$ 的切线方程为 $$\bex \sex{G_x-G_z\cfrac{F_x}{F_z}}(x-x_0)+ G_y-G_z\cfrac{F_y}{F_z}(y-y_0)=0, \eex$$ 或者等价地, $$\bex \cfrac{\p(F,G)}{\p(x,z)}(x-x_0)+\cfrac{\p(F,G)}{\p(y,z)}(y-y_0)=0. \eex$$
4. (这里 $\rank(A+B)=3$ 没用到) 由 $$\bex AB=A-B+E\ra (A+E)(B-E)=0 \eex$$ 及 $B-E\neq 0$ 知 $(A+E)x=0$ 有非零解, 而 $$\bex 0=|A+E|=13-2a\ra a=\cfrac{13}{2}. \eex$$
二、($12'$) 设 $f\in C^4(-\infty,+\infty)$, 且 $f(x)$ 满足 $$\bee\label{2:eq1} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x+\tt h)h^2, \eee$$其中 $\tt$ 是与 $x,h$ 无关的常数, 证明 $f$ 是不超过三次的多项式.
证明: \eqref{2:eq1} 关于 $x$ 求二阶导有 $$\bex f''(x+h)=f''(x)+f'''(x)h+\cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+\tt h)h^2. \eex$$ 用 $\tt h$ 代替 $h$ 得 $$\bex f''(x+\tt h)=f''(x)+f'''(x)\tt h+\cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h^2. \eex$$ 代入 \eqref{2:eq1} 有 $$\bee\label{2:eq2} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x)h^2+\cfrac{1}{2}f'''(x)\tt h^3 +\cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h^4. \eee$$另据 Taylor 展式, $$\bee\label{2:eq3} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x)h^2+\cfrac{1}{6}f'''(x)h^3 +\cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+\tau_{x,h}h)h^4. \eee$$比较 \eqref{2:eq2} 与 \eqref{2:eq3}, 我们知 $$\bee\label{2:eq4} \cfrac{1}{2}f'''(x)\tt+\cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h =\cfrac{1}{6}f'''(x)+\cfrac{1}{24} f^{(4)}(x+\tau_{x,h})h. \eee$$令 $h\to 0$, 即得 $\tt=\cfrac{1}{3}$. 代入 \eqref{2:eq4}, 有 $$\bex \cfrac{1}{36}f^{(4)}\sex{x+\cfrac{1}{9}h} =\cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+\tau_{x,h}h). \eex$$ 再令 $h\to 0$ 即得 $f^{(4)}(x)=0, \forall\ x$. 故有结论.
三、($12'$) 设当 $x>-1$ 时, 可微函数 $f(x)$ 满足条件 $$\bex f'(x)+f(x)-\cfrac{1}{x+1}\int_0^x f(t)\rd t=0, \eex$$ 且 $f(0)=1$. 试证: 当 $x\geq 0$ 时, $$\bex e^{-x}\leq f(x)\leq 1. \eex$$
证明: $$\beex \bea &\quad f'(x)+f(x)-\cfrac{1}{x+1}\int_0^x f(t)\rd t=0\\ &\ra f'(x)+f(0)+\int_0^x f'(s)\rd s -\cfrac{1}{x+1}\int_0^x \sez{f(0)+\int_0^t f'(s)\rd s}\rd t=0\\ &\ra f'(x)+1+\int_0^x f'(s)\rd s -\cfrac{x}{x+1}-\cfrac{1}{x+1}\int_0^x (x-s)f'(s)\rd s=0\\ &\ra f'(x)+\cfrac{1}{x+1}+\cfrac{1}{x+1}\int_0^x (s+1)f'(s)\rd s=0\\ &\ra (x+1)f'(x)+1+\int_0^x(s+1)f'(s)\rd s=0\\ &\ra F'(x)+1+F(x)=0\quad \sex{F(x)=\int_0^x (s+1)f'(s)\rd s}\\ &\ra [e^xF(x)]'=-e^x\\ &\ra e^xF(x)=1-e^x\\ &\ra F(x)=e^{-x}-1\\ &\ra (x+1)f'(x)=-e^{-x}\\ &\ra f'(x)=-\cfrac{e^{-x}}{x+1}\\ &\ra -e^{-x}\leq f'(x)\leq 0\\ &\ra e^{-x}\leq f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)\rd t\leq 1. \eea \eeex$$
四、($12'$) 设 $D=\sed{(x,y);0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1}$, $\dps{I=\iint_D f(x,y)\rd x\rd y}$, 其中函数 $f(x,y)$ 在 $D$ 上有连续二阶偏导数. 若对任何 $x,y$ 有 $f(0,y)=f(x,0)=0$ 且 $\dps{\cfrac{\p^2f}{\p x\p y}\leq A}$. 证明: $I\leq \cfrac{A}{4}$.
证明: 由 $$\bex f(0,y)=f(x,0)=0 \eex$$ 知 $$\bex f_y(0,y)=f_x(x,0)=0. \eex$$ 而 $$\beex \bea f(x,y)&=f(0,y)+\int_0^x f_\xi(\xi,y)\rd \xi\\ &=\int_0^x \sez{ f_\xi(\xi,0)+\int_0^y f_{\xi\eta}(\xi,\eta)\rd \eta }\rd \xi\\ &=\int_0^x\int_0^y f_{\xi\eta}(\xi,\eta)\rd \eta\rd \xi\\ &\leq Axy,\\ I&\leq A\iint_D xy\rd x\rd y=A\int_0^1 x\rd x\cdot \int_0^1 y\rd y =\frac{A}{4}. \eea \eeex$$
五、($12'$) 设函数 $f(x)$ 连续可导, $P=Q=R=f((x^2+y^2)z)$, 有向曲面 $\vSa_t$ 是圆柱体 $x^2+y^2\leq t^2,\ 0\leq z\leq 1$ 的表面, 方向朝外, 记第二型曲面积分 $$\bex I_t=\iint_{\vSa_t}P\rd y\rd z+Q\rd z\rd x+R\rd x\rd y. \eex$$ 求极限 $\lim_{t\to 0^+}\cfrac{I_t}{t^4}$.
解答: 由 Stokes 公式, $$\beex \bea I_t&=\iiint_{x^2+y^2\leq t^2\atop 0\leq z\leq 1} (P_x+Q_y+R_z)\rd x\rd y\rd z\\ &=\iiint_{x^2+y^2\leq t^2\atop 0\leq z\leq 1} [x^2+y^2+2(x+y)z]\rd x\rd y\rd z\\ &=2\pi \int_0^1 \rd z\int_0^t r^2f'(r^2z)r\rd r\\ &\quad +2\int_0^1 z\rd z\int_0^t f'(r^2z)r^2\rd r\int_0^{2\pi}(\cos\tt+\sin\tt)\rd \tt\\ &=2\pi \int_0^t r^3\rd r \int_0^1 f'(r^2z)\rd z\\ &=2\pi \int_0^t r[f(r^2)-f(0)]\rd r. \eea \eeex$$ 故 $$\beex \bea \lim_{t\to 0^+}\cfrac{I_t}{t^4} &=\lim_{t\to 0^+}\cfrac{2\pi t[f(t^2)-f(0)]}{4t^3}\\ &=\lim_{t\to 0^+}\cfrac{\pi [f(t^2)-f(0)]}{2t^2}\\ &=\cfrac{\pi}{2}f'(0). \eea \eeex$$
六、($12'$) 设 $A,B$ 为 $n$ 阶正定矩阵, 求证 $AB$ 正定的充要条件是 $AB=BA$.
证明: $\ra$: $AB$ 正定而对称, 于是 $AB=A^tB^t=(BA)^t=AB$.
$\la$: 由 $AB=BA$ 知 $$\bex (AB)^t=B^tA^t=BA=AB, \eex$$ 而 $AB$ 对称. 为证 $AB$ 正定, 仅须验证其特征值均 $>0$. 由 $AB$ 正定知存在可逆阵 $P,Q$, 使得 $A=P^tP$, $B=Q^tQ$. 而 $$\bex AB=P^tPQ^tQ\ra Q(AB)Q^{-1}=QP^t\cdot PQ^t=(PQ^t)^t\cdot (PQ^t). \eex$$ 由 $(PQ^t)^t\cdot (PQ^t)$ 正定知其特征值均 $>0$. 而特征值为矩阵相似的不变量, 故 $AB$ 的特征值均 $>0$. 证毕.
七、($12'$) 假设 $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_nx^n}$ 的收敛半径为 $1$, $\dps{\vlm{n}na_n=0}$, 且 $\dps{\lim_{x\to 1^-}\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=A}$. 证明: $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_n}$ 收敛且 $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_n=A}$.
证明: (参考第 5 卷第 273 期_简明复分析[龚昇]习题解答[3291—3429] 第 3342 页) 设 $x_m\nearrow 1$ 待定, 则由 Heine 原理, $\dps{\lim_{m\to\infty} \sum_{n=0}^\infty a_nx_m^n=A}$. 又由 $\dps{\vlm{n}na_n=0}$ 知 $\dps{ \lim_{m\to\infty}\cfrac{1}{m}\sum_{n=0}^{m-1}n|a_n|=0. }$. 而对任意固定的 $\ve>0$, $\exists\ N,\ \forall\ m\geq N$, $$\bex \sev{\sum_{n=0}^\infty a_nx_m^n-A|}<\cfrac{\ve}{3},\quad |ma_m|<\cfrac{\ve}{3},\quad \cfrac{1}{m}\sum_{n=0}^{m-1}n|a_n|<\cfrac{\ve}{3}; \eex$$ $$\beex \bea \sev{\sum_{n=0}^{m-1}a_n-A} &\leq \sev{\sum_{n=0}^{m-1}a_n -\sum_{n=0}^\infty a_nx_m^n} +\sev{\sum_{n=0}^\infty a_nx_m^n-A}\\ &\leq \sev{\sum_{n=0}^{m-1} a_n(1-x_m^n)} +\sev{\sum_{n=m}^\infty a_nx_m^n}+\cfrac{\ve}{3}\\ &\leq \sev{\sum_{n=0}^{m-1} a_n(1-x_m)(1+x_m+\cdots+x_m^{n-1})} +\cfrac{1}{m}\sum_{n=m}^\infty n|a_n|\cdot x_m^n+\cfrac{\ve}{3}\\ &\leq m(1-x_m)\cdot \cfrac{1}{m}\sum_{n=0}^{m-1} n|a_n| +\cfrac{1}{m}\sup_{n\geq m} n|a_n| \cdot \cfrac{x_m^m}{1-x_m}+\cfrac{\ve}{3}\\ &\leq \cfrac{1}{m}\sum_{n=0}^{m-1} n|a_n| +\sup_{n\geq m} n|a_n|+\cfrac{\ve}{3}\quad\sex{\mbox{取 }x_m=1-\cfrac{1}{m}}\\ &<\cfrac{\ve}{3}+\cfrac{\ve}{3}+\cfrac{\ve}{3}\\ &=\ve. \eea \eeex$$