第五届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案
（非数学类， 2014 ）
一、解答下列各题（本题共 28 分，每小题 7 分） 1. 计算积分?2?0xdx?2?xsin2tdt 2t解：交换积分次序得
?2?0xdx?2?x22?sinttsin2t12?2dt??dt?xdx??sintdt
00t2t220?11?? ??4?2sin2tdt?2???
20222２、设f(x)是区间[0,1]上的连续函数，且满足?f(x)dx?1,求一个这样的函数
01f(x)使得积分?(1?x2)f2(x)dx取得最小值。
01解：1??f(x)dx??f(x)0111?x12201?x2????? ?4?dx ???10(1?x2)f2(x)dx?121??dx??0? 21?x??112 ???10(1?x2)f2(x)dx?12???10(1?x2)f2(x)dx?12?4?，取f(x)?4即可。
?(1?x2)３、设F(x,y,z)和G(x,y,z)有连续偏导数，雅可比行列式
?(F,G)?0，曲线
?(x,z)?F(x,y,z)?0过点P0(x0,y0,z0).记?在xoy平面上的投影曲线为Ｓ，求Ｓ上过?:?G(x,y,z)?0?点(x0,y0)的切线方程。
解：由两方程定义的曲面在P0(x0,y0,z0)的切面分别为 Fx(P0)(x?x0)?Fy(P0)(y?y0)?Fz(P0)(z?z0)?0 Gx(P0)(x?x0)?Gy(P0)(y?y0)?Gz(P0)(z?z0)?0
上述两切面的交线就是Γ在P0点的切线，该切线在xoy面上的投影就是Ｓ过
(x0,y0)的切线。消去z-z0,可得
(FxGz?GxFz)P0(x?x0)?(FyGz?GyFz)P0(y?y0)?0 这里x?x0的系数是
?(F,G)?0，故上式是一条直线的方程，就是所要求的切线。
?(x,z)?121???４、设矩阵A??34a?,其中a为常数，矩阵Ｂ满足关系式AB=A-B+E,其中Ｅ
?122???是单位矩阵，且B?E。若秩rank(A+B)=3,试求常数a的值。
解：由关系式AB=A-B+E,得(A+E)(B-E)=0,故可得 rank(A?B)?rank(A?E)?rank(B?E)?3 因为rank(A?E)?3,所以rank(A?E)?rank(B?E)?3
又rank(A?E)?2,考虑到Ｂ非单位，所以rank(B?E)?1，只有rank(A?E)?2,
?221??0?2?5??0013?2a?13?????? A?E??35a?:?0?1a?9?~?0?1a?9?，从而a?
2?123??12???3??123????二、（１２分）设f?C4(??,??),f(x?h)?f(x)?f?(x)h?1f??(x??h)h2,其中θ2是与x,h无关的常数，证明f是不超过三次的多项式。 证明：由泰勒公式
111(4) f(x?h)?f(x)?f?(x)h?f??(x)h2?f???(x)h3?f(?)h4
26241 f??(x??h)?f??(x)?f???(x)?h3?f(4)(?)?2h4
2其中ξ在x在x+h之间，η在x在x+θh之间，由上面两式及已知条件
1 f(x?h)?f(x)?f?(x)h?f??(x??h)h2
2可得
(4)2(4) 4(1?3?)f???(x)???6f(?)??f(?)??h
1时，令h?0得f???(x)?0，此时f是不超过二次的多项式。 312当??时，有f(4)(?)?f(4)(?)。令h?0，注意到??x,??x,有f(4)(x)?0，
33从而f是不超过三次的多项式。
三、（１２分）设当x>-1时，可微函数f(x)满足条件
1x f?(x)?f(x)?f(t)dt?0,且f(0)?1,试证：当x?0时，有 ?0x?1当??
e?x?f(x)?1成立。
证明：由已知条件知f?(0)??1，则所给方程可变形为 (1?x)f?(x)?(1?x)f(x)??f(t)dt?0
0x两端对x求导并整理得
(1?x)f??(x)?(2?x)f?(x)?0
Ce?x利用可降阶的微分方程的方法，可得f?(x)?，由f?(0)??1得C??1,
1?xe?xf?(x)???0,可见f(x)单调减少。而f(0)=1，所以当x?0时，f(x)?1。
1?x对
e?xf?(x)???0在[0,x]上进行积分得
1?xxe?tdt?1??e?tdt?e?x f(x)?f(0)??01?t0x
四、（１０分）设D??(x,y)|0?x?1,0?y?1?,I???f(x,y)dxdy,其中函数f(x,y)
D?2f?A。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且证明?x?yI?A. 411110000证明：I??dy?f(x,y)dx???dy?f(x,y)d(1?x)，对固定的y,
(1?x)f(x,y)x?0?0,由分部积分法得
x?1
?10f(x,y)d(1?x)???(1?x)0111?f(x,y)dx ?x交换积分次序可得
I???(1?x)dx?0?f(x,y)dy
0?xy?1?f(x,y)?f(x,0)因为f(x,0)=0，所以?0，从而(1?y)?x?x1?0，再由分部积分得
y?011?f(x,y)?2f?f(x,y)dy ?dy???d(1?y) ??(1?y)000?x?y?x?x
?2f?2f I??(1?x)dx?(1?y)dy???(1?x)(1?y)dxdy
00?x?y?x?yD11?2fA?A,且(1?x)(1?y)在D上非负，故I???(1?x)(1?y)dxdy? 因为
?x?y4D五、（12分）设函数f(x)连续可导，P?Q?R?f((x2?y2)z), 有向曲面?t是圆柱体x2?y2?t2，0?z?1的表面，方向朝外，记第二型的曲面积分为
It???Pdydz?Qdzdx?Rdxdy
?tIt. 4t?0t解：由高斯公式
求极限lim???P?Q?R? It????????dxdydz
?x?y?z?V? ?????2xz?2yz?x2?y2?f??(x2?y2)z?dxdydz
V由对称性知????2xz?2yz?f??(x2?y2)z?dxdydz?0，从而得
V It?????x2?y2?f??(x2?y2)z?dxdydz （采用柱面坐标变换）
V12?t1t ????d??f?(r2z)r3dr?dz ?2????f?(r2z)r3dr?dz
??0?00??0??0?1t1232????f?(r2z)r3dr?dz?2?f(tz)tdzIt??0?0??0?lim lim4?lim34?t?0t?0?tt?0?4tt?1?2? ?limf(tz)dz?f?(0)
t?0?2?02六、（12分）设A，B为二个n阶正定矩阵，求证AB正定的充要条件是AB＝BA。
证明：必要性：设AB为二个n阶正定矩阵，从而为对称矩阵，即(AB)T?AB。又AT?A,BT?B,所以(AB)T?BTAT?BA，故有AB＝BA。
充分性：因为AB＝BA，则(AB)T?BTAT?BA?AB，所以AB为实对称矩阵。因为A，B为正定矩阵，故存在可逆矩阵P，Q，使得 A?PTP,B?QTQ， AB?PTPQTQ 所以?PT??1ABP?PQQP?(QP)(QP),即AB相似于?PTTTTTTT??1ABPT，所以AB
的特征值全为正实数，所以AB为正定矩阵。
nax?A.证明 七、（12分）假设?anx的收敛半径为1，limnan?0,且lim?n?nn?0??n??x?1n?0?an?0?n收敛，且?an?A。
n?0?证明：由limnan?0,知limk?0n???k|annk|?0, 故对于任意ε>0，存在N1，使得当n?N1n??时，有
0???k|ak?0nk|??3n, |n|an??3
?anx?A.所以存在??0,当1???x?1时，又因为lim??nx?1n?0anxn?A?. ?3n?0?取N2,当n?N2时
111??，从而1???1?,取x?1?，则 nnn
1n?a(1?)?A?. ?nn3n?0?取N?max?N1,N2?, 当n?N时
?ak?0nk?A??a??axkkk?0nk?0kknnk??k?n?1?ax??axkkkk?0kk??k?A
??a(1?x)??axk?0k?n?1??axkk?0?k?A
取x?1?1，则 n
?ak(1?xk)?k?0?kn?ak(1?x)(1?x?x2?L?xk?1) ??ak(1?x)k?k?0k?0nn?k|ak?0nk|??3n,
1???k?1??k?ax?xax???; ???kk1nk?n?13nk?n?13n1?x3n?3k?n?1n
第五届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案
