首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 (数学类,2010) 、填空题 r- xt (1)设B>a>0,则 (2)若关于x的方程k+2=1(k>0)在区间(0.+∞)中有惟一实数解,则常数。2√ (3)设函数f(x)在区间[a上连续由积分中值公式有∫f()d=(x-a)()(as5≤x0 因此,对于任意给定的E>0,存在6>0,使得a(x)δ-,对于上述给定的E>0,便有 N,k≤n n 于是 f(0∑5≤ 只要n>N 此式又可写成 ;/(0+)s2+只要n>N 令n→∞,对上式取极限即得 第1页(共8页
第 1 页（ 共 8 页） 首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 （数学类，2010） 一、 填空题 （1） 设 β > > α 0 ，则 2 2 2 0 x x dx e e x −α −β +∞ − ∫ = π ( ) β α − . （2）若关于 x 的方程 2 1 kx k 1( 0) x += > 在区间(0, ) +∞ 中有惟一实数解，则常数 k = 2 3 9 . （3）设函数 f ( ) x 在区间[,] a b 上连续.由积分中值公式有 () ( ) ( ) x a f t dt x a f = − ξ ∫ ( ) a xb ≤≤ 0 ，存在δ > 0 ，使得 α() , x x ，对于上述给定的ε > 0 ，便有 2 , , k n Nk n n α ε ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≤ ⎝ ⎠ 只要 。 于是， ' 2 22 1 11 (0) , n nn k kk k kk f f nN n nn ε = == ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −≤ > ⎝ ⎠ ∑ ∑∑ 只要 。 此式又可写成 ' 2 1 111 (0)(1 ) (1 ), 2 2 n k k f f nN n nn ε = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − +≤ + > ⎝ ⎠ ∑ 只要 。 令 n → ∞ ，对上式取极限即得
四1()=2(0+和厘m(合 ≥f(0)- 由E的任意性,即得in1n/k )=20.证毕 、设∫(x)在[O,∞)上一致连续,且对于固定的x∈[0,∞),当自然数n→>∞时f(x+m)→>0.证 明函数序列{f(x+n):n=1,2,,}在[0,1上一致收敛于0 证:由于f(x)在[0,+∞)上一致连续,故对于任意给定的E>0,存在一个δ>0使得 1x)-f(x)δ-1,并在[O,1中取m个点 其中x,=(j=1,2,,m)。这样,对于每一个j, 又由于1mf(x+m)=0,故对于每一个x,存在一个N使得 ∫(x,+nN 这里的E是前面给定的。令N=max{N1…,Nm},那么 (x,+n)N 其中j=1,2,…,m。设x∈[O,是任意一点,这时总有一个x,使得x∈[x1,x 由f(x)在+)上一致连续性及x-xN 这样,由后面证得的两个式子就得到 第2页(共8页
第 2 页（ 共 8 页） ' 2 1 1 lim sup (0) 2 2 n n k k f f n ε →∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≤ + ⎝ ⎠ ∑ 和 ' 2 1 1 lim inf (0) 2 2 n n k k f f n ε →∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≥ − ⎝ ⎠ ∑ 由ε 的任意性，即得 ' 2 2 1 1 1 lim sup lim inf (0) 2 n n n n k k k k f ff →∞ →∞ = = n n ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ = = ⎝⎠ ⎝⎠ ∑ ∑ 。证毕。 三、设 f ( ) x 在[0, ) ∞ 上一致连续，且对于固定的 x∈[0, ) ∞ ，当自然数 n → ∞ 时 fx n ( )0 + → .证 明函数序列{ ( ) : 1,2,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛于 0. 证：由于 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续，故对于任意给定的ε > 0 ，存在一个δ > 0 使得 1 2 12 1 2 ( ) ( ) , ( 0, 0) 2 fx fx x x x x ε − ，并在[0,1] 中取 m 个点: 1 2 0 ... 1 m xx x = 只要 ， 这里的ε 是前面给定的。令 N NN = max{ ,..., } 1 m ，那么 ( ), 2 j f x n nN ε + 只要 ， 其中 j =1,2,...,m 。 设 x∈[0,1]是任意一点，这时总有一个 j x 使得 1 [, ] j j x x x ∈ + 。 由 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续性及 j x x − 只要 这样，由后面证得的两个式子就得到
f(x+m)N,x∈DO1l 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,}在[0,1上一致收敛 于0。 四、设D={(x,y):x2+y+∞ 这样,F(x,y)在D内必然有最小值。设最小值在(x0,y)∈D达到 根据反证法假设,我们有 F(x0,y)=f(x0,y)-g(x0,y0)<0 另一方面,根据题目假设,我们又有 △F=△-Ag≤e1(xy)-e8(xD (i) 其中Δ是拉普拉斯算子:△≡ 式子(i)在D中处处成立,特别地在(x0,y)成立 4g,se)-e,() 由()与(i)可知,△F 但是,(x0,y)是F(x,y)的极小值点,应该有Fx(xy)20Fy≥0,并因此AFl20 这与(ⅳv)矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。 五、分别设 R={(x,y):0≤x≤1:0≤y≤l},R2={(x,y):0≤xs1-E;0≤y≤1-e} 第3页(共8页)
第 3 页（ 共 8 页） f x n n Nx ( ) , , [0,1] + ∈ ε 只要 注意到这里的 N 的选取与点 x 无关，这就证实了函数序列{ ( ) : 1,2,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛 于 0。 四、设 2 2 D xy x y = +< {( , ) : 1}， f (, ) x y 在 D 内连续，gxy (, ) 在 D 内连续有界，且满足条件：（1） 当 2 2 x y + →1时， f xy (, ) → +∞ ；（2）在 D 内 f 与 g 有二阶偏导数， 2 2 2 2 f f f e x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ 和 2 2 2 2 g g g e x y ∂ ∂ + ≥ ∂ ∂ .证明： f (, ) (, ) xy gxy ≥ 在 D 内处处成立. 证：用反证法。假定该不等式在某一点不成立，我们将导出矛盾。 令 Fxy f xy gxy (, ) (, ) (, ) = − . 那么，根据题目假设，当 2 2 x y + →1时， Fxy (, ) → +∞ . 这样， Fxy (, ) 在 D 内必然有最小值。设最小值在 0 0 (, ) x y D ∈ 达到。 根据反证法假设，我们有 00 00 00 Fx y f x y gx y (, ) (, ) (, )0 =−< . (i) 另一方面，根据题目假设，我们又有 f (,) (,) xy g xy Δ =Δ −Δ ≤ − F f ge e ， (ii) 其中 Δ 是拉普拉斯算子： 2 2 2 2 x y ∂ ∂ Δ≡ + ∂ ∂ . 式子（ii）在 D 中处处成立，特别地在 0 0 (, ) x y 成立： 00 00 0 0 00 00 (,) (,) (,) (,) (,) f x y gx y x y xy xy Δ =Δ −Δ ≤ − F f g ee . (iii) 由(i)与(iii)可知， 0 0 (,) 0 Δ < F x y . (iv) 但是， 0 0 (, ) x y 是 Fxy (, ) 的极小值点，应该有 0 0 ( , ) 0; 0, F xy F xx yy ≥ ≥ 并因此 0 0 (,) | 0 Δ ≥ F x y 这与（iv）矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。 五、分别设 R xy x y = ≤≤ ≤≤ {( , ) : 0 1;0 1}， R xy x y {( , ) : 0 1 ;0 1 } ε = ≤ ≤− ≤ ≤− ε ε
dadu 考虑积分1 与l 定义I=liml 1)证明r ∑ x+ (2)利用变量替换 计算积分Ⅰ的值,并由此推出 证:显然,2=∑(x)ydd 注意到上述级数在R上的一致收敛性,我们有 ∑∫。x。yh=∑ 由于 在点x=1收敛,故有=liml=∑ 下面证明I 6 在给定的变换下,x=l-,y=+",那么、1 变换的雅可比行列式,J=10xy=2 d(u,v) 假定正方形R在给定变换下的像为R,那么根据R的图象以及被积函数的特征,我 们有 Ⅰ=2 dudu= 4 l+4 RI-u+y I+1 利用「a1 -arctan-+C(a>0) a2+x2 a 又得 l arctan 令g(l)= arctan h(u)=arctan arctan 第4页(共8页)
第 4 页（ 共 8 页） 考虑积分 R 1 dxdy I xy = − ∫∫ 与 R 1 dxdy I ε xy ε = − ∫∫ ， 定义 0 I lim I ε ε → + = . （1) 证明 2 1 1 n I n ∞ = = ∑ ； （2)利用变量替换： 1 ( ) 2 1 ( ) 2 u xy v yx ⎧ = + ⎪⎪ ⎨ ⎪ = − ⎪⎩ 计算积分 I 的值，并由此推出 2 2 1 1 6 n n π ∞ = = ∑ . 证： 显然， 0 ( )n n R I xy dxdy ε ε ∞ = = ∫∫ ∑ 注意到上述级数在 Rε 上的一致收敛性，我们有 2 1 1 2 0 0 0 1 (1 ) n n n n n I x dx y dy n ε ε ε ε ∞ ∞ − − = = − = = ∑ ∑ ∫ ∫ 。 由于 2 2 1 n n x n ∞ = ∑ 在点 x =1收敛，故有 2 0 1 1 lim n I I n ε ε + ∞ → = = = ∑ 。 下面证明 2 6 I π = . 在给定的变换下， x = u vy u v − =+ , ，那么 2 2 1 1 1 1 xy uv = − − + ， 变换的雅可比行列式 ， (, ) 2 (,) x y J u v ∂ = = ∂ 。 假定正方形 R 在给定变换下的像为 i R ，那么根据 i R 的图象以及被积函数的特征，我 们有 i 1 1 1 2 1 22 22 22 00 0 2 1 24 4 1 11 u u R dv dv I dudv du du uv uv uv − ⎛ ⎞⎛ ⎞ == + ⎜ ⎟⎜ ⎟ −+ −+ −+ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 利用 2 2 1 arctan ( 0), dx x C a ax a a = +> + ∫ 又得 1 2 2 1 2 1 0 2 2 2 1 arctan arctan 1 1 4 4. 1 1 u u u u I du du u u ⎛⎞ ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ − − = + − − ∫ ∫ 令 2 2 1 1 ( ) arctan ; ( ) arctan arctan , 1 1 1 u uu gu hu u u u − − = == − − +
2 那么g(u) 最后,我们得到 1=42g(u)g(u)du-8 h(uh(u)du 2[8(n)2-4[h()2 六、已知两直线的方程:L:x=y=,x=2=-b.(1)问:参数ab满足什么条件时,L 与L'是异面直线?(2)当L与L不重合时,求L'绕L旋转所生成的旋转面x的方程,并指出曲面 的类型 解:(1)L,L的方向向量分别为n=(1,1,1),n'=(1,a,1)。 分别取L,L'上的点O(0,0,0),P(0,0,b)。L与L是异面直线当且仅当矢量n,n,OP不共面, 即,它们的混合积不为零 (n,n, 所以,L与L'是异面直线当且仅当a≠1且b≠0。 (2)假设P(x,y,2)是丌上任一点,于是P必定是L上一点P(x,y,z)绕L旋转所生 成的。由于P"P与L垂直,所以 (x-x)+(y-y)+(=-)=0 ① 又由于P'在L上,所以 y 2-b 因为L经过坐标原点,所以,P,P'到原点的距离相等,故, 将①,②,③联立,消去其中的x,y,z b 将x,y,二用t表示 将④代入①,得 第5页(共8页
第 5 页（ 共 8 页） 那么 ' ' 2 2 1 2 () ; () 1 1 gu hu u u = =− − − 。 最后，我们得到 1 1 2 ' ' 1 0 2 I = − 4 ()() 8 ()() g u g u du h u h u du ∫ ∫ 1 2 21 2 0 1 2 = − 2[ ( )] | 4[ ( )] | gu hu 2 2 2 2 004 6 66 ⎛⎞ ⎛⎞ π π π = −−+ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 。 六、已知两直线的方程：Lx y z : = = ， ': 1 1 x y zb L a − = = 。（1）问：参数 a b, 满足什么条件时，L 与 L'是异面直线？（2）当 L 与 L'不重合时，求 L'绕 L 旋转所生成的旋转面π 的方程，并指出曲面 π 的类型。 解：（1） L L, ' 的方向向量分别为 n na = = (1,1,1), ' (1, ,1) G JG 。 分别取 L L, ' 上的点O Pb (0,0,0), (0,0, ) 。 L 与 L'是异面直线当且仅当矢量 n n OP , ', G JG JJJG 不共面， 即，它们的混合积不为零： 111 ( , ', ) 1 1 ( 1) 0 0 0 n n OP a a b b = =− ≠ G JG JJJG ， 所以， L 与 L'是异面直线当且仅当 a ≠ 1且b ≠ 0 。 （2）假设 Pxyz (, ,) 是π 上任一点，于是 P 必定是 L'上一点 Pxyz '( ', ', ') 绕 L 旋转所生 成的。由于 P P' JJJJG 与 L 垂直，所以， ( ') ( ') ( ') 0 xx yy zz − +− +− = ① 又由于 P'在 L'上，所以， ''' 1 1 x y zb a − = = ， ② 因为 L 经过坐标原点，所以， P P, '到原点的距离相等，故， 2 22 2 2 2 x ++= + + yz x y z ''' ， ③ 将①，②，③联立，消去其中的 x ', ', ' y z ： 令 ''' 1 1 x y zb t a − == = ，将 x ', ', ' y z 用t 表示： x ' ,' ,' = = =+ t y at z t b ， ④ 将④代入①，得
(a+2)1 当a≠-2,即L与L'不垂直时,解得1=—(x+y+二-b),据此,再将④代入③, 得到丌的方程 (x+y+2-b) (x+y+z-b)-b2=0 当a=-2时,由⑤得,x+y+z=b,这表明,丌在这个平面上 同时,将④代入③,有x2+y2+x2=612+2b+b2=6(+b)+b2。由于t可以是 任意的,所以,这时,丌的方程为 x+y+:=6 b2 丌的类型:a=1且b≠0时,L与L'平行,丌是一柱面;a≠1且b=0时,L与L相 ,丌是一锥面(a=-2时丌是平面);当a≠1且b≠0时,丌是单叶双曲面(a=-2时,丌 是去掉一个圆盘后的平面) 第6页(共8页
第 6 页（ 共 8 页） ( 2) a t x yzb + =++− ， ⑤ 当 a ≠ −2 ，即 L 与 L'不垂直时，解得 1 ( ) 2 t x yzb a = ++− + ，据此，再将④代入③， 得到π 的方程： 2 2 22 2 2 2 2 2 ( ) ( )0 ( 2) 2 a b x y z x yzb x yzb b a a + + + − ++− − ++− − = + + ， 当 a = −2 时，由⑤得， x ++= yzb ，这表明，π 在这个平面上。 同时，将④代入③，有 2 22 2 2 2 2 1 5 6 2 6( ) 6 6 x ++= + += + + y z t bt b t b b 。由于t 可以是 任意的，所以，这时，π 的方程为： 2 22 2 5 6 x yzb x yz b ⎧ ++= ⎪ ⎨ ++≥ ⎪ ⎩ ， π 的类型：a =1且b ≠ 0 时， L 与 L'平行，π 是一柱面； a ≠ 1且b = 0时， L 与 L'相 交，π 是一锥面（ a = −2 时π 是平面）；当 a ≠ 1且b ≠ 0 时，π 是单叶双曲面（ a = −2 时，π 是去掉一个圆盘后的平面）
七、设A,B均为n阶半正定实对称矩阵,且满足n-1≤ rank a≤n.证明存在实可逆矩阵 C使得CAC,CBC均为对角阵 证明(1)A的秩为n的情形:此时,A为正定阵。于是存在可逆矩阵P使得 P:AP= 因为PBP是实对称矩阵,所以存在正交矩阵Q使得Q(PBP)Q=A是对角矩阵。 令C=PQ,则有CAC=E,CBC=A都是对角阵 (2)A的秩为n-1的情形:此时,存在实可逆矩阵P使得PA∥P=/En,0) 因为PBP是实对称矩阵,所以,可以假定PB(Bb”其中B1是n-1阶实对 称矩阵。 因为Bn-1是n-1阶实对称矩阵,所以存在n-1阶正交矩阵Qn1,使得 1100 On-Bm-10m-1=0 0=An1为对角阵。 00n 令Q=,,C=PQ,则CAC,CBC可以表示为 E C AC CTBO 其中n=(d1,d2,dn)是n-1维列向量。 E 为简化记号,我们不妨假定A= 如果d=0,由于B是半正定的,B的各个主子式均≥0。考虑B的含d的各个2阶主子式, 容易知道,η=0。此时B已经是对角阵了,如所需 现假设d≠0。显然,对于任意实数k,A,B可以通过合同变换同时化成对角阵当且仅当同 合同变换可以将A,kA+B同时化成对角阵。由于k≥0时,k4+B仍然是半正定矩阵, 由(1),我们只需要证明:存在k≥0,kA+B是可逆矩阵即可。 注意到,当k+λ都不是0时,行列式 第7页(共8页)
第 7 页（ 共 8 页） 七、设 A B, 均为 n 阶半正定实对称矩阵，且满足 n An −≤ ≤ 1 rank . 证明存在实可逆矩阵 C 使得 , T T C AC C BC 均为对角阵. 证明 （1） A 的秩为n 的情形：此时， A 为正定阵。于是存在可逆矩阵 P 使得 T P AP E = 。 因为 T P BP 是实对称矩阵，所以存在正交矩阵Q 使得 ( ) T T Q P BP Q = Λ 是对角矩阵。 令C PQ = ，则有 , T T C AC E C BC = =Λ 都是对角阵。 （2） A 的秩为 n −1的情形：此时，存在实可逆矩阵 P 使得 1 0 0 0 T En P AP ⎛ ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 。 因为 T P BP 是实对称矩阵，所以，可以假定 T n 1 T B P BP b α α ⎛ ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠，其中 Bn−1 是 n −1阶实对 称矩阵。 因为 Bn−1 是 n −1阶实对称矩阵，所以存在 n −1阶正交矩阵Qn−1，使得 1 111 1 0 0 0 0 0 0 T nnn n n QBQ λ λ − −− − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = =Λ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ % 为对角阵。 令 1 , 1 Qn Q C PQ ⎛ ⎞ − = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ，则 , T T C AC C BC 可以表示为 1 1 , 0 T T n n T E C AC C BC d η η ⎛⎞ ⎛ ⎞ − − Λ = = ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝ ⎠ ， 其中 12 1 ( , ,..., )T n η dd d = − 是 n −1维列向量。 为简化记号， 我们不妨假定 1 1 , 0 n n T E A B d η η ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − Λ = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 。 如果 d = 0 ，由于 B 是半正定的，B 的各个主子式均≥ 0 。考虑 B 的含 d 的各个 2 阶主子式， 容易知道，η = 0。此时 B 已经是对角阵了，如所需。 现假设 d ≠ 0 。显然，对于任意实数 k ，A, B 可以通过合同变换同时化成对角阵当且仅当同 一合同变换可以将 A, kA B+ 同时化成对角阵。由于 k ≥ 0 时， kA B + 仍然是半正定矩阵， 由（1），我们只需要证明：存在 k ≥ 0 ， kA B + 是可逆矩阵即可。 注意到，当 i k + λ 都不是 0 时，行列式
k4+ B d (k+2) k+1 d k+d d d d 故只要k足够大就能保证kA+B是可逆矩阵。从而A,B可以通过合同变换同时化成对角 阵。证毕 八、设是复数域C上的n维线性空间,f:F→C是非零的线性函数,j=,2.若不存 在0≠C∈C使得f1=,证明:任意的a∈V都可表为a=a1+a2使得f(a)=f1(a2) f(a)=f2(a1) 证明:记E=Kerf,j=1,2。由J≠0知dmE=n-1,j=12 不失一般性,可令 ∈c},∫(a)=anx 由f1≠0,f2≠0,f≠C2Vc∈C,知 a1x+a2x2+…+a1nxn=0 的系数矩阵之秩为2 因此其解空间维数为n-2,即dim(E1∩E2)=n-2 但dmE1+dimE2=dm(E1+E2)+dim(E1∩E2),故有dm(E1+E2)=n,即 E1+E2= 现在,任意的a∈V都可表为a=a1+a2,其中a1∈E1a2∈E2。注意到 f(a1)=0,2(a2)=0,因此f(a)=f1(a2),f2(a)=f2(ax1)。证毕。 第8页(共8页)
第 8 页（ 共 8 页） 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) n n i i n n i i j n k d d kA B d k k d k d dd λ λ λ λ − − − − = = − + ⎛ ⎞ += = − + ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ + ∑ ∏ % # " 故只要 k 足够大就能保证 kA B + 是可逆矩阵。从而 A, B 可以通过合同变换同时化成对角 阵。证毕。 八、设V 是复数域C上的n 维线性空间， : j f V → C 是非零的线性函数， j =1,2 . 若不存 在0 ≠ ∈c C 使得 1 2 f = cf ，证明：任意的α ∈V 都可表为α =α α 1 2 + 使得 1 12 f f () ( ) α = α ， 2 21 f f () ( ) α = α . 证明：记 , 1, 2 E Ker f j j j = = 。由 0 j f ≠ 知dim 1, 1,2 En j j = − = 。 不失一般性，可令 { ( ,..., ) : , ,..., 1 12 } n V x x xx x === ∈ C C α n n ， 11 2 2 ( ) ... , 1,2 j j j jn n f ax a x ax j α = + ++ = 。 由 1 2 f f ≠ ≠ 0, 0 ， 1 2 f cf c ≠ ∀∈ , C，知 11 1 12 2 1 21 1 22 2 2 ... 0 ... 0 n n n n ax ax ax ax ax ax ⎧ + ++ = ⎨ ⎩ + ++ = 的系数矩阵之秩为 2。 因此其解空间维数为 n − 2，即 1 2 dim( ) 2 EE n ∩ = − 。 但 1 2 12 1 2 dim dim dim( ) dim( ) E E EE E E + = ++ ∩ ，故有 1 2 dim( ) EE n + = ， 即 EEV 1 2 + = 。 现在，任意的 α ∈V 都可表为 α =α α 1 2 + ，其中 1 12 2 α ∈ E E ,α ∈ 。注意到 11 2 2 f f ( ) 0, ( ) 0 α = = α ，因此 1 12 f f () ( ) α = α ， 2 21 f f () ( ) α = α 。证毕