第八届全国大学生数学竞赛决赛(数学类3、4)参考答案一面

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♢
♢ 4. 记两特征值为 1, 2 的 2 阶实对称矩阵全体为 Γ. ∀A ∈ Γ , a21 表示 A 的 (2, 1) 位置元素. 则集合 ∪A∈Γ {a21 } 的最小元 = 答案：− 1 2
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p p
(2 分) (5 分)
(φ(x)) − 1 = 0 注意到 ChF = p, p 为素数, 故有 ∀a, b ∈ F (a + b)p = ap + bp 进而 (a − b)p = ap − bp 结果由 (φ(x)) − 1 = 0 立得 (φ(x) − 1) = 0 φ(x) = 1. 证毕 (10 分)
−1
(5 分) ) Q
B1 O B3 O
) Q, ABA = P
(
B1 O O O
当 rank ABA = rank B1 = rank B 可得, 存在矩阵 X , Y 使得 B2 = B1 X , B3 = Y B1 从而有 AB = P ( −X I I )( )( ) P −1
I O (
B1 O
A→∞ +∞ −∞
lim
f (x − t) − f (x) sin(2πAt)dt = 0 πt
(4) (20 分)
结合 (3) 和 (4) 即得结论.
五、 (本题 10 分) 设 (F, +, ·) 是特征为 p(p ̸= 0) 的域. 1 和 0 分别为 F 的单位元和零元. 若 φ 为其加群 (F, +, ·) 到其乘法半群 (F, ·) 的同态, 即 ∀x, y ∈ F 有 φ(x + y ) = φ(x)φ(y ). 证明: φ 要么将 F 的所有元映照为 0, 要么将 F 的所有元映照为 1
因此, 当且仅当 a > 27 或 a < −37 时方程有虚根 ∫∫ ax dy dz + (x + a)2 dx dy √ (a > 0 为常数)， 3. 计算曲面积分 I = x2 + y 2 + z 2 S √ 其中 S : z = − a2 − x2 − y 2 , 取上侧. I = π 答案：− a3 2 x2 + y 2 ⩽ a2 解: 令曲面 S1 : , 取下侧, 则 S1 ∩ S 为闭下半球的内侧. z = 0 令其内部区域为 Ω, 令 D 为 xOy 平面上的圆域 x2 + y 2 ⩽ a2 , 则利用高斯公式, 得 {∫ ∫ } ∫∫ [ ] 1 2 I= − axdy dz + (z + a) dxdy a S ∪S1 S1 [ ∫∫∫ ] ∫∫ 1 − (3a + 2z )dv + = a2 dxdy a Ω D [ ] ∫∫∫ 1 4 4 = −2πa − 2 z dv + πa a Ω ∫ ∫ a ∫ 0 2 2π = −πa3 − dθ rdr √ z dz a 0 0 − a2 −r 2 π = − a3 2
p p
p
六、 (本题 10 分)
1) 设 E 是三分 Cantor 集. 证明：χE (x) 不是 [0, 1] 上的有界变差函数.
2) 设 E ⊂ [0, 1]. 证明: χE (x) 在 [0, 1] 上有界变差的充要条件是 E 的边界点集是有限集 1) 答. χE (x) 不是 [0, 1] 上的有界变差函数. 作 [0, 1] 的分划 ∆ : 0 = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn < 1
1 ∨ 0 i=1
由 E 的构造知: [x0 , x2 ], [x2 , x4 ], · · · , [xn−2 , xn ] 中有无穷多个不属于 E 的点 n ∑ 取 x1 ∈ (x0 , x2 )/E, x3 ∈ (x2 , x4 )/E, · · · , xn−1 ∈ (xn−2 , xn )/E . 于是 |χE (xi ) − χE (xi−1 )| = n 当 n → ∞ 时,
I
X
BA = Q−1 因此, AB 与 BA 相似.
O O O I )( )( ) O B1 O I O I O O −Y I
Y
Q (15 分)
四、 (本题 20 分) 对 R 上无穷次可微的 (复值) 函数 φ(x), 称 φ(x) ∈ S , 如果 ∀m, k ⩾ 0 ∫ m (k) ˆ(y )e−2πixy dy, (∀x ∈ R). ˆ f 成立 sup x φ (x) < +∞. 若 f ∈ S , 可定义 f (x) :=
二、 (本题 15 分) 在空间直角坐标系中设旋转抛物面 Γ 的方程为 z = 1 (x2 + y 2 ). 设 P 为空间中的平面, 2 它交抛物面 Γ 与曲线 C . 问: C 是何种类型的曲线? 证明你的结论. 解: 交线为抛物线或椭圆 (5 分) 1) 如果平面 P 平行于 z − 轴, 则相交曲线 C = Γ ∩ P 可以经过以 z − 为旋转轴的旋转, 使得 P 平行于 1 yz − 平面, C 的形状不变. 所以可不妨设 P 的方程为 x = c, 交线 C 的方程为 z = (c2 + y 2 ). 将 C 投 2 c2 1 影到 yz − 平面上, 得到抛物线 z − = y 2 . 由于平面 P 平行于 z − 轴, 故交线为抛物线. (10 分) 2 2 2) 如果平面 P 不平行于 z − 轴, 我们设 P 的方程为 z = ax + by + c. 代入旋转抛物面 Γ 的方程为 1 z = (c2 + y 2 ), 得到 2 (x − a)2 + (y − b)2 = a2 + b2 + 2c := R2 将 C = Γ ∩ P 垂直投影到 xy − 平面, 得到圆周 (x − a)2 + (y − b)2 = R2 . 令 Q 是以这个圆为底的圆柱, 则 C 也是圆柱 Q 与平面 P 的交线. 在圆柱 Q 中从上或下放置半径为 R 的球体, 它与平面 P 相切于 F1 和 F2 , 与圆柱 Q 相交于圆 D1 和圆 D2 . 对 C = Γ ∩ P 上任意一点 A, 过 A 点的圆柱母线交圆 D1 于 B1 , 交圆 D2 于 B2 . 则线段 B1 B2 为定长. 这时, 由于球的切线长相等, 得到 |AF1 | + |AF2 | = |AB1 | + |AB2 | = |B1 B2 | 为常数, 故直线 C 为椭圆. (15 分) 3 ♢
n ∑ i=1
(χE (x)) = +∞
(3 分)
{ }∞ 2) 证明. ⇒) 反证法. 假设 E 有无穷多边界点 cj j =1 . { }∞ ∀n > 1, 造 [0, 1] 的分划 ∆ 如下: 取 x = 0, 在 cj j =1 中任取 n 个点按大小排列记为 {c1 , c2 , · · · , cn }. 由边界点的定义: ∀ε > 0, U (ci , ε) ∩ E ̸= 0 且 U (ci , ε) ∩ C E ̸= ∅ (1 ⩽ i ⩽ n), 1 对 0 < ε < min{ci+1 − ci ; i = 1, 2, · · · , n − 1}, 2 若 x0 ∈ E , 取 x1 ∈ (x0 , c1 + ε) ∩ C E, x2 ∈ (x1 , c2 + ε) ∩ E, x3 ∈ (x2 , c3 + ε) ∩ C E ,x4 ∈ (x3 , c4 + ε) ∩ E, · · · 若 xn−2 ∈ C E , 则取 xn−1 ∈ (xn−2 , cn−1 + ε) ∩ E, xn = 1 n n ∑ ∑ 于是 |χE (xi ) − χE (xi−1 )| ⩾ n − 1, 当 n → ∞ 时, |χE (xi ) − χE (xi−1 )| → ∞, 即
三、证明题 (本题 15 分) 设 n 阶方阵 A, B 满足: 秩 (ABA) = 秩 (B). 证明: AB 与 BA 相似. 证明.设 ( ) ( )
其中 P , Q 是可逆方阵, B1 是 r 阶可逆方阵, 则有 AB = P ( ) B1 B2 O O
−1
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A=P Ir O O O Q, B = Q−1 B1 B2 B3 B4 P −1 ( P , BA = Q
x∈R R
ˆ(x) ∈ S , 且 证明: f f (x) =
∫ ˆ(y )e2πixy dy, f
R
∀x ∈ R
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证明. 由于 f ∈ S , 因此存在 M1 > 0 使得 |2πixf (x)| ⩽ ∫ 这样,
R
x2
M1 , +1
∀x ∈ R (2 分)
(−2πiy )f (y )e−2πixy dy 关于 x ∈ R 一致收敛 d ˆ f (x) = dx ∫
R
从而可得
−2πiyf (y )e−2πixy dy (4 分)
同理可得
dn ˆ f (x) = dxn
∫
R
(−2πiy )n f (y )e−2πixy dy
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第八届中国大学生数学竞赛决赛三、 四级试卷
(数学类，2017 年 3 月 18 日) 考试形式: 闭卷 考试时间: 180 分钟 满分: 150 分
一、填空题 (本题满分 20 分, 共 4 小题, 每小题 5 分) α1 α2 α3 α4 1. 设 x4 + 3x2 + 2x + 1 = 0 的 4 个根为 α1 , α2 , α3 , α4 . 则行列式 α2 α3 α4 α1 α3 α4 α1 α2 α4 α1 α2 α3 答案：0 2. 设 a 为实数，关于 x 的方程 3x4 − 8x3 − 30x2 + 72x + a = 0 有虚根的充分必要条件是 a 满足 答案：a > 27 or a < −37 解: 记: f (x) = 3x4 − 8x3 − 30x2 + 72x + a 故 f ′ (x) = 12x3 − 24x2 − 60x + 72 = 12(x3 − 2x2 − 5x + 6) = 12(x − 1)(x − 3)(x + 2) f 在 −2 和 −3 取得极小值 152 + a 和 −27 + a, f 在 1 取得极大值 37 + a. =
(1)
而利用分部积分立即得到 ˆ(x), (f (n) )∧ (x) = (2πix)n f 结合 (1)—(2) 并利用 f ∈ S , 可得对任何 m, k ⩾ 0. xm dk ˆ 1 f (x) = k dx (2πi)m ∫
+∞
∀n ⩾ 0
(2)
∫
R
) dm ( (−2πiy )k f (y ) e−2πixy dy m dy
ˆ(x) ∈ S . 于是, 在 R 上有界, 从而 f ∫
A
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ˆ(x)e2πixy dy 收敛, 而 f
A
∫ ∫ ∫
∫
ˆ(x)e2πixy dy = f = =
+∞
dy
f (x)e2πi(x−t)y dt
−A
−A A
∫
−∞ +∞ −∞ A
dy
−A +∞
f (x − t)e2πity dt
∫
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证明. 假定 φ 不恒为 0, 则 ∃a ∈ F 使得 φ(a) ̸= 0 于是由 φ(0 + a) = φ(a) 知 φ(a) = φ(0)φ(a) 导致 φ(0) = 1 进而 ∀x ∈ F 有 1 = φ(0) = φ (x + · · · + x) = (φ(x))
其中: x0 ∈ E , x2 ∈ E , · · · , xn ∈ E ; x1 ∈ / E, x3 ∈ / E, · · · , xn−1 ∈ / E. 构造如下: ∀n ⩾ 1, 先取 x0 = 0, x2 , x4 , · · · , xn−2 ∈ E, xn = 1
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|χE (xi ) − χE (xi−1 )| → ∞, 即
dt
−∞ ∫ +∞ −A
f (x − t)e2πity dy sin(2πAt) dt πt (3) (15 分)
= ∫ =
−∞ −∞ +∞
f (x − t)
f (x − t) − f (x) sin(2πAt)dt + f (x) πt
∫ 由 f ∈ S 易得积分
+∞
−∞
f (x − t) − f (x) dt 收敛, 从而由黎曼引理可得 πt ∫