第5届全国大学生数学竞赛决赛数学类三、四年级答案

第1页共13页第五届中国大学生数学竞赛决赛三四年级试卷解答(数学类2014年3月考试形式闭卷考试时间180分钟满分100分注意1.前4题是必答题再从5{11题中任选两题题号要填如上面的表中2.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边写在其它纸上一律无效3.密封线左边请勿答题密封线外不得有姓名及相关标记4.如答题空白不够可写在当页背面并标明题号(本题15分)设S为R3中的抛物面为S在同在同一张平面上外一固定点满足a2+b2>2C过P作S的所有切线证明这些切线的切点落证明设`是过P点的抛物面S的一条切线它的方向向量为Vu;v;w则切点可表成QP+tVa+tu;b+tv;C+tw其中t是二次方程2(C+twa+tu2+b+tv2也就是也就是u2+v2t2+2(au+bv-wt+a2+-0的唯一重根(5分)这时au+bv-w2u2+v2a2+-(10分)于是切点QX;Y;Za+tu;b+tv;C+tw满足aX+bYZa2+b2C+tau+bvwC:(15分)于是所有切点Q落在平面ax+by-zC上第2页共13页二(本题15分)设实二次型fx1x2x3x4xTAx其中a0a;b;C;d;e;f;g;h;k皆为实数已知λ12是A的一个几何重数为3的特征值试回答以下问题(i)A能否相似于对角矩阵;若能请给出证明;若不能请给出例子(ii)当a02时试求fx1x2x3x4在正交变换下的标准型证明(i)由于tr(A是A的特征值之和得λ1的代数重数也是3而A的另个特征值λ20且λ20的代数重数为1结果A有四个线性无关的特征向量故A可对角化(5分)(ii)由于λ12的重数为3故有-f=-2得d0e-2f2g=0h=2k=2-f=-2得d0e-2f2g=0h=2k=2-2得g0h-2k-2于是(10分)注意到fx1x2x3x4xTAxxTBx其中B的特征值为λ12二重),λ21+2p3(一重),λ31-2p3(一重)故fx1x2x3x4在正交变换下的标准型为2y+2y+(1+2p3y+(1-2p3y(15分第3页共13页三本题20分设fx是[0+∞上非负可导函数f(0)0fx≤假设R0+fxdx收敛求证对任意α>1R0+fxdx也收敛并且+∞f证明令(5分)dx;00gt(tfxdx)β-Ztfx(5分)dx;00则gt可导且g"(0tf(x)dx)β-1-fα1令tfdx-f2(10(10分)则有则有(15分)由于β>1fx≤我们有ht>0这说明ht单调递增(15分)从h(0)0得ht>0因而gt>0再从g(0)0可得g(t)>0即ttβ00xdx≤(Zfxttβ00令t→+∞即得所证(20分)第4页共13页四(本题20分)对多项式fx记df表示其最大和最小实根之间的距离设n≥2为自然数求最大实数C使得对任意所有根都是实数的n次多项式fx不妨fx的最小实根为0最大实根为a设fxx—x1x—x2...x—x0x1≤x2...x1≤xa:先证以下引理若存在2≤k;m≤n—1使得xk<x令xk<x≤x<x满足xk+xx+x令f1xx—xx—x...x—xxx讠ik;m:则有df≤df(5分)证明注意到fxf1x—Fx其中设α和β分别为fx的最大和最小实根则有f1α≤0f1β—1)≤0由罗尔定理α≥xβ≤xk并且则fαf1α≥0故fα≤0这表明fx0的最大实根大于或等于α同理fx0最小实根小于或等于β引理证毕(12分)令钇2b令由引理得到df≥dg(15分)由于gxx—b钇3nx2—n—1)a+2bx+ab于是C的最大值C≥q且当f钇2时(20分)第5页共13页五(常微分方程15分)设fx;y为a;b℄×R上关于y单调下降的二元函数设yyx和zzx是可微函数且满足yfx;yz≤fx;zx∈a;b℄已知za≤ya求证zx≤yxx∈a;b℄证明用反证法设存在x0∈a;b℄使得zx0>yx0令M{x∈故存在开区间α;βCM满足℄jzx>yx}则故存在开区间α;βCM满足yαzαzx>yxx∈α;β这推出zx-yx单调不增故zx-yx≤za-ya0矛盾(15分)第6页共13页六(复变函数15分)设D{z∈C丨z<1}是单位圆盘非常数函数fz1时fz1求证fDD:证明因为当丨z1时1所以根据极大模原理在D上有f(z)丨<1即fDCD:(5分)若存在a∈D;使得a∈/fD则函数以及以及1=gz在D上解析并且容易验证当丨z丨1时z)110分)因此根据极大模原理在D上有丨g(z)丨≤1丨1=g(z)丨≤1这说明在D上有z)1因为模为常数的解析函数是常数所以gz在D上为常数从而fz在D上为常数这与题设矛盾这就证明了fDD:(15分)七(实变函数15分)设Ek是列可测集f∈L(E1)令AkEk证明Ef2)令BkEk证明Ef3)如果{Ek}是单调的求证EkE存在且有 证明1)AlimkEkEkF 其中Ff∈L→f∈LF丫n>1→f∈LAa令i)fx可测丫n≥1ii)limfxfxAxx∈丫x∈R若x∈A则fxAxfx1fxfx故limfxfxAxx∈/AF彐n0x∈/Fn0{F}↓丫n又x∈A若xA;fxAx0而≥n0x∈/Ffx0即limfxfxAx故limfxfxAxiii)fx)f(x)丨Fx丫n≥1且丨f(x)丨Fx∈LR(6分)由控制收敛定理lRfdm=lR即\Ff即(7分)2Ek1F这里FUEkF1C...CFCFn+1C...kf∈L令第7页共13页i)fx可测ii)limfxiiifx)丫n≥1fxx∈Bf(x)丨x∈B由控制收敛定理lim即BfxdmBfxdm(6分)k3)若{Ek}↑→limEklimkEklimkEkEkEk由2FEkEff k若{Ek}↓→limEklimkEklimkEkEkEk由1FEkE第8页共13页第9页共13页八(微分几何15分)设Γ是三维欧氏空间中一张平面上的一条抛物线`是Γ的准线将Γ绕其准线`旋转一周得到旋转面S求S的两个主曲率的比值证明在空间选取坐标系使得准线`为z-轴抛物线Γ落在Oxz平面上且抛物线顶点为Pp;00)焦点为F(2p;00)由于抛物线上的任意点Xx;0z满足jXFjx我们得到x-2p2+z2x2故抛物线方程为xp+(5分)我们记这时旋转面S的方程可表成z;θfzcosθ;fzsinθ;zθ∈[02π℄z∈Rθ-fzsinθ;fzcosθ;0);fzcosθ;fzsinθ;1);则S的单位法向量为θθ-fzcosθ-fzsinθ;0);θz-fzsinθ;fzcosθ;0);fzcosθ;fzsinθ;0)于是旋转面的第一基本形式IEdθ2+2Fdθdz+Gdz2和第二基本形式IILdθ2+2Mdθdz+Ndz2为Efz2FIILdθ2+2Mdθdz+Ndz2为因为k1N=G我们得到M因为k1N=G我们得到LG=EN--2(15分)注根据k1和k2的不同排序也可以k1=k2-1=2第10页共13页九(概率统计15分)一只盒子中装有标上1至N的N张票券有放回地张一张地抽取若我们想收集r张不同的票券则要期望抽多少次才能得到它们当然假设取得每张票券是等可能的各次抽取是独立的解这个问题可以看作是一种等待时间问题我们等待第r张新票券出现以ξ1ξ2...依次表示对一张新票劵的等待时间因为第一次抽到的总是新的所以1于是ξ2就是抽到任一张不同于第一次抽出的那张票券的等待时间由于这次n1n12...抽时仍有N张票券但新的只有N—1张因n1n12...从而在收集到这两张不同的票券之后对第三张新票劵的等待时间其成功的概率为因此依此类推对1≤r≤N我们得到(8分)特特别若rN时则若N是偶数r时则由欧拉公式1++...+lnN+C+N其中C是欧拉常数N为N趋于无穷时的无穷小量由于于是当N充分大时我们可得近似公式1++...+≈lnN:因而第11页共13页≈2rln2r—2rlnrNln2即即Eξ1+ξ2+...+ξ≈Nln2≈069315N:(15分这说明如果只要收集一半票券或只要稍多于票半数的抽取次数即可十(抽象代数15分)设群GAB其中AB均为G的Abel子群且ABBA8g1g2∈G用g1g2℄表示换位子即g1g2℄g1g2g11g21G表示G的换位子群(即由G的换位子所生成的子群)证明a8a;x∈A8b;y∈B有下式成立x1y1x1y11为群G为群Gb的条件下即要证明y11的条件下即要证明y111x1y1xyaba1x1y1xyaba1b1y1x证明yx的元素可得存在由已知中使得ABBAAbBybx的元素可得存在由已知中使得ABBAAbBybxayayya于是有ayyayaba—1b1y1ayba—1b1y1由abyaayyaa1y由1yaabaa1y由1ya(5分)aba*—1b1ab(5分)类似可证abxaab1a;b1a;b{、}、{、x1a;获证(10分)如所需获证(10分)任取12有∈BiG任取12有∈BiGa111a11a21b21a1b1aa111a11a21b21a1b1a11b11、1a1b22}a1b1a11、a2b11a11a211}{、1111b2a1a2b1a1a2b2a1b11111b2a1a2b1a1a2b2}{、、}{、111a1b1a1a2a111a1b1a1a2}{、、}{、a1b1ab2℄b1b2a1a2b11a21a11b1a1b1}{、、}{、其为的某元中a1a2中a1b1Aab2℄[(a1其为的某元中a1a2中a1b1A这样Abel群从而由可知G为这样Abel群从而由可知G为B}G<A;b∈∈>a(15分)第12页共13页第13页共13页十(数值分析15分)给定多项式序列T0x1T1xx;T+1x2xTx—T1xn12...求证(1)当x∈—11℄时Txcos(narccosx(2)设C—11℄是区间—11℄上连续函数构成的内积空间其中内积定义为(3)设Px是次数为n的首项系数为1的多项式求证则Tx是该内积空间的正交多项式即当nm