2015年决赛答案(非数学类)

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反之,若 A1 A12 和 B1 B 12 相似,则存在可逆阵 C ,使 C 1 A1 A2 1C B1 B2 1 。于是
C 1 A1 A2 1CB2 B1 。令 P C 1 , Q A2 1CB2 ,则 P, Q 可逆,且满足
PAQ Bi (i 1, 2) ...............................................(14 分) i 四 设 p 0 , x1
PAQ Bi (i 1, 2) 成立的充要条件是 A1 A21 和 B1 B21 相似。 i
证 若存在可逆阵 P, Q 使 PAQ Bi (i 1, 2) ,则 B2 1 Q 1 A2 1 P 1 ,所以 i
B1 B2 1 PA1 A2 1 P 1 ,故 A1 A12 和 B1 B 12 相似。...........................................(6 分)
1 1 1 1 +c arctan( 2 x 1)+ arctan( 2 x +1) arctan x c 或 I x 2 2 2
1 1 1 1 1 1 x 2 dx arctan I d x x c 2 1 x x 2 2 1 解: x2 2 x 2 x x 1
五 (1)展 [ , ) 上的函数 f ( x) | x | 成傅里叶级数,并证明 (2)求积分 I
1 2 . 2 6 k 1 k



0
u du 的值. 1 eu
解 (1) f ( x) 为偶函数,其傅里叶级数是余弦级数.
a0
2

2


0
xdx ,
an
证: 不妨设 l j 为单位向量,且设 l j cos +




j 2 n
j 2 ,sin + n
f ( P0 ) f ( P0 ) , , f ( P0 )= y , x
(5)设曲线积分 I
L
xdy ydx ,其中 L 是以 (1, 0), (0,, 1) (1, 0), (0, 1) 为顶点的正方 |x|| y |
形的边界曲线,方向为逆时针,则 I ———。 答案: 4 解:曲线 L 的方程为 | x | | y | 1 ,记该曲线所围区域为 D 。由格林公式 I (6)设 D 是平面上由光滑封闭曲线围成的有界区域,其面积为 A 0 ,函数 f ( x, y ) 在该区
dp 1 adx ,从而 ax +c1 ,由 p (0) 1 得 c1 0 。故有 2 p p
dy 1 1 1 , y ln( ax c2 ) 。再有 y (0) 0 得 c2 1 ,故 y ln( ax 1) 。 dx ax a a
rn (u) ue ( n 1)u .
因为
0
ue nu du
1 1 ,就有 ,这样就有 | rn ( u ) | du 2 0 n ( n 1) 2


0
g (u ) du


0
S( n u ) du
Hale Waihona Puke 0rn (u ) du ( 1) k 1
n
二 (本题满分 12 分) 设 l j , j 1, 2, , n 是平面上点 P0 处的 n 2 个方向向量, 相邻两个向
量之间的夹角为
n f ( P0 ) 2 0。 。若函数 f ( x , y ) 在点 P 0 有连续偏导,证明 n l j j 1
1 1 2p , xnp1 xnp xn 收敛并求其和。 (n 1, 2,) ,证明 p 4 n 1 1 xn
2 2 , 由 题 设 , yn 1 yn yn , yn 1 yn yn 0 , 所 以
【 解 】 记 yn xnp
yn 1 yn 。 .............(2 分)
第六届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 (非数学类, 2015 年 3 月)
1)极限 lim
x

x
0 x
eu du
2
2

2

0
2
e 2u du
2
的值是 ———。答案 0
解:
lim
x
x
0 x
eu du
2

0
e 2u du
= lim 2e
x
x2

e
x
0 2 x2
1 2 设 yn 收敛,即有上界,记 A lim yn 0 。从而 A A A ,所以 A=0 ,矛盾。 n 4
故 yn + 。....................(8 分) 由 yn 1 y ( n 1 yn ) ,即
eu du
2
lim
x
2 eu du
2
x
0
ex
2
lim
2e x
2
x
2 xe x
2
0
(2)设实数 a 0 ,微分方程 答案: y
y " ay '2 0 的解是———。 y (0) 0, y '(0) 1

1 ln( ax 1) 解: 记 p y ' ,则 p ' ap 2 0 ,就是 a
P0 ) 则有 f ( f ( P0 ) l j 。......................................................(6 分) l j
因此

n
j 1
1 2 1 1 1 令 x 0 得到 . 记 , ,则 s1 s2 s1 , 故 s s 1 2 2 2 2 8 4 k 0 (2k 1) k 1 k k 0 (2 k 1)
4s2 2 得 s1 . 3 6
(2)记 g (u )
k 1
n
1 rn (u ) du ................(13 分) 2 0 k
由于 lim
n 0


rn (u )du 0 ,故
I 1 1 1 1 . 22 32 42
...............................................(15 分)
n
n
答案: exp
1
ln f ( x, y )d A
D

解. 设 F (t )
1 ln F (t ) 1/ t f t ( x, y )d , 则 lim J n lim . F (t ) lim exp n t 0 t 0 AD t
...................................................(5 分)
u ,则在 [0, +) 上成立 1+eu
g (u )
ueu ueu ue2u ue3u . 1+eu
记该级数的前 n 项和为 S n (u ) ,余项为 rn (u ) g (u ) S n (u ) .则由交错(单调)级数的性质
xdy ydx
L
D
(1 1)dxdy 2 ( D) 4
1 1/ n 域及其边界上连续,函数 f ( x, y ) 在 D 上连续且 f ( x, y ) 0 .记 J n f ( x, y )d , A D
求极限 lim J n .
f ( P0 ) lj

n
j 1
n f ( P0 ) l j f ( P0 ) l j f ( P0 ) 0 0 .........(12 分) j 1
三 设 A1 , A2 , B1 , B2 均 为 n 阶 方 阵 , 其 中 A2 , B2 可 逆 。 证 明 : 存 在 可 逆 阵 P, Q 使
2 (1) 设 f ( x, y ) 为 R 上 非 负 且 连 续 . 若

R2
f ( x, y ) d 收 敛 于 I , 证 明 极 限
t
lim
t x , y t
f ( x, y )d 存在且收敛于 I .
ax
2
(2) 设

R
2
e
2 bxy cy
2
d 收敛于 I ,其中实二次型 ax 2bxy cy 在正交变换下的
0 0 50 0 , 则 A =————。
0 0 0 50
(3)设 A 0
1

1
50 答案: 0 50 49
50 49
50
0 0 0 解: 记 B 0 0 0 ,则 B 2 为零矩阵,故 1 1 0
n
p
1 1 1 1 得 yn 1 y ( yn 1 yn n 1 yn )
n 1 1 1 1 1 1 =4 p 。........................(14 分) yk +1 y1 yn +1 y1 k 1 1 yk k 1 yk
A
50
E B
50
50 50 E 50 49 B 0 50 49
0
50 49