第十四届数竞初赛备考（数学类）

发表于2022-10-03更新于2022-10-19字数统计12.7k阅读次数

主要围绕历届一些竞赛题的背景辅以进阶书籍进行拓展，及对一些题型的总结.

参考文献：《阶的估计基础》、《竞赛指导全书（数学类）》、《解析几何》、《数学分析范例选解》、《数学分析讲义》
真题源来自公众号：考研竞赛数学，具体答案读者可自去阅读，分析及拓展会敲下具体细节.
鄙人主攻分析题，解几次之，代数基本略过.

【题 $1$ 】（第一届初第一题-解几）

求经过三平行直线 $L_{1}: x=y=z ， L_{2}: x-1=y=z+1 ， L_{3}: x=y+1=z-1$ 的圆柱面的方程.

本题属于知三条母线来求圆柱面的方程的题型，与《解析几何》习题 $3.2$ 中的第三题类型一致，只稍改了数据.

官方解答思路：

先求出与轴相垂直且过该圆柱面一点的平面方程（母线方向即平面方程对应的系数 $ABC$ ，再代入那一点即确定系数 $D$ ），接着可求得平面与这三条母线的交点，接着到这三点距离相等的直线便是轴，联立方程即可求得轴的方程，最后用叉乘值除以底得到高相等（即圆柱面上点到轴的距离一样）即得圆柱面方程。

评析：教材思路也是这个，基本上没有什么可以优化的了。最后一步教材就是求半径 $R$ （其实也就是我们叉乘除以底后的高），再相等一样。

小结：垂面方程 ~ 交点坐标 ~ 轴线方程 ~ 叉乘高相等

其他注意事项：叉乘如何计算要记得，行列式对应坐标摆就行。

\vec{c}=\vec{a} \times \vec{b}=\left|\begin{array}{ccc} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ a_{x} & a_{y} & a_{z} \\ b_{x} & b_{y} & b_{z} \end{array}\right|

【题 $2$ 】（第一届初第四题-数分）

设 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 是定义在 $[a, b]$ 上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛, 并在 $[a, b]$ 上满足 $\left|f_{n}^{\prime}(x)\right| \leq M$ .
$(1)$ 证明 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛;
$(2)$ 设 $f(x)=\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)$ ，问 $f(x)$ 是否一定在 $[a, b]$ 上处处可导, 为什么?

对于第一问，一般没什么好的定理或结论的话，很头痛，我们大概只能从定义入手去证明，这种硬分析要用好题目给所的条件；第二问大概是构造反例，又再去证明这么一个强的结论显然不太可能。

第一小问官方解答思路：

（首先要清楚一致收敛的定义，要写清楚数学语言，下面重点看看解答用了哪些变换技巧及其思想）首先采用了取点区间分段，并且使每个分段小于 $\varepsilon$ ，然后对于这些点的柯西余项我们就可以运用逐点收敛的定义使其小于 $\varepsilon$ ，而对于除去了那些分段点，剩下的区间柯西余项我们刚好可以用上题设其导函数有界的条件（用拉格朗日中值定理）,综上，区间的任意柯西余项都会小于 $(2M+1)\varepsilon$ .

\begin{array}{l} \left|f_{m}(x)-f_{n}(x)\right| \leq\left|f_{m}(x)-f_{m}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{m}\left(x_{j}\right)-f_{n}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x_{j}\right)-f_{n}(x)\right| \\ =\left|f_{m}^{\prime}(\xi)\left(x-x_{j}\right)\right|+\left|f_{m}\left(x_{j}\right)-f_{n}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{n}^{\prime}(\eta)\left(x-x_{j}\right)\right| \\ <(2 M+1) \varepsilon \end{array}

其余写清楚，套上一致收敛定义的框架就可以了（与 $x$ 无关）

小结：一致收敛定义 ~ 取点分段 ~ 分部处理 ~ 中值有界

第二小问官方解答思路：举反例没什么好说的了，看经验与积累.

$f_{n}(x)=\sqrt{x^{2}+\frac{1}{n}}$

【题 $3$ 】（第一届初第五题-数分）

$a_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t \text { ，证明 } \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}} \text { 发散. }$

这种就是要估计 $a_n$ 的阶，粗略一点的话用不等式来估计就行.

思路及评析：首先其分开两部分估计可以理解，那取分点一方面要便于不等式放缩，一方面要便于后面的计算。还有就是我们的分点要不要包含变量 $n$ 呢？要不要用上中值呢？不等式放缩如何呢？多尝试几次，要往证明的方向的阶多靠，综上几点考虑后作出解答也就大致是类似的了。

\begin{array}{c} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t+\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t=I_{1}+I_{2} \\ I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t<n^{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{n}} t \mathrm{~d} t=\frac{\pi^{2} n}{2}, \\ \left.I_{2}=\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t\left|\frac{\sin n t}{\sin t}\right|^{3} \mathrm{~d} t<\int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} t \cdot\left(\frac{\pi}{2 t}\right)^{3} \mathrm{~d} t=-\frac{\pi^{3}}{8} \int_{\frac{\pi}{n}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \mid \frac{1}{t}\right)=\frac{\pi^{3}}{8}\left(\frac{n}{\pi}-\frac{2}{\pi}\right)<\frac{\pi^{2} n}{8} \end{array}

因此 $\frac{1}{a_{n}}>\frac{1}{\pi^{2} n}$ ，由此得到 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}}$ 发散.

【题 $4$ 】（第一届决第一题(1)-数分）

官方解答：

\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-\alpha x^{2}}-\mathrm{e}^{-\beta x^{2}}}{x^{2}} \mathrm{~d} x &=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d} x \int_{\alpha }^{\beta} \mathrm{e}^{-tx^{2}} \mathrm{~d} t=\int_{\alpha}^{\beta} \mathrm{d} t \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-tx^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{\alpha }^{\beta} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{t}} \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x \\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \int_{\alpha }^{\beta} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{t}}=\sqrt{\pi}(\sqrt{\beta}-\sqrt{\alpha}) \end{aligned}

由于在 $[\alpha, \beta]$ 上总有 $0<\mathrm{e}^{-x^{2}} \leqslant \mathrm{e}^{-\alpha x^{2}}$ , 且积分 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\alpha x^{2}} \mathrm{~d} x$ 收敛, 因此积分 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d} x$ 在 $t \in [\alpha, \beta]$ 上一致收敛，因此上面计算过程中的第二个等号是正确的.

评析：以上含参积分及积分交换次序就不说了，这里我们主要讲讲 $\mathbf{Euler-Poisson}$ 积分 $\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} d x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ 怎么来的？（这里原题是填空题，不过了解证明过程还是很有必要的.）

由 $\mathbf{Taylor}$ 展开易见

e^{t} \geqslant 1+t, \quad \forall t \in \mathbb{R},

因此

1-x^{2} \leqslant e^{-x^{2}} \leqslant \frac{1}{1+x^{2}}, \quad \forall x>0 .

从而得到如下的积分估计

\int_{0}^{1}\left(1-x^{2}\right)^{n} d x \leqslant \int_{0}^{+\infty} e^{-n x^{2}} d x \leqslant \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{n}} d x,

上式左边利用变量代换 $x=\sin t$ , 中间利用变量代換 $x=\frac{t}{\sqrt{n}}$ , 右边利用上面的例子, 最后得到

\frac{(2 n) ! !}{(2 n+1) ! !} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} d x \leqslant \frac{\pi}{2} \cdot \frac{(2 n-3) ! !}{(2 n-2) ! !},

利用 $\mathbf{Wallis}$ 公式

\frac{\pi}{2}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{[(2 n) ! !]^{2}}{[(2 n-1) ! !]^{2}(2 n+1)}

和数列极限的夹逼定理可得

\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} d x=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} \frac{(2 n) ! !}{(2 n+1) ! !}=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \text {. }

该证明参考了梅加强老师的《数学分析讲义》

【题 $5$ 】（第一届决第一题(4)-解几）

$\text { 设 }(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}=6 \text { ，则 }[(\vec{a}+\vec{b}) \times(\vec{b}+\vec{c})] \cdot(\vec{a}+\vec{c})=?$

这里我们浅浅地复习以下混合积

\begin{aligned} [(\vec{a}+\vec{b}) \times(\vec{b}+\vec{c})] \cdot(\vec{a}+\vec{c})&=(\vec{a}\times\vec{b}+\vec{a}\times\vec{c}+\vec{b}\times\vec{c})\cdot(\vec{a}+\vec{c}) \\ &=2(\vec{a},\vec{b},\vec{c})=12 \end{aligned}

注意事项：叉乘和点乘都满足分配律；对于混合积，三个中有重复向量即为 $0$ ,混合积跟顺序无关。（联系体积）

【题 $6$ 】（第一届决第三题-数分）

设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续，且对于固定的 $x \in[0, \infty)$ ，当自然数 $n \rightarrow \infty$ 时 $f(x+n) \rightarrow 0$ . 证明函数序列 $\{f(x+n): n=1,2, \cdots\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $0$ .

好，又是一个一致收敛的题目，有点头痛，我们慢慢来.

由于 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续，故对于任意给定的 $\varepsilon>0$ ，存在一个 $\delta>0$ ，当

\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta\left(x_{1} \geq 0, x_{2} \geq 0\right)

时，使得

\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}

好，这里把一致连续先写好.

取一个充分大的自然数 $m$ ，使得 $m>\delta^{-1}$ ，并在 $[0,1]$ 中取 $m$ 个点:

x_{1}=0<x_{2}<\ldots<x_{m}=1

其中 $x_{j}=\frac{j}{m}(j=1,2, \ldots, m)$ . 这样，对于每一个 $j$ ， $\left|x_{j+1}-x_{j}\right|=\frac{1}{m}<\delta$ . 由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} f(x+n)=0$ ，故对每一 $x_{j}$ ，存在一个 $N_{j}$ ，当 $n>N_{j}$ 时，使得

\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}

这里极限为 $0$ 用上了.，下面 $N$ 要取好，与 $x$ 无关.

这里的 $\varepsilon$ 是前面给定的. 令 $N=\max \left\{N_{1}, \ldots, N_{m}\right\}$ ，那么当 $n>N$ 时，

\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { ，其中 } j=1,2, \ldots, m \text {. }

设 $x \in[0,1]$ 是任意一点，这时总有一个 $x_{j}$ 使得 $x \in\left[x_{j}, x_{j+1}\right]$ .
由 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续性及 $\left|x-x_{j}\right|<\delta$ 可知，

\left|f\left(x_{j}+n\right)-f(x+n)\right|<\frac{\varepsilon}{2}(\forall n=1,2, \ldots) .

回溯之前的一致连续，使得取点处与区间内任一点的振幅充分小，这里就可以理解前面为什么要使得区间分段小于 $\delta$ .

另一方面，已经知道当 $n>N$ 时， $\left|f\left(x_{j}+n\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ，这样，由后面证得的两个式子就得，当 $n>N, x \in[0,1]$ 时， $|f(x+n)|<\varepsilon$ .
注意到这里的 $N$ 的选取与点 $x$ 无关，这就证实了函数序列 $\{f(x+n): n=1,2, \ldots\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于 $0$ .

前面的绝对值不等式放出来就是小于 $\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}={\varepsilon}$

小结：对于定义的硬分析，条件都要用上，取点分段用合理，一步一步来写好就不会乱了.

【题 $7$ 】（第一届决第六题-解几）

已知两直线的方程: $L: x=y=z, L^{\prime}: \frac{x}{1}=\frac{y}{a}=\frac{z-b}{1}$ .

(1) 问: 参数 $a, b$ 满足什么条件时， $L$ 与 $L^{\prime}$ 是异面直线?

(2) 当 $L$ 与 $L^{\prime}$ 不重合时，求 $L^{\prime}$ 绕 $L$ 旋转所生成的旋转面 $\pi$ 的方程，并指出曲面 $\pi$ 的类型.

第一小问小结：（因为这类题型很直接，这里直接总结了）就是两直线的方向与任意分别在两直线的两点的向量的行列式不为 $0$ ，则不共面（即体积不为 $0$ ）

第二小问：重点在分类讨论。不重合意味着可以平行（圆柱面）、相交（一定是锥面？还可以是平面这一特殊情况，还有可以是单叶双曲面.）

注意事项：复习柱面、锥面、单叶双曲面方程的一般求法，不可遗忘.

【题 $8$ 】（《数学分析范例选解》-P67 微分题）

设 $f(x) \in C[0,1]$ , 对于某个 $c \in(0,1)$ , 极限

\lim _{\substack{h \rightarrow 0 \\ h \in Q, h \neq 0}} \frac{f(c+h)-f(c)}{h}

存在, 则 $f(x)$ 在 $x=c$ 可微.

这里要求我们做的似乎是在上述极限中，对任意一个有理数 $r_0'$ 趋于 $0$ 的同时，都能找到紧贴着它的一个无理数 $r$ （即二者间距充分小，从而根据连续性，相应振幅也会充分小）根据稠密性，看起来是能够做到的。

$(i)$ 记题中的极限为 $L$ . 那么对于任何给定的 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta_{0}= \delta_{0}(\varepsilon)>0$ , 使当任何 $h \in \mathbb{Q}, 0<|h|<\delta_{0}$ 时

\left|\frac{f(c+h)-f(c)}{h}-L\right|<\frac{\varepsilon}{2}

这里就是极限定义写出来，后面会用到.

下面证明上述不等式对于 $h$ 不是有理数的情形也成立.

$(ii)$ 记 $\tau=\min (c, 1-c)$ , 定义集合

$A=\{x \mid x \in(-\tau, \tau), x \neq 0\}$

思考这里设集合 $A$ 的作用？即下面取数时直接解决了左右极限的问题.

那么由题设可知函数

\frac{f(c+x)-f(c)}{x} \quad(x \in A)

连续. 于是对于任何 $r \notin \mathbb{Q}, r \in A$ , 以及任意给定的 $\varepsilon>0$ , 存在 $\delta_{1}>0$ , 使对任何满足 $\left|r-r^{\prime}\right|<\delta_{1}$ 的实数 $r^{\prime} \in A$ 有

\left|\frac{f(c+r)-f(c)}{r}-\frac{f\left(c+r^{\prime}\right)-f(c)}{r^{\prime}}\right|<\frac{\varepsilon}{2}

这里就是连续性，得到振幅充分小.

$(iii)$ 现在任取 $r \notin \mathbb{Q}$ , 并且满足 $0<|r|<\min \left(\tau, \delta_{0} / 2\right)$ . 于是 $r \in A$ . 依有理数集合在 $\mathbb{R}$ 中的稠密性, 我们可取 $r_{0}^{\prime} \in \mathbb{Q} \cap A$ 满足 $\left|r-r_{0}^{\prime}\right|<\min \left(\delta_{0} / 2, \delta_{1}\right)$ . 于是由 $(ii)$ 可知

\left|\frac{f(c+r)-f(c)}{r}-\frac{f\left(c+r_{0}^{\prime}\right)-f(c)}{r_{0}^{\prime}}\right|<\frac{\varepsilon}{2}

并且由

0<\left|r_{0}^{\prime}\right| \leqslant|r|+\left|r-r_{0}^{\prime}\right|<\delta_{0} / 2+\delta_{0} / 2=\delta_{0}, r_{0}^{\prime} \in \mathbb{Q}

以及 $(i)$ 得知

\left|\frac{f\left(c+r_{0}^{\prime}\right)-f(c)}{r_{0}^{\prime}}-L\right|<\frac{\varepsilon}{2}

因此我们有

\begin{aligned} &\left|\frac{f(c+r)-f(c)}{r}-L\right| \\ \leqslant&\left|\frac{f\left(c+r_{0}^{\prime}\right)-f(c)}{r_{0}^{\prime}}-L\right|+\left|\frac{f(c+r)-f(c)}{r}-\frac{f\left(c+r_{0}^{\prime}\right)-f(c)}{r_{0}^{\prime}}\right| \\ < &\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \end{aligned}

可以看得出，取的两个数都充分小（事实上，我们看出来是先取无理数 $r$ ，再由有理数的稠密性，可取到贴近 $r$ 的有理数 $r_0'$ ），且其间距也充分小，由二者的稠密性，看来取谁先是无碍的.（题解是只用有理数的稠密性就足够了，事实上，无理数稠密得多.）
在取的时候要小于什么 $\delta$ 及 $\tau$ ，这是由最后二者分部处理满足不同定义而确定的（上面就只有两个条件的定义可用，一是有理数趋近导数存在，二是连续性）.

于是 $(i)$ 中的不等式对于 $h$ 不是有理数的情形也成立, 也就是说

\lim _{\substack{h \rightarrow 0 \\ h \notin Q, h \neq 0}} \frac{f(c+h)-f(c)}{h}=L

与题设条件合起来, 我们得到

\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h)-f(c)}{h}=L

于是 $f(x)$ 在 $x=c$ 可微.

【题 $9$ 】（第二届初第一题-数分）

设 $\varepsilon \in(0,1) ， x_{0}=a ， x_{n+1}=a+\varepsilon \sin x_{n}(n=0,1,2 \cdots)$ . 证明 $\xi=\displaystyle\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}$ 存在，且 $\xi$ 为方程 $x-\varepsilon \sin x=a$ 的唯一根.

注意事项：只说两点。一是级数收敛与数列收敛之间关系要利用好（这方面就是利用压缩映射，在第四届决赛就又考了这样一道数列收敛题，这是常见模型！这样的数列一般又可以和函数结合起来，考利普西茨连续、连续性、一致收敛、一致连续等等。），二是证明唯一性的反证法。

【题 $10$ 】（第二届初第五题-解几）

已知二次曲面 $\sum$ (非退化) 过以下九点:

$A(1,0,0), B(1,1,2), C(1,-1,-2), D(3,0,0), E(3,1,2) \text {, }$

$F(3,-2,-4), G(0,1,4), H(3,-1,-2), I(5,2 \sqrt{2}, 8) \text {. }$

问 $\sum$ 是哪一类曲面?

容易知道 $A, B, C$ 共线， $D, E, F$ 共线. 而只有两种二次曲面上可能存在共线的三点: 单叶双曲面和双曲抛物面. 然后，可以看到直线 $A B C$ 和直线 $D E F$ 是平行的，且不是同一条直线. 这就又排除了双曲抛物面的可能 (双曲抛物面的同族直母线都异面，不同族直母线都相交)，所以只可能是单叶双曲面.

【题 $11$ 】（第三届初第二题-数分）

设 $f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{n}$ 为 $[0,1]$ 上的非负连续函数，求证: 存在 $\xi \in[0,1]$ ，使得

\displaystyle\prod_{k=1}^{n} f_{k}(\xi) \leq \prod_{k=1}^{n} \int_{0}^{1} f_{k}(x) \mathrm{d} x

利用好连续性与非负，记得讨论存在 $0$ 的情况。不等式放缩需要积累。

记 $a_{k}=\int_{0}^{1} f_{k}(x) \mathrm{d} x, \forall k=1,2, \cdots, n$ . 当某个 $a_{k}=0$ 时，结论是平凡的.
下面设 $a_{k}>0(\forall k=1,2, \cdots, n)$ . 于是有

\int_{0}^{1} \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} \frac{f_{k}(x)}{a_{k}}} \mathrm{~d} x \leq \int_{0}^{1} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{f_{k}(x)}{a_{k}} \mathrm{~d} x=1

由此立即可得存在 $\xi \in[0,1]$ ，使得 $\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} \frac{f_{k}(\xi)}{a_{k}}} \leq 1$ . 结论得证.

【题 $12$ 】（第三届初第五题-数分）

对于任何实数 $\alpha$ ，求证存在取值于 $\{-1,1\}$ 的数列 $\left\{a_{n}\right\}_{n \geq 1}$ 满足

\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(\sum_{k=1}^{n} \sqrt{n+a_{k}}-n^{\frac{3}{2}}\right)=\alpha .

只说思路。我们考虑左式与某个与 $a_n$ 有关的级数可充分小（就可用直接利用泰勒展开不等式放缩，出现平方项，解决掉正负一的问题）。

【题 $13$ 】（第三届决第一题-解几）

设有空间中五点

$A(1,0,1), B(1,1,2), C(1,-1,-2), D(3,1,0), E(3,1,2) \text {. }$

试求过点 $E$ 且与 $A, B, C$ 所在平面 $\Sigma$ 平行而与直线 $A D$ 垂直的直线方程.

注意求只知三点确定平面的法向量：对三点构成的两向量做叉乘即可得法向量.然后由两个垂直即可得出所求直线的方向向量，再代入点 $E$ 即得.

【题 $14$ 】（《数学分析范例选解》-微分题）

设 $a$ 是一个实数. 定义 $\mathbb{R}^{2}$ 上的函数

f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll} 0, & \text { 当 }(x, y)=(0,0) \\ \frac{|x|^{a}|y|^{a}}{x^{2}+y^{2}}, & \text { 当 }(x, y) \neq(0,0) \end{array}\right.

证明: 当且仅当 $a>1$ 时 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 连续, 当且仅当 $a>3 / 2$ 时 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微.

连续与可微按定义来就好，主要是证必要性时化为极坐标才比较容易证明其极限不存在.这个点可以积累下来.

$(i)$ 因为 $|x y| \leqslant\left(x^{2}+y^{2}\right) / 2$ , 所以当 $(x, y) \neq(0,0)$ 时

0 \leqslant f(x, y) \leqslant \frac{1}{2^{a}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{a-1}

因而若 $a>1$ , 则当 $(x, y) \rightarrow(0,0),(x, y) \neq(0,0)$ 时 $f(x, y) \rightarrow 0$ . 若 $a \leqslant 1$ , 我们采用极坐标 $(\theta, \rho)$ , 当 $(x, y) \neq(0,0)$ 时

f(x, y)=\rho^{2(a-1)} \frac{|\sin 2 \theta|^{a}}{2^{a}}

由此推出上述极限不存在. 总之, 当且仅当 $a>1$ 时 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 连续.

$(ii)$ 函数 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微, 当且仅当

\Delta f(0,0)=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) \cdot \Delta x+\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) \cdot \Delta y+o\left(\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\right)

由定义可以算出

\begin{array}{c} \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0 \\ \Delta f(0,0)=f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)=\frac{|\Delta x|^{a}|\Delta y|^{a}}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}} \end{array}

因此函数 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微, 当且仅当

\frac{|\Delta x|^{a}|\Delta y|^{a}}{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}=o\left(\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\right)

因为

0 \leqslant \frac{|\Delta x|^{a}|\Delta y|^{a}}{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right) \sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} \leqslant \frac{1}{2^{a}}\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)^{a-3 / 2}

并且应用极坐标

\frac{|\Delta x|^{a}|\Delta y|^{a}}{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right) \sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\rho^{2(a-3 / 2)} \frac{|\sin 2 \theta|^{a}}{2^{a}}

(此处 $\rho=\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}$ ), 于是推出当且仅当 $a>3 / 2$ 时 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微.

【题 $15$ 】（《数学分析范例选解》-P116 积分题）

证明

f(x)=\mathrm{e}^{x^{2} / 2} \int_{x}^{\infty} \mathrm{e}^{-t^{2} / 2} \mathrm{~d} t

是 $[0, \infty)$ 上的单调减函数, 并求 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} f(x)$ .

运用好变量换元，及对积分的估计

$(i)$ 作代换 $u=t-x$ 得到

$f(x)=\int_{x}^{\infty} \mathrm{e}^{-(t-x)(t+x) / 2} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-u(u+2 x) / 2} \mathrm{~d} u$

对于任何 $x_{1}, x_{2} \in[0, \infty), x_{1}<x_{2}$ , 当 $u \in(0, \infty)$ 时

\mathrm{e}^{-u\left(u+2 x_{1}\right) / 2}>\mathrm{e}^{-u\left(u+2 x_{2}\right) / 2}>0

因此

\int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-u\left(u+2 x_{1}\right) / 2} \mathrm{~d} u>\int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-u\left(u+2 x_{2}\right) / 2} \mathrm{~d} u

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$ . 所以 $f(x)$ 在 $[0, \infty)$ 上单调递减.

$(ii)$ 我们写出

\begin{aligned} 0 &<f(x)=\int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-u(u+2 x) / 2} \mathrm{~d} u \\ & \leqslant \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-u(u+2 x) / 2} \mathrm{~d} u+\int_{1}^{\infty} \mathrm{e}^{-(u+2 x) / 2} \mathrm{~d} u=I_{1}(x)+I_{2}(x) \end{aligned}

其中

0<I_{1}(x)=\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-u^{2} / 2} \mathrm{e}^{-u x} \mathrm{~d} u \leqslant \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-u x} \mathrm{~d} u=\frac{1}{x}\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right)

所以 $I_{1}(x) \rightarrow 0(x \rightarrow \infty$ ; 以及 (注意 $u \geqslant 1$ )

0<I_{2}(x)<\int_{1}^{\infty} \mathrm{e}^{-(u+2 x) / 2} \mathrm{~d} u=\mathrm{e}^{-x} \int_{1}^{\infty} \mathrm{e}^{-u / 2} \mathrm{~d} u=2 \mathrm{e}^{-(x+1 / 2)}

所以 $I_{2}(x) \rightarrow 0(x \rightarrow \infty)$ . 因此由 $0<f(x) \leqslant I_{1}(x)+I_{2}(x)$ 推出 $f(x) \rightarrow 0(x \rightarrow \infty )$ .

【题 $16$ 】（《数学分析范例选解》-P143 级数题）

设 $a$ 是一个实数, 证明: 级数

\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} n ! \sin a \sin \frac{a}{2} \sin \frac{a}{3} \cdots \sin \frac{a}{n}

当 $|a|<1$ 时绝对收敛, 当 $|a| \geqslant 1$ 时发散.

后一问较难，思路是利用级数收敛必有通项趋于 $0$ ，证明方向就是证它有非 $0$ 极限.其中用到的取充分大的数 $n_0$ 及不等式放缩值得学习.

$(i)$ 当 $|a|<1$ 时, 由 $|\sin x| \leqslant|x|$ 可知

\left|n ! \sin a \sin \frac{a}{2} \sin \frac{a}{3} \cdots \sin \frac{a}{n}\right| \leqslant|a|^{n}

因此级数绝对收敛.

$(ii)$ 现在证明: 当 $|a| \geqslant 1$ 时, 所给级数发散. 因为当 $n \rightarrow \infty$ 时, 收敛级数的一般项 $a_{n}$ 趋于 $0$ . 因此, 我们只须对于任意一个这样的 $a$ , 证明

n ! \sin a \sin \frac{a}{2} \sin \frac{a}{3} \cdots \sin \frac{a}{n} \rightarrow \tau>0 \quad(n \rightarrow \infty)

固定给定的 $a$ , 则存在正整数 $n_{0}$ 使得当 $n \geqslant n_{0}$ 时 $|a| / n \leqslant 1$ , 从而 $\sin (|a| / n) \geqslant \sin (1 / n)\left(n \geqslant n_{0}\right)$ . 我们令

C=\left(n_{0}-1\right) !\left|\sin a \sin \frac{a}{2} \sin \frac{a}{3} \cdots \sin \frac{a}{n_{0}-1}\right|

因为由 $\sin x$ 的 $Taylor$ 展开, 我们有

\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^{2}}{6}+\left(\frac{x^{4}}{5 !}-\frac{x^{6}}{7 !}\right)+\left(\frac{x^{8}}{9 !}-\frac{x^{10}}{11 !}\right)+\cdots

所以

\frac{\sin x}{x} \geqslant 1-\frac{x^{2}}{6} \quad(0 \leqslant x \leqslant 1)

据此, 我们得到

\begin{aligned} &\left|n ! \sin a \sin \frac{a}{2} \sin \frac{a}{3} \cdots \sin \frac{a}{n}\right| \\ =& C n_{0} \cdot\left(n_{0}+1\right) \cdot \cdots \cdot n \cdot \sin \frac{|a|}{n_{0}} \cdots \cdots \cdot \sin \frac{|a|}{n} \\ \geqslant & C n_{0} \cdot \cdots \cdot n \cdot \sin \frac{1}{n_{0}} \cdot \cdots \cdot \sin \frac{1}{n} \geqslant C \prod_{k=n_{0}}^{n}\left(1-\frac{1}{6 k^{2}}\right) \\ \geqslant & C \prod_{k=n_{0}}^{n}\left(1-\frac{1}{k^{2}}\right)=C \prod_{k=n_{0}}^{n} \frac{(k+1)(k-1)}{k^{2}} \\ =& C \frac{\left(n_{0}-1\right)(n+1)}{n_{0} n} \rightarrow \frac{n_{0}-1}{n_{0}} C>0 \end{aligned}

于是上述结论得证.

【题 $17$ 】（《数学分析范例选解》-P143 级数题）

设 $f(x)$ 是 $(0,+\infty)$ 上的单调递增的正函数, 并且存在正数 $\theta \neq 1$ 使得

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(\theta x)}{f(x)}=1

那么对任何 $a>0$ , 有

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(a x)}{f(x)}=1

主要思想是变换、累乘、夹逼.

由

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(\theta x)}{f(x)}=1

可知 (令 $y=\theta x$ )

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f\left(\theta^{2} x\right)}{f(\theta x)}=\lim _{y \rightarrow+\infty} \frac{f(\theta y)}{f(y)}=1

因此, 对任何正整数 $n$ 有

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f\left(\theta^{n} x\right)}{f(x)}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{f\left(\theta^{n} x\right)}{f\left(\theta^{n-1} x\right)} \cdot \frac{f\left(\theta^{n-1} x\right)}{f\left(\theta^{n-2} x\right)} \cdots \cdots \frac{f(\theta x)}{f(x)}\right)=1

类似地有 (令 $y=\theta^{-1} x$ )

\begin{array}{l} \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f\left(\theta^{-1} x\right)}{f(x)}=\lim _{y \rightarrow+\infty} \frac{f(y)}{f(\theta y)}=1 \\ \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f\left(\theta^{-n} x\right)}{f(x)}=1 \end{array}

设 $a>0$ 给定. 若 $\theta>1$ , 则存在正整数 $n$ 使得 $\theta^{-n}<a<\theta^{n}$ , 从而依 $f(x)$ 的单调递增性, 我们有

\frac{f\left(\theta^{-n} x\right)}{f(x)} \leqslant \frac{f(a x)}{f(x)} \leqslant \frac{f\left(\theta^{n} x\right)}{f(x)}

若 $\theta<1$ , 则存在正整数 $n$ 使得 $\theta^{n}<a<\theta^{-n}$ , 从而

\frac{f\left(\theta^{n} x\right)}{f(x)} \leqslant \frac{f(a x)}{f(x)} \leqslant \frac{f\left(\theta^{-n} x\right)}{f(x)}

在上述两个不等式中令 $x \rightarrow+\infty$ , 即得所要的结果.

【题 $18$ 】（第四届初第五题-级数题）

\text { 已知 } \frac{(1+x)^{n}}{(1-x)^{3}}=\sum_{i=0}^{\infty} a_{i} x^{i},|x|<1, n \text { 为正整数，求 } \sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \text {. }

我们要熟悉通项与其和各自对应幂级数的关系。运用这个技巧我们很快求出幂级数 $\displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})x^n$ 对应的函数。

由于 $\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}$ 恰为 $\frac{(1+x)^{n}}{(1-x)^{3}} \frac{1}{1-x}$ 展开式中 $x^{n-1}$ 的系数，

\frac{(1+x)^{n}}{(1-x)^{4}}=\frac{(2-(1-x))^{n}}{(1-x)^{4}}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i} C_{n}^{i} 2^{n-i}(1-x)^{i-4}

其 $x^{n-1}$ 项系数等于

\begin{array}{c} 2^{n}(1-x)^{-4}-n 2^{n-1}(1-x)^{-3}+\frac{n(n-1)}{2} 2^{-1} \\ -\frac{n(n-1)(n-2)}{6} 2^{n-3}(1-x)^{-1} \end{array}

的 $x^{n-1}$ 项系数，也就等于

\frac{2^{n}}{3 !}\left((1-x)^{-1}\right)^{\prime \prime \prime}-\frac{n 2^{n-1}}{2 !}\left((1-x)^{-1}\right)^{\prime \prime}+\frac{n(n-1) 2^{n-2}}{2}\left((1-x)^{-1}\right)^{\prime}-\frac{n(n-1)(n-2) 2^{n-3}}{6}(1-x)^{-1}

的 $x^{n-1}$ 项系数，它等于

\frac{2^{n}}{3 !}(n+2)(n+1) n-\frac{n 2^{n-1}}{2 !}(n+1) n+\frac{n(n-1) 2^{n-2}}{2} n-\frac{n(n-1)(n-2) 2^{n-3}}{6} \text {. }

所以

\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}=\frac{n(n+2)(n+7)}{3} 2^{n-4} \text {. }

【题 $19$ 】（第四届决第三题-高代题）

设 $n$ 阶实方阵 $A$ 的每个元素的绝对值为 $2$ . 证明: 当 $n \geq 3$ 时，

|A| \leq \frac{1}{3} \cdot 2^{n+1} n !

高代没思路就归纳。

$1)$ 首先, $|A|=2^{n}\left|A_{1}\right|$ ，其中 $A_{1}=\frac{1}{2} A$ , 它的所有元素为 $1$ 或 $-1$ .

$2)$ 当 $n=3$ 时，

\left|A_{1}\right|=\left|\begin{array}{lll}a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33}\end{array}\right|

\begin{array}{l} =a_{11} a_{22} a_{33}+a_{12} a_{23} a_{31}+a_{13} a_{21} a_{32}-a_{31} a_{22} a_{13}-a_{32} a_{23} a_{11}-a_{33} a_{21} a_{12} \\ \triangleq b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}+b_{5}+b_{6} . \end{array}

上式 $b_{i}$ 每项为 $\pm 1$ ，且六项的乘积为 $-1$ ，至少有一个 $b_{i}$ 为 $-1$ . 从而这六项中至少有两项抵消，故有 $\left|A_{1}\right| \leq \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 3 !$ . 于是命题对于 $n=3$ 成立.

$3)$ 设此命题对于一切这样的 $(n-1)$ 阶方阵成立，那么对于 $n$ 阶矩阵的情形，将 $|A|$ 按第一行展开，记 $1$ 行 $k$ 列的代数余子式为 $M_{1 k}$ ，便有

\begin{aligned} |A| &= \pm 2 M_{11} \pm 2 M_{12}+\cdots \pm 2 M_{1 n} \leq 2\left(\left|M_{11}\right|+\left|M_{12}\right|+\cdots+\left|M_{1 n}\right|\right) \\ & \leq 2 n \cdot \frac{1}{3} \cdot 2^{n} \cdot(n-1) !=\frac{1}{3} \cdot 2^{n+1} \cdot n ! \end{aligned}

【题 $20$ 】（第五届初第四题-数分题）

设 $a>1$ ，函数 $f:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)$ 可微，求证: 存在趋于无穷的正数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 使得 $f^{\prime}\left(x_{n}\right)<f\left(a x_{n}\right), n=1,2, \cdots .$

数分不会就反证。

若结论不对，则存在 $x_{0}>0$ 使得当 $x \geq x_{0}$ 时，有

f^{\prime}(x) \geq f(a x)>0 .

于是当 $x>x_{0}$ 时， $f(x)$ 严格递增，且由微分中值定理，有

f(a x)-f(x)=f^{\prime}(\xi)(a-1) x \geq f(a \xi)(a-1) x>f(a x)(a-1) x .

看头和尾，即有 $1-\frac{f(x)}{f(ax)}>(a-1)x$ ，导出矛盾.

但这对于 $x>\frac{1}{a-1}$ 是不能成立的.

【题 $21$ 】（第五届决赛第一题-解几题）

设 $S$ 为 $\mathrm{R}^{3}$ 中的抛物面 $z=\frac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right), P=(a, b, c)$ 为 $S$ 外一固定点，满足 $a^{2}+b^{2}>2 c$ . 过 $P$ 作 $S$ 的所有切线. 证明: 这些切线的切点落在同一张平面上.

设 $l$ 是过 $P$ 点的抛物面 $S$ 的一条切线，它的方向向量为 $V=(u, v, w)$ ，则切点可以表示为

Q=P+t V=(a+t u, b+t v, c+t w),

其中 $t$ 是二次方程 $2(c+t w)=(a+t u)^{2}+(b+t v)^{2}$ , 也就是

\left(u^{2}+v^{2}\right) t^{2}+2(a u+b v-w) t+\left(a^{2}+b^{2}-2 c\right)=0

的唯一重根.

这时，

(a u+b v-w)^{2}=\left(u^{2}+v^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}-2 c\right),

得

t=\frac{w-a u-b v}{u^{2}+v^{2}}=\frac{a^{2}+b^{2}-2 c}{w-a u-b v}.

于是切点

Q=(X, Y, Z)=(a+t u, b+t v, c+t w)

满足

a X+b Y-Z=\left(a^{2}+b^{2}-c\right)+t(a u+b v-w)=c .

于是所有切点 $Q$ 落在平面 $a x+b y-z=c$ 上.

前面几步的求解都很自然，但是最后平面方程的系数是如何确定的呢？只能是 $\Delta$ 的恒等式经过变换最终达到我们的平面方程.

【题 $22$ 】（第五届决赛第五题-数分题）

设 $f(x)$ 是 $[0,+\infty)$ 上非负可导函数，

f(0)=0, f^{\prime}(x) \leq \frac{1}{2} .

假设 $\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛. 求证: 对于任意 $\alpha>1, \int_{0}^{+\infty} f^{\alpha}(x) \mathrm{d} x$ 也收敛，并且

\int_{0}^{+\infty} f^{\alpha}(x) \mathrm{d} x \leq\left(\int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x\right)^{\beta}, \beta=\frac{\alpha+1}{2} .

由比较判别，收敛是显然的。对于后一小问，我们采用构造函数法。

令 $g(t)=\left(\int_{0}^{t} f(x) \mathrm{d} x\right)^{\beta}-\int_{0}^{t} f^{\alpha}(x) \mathrm{d} x$ , 则 $g(t)$ 可导，

g^{\prime}(t)=f(t)\left[\beta\left(\int_{0}^{t} f(x) \mathrm{d} x\right)^{\beta-1}-f^{\alpha-1}(t)\right] \text {. }

令 $h(t)=\beta^{\frac{1}{\beta-1}} \int_{0}^{t} f(x) \mathrm{d} x-f^{2}(t)$ , 则有 $h^{\prime}(t)=f(t)\left[\beta^{\frac{1}{\beta-1}}-2 f^{\prime}(t)\right]$ . 由于 $\beta>1, f^{\prime}(x) \leq \frac{1}{2}$ ，

我们有 $h^{\prime}(t) \geq 0$ . 这说明 $h(t)$ 单调递增，从 $h(0)=0$ ，得 $h(t) \geq 0$ . 因而 $g^{\prime}(t) \geq 0$ . 从 $g(0)=0$ ，得 $g(t) \geq 0$ ，即

\int_{0}^{t} f^{\alpha}(x) \mathrm{d} x \leq\left(\int_{0}^{t} f(x) \mathrm{d} x\right)^{\beta}

令 $t \rightarrow+\infty$ , 即得所证.

【题 $23$ 】（第六届初赛第一题-解几题）

已知空间的两条直线:

l_{1}: \frac{x-4}{1}=\frac{y-3}{-2}=\frac{z-8}{1}, l_{2}: \frac{x+1}{7}=\frac{y+1}{-6}=\frac{z+1}{1},

$1)$ 证明 $l_{1}$ 和 $l_{2}$ 异面；
$2)$ 求 $l_{1}$ 和 $l_{2}$ 公垂线的标准方程；
$3)$ 求连接 $l_{1}$ 上任一点和 $l_{2}$ 上的任一点线段中点的轨迹的一般方程。

复习下相关知识。第一问直接行列式不为 $0$ 即可；第二问做法是先求出公垂线的方向向量（即两直线的叉乘）然后再求出过公垂线的一个点即可（一般但是麻烦的做法是把两个平面方程一联立就可以写出一个交点，而官方答案采用的是参数方程直接求出过点，建议使用后者）；第三问仍然使用参数方程最好，首先该平面的法向量显然是两直线的叉乘方向，确定最后一个系数只需再求出一个点，这由第二问已解决。）