第三屆中國大學生數學競賽賽區賽試題參考答案(數學類,2011)一、(本題15分)已知四點A(1,2,7),B(4,3,3),(5,-1,6),(√7,√7,0).試求過這四點的球面方程.解答:設所求球面的球心為(,,),則即(-1)2+(-2)2+(-7)2=25.于是所求球面方程為(x-1)2+(y+1)2+(z-3)2=25.二、(本題10分)設f1,f2,...,fn為[0,1使得證明:記ak=fk(x)dx,?k=1,2,...,n.下設ak>0(?k=1,2,...,n).我們有2三、(本題15分)設Fn是數域F上的n維列空間,σ:Fn→Fn是一個線n(F),σ(AQ)=Aσ(Q),(?Q∈V),證明:σ=λ·idFn,其中λ是F中某個數,idFn表示恒同變換.n(F),σ(AQ)=Aσ(Q),?Q∈Fn,有B得bij=0,?ij.又取A=In?Eii?Ejj+Eij+Eji,這里Est是(st)?位置為1其它位置為0的矩陣.則由AB=BA可得aii=ajj,(?i,j).取λ=a11.故第4頁(共13頁)四、(本題10分)對于?ABC,求3sinA+4sinB+18sinC的最大值.解答:三角形三個角A,B,C的取值范圍為(A,B,C)∈D≡{(Q,β,√)|Q+β+√=π,Q>0,β>0,√>0}.我們首先考慮3sinA+4sinB+18sinC在D的閉包E={(Q,β,√)|Q+β+√=π,Q≥0,β≥0,√≥0}我們有考慮+18sinC,0≤C≤π.f(C)≥f(π?C),直接計算得計算得f′(C)=0等價于(8cosC?1)(27cos2C+32cosC+4)=0.于是另一方面,不難看到3sinA+4sinB+18sinC在E的邊界上(A,B,C之一為零)五、(本題15分)對于任何實數Q,求證存在取值于{?1,1}的數列{an}n≥1滿足從而于是當n≥2時,不管我們怎么選取只取值±1的數列{an}n≥1,均有可以有很多種方法選取只取值±1的數列{an}n≥1使得此時就成立例如,我們可以按以下方式選取:取a1=1,依次定義an+1=記n=1,2,....我們有?√n≤yn≤√n.若yn>2Q,我們有這時而當yn<2Q時,我們有這時于是當yn+1?2Q和yn?2Q同號時,而當yn+1?2Q和yn?2Q異號時,一般地有注意到對任何N>0,總有m≥N,使得ym+1?2Q和ym?2Q異號.由上面的討論可得到?k=m+1,m+2,....2六、(本題20分)設A是數域F上的n階方陣.證明:A相似于其中B是可逆矩陣,C是冪零陣,即存在m使得Cm=0.證明:設V是F上n維線性空間,σ是V上線性變換,它在V的一組基下的矩陣為A.下面證明存在σ?不變子空間V1,V2滿足V=V1⊕V2,且σ|V1是同構，V2是冪零變換.k使得Kerσm=Kerσm+i,(i=1,2,···).進而有Kerσm=Kerσ2m.(7分)下面證明V=Kerσm⊕Imσm.m∩Imσm,由Q∈Imσm,存在β∈V,使得Q=σm(β).由此0=σm(Q)=σ2m(β),所以β∈Kerσ2m,從而β∈Kerσm=Kerσ2m.故Q=σm(β)=0.Kerσm∩Imσm=(0),從而V=Kerσm⊕Imσm.(12分)由σ(Kerσm)?Kerσm，σ(Imσm)?Imσm知Kerσm,Imσm是σ?不變子空間.又由σm(Kerσm)=(0)知σ|Kerσm是冪零變換.由σ(Imσm)=Imσm知t，合并成V陣,從而可逆;C是σ|V2在基β1,···,βt下的矩陣,是冪零矩陣.從而A相似于==============================================注：如果視F為復數域直接用若當標準型證明,證明正確可以給10分：存在可逆矩陣P,使得P?1AP=diag(J(λ1,n1),···,J(λs,ns),J(0,m1),···,J(0,mt)),其中J(λi,ni)是特征值為λi的階為ni的若當塊，λi0;J(0,mj)特征值為0的令B=diag(J(λ1,n1),···,J(λs,ns)),C=diag(J(0,m1),···,J(0,mt)),則B為可逆矩陣,C為冪零矩陣,A相似于..........七、(本題15分)設F(x)是[0,+∞)上的單調遞減函數,limF(x)=0,且x→+∞證明dt=0.證明:首先,對任何x∈R,不難由關于無窮積分收斂性的Dirichlet判別法得到F(t)sin(xt)dt收斂.下記f(x)=F(t)sin(xt)dt,?x∈R.由于F單調下降,從而≥0.結合得這樣,任取δ>0,有N>0使得當n>N時,有從而對任何m>0,n>N有上式中令由x得到0≤nF?n>N.所以(9分)進一步利用單調性,當x>時,有其中[s]表示實數s的整數部分.于是可得