第 1 页（ 共 8 页） 首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 （数学类，2010） （数学类，2010） 一、 填空题 （1） 设0，则2220 xxdxeex+= (). （2）若关于x的方程211(0)kxkx+=在区间(0,)+中有惟一实数解，则常数k = 2 39. （3）设函数( )f x在区间 , a b上连续.由积分中值公式有( )() ( )xaf t dtxa f= ()axb，存在0，使得( ),xx，对于上述给定的0，便有 2,knN knn只要。 于是，222111(0),nnnkkkkkkffnNnnn=只要。 此式又可写成21111(0)(1)(1),22nkkffnNnnn=+只要。 令n ，对上式取极限即得 第 2 页（ 共 8 页） 211limsup(0)22nnkkffn=+ 和211liminf(0)22nnkkffn= 由的任意性，即得22111limsupliminf(0)2nnnnkkkkfffnn=。证毕。 三、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)2f xf xxxxx，并在0,1中取m个点: 120.1mxxx=， 其中(1,2,.,)jjxjmm=。这样，对于每一个j， 11jjxxm+=。 又由于lim()0nf xn+=，故对于每一个jx，存在一个jN使得 (),2jjf xnnN+只要， 这里的是前面给定的。令1max,.,mNNN=，那么 (),2jf xnnN+只要， 其中1,2,.,jm=。 设0,1x是任意一点，这时总有一个jx使得1,jjxxx+。 由( )f x在0,)+上一致连续性及jxx可知， ()()(1,2,.)2jf xnf xnn+ = 另一方面，我们已经知道 (),2jf xnnN+只要 这样，由后面证得的两个式子就得到 第 3 页（ 共 8 页） (),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。 四、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221xy+时，( , )f x y +； （2）在D内f与g有二阶偏导数， 2222fffexy+=和2222gggexy+.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221xy+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。 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 yFfgee= ， (ii) 其中是拉普拉斯算子：2222xy +. 式子（ii）在D中处处成立，特别地在00(,)xy成立： 0000000000(,)(,)(,)(,)(,)f xyg xyxyxyxyFfgee= . (iii) 由(i)与(iii)可知，00(,)0 xyF+ 又得 12212122021arctanarctan1144.11uuuuIduduuu=+ 令 2211( )arctan; ( )arctanarctan,111uuug uh uuuu=+ 第 5 页（ 共 8 页） 那么2212( );( )11g uh uuu= 。 最后，我们得到 1121024( ) ( )8( ) ( )Ig u g u duh u h u du= 122 120122 ( ) |4 ( ) |g uh u= 2222004666=+=。 六、已知两直线的方程：:L xyz=，:11xyzbLa=。 （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)000n n OPaabb=? ? ? ?， 所以，L与L是异面直线当且仅当1a 且0b 。 （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+= 又由于P在L上，所以， 11xyzba= ， 因为L经过坐标原点，所以，,P P到原点的距离相等，故， 222222xyzxyz+=+ ， 将，联立，消去其中的, x y z： 令11xyzbta=，将, x y z用t表示： , xt yat ztb= + ， 将代入，得 第 6 页（ 共 8 页） (2)atxyzb+=+ ， 当2a ，即L与L不垂直时，解得1()2txyzba=+，据此，再将代入，得到的方程： 222222222()()0(2)2abxyzxyzbxyzbbaa+=+， 当2a= 时，由得，xyzb+=，这表明，在这个平面上。 同时，将代入，有222222215626()66xyztbtbtbb+=+=+。由于t可以是任意的，所以，这时，的方程为： 222256xyzbxyzb+=+， 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） 。 第 7 页（ 共 8 页） 七、 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,TTC 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 TP APE=。 因为TP BP是实对称矩阵，所以存在正交矩阵Q使得()TTQP BP Q = 是对角矩阵。 令CPQ=，则有,TTC ACE C BC= 都是对角阵。 （2）A的秩为1n的情形：此时，存在实可逆矩阵P使得1000nTEP AP=。 因为TP BP是实对称矩阵，所以，可以假定1nTTBP BPb=，其中1nB是1n阶实对称矩阵。 因为1nB是1n阶实对称矩阵，所以存在1n阶正交矩阵1nQ，使得 11111000000TnnnnnQBQ= ?为对角阵。 令1,1nQQCPQ=，则,TTC AC C BC可以表示为 11,0nnTTTEC ACC BCd=， 其中121(,.,)Tnd dd=是1n维列向量。 为简化记号， 我们不妨假定11,0nnTEABd=。 如果0d=， 由于B是半正定的，B的各个主子式均0。 考虑B的含d的各个 2 阶主子式，容易知道，0=。此时B已经是对角阵了，如所需。 现假设0d 。显然，对于任意实数k，,A B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,A kAB+同时化成对角阵。由于0k 时，kAB+仍然是半正定矩阵，由（1） ，我们只需要证明：存在0k，kAB+是可逆矩阵即可。 注意到，当ik+都不是 0 时，行列式 第 8 页（ 共 8 页） 11211111111()nniiijnninkddkABdkkdkddd=+=+? 故只要k足够大就能保证kAB+是可逆矩阵。从而,A B可以通过合同变换同时化成对角阵。证毕。 八、设V是复数域C上的n维线性空间，:jfV C 是非零的线性函数，1,2j =. 若不存在0cC使得12fcf=， 证明： 任意的V都可表为12=+使得112( )()ff=，221( )()ff=. 证明：证明：记,1,2jjEKer fj=。由0jf 知dim1,1,2jEnj=。 不失一般性，可令 112( ,.,):,.,nnnVxxx xx=CC，1 122( ).,1,2jjjjnnfa xa xa xj=+=。 由120,0ff，12,fcfc C，知 11 1122121 12222.0.0nnnna xa xa xa xa xa x+=+= 的系数矩阵之秩为 2。 因此其解空间维数为2n，即12dim()2EEn=。 但121212dimdimdim()dim()EEEEEE+=+， 故 有12dim()EEn+=， 即12EEV+=。 现 在 ， 任 意 的V都 可 表 为12=+， 其 中1122,EE。 注 意 到1122()0,()0ff=，因此112( )()ff=，221( )()ff=。证毕。