第十八届北京市大学生数学竞赛本科甲.乙组试题解答

第十八届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题解答

（2007年10月14日 下午2：30--5：00）

注意：本考卷共九题. 甲组九题全做, 乙组只做前七题

一、 填空题（每小题2分，共20分）

m

1.设当x1时,1是x1的等价无穷小,则m______.m1

1xx

解m3.

2.设f(x)解

(x1)(x2)(xn)

,则f(1)________.

(x1)(x2)(xn)

(1)n1

f(1).

n(n1)

1

3.已知曲线yf(x)在点(1,0)处的切线在y轴上的截距为1,则lim[1f(1)]n_____.

nn

1

解lim[1f(1)]ne.

nn

4.lim解

5.

n



k1

n

k

en

n

1k

______.

原式e1.

π2π2



xsin2x

dx_________.

(1cosx)2

解原式4π.

6.设函数zf(x,y)在点 (0,1)的某邻域内可微, 且f(x,y1)12x3yo(),其中

x2y2，则曲面 zf(x,y) 在点 (0,1) 处的切平面方程为_____________.

解切平面方程为2x3yz20.

x1y1z1

7.直线绕z轴旋转的旋转曲面方程为_____________.

011

解旋转转曲面方程x2y2z21.

8.设L为封闭曲线|x||xy|1的正向一周，则解原式0.

x2y2dxcos(xy)dy____.

L

9.设向量场A2x3yzix2y2zjx2yz2k,则其散度divA在点M(1,1,2)处沿



方向l{2,2,1}的方向导数(divA)|M______.

l

22

解原式.

3

10.设ye2x(1x)ex是二阶常系数线性微分方程yyyex的一个特解,则

222_______.

解22214.

二、(10分)设二元函数f(x,y)|xy|(x,y),其中(x,y)在点(0,0)的一个邻域内连续.试证明函数f(x,y)在(0,0)点处可微的充分必要条件是(0,0)0.

证(必要性)设f(x,y)在(0,0)点处可微,则fx(0,0),fy(0,0)存在.

f(x,0)f(0,0)|x|(x,0)

由于fx(0,0)limlim,

x0x0xx

|x|(x,0)|x|(x,0)(0,0),lim(0,0),故有(0,0)0.

x0x0xx

(充分性)若(0,0)0,则可知fx(0,0)0,fy(0,0)0.因为f(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y|xy|(x,y)|xy||x|

,又

22222222xyxyxyxy|xy|(x,y)

所以lim0.由定义f(x,y)在(0,0)点处可微.

x022

xy且

lim

y0

|y|xy

2

2

2,

三、(10分)设f(x)在区间[1,1]上三次可微,证明存在实数(1,1),使得

f()f(1)f(1)

f(0).62证

f(0)f(1)

,2!3!f(0)f(2)

f(1)f(0)f(0),

2!3!1

f(1)f(1)2f(0)[f(1)f(2)].

6f(1)f(0)f(0)

1

由导数的介值性知存在实数(1,2),使得f()[f(1)f(2)].于是

2

f()f(1)f(1)

f(0).62四、(10分)设函数u(x,y),v(x,y)在闭区域D:x2y21上有一阶连续偏导数,又uuvv

f(x,y)v(x,y)iu(x,y)j,g(x,y)xyixyj,且在D的边界上有

u(x,y)1,v(x,y)y,求f

D



gd.

解f



D

uuvvuvuv(uv)(uv)

gvuvuvuxyxyyxy,xxy (uv)(uv)

fgdxydLuvdxuvdyLydxydy











D2π



(sin2sincos)dπ,L:x2y21,正向.

五、(10分)计算





z2

xdydzydzdxzdxdy,其中:(x1)(y1)1(y1),取外侧.

4

2

2

2

2

2

2

解

z2

设0:y1,左侧,D:(x1)1,则原式.

4



00



dzdx2π,

D



2



V

π

(xyz)dv2

π



V

(xy)dv2dd2(rcossinrsinsin2)r2sindr

0

ππ1

11219(cossin2sinsin2sin)dπ,0044331925

原式π2ππ.

33

4d



另解

z2设0:y1,左侧,D:(x1)1,则原式

4

2

0

.

0



0



dzdx2π,

D

2

2

0

(xyz)dv,

V

故原式2

(xyz)dv2π.

z

2xx2,y1,4

2V2



VV

xdvxdx

02



Dx

1

Dy

2

dydzπx(2xx2)dx

02

2



4π,3

Dx:(y1)2

ydvydx

11

dzdxπy2(2yy)dyπ,

60



z2

Dy:(x1)2yy2,

4

81125

原式ππ2ππ.

333

六、(10分)设正项级数

a

n1



n

收敛,且和为S.试求：

a2a2nan

(1)lim1;(2)nn



n1



a12a2nan

.

n(n1)

a12a2nanSnSnS1SnS2SnSn1



nn

SS2Sn1SS2Sn1n1Sn1Sn1,

nn1n

a2a2nan

lim1SS0;nn

a2a2nana12a2nana12a2nan(2)1

n(n1)nn1a2a2nana12a2nan(n1)an11an1.

nn1解(1)

a12a2nana2a2nan

,则1bnbn1an1

nn(n1)



a12a2nan

b1an1anS.

n(n1)n1n1n1记bn



七、(10分)飞机在机场开始滑行着陆.在着陆时刻已失去垂直速度,水平速度为v0米/秒.

飞机与地面的摩擦系数为,且飞机运动时所受空气的阻力与速度的平方成正比,在水平方向的比例系数为kx千克秒2/米2,在垂直方向的比例系数为ky千克秒2/米2.设飞机的质量为m千克,求飞机从着陆到停止所需的时间.

解水平方向的阻力Rxkxv2,垂直方向的阻力Rykyv2,摩擦力W(mgRy).

d2skxkyds2

由牛顿第二定律，有()g0.

mdtdt2记A

kxky

m

d2sdsdv

,Bg,根据题意知A0.于是有2A()2B0,即Av2B0.

dtdtdt

1AB1AB

A

v)tC.B

分离变量得

dv

dt,积分得

Av2B

代入初始条件t0,vv0,得Ct

1AB

1AB

A

v0)B1AB

Av).B

Av0).B

当v0时，t

A

v0)B

kxkym

arctanv0(秒).

(kxky)gmg

以下两题乙组考生不做

八、(10分)证明sin1是无理数.

证设sin1是有理数，则sin1

p

,p,q是互素的正整数.q

p111(1)n1(1)n

根据sinx的展开式有1cos(2n1q).

q3!5!7!(2n1)!(2n1)!

p111(1)n1(1)n

由(2n1)!(2n1)![1]cos知，

q3!5!7!(2n1)!2n(2n1)

(1)n

cos是整数(两个整数之差仍是整数).

2n(2n1)

(1)ncos

然而|cos|1,2n1,故不可能是整数,矛盾.

2n(2n1)

所以sin1是无理数.

π

九、(10分)在区间(0,)内,试比较函数tan(sinx)与sin(tanx)的大小，并证明你的结论.

2

解 设 f(x)tan(sinx)sin(tanx),则

cos3xcos(tanx)cos2(sinx)

f(x)sec(sinx)cosxcos(tanx)secx.

cos2(sinx)cos2x

πππ

当0xarctan时，0tanx,0sinx.

222π

由余弦函数在（02

1tanx2sinx3

cos(tanx)cos2(sinx)[cos(tanx)2cos(sinx)]cos.

33

2

2

设(x)tanx2sinx3x，(x)sec2x2cosx3tan2x4sin2于是tanx2sinx3x,所以cos

π

于是当x(0,arctan)时，f(x)0,又f(0)0,所以f(x)0.

2πππ

当x[arctan,)时,sin(arctan)sinx1.由于

222

ππ

tan(arctan)

πππsin(arctan),

2224π4π2

1tan(arctan)1

24

π故sinx1.于是1tan(sinx)tan1.

4

ππ

当x[arctan,)时,f(x)0.

22

π

综上可得,当x（0,)时,tan(sinx)sin(tanx).

2

tanx2sinx

cosx,即cos(tanx)cos2(sinx)cos3x.

3

x0.2

第十八届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题解答

（2007年10月14日 下午2：30--5：00）

注意：本考卷共九题. 甲组九题全做, 乙组只做前七题

一、 填空题（每小题2分，共20分）

m

1.设当x1时,1是x1的等价无穷小,则m______.m1

1xx

解m3.

2.设f(x)解

(x1)(x2)(xn)

,则f(1)________.

(x1)(x2)(xn)

(1)n1

f(1).

n(n1)

1

3.已知曲线yf(x)在点(1,0)处的切线在y轴上的截距为1,则lim[1f(1)]n_____.

nn

1

解lim[1f(1)]ne.

nn

4.lim解

5.

n



k1

n

k

en

n

1k

______.

原式e1.

π2π2



xsin2x

dx_________.

(1cosx)2

解原式4π.

6.设函数zf(x,y)在点 (0,1)的某邻域内可微, 且f(x,y1)12x3yo(),其中

x2y2，则曲面 zf(x,y) 在点 (0,1) 处的切平面方程为_____________.

解切平面方程为2x3yz20.

x1y1z1

7.直线绕z轴旋转的旋转曲面方程为_____________.

011

解旋转转曲面方程x2y2z21.

8.设L为封闭曲线|x||xy|1的正向一周，则解原式0.

x2y2dxcos(xy)dy____.

L

9.设向量场A2x3yzix2y2zjx2yz2k,则其散度divA在点M(1,1,2)处沿



方向l{2,2,1}的方向导数(divA)|M______.

l

22

解原式.

3

10.设ye2x(1x)ex是二阶常系数线性微分方程yyyex的一个特解,则

222_______.

解22214.

二、(10分)设二元函数f(x,y)|xy|(x,y),其中(x,y)在点(0,0)的一个邻域内连续.试证明函数f(x,y)在(0,0)点处可微的充分必要条件是(0,0)0.

证(必要性)设f(x,y)在(0,0)点处可微,则fx(0,0),fy(0,0)存在.

f(x,0)f(0,0)|x|(x,0)

由于fx(0,0)limlim,

x0x0xx

|x|(x,0)|x|(x,0)(0,0),lim(0,0),故有(0,0)0.

x0x0xx

(充分性)若(0,0)0,则可知fx(0,0)0,fy(0,0)0.因为f(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y|xy|(x,y)|xy||x|

,又

22222222xyxyxyxy|xy|(x,y)

所以lim0.由定义f(x,y)在(0,0)点处可微.

x022

xy且

lim

y0

|y|xy

2

2

2,

三、(10分)设f(x)在区间[1,1]上三次可微,证明存在实数(1,1),使得

f()f(1)f(1)

f(0).62证

f(0)f(1)

,2!3!f(0)f(2)

f(1)f(0)f(0),

2!3!1

f(1)f(1)2f(0)[f(1)f(2)].

6f(1)f(0)f(0)

1

由导数的介值性知存在实数(1,2),使得f()[f(1)f(2)].于是

2

f()f(1)f(1)

f(0).62四、(10分)设函数u(x,y),v(x,y)在闭区域D:x2y21上有一阶连续偏导数,又uuvv

f(x,y)v(x,y)iu(x,y)j,g(x,y)xyixyj,且在D的边界上有

u(x,y)1,v(x,y)y,求f

D



gd.

解f



D

uuvvuvuv(uv)(uv)

gvuvuvuxyxyyxy,xxy (uv)(uv)

fgdxydLuvdxuvdyLydxydy











D2π



(sin2sincos)dπ,L:x2y21,正向.

五、(10分)计算





z2

xdydzydzdxzdxdy,其中:(x1)(y1)1(y1),取外侧.

4

2

2

2

2

2

2

解

z2

设0:y1,左侧,D:(x1)1,则原式.

4



00



dzdx2π,

D



2



V

π

(xyz)dv2

π



V

(xy)dv2dd2(rcossinrsinsin2)r2sindr

0

ππ1

11219(cossin2sinsin2sin)dπ,0044331925

原式π2ππ.

33

4d



另解

z2设0:y1,左侧,D:(x1)1,则原式

4

2

0

.

0



0



dzdx2π,

D

2

2

0

(xyz)dv,

V

故原式2

(xyz)dv2π.

z

2xx2,y1,4

2V2



VV

xdvxdx

02



Dx

1

Dy

2

dydzπx(2xx2)dx

02

2



4π,3

Dx:(y1)2

ydvydx

11

dzdxπy2(2yy)dyπ,

60



z2

Dy:(x1)2yy2,

4

81125

原式ππ2ππ.

333

六、(10分)设正项级数

a

n1



n

收敛,且和为S.试求：

a2a2nan

(1)lim1;(2)nn



n1



a12a2nan

.

n(n1)

a12a2nanSnSnS1SnS2SnSn1



nn

SS2Sn1SS2Sn1n1Sn1Sn1,

nn1n

a2a2nan

lim1SS0;nn

a2a2nana12a2nana12a2nan(2)1

n(n1)nn1a2a2nana12a2nan(n1)an11an1.

nn1解(1)

a12a2nana2a2nan

,则1bnbn1an1

nn(n1)



a12a2nan

b1an1anS.

n(n1)n1n1n1记bn



七、(10分)飞机在机场开始滑行着陆.在着陆时刻已失去垂直速度,水平速度为v0米/秒.

飞机与地面的摩擦系数为,且飞机运动时所受空气的阻力与速度的平方成正比,在水平方向的比例系数为kx千克秒2/米2,在垂直方向的比例系数为ky千克秒2/米2.设飞机的质量为m千克,求飞机从着陆到停止所需的时间.

解水平方向的阻力Rxkxv2,垂直方向的阻力Rykyv2,摩擦力W(mgRy).

d2skxkyds2

由牛顿第二定律，有()g0.

mdtdt2记A

kxky

m

d2sdsdv

,Bg,根据题意知A0.于是有2A()2B0,即Av2B0.

dtdtdt

1AB1AB

A

v)tC.B

分离变量得

dv

dt,积分得

Av2B

代入初始条件t0,vv0,得Ct

1AB

1AB

A

v0)B1AB

Av).B

Av0).B

当v0时，t

A

v0)B

kxkym

arctanv0(秒).

(kxky)gmg

以下两题乙组考生不做

八、(10分)证明sin1是无理数.

证设sin1是有理数，则sin1

p

,p,q是互素的正整数.q

p111(1)n1(1)n

根据sinx的展开式有1cos(2n1q).

q3!5!7!(2n1)!(2n1)!

p111(1)n1(1)n

由(2n1)!(2n1)![1]cos知，

q3!5!7!(2n1)!2n(2n1)

(1)n

cos是整数(两个整数之差仍是整数).

2n(2n1)

(1)ncos

然而|cos|1,2n1,故不可能是整数,矛盾.

2n(2n1)

所以sin1是无理数.

π

九、(10分)在区间(0,)内,试比较函数tan(sinx)与sin(tanx)的大小，并证明你的结论.

2

解 设 f(x)tan(sinx)sin(tanx),则

cos3xcos(tanx)cos2(sinx)

f(x)sec(sinx)cosxcos(tanx)secx.

cos2(sinx)cos2x

πππ

当0xarctan时，0tanx,0sinx.

222π

由余弦函数在（02

1tanx2sinx3

cos(tanx)cos2(sinx)[cos(tanx)2cos(sinx)]cos.

33

2

2

设(x)tanx2sinx3x，(x)sec2x2cosx3tan2x4sin2于是tanx2sinx3x,所以cos

π

于是当x(0,arctan)时，f(x)0,又f(0)0,所以f(x)0.

2πππ

当x[arctan,)时,sin(arctan)sinx1.由于

222

ππ

tan(arctan)

πππsin(arctan),

2224π4π2

1tan(arctan)1

24

π故sinx1.于是1tan(sinx)tan1.

4

ππ

当x[arctan,)时,f(x)0.

22

π

综上可得,当x（0,)时,tan(sinx)sin(tanx).

2

tanx2sinx

cosx,即cos(tanx)cos2(sinx)cos3x.

3

x0.2