2005年数学竞赛参考答案

f ( r ) rdr
2
= 2π
f ( r 2 ) rdr
F (t ) =
∫ 2⋅ ∫
t
0 t 0
f ( r 2 ) r 2 dr f ( r 2 ) rdr
⎡ t t f ( r 2 )rdr − t f ( r 2 )r 2 dr ⎤ f ( t )t ∫ ∫0 ⎥ ⎢ 0 ⎦ ⎣ ′( t ) = 2 ⋅ F 2 t ⎛ f ( r 2 )rdr ⎞ ⎟ ⎜ ∫0 ⎠ ⎝
∂f ∂f ∂f ∂f + y = ρ = 0⇒ x = 0 ∂x ∂y ∂ρ ∂ρ ⇒ f ( x , y ) 在极坐标下只是 θ 的函数 .
八 . 根据梯度的物理几何意 义有：雨水下降 速度最快的方向是梯度 的反向 . ⎧ ∂z ∂z ⎫ gradz = ⎨ , ⎬ ⎩ ∂x ∂y ⎭ 因此雨水在椭球面上经 过的路线在 xoy 平面 上的投影曲线 f ( x , y ) = 0 上任一点的切方向 应与 gradz 平行，即 {dy , dx } // gradz
2
⎛ f ( r 2 )rdr ⎞ ⎜ ∫0 ⎟ ⎝ ⎠ 2 Q f ( t ) t > 0, 0 < r < t
t t 2 0
= 2⋅
f ( t )t ∫ f ( r )r ( t − r )dr
2 t 2 0 2
∴ ∫ f ( r )r ( t − r )dr > 0
或设 G ( t ) = t ∫ 则 G (0 ) = 0
( 2 ) 唯一性证明： 设存在另外一点 x 1，使 f ( x 1 ) = x 1 . 与已知矛盾 . ⇒ f ( f ( x 1 )) = f ( x 1 ) = x 1 .
三 . 证明：设辅助函数 G ( x ) = f ( x ) − g ( x ) 其中 g ( x ) = ( x − 1 )( x − 2 )( x − 3 ) L ( x − 2005 ) 然后反复运用 Roll 中值定理
⎫ ⎧ ⎪ ⎪ −x −y ⎪ ⎪ , 即{dy , dx } = k ⎨ ⎬ 2 2 2 2 x y ⎪ ⎪4 1− x − y 9 1− − ⎪ 16 36 16 36 ⎪ ⎭ ⎩ dy 9 x ⇒ = ⋅ ⇒ y = Cx dx 4 y
9 4 9 4
⇒ f ( x , y ) = y − Cx = 0 是投影曲线的方程， 则(1,3 )点在投影曲线上 . 3 − C = 0 ⇒ C = 3 ⇒ y = 3x
t 0
f ( r ) rdr −
2
∫
t 0
f ( r 2 ) r 2 dr
G ′( t ) =
∫
t 0
f ( r ) rdr > 0
2
⇒ G (t ) > 0 ⇒ F ′ ( t ) > 0 ⇒ F ( t ) 单调增加
.
y = ρ sin θ 七 . 证明：令 x = ρ cos θ 则 ρ = ρ ( x , y ), θ = θ ( x , y ) 上述变换等式两端分别 ⎧ ⎪1 = ⎨ ⎪0 = ⎩ 对 x 求偏导得 ∂ρ ∂θ cos θ + ρ ( − sin θ ) ∂x ∂x ∂ρ ∂θ sin θ + ρ cos θ ∂x ∂x
9 4
由此雨水在空间的路线 方程应为
2 2 ⎧ x y − ⎪z = 4 1 − 16 36 ⎨ 9 ⎪ y = 3x4 ⎩
2005年数学竞赛参考答案
一 . 填空 1 . e 2006 2005 ! 4 . (1 + 1
2005
2 . 36
− 1 2005
3 . 2004 6. 1
x 7. 4 x + 4 y − z + 2 = 0 或 4( x − 1) + 4( y + 2 ) − ( z + 2 ) = 0 ⎧π ⎪4 ⎪− 1 (n) 8. f (0) = ⎨ ⎪0 ⎪ k +1 ⎩ ( − 1 ) ( 2 k − 1 )! 9 . − 2π 10 . a = b = 2 ( e − 1 )
2
∫
b
a b
∫
a
sh 2 kx f ( x )dx ∫ f ( x ) )dx a ch 2 kx 2 sh kx f ( x) )dx (1 ) ch 2 kx
chkx ⎛ b ⎞ 同理有 ⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟ ch2kx ⎠ ⎝ a 2 b ch kx ≤ ∫ f ( x) )dx ( 2) a ch2kx 2 2 b sh kx + ch kx 由(1)( 2)有 I ≤ ∫ f ( x ) )dx a ch2kx 2 2 又因为 sh kx + ch kx = ch2kx ∀k ∈ R ⇒ I ≤ ∫ f ( x )dx = 1
∂2 f ∂2 f ≠ 在 x ≠ y 点，有 ∂x∂y ∂y∂x
五 .证明：由 Cauchy 不等式有 shkx ⎞ ⎛ b dx ⎟ ⎜ ∫ f ( x) ch 2 kx ⎠ ⎝ a ⎛ b = ⎜∫ ⎝ a ≤ = f ( x) ⋅ (
b 2
f ( x)
shkx ⎞ )dx ⎟ ch 2 kx ⎠
b a
2
六 . 证明： ∫∫∫ f ( x + y + z ) dxdydz
2 2 2 V
=
∫
2π 0
dθ
∫
π
0
sin ϕ d ϕ
∫
t 0
f ( r 2 ) r 2 dr
= 4π
∫ ∫
t 0 2
f ( r 2 ) r 2 dr
2
∫∫
Ω
f ( x + y )dxdy =
t 0
∫
2π 0
dθ
∫
t 0
∂ρ ⇒ = cos θ ∂x ∂ρ = sin θ 同理有 ∂y ∂f ∂f = ρ cos θ ( x ∂x ∂ρ ∂f = ρ cos 2 θ ∂ρ ∂f ∂f = ρ sin θ ( y ∂y ∂ρ ∂f = ρ sin ∂ρ
2
∂θ 1 = − sin θ ∂x ρ ∂θ 1 = cos θ ∂y ρ ∂ρ ∂f ∂θ ⋅ + ⋅ ) ∂x ∂θ ∂x ∂f − sin θ cos θ ∂θ ∂ρ ∂f ∂θ ⋅ + ⋅ ) ∂y ∂θ ∂y ∂f θ + sin θ cos θ ∂θ
四 .反证法 . 假设存在这样的函数 f ( x , y )同时满足条件 ∂f ∂f y x = 2 = 2 很显然此 2 2 ∂x ∂y x + y x + y 二式在 R \ {( 0 , 0 )}有一阶连续偏导数，则
2
∂2 f x2 − y2 = ∂x∂y ( x 2 + y 2 )2
∂2 f y2 − x2 = ∂ y∂ x ( x 2 + y 2 )2 矛盾 .
)
5. 1
n=0 n=1 n = 2k n = 2k − 1
二 . 证明：反证法 . ( 1 ) 存在性证明： 如果不存在这样的点 x ，使 f ( x ) = x . 设辅助函数 G ( x ) = f ( x ) − x 因为 f ( x )， x 均为连续的，则 G ( x ) 为连续的 . 则有 G ( x ) > 0 ( ∀ x ∈ R ) 或 G ( x ) < 0 ( ∀ x ∈ R ) 不妨设 G ( x ) > 0，于是有 f ( x ) > x ( ∀ x ∈ R ) ⇒ f ( f ( x )) > f ( x ) > x 矛盾 . 同理可证 G ( x ) < 0 时， f ( x ) < x 矛盾 . ⇒ 存在这样的点 x ，使得 f ( x ) = x .