第一届图灵杯网络大学生数学竞赛试题参考答案非数学专业组.docx
《第一届图灵杯网络大学生数学竞赛试题参考答案非数学专业组.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第一届图灵杯网络大学生数学竞赛试题参考答案非数学专业组.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
第一届图灵杯网络大学生数学竞赛试题参考答案非数学专业组
2021年第一届“图灵杯”网络大学Th数学竞赛参考答案
（非数学专业组）
一、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
1.由sinx的泰勒展开式，当x为正且充分小时，有
x3
x−60
π
而x→+∞时，x+t→0，故可将原式进行放缩
ˆπdtπ3ˆ
1dt<ˆ
sinπdt<ˆ
xπdt
0x+t
x
60（x+t）3
x
0x+t
0x+t
而πdt=πln2，对
0x+t0
1dt有
（x+t）3
ˆ1dt
1（1
1）
0,x∞
故由破敛准则知，原式=πln2.
2.注意到函数f（x）=x2n+1+x−1只有唯一的实数根x0,则y′=x0因而有
0
y=x0x+C其中C任意常数因此x=y−C,于是微分方程的隐式解为
x
3.解法一：
令u=√2x,则
（y−C）2n+1
x
yC
x=1.
+∞−21
041（）
+∞√21
√ˆ+∞（）′（）1
√[
t11..+∞
ˆ1（
t1）]
ˆ1
11
1）
√ˆ+∞11
s=1
−−−→
e−s2s1
+∞2
12s3
ds=
+∞
e−s
0
s−1
ds=Γ
（1）=
解法二:
+∞
−x2
14（）
+∞1
（2）
2[te−1..+∞
+∞（1
2）e−1dt]
+∞1
1+∞
（1）
解法三:
先求不定积分
2
=−
2
x2
2
2xd
1
x2+1
2
e−
ˆ1e−x2−2x−1dx
21+
2
e−x2
2xx2+1
x2+1
e−x2
x−
2x2
ˆe−x2（−2x）1dx
2
x2+1
=+2ˆe−x2dx
2
则I=
xe−x2+∞
x2+1.0
+∞
+2e−x2dx=π.
0
解法四:
广义重积分交换积分次序
ˆ
+∞
e−x2=
x
2te−t2dt,
所以
+∞+∞
I=
2te−t2
dt]dx
0x（x2+1）2
交换积分次序+∞
−t2ˆ
dx]
+∞−t2[
√t]
−−−−−−−−→0
2te
0（x2+1）2
dt=
2te
0
2arctan
2t+t2+1dt
+∞2t2
=
1e−t
dt+ˆ
+∞
22te−t2
arctan
2tdt
0t2+20
=2ˆ
+∞
e−t2
+∞
dt−
e−t2
1dt−ˆ
+∞
2arctan
2tde−t2
0
+∞
=2e−t2
0
+∞
0
+∞
dt
0
t2+2
e−t2
21
2
0
2arctan
2te−t
2...+∞−
e−t2
21
2
ˆ
=2e−t2dt=√π
0
n111∞1∞1
4.易知n<2，故nn<2，所以
1+1
>2n.而
∑2n发散，故∑
1+1
发散.
nnn=1n=1nn
5.椭圆上的点M（x,y,z）到原点的距离为x2+y2+z2.
解方程组
2x+2λx+µ=0,
2y+2λy+µ=0,
2z−λ+µ=0,z=x2+y2,x+y+z=1.
2
入后两个方程可得x=−
6.由题
1±√
2
divF=divp=∂（x）+∂（y）+∂（z）
p∂xp3
33（x
∂yp3
yz）
∂zp3
33（x2+y2+z2）
3
=p3−
3x2+y2+z2p3
cos（p,n0）dS
p2
ΣΣ
p·n01dS=‹
Σ
p·n0dS=‹
Σ
F·n0dS,
当原点在曲面Σ上时，则以原点为球心，以充分小的ε>0为半径作球面Sε,它含在V内的部分记作→−Γε−，以内法向为定向。
小球面截得Σ得球外侧部分为Σε，则
‹
Σε+Γε
F·n0dS=˚
Vε
divFdV=˚
Vε
0dV=0
¨F·n0dS=¨
F·n0dS=¨
（x·x+y·y+z·z）dS
ΣεΓε
¨
（ε2）dS
ε3ε
Γε
1¨dS
ε3ε
1SΓ
ε3ε
1
2πε21o1
=ε4
Γε
=ε2
Γε
=ε2
（ε）=ε2·
[−（）]
Fn0dS=lim
0+
ΣΣε
Fn0dS=lim
→0+
2π[1−o
（1）]=2π
其中S（Γε）=2πε2[1−o
（1）]（ε→0+）是由于
zf（x,y）
fx′（0,0）x+fy′（0,0）y+o（√x2+y2）
α∼tanα=
√x2
+y2=
√x2
+y2=
√x2
+y2
0·x+0·y+o（√x2+y2）
=√x2+y2=
o（√x2+y2）
√x2+y2→
（ε→0+=⇒√x2+y2→0）.
二、（本小题满分12分）
令
f（x）=e2x+sinx+cosx+Pn（x）
注意到
所以
f（x）−
f′（x）=
2sinx
−e2x
xn
+n!
2n!
sinxn!
e2x+xn
e2x+sinx+cosx+Pn（x）dx
=n!
ˆ
f（x）−f′（x）dxf（x）
=n!
dxn!
f′（x）dx
f（x）
..
=n!
x−n!
ln.e2x+sinx+cosx+Pn（x）.+C
所以
lim1ˆ
2n!
sinx−n!
e2x+xn
dx1
ln3
limln...e2
sin1
cos1
n1...
三、（本小题满分12分）
构造函数g（x）=ex2f（x），则
ln3e
e+e+sin1+cos1
g′（x）=2xex2f（x）+ex2f′（x）
g′′（x）=[f′′（x）+4xf′（x）+（2+4x2）f（x）]ex2
则
lim
x
f（x）=lim
g（x）
x2=lim
f（x）ex2
x2
→+∞
x→+∞ex→+∞e
[f′′（x）+4xf′（x）+（2+4x2）f（x）]ex2
=lim
x→+∞
f′′（x）+4xf′（x）+2+4x2f（x）
2+4x2=0
四、（本小题满分14分）
（1）设点P（x,y,z）∈S,S在P处的法向量
n=（2x,2y−z,2z−y）
C的方程,C:
{2z−y=0也可写成C:
2z−y=0.
x+y
+z−yz=1
x+4y=1
（2）由C的第一个表达式知道,C在平面2z−y=0上,所以C是一条平面曲线.由第
二个表达式知C是一个椭圆.C在xOy平面上的投影是一个椭圆
C:
z=0,
22
+4y=1
其围成的面积AxOy=π√3·1=π√3.所以C在平面2z−y=0上所围成区域的面积
为
A=AxOy=
cosγ
2π
√3=5π.
23
√5
其中cosγ为平面2z−y=0的法向量（0,−1,2）与z轴夹角的余弦.
五、（本小题满分16分）
（1）证明：
∞1
∞11（1
1）
∑
m=1
m（m+1）（m+2）...（m+n）=
∑
m=1
1
n（m+1）（m+2）...（m+n−1）
n−m+n
=n!
n
所以
bn=nan=1,Sn=1+1+1+···+1
n!
2!
3!
n!
因为
e=1+1+1+···+1+...
2!
n!
所以
e>1+1+1+···+1+1=Sn+nan+1
又对∀m>n，
2!
n!
（n+1）!
n+1
111111
++···+<1+++...
（n+1）!
11
n+2
所以
（n+1）!
（n+1）
n!
n
e<1+1+1+···+1+1=Sn+an+1
原不等式得证.
2!
n!
n!
n
∞
（2）ne1S
∞n（e1111）
令Sx
∞n（e1xx2
xn）
则S′x
∞n（e1xx2
xn−1）Sx
xex
即S′（x）−S（x）（=xe）（
（））
解得S（x）=1x2ex+C
2
因为S（0）=0，所以C=0
∞
所以ne1S
∞n（e111
1）S1e
六、（本小题满分16分）
证明：
令u（x,t）=f2（x,t），则
ˆ∂f2（x,t）dt
y
du（t）=u（y）−u（c）=f2（x,y）−f2（x,c）
c∂tc
则有
y2
ˆ
f2（x,y）=f2（x,c）+
c
=f2（x,c）+2
c
两边取绝对值可得
∂f（x,t）dt
∂t
y
∂t
..2..2
ˆ..∂f（x,t）..
f（x,c）≤f
（x,y）+2|f（x,t）|..∂t..dt
c
d
2ˆ...∂f（x,t）...
≤f（x,y）+2c|f（x,t）|.∂tdt
对不等式两边重积分可得
dbb
¨|f（x,c）|2dxdy=ˆ
Ω
即
dy|f（x,c）|2dx=（d−c）ˆ
|f（x,c）|2dx
ˆ2¨2ˆˆˆ
..∂f（x,t）..
¨2ˆˆ
..∂f（x,t）..
=¨|f（x,c）|2dxdy+2（d−c）¨
|f（x,t）|..∂f（x,t）..dxdt
Ω
而由Cauchy不等式有
Ω..∂t..
11
|f（x,t）|.∂t
故
b
..dxdt≤
|f（x,t）|
dxdt
Ω..∂t
..dxdt
a
（d−c）ˆ
|f（x,c）|2dx≤¨
Ω
|f（x,y）|2dxdy+
11
进一步还有
b
2（d−c）
Ω
|f（x,t）|
1
2
dxdt
Ω..∂t
..dxdt
（d−c）ˆ
|f（x,c）|2dx≤¨
Ω
|f（x,y）|2dxdy·
1
1
¨2¨..∂f（x,y）..22
t
再由离散形式的Cauchy不等式，若记
b
m=a
则
1
2
|f（x,c）|2dx
n=¨
Ω
1
2
|f（x,y）|2dxdy
k=d−c
将m,n还原即可得证.
m+2kn≤√1+4k2√m2+n2,（m,n>0）
升级会员 