第3届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（数学类）.docx

第三届全国大学生数学竞赛决赛试题参考解答数学类2012

1

一(本题15分)设有空间中五点:A(1,0,1),B(1,1,2),C(1,?1,?2),D(3,1,0),E(3,1,2).试求过点E且与A,B,C所在平面Σ平行而与直线AD垂直的直线方程解:平面ABC的法向量

设所求直线的方向向量为l=(a,b,c),则由条件得

l·n=0,

由此可解得l=(0,c,c)(c0),取l=(0,1,1).于是所求直线方程为

二、(本题15分)设f(x)在[a,b]上有两阶导数且f′′(x)在[a,b]上黎曼可积,证明:

f(x)=f(a)+f′(a)(x?a)+(x?t)f′′(t)dt,?x∈[a,b].

证明1?x∈[a,b],利用Newton-Leibniz公式得

证明2?x∈[a,b],利用分部积分公式得

即

f(x)=f(a)+f′(a)(x?a)+(x?t)f′′(t)dt.

三(本题10分)设k0k1···kn为给定的正整数A1,A2,···,An为实参数指出函数f(x)=sink0x+A1sink1x+···+Ansinknx在[0,2π)上零点的个数(当A1,A2,···,An变化时)的最小可能值并加以证明

2

解:当A1=A2=···=An=0时,函数f(x)在[0,2π)上恰有2k0个零点,下面证明无论A1,A2,···,An取什么值f(x)在[0,2π)上都至少有2k0个零点

考虑函数

易见

F1(0)=F1(2π)=0,F(x)=f(x).

设F1(x)在[0,2π)上的零点个数为N,则由Rolle定理知F(x)在(0,2π)上至少有N个零点,从而F(x)在(0,2π)上至少有N—1个零点,于是F(x)在[0,2π)上至少有N个零点记F0(x)=f(x).重复上面的过程,得到一列函数

满足F′+1(x)=Fs(x),s=0,1,2,···,从而若Fs(x)在[0,2π)上的零点个数为N,

则f(x)在[0,2π)上的零点个数至少为N.

令

则.由于k0k1···kn,可取充分大的正整数s,使得

从而有

因此当m=1,2,···,2k0—1时,或者

成立,或者

3

成立不论何种情形都存在使得g=0,m=

1,2,···,2k0?1.由此可知Fs(x)在[0,2π)上的零点个数N2k0,故f(x)零点个数的最小可能值为2k0.

四(本题10分)设正数列an满足

求证

证明:令xn=lnan,则由题设条件,

xn=0,xn+xk=0.

首先假设所有的xn0.由上面第二式可知存在A0,使得所有的xn≤A.易知当0≤x≤ln2时,成立不等式ex≤1+2x.

对于固定的n,令

Sn={i∈Z|1≤i≤n,xi≤ln2},Tn={i∈Z|1≤i≤n,xiln2},

则有

因此由于

并且

4

由夹逼准则得

对于一般情形作数列

zn={—,n=1,2,···.则zn=0.令yn=xn+zn,则yn0,且

由上面已证的结论eyk=1.又因为zn0,从而xn≤yn,于是有

再次由夹逼准则,得到

五(本题15分)设A,B分别是3×2和2×3实矩阵

求BA.

解:易知AB的特征多项式为λ(λ—9)2.由于AB和BA有相同的非零特征值(并且重数也相同),可知BA的特征值均为9.由此可知BA可逆,即存在2阶矩阵

C,使得CBA=BAC=I2.AB的最小多项式为λ(λ—9),从而

A(BA—9I2)B=ABAB—9AB=AB(AB—9I3)=