第1頁共13頁第五屆中國大學生數學競賽決賽三四年級試卷解答(數學類2014年3月考試形式閉卷考試時間180分鐘滿分100分注意1.前4題是必答題再從5{11題中任選兩題題號要填如上面的表中2.所有答題都須寫在此試卷紙密封線右邊寫在其它紙上一律無效3.密封線左邊請勿答題密封線外不得有姓名及相關標記4.如答題空白不夠可寫在當頁背面并標明題號(本題15分)設S為R3中的拋物面為S在同在同一張平面上外一固定點滿足a2+b2>2C過P作S的所有切線證明這些切線的切點落證明設`是過P點的拋物面S的一條切線它的方向向量為Vu;v;w則切點可表成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)這時au+bv-w2u2+v2a2+-(10分)于是切點QX;Y;Za+tu;b+tv;C+tw滿足aX+bYZa2+b2C+tau+bvwC:(15分)于是所有切點Q落在平面ax+by-zC上第2頁共13頁二(本題15分)設實二次型fx1x2x3x4xTAx其中a0a;b;C;d;e;f;g;h;k皆為實數已知λ12是A的一個幾何重數為3的特征值試回答以下問題(i)A能否相似于對角矩陣;若能請給出證明;若不能請給出例子(ii)當a02時試求fx1x2x3x4在正交變換下的標準型證明(i)由于tr(A是A的特征值之和得λ1的代數重數也是3而A的另個特征值λ20且λ20的代數重數為1結果A有四個線性無關的特征向量故A可對角化(5分)(ii)由于λ12的重數為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的特征值為λ12二重),λ21+2p3(一重),λ31-2p3(一重)故fx1x2x3x4在正交變換下的標準型為2y+2y+(1+2p3y+(1-2p3y(15分第3頁共13頁三本題20分設fx是[0+∞上非負可導函數f(0)0fx≤假設R0+fxdx收斂求證對任意α>1R0+fxdx也收斂并且+∞f證明令(5分)dx;00gt(tfxdx)β-Ztfx(5分)dx;00則gt可導且g"(0tf(x)dx)β-1-fα1令tfdx-f2(10(10分)則有則有(15分)由于β>1fx≤我們有ht>0這說明ht單調遞增(15分)從h(0)0得ht>0因而gt>0再從g(0)0可得g(t)>0即ttβ00xdx≤(Zfxttβ00令t→+∞即得所證(20分)第4頁共13頁四(本題20分)對多項式fx記df表示其最大和最小實根之間的距離設n≥2為自然數求最大實數C使得對任意所有根都是實數的n次多項式fx不妨fx的最小實根為0最大實根為a設fxx—x1x—x2...x—x0x1≤x2...x1≤xa:先證以下引理若存在2≤k;m≤n—1使得xk<x令xk<x≤x<x滿足xk+xx+x令f1xx—xx—x...x—xxx讠ik;m:則有df≤df(5分)證明注意到fxf1x—Fx其中設α和β分別為fx的最大和最小實根則有f1α≤0f1β—1)≤0由羅爾定理α≥xβ≤xk并且則fαf1α≥0故fα≤0這表明fx0的最大實根大于或等于α同理fx0最小實根小于或等于β引理證畢(12分)令釔2b令由引理得到df≥dg(15分)由于gxx—b釔3nx2—n—1)a+2bx+ab于是C的最大值C≥q且當f釔2時(20分)第5頁共13頁五(常微分方程15分)設fx;y為a;b?×R上關于y單調下降的二元函數設yyx和zzx是可微函數且滿足yfx;yz≤fx;zx∈a;b?已知za≤ya求證zx≤yxx∈a;b?證明用反證法設存在x0∈a;b?使得zx0>yx0令M{x∈故存在開區間α;βCM滿足?jzx>yx}則故存在開區間α;βCM滿足yαzαzx>yxx∈α;β這推出zx-yx單調不增故zx-yx≤za-ya0矛盾(15分)第6頁共13頁六(復變函數15分)設D{z∈C丨z<1}是單位圓盤非常數函數fz1時fz1求證fDD:證明因為當丨z1時1所以根據極大模原理在D上有f(z)丨<1即fDCD:(5分)若存在a∈D;使得a∈/fD則函數以及以及1=gz在D上解析并且容易驗證當丨z丨1時z)110分)因此根據極大模原理在D上有丨g(z)丨≤1丨1=g(z)丨≤1這說明在D上有z)1因為模為常數的解析函數是常數所以gz在D上為常數從而fz在D上為常數這與題設矛盾這就證明了fDD:(15分)七(實變函數15分)設Ek是列可測集f∈L(E1)令AkEk證明Ef2)令BkEk證明Ef3)如果{Ek}是單調的求證EkE存在且有 證明1)AlimkEkEkF 其中Ff∈L→f∈LF丫n>1→f∈LAa令i)fx可測丫n≥1ii)limfxfxAxx∈丫x∈R若x∈A則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)由控制收斂定理lRfdm=lR即\Ff即(7分)2Ek1F這里FUEkF1C...CFCFn+1C...kf∈L令第7頁共13頁i)fx可測ii)limfxiiifx)丫n≥1fxx∈Bf(x)丨x∈B由控制收斂定理lim即BfxdmBfxdm(6分)k3)若{Ek}↑→limEklimkEklimkEkEkEk由2FEkEff k若{Ek}↓→limEklimkEklimkEkEkEk由1FEkE第8頁共13頁第9頁共13頁八(微分幾何15分)設Γ是三維歐氏空間中一張平面上的一條拋物線`是Γ的準線將Γ繞其準線`旋轉一周得到旋轉面S求S的兩個主曲率的比值證明在空間選取坐標系使得準線`為z-軸拋物線Γ落在Oxz平面上且拋物線頂點為Pp;00)焦點為F(2p;00)由于拋物線上的任意點Xx;0z滿足jXFjx我們得到x-2p2+z2x2故拋物線方程為xp+(5分)我們記這時旋轉面S的方程可表成z;θfzcosθ;fzsinθ;zθ∈[02π?z∈Rθ-fzsinθ;fzcosθ;0);fzcosθ;fzsinθ;1);則S的單位法向量為θθ-fzcosθ-fzsinθ;0);θz-fzsinθ;fzcosθ;0);fzcosθ;fzsinθ;0)于是旋轉面的第一基本形式IEdθ2+2Fdθdz+Gdz2和第二基本形式IILdθ2+2Mdθdz+Ndz2為Efz2FIILdθ2+2Mdθdz+Ndz2為因為k1N=G我們得到M因為k1N=G我們得到LG=EN--2(15分)注根據k1和k2的不同排序也可以k1=k2-1=2第10頁共13頁九(概率統計15分)一只盒子中裝有標上1至N的N張票券有放回地張一張地抽取若我們想收集r張不同的票券則要期望抽多少次才能得到它們當然假設取得每張票券是等可能的各次抽取是獨立的解這個問題可以看作是一種等待時間問題我們等待第r張新票券出現以ξ1ξ2...依次表示對一張新票劵的等待時間因為第一次抽到的總是新的所以1于是ξ2就是抽到任一張不同于第一次抽出的那張票券的等待時間由于這次n1n12...抽時仍有N張票券但新的只有N—1張因n1n12...從而在收集到這兩張不同的票券之后對第三張新票劵的等待時間其成功的概率為因此依此類推對1≤r≤N我們得到(8分)特特別若rN時則若N是偶數r時則由歐拉公式1++...+lnN+C+N其中C是歐拉常數N為N趨于無窮時的無窮小量由于于是當N充分大時我們可得近似公式1++...+≈lnN:因而第11頁共13頁≈2rln2r—2rlnrNln2即即Eξ1+ξ2+...+ξ≈Nln2≈069315N:(15分這說明如果只要收集一半票券或只要稍多于票半數的抽取次數即可十(抽象代數15分)設群GAB其中AB均為G的Abel子群且ABBA8g1g2∈G用g1g2?表示換位子即g1g2?g1g2g11g21G表示G的換位子群(即由G的換位子所生成的子群)證明a8a;x∈A8b;y∈B有下式成立x1y1x1y11為群G為群Gb的條件下即要證明y11的條件下即要證明y111x1y1xyaba1x1y1xyaba1b1y1x證明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)類似可證abxaab1a;b1a;b{、}、{、x1a;獲證(10分)如所需獲證(10分)任取12有∈BiG任取12有∈BiGa111a11a21b21a1b1aa111a11a21b21a1b1a11b11、1a1b22}a1b1a11、a2b11a11a211}{、1111b2a1a2b1a1a2b2a1b11111b2a1a2b1a1a2b2}{、、}{、111a1b1a1a2a111a1b1a1a2}{、、}{、a1b1ab2?b1b2a1a2b11a21a11b1a1b1}{、、}{、其為的某元中a1a2中a1b1Aab2?[(a1其為的某元中a1a2中a1b1A這樣Abel群從而由可知G為這樣Abel群從而由可知G為B}G<A;b∈∈>a(15分)第12頁共13頁第13頁共13頁十(數值分析15分)給定多項式序列T0x1T1xx;T+1x2xTx—T1xn12...求證(1)當x∈—11?時Txcos(narccosx(2)設C—11?是區間—11?上連續函數構成的內積空間其中內積定義為(3)設Px是次數為n的首項系數為1的多項式求證則Tx是該內積空間的正交多項式即當nm