厦门大学第12届景润杯数学竞赛试卷答案(理工类)Word下载.doc
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其中在之间,在之间.
(1)设,求极限.
解:
将递推的数列等式看成是二阶常系数的齐次差分方程
其特征方程为,其特征根为,故此差分方程的通解为,其中为常数,其特解可由定出,由于,所以.
由题设条件知,对,,且,即严格单增,所以,,即有,
故
所以,即.
(3)设可微函数满足,求
由得.
记
二、(8分)设函数可导,且满足,其中是常数,且,求的导数.
由,,得
,即
令,则
(代入)
三、(8分)设函数在上有连续的导数,且,证明至少存在一点,使得.
证明:
构造辅助函数,则在上连续可导,且,
若对,则有下面两种情况
(i)对,此时,,,
从而,这与矛盾,
(ii)对,此时,,,
从而,这与矛盾。
从而至少存在一点,使得.
四、(8分)证明不等式
设
,令解得驻点为
,
,故是的极小值点,是的极大值点。
由罗尔定理,在区间上,仅有唯一的一个零点,当时,,当时,,又,
因此在上,,从而在上,单增,且
类似地,由罗尔定理,在区间上,仅有唯一的一个零点,当时,,当时,,又
,因此在上,,从而在上单减,且,综上所述,在区间上恒大于零,即在上的最小值为,即,从而不等式成立。
五、设是上的连续函数,且对有
(称具有反序性)
(i)证明:
(ii)利用(i)证:
若是上的连续函数,且对有
,则.
证:
(i)由得
不等式两端在D上求二重积分,其中,即
即
(ii)由于与在上[0,1]具有反序性,则由(i)
因为,所以.
六、(10分)已知曲线,在纵坐标为的点处的切线为,是通过且与曲面相切的平面,求的方程.
若以为参数,曲线C的参数方程为,在对应点处的切向量为,所以在点处的切线的方程为
,或者
过的平面束方程为,
即
(1)
记,设与曲面的切点为,则曲面在点处的法向量为,
由于所求的平面与相切,因此应满足,
由此可得,且,(在上)
又因为也应在上,将其代入
(1)得
,即
解得,因而得到所求的的平面方程为
或.
七、(10分)设分别是函数在上的最大值和最小值,是连接原点与点的位于第一象限内的光滑曲线,并且与线段围成的闭区域的面积为1,求关于坐标的曲线积分.
(其中为逆时针方向)
先确定,再计算.
由的积分表达式,
于是的根为,并且
所以,
(由格林公式)
八、(10分)设幂级数的系数满足,求此幂级数的和函数.
设,则,由条件,有
解此一阶线性微分方程,得.由,得,故
九、(12分)设是过原点,方向为(其中)的直线,均匀椭球(其中,密度为1)绕旋转
(1)求其转动惯量;
(2)其转动惯量关于方向的最大值和最小值.
(1)设旋转轴的方向向量为,椭球内任意一点到旋转轴的距离的平方为
由积分区域的对称性,,
其中,而
同理
所求的转动惯量为.
(2)设考虑目标函数在约束条件下的条件极值.设拉格朗日函数为
令
求得极值点为
通过比较可知,当时,即绕轴转动惯量最大,即
,当时,即绕轴转动惯量最小,即.
十、(9分)在不断抽打下,陀螺会飞快地旋转,但当一旦停止对它进行抽打,它也就不再转动而停下来.设陀螺材质均匀,且旋转体所占的立体区域为,试求当陀螺停止转动后,在稳定平衡状态下它的中心轴与水平地面的夹角.如图(轴截面)(其中A为陀螺停止转动后,在稳定平衡状态下与地平面的接触点)
首先求陀螺的质心坐标.由于陀螺材质均匀的旋转体,所以它的
质心就是几何体的形心,根据对称性可知,
必有,而
.所以有陀螺的质心坐标为
.当陀螺停止转动后,在稳定平衡状态下时,它的质心到水平地面的距离应达到最短。
如轴截面,设陀螺在稳定平衡状态下,它与水平地面的切点为
于是问题就转化为一个条件极值问题,其目标函数为
,约束条件为(陀螺侧面的轴截线)
将其代入目标函数,有
解驻点,令,
当时,,当时,
从而得到
轴截线与轴在点处的切线与轴的夹角为
,,.
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