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.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-2/22/3512df02-5cb6-4063-9956-b94ca89e78d9/3512df02-5cb6-4063-9956-b94ca89e78d91.gif)
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)