第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案 (数学类 、(10分)设ε∈(0,1),xo=a,xn+1=a+ E sin. T(n=0,1,2,),证明: S= lim a存在,且为方程x- Sina=a的唯一根 证明:注意到|sinr)|=|cosr≤1,由中值定理,我们有 Sin - sin y≤|x-yl.Vx,y∈R (2分) 所以 In+2-Mn+1= E(sin Tn+1-sin n)<elin+I-InI, n=0, 1, 2, (4分) 从而可得 xn+1-xn|≤e"|x1-xo,n=0,1,2 于是级数∑(xn+1-x)绝对收敛,从而= lim n存在 (6分) 对于递推式xn+1=a+ε SIn a T两边取极限即得ξ为x-sinx=a的根 (8分) 进一步,设n也是x- Esin=a,即n- E sInn=a的根,则 -m|=l|sin5-sinm≤a-m 所以由c∈(0,1)可得m=5.即x- E sin r=a的根唯一.证毕 (10分) 15分)设B=002010证明x2=B无解,这里x为三阶未知 000 复方阵 第1页(共8页)
13¥IÆ)êÆ¿mýmÁòëY (êÆa) !(10©) ε ∈ (0, 1), x0 = a, xn+1 = a + ε sin xn (n = 0, 1, 2, . . .). y²: ξ = lim n→+∞ xn 3, ξ § x − ε sin x = a . y²: 5¿ |(sin x) 0 | = | cos x| ≤ 1, d¥½n, ·k |sin x − sin y| ≤ |x − y|, ∀ x, y ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ¤± |xn+2 − xn+1| = |ε(sin xn+1 − sin xn)| ≤ ε|xn+1 − xn|, n = 0, 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) l |xn+1 − xn| ≤ ε n |x1 − x0|, ∀ n = 0, 1, 2, . . . . u´?ê X∞ n=0 (xn+1 − xn) ýéÂñ, l ξ = lim n→+∞ xn 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) éu4íª xn+1 = a + ε sin xn ü>4= ξ x − ε sin x = a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ?Ú, η ´ x − ε sin x = a, = η − ε sin η = a , K |ξ − η| = ε|sin ξ − sin η| ≤ ε|ξ − η|. ¤±d ε ∈ (0, 1) η = ξ. = x − ε sin x = a . y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ !(15 ©) B = 0 10 30 0 0 2010 0 0 0 . y² X2 = B Ã), ùp X n E . 11 ( 8)
证明:反证法.设方程有解,即存在复矩阵A使得A2=B 我们注意到B的特征值为0,且其代数重数为3 (4分) 设λ为A的一个特征值,则入2为B的特征值.所以λ=0.从而A的特征值 均为0 (6分 000 010 于是A的 Jordan标准型只可能为J=000,=000或 J 000 从而A2的 Jordan标准型只能为J1=h=乃或h2=乃 因此42的秩不大于1,与B=A2的秩为2矛盾. 所以X2=B无解.证毕 15分 、(10分)设DCR2是凸区域,函数f(x,y)是凸函数.证明或否定:f(x,y) 在D上连续 注:函数f(x,y)为凸函数的定义是a∈(0,1)以及(x1,y),(x2,y2)∈D,成立 f(ax1+(1-a)x2,ay+(1-a)y2)≤af(x1,y)+(1-a)f(x2,y) 证明:结论成立.我们分两步证明结论. 对于>0以及[xo-5,xo+。]上的一元凸函数9(x),容易验证x∈ 9(xo)-9(x0-)9(x)-9(x0)9(xo+6)-9(xo) 第2页(共8页)
y²: y{. §k), =3EÝ A ¦ A2 = B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ·5¿ B A 0, Ùêê 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) λ A A, K λ 2 B A. ¤± λ = 0. l A A þ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) u´ A Jordan IO.UJ1 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , J2 = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 ½ J3 = 0 1 0 0 0 1 0 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) l A2 Jordan IO.U J1 = J 2 1 = J 2 2 ½ J2 = J 2 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) Ïd A2 Øu 1, B = A2 2 gñ. ¤± X2 = B Ã). y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(15 ©) ✷ n!(10 ©) D ⊂ R2 ´à«, ¼ê f(x, y) ´à¼ê. y²½Ä½: f(x, y) 3 D þëY. 5: ¼ê f(x, y) à¼ê½Â´ ∀ α ∈ (0, 1) ±9 (x1, y1),(x2, y2) ∈ D, ¤á f(αx1 + (1 − α)x2, αy1 + (1 − α)y2) ≤ αf(x1, y1) + (1 − α)f(x2, y2). y²: (ؤá. ·©üÚy²(Ø. (i) éu δ > 0 ±9 [x0 − δ, x0 + δ] þà¼ê g(x), N´y ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ): g(x0) − g(x0 − δ) d ≤ g(x) − g(x0) x − x0 ≤ g(x0 + δ) − g(x0) δ . 12 ( 8)
(2分) xx0+0 从而 g(a)-grol1g(ao +d-gco)l.g(ao)-g(ao-d Vx∈(xo-6,xo+6 由此即得g(x)在xo连续.一般地,可得开区间上的一元凸函数连续 (4分) (i)设(xo,y)∈D.则有6>0使得 E6≡[xo-6,x0+6]×b-6,+cD (5分) 注意到固定x或y时,f(x,y)作为一元函数都是凸函数,由(i)的结论, f(x,30),f(x,v+6),f(x,30-6)都是x∈{xo-6,xo+8]上的连续函数,从而它们 有界,即存在常数M5>0使得 f(x,+6)-f(x,3)|f(x,vo)-f(x,30-6) (ao+6o)-/ao.)lao.0)-/(a0-a ≤M r∈{xo-6,xo+] 第3页(共8页)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) x y x0 − δ x x x 0 x0 + δ l ¯ ¯ ¯ g(x) − g(x0) x − x0 ¯ ¯ ¯ ≤ ¯ ¯ ¯ g(x0 + δ) − g(x0) δ ¯ ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯ g(x0) − g(x0 − δ) δ ¯ ¯ ¯, ∀ x ∈ (x0−δ, x0+δ). dd= g(x) 3 x0 ëY. /, m«mþà¼êëY. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) (ii) (x0, y0) ∈ D. Kk δ > 0 ¦ Eδ ≡ [x0 − δ, x0 + δ] × [y0 − δ, y0 + δ] ⊂ D. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 ©) 5¿½ x ½ y , f(x, y) ¼êÑ´à¼ê, d (i) (Ø, f(x, y0), f(x, y0 + δ), f(x, y0 − δ) Ñ´ x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] þëY¼ê, l § k., =3~ê Mδ > 0 ¦ |f(x, y0 + δ) − f(x, y0)| δ + |f(x, y0) − f(x, y0 − δ)| δ + |f(x0 + δ, y0) − f(x0, y0)| δ + |f(x0, y0) − f(x0 − δ, y0)| δ ≤ Mδ, ∀ x ∈ [x0 − δ, x0 + δ]. 13 ( 8)
(7分 进一步,由(i)的结论,对于(x,y)∈E, f(x,y)-f(x0,30) 0,彐6∈(0,1),使得 当6<x<1时, (2分) 我们有 a'"f(ar)dr r" f()d:+/ar"(a-1)d. +a"r(r)dr Ri+ R2+R (4分) 注意到 R2=(m+1(m+2)+( 第4页(共8页)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (7 ©) ?Ú, d (i) (Ø, éu (x, y) ∈ Eδ, |f(x, y) − f(x0, y0)| ≤ |f(x, y) − f(x, y0)| + |f(x, y0) − f(x0, y0)| ≤ ³|f(x, y0 + δ) − f(x, y0)| δ + |f(x, y0) − f(x, y0 − δ)| δ ´ |y − y0| + ³|f(x0 + δ, y0) − f(x0, y0)| δ + |f(x0, y0) − f(x0 − δ, y0)| δ ´ |x − x0| ≤ Mδ|y − y0| + Mδ|x − x0|. u´ f(x, y) 3 (x0, y0) ëY. y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ o!(10 ©) f(x) 3 [0, 1] þ Riemann È, 3 x = 1 , f(1) = 0, f 0 (1) = a. y²: lim n→+∞ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx = −a. y²: P M = sup x∈[0,1] |f(x)| 0, ∃ δ ∈ (0, 1), ¦ δ < x ≤ 1 , |r(x)| ≤ ε(1 − x). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ·k Z 1 0 x n f(x) dx = Z δ 0 x n f(x) dx + Z 1 δ axn (x − 1) dx + Z 1 δ x n r(x) dx = R1 + R2 + R3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) 5¿ |R1| ≤ M Z δ 0 x n dx = M δ n+1 n + 1 , R2 = − a (n + 1)(n + 2) + a ³ δ n+1 n + 1 − δ n+2 n + 2 ´ 14 ( 8)
以及 IRal0的任意性即得 a"f(ar)d.c=-a 证毕 (10分) 五、(15分)已知二次曲面∑(非退化)过以下九点:A(1,0,0),B(1,1,2) C(1,-1,-2),D(30,0),E(3,1,2,F(3,-2,-4),G(0,1,4),H(3,-1,-2),I(5,2√2,8) 问∑是哪一类曲面? 解答:易见,A、B、C共线,D、E、F共线 (6分) 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 (10分) 然后,可以看到直线ABC和直线DEF是平行的,且不是同一条直线 (12分) 第5页(共8页)
±9 |R3| ≤ Z 1 δ x n |r(x)| dx ≤ ε Z 1 δ x n (1 − x) dx ≤ ε Z 1 0 x n (1 − x) dx = ε (n + 1)(n + 2), ·k lim n→+∞ |n 2R1| = 0, lim n→+∞ |n 2R2 + a| = 0 ±9 lim n→+∞ |n 2R3| ≤ ε. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ¤± lim n→+∞ ¯ ¯ ¯ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx + a ¯ ¯ ¯ ≤ ε. dþª9 ε > 0 ?¿5= lim n→+∞ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx = −a. y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ Ê!(15 ©) ®g¡ Σ (òz)L±eÊ:µA(1, 0, 0), B(1, 1, 2), C(1, −1, −2), D(3, 0, 0), E(3, 1, 2), F(3, −2, −4), G(0, 1, 4), H(3, −1, −2), I(5, 2 √ 2, 8). ¯ Σ ´=a¡º ): ´, A!B!C , D!E!F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) kü«g¡þU3n:: üV¡ÚVÔ¡. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ,§±w ABC Ú DEF ´²1§ Ø´Ó^. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) 15 ( 8)
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 (15分) 注:这个曲面其实是(不要求学生写出方程式) 六、(20分)设A为n×n实矩阵(未必对称),对任一n维实向量a≡ (a1,…,an),aAa≥0(这里a表示a的转置),且存在n维实向量B,使 得BAB=0,同时对任意n维实向量x和y,当Ay≠0时有xAy+y4x≠0 证明:对任意n维实向量v,都有vA=0 证明:取任意实数r,由题设知 (v+rB)A(v+rB)≥0 (8分) vAu+ruAB+rBAv+r BAB>0 12分) 亦即 VAz T AB+BA1)+r2AB≥0. (14分) 若vAB≠0,则有vAT+BA≠0.因此可取适当的实数r使得 A6+ 6A 盾.证毕 (20分) 七、(10分)设∫在区间间0,1上 Rieman可积,0≤∫≤1.求证:对任 何ε>0,存在只取值0,1的分段(段数有限)常值函数g(x),使得Va,月≌[0,1], (f(a)-g(a)dx< 第6页(共8页)
ùÒqüØ VÔ¡U(VÔ¡ Óx1ÑÉ¡§ØÓx 1Ñ), ¤±U´üV¡. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(15 ©) 5: ù¡Ù¢´(ئÆ)ѧª) (x − 2)2 + y 2 − z 2 4 = 1. 8!(20 ©) A n × n ¢Ý (7é¡), é? n ¢þ α ≡ (α1, . . . , αn), αAα> ≥ 0 (ùp α > L« α =), 3 n ¢þ β, ¦ βAβ> = 0, Óé?¿ n ¢þ x Ú y, xAy> 6= 0 k xAy> +yAx> 6= 0. y²: é?¿ n ¢þ v, Ñk vAβ> = 0. y²: ?¿¢ê r, dK (v + rβ)A(v + rβ) > ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) = vAv> + rvAβ> + rβAv> + r 2βAβ> ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) ½= vAv> + r ³ vAβ> + βAv> ´ + r 2βAβ> ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(14 ©) e vAβ> 6= 0, Kk vAβ> + βAv> 6= 0. Ïd·¢ê r ¦ vAv> + r ³ vAβ> + βAv> ´ + r 2βAβ> 0, 3 0, 1 ©ã(ãêk)~¼ê g(x), ¦ ∀ [α, β] ⊆ [0, 1], ¯ ¯ ¯ Z β α ¡ f(x) − g(x) ¢ dx ¯ ¯ ¯ < ε. 16 ( 8)
证明:取定n>2.定义Am= f(t)dt), 1,x∈ g(a rg∪ (5分) 对于0≤a<B≤1,设非负整数k<C满足一≤a< k+1 e C+1 则 (f(x)-g(x) M-0+/(-0)山+厂U(- 1dx+0+/1d 证毕 (10分) 八、(10分)已知φ:(0,+∞)→(0,+∞)是一个严格单调下降的连续函数,满 足 m p(t) 若 p(t)dt p-(t)dt=a<+∞o 其中φ-表示y的反函数.求证: p()2at+/-1(t)2dt≥a 证明:令P=y(0),Q=y-1t)t,r=a-P-Q,其中m=a (2分) 第7页(共8页)
y²: ½ n > 2 ε . ½Â Am = hm n , m n + Z m+1 n m n f(t) dt´ , g(x) = 1, x ∈ n[−1 m=0 Am, 0, x 6∈ n[−1 m=0 Am. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 ©) éu 0 ≤ α < β ≤ 1, Kê k ≤ ` ÷v k n ≤ α < k + 1 n , ` n ≤ β < ` + 1 n , K ¯ ¯ ¯ Z β α ¡ f(x) − g(x) ¢ dx ¯ ¯ ¯ ≤ Z k+1 n α |f(x) − g(x)| dx + ¯ ¯ ¯ Z ` n k+1 n ³ f(x) − g(x) ´ dx ¯ ¯ ¯ + Z β ` n |f(x) − g(x)| dx ≤ Z k+1 n α 1 dx + 0 + Z β ` n 1 dx ≤ 2 n < ε. y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ l!(10 ©) ® ϕ : (0, +∞) → (0, +∞) ´îüNeüëY¼ê, ÷ v lim t→0+ ϕ(t) = +∞. e Z +∞ 0 ϕ(t) dt = Z +∞ 0 ϕ −1 (t) dt = a < +∞, Ù¥ ϕ −1 L« ϕ ¼ê. ¦y: Z +∞ 0 [ϕ(t)]2 dt + Z +∞ 0 [ϕ −1 (t)]2 dt ≥ 1 2 a 3 2 . y²: - P = R +∞ p ϕ(t) dt, Q = R +∞ q ϕ −1 (t) dt, I = a − P − Q, Ù¥ pq = a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) 17 ( 8)
+ (-00=0=y+P +∞ (y(t)dt≥ ( p(t))dt (t)dt I+Q) (6分 因此, (t)t+ (t))dt (I+Q)2 I+ P)(I+Q) OP+al (8分) 易见可取到适当的p,q满足P=Q 从而 1+al (a+D)2 证毕 (10分) 第8页(共8页)
K Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ Z q 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 q ³ Z q 0 ϕ −1 (t) dt´2 = 1 q (a − Q) 2 = 1 q (I + P) 2 , Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt ≥ Z p 0 ³ ϕ(t) ´2 dt ≥ 1 p ³ Z p 0 ϕ(t) dt´2 = 1 p (a − P) 2 = 1 p (I + Q) 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) Ïd, Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt + Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 p (I + Q) 2 + 1 q (I + P) 2 ≥ 2 √pq (I + P)(I + Q) = 2 √ a ³ QP + aI´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ´· p, q ÷v P = Q = a − I 2 , l Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt + Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 a ³(a − I) 2 4 I + aI¢ = 2 √ 2 (a + I) 2 4 ≥ 1 2 a 3 2 . y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ 18 ( 8)
