第5届决赛(非数学类)试卷及参考答案

1解1原式=xdx=sin2tdt（4分）解dt，则f'且f（2分）原式x2f'（3分）sin2xdx=·（2分）2设f(x)是[0,1]上的连续函数，且满足dx=1，求一个这样的函数f(x)使得积分取得最小值.3.设F(x,y,z)和G(x,y,z)有连续偏导数曲线过点P(x0,y0,z0).记Γ在xoy平面上的投影曲线为S.求S上过点(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2Fx(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.（3分）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,我们得到(FxGz-GxFz)P0(x-x0)+(FyGz-GyFz)P0(y-y0)=0,（3分）这里x-x0的系数是故上式是一条直线的方程,就是所要求的切线.（1分）位矩阵且B≠E.若秩rank(A+B)=3，试求常数a的值.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→rank(A+B)≤rank(A+E)+rank(B-E)≤3（3分）因为rank(A+B)=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（2分）4(-∞,与x,h无关的常数，证明f是不超过三次的多项式.=f,,+f=f,,+f,,,θ2其中ξ介于x与x+h之间，η介于x与x+θh之间，由○1，○2式与已知条件4(1-3θ)f,,,(x)=[6f(4)(η)θ2-f(4)(ξ)]h当θ≠时，令h→0得f,,,(x)=0，此时f是不超过二次的多项式；（3分）（2分）3令h→0，注意到ξ→x,η→x，有f(4)(x)=0，从而f是不超过三次的多项式.（3分）,fxfttd()=0，且0)=1，试证:当x≥0时,有e-x≤f(x)≤1成立.证设由题设知f,(0)=-1,则所给方程可变形为两端对两端对x求导并整理得((x+1)f,,(x)+(x+2)f,(x)=02分）由=-1得C=-1,f,见f单减.而f(0)=1,所以当x≥0时,f(x)≤1。（2分）dt≥1-e-tdt=e-x（3分）f(x,y)在D上有连续二阶偏导数.若对任何x,y有f证证dx=-对固定由分4dy=-（2分）因为≤A,且在D上非负,故I≤Adxdy=（3分）五、（12分）设函数f(x)连续可导,P=Q=R=f((x2+y2)z),有向曲面Σt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dxdydz（3分）5六、（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,所以AB=BA.（3分）充分性因为充分性因为AB=BA，则(AB)T=BTAT=BA=AB，所以AB为实对称矩阵.（2分）.因为A,B为正定矩阵，存在可逆阵P,Q，使A=PTP,B=QTQ于是AB=PTPQTQ.（2分）所以(PT)-1ABPT=PQTQPT=(QPT)T(QPT)，即(PT)-1ABPT是正定矩阵.（2分）所以矩阵(PT)-1ABPT的特征值全为正实数，而AB相似于(PT)-1ABPT，所以AB的特征值全为正实数。所以AB为正定矩阵.（3分）七假设anxn的收敛半径为nan=0,且anxn=A.证明：收敛且an=A.证由nan=0,知故对于任意ε>0存在N1使得当n>N1时,有又因为anxn=A，所以存在δ>0，