首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答（数学类,2009）

1、首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答 （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，的圆柱面的方程.二、（20分）设是复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域上的线性空间，.（1）假设，若，证明：；（2）求的子空间的维数. 三、（15分）假设是复数域上维线性空间（），是上的线性变换.如果，证明：的特征值都是0，且有公共特征向量. 四、（10分）设是定义在上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛，并在上满足.（1）证明在上一致收敛；（2）设，问是否一定在上处处可导,为什么？五、（10分）设， 证明发散.六、（15分） 是上二次连续可微

2、函数，满足，计算积分.七、（15分）假设函数 在 上连续，在内二阶可导，过点 ，与点 的直线与曲线 相交于点 ，其中 . 证明：在 内至少存在一点 ，使 。首届全国大学生数学竞赛决赛试卷 （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，则=_.(2) 若关于的方程在区间内有惟一实数解，则常数_.(3) 设函数在区间上连续.由积分中值公式有 .若导数存在且非零，则的值等于_.(4) 设，则=_.二、（10分）设在内有定义，在处可导，且. 证明: .三、（12分） 设在上一致连续，且对于固定的。当自然数时。证明: 函数

3、序列在上一致收敛于0.四、（12分） 设，在内连续，在内连续有界，且满足条件： (1) 当时，；(2) 在中与有二阶偏导数， ,。 证明： 在D内处处成立.五、（10分）设 ， .考虑积分， ，定义。（1） 证明；（2）利用变量替换：计算积分I 的值，并由此推出.六、（13分） 已知两直线的方程：，.（1）问：参数满足什么条件时，与是异面直线？（2）当与不重合时，求绕旋转所生成的旋转面的方程，并指出曲面的类型.七、(20分) 设均为阶半正定实对称矩阵，且满足. 证明: 存在实可逆矩阵使得均为对角阵.八、(15分) 设是复数域上的维线性空间，() 是非零的线性函数。 且线性无关. 证明: 任意的

4、都可表为。使得 ，. 参考答案（精简版）首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答 （数学类，2009）一、（15分）求经过三平行直线，的圆柱面的方程.解： 先求圆柱面的轴的方程. 由已知条件易知，圆柱面母线的方向是， 且圆柱面经过点， 过点且垂直于的平面的方程为： . （3分)与三已知直线的交点分别为 （5分)圆柱面的轴是到这三点等距离的点的轨迹， 即，即 ，（9分)将的方程改为标准方程.圆柱面的半径即为平行直线和之间的距离. 第 7 页（ 共 6 页）为上的点. . （12分)对圆柱面上任意一点， 有， 即，所以，所求圆柱面的方程为： . . （15分)二、（20分）设是复矩阵全体在通常的运算下

5、所构成的复数域上的线性空间，.（1）假设，若，证明：；（2）求的子空间的维数.（1）的证明:记，.要证明，只需证明与的各个列向量对应相等即可.若以记第个基本单位列向量.于是，只需证明：对每个，. （2分)若记，则.注意到， （*） . （6分)由知 所以，. . （14分)（2）解： 由（1）， （16分)设，等式两边同右乘，利用（*）得因线性无关，故，（19分)所以，线性无关.因此，是的基，特别地， . （20分)三、（15分）假设是复数域上维线性空间（），是上的线性变换.如果，证明：的特征值都是0，且有公共特征向量.证明：假设是的特征值，是相应的特征子空间，即.于是，在下是不变的. （1分

6、)下面先证明，=0.任取非零，记为使得线性相关的最小的非负整数，于是，当时，线性无关.（2分)时令,其中，.因此，（），并且，. 显然，特别地，在下是不变的. （4分)下面证明，在下也是不变的.事实上，由，知 （5分)根据用归纳法不难证明，一定可以表示成的线性组合，且表示式中前的系数为. . （8分)因此，在下也是不变的，在上的限制在基下的矩阵是上三角矩阵，且对角线元素都是，因而，这一限制的迹为. .（10分)由于在上仍然成立，而的迹一定为零，故，即=0. . （12分)任取，由于，所以，.因此，在下是不变的.从而，在中存在的特征向量，这也是的公共特征向量. . （15分)四、（10分）设是定

7、义在上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛，并在上满足.（1）证明在上一致收敛；（2）设，问是否一定在上处处可导,为什么？证明：（1），将区间等分，分点为，使得 . 由于在有限个点上收敛，因此，使得 对每个成立. . （3分)于是，设，则，. （5分)（2）不一定. （6分)令 ，则在上不能保证处处可导.（10分)五、（10分）设， 证明发散.解： . （3分)， （5分) .（7分). .（8分)因此，由此得到发散. （10分)六、（15分） 是上二次连续可微函数，满足，计算积分.解： 采用极坐标，则.（6分) . （10分). .（15分)七、（15分）假设函数 在 上连续，在内二阶可导，过点

8、 ，与点 的直线与曲线 相交于点 ，其中 . 证明：在 内至少存在一点 ，使 .证明：因为 在 上满足 中值定理的条件，故存在 ， 使 . （4分)由于C在弦 上，故有 =. （7分)从而 . . （8分)同理可证，存在 ，使 . .（11分)由，知 在上 满足 定理的条件，所以存在 ，使 . .（15分)首届中国大学生数学竞赛决赛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，则= .（2）若关于的方程在区间中有惟一实数解，则常数 .（3）设函数在区间上连续.由积分中值公式有 .若导数存在且非零， 则的值等于 .（4）设，则=_12_.二、（10分）

9、设在内有定义，在处可导，且.证明： .证： 根据题目假设和泰劳展开式，我们有其中是的函数，。 （2分）因此，对于任意给定的，存在，使得。 （3分）对于任意自然数和，我们总有。（4分）取，对于上述给定的，便有。 （5分）于是，。此式又可写成。 （7分）令，对上式取极限即得 和由的任意性，即得。证毕。（10分）三、(12分)设在上一致连续，且对于固定的，当自然数时.证明函数序列在上一致收敛于0.证：由于在上一致连续，故对于任意给定的，存在一个使得 （2分）取一个充分大的自然数，使得，并在中取个点:，其中。这样，对于每一个，。 （5分）又由于，故对于每一个，存在一个使得，这里的是前面给定的。令，那么

10、，其中。 设是任意一点，这时总有一个使得。由在上一致连续性及可知， （9分）另一方面，我们已经知道这样，由后面证得的两个式子就得到 注意到这里的的选取与点无关，这就证实了函数序列在上一致收敛于0。 （12分）四、（12分）设，在内连续，在内连续有界，且满足条件：（1）当时，；（2）在内与有二阶偏导数， 和.证明： 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. 那么，根据题目假设，当时，.这样，在内必然有最小值。设最小值在达到。 (3分)根据反证法假设，我们有. (i) 另一方面，根据题目假设，我们又有， (ii) 其中是拉普拉斯算子：. (7分)式子（ii）在

11、中处处成立，特别地在成立：. (iii) 由(i)与(iii)可知，. (iv) (9分) 但是，是的极小值点，应该有并因此这与（iv）矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。（12分）五、（共10分，（1）和（2) 各5分）分别设，.考虑积分 与， 定义. （1) 证明；（2)利用变量替换：计算积分I 的值，并由此推出.证： 显然， （2分）注意到上述级数在 上的一致收敛性，我们有。 （4分）由于 在点收敛，故有。 （5分）下面证明. 在给定的变换下，那么，变换的雅可比行列式 ，。 （6分）假定正方形在给定变换下的像为，那么根据的图象以及被积函数的特征，我们有利用 又得 （8分）令 那么。

12、最后，我们得到 。（10分）六、（13分）已知两直线的方程：，。（1）问：参数满足什么条件时，与是异面直线？（2）当与不重合时，求绕旋转所生成的旋转面的方程，并指出曲面的类型。解：（1）的方向向量分别为。分别取上的点。与是异面直线当且仅当矢量不共面，即，它们的混合积不为零：，所以，与是异面直线当且仅当且。 （2分）（2）假设是上任一点，于是必定是上一点绕旋转所生成的。由于与垂直，所以， （4分）又由于在上，所以， ， 因为经过坐标原点，所以，到原点的距离相等，故， ， （5分）将，联立，消去其中的： 令，将用表示： ， 将代入，得 ， （6分）当，即与不垂直时，解得，据此，再将代入，得到的方程

13、：， （8分）当时，由得，这表明，在这个平面上。 （9分）同时，将代入，有。由于可以是任意的，所以，这时，的方程为：， （11分）的类型：且时，与平行，是一柱面；且时，与相交，是一锥面（时是平面）；当且时，是单叶双曲面（时，是去掉一个圆盘后的平面）。 （13分）第 13 页（ 共 8 页）七、(20分)设均为阶半正定实对称矩阵，且满足. 证明存在实可逆矩阵使得均为对角阵.证明 （1） 的秩为的情形：此时，为正定阵。于是存在可逆矩阵使得。 （2分）因为是实对称矩阵，所以存在正交矩阵使得是对角矩阵。（4分）令，则有都是对角阵。（5分）（2）的秩为的情形：此时，存在实可逆矩阵使得。（6分）因为是实对称矩阵，所以，可以假定，其中是阶实对称矩阵。 （8分） 因为是阶实对称矩阵，所以存在阶正交矩阵，使得为对角阵。（10分）令，则可以表示为，其中是维列向量。为简化记号， 我们不妨假定。如果，由于是半正定的，的各个主子式均。考虑的含的各个2阶主子式，容易知道，。此时已经是对角阵了，如所需。（14分）现假设。显然，对于任意实数，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同时化成对角阵。由于时，仍然是半正定矩阵，由（1），我们只需要证明：存在，是可逆矩