2019年03月-数学类大学三、四年级从参考解答-第十届全国决赛试卷

z
z
0
由 Rouche 定理知
n
n
n
N
w
z
z
0
N (z) w z z0
n
所以F(z) (z) w
z z
0
在
z
z
0
内有 n
个零点
z
k
(k
1,
2,
,
n
)
，显然
z
k
z
0
，否
n
则 z0
F z0
0 矛盾.
从而F zk
zk w zk
z
0
0 ，所以
zk w 0 n
zk z0
.
在脐点
p
12 ,
0,
1 处，切平面单位法向量 n 4
1
(1,
0,
1)
，则与脐点
p
处的切平面平行的平面
2
方程可设为x z a ，其中a 为常数.记 与S 的截曲线C 的参数方程为
(t) (x(t), y(t), z(t)) ，
则有z(t) x(t) a, z(t) x(t)2 1 y(t)2 . 2
都是特征向量
可知，存在特征值i, i
1,
2,
,
n
使得
Ae
i
e ,i
ii
1, 2,, n .因此，A
diag
1, 2, , n
.
再由所有ei ej 都是特征向量有，存在 ij 使得
A e e e e e e
ij
ii
jj
ij i j
1
于是
ij
i
j
，因此A 为纯量方阵.由 tr(A)
【思路二】过直线l1
的平面簇为
1
:
(1 )x
y
0 ，这里
为参数；同理过直线l2 的平面簇为
2
:
(1
)(x
y
1)
(y
z)
0, 为参数
动直线l
是平面簇
1
与
2
的交线，故直线
l
的方向为
n (1 ,, 0)(1 , 2 1,)
(, (1 ),1 2 )
由直线l
与平面 z
0

平行，故1
2
0知A
0.
情形二：存在 n 中的非零向量 不是A 的特征向量. 则 ，A 线性无关，因而存在可逆实方阵
Q (, A, *,, *)满足AQ Q *0 *B，
或者等价地
Q1AQ *0 *B ，其中 B 为n 1 阶实方阵.
由 tr(A) 0 ，得 tr(B) 0 .由归纳假设，存在可逆实方阵 R ，使得 R1BR 的对角元素都是 0 .令 P Q diag(1, R) ，则 P1AP 的对角元素都是 0 .引理获证.
b
2
b
2
a s(x) d x a f (x) d x
且等号成立当且仅当s(x) f (x) .
(1)
记
h
i
x
i 1
x
i
,
s
i
(x)
s
(x)
xi
,x i 1
]
，则
s
i
(x
)
是一个三次多项式，
i
0,1,,n 1，记
M
i
s xi , i
0, 1,, n ，
则
s (x
i
)
x x
i 1
hi
M
i
x
xi hi
结果有：
(1 a)x (1 a)x (1 a)x2(1 a)
(1 a)x(1 a)x 2(1 a) (1 a)x 2(1 a) 1
2
x(1 a) (1 a)x2(1 a)x(1 a)
(1 a)x 2 (1 a)x(1 a) (1 a)x 2(1 a) 1
M
i 1
，于是
3
3
x x
x x
si(x)
i 1
6h
Mi1
i
6h
Mi Ai x xi Bi
i
i
h2
其中
A
i
,
B
i
为常数.由si
xi
f
xi , si xi1
f
xi 1
可得
Ai f
xi
Mi
i, 6
B
f
x
i 1
f
x
i
h i
M
M
i
hi
6 i1
i
再由si1
a
a
a
a
b
下证： g (x)s(x)d x 0 ，从而 a
b
b
f (x)2 d x s(x)2 d x
a
a
实际上，
b
n1 x
g (x)s(x)d x
i1 s(x)d g (x)
a
x
i0 i
n1
n 1
x
s(x)g (x) i1
x
i1 g (x)s(x)d x
i 0
x i
x i0 i
n,k,i
k
k
k
i nk
nk1
1 nk1
2k
mG m (x, f (x)); x E
mE
k i nk
n,k,i
n ink
n,k,i
n
令n ，得mGk 0, k 1 ，又G
G
k
，故 mG
0
，所以G
可测，且 L2(G)
0
k
七、【参考解析】：
u
(1, 0, 2u),
v
(0, 1, v)
2019 年第十届全国大学生数学竞赛决赛 （数学类，三、四年级）参考解答
一、填空题
(1)101
0 4 2
102 or 113 / 2
1 2 0
110
(2) (3)
8
(4) 0
二、【参考解析】：(1)
【思路一】直线l1 的参数方程为 x
0, y
0, z
s;
l
2
的参数方程为
x 1 t, y t, z t
i nk
(x, f (x)); x E n,k,i
E
n,k,i
i
n
,
i
n
1
，
1
则m
(x, f (x)); x E
n,k,i
n
mE
n,k,i
，其中
m
为
Lebesgue
外测度.
nk 1
(x, f (x)); x E (x, f (x)); x A , f (x) A G
x2C f 2(x) 2x2C1 xf (x)f (x) Cf 2(x) 0,
从而x2C f 2(x) 在(0, 1]上单调减少. 因此
x2C f 2(x) lim t2C f 2(t) 0, x (0, 1]
t 0
因此，在[0, 1]上成立 f (x ) 0
ex1 , x (0, 1]
唯一.
【说明】：也可建立关于
m
i
s
x
i
的线性方程组，并证明解存在唯一.
(2)
令g(x)
f (x) s(x) ，则 f (x) g(x) s(x) ，且g
x
i
0, i 0, 1, , n ，于是
b
b
b
b
f (x)2 d x g (x)2 d x 2 g (x)s(x)d x s(x)2 d x
2 , M 0, N
1
.
1 4u2 v2
1 4u2 v2
曲面上点 (u, v) 为脐点，当且仅当存在入使得ML
M N
EF
F G
.
因为
0 ，得到 F
0 ，即
u 0 或v 0 . 再由
LN 2
1
,
E G 1 4u2 1 v2
3
得到 u
1
2
和v
0.
求得曲面脐点为
p
1 2
,
0,
1 4
(z)
九、【参考解析】：由条件可设 f (z)
n ，其中(z) 在 z0 的邻域内解析，且 z0 0 . 从而存
z
z
0
在
0,
(z)
在
z
z
0
内解析，且
z
0
0.
(z)
设 R max
，显然R 0 .
zz 0
z z
n
0
对任意 w
{w
C
:|
w
|
R}
，当
z
z
0
，
(z)
n
n R | w |，即| (z) | w z z0 .
i
d i
6 h h
i1 i
f
xi1 f h
i
xi
f
xi
f h
i 1
xi1
再由 M0
M
n
0
，得到关于
M
i
的线性方程组
0101
0 2
0 1 n 1 0
2 0
0 0 n1 1
MMM Mnn01 1
ddddnn01 1
上述线性方程组的系数矩阵主对角占优，因而可逆，因此该线性方程组有唯一解，即满足条件的 s(x ) 存在
因此有1 a 可逆且(1 a)1 x
2) 现在考虑(1 b)(1 a) ，则有(1 b)(1 a) 1 a b ba 1 ，结合前面所证1 a 可逆，
因 此 得 (1 a)1 1 b . 进 而 有 1 (1 a)(1 b) 1 a b ab 1 ba ab ， 亦 即
n u v
1
(2u,v, 1)
u v
1 4u2 v2
(0, 0, 2), 0, (0, 0, 1)
uu
uv
vv
于是曲面的第一基本型I E d u2 2F d u d v G d v2 和第二基本型
II L d u2 2M d u d v N d v2
为 E 1 4u2, F 2uv,G 1 v2 ，L
令q
12 ,
0,
1 2
a 为平面
上一点，则有
|
(t) q
|2
x(t)
122
y(t)2
z(t)
1 2
2 a
2x(t)
1 2
2
y(t)2
2x(t)2
y(t)2
2x(t)
1 2
2a
1 2
于是 (t) (x(t), y(t), z(t)) 是一个平面 上圆心在q 点的圆周.
对脐点
A
1
PLP
1
和
A
2
PUP1 都是幂零方阵.
证毕.
四 、【参 考解析 】： (1) 由 f (n)(0) 0(n 0) 以 及 Taylor 展式可得 ，对于任 何固定的 k ， 成立
f (x) o xk ,
x 0 .
特别
lim
f (x) 0.
x 0 x 2C
另一方面，由假设可得 x (0, 1]，
(2) 取 f (x) :
，则容易验证 f (x) 满足假设条件，但 f (x) 0 .
0,
x 0
五、【参考解析】：1) 首先注意到
x2
ax 2 x2a
ax 2a
1
(1 a)x 2(1 a) 1
x a (ax xa) axa 1 (1 a)x(1 a) 1 a
即 f (z) w 在 z z0
中必有 n
个零点
z
k
.
十、【参考解析】：对于i 1, EXi 0, EXi2 i2 ，则
n
n
ES
n
0, VarSn
EX2 i
i2
i 1
i 1
n
n1 i 1
注意 x2 d x
x 2 d x 以及
0
i
i0
n
n 1
n 1
i2 n 2 i2
i1 x 2
dx
n1
(i
1)2
n
i 2
i
i 1
i0
i 0
i 0
i 1
得到
1 n21 Var S 1 n21 n 2
引理 设A 是n 阶实方阵且满足 tr(A) 0 ，则存在可逆实方阵 P ，使得 P1AP 的对角元素都是 0.
对n 进行归纳.当n 1 时，A (0) ，结论显然成立. 下设n 2 ，考虑两种情形.
情形一： n 中的所有非零向量都是 A 的特征向量.
由所有基本向量
e
i
,
i
1, 2,, n
x
i
s x
ii
可得
4
h
h
f
i1
6
M i 1
i 1
3
Mi
xi
f h
xi1
i 1
h
h
i 1 M i1 M
f xi1 f xi
3i
6
i 1
h
i
化简得
M 2M M d ,
i i1
i
i i 1
i
i 1, 2, , n 1 ，
其中i
h /
i 1
h h
i1 i
,
i
1 ,
n1
b
s(x)g(x) c
a
i
g xi1 g xi
0
i 0
其
中
c
i
s
i
x
是 一 个 常 数 . 由 于 s(a) s(b) 0 ， 上 式 最 后 一 式 中 第 一 项 为 零 ； 由
g x i
0, i 0, 1, , n ，上式最后一式第二项也为零.
5
等号成立 g(x) 0 g(x) 0 f (x) s(x) .
0
.由
1
与
2
的方程知
x
x y 1
,
x y
x 2y z 1
将上式代入1 2 0 ,即得动直线l 生成的曲面的方程为xz yz y 0 .
(2)
做可逆线性变换 xy
x y z
z
曲面S
的原方程化为z
x2
y2 .因此，S
为马鞍面.
z x y
三、【参考解析】：先证明一个引理.
tr(A)
现在对于任意n
阶实方阵
A
，令
A
0
n
I ，则 tr A A0 0 .根据引理，存在可逆实方阵 P ，
使得 B P1
AA
0
P 的对角元素都是 0 .设 B
L U , L,U
分别是严格下、上三角方阵，则
L,U 都是幂零方阵. 于是
A
A
0
PBP 1
A
0
A
1
A
2
，
其中
A
0
是纯量方阵，
p
1 , 0,
2
1 4
可以同样证明.
八、【参考解析】：1) 对区间[a, b] 的任意实函数 f (x) ，存在唯一的s(x) S[a,b] 满足：
s xi f xi , i 0, 1,, n,s(a) s(b) 0