第三届全国大学生数学竞赛预赛试题及解答

1、第三届中国大学生数学竞赛赛区赛试题参考答案(数学类, 2011)一、 (本题 15 分) 已知四点 A(1, 2, 7), B(4, 3, 3), (5, 1, 6), (7, 7, 0). 试求过这 四点的球面方程.解答:设所求球面的球心为 (x¯, y¯, z¯), 则(x¯ 1)2 + (y¯ 2)2 + (z¯ 7)2= (x¯ 4)2 + (y¯ 3)2 + (z¯ 3)2= (x¯ 5)2 + (y¯ + 1)2 + (z¯ 6)2第 13 页 ( 共 13页 )

2、= (x¯ 27) + (y¯ 7)2 + z¯2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分)即 3x¯ + y¯ 4z¯ = 10,4x¯ 3y¯ z¯ = 4, (7 1)x¯ + (7 2)y¯ 7z¯ = 20. . . . . .

3、. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分)解得 (x¯, y¯, z¯) = (1, 1, 3). 而. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (14 分)于是所求球面方程为(x¯ 1)2 + (y¯ 2)2 + (z&#

4、175; 7)2 = 25.(x 1)2 + (y + 1)2 + (z 3)2 = 25. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分)二、 (本题 10 分) 设 f1, f2 , . . . , fn 为 0, 1 上的非负连续函数. 求证: 存在 0, 1,使得nn 1 fk () fk (x) dx.证明:记k=1 1k=1 0ak =fk (x) dx,

5、 k = 1, 2, . . . , n.0当某个 ak = 0 时, 结论是平凡的. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 分)下设 ak > 0 ( k = 1, 2, . . . , n). 我们有 1n.n,0k=1fk (x)akdx 1 10 nnk=1fk (x)akdx = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6、. . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分)由此立即可得存在 0, 1 使得 . n.n ,k=1fk () 1. ak结论得证. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分)三、 (本题 15 分) 设 F n 是数域 F 上的 n 维列空间, : F n F n 是一个线性变换. 若 A Mn (F ), (A) = A(), ( V ), 证明: = &

7、#183; idF n , 其中 是 F 中某个数, idF n 表示恒同变换.证明:设 在 F n 的标准基 1, · · · , n 下的矩阵为 B, 则 () = B ( F n). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 由条件: A Mn (F ), (A) = A(), F n , 有 BA = AB, F n .故 AB = BA

8、, ( A Mn (F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分)设 B = (bij ), 取 A = diag (1, · · · , 1, c, 1, · · · , 1), 其中 c = 0, 1, 由 AB = BA 可 得 bij = 0, i = j. 又取 A = In Eii Ejj + Eij + Eji , 这里 Est 是 (s t) 位置 为 1 其它位置为 0 的矩阵.则由 AB = B

9、A 可得 aii = ajj , ( i, j). 取 = a11 . 故 B = In, 从而 = · idF n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分)四、 (本题 10 分) 对于 ABC , 求 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 的最大值.解答:三角形三个角 A, B, C 的取值范围为(A, B, C ) D (, , )| + + = , > 0, > 0, > 0 .我们首先考虑 3 sin A

10、+ 4 sin B + 18 sin C 在 D 的闭包E = (, , )| + + = , 0, 0, 0上的最大值. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 分)我们有max(A,B,C )E(3 sin A + 4 sin B + 18 sin C )=max (3 sin A + 4 sin(A + C ) + 18 sin C )A+C A,C 0=max0C max0AC(3 + 4 cos C )

11、sin A + +4 sin C cos A + 18 sin C )=max0C (3 + 4 cos C )2 + 16 sin2 C + 18 sin C )=max (25 + 24 cos C + 18 sin C ).0C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 分)考虑f (C ) = 25 + 24 cos C + 18 sin C, 0

12、C .易见 f (C ) f ( C ), C 0, 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分)直接计算得12 sin Cf (C ) = 18 cos C .25 + 24 cos C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13、 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 分)计算得 f (C ) = 0 等价于(8 cos C 1)(27 cos2 C + 32 cos C + 4) = 0.从而它在 0, 的解为 C = arccos 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (7 分)2于是max0C f (C ) = max20C 8f (C ) = maxf (arccos1 ), f (0), f ( )82= max 3574, 7, 23=357.4. .

14、 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分)由此可得max(A,B,C )E(3 sin A + 4 sin B + 18 sin C ) =357,4另一方面, 不难看到 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 在 E 的边界上 (A, B, C 之一为零)的最大值为 22. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15、 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (9 分) 所以所求最大值为 3547. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分)五、 (本题 15 分) 对于任何实数 , 求证存在取值于 1, 1 的数列 an n1 满足limn+n3( n + ak n 2k=1) = .1 11 1证明:由 Taylor 展式, x 2 , 2 , 存在 2 , 2 使得231 + x = 1 + x x .

16、28(1 + ) 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 分)从而)(2. x .1 1. 1 + x 1 + 2 . x , x 2 , 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17、. . . . . . . . . . . . . . . (2 分)于是当 n 2 时, 不管我们怎么选取只取值 ±1 的数列 ann1, 均有n . 3 a .n.2 k .k=1nn + ak nk=1n2n .).= n .+ ak(1 + ak .1k=1nn k=12n . ( ak )21n nk=1 n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18、. . (5 分)可以有很多种方法选取只取值 ±1 的数列 an n1 使得limn+nk=1ak2n= .此时就成立limn+n3( n + ak n 2k=1) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 分)例如, 我们可以按以下方式选取: 取 a1 = 1, 依次定义nan+1 = 1, 如果 ak < 2n,k=1n 1, 如果k=1

19、ak 2n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分)记1n我们有yn = nk=1ak , n = 1, 2, . . . .若 yn > 2, 我们有n ynyn n 1n.yn+1 yn=n + 1 ynn + 1 + n + yn= n + 1(n + 1 + n) ,这时2 n + 1 < yn+1 yn < 0;. . . . .

20、. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (12 分)而当 yn < 2 时, 我们有yn+1 yn=yn n + 1n + 1 ynn + 1 + n yn n + 1(n + 1 + n) ;这时20 < yn+1 yn < n + 1 ;于是当 yn+1 2 和 yn 2 同号时,|yn+1 2| |yn 2|,而当 yn+1 2 和 yn 2 异号时,2一般地有|y

21、n+1 2| |yn+1 yn | n + 1 .2|yn+1 2| max(|yn 2|, n + 1 ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (14 分)注意到对任何 N > 0, 总有 m N , 使得 ym+1 2 和 ym 2 异号. 由上面 的讨论可得到22因此,lim|yk 2| m + 1 N + 1 , k = m + 1, m + 2, .

22、. . .yn = 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分)n+B0六、 (本题 20 分) 设 A 是数域 F 上的 n 阶方阵. 证明: A 相似于 0C, 其中B 是可逆矩阵, C 是幂零阵, 即存在 m 使得 C m = 0.证明:设 V 是 F 上 n 维线性空间, 是 V 上线性变换, 它在 V 的一组基下的 矩阵为 A. 下面证明存在 不变子空间 V1 , V2 满足 V = V1 V2, 且 |V1 是同构， |V

23、2 是幂零变换.首先有子空间升链： Ker Ker 2 · · · Ker k · · · 从而存在正整数 m使得 Ker m = Ker m+i , (i = 1, 2, · · · ). 进而有 Ker m = Ker 2m .(7 分)下面证明 V = Ker m Im m . Ker m Im m, 由 Im m , 存在 V , 使得 = m (). 由 此 0 = m () = 2m (), 所以 Ker 2m , 从而 K erm = Ker 2m . 故 = m () = 0. Ker m

24、 Im m = (0), 从而 V = Ker m Im m . (12 分)由 (Ker m ) Ker m ， (Im m ) Im m 知 Ker m , Im m 是 不变子 空间. 又由 m(Ker m ) = (0) 知 |Ker m 是幂零变换. 由 (Im m ) = Im m 知 |Im m 是满线性变换, 从而可逆. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (17 分)从 V1 = Im m , V2 = Ker m 中各找一组基 1, · · ·

25、, s; 1, · · · , t，合并成 VB0的一组基, 在此基下的矩阵为 0C, 其中 B 是 |V1 在基 1, · · · , s 下的矩阵, 从而可逆; C 是 |V2 在基 1 , · · · , t 下的矩阵, 是幂零矩阵. 从而 A 相似于B 0, 其中 B 是可逆矩阵, C 是幂零矩阵. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分)0C= 注： 如果视 F 为复数域直接用若当标准型证明, 证明正确可以给 10 分： 存在可逆矩阵 P , 使得

26、P 1AP = diag (J (1, n1), · · · , J (s , ns), J (0, m1), · · · , J (0, mt),其中 J (i , ni ) 是特征值为 i 的阶为 ni 的若当块，i = 0; J (0, mj ) 特征值为 0 的阶为 mj 的若当块. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分)令B = diag (J (1, n1 ),

27、 · · · , J (s, ns ),C = diag (J (0, m1), · · · , J (0, mt ),则 B 为可逆矩阵, C 为幂零矩阵, A 相似于B 0. . . . . . . . . . . . (10 分)0C七、 (本题 15 分) 设 F (x) 是 0, +) 上的单调递减函数,limx+F (x) = 0, 且limn+ +0F (t) sintdt = 0. n +证明: (i) limx+xF (x) = 0,(ii) limx0 0F (t) sin(xt) dt = 0.证明:首先, 对任

28、何 x R, 不难由关于无穷积分收敛性的 Dirichlet 判别法得 +到F (t) sin(xt) dt 收敛. 下记0由于 F 单调下降,f (x) = (2k+2) +0F (t) sin(xt) dt, x R.2k (=0F (nt) sin t dt)F (2nk + nt) F (2nk + 2n nt)sin t dt 0, k = 0, 1, 2, . . . .从而+f ( 1 ) =n 0tF (t) sin dt n +=0nF (nt) sin t dt=k=0 (2k+2)2knF (nt) sin t dt 20 nF (nt) sin t dt()=n F (

29、nt) F (2n nt)0 2 (sin t dt)n F (nt) F (2n nt)0sin t dt n F( n )2( 3n ) 22 F0sin t dtF=n 0.( n )2( 3n ) F 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分)结合 limn+f ( 1 ) = 0 得nlimn ( n )( 3n )F F= 0.n+ 22. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (7 分)这样, 任取 > 0, 有 N > 0 使得当 n > N 时, 有n. ( n ).F( 3n ). F . .22.从而对任何 m > 0, n > N 有( n )0 nFm2n. ( 3k n ).F( 3k+1 n ).