第三届全国大学生数学竞赛数学类预赛试卷评分标准.pdf

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1、第第第三三三届届届中中中国国国大大大学学学生生生数数数学学学竞竞竞赛赛赛赛赛赛区区区赛赛赛试试试题题题参参参考考考答答答案案案(数数数学学学类类类,2011)一一一、(本题 15 分)已知四点 A(1,2,7),B(4,3,3),(5,1,6),(7,7,0).试求过这四点的球面方程.解解解答答答:设所求球面的球心为(x,y,z),则(x 1)2+(y 2)2+(z 7)2=(x 4)2+(y 3)2+(z 3)2=(x 5)2+(y+1)2+(z 6)2=(x 7)2+(y 7)2+z2.(8 分)即3 x+y 4 z=10,4 x 3 y z=4,(7 1)x+(7 2)y 7 z=20.

2、(10 分)解得(x,y,z)=(1,1,3).而.(14 分)(x 1)2+(y 2)2+(z 7)2=25.于是所求球面方程为(x 1)2+(y+1)2+(z 3)2=25.(15 分)第1页(共 13页)二二二、(本题 10 分)设f1,f2,.,fn为0,1 上的非负连续函数.求证:存在 0,1,使得nk=1fk()nk=110fk(x)dx.证证证明明明:记ak=10fk(x)dx,k=1,2,.,n.当某个 ak=0 时,结论是平凡的.(1 分)下设 ak 0(k=1,2,.,n).我们有10nvuutnk=1fk(x)akdx 101nnk=1fk(x)akdx=1.(8 分)由

3、此立即可得存在 0,1 使得nvuutnk=1fk()ak 1.结论得证.(10 分)2第2页(共 13页)三三三、(本题 15 分)设 Fn是数域 F 上的 n 维列空间,:Fn Fn是一个线性变换.若 A Mn(F),(A)=A(),(V),证明:=idFn,其中 是 F 中某个数,idFn表示恒同变换.证证证明明明:设 在 Fn的标准基 1,n下的矩阵为 B,则()=B(Fn).(5 分)由条件:A Mn(F),(A)=A(),Fn,有 BA=AB,Fn.故 AB=BA,(A Mn(F).(10 分)设 B=(bij),取 A=diag(1,1,c,1,1),其中 c=0,1,由 AB=

4、BA 可得 bij=0,i=j.又取 A=In Eii Ejj+Eij+Eji,这里 Est是(s t)位置为 1 其它位置为 0 的矩阵.则由 AB=BA 可得 aii=ajj,(i,j).取 =a11.故B=In,从而 =idFn.(15 分)第3页(共 13页)四四四、(本题 10 分)对于 ABC,求 3sinA+4sinB+18sinC 的最大值.解解解答答答:三角形三个角 A,B,C 的取值范围为(A,B,C)D (,)|+=,0,0,0.我们首先考虑 3sinA+4sinB+18sinC 在 D 的闭包E=(,)|+=,0,0,0上的最大值.(1 分)我们有max(A,B,C)E

5、(3sinA+4sinB+18sinC)=maxA+CA,C0(3sinA+4sin(A+C)+18sinC)=max0Cmax0AC(3+4cosC)sinA+4sinC cosA+18sinC)=max0C(3+4cosC)2+16sin2C+18sinC)=max0C(25+24cosC+18sinC).(4 分)考虑f(C)=25+24cosC+18sinC,0 C .易见f(C)f(C),C 0,2.(5 分)直接计算得f(C)=18cosC 12sinC25+24cosC.(6 分)计算得 f(C)=0 等价于(8cosC 1)(27cos2C+32cosC+4)=0.第4页(共

6、13页)从而它在 0,2 的解为 C=arccos18.(7 分)于是max0Cf(C)=max0C2f(C)=maxf(arccos18),f(0),f(2)=max3574,7,23=3574.(8 分)由此可得max(A,B,C)E(3sinA+4sinB+18sinC)=3574,另一方面,不难看到 3sinA+4sinB+18sinC 在 E 的边界上(A,B,C 之一为零)的最大值为 22.(9 分)所以所求最大值为3574.(10 分)第5页(共 13页)五五五、(本题 15 分)对于任何实数,求证存在取值于 1,1 的数列 ann1满足limn+(nk=1n+ak n32)=.

7、证证证明明明:由 Taylor 展式,x 12,12,存在 12,12 使得1+x=1+x2x28(1+)32.(1 分)从而?1+x(1+x2)?x2,x 12,12.(2 分)于是当 n 2 时,不管我们怎么选取只取值 1 的数列 ann1,均有nk=1?n+ak n32nk=1ak2n?=nnk=1?1+aknnk=1(1+ak2n)?nnk=1(akn)21n.(5 分)可以有很多种方法选取只取值 1 的数列 ann1使得limn+nk=1ak2n=.此时就成立limn+(nk=1n+ak n32)=.(6 分)第6页(共 13页)例如,我们可以按以下方式选取:取 a1=1,依次定义a

8、n+1=1,如果nk=1ak 2,我们有yn+1 yn=ynn 1n+1 yn=n+1+n+ynn+1(n+1+n),这时2n+1 yn+1 yn 0;.(12 分)而当 yn 2 时,我们有yn+1 yn=ynn+1n+1 yn=n+1+n ynn+1(n+1+n);这时0 yn+1 yn 0,总有 m N,使得 ym+1 2 和 ym 2 异号.由上面的讨论可得到|yk 2|2m+12N+1,k=m+1,m+2,.因此,limn+yn=2.(15 分)2第8页(共 13页)六六六、(本题 20 分)设 A 是数域 F 上的 n 阶方阵.证明:A 相似于B00C,其中B 是可逆矩阵,C 是幂

9、零阵,即存在 m 使得 Cm=0.证证证明明明:设 V 是 F上 n 维线性空间,是 V 上线性变换,它在 V 的一组基下的矩阵为 A.下面证明存在 不变子空间 V1,V2满足 V=V1 V2,且|V1是同构，|V2是幂零变换.首先有子空间升链：Ker Ker2 Kerk 从而存在正整数 m使得 Kerm=Kerm+i,(i=1,2,).进而有 Kerm=Ker2m.(7 分)下面证明 V=Kerm Imm.KermImm,由 Imm,存在 V,使得 =m().由此 0=m()=2m(),所以 Ker2m,从而 Kerm=Ker2m.故=m()=0.KermImm=(0),从而 V=Kerm

10、Imm.(12 分)由(Kerm)Kerm，(Imm)Imm知 Kerm,Imm是 不变子空间.又由 m(Kerm)=(0)知|Kerm是幂零变换.由(Imm)=Imm知|Imm是满线性变换,从而可逆.(17 分)从 V1=Imm,V2=Kerm中各找一组基 1,s;1,t，合并成 V的一组基,在此基下的矩阵为B00C,其中 B 是|V1在基 1,s下的矩阵,从而可逆;C 是|V2在基 1,t下的矩阵,是幂零矩阵.从而 A 相似于B00C,其中 B 是可逆矩阵,C 是幂零矩阵.(20 分)=注注注：如果视 F 为复数域直接用若当标准型证明,证明正确可以给 10 分：存在可逆矩阵 P,使得P1A

11、P=diag(J(1,n1),J(s,ns),J(0,m1),J(0,mt),第9页(共 13页)其中 J(i,ni)是特征值为 i的阶为 ni的若当块，i=0;J(0,mj)特征值为 0 的阶为 mj的若当块.(5 分)令B=diag(J(1,n1),J(s,ns),C=diag(J(0,m1),J(0,mt),则 B 为可逆矩阵,C 为幂零矩阵,A 相似于B00C.(10 分)第10页(共 13页)七七七、(本题 15 分)设 F(x)是 0,+)上的单调递减函数,limx+F(x)=0,且limn+0F(t)sintndt=0.证明:(i)limx+xF(x)=0,(ii)limx0+0

12、F(t)sin(xt)dt=0.证证证明明明:首先,对任何 x?,不难由关于无穷积分收敛性的 Dirichlet 判别法得到+0F(t)sin(xt)dt 收敛.下记f(x)=+0F(t)sin(xt)dt,x?.由于 F 单调下降,(2k+2)2kF(nt)sintdt=0(F(2nk+nt)F(2nk+2n nt)sintdt0,k=0,1,2,.从而f(1n)=+0F(t)sintndt=+0nF(nt)sintdt=k=0(2k+2)2knF(nt)sintdt20nF(nt)sintdt=0n(F(nt)F(2n nt)sintdt20n(F(nt)F(2n nt)sintdtnF(

13、n2)F(3n2)20sintdt=nF(n2)F(3n2)0.第11页(共 13页).(5 分)结合 limn+f(1n)=0 得limn+nF(n2)F(3n2)=0.(7 分)这样,任取 0,有 N 0 使得当 n N 时,有n?F(n2)F(3n2)?.从而对任何 m 0,n N 有0nF(n2)mk=0n?F(3kn2)F(3k+1n2)?+nF(3m+1n2)mk=03k+nF(3m+1n2)32+nF(3m+1n2).上式中令 m +,由 limx+F(x)=0 得到0 nF(n2)32,n N.所以limn+nF(n2)=0.(9 分)进一步利用单调性,当 x 2时,有0 xF(x)2xF(2x2),其中 s 表示实数 s 的整数部分.于是可得limx+xF(x)=0.第12页(共 13页).(10 分)从而又知 xF(x)在 0,+)上有界,设上界为 M 0.(0,),当 x 0 时,我们有0f(x)=+0 x1F(x1t)sintdt0 x1tH(x1t)sinttdt.(12 分)x1H(x1)sinttdt+M,x 0.(14 分)于是0 limx0+f(x)M.由 (0,)的任意性,可得limx0+f(x)=0.进而因 f 是奇函数推得 limx0f(x)=0.(15 分)2第13页(共 13页)