大学生数学竞赛数学类考题及答案.pdf

第 1 页（ 共 6 页） 首届中国大学生数学竞赛首届中国大学生数学竞赛赛区赛赛区赛试卷解答（数学类，2009）试卷解答（数学类，2009） 考试形式：闭卷考试时间：120 分钟满分：100分. 一、 （15 分）求经过三平行直线 1: Lxyz， 2: 11Lxyz ， 3: 11Lxyz 的圆柱面的方程. 二、 （20 分）设 n n C 是n n复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域C上的线性空间， 1 2 1 000 100 010 001 n n n a a Fa a . （1）假设 11121 21222 12 n n nnnn aaa aaa A aaa ，若 AFFA，证明： 12 1112111 nn nn Aa FaFa Fa E ； （2）求 n n C 的子空间( )| n n C FXCFXXF 的维数. 三、 （15 分）假设V是复数域C上n维线性空间（0n ） ，, f g 是V上的线性变换.如果 fggff，证 明： f 的特征值都是 0，且, f g 有公共特征向量. 四、 （10 分）设( ) n fx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 ( ) n fxM.（1）证明( ) n fx在, a b上一致收敛； （2）设( )lim( ) n n f xfx ，问( )f x 是否一定在, a b上处 处可导,为什么？ 五、 （10 分）设 3 2 0 sin sin n nt atdt t ， 证明 1 1 n n a 发散. 六、 （15 分）( , )f x y是 22 ( , )|1x yxy上二次连续可微函数，满足 22 22 22 ff x y xy ，计算积分 22 22221xy xfyf Idxdy xy xyxy . 七、 （15 分） ）假设函数( )f x 在 0, 1上连续，在(0, 1)内二阶可导，过点(0,(0)Af，与点(1,(1)Bf 的直线与曲线( )yf x相交于点( ,( )C cf c，其中01c. 证明：在 (0, 1)内至少存在一点，使 ( )0f。 第 2 页（ 共 6 页） 首届全国大学生数学竞赛首届全国大学生数学竞赛决赛决赛试卷（数学类，2010）试卷（数学类，2010） 考试形式：闭卷考试时间： 150分钟满分：100分. 一、填空题（共 8 分，每空 2 分.） (1) 设0，则 22 2 0 xx dx ee x =_. (2) 若关于x的方程 2 1 1(0)kxk x 在区间(0,) 内有惟一实数解，则常数k _. (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 dtxa f ()axb.若导数( )fa 存在且非零，则lim xa a xa 的值等于_. (4) 设()6a b c ，则 () () ()abbcac =_. 二、 （10 分）设 ( )f x 在( 1,1) 内有定义，在 0 x 处可导，且 (0)0f .证明: 2 1 (0) lim 2 n n k kf f n . 三、 （12 分） 设( )f x 在0,) 上一致连续，且对于固定的0,)x 。当自然数n 时()0f xn。证 明: 函数序列 ()1,2,f xnn：在0,1上一致收敛于 0. 四、 （12 分） 设 22 ( , ):1Dx yxy， ( , )f x y 在D内连续， ( , )g x y 在D内连续有界，且满足条件： (1) 当 22 1xy 时，( , )f x y ； (2) 在D中 f 与g 有二阶偏导数， 22 22 f ff e xy , 22 22 g gg e xy 。 证明：( , )( , )f x yg x y在 D 内处处成立. 五、 （10 分）设 ( , ):01;01Rx yxy ， ( , ):01;01Rx yxy . 考虑积分 1 R dxdy I xy ， 1 R dxdy I xy ，定义 0 limII 。 （1） 证明 2 1 1 n I n ； （2）利用变量替换： 1 () 2 1 () 2 uxy vyx 计算积分 I 的值，并由此推出 2 2 1 1 6 n n . 第 3 页（ 共 6 页） 六、 （13 分） 已知两直线的方程：:L xyz，: 11 xyzb 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的方程，并指出曲面的类型. 七、(20 分)设,A B均为n阶半正定实对称矩阵，且满足1ranknAn . 证明: 存在实可逆矩阵C使 得 TT C ACC BC和均为对角阵. 八、(15 分)设V是复数域C 上的n维线性空间，: j fV C C (1,2j ) 是非零的线性函数。 且线性无关. 证明: 任意的V都可表为 12 。使得 112 ( )()ff， 221 ( )()ff. 参考答案（精简版）参考答案（精简版） 首届中国大学生数学竞赛首届中国大学生数学竞赛赛区赛赛区赛试卷解答（数学类，2009）试卷解答（数学类，2009） 一、 （15 分）求经过三平行直线 1: Lxyz， 2: 11Lxyz ， 3: 11Lxyz 的圆柱面的方程. 解解： 先求圆柱面的轴 0 L的方程. 由已知条件易知，圆柱面母线的方向是(1,1,1)n ， 且圆柱面经过 点(0,0,0)O， 过点(0,0,0)O且垂直于(1,1,1)n 的平面的方程为： 0 xyz.（3 分) 与三已知直线的交点分别为(0,0,0), (1,0, 1),(0, 1,1)OPQ （5 分) 圆柱面的轴 0 L是到这三点等距离的点的轨迹， 即 222222 222222 (1)(1) (1)(1) xyzxyz xyzxyz ， 即 1 1 xz yz ，（9 分) 将 0 L的方程改为标准方程 11xyz . 圆柱面的半径即为平行直线 xyz和11xyz 之间的距离. 0(1, 1,0) P 第 4 页（ 共 6 页） 为 0 L上的点. . （12 分) 对圆柱面上任意一点 ( , , )S x y z ， 有 00 | | nPSnPO nn ， 即 222 (1)(1)(2)6yzxzxy ， 所以，所求圆柱面的方程为： 222 330 xyzxyxzyzxy. （15 分) 二、 （20 分） 设 n n C 是n n复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域C上的线性空间， 1 2 1 000 100 010 001 n n n a a Fa a . （1）假设 11121 21222 12 n n nnnn aaa aaa A aaa ，若 AFFA，证明： 12 1112111 nn nn Aa FaFa Fa E ； （2）求 n n C 的子空间( )| n n C FXCFXXF 的维数. （1）的证明）的证明:记 12 (,) n A ， 12 1112111 nn nn Ma FaFa Fa E .要证明 MA，只需证明 A与M 的各个列向量对应相等即可.若以 i e 记第i个基本单位列向量. 于是，只需证明：对每个i，() iii MeAe. （2 分) 若记 11 (,)T nn aaa ，则 23 (,) n Fe ee.注意到， 212 12123111 ,() nn nn Fee F eFeeFeF FeFee （*） . （6 分) 由 12 111121111 12 11111211111 111121 211 1 1.(10 () nn nn nn nn nnnn Mea FaFa Fa E e a FeaFea Fea Ee a eaea ea e Ae 分） 知 211112 MeMFeFMeFAeAFeAe 第 5 页（ 共 6 页） 2222 311113 MeMF eF MeF AeAF eAe 1111 1111 nnnn nn MeMFeFMeFAeAFeAe 所以，MA. （14 分) （2）解）解： 由（1） ， 21 ( ) , n C Fspan E F FF ， （16 分) 设 21 0121 n n x Ex Fx FxFO ，等式两边同右乘 1 e ，利用（*）得 21 101211 () n n Oex Ex Fx FxFe 21 01112111 0 11 22 31 .(18 n n nn x Eex Fex F exFe x ex ex exe 分） 因 123 , n e e ee线性无关，故， 0121 0 n xxxx （19 分) 所以， 21 , n E F FF 线性无关.因此， 21 , n E F FF 是( )C F 的基，特别地， dim( )C Fn.（20 分) 三、 （15 分）假设V是复数域C上n维线性空间（0n ） ， , f g 是V上的线性变换.如果 fggff，证明： f 的特征值都是 0，且, f g 有公共特征向量. 证明证明：假设 0 是 f 的特征值，W是相应的特征子空间，即 0 |( )WVf.于是，W在 f 下是不 变的. （1 分) 下面先证明， 0 =0.任取非零W，记m 为使得 2 , ( ),( ),( ) m ggg线性相关的最小的非负整数，于是， 当01im 时， 2 , ( ),( ),( ) i ggg线性无关.（2 分) 01im 时令 21 , ( ),( ),( ) i i Wspanggg ,其中， 0 W.因此，dim i Wi （1im ） ，并且， 12mmm WWW . 显然， 1 () ii g WW，特别地， m W 在 g 下是不变的.（4 分) 下面证明， m W 在 f 下也是不变的.事实上，由 0 ( )f，知 00 ( )( )( )( )fggffg（5 分) 第 6 页（ 共 6 页） 2 0000 2 000 (6. ( )( )( ) ( )( ) ( )2( ) fggfgfg ggg gg 分） 根据 11 11 ( )( )( ) ()( )( ) kkk kk fggfgfg g fgfg 用归纳法不难证明，( ) k fg一定可以表示成 2 , ( ),( ),( ) k ggg的线性组合，且表示 式中( ) k g前的系数为 0 . （8 分) 因此， m W 在 f 下也是不变的， f 在 m W 上的限制在基 21 , ( ),( ),( ) m ggg 下的矩阵 是上三角矩阵，且对角线元素都是 0 ，因而，这一限制的迹为 0 m. .（10 分) 由于 fggff在 m W 上仍然成立，而 fggf的迹一定为零，故 0 0m，即 0 =0. （12 分) 任取W， 由于( )f，( )( )( )( )( )fggffgf， 所以， ( )gW. 因此，W在g 下是不变的.从而，在W中存在g 的特征向量，这也是, f g 的公共特征向 量. . （15 分) 四、 （10 分） 设( ) n fx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( ) n fxM. （1） 证明( ) n fx在, a b上一致收敛； （2） 设( )lim( ) n n f xfx ， 问( )f x 是否一定在, a b上处处可导,为什么？ 证明证明： （1）0 ，将区间, a bK等分，分点为 () ,0,1,2, j j ba xajK K ，使 得 ba K . 由于( ) n fx在有限个点 ,0,1,2, j xjK上收敛， 因此N，mnN， 使得()() mjnj fxfx对每个0,1,2,jK成立. （3 分) 于是 , xa b ，设 1 , jj xx x ，则 ( )( )( )()()()()( ) mnmmjmjnjnjn fxfxfxfxfxfxfxfx， ( )()()()( )() mjmjnjnj fxxfxfxfxx21M.（5 分) 第 7 页（ 共 6 页） （2）不一定.（6 分) 令 2 1 ( ) n fxx n ，则( )lim( ) n n f xfx 在, a b上不能保证处处可导.（10 分) 五、 （10 分）设 3 2 0 sin sin n nt atdt t ， 证明 1 1 n n a 发散. 解解： 33 3 22 12 00 sinsinsin sinsinsin n n ntntnt tdttdttdtII ttt . （3 分) 3 2 3 1 00 sin sin2 nn ntn Itdtntdt t ，（5 分) 3 3 3 222 2 sin1 sin28 nnn nt Itdttdtd ttt .（7 分) 32 2 88 nn .（8 分) 因此 2 11 n an ，由此得到 1 1 n n a 发散.（10 分) 六、 （15 分）( , )f x y是 22 ( , )|1x yxy上二次连续可微函数，满足 22 22 22 ff x y xy ，计算积 分 22 22221xy xfyf Idxdy xy xyxy . 解解：采用极坐标cos ,sinxryr，则 12 00 cossin ff Idrrd xy 222 1 0 xyr ff drdydx xy .（6 分) 222 1 22 0 xyr ff drdxdy xy 222 1 22 0 xyr drx ydxdy . （10 分) 12 522 000 cossin 168 r drdd .（15 分) 七、 （15 分） ）假设函数( )f x 在 0, 1上连续，在(0, 1)内二阶可导，过点(0,(0)Af， 与点(1,(1)Bf的直线与曲线( )yf x相交于点( ,( )C cf c，其中01c. 证明： 在 (0, 1)内至少存在一点，使( )0f. 第 8 页（ 共 8 页） 证明证明：因为( )f x 在 0, c 上满足 Lagrange中值定理的条件，故存在 1 (0,)c， 使 1 ( )(0) () 0 f cf f c . （4 分) 由于 C 在弦 AB 上，故有 ( )(0)(1)(0) 01 0 f cfff c =(1)(0)ff. （7 分) 从而 1 ()(1)(0)fff. （8 分) 同理可证，存在 2 ( , 1)c，使 2 ()(1)(0)fff. .（11 分) 由 12 ()()ff，知 在 12 ,上( )fx满足Rolle定理的条件，所以存在 12 ( ,)(0, 1)，使( )0f.（15 分) 首届中国大学生数学竞赛首届中国大学生数学竞赛决赛决赛试卷参考答案及评分标准（数学类，2010）试卷参考答案及评分标准（数学类，2010） 一、填空题（共 8 分，每空 2 分.） （1） 设0，则 22 2 0 xx dx ee x =(). （2）若关于x的方程 2 1 1(0)kxk 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 dtxa f ()axb.若导数( )fa 存在且非零， 则lim xa a xa 的值等于 1 2 . （4）设()6a b c ，则() () ()abbcac =_12_. 二、 （10 分）设 ( )f x 在( 1,1) 内有定义，在 0 x 处可导，且 (0)0f .证明： 2 1 (0) lim 2 n n k kf f n . 证证： 根据题目假设和泰劳展开式，我们有 ( )(0)(0)( ) ,f xffxx x其中( )x是x的 函数，(0)0,且( )0,0 xx当。（2 分）分） 因此，对于任意给定的0，存在0，使得( ),xx只要。（3 分）分） 第 9 页（ 共 8 页） 对于任意自然数n和kn，我们总有 2222 (0) kkkk ff nnnn 。（4 分）分） 取 1 N ，对于上述给定的0，便有 2 , k nN kn n 只要。 （5 分）分） 于是， 222 111 (0), nnn kkk kkk ffnN nnn 只要。 此式又可写成 2 1 111 (0)(1)(1), 22 n k k ffnN nnn 只要。（7 分）分） 令n ，对上式取极限即得 2 1 1 limsup(0) 22 n n k k ff n 和 2 1 1 liminf(0) 22 n n k k ff n 由的任意性，即得 22 11 1 limsupliminf(0) 2 nn nn kk kk fff nn 。证毕。（10 分）分） 三、(12 分)设( )f x 在0,) 上一致连续，且对于固定的0,)x ，当自然数n 时 ()0f xn.证明函数序列 ():1,2,.f xnn在0,1上一致收敛于 0. 证证：由于( )f x 在0,) 上一致连续，故对于任意给定的0，存在一个0使得 121212 ()(),(0,0) 2 f xf xxxxx 只要 （2 分）分） 取一个充分大的自然数m ，使得 1 m ，并在0,1中取m 个点: 12 0.1 m xxx ， 其中(1,2,.,) j j xjm m 。这样，对于每一个 j ， 1 1 jj xx m 。（5 分）分） 又由于lim()0 n f xn ，故对于每一个 j x ，存在一个 j N 使得 (), 2 jj f xnnN 只要， 这里的是前面给定的。令 1 max,., m NNN，那么 第 10 页（ 共 8 页） (), 2 j f xnnN 只要， 其中1,2,.,jm。 设0,1x是任意一点，这时总有一个 j x 使得 1 , jj xxx 。 由( )f x 在0,) 上一致连续性及 j xx可知， ()()(1,2,.) 2 j f xnf xnn （9 分）分） 另一方面，我们已经知道 (), 2 j f xnnN 只要 这样，由后面证得的两个式子就得到 (),0,1f xnnN x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,.f xnn在0,1上 一致收敛于 0。（12 分）分） 四、 （12 分）设 22 ( , ):1Dx yxy，( , )f x y 在D内连续， ( , )g x y 在D内连续有界， 且满足条件： （1）当 22 1xy 时，( , )f x y ； （2）在D内 f 与g 有二阶偏导数， 22 22 f ff e xy 和 22 22 g gg e xy .证明：( , )( , )f x yg x y在 D 内处处成立. 证：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( , )( , )( , )F x yf x yg x y. 那么，根据题目假设，当 22 1xy 时，( , )F x y . 这样，( , )F x y 在D内必然有最小值。设最小值在 00 (,)xyD达到。(3 分分) 根据反证法假设，我们有 000000 (,)(,)(,)0F xyf xyg xy.(i) 另一方面，根据题目假设，我们又有 ( , )( , )f x yg x y Ffgee ，(ii) 其中是拉普拉斯算子： 22 22 xy .(7 分分) 式子（ii）在D中处处成立，特别地在 00 (,)xy成立： 0000 00 0000 (,)(,) (,) (,)(,) f xyg xy xy xyxy Ffgee .(iii) 第 11 页（ 共 8 页） 由(i)与(iii)可知， 00 (,) 0 xy F.(iv) (9 分分) 但是， 00 (,)xy是( , )F x y 的极小值点，应该有 00 (,)0;0, xxyy FxyF并因此 00 (,) |0 xy F 这与（iv）矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。 （12 分）分） 五、 （共 10 分， （1）和（2) 各 5 分）分别设 ( , ):01;01Rx yxy ， ( , ):01;01Rx yxy . 考虑积分 1 R dxdy I xy 与 1 R dxdy I xy ，定义 0 limII . （1) 证明 2 1 1 n I n ； （2)利用变量替换： 1 () 2 1 () 2 uxy vyx 计算积分 I 的值，并由此推出 2 2 1 1 6 n n . 证：证： 显然， 0 ()n n R Ixy dxdy （ （2 分）分） 注意到上述级数在R上的一致收敛性，我们有 2 11 2 00 01 (1) n nn nn Ix dxy dy n 。 （4 分）分） 由于 2 2 1 n n x n 在点1x 收敛，故有 2 0 1 1 lim n II n 。 （5 分）分） 下面证明 2 6 I . 在给定的变换下，,xuv yuv，那么 22 11 11xyuv ， 变换的雅可比行列式 ， ( , ) 2 ( , ) x y J u v 。 （6 分）分） 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 1 11 2 1 222222 000 2 1 244 111 uu R dvdv Idudvdudu uvuvuv 第 12 页（ 共 8 页） 利用 22 1 arctan(0), dxx Ca axaa 又得 1 22 1 2 1 220 2 1 arctanarctan 11 44. 11 uu uu Idudu uu （8 分）分） 令 22 11 ( )arctan; ( )arctanarctan, 1 11 uuu g uh u u uu 那么 22 12 ( );( ) 11 g uh u uu 。 最后，我们得到 1 1 2 1 0 2 4( ) ( )8( ) ( )Ig u g u duh u h u du 1 22 1 2 01 2 2 ( ) |4 ( ) |g uh u 22 2 2004 666 。（10 分）分） 六、 （13 分）已知两直线的方程：:L xyz，: 11 xyzb 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 旋转面的方程，并指出曲面的类型。 解解： （1） ,L L 的方向向量分别为(1,1,1), (1, ,1)nna 。 分别取 ,L L 上的点(0,0,0), (0,0, )OPb 。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： 111 ( , ,)11(1)0 00 n n OPaab b ， 所以，L与L是异面直线当且仅当1a 且0b 。 （2 分）分） （2）假设( , , )P x y z 是上任一点，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， ()()()0 xxyyzz （4 分）（4 分） 又由于P 在L上，所以， 11 xyzb a ， 第 13 页（ 共 8 页） 因为L经过坐标原点，所以，,P P 到原点的距离相等，故， 222222 xyzxyz， （5 分）（5 分） 将，联立，消去其中的 , x y z ： 令 11 xyzb t a ，将 , x y z 用t表示： , xt yat ztb ， 将代入，得 (2)atxyzb， （6 分）分） 当2a ，即L与L不垂直时，解得 1 () 2 txyzb a ，据此，再将代入， 得到的方程： 2 22222 2 22 ()()0 (2)2 ab xyzxyzbxyzbb aa ， （8 分）分） 当2a 时，由得，xyzb，这表明，在这个平面上。（9 分）分） 同时，将代入，有 2222222 15 626() 66 xyztbtbtbb。由于t可以是 任意的，所以，这时，的方程为： 2222 5 6 xyzb xyzb ，（11 分）分） 的类型的类型：1a 且0b 时，L与L平行，是一柱面；1a 且0b 时，L与L相 交，是一锥面（2a 时是平面） ；当1a 且0b 时，是单叶双曲面（2a 时， 是去掉一个圆盘后的平 面） 。（13 分）（13 分） 七、(20 分)设,A B均为n阶半正定实对称矩阵，且满足1ranknAn . 证明存在实可逆矩阵C使得 , TT C AC C BC 均为对角阵. 证明证明（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 APE。 （2 分）分） 因为 T P BP是实对称矩阵，所以存在正交矩阵Q使得() TT QP BP Q 是对角矩阵。 （4 分）分） 第 14 页 令CPQ，则有, TT C ACE C BC 都是对角阵。 （5 分）分） （2） A的秩为1n的情形：此时，存在实可逆矩阵P 使得 1 0 00 nT E P AP 。（6 分）分） 因为 T P BP是实对称矩阵，所以，可以假定 1nT T B P BP b ，其中 1n B 是1n阶实对称矩 阵。 （8 分）分） 因为 1n B