历届全国大学生数学竞赛决赛参考解析(数学类).pdf

《历届全国大学生数学竞赛决赛参考解析(数学类).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《历届全国大学生数学竞赛决赛参考解析(数学类).pdf（60页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、首届全国大学生数学竞赛决赛试卷详细答案(数学类)tian27546 西西一填空题(共8分，每空2分)(1)设用a 0,则,e e解:占*=d x f e 7d x x=字(任而(2):若关于%的方程H=1(4 0)在区间(0尸)内有唯一的实数根，则%常数4=解：设f(%)=Ax+占,则P(x)=4-，经过分析f(%)在=燃取得最小值，f(J|)=3柠=1时只有唯一解所以左=罕.记得这个是一个高考模拟试题。(3):设函数/Xx)在区间【a,切上连续，由积分中值公式得/山=(x-。)/6)(t zx 6),若导数/伍)存在且非零，贝Him 三的值等于x-a解：lim 二 lim 上一/(:一/八S

2、)Xa+X-a xr a+f O f x ax-af(,t)dt-(x-a)f(a)1ml/一/+(a)x-/2(%-a)2(4):设(ax b),c=6,贝II(a+/)x(/)+c)(t z+c)=解：(a+6)x(6+c)(a+c)=(axb+axc+bxc)(a+c)二(bxc)a+(axb),c=2(axb),c=12总结一下这些题目，是不是很简单，也是不是都做过都看过呢，第一题吉米上和一些数分 基本都有，就是把它换成一个重积分就是了，当然还有一种方法就是用含参积分做，读者不妨 试一试，第二题不用说了，在高中模拟卷上经常见的到的题目，第三题很多书上都有包括周民强 的数分演练上有几个在

3、一起，其次在数分最新方法里有个一般结论，大家去看看。第4题是个基础 题，在解几书籍后面习题都会有，当然2007年天津市也竞赛过。所以数学类的填空题是不是很简单二（10分）设/1在（-U）上有定义，在=0处可导，且/（0）=0：证明同方/心）二等f M 2证明：由有限增量公式:f(x)=/(x)/(0)=(0)x+0(x),得至!llWk W时哈 5叶+哈，因此等+。（1）一争.这个也是老题，大家都看过，在1977年莫斯科大学竞赛考过,9几年江苏非理科 也考过，当然历年复旦数学分析也考过这个题，大家去查查。二（12分）：此题和非数最后 题样，所以略四（12分）设口=（x 4）|%2+必1,/（x

4、/）在口内连续，g（x/）在D内连续 有界，且满足条件：（1）当/+/g（x,y）在D内处处成立。证：考虑函数%=/-g,那么由条件有lim=+8,因此函数在区域D内某点 x1 2+y21 z、u=7(%+y).i2，计算I的值，并由此推出4=4v=-(j-x)n=,nP(%o/o)会取得最小值，并且这个最小值也一定是极小值，下面来证明在点P 的这个极小值非负，若不然，%(%0/0)=/00，%)-抵%0，必)0,那么由于 取+蓝 1g,因此在极值点M%o/o)会有猾+/晨川，因此瞿Lw。)与籍匕皿)至少有一个是负数，因此在点夕的黑塞矩阵不可能是半正定的，从而,不可能是最小值点，矛盾。所以命题

5、得证.这个在椭圆极值里找得到思想方法一样的题，我个人觉得这个题考的非常好。五(10分)设R=(x,)|0 x 1;0 j 1,=(x,j)|0 x 1-*;0 y 1-.考虑积分/4鬻/乱警，定义气则回答一下俩个问题：00 1(1)：证明1=与；(2):利用变量变换：1 00证：在R g上有I x y区(1 )2 V 1,因此-=X%/,因止匕4=1-x y=o(1-严2 5+1)2 1 OO OO/I u、2+2 OOJ I 匚；dy=Yxnyndxdy=(:,显然级数 凡一町,?=0%n=0 V1 十 Y)n=000 1【0,1一致收敛,因此I=n=l n(2)-”|=|半2,积分域0功十

6、三1,0口一1,于是有产匕 d(%,y)2 一孙rr 2dudv A rr dudv，广:1 u-=4-=4 2,arc t an,du+J；1-W+V2 nJ11-/+y?J o“2Ou+vl Ow+vl v A bl V A 140w-v l 0w-v 01 1 1 万 万 2.r1 1 1 K 7.c 1 Ct 7 兀411/arc t an-/du 416 tdt+21，tdt J o J o 677*2 8 1结合(1)的结论就有殳-=这个试题很好的反应了利用重积分计算那个重要级数。其实这个题在复旦的讲义上有，前儿年在数学中国也教授 提供了更好的思路，清晰明了，值得回味。六(13分)

7、已知俩直线的方程L:%=y=2,77:=-1 a 1(1)问：参数a1满足什么条件时，L与少是异面直线。(2)当上与U不重合时，求U绕L旋转所生成的旋转面冰勺方程 并指出曲面旃J类型。解：(1)要求是异面直线，所以QW1,否则俩条直线重合或平行；力。0否则俩直线相交。(2)设曲面上点夕的坐标为(X4/),过点P与直线L垂直的平面的方程为万Y y 7 hX+y+Z=x+y+z,平面不与直线L，:一=二的交点为Q,则9与0到直线 1 a 1L的距离相等，又因为直线L，的参数形式为口:丫=/,丫=叱2=%+4代入平面4的方程得到点Q对应的参数/=”+y+”6由等距知:l(x,y,z)x(l,1,1)

8、|二|亿山+6)x(14,1)|a+2|(1,1,1)|I(MJ)|=(a-1)2 r-6(q-1)/+/=x2+y2+z2-盯-yz-%z淇中/=+y+/_代入得二a+2(2a+l)(x2+y2+z2)(a2+2)(xy+yz+xz)+ab(a-l)(x+y+z)-b2(a2+a+l)=0现在分5种情形讨论一下：(1)：a=l,6w0,此时L!%=y=z-b与L：x=y=z平行，旋转曲面为圆柱面(2)：a W1,-21=0,此时=Z与上：x=z相交且不垂直，交点为原点1 a 1所以旋转曲面为圆锥面(3),4=-21=0,此时1，:=上=工与：x=z相交且垂直，旋转曲面退化为1-2 1平面x+

9、y+z=0(4):aWl,-2,bwO,此时少:=?=与L：x=y=2为异面直线且不垂直，1 a 1旋转曲面为单叶双曲面(5)a=2,b 0,此时二:=与L:x=y=z为异面直线且垂直，旋转1-2 1“、，丁.-e 八 f x+y+z+b=0曲面退化为平面一部分：|2 2：,2x+y+z-xy-yz-xzb七(20分)设48均为n阶半正定实对称矩阵，且满足-lra成ZWn,证明:存在实可逆矩阵。使得CZC和CB C均为对角阵证：若2成力=，则A是正定矩阵，因此可以找到可逆矩阵P，使得p p=瓦这时候，考虑矩阵/邱,由于B是半正定矩阵，因此/班也是半正定的，于是存在正交矩阵0,使得。Tp 3尸。

10、是对角矩阵，WC=p O,则CT/C与CrB C均为对角阵。若rankA=这时可以分俩种情况讨论若：“7以4+8)=,这时4+8正定，由上可知存在可逆矩阵C,使得C%A+B)C与CTB C均为对角阵 显然ctbc也是对角阵E(2)：2成(4+3)=-1,由条件知A+B是半正定的，因此存在可逆矩阵p,使得p T(/+8)P=(a 0)把矩阵夕/夕,/班分块，分块方法是前-1行列为一块，得到山女二A,a T B、B、,.丁 t,A1aBi 8 E,/口门(T)，P Bp=()，这时应有夕(4+8)p=勿+p班=()+(r)=()比较付到a a p b a a P b 0a+b=0,但是矩阵/力P,

11、77班正定，因此a,6均为非负数，所以a=6=0,再由正定，可以得到a=0 0=0,于是“成(4)=n-1且正定，由前面的结论知存在可逆矩阵内使得夕。4八夕/加出都是对角阵，取 c=p(n J,则显然c可逆且Eac与ctbc均为对角阵。命题得证。八(15分)设V是复数域C上的维线性空间，刀：忆7 00=1,2)是非零的线性函数 且线性无关，证明：任意的ae啷可表示。=+。2，使得/1(a)=/(%)，/(a)=f 2(aj证：任取V的一组基备。=1,2.n),记/；(与)=J应)=，由于L/是非零函数且线性无关，因此 1且向量(21，。2产*2)与(瓦也*也)线性无关,对V中向量 n 0=为与

12、，把a写成形式a=Zy+Zz，并记3=2丫，与，4=Zz,则有 i=l i=l i=l i=l i=ln f i(a)=Z，力(。)=%也,L(1)=Z%，L(%)=Z 3)=Z yibii=l i=l i=l i=l i=lf 2(%)=z也,。问题等价于对任意的一组复数的,%2，*Z，都可以找到 i=l一组复数必/2，y3*%,Zi，*z，使得=，ZzMi=%勺2匕i=l i=l i=l i=l i=l、也=0,这是一个线性方程组，其系数矩阵与增广矩阵的秩都为4,因此必然有解 1=1解法2：由条件/；,力非零且线性无关有考虑Y=k er/,V2=kerf2,则有Y,匕是V的n 1维子空间，

13、且V】W%,因此V=匕+%故对任意的ae V,总有0 e Nx.a2 e匕使得十%，且满足命题要求。第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及解答（d匕京：2011-3-19）武汉大学数学与统计学院 樊启斌 2011年4月23日一、（15分）求出过原点且和椭球面4/+5y2+6z2=1的交线为一个圆周的所有平面.【解】所述圆周过原点，则一定以原点为圆心，且在球面x2+y2+z2=R2 上.因此，该球面与椭球面4x2 4-5 j2+6z2=1 的交线即为圆周.由、确定的平面也必包含此圆周.联立此二式，得：4-。3+（5一/卜+（6一5卜二0显然，当氏2=（时有x2-z2=0,这是两相交平面*=乙，X+Z

14、=O,即为所求.二、（15分）设无穷积分17（%比和都收敛.求证:j：v（%比 g（r%）*）.【证】令/(%比=a,则ae(O,+8).据题设条件得#(%比=J。3(x)dx+J 力(%)dx J。力(%比+aj f(x)dx=1o 切+J o/(%比)=J：xf(x)dx+*(1%)dx J：力(%)dx+J；%(1-/(%)抵=f xdx=a2,J o 22因此，得1 三、(15分)设收敛，匕=。“+1+2。“+2+她，+4+.证明：lim&=0.n=【证】首先，注意到4-co 4-00 卜%=工3向=Z7(+%)%+%，k=%=1 +据题设条件凡收敛，可知(+左)氏+后收敛，而一 关于

15、女单调，且=i k=”+左 J n+k*k即有界，故由Abel判别法知 (+左)氏+*收敛，即乙有意义.n+k4-00+oo因为叫收敛，所以Ve0,存在N e Z+,使得当nN时,，Rn=kak g(,).n=k=n此时，对任何n N以及m,有m m n m n“7+1 n _ iS ka+k=X 7(Rk+n-火+i)=S T Rk+“工T,Rk+na-=i a-i n+k A=i n+k k=2n+k-l=7凡+，n+1 n+m k=2 n+k n+k-l J于是，有A 1 加、令(左 k-1 1 2m.kan+k -+-+2J-=-8 1.k=i +1 n+m J 女=21”+左 n+k

16、-1)n+m所以，1/lN),即 lim/=0.四、(15 分)设/eM“(C),定义线性变换%:“(C)-M,(C)，g XX)=4Y X4.证 明：当4可对角化时，巴也可对角化.这里朋；(C)是复数域C上阶方阵组成的线性空间.【证】取,(C)的自然基优：i,J=l,2,其中耳是亿/)元等于1,其它元均为0的阶矩阵.因为Z可对角化，所以存在可逆矩阵尸e/(C),使得尸，?=A=diag(4,4,43显然，。4p T：，J=l,2,也是(C)的一组基，并且有Oa(PEF)=A(PEp)-(PEF)A=P(AE於)K=(一M尸，所以火在基尸“尸，,Pg,/，尸E/t,，尸E,/t下的矩阵为对角矩

17、阵2 diag(o,4-4,，4 一 4,，4,一 4,，A；一,0),这就是说，(7/可对角化.五、(20分)设连续函数):肢.肽，满足sup|/(X+y)/(x)/(y)|+00.证明：存在 X,jeR实常数a满足sup，(%)-6+o o.xgR【证】=sup|/(x+y)-/(x)-/()|,则 Vxe 里小,“c N卡,有 x,j/gR于是，有|O 二(%)|力/的)-/(左-l)x)-f(x)(n-l)MnM.k=2因此nf(mx)-mf(x)|nf(mx)-f(mx)|+1/(mnx)-mf(x)|(+m)M,加%)/WLp i V m n n m)这表明函数列/女。在(-8,+

18、8)上一致收敛，设其极限为g(%),则g(%)是连续函数.进一步，由不等式，有/(+#)也一双电”,Vx j c叱 CN+.n n n n取极限，得g(%+y)=g(x)+g(y)，Vx,yelR.由此可解得g(x)=g =.另一方面，再由式，得n令 fo o,得归 V,从而sup|g(x)-/(刈+8.故存在实常xgR数，使得sup|/(x)-闻 W V WR lVt 方.程为x 3 7/1 z 20=1=1二(本题15分)设/在a询上有两阶导典且广在a加上蒙曼可枳，/,力f(+)=/(a)+/(a)a)+/(工一力)/(力)d力 V,t a,b.J a证明 1：Vz G a,b,利用 Ne

19、wt o n-Leibniz 公式得pxf(z)=/(a)+/f(u)duJ apx px pu=/(/+/(a)d+duJ a J a J a=f(a)+/(a)-a)+/dt/-daJ a Jt=/(a)十1(a)(。)+0 2)/(力)d九 J a证叫2：a,b,利用分部枳分公式修rx i=x 严(=h-t)ft)+/J a ta J a=一-(a)3-a)+f f,即 工/0)=/(a)+/(a)0-a)+/-t)f(t)dt.J aJ(本题10分)设品分VV 3为给定的正惟故，41,42,，4为实参 数，指出函数f=sin kox+Ai sin kxx+-An sin knx在0,2

20、a)匕军点的个数(当4,为，An变化时)的最小可能值并加以证明.1.加+簪sink）.，=i%/料当4=4=.=4=0时，被，)在。2汗)上恰有2k o个零点，下面 证明无论4,4,，4取什么应/在0,2tt)上都至少有2ko个零点 考虑函数/=T2%0易见Fi(0)=Fi(2tt)=0,Ff(a;)=f(x).设K 在0,2%)上的4点个收为股则由R o lle定理知典Q)在(0,2?r)上至少 有N个岑点，从而郭在(0,2tt)上至少有N-1个零点，于是外在0,27T)上至少有N个零点.记后(乃=/(%).1上面的过程，得到一列函数&=4 k 2ssin k（）x 4-,sin k&2=1

21、 i满足%=&，S=0,1,2,，从而若兄在0,2万)上的零点个数为N,则/在0,2m上的零点个数至少为N.令Aik2sg（）=sin k（）x+，2-sin k馍,1必2=1 则3）(-IY.=(吟由于koki,%,可取充分大的1E整数s,使得咐0Nk 丁从而有己也曳“E=i 1因此当m=12，2瓦1时，或弃97T m7r+4koy/2闽崎、n7T mvr-_ ko9y/2 禹成 八W-?+2=1 2成立,或杵7F mn-_4 ko927T 7717F+_4_ ko2=1 2戊立伯仑何种情何恬。/G7F 7TTUTT-TUTT H-4 4koko，便捏 g(xm)=0,m=91,2,，2际I

22、由此可知,月 在0,2#上的零点个数N22品,故/4点 个数的最小可能值为2k o.四、（本题1。分）肌/列%满足lim an=1,lim an o o718求证：limno o例+a2+a九-=1.ni画h令 Xn-nan,则由商设条件,_ nlim xn=0,lim xn o o To o n 仁泞化假设所有的外o,由上面第二可知存在40,使得所有的冗沱W 4 J Ma 当0W出In2时，成7不等式e。w 1+2c.对于固定的明令Sn=?G Z|1 i n,Xi In2,Tn=i E Z|1 i n,qIn 2,则有k=lkWTn 皿lii220,n1 3 1 L因此lim里=0.由于 n

23、o o nnTe以n-k=ikeSn+Re以kETn+M n并且I(1+2网)f c eSn1-四(1-eA)+n9 九-土也,n41k=l13-Ea；f cnk=lA3由夹逼准则德lim no o Tl 乙1 k=lnak=lim eXf e=1.7200 Tlk=l时于Hf t情形，作数列一力九）0Zn 0,n=1,2,7n2。贝！J l im.zn 0.令 yn xn+zni 贝l j yn0,目 ns皿外=0,lim yn o ongn lim T%=0.728 nk=ln由上面已证的结论，lim-e四no o nf c=l=1.乂因为Zn0,从而gw yn,于是有1 ne喧，1 7

24、1 1 九-Ve w-n乙 n乙k=lk=lf欹由夹遇准则,徨到 71 也lim ak=lim e以=1.no c n no c nk=l k=l8 0-4 q反、（木匕15分）设4HR J 23x 2和2x 3小必.片46=-9-6,-2 0 1/求64斛 易知AB的符征多项式为A（A 9产由于AB和BA有相同的1E的旧克（并山II数也相I：），可知BA的将征值均为9由J H何知BA可逆，地存在2；矩瓜使得CBA=BAC=I2.AB的最小多项式为A（A-9）,从而ABA-9/2)6=ABAB-9AB=ABAB-9Z3)=0,于是有BA-9/2=CB-A(BA-9/2)6 4C=0,即/9 0

25、)BA 9/2=I I-0 9/4六、四S 20分)设4曰,氏4是数域F上两个矩牍合，称它们在F上相 他如果存在F上与2 I无关的可逆矩阵P使徨PT4P=瓦，Vz I.证明，有理数域Q上两个矩椽合4氏/,用曰，如果它们3嫩股上柚此则它们 住行理数域Q上也相似.证明;Vie/,考虑 Mn(R)的子空间 U强=Te Mn(R)|AiT=TBZ以及 Mn(Q)的子空间&q=U e M(Q)14T=TB,箕中,和M(Q)分别发示实效 域K和有理数域Q上全体n阶矩阵构成的向量空间,令私=n a,%Uq=n a,。,ieiiei由题意知外丰0.由于所涉及到的向量空间的维数都不超过n2,因此外与“实 际上都

26、只能是有限个u弼和的交集.求4股与a,Q的基底实际上就是解线 的程姐(这些方程组都是由AT=TBi给出的)，并且求它们基础解系的步骤相 同，因此可以取到一组公共基底，设为八以，同考虑多项式“打，办，力)=det(工益t),由私#0可知,存在一组实效S1,S2,高足S1,S2,)*0,从而可知/作为Q 遍多项式不是零多项式，因此存在-组行理数/1/2,，ri使得 I/S1,加，口)0,此!推必p=皿 e Uq中小逆，仁班G/,柘，p T4P=k=lBi.七、(本题15分)设厂,G是0,+o o)上的两个非负中调递减函数,lim x(F(x)+G(x)=0.j+oo证吼Ve若进心有0,limx+o

27、 oxF(xt)c o s tdt=0.limnoor+0 tI(F(Z)G(力)c o s dt=0.o n证孙lim/x o J o+o o(F(t)G(力)c o s(M)d力=0.证明，由条件可知 lim xF(x)=0,从而 Vs 0,力 t+oo7T_I xF(xt)c o s tdt xF(ax)I|c o s”出-0,2 +o o,a5IE.f 7 F1 a=min ,I 2rb=ma x+oo7T2xF(xt)c o s tdt=0.由Diric hlet判别法可知这个反常积分收敛.将这个积分作如下变形;/1+8、r+(f c+l)7T/xF(xt)costdt-2_ /xF

28、(xt)c o stdtJ q k=07r=x37r-F(xt+Zc7F)c o s tdt.这是一个收敛的交错级效，因此1+oo7T7xF(xt)c o s tdt W3tt7T7F(xt)c o s tdt W 2xF刊的到lim/x+o e I TV 2+o oxF(xt)c o s tdt-0.X-0,x-y+o o)(ii)只看考虑2-0+的情形，这等价于证明r+o olim/x(F(xt)G(xt)c o s tdt-0.l+o o J。由的结论，这又只翻明lim x-+o oI xF(xt)G(xt)c o s tdt=0,o也打0 +oO T+001 ill=-1 1 n+1=

29、产严ao u o-/G(xl)cos du/G(7w)c o s“dJo n Jo产0G(nu)c o s udu+/Gnu)c o s uduG(n+l)u)c o s udu W nG(nso)/c o s uduJow 平+g(m/Vn J.小u 4=壬,n 1 卜=1 JglgonW 文 G(k-n+1 J k=in-1 n o o;7nG()o s-c o s 2)d产。u1)定)/z(Lag rang e中(归定理)7(f c-i0 nn+L)2 nl)o G(k-I)%)+”:产 TG(k-1)比)()k=i3 l)o G(k 1)比)+Qz 1、2 ，7 1 22n+lim.r

30、/(F(xt)G(xt)c o sZdtn&oG(no)、n、W-0,Tl o o,n+1于电卬到lim/nG(nt)-n0Jo现在用类似于估计h的方法易知产0lim/(F(xt 1+8 J。从而只禽证明-G(S+1)力)c o s力出=0.(*)G(xt)c o s tdt=0,这里表示不超过z的最大鞋数，汜阿二小住几W2 0）所国的有限 部分的面积为4证明；（i）所有上述I与双曲线 y2=2 3 0）的截线段的中点的轨迹为双曲线.（ii），总是中轨迹曲线的切线.证明，将双曲线图形由亍45度旋转，可以假定双曲线方程为V=1/，”0.设“级，交双曲线于（氏 1/Q）和t 1,与双曲线所圉的面积

31、为A,则有4=；（1+力”1）-/3工=；0+；）（_ 1）_ ig*=；c _ _ ig.令/=3 _ lg九由于/=0，/（+o）=+,1=；（1-0,（力,1）,所以对席数A存在唯 1使得A=f（t）（5分）./与双曲线的横线段中点坐.标为1/、1 A i 1/=5（i+%）氏 g=5 1+7 N L/CL于是，中点的轨迹曲线为“孤+力）（1+0.（io分）应中点轨迹为双曲缆 也就是函数沙=；（1+0（1+;）3给出的曲线.诙曲线在 上述中点处的切线斜率它恰等年过两交点4 1/。）和（仙1等。）的直线I的斜抬1 11ta a ta2故/为轨迹曲线的切线（15分）.二（本题15分）设函数/

32、（乃满足条件：1）一 8 a W fb +o o,a W z W公2）对于任意不同的工,y a,b有Q）/）|V上不川,其中上是大于0小于11 的常数.没 3 e a,可，令 xn+1=-(xn+/(J),n=1,2,.证明：lim xn=x N ns存在,Il/(/)=X.证叫 由也设为e a,b,/O)e a,b,=；(为+/(为)e a沟,，继续F龙时任意九1有a W g Wa所以可时任意n 2 1 有意乂(3分).由条件2),有比3 一(电3)+(f3)-/(1)|(|.t2-.ti|+|/(x2)-/(x1)|)1 1W 5(|X2 Xi L X2 21|)=(1 L)x2 Xi.1

33、 4 31 I 力2)+(/(23)/(22)|继续下去得/+Ln-1|xn+1-xn I）x2-Xi,Vn 3.由F +收敛，Ou E I跳+i 如收敛，当然（以+i 在）也收敛.k=l 乙）k=l k=ln故为前n项部分和 （以+i-以）=/九+i-21当九-8时极限存彳E,即lim xn k=九一oo在（12 分）.一记lim xn=A,a W入W b.由条牛2）知，f（x）满足Lip sc hit z条件，从而是连会 nTOQ的.在n+1=+/（%）中令九 T 2 得人=1（A+/（A）,即/（A）=A（15 分）.5（本题15分）设八阶空方阵A的每个元素的敏推为2.证明；当3时，|川

34、 W 1-2n+1n!.iiWl：首先，I川=23小|,其中4=它的所有元索为1或1（1分）.（ii）当九=3时，Md(212 即3。21 022 02331 032 033=an。22a33+的2a23a31+ai3a21a32 a31a22al3 a32a230n a33a21al2 与+与+&+优+65+%.吠bi中每项为1,且六项乘积为-1,至少有T仇为-1,从而这六项中至少有 2PW厢消，故有I 41 /(2o)+/(2o)0%),则称算0为/3)的凹点.类似也若存在3的邻域U使得任意的2 G ug 有/(乃/(&)+/(g)(.%&),啼如为/的凸点,证叫若/为区间(电与上的可导函

35、数，且不是一次函 数，则f一定存在凹点或凸点.证明因为f(x)不是一次函数，故存在ax!x2x3o.(3分)令g(2)=-(x X2)2+f(X2)+%-X2).窃-Xi取定e 0充分小，他作g(g)fg 和g(g)/(g).令h(x)=g(x)-/(喙则(f hg 0 和八(g)0,且 h(x2)=0.令 h=min h(x),则 h W 0,GTU I T1 To IMg),并且 r(S)=g(a(io 分).故/(.?)W g(“)-h,x e(g,g).注熊到g Q)-O 的图像是一个开口向卜的抛物线，故对有g Q)K(2-)+g(S)-九()=/3 一 S)+/,即0,P（x）eA

36、CLn证盼我们证明对任意n次首一实系数多项式，都有J*P也金那+其 72中d满足Co=1,cn=近打优一1，八21（3分）.我们对n，用IH纳法.71=0时P=1,贝 一rb+a/|P（t）|dx=a cqa,5专论成，（5分）.下设雌在kn-1时成匕设P足个几次许一多项式，2则对任戢给定的。0来说Q3）=而（PQ+。/2）-P（，）（n-1）次首一多项式,由！）除法假设，有“/*b+a/2 c./（10分）Jh/由此推出rb+aI|P(x)drc=(b+a/2I(|Px)+I Px+a/2)|)d.r/，b+a/2/|P(x+a/2)P(x)da?=Jbna(ay1 n+1 2cn-l(5)

37、CnQna fb+a/2千/IQ()g（2。分）6第五届中国大学生数学竞赛决赛一、二年级试卷解答（数学类,2014年3月）考试形式：闭卷考试时间:1总）分钟满分：wo分注意：1.所有答题畿页写在此试卷雌圭燃右边,写在其它纸上一律无效.2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.a如答题空白不够，可写在当页背面，并标明题号.一、（本题15分）设S为史中的抛物面z=乂/+V2）,P=（%8c）为S 外一固定点.潸足（？+2c.过p作s的所有切线,证明：这些切线的切点落 在同TK平面上.证明设是过尸点的抛物面S的一条切线,它的方向向量为V=（U,VyW）,则切点可表成Q=P+丫二（a+tq

38、 b+加,c+Cw）,其中t是二次方程2（c-f-tw）二（a+fuy+（b+&y,也4（u2+v2）2+2（au+dt，wX+（a2+b2-2c）二 0的唯一重根.G分）这时，（au+阮，一w）2=（u2+t）（a2+/2c）,w au-bv _ a2-F d2-2cu2-F v2 w au-bv*（1。分）于是切点Q=（X,Y,Z）=（a+如b+的,c+tw）潸足aX+b Y-Z=（?+/c）+t（au+u?）=cJ?（阳干是所有切点Q落在平面ar+如一石二c上.第1页（共6页）二、本题15分）设实二次型f（xu%6皿）=/Ar,其中，2 qq 2 2、,A=a 0 b cd e 0/h

39、k 4/ao.qb,G&G/；g,/i,A皆为实数.已知二2是A的一个几何重数为3的特征 值试回答以下问&4能否相似于对角矩阵；若能,请给出证明；若不能，请给出例子.l ii）当ao=2时，试求了（0,叫，工$，孙）在正交变换下的标准型.证明（i）由干tr（A）是A的特征值之和,得n的代数重数也是3,而4的另一个特征值入2=0,且=0的代数重数为L结果A有四个线性无关的特征向量.故A可对角化.（ii）由于入=2的重数为3,故有2-2 b C-2/k 2 I(扮)rank(A-2E)rank2-2eG分)进而 q/0=-2/2=b/2=c/-2 得 a=0,b=-2c=2 d/0=e/2=-2/

40、2=-2,得 d=0,e=-2J=2;g/0=h/2=A/2=2/-2 得 g=O,h=-X 于是，A 222一 2、00一220一202*0一 2一 2（1。分）注意到f（11,孙 m）二Ax-,其中28二3 211一1、B=10201-200k-100B 的特征值为 Ai=2（二重），尢=1+25（一重i,Aa=1-2V5（一重）.故 f（亚产2,4,对）在正交变换下的标准型为2求+2电+(1+2V5)试+(1-2VS)成.5分)第2页（共6页）00三、（本题15分）设n阶实方阵A=*0.0,n1*On有n个线性无关的特征向量，,，3T均不为0.记VF=X 6 RnXn|XA=AX.证明：

41、W是实数域R上的向量空间,且人A,，A”】为其一组基、其中I为 n阶年位阵证明（1）.A有n个线性无关的特征向量,故A可对角化设%是4的一个特 征值,考察4一它有一个n-1阶子式不为0,结果,ra淡（4-AoZ）=n-l.故%的重数为1,从而A有n个各不相同的特征值：%,%，A（2分）V%,x2 6 w,e&显见M+Xz e 故“1为r上的向量空间.XA=AX XPo p-1xp0 0、）000 0尸-1,于是方程00000p00 Anr-lxr.（85b）.Ai 00 0入0故若记YAi 0 0入i 0 0 j0,.0 yI o 0 An/J让A二PV=00入i 0000 Ai0I 0000

42、0000则V有线性同构a:X T P-XP、从而dimV=dimW,注意到di00000|小,，dn W R，故 dhnV=diinW=n.（12分）0（3）显然 I,A,.，A”i 6 Hr.下证，A,，A4线性无关.事实上若 XqI+XiA+Zn-iAn1=0,则得工0+XlXl+SCn-l入 1n-I=0工0+iEn-iAn1=0其系数行列式为范德蒙行列式“由%,%各不相同，故线性无关，即八4，心1为其一组基.证毕.（13分）第3页（共6页）四、(本题15分)设f(x.y)为a,b X R上关乎y单调下降的二元函数,设 V二？(工)和n=z(x)是可微函数,且满足：y-/(h,n),h

43、a b.已知 z(a)v(a).求证：z(a;)1/(yQ),则M为0,可的非空开子集.故存在开区间(a,尸)UAf潸足令 Af=i W0分)*3)=z(a),z(x)y,x e(a,协这推出 z(x)-y(x)单调不埴故 z(x)一“(I)Cd（f）.证明Gmx=,工三（2分）不妨f（x）的最小实根为（X最大实根为a.设f)-任一1i)(工一12)(工叫),0=亚产n-1 Xn=a先证以下引理：若存在2 k,E n 1使得Xk im,令办心满足 取+=嫉+%,令.Q）=.一工。（工一.）（工一%）,则有&耳）或产）证明:注意到/（E）=/i（x）-5尸Q）,其中二二（I_能）_h/=咻 fg

44、m0.(所)设a和尸分别为了；Q）的最大和最，J供根,则有/1（a）0,A伊）（_1尸 工4并且则r(a)A(a)20.故/z(a)0.这表明/任)=0的最大实根大干或等于Q.同理，尸=0区唤根小于或,于仇引理证毕.(12分)令 Of*、/w J、n-2 L+1$+-HXn-1=x(x-a)(z-b)。b=-.n 2由引理得到d(nzdw).(is分)由干 1一2且当/(x)=x(x-a)(x-a/2p-2时,d(f)=，耳或f)(竭)第6页（共6页）第五届中国大学生数学竞赛决赛三、四年级试卷解答(数学类,2014年3月)考试形式：闭卷考试时间：IX。分钟满分：wo分注意：L前4题是必答题,再

45、从11题中任选两题，题号要填如上面的表中.2.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边、写在其它纸上一律无效3.密封线左边请勿答题、密封线外不得有姓名及相关标记.4如答题空白不够,可写在当页背面，并标明88号,公一、(本题15分)设S为史中的抛物面z=乂/+舅)，P=Q8c)为S 外一固定点.湾足出+纪 过。作s的所有切维证明：这些切线的切点落 在同TH4S上.证明设是过尸点的抛物面S的一条切线,它的方向向量为V=(u,v.w).则切点可表成Q=P+tV=(a+找，,c+知),其中t是二次方程2(c+tw)=(Q+tu+(b+归 A,(u2+v2)2+2(au+w)f+(a2+b2 2c)=0的唯一

46、重根.(粉)这时，(au+加-w)2=(u2+t)(a2+b2-2c),w-aubv a?+-2c2+v2 w-an-bv,.吟(10分)于是切点Q=(X,Y,Z)=(a+b+的,c+w)满足干是所有切点Q落在平面ar+”/-N=c上.第1页(共13页)二、本题15分）设实二次型f（xu%6皿）=/Ar,其中ao.qb,G&G/；g,/i,A皆为实数.已知二2是A的一个几何重数为3的特征 值试回答以下问&（i）A能否相似于对角矩阵;若能,请给出证明;若不能，请给出例子.l ii）当ao=2时，试求必，工$，孙）在正交变换下的标准型.证明（i）由干tr（A）是A的特征值之和,得n的代数重数也是3

47、,而4的另一个特征值入2=0,且=0的代数重数为L结果A有四个线性无关的特征向量.故A可对角化.（ii）由于入=2的重数为3,故有（扮）rank（A-2E）rank2-2 e2-2 b C-2/k 2 IG分）进而 q/0=-2/2=b/2=c/-2 得 a=0,b=-2c=2 d/0=e/2=-2/2=-2,得 d=0,e=-2J=2;g/0=h/2=A/2=2/-2 得 g=O,h=-X 于是，A Cd（f）.证明Gmx=,工三（2分）不妨f（x）的最小实根为（X最大实根为a.设f)-任一1i)(工一12)(工叫),0=亚产n-1 Xn=a先证以下引理：若存在2 k,E n 1使得Xk i

48、m,令办心满足 取+=嫉+%,令.Q）=.一工。（工一.）（工一%）,则有&耳）或产）证明:注意到/（E）=/i（x）-5尸Q）,其中二二（I_能）_h/=咻 fgm0.(所)设a和尸分别为了；Q）的最大和最，J供根,则有/1（a）0,A伊）（_1尸 工4并且则r(a)A(a)20.故/z(a)0.这表明/任)=0的最大实根大干或等于Q.同理，尸=0区唤根小于或,于仇引理证毕.(12分)令 Of*、/w J、n-2 L+1$+-HXn-1=x(x-a)(z-b)。b=-.n 2由引理得到d(nzdw).(is分)由干 1一2且当/(x)=x(x-a)(x-a/2p-2时,d(f)=，耳或f)(

49、竭)第1页（共13页）五、I常微分方程13分)设了(H,y)为Q,b xR上关千v相(下降的二元函 数.设v=？(1)和三二z(x)是可微函数,且满足：V=/(bi/),IQ/),工 e b.已知 z(d)v(q).求证：z(x)y(x&,令A/=1Wa,b|z(x)以),则M为o,b 的非空开子集.分)故存在开区间(小尸)C M清足认a)=N(Q),z(x)y(x),x 6(a,P)._ 4这推出 z(x)-y(x)单调不检故 zQ)-y(x)z(a)y(d)=a 矛盾,(Li分)第5页(共13页)六、(复变函数15分)设D=z W C:团 1是单位图盘,非常致函数 f(z)在77上解析，且

50、当=1时,|/9)|=1.求证f(D)=D.证明因为当z=1 W,|/(z)|二1,所以根据极大模原理在D上有 l/WI D，(2分)f W W Ek=/E G,Vn分/W La-令f(x)y xEFni)A(x)可测，Vn 1;ii)l m/n(x)=/Q)xa(h),H 6 R；匕 W 兄若 h A 则/(h)xa=/(1)又 4 二 ri 6,Vn 1,/nQ)-/(1).故 nKm fn()-/(H)XA(H).韦工 Q 4/(工辰人(工)0,而工任 A=n=i 3n(x).故 l iiu fn(x)=/Q)XQ).Il 8 JI-TOOiii)l/nMI 1;ii)l im fn(x