第2届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（数学类）.docx

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第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及解答

（北京：2011-3-19）

武汉大学数学与统计学院樊启斌2011年4月23日

一、(15分)求出过原点且和椭球面4x2+5y2+6乙2=1的交线为一个圆周的所有平面.【解】所述圆周过原点，则一定以原点为圆心，且在球面

x2+y2+乙2=R2

上.因此，该球面与椭球面

4x2+5y2+6乙2=1

的交线即为圆周.由①、②确定的平面也必包含此圆周.联立此二式，得

①

②

显然，当R2=时，有x2?乙2=0，这是两相交平面x=乙，x+乙=0，即为所求.

二、(15分)设0f(x)1，无穷积分f(x)dx和xf(x)dx都收敛.求证：

令dx=a，则a∈据题设条件0f(x)1，得

因此，得

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三设nan收敛，tn=an+1+2an+2+…+kan+k+….证明：tn=0.

【证】首先，注意到

据题设条件nan收敛，可知an+k收敛，而关于k单调，且即有界，故由Abel判别法知an+k收敛，即tn有意义.

因为nan收敛，所以?ε0，存在N∈Z+，使得当nN时，Rn=kak∈.

此时，对任何nN以及m1，有

于是，有

所以，tn≤2ε,(nN)，即tn=0.

四、(15分)设A∈Mn(C)，定义线性变换σA:Mn(C)→Mn(C)，σA(X)=AX?XA.证明：当A可对角化时，σA也可对角化.这里Mn(C)是复数域C上n阶方阵组成的线性空间.

【证】取Mn(C)的自然基{Eij:i,j=1,2,…n}，其中Eij是(i,j)元等于1，其它元均为0的n阶矩阵.因为A可对角化，所以存在可逆矩阵P∈Mn(C)，使得

P?1AP=Λ=diag(λ1,λ2,…,λn).显然，{PEijP?1:i,j=1,2,…n}也是Mn(C)的一组基，并且有

σA(PEijP?1)=A(PEijP?1)?(PEijP?1)A=P(ΛEij?EijΛ)P?1=(λi?λj)PEijP?1，所以σA在基PE11P?1,…,PE1nP?1,…,PEn1P?1,…,PEnnP?1下的矩阵为对角矩阵

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diag(0,λ1?λ2,…,λ1?λn,…,λn?λ1,…,λn?λn?1,0)，这就是说，σA可对角化.

五、(20分)设连续函数f:R→R，满足证明：存在实常数a满足.

,则?x∈R,m,n∈N+，有

f(x+y)?f(x)?f(y)≤M，①

f(nx)?f((n?1)x)?f(x)≤M.

于是，有

因此

nf(mx)?mf(nx)≤nf(mx)?f(mnx)+f(mnx)?mf(nx)≤(n+m)M，

这表明函数列在上一致收敛，设其极限为g(x)，则g(x)是连续函数.

进一步，由不等式①,有

,?x,y∈R;n∈N+.

取极限，得g(x+y)=g(x)+g(y)，?x,y∈R.由此可解得g(x)=g(1)x=ax.

另一方面，再由②式，得

令n→∞,得g(x)?f(x)≤M，?x∈R.从而≤M+故存在实常数a，使得≤M+

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六、(20分)设φ:Mn(R)→R是非零线性映射，满足φ(XY)=φ(YX)，?X,Y∈Mn(R)，

这里Mn(R)是实数域R上n阶方阵组成的线性空间.在Mn(R)上定义双线性型(-，-)：

Mn(R)×Mn(R)→R为(X,Y)=φ(XY).

(1)证明(-，-)是非退化的，即若(X,Y)=0，?Y∈Mn(R)，则X=O；

(2)设A1,A2,…,An2是Mn(R)的一组基，B1,B2,…,Bn2是相应的对偶基，即

证明AiBi是数量矩阵.

【证】(1)先确定φ