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[数学分析] 分享一些名校考研难题的解答

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发表于 2017-10-21 15:43:28 | 显示全部楼层 |阅读模式
1、(2016年北京大学考研)计算行列式.各行底数为等差数列,各列底数也为等差数列,所有指数都是$50$,
$$\left|\begin{array}{ccccc} 1^{50}&2^{50}&3^{50}&\cdots &100^{50}\\ 2^{50}&3^{50}&4^{50}&\cdots &101^{50}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 100^{50}&101^{50}&102^{50}&\cdots& 199^{50}\\\end{array}\right|.$$

2、(2011年中科院考研)设$\{a_k\}_{k\geq 0},\{b_k\}_{k\geq 0}$和$\{\xi_k\}_{k\geq 0}$为非负数列,而且对任意$k\geq 0$,有
\[a_{k+1}^2\leq (a_k+b_k)^2-\xi_k^2.\]
(1)证明$\displaystyle \sum_{i=1}^k\xi_i^2\leq \left(a_1+\sum_{i=0}^kb_i\right)^2$;

(2)若数列$\{b_k\}$还满足$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k^2<+\infty$,则$\displaystyle\lim_{k\to\infty}\frac 1k\sum_{i=1}^k\xi_i^2=0$.

3、(2012年中科院考研题)设$\rho (x,y,z)$是原点$O$到椭球面$\frac{x^2}2+\frac{y^2}2+z^2=1$的上半部分(即满足$z\geq 0$的部分) $\Sigma$的任一点$(x,y,z)$处的切面的距离,求积分\[\iint_\Sigma \frac z{\rho (x,y,z)}dS.\]

4、(2011年中科院考研题)计算曲线积分\[\oint_C\left((x+1)^2+(y-2)^2\right)ds,\]其中$C$表示曲面$x^2+y^2+z^2=1$与$x+y+z=1$的交线.

5、(2016年北京大学考研)正十二面体有$12$个面,每个面为正五边形,每个顶点连接$3$条棱.求它的内切球与外接球半径比.



大家可以先稍加思考,答案在后文贴出。
 楼主| 发表于 2017-10-21 15:44:56 | 显示全部楼层
第三题解答.
设椭球面上半部分一点为$A=(x_0,y_0,z_0)$,则$\frac{x_0^2}2+\frac{y_0^2}2+z_0^2=1$.
而$A$上切平面的法向量为$(F_x(A),F_y(A),F_z(A))=(x_0,y_0,2z_0)$,故$A$处切平面方程为
$$
\left( x-x_0 \right) x_0+\left( y-y_0 \right) y_0+2\left( z-z_0 \right) z_0=0,
$$

$$
x_0x+y_0y+z_0z=2.
$$
因此所求积分为
$$
I=\iint_{\Sigma}{\frac{z}{\rho \left( x,y,z \right)}dS}=\frac{1}{2}\iint_{\Sigma}{z\sqrt{x^2+y^2+z^2}dS}.
$$
记$z=\varphi (x,y), (x,y)\in D$,其中$D$为圆盘$x^2+y^2\leq 2$.首先有
\begin{align*}dS&=\sqrt{1+\left(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\right)^2}dxdy=\sqrt{1+\left(\frac{-x}{2z}\right)^2+\left(\frac{-y}{2z}\right)^2}dxdy\\&=\frac1{2z}\sqrt{x^2+y^2+4z^2}dxdy.\end{align*}
因此
\begin{align*}&I=\iint_{\Sigma}{\frac{z}{\rho \left( x,y,z \right)}dS}=\frac{1}{2}\iint_{\Sigma}{z\sqrt{x^2+y^2+z^2}dS}\\=&\frac{1}{4}\iint_D\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2+4z^2}dxdy=\frac{1}{4}\iint_D\sqrt{1+\frac{x^2}2+\frac{y^2}2}\sqrt{4-x^2-y^2}dxdy\\
=&\frac14\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt{2}}r\sqrt{1+\frac{r^2}2}\sqrt{4-r^2}dr=\frac\pi4\int_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+\frac{u}2}\sqrt{4-u}du\\
=&\frac\pi{4\sqrt{2}}\int_0^{\sqrt{2}}\sqrt{8+2u-u^2}du\\
=&\frac{\sqrt{2}\pi}{16}\left(\sqrt{10-6\sqrt{2}}+9\arcsin \frac{\sqrt 2-1}3+2\sqrt{2}+9\arcsin \frac13\right).\end{align*}
这是因为
\begin{align*}
&\int{\sqrt{8+2u-u^2}du}=u\sqrt{8+2u-u^2}-\int{\frac{u-u^2}{\sqrt{8+2u-u^2}}du}\\
&=u\sqrt{8+2u-u^2}-\int{\frac{\left( 8+2u-u^2 \right) -8-u}{\sqrt{8+2u-u^2}}du}\\
&=u\sqrt{8+2u-u^2}-\int{\sqrt{8+2u-u^2}du}+\int{\frac{8+u}{\sqrt{8+2u-u^2}}du}\\
&=\left( u-1 \right) \sqrt{8+2u-u^2}-\int{\sqrt{8+2u-u^2}du}+\int{\frac{9}{\sqrt{9-\left( u-1 \right) ^2}}du}\\
&=\left( u-1 \right) \sqrt{8+2u-u^2}-\int{\sqrt{8+2u-u^2}du}+9\arcsin \frac{u-1}{3}+C,
\end{align*}

$$
\int{\sqrt{8+2u-u^2}du}=\frac{u-1}{2}\sqrt{8+2u-u^2}+\frac{9}{2}\arcsin \frac{u-1}{3}+C.
$$
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 楼主| 发表于 2017-10-21 15:47:10 | 显示全部楼层
第二题解答.
(1)由于
$$
a_{k+1}^{2}\leq \left( a_k+b_k \right) ^2-\xi _{k}^{2}\leq \left( a_k+b_k \right) ^2,
$$
我们有
$$
a_{k+1}\leq a_k+b_k\leq a_{k-1}+b_k+b_{k-1}\leq \cdots \leq a_1+\sum_{i=1}^k{b_i}.
$$
于是
\begin{align*}
\sum_{i=1}^k{\xi _{i}^{2}}&\leq \sum_{i=1}^k{\left( a_i+b_i \right) ^2}-\sum_{i=1}^k{a_{i+1}^{2}}=a_{1}^{2}+2\sum_{i=1}^k{a_ib_i}+\sum_{i=1}^k{b_{i}^{2}}-a_{k+1}^{2}\\
&\leq a_{1}^{2}+2\sum_{i=1}^k{b_i\left( a_1+\sum_{j=1}^{i-1}{b_j} \right)}+\sum_{i=1}^k{b_{i}^{2}}=\left( a_1+\sum_{i=1}^k{b_i} \right) ^2.
\end{align*}


(2) 事实上,由于$$
\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k{\xi _{i}^{2}}\leq \left( \frac{a_1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^k{b_i} \right) ^2,
$$
我们只需证明
$$
\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{1}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^k{b_i}=0.
$$
记$[x]$为向下取整函数,即$[1.99]=[1.01]=1$,则有$x-1<[x]\leq x$.由Cauchy-Schwarz不等式我们有
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^k{b_i}&=\frac{1}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^{\left[ \sqrt{k} \right]}{b_i}+\frac{1}{\sqrt{k}}\sum_{i=\left[ \sqrt{k} \right] +1}^k{b_i}\\
&\leq \frac{\sqrt{\left[ \sqrt{k} \right] +1}}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^{\left[ \sqrt{k} \right]}{b_{i}^{2}}+\frac{\sqrt{k-\left[ \sqrt{k} \right]}}{\sqrt{k}}\sum_{i=\left[ \sqrt{k} \right] +1}^k{b_{i}^{2}}\\
&\leq \frac{\sqrt{\sqrt{k}+1}}{\sqrt{k}}\sum_{i=0}^{\left[ \sqrt{k} \right]}{b_{i}^{2}}+\frac{\sqrt{k-\sqrt{k}+1}}{\sqrt{k}}\sum_{i=\left[ \sqrt{k} \right] +1}^k{b_{i}^{2}}\\
&=\sqrt{\frac{1}{k}+\frac{1}{\sqrt{k}}}\sum_{i=0}^{\left[ \sqrt{k} \right]}{b_{i}^{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{k}-\frac{1}{\sqrt{k}}}\sum_{i=\left[ \sqrt{k} \right] +1}^k{b_{i}^{2}},
\end{align*}
由于$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty b_k^2<+\infty$,我们有$\displaystyle\sum_{i=0}^{\left[ \sqrt{k} \right]}{b_{i}^{2}}$有界且$\displaystyle\sum_{i=\left[ \sqrt{k} \right] +1}^k{b_{i}^{2}}\to 0$,由此得证.
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 楼主| 发表于 2017-10-21 15:47:36 | 显示全部楼层
第一题解答.
我的解答有问题,现纠正一下,谢谢大家!
考虑函数
$$
f\left( t \right) =\left| \begin{matrix}
        1^{50}&                2^{50}&                \cdots&                100^{50}\\
        2^{50}&                3^{50}&                \cdots&                101^{50}\\
        \vdots&                \vdots&                &                \vdots\\
        t^{50}&                \left( t+1 \right) ^{50}&                \cdots&                \left( t+99 \right) ^{50}\\
\end{matrix} \right|,
$$
由于$f(t)$最多是$50$次的,又注意到$f(1)=f(2)=\cdots=f(99)=0$,故$f(t)$恒等于$0$,因此所求行列式等于$f(100)=0$.
------------------------------------------------------------------

事实上,我们考察
$$
D_{n+1}=\left| \begin{matrix}
        \left( a_0+b_0 \right) ^m&                \left( a_0+b_1 \right) ^m&                \cdots&                \left( a_0+b_n \right) ^m\\
        \left( a_1+b_0 \right) ^m&                \left( a_1+b_1 \right) ^m&                \cdots&                \left( a_1+b_n \right) ^m\\
        \vdots&                \vdots&                &                \vdots\\
        \left( a_n+b_0 \right) ^m&                \left( a_n+b_1 \right) ^m&                \cdots&                \left( a_n+b_n \right) ^m\\
\end{matrix} \right|,
$$其中$m$为任意正整数.

利用二项式展开可知
\begin{align*}
D_{n+1}&=\left| \begin{matrix}
        \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{0}^{k}b_{0}^{m-k}}&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{0}^{k}b_{1}^{m-k}}&                \cdots&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{0}^{k}b_{n}^{m-k}}\\
        \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{1}^{k}b_{0}^{m-k}}&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{1}^{k}b_{1}^{m-k}}&                \cdots&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{1}^{k}b_{n}^{m-k}}\\
        \vdots&                \vdots&                &                \vdots\\
        \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{n}^{k}b_{0}^{m-k}}&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{n}^{k}b_{1}^{m-k}}&                \cdots&                \sum_{k=0}^m{C_{m}^{k}a_{n}^{k}b_{n}^{m-k}}\\
\end{matrix} \right|\\
&=\left| \begin{matrix}
        a_{0}^{m}&                \cdots&                a_0&                1\\
        a_{1}^{m}&                \cdots&                a_1&                1\\
        \vdots&                &                \vdots&                \vdots\\
        a_{n}^{m}&                \cdots&                a_n&                1\\
\end{matrix} \right|\cdot \left| \begin{matrix}
        1&                \cdots&                1&                1\\
        C_{m}^{1}b_0&                \cdots&                C_{m}^{1}b_1&                C_{m}^{1}b_n\\
        \vdots&                &                \vdots&                \vdots\\
        C_{m}^{m}b_{0}^{m}&                \cdots&                C_{m}^{m}b_{1}^{m}&                C_{m}^{m}b_{n}^{m}\\
\end{matrix} \right|\\
&=\left( -1 \right) ^{n\left( n+1 \right) /2}\prod_{0\leq i<j\leq n}{\left( a_j-a_i \right)}\cdot \prod_{k=1}^{m-1}{C_{m}^{k}}\cdot \prod_{0\leq i<j\leq n}{\left( b_j-b_i \right)}.
\end{align*}

后面这步转化成行列式乘积是有问题的,不能利用范德蒙德行列式,而应该利用Cauchy-Binet公式,这样就很麻烦了,卒!!但这个结论适用于$m=n$的情形.

回到原题,取$a_k=k,b_k=k+1$,其中$k=0,1,\ldots,99$,而$m=50$,我们有
\begin{align*}
D_{100}&=\left| \begin{matrix}
        1^{50}&                2^{50}&                \cdots&                100^{50}\\
        2^{50}&                3^{50}&                \cdots&                101^{50}\\
        \vdots&                \vdots&                &                \vdots\\
        100^{50}&                101^{50}&                \cdots&                199^{50}\\
\end{matrix} \right|\\
&=\prod_{0\leq i<j\leq 99}{\left( j-i \right)}\cdot \prod_{k=1}^{49}{C_{50}^{k}}\cdot \prod_{0\leq i<j\leq 99}{\left( j-i \right)}\\
&=\left( 1!2!\cdots 99! \right) \cdot \frac{\left( 50! \right) ^{49}}{\left( 1!2!\cdots 49! \right) ^2}\cdot \left( 1!2!\cdots 99! \right)\\
&=\left( 50! \right) ^{51}\left( 51!52!\cdots 99! \right) ^2.
\end{align*}

点评

反对: 5.0
已纠正  发表于 2017-10-23 21:47
反对: 5
拆成的两个不一定是方阵,应该用Cauchy-Binet定理,而不是当成范德蒙行列式  发表于 2017-10-22 16:33
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 楼主| 发表于 2017-10-22 11:35:35 | 显示全部楼层
第四题.
联立$x^2+y^2+z^2=1$与$x+y+z=1$可得
$$
x^2+y^2+\left( 1-x-y \right) ^2=1\Rightarrow x^2+y^2+xy-x-y=0,
$$
即$$
\left( x+\frac{y}{2}-\frac{1}{2} \right) ^2+\frac{3}{4}\left( y-\frac{1}{3} \right) ^2=\frac{1}{3}.
$$
令$$
x+\frac{y}{2}-\frac{1}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t,\quad y=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\sin t,
$$

$$
x=\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t-\frac{1}{3}\sin t+\frac{1}{3},\quad y=\frac{2}{3}\sin t+\frac{1}{3},\quad z=-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t-\frac{1}{3}\sin t+\frac{1}{3}
$$
而$$
ds=\sqrt{\left[ x'\left( t \right) \right] ^2+\left[ y'\left( t \right) \right] ^2+\left[ z'\left( t \right) \right] ^2}dt=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}dt.
$$
因此所求积分为
\begin{align*}
I&=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\int_0^{2\pi}{\left[ \left( \frac{1}{\sqrt{3}}\cos t-\frac{1}{3}\sin t+\frac{4}{3} \right) ^2+\left( \frac{2}{3}\sin t-\frac{5}{3} \right) ^2 \right] dt}\\
&=\frac{\sqrt{2}}{9\sqrt{3}}\int_0^{2\pi}{\left( -28\sin t-\sqrt{3}\sin \left( 2t \right) +8\sqrt{3}\cos t-\cos \left( 2t \right) +45 \right) dt}\\
&=\frac{10\sqrt{6}}{3}\pi.
\end{align*}

另解.球心到平面$x+y+z=1$的距离为
$$
d=\frac{\left| 0+0+0-1 \right|}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},
$$
故交线形成的圆的半径为$r=\sqrt{1-\frac13}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

由于$x,y,z$的对称性可知
\[I=\oint_C\left((x+1)^2+(y-2)^2\right)ds=\oint_C\left((y+1)^2+(z-2)^2\right)ds=\oint_C\left((z+1)^2+(x-2)^2\right)ds,\]
因此
\begin{align*}
I=&\frac{1}{3}\oint_C{\left[ \left( x+1 \right) ^2+\left( y+1 \right) ^2+\left( z+1 \right) ^2 \right] ds}\\
&+\frac{1}{3}\oint_C{\left[ \left( x-2 \right) ^2+\left( y-2 \right) ^2+\left( z-2 \right) ^2 \right] ds}\\
=&\frac{1}{3}\oint_C{\left[ 2\left( x^2+y^2+z^2 \right) -2\left( x+y+z \right) +15 \right] ds}\\
=&5\oint_C{ds}=5\times 2\pi \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{6}}{3}\pi.
\end{align*}
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发表于 2017-10-22 16:33:59 | 显示全部楼层
第一题,把最后一列的$99,100...199$分别改成$t,t+1,...t+99$,则行列式变成了关于$t$的多项式函数$f(t)$,次数小于等于$50$,但是$f(1)=f(2)=...=f(99)=0$,所以$f(t)=0,$而所求行列式为$f(100)=0 .$
2016北大最后那道解析几何的题很难的,到现在也还是不会。。。熊哥有没有解答?
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发表于 2017-10-22 16:59:32 来自手机 | 显示全部楼层
银铃锦帆 发表于 2017-10-22 16:33
第一题,把最后一列的99,100...199分别改成t,t+1,...t+99,则行列式变成了关于t的多项式函数f(t),次数小 ...

那道题贴出来看看
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发表于 2017-10-22 17:06:43 | 显示全部楼层

正十二面体有12个面,每个面为正五边形,每个顶点连接3条棱.求它的内切球与外接球半径比.
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发表于 2017-10-22 17:07:58 来自手机 | 显示全部楼层
考研试题集里,已被我挖出。
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发表于 2017-10-22 17:08:20 来自手机 | 显示全部楼层
herbertfederer 发表于 2017-10-22 16:59
那道题贴出来看看

要求计算正十二面体的内切球与外接球的半径之比

不给图很难想象
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