第十二屆全國大學生數學競賽決賽試卷參考答案(數學類高年級組,2021年5月)姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:考試形式:閉卷考試時間:180分鐘滿分:100分題號一二三四總分滿分2020得分注意:密封線答題時不要超過此線,1.第一至第四大題是必答題,再從第五至第十大題中任選3題,題號要填入上面的表中(多選無效).密封線答題時不要超過此線,2.所有答題都須寫在標準答題紙上,寫在本試卷或其它紙上均無效.3.密封線左邊請勿答題,密封線外不得有姓名及相關標記.4.如答題空白不夠,可寫在當頁背面,并標明題號.得分評閱人一、(本題20分,每小題5分)得分評閱人則積分,2.設xn=,yn=ex2dx,則4.設A為2021階對稱矩陣,A的每一行均為1,2,...,2021的一個排列.則A的跡trA=1011×2021.,12得分評閱人二、(本題15分)給定yOz平面上的圓C:y=得分評閱人1.求C繞z軸旋轉所得到的環面S的隱式方程.0)為頂點的兩個錐面S1和S2的半頂角之差為π/3,且均與環面S相切(每條母線都與環面相切),求z0和S1,S2的隱式方程.解答.1.由yOz平面的圓C的參數方程消去參數θ可得由此可得繞z軸旋轉獲得的環面S的方程化簡得到S:(x2+y2+(z-1)2+2)2=12(x2+y2).2.記圓C的圓心坐標為O,(0,√3,1),M的坐標為(0,0,t),M與圓C的兩個切點坐標分別為A,B,則由兩個圓錐半頂角之差為可得7O,MA=7O,MB=,進而通過解三角形可得t=0或t=2.當t=0時,得M(0,0,0),此時切點坐標為,錐面S1的母線即為直線MA,其方程為z=0,S1即為L1繞z軸所得旋轉面?其方程為S1:z=√.錐面S2的母線即為直線MB,其方程為姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,2即為L2繞z軸所得旋轉面?其方程為S姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,yy密封線答題時不要超過此線,當t=2時,得M(0,0,2),此時切點坐標為A(0,,,√3,2),兩條母線的方程分別為密封線答題時不要超過此線,對應的錐面方程為:z=2-√和S:z=2.,,34三、(本題15分)設n階復方陣A1,...,A2n均相似于對角陣,Cn表示復n維列向量空間.證明:1.Cn=kerAk田ImAk.這里kerAk={α|Akα=0,α∈Cn},ImAk={Akβ|β∈Cn}(k=1,...,2n).2.若對所有的k<j皆有AkAj=0(k,j=1,2,...,2n),則A1,...,A2n中至少有n個矩陣為零矩陣.證明.由Ak可復對角化可知,存在可逆矩陣Pk=(p1(k),···,pn(k))使得特征值λ0的特征向量.于是,kerAk=span{p1(k),···,pt(k)},ImAk=n(k)}.這里若Ak不以0為特征值時,kerAk=0.事實上,若dimkerAk>t,則特征值0的代數重數>t,矛盾.從而有kerAk=t(k)}.另一方面,?y∈Cn,y可寫成y=a1p1(k)+···+anpn(k),結果Ay=at+1λt()1pt()1+···,pn(k)}.從而有ImAk=span{pt()1,···,pn(k)}.故有Cn=kerAk田ImAk.現由條件A1A2=0得ImA2≤kerA1,進而有得分得分評閱人事實上,由Cn=kerA2田ImA2可知,?u∈kerA1,u=u1+u2,其中u1222.又由ImA2≤kerA1得u1=(u-u2)∈kerA2∩kerA1.結果kerA1有直和分解:kerA1=(kerA2∩kerA1)田ImA2,于是利用A1A3=0,A2A3=0及Cn=kerA3田ImA3,重復前述對kerA1進行分解的過程又可得kerA21)姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,從而有最后有兩邊取維數得n=dim(kerA1∩···∩kerA2n)+rankA1+···+rankA2n.;rankA2n中至少有n個為0?即A1;...;A2n中至少有n個矩陣為零矩陣.證畢.256四、(本題20分)稱實函數f滿足條件(P):若f在得分評閱人[0,1]上非負連續dx=+且對四、(本題20分)稱實函數f滿足條件(P):若f在得分評閱人1.令c>0,對于f1(x)=cx和f2(x)=√x,分別驗證f1,f2是否滿足條件(P),并計算2.證明:?m>1,存在滿足條件(P)的函數f以及趨于零的正數列{xn},使得f在每一點xn可導,且nmef,.解答.我們指出,注意到-xfI=-x2對計算與思考是有益的.1.易見f1,f2都在[0,1]上非負連續,f1(1)>f1(0)=0,f2(1)>f2(0)=0.對于x>0,f=c,f=0,fx-1/2,fx-3/2.因此,f1,f2均是[0,1]上的凹函數.由于dx=+dx<+所以f1滿足條件(P)而f2不滿足條件(P).2.從1的結果得到提示,我們用類似函數√x與cx的函數來構造想要的例子.注意到對于(0,1]中嚴格單調下降并趨于零的點列{an},當函數f的圖像為依次連接的折線且f(0)=0時,條件(P)成立.于是,我們可以嘗試尋找這樣一列{an}以及xn∈(an+1,an)以滿足題目的要求.(10分)具體地,取a0=1,xn∈(an+1,an)待定.我們給出f的表達式如下:其中姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,注意到取an+1=ane-即有0<an+1<an,且(15分)另一方面,在內,f/=kn>因此,任取xn∈(an+1,an),均有因此,nn)-xnf/(xn))mef,(xn)=+∞.278 得分五、(本題10分)設{fn(x)}n>1是R上可測函數 列,f2∈L,且對L?a.e. 列,f2∈L,且對L?a.e.x∈R,證明.因為f2∈L(R)?所以?ε>0??nε及δ>0使得f(x)|2dm<ε,且對任何可測集E?R?當mE<δ時?有f(x)|2dm<ε.又fn(x)→f(x)(n→∞)L?a.e.x∈R.由葉果諾夫定理,存在可測子集Eε?[?nε,nε]使得mEε<δ,{fn(x)}n≥1在[?nε,nε]\Eε上一致收斂到f(x).令E1=[?nε,nε]\?Eε,有fn(x)?f(x)|2dm→0,n→∞,且fn(x)|2dm→|f(x)|2dm,n→∞.,成立|fn(x)→f(x)|<ε?n(x)?f(x)|2dm≤ε2·mE1?故又得姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,又因為從而注意到E=(R\[-nε,nε])UEε,mEε<δ,得由ε的任意性,得∫jfnj2dm=0.法II.記f0=f.由假設,立即得到n>0有界.設S為它的一個上2(R),我們要證先令g∈Cc(R),其中Cc(R)表示R上有緊支集的連續函數全體.任取A>0以及M>0使得suppg≤[-A,A].記E三EA=[-A,A],則于是9其中注意到fn,M→f0,M(x),a.e.x∈R,結合控制收斂定理,我們有于是由M>0的任意性可得由Cc(R)在L2(R)中的稠密性可得對任何g∈L2(R),(1)成立.最后得到2姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,六、(本題10分)設函數列{fn(z)}在區域G上解析,且在G姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,1.若f(z)不恒為零,l是G內可求長的簡單閉曲線,其內部屬于G,且不經過f(z)的零點.則存在正整數N,使得當n>N時,在l的內部fn(z)和f(z)有相同個數的零點;2.若{fn(z)}在區域G內還是單葉的,f(z)不為常數,則f(z)在G內單葉解析.證明.1.由Weierstrass定理,f(z)在G內解析.因f(z)在l上不為零,所以,密封線答題時不要超過此線又{fn(z)}在l上一致收斂到f(z),存在正整數N,使得當n>N時,在l上有jfn(z)-f(z)j<m,即當n>N時,在l上有jfn(z)-f(z)j<jf(z)j.由Rouche定理,在l的內部,fn(z)和f(z)有相同個數的零點.密封線答題時不要超過此線2.反證法.若f(z)在G內不是單葉的,那么在G內至少存在兩點z1和12)使得f(z1)=f(z2).令Fn(z)=fn(z)-f(z1),則{Fn(z)}在G內內閉一致收斂于不恒為零的解析函數F(z)=f(z)-f(z1).,,在G內分別以z1和z2為心,作不交且外離的兩個小圓C1:jz-z1j=r1和:jz-z1j=r2.由第1部分結論,存在正整數N,使當n>N時,Fn(z)在C1與C2的內部與F(z)有相同個數的零點,即在C1與C2內分別存在z與z,使f(z)=fn(z)=fn(z1).這與fn(z)在G內單葉矛盾.2,得分評閱人七、(本題10分)設R為有單位元的交換環,R[x]是R上的一元多項式環得分評閱人f(x)=a0+a1x+···+anxn∈R[x].證明:f(x)在環R[x]中可逆當且僅當a0在R中可逆且a1,...,an均為R中的冪零元.證明.先證充分性.由于a0可逆,記bi=a0-1ai,1≤i≤n,g(x)=b1x+···+bnxn.則有f(x)=a0(1+g(x)).對任意1≤i≤n,ai冪零,故存在正整數mi使得ai=0.令N=max{m1,···,mn},則有a=0,從而b=a0-Na=0.由于g(x)nN=(b1x+···+bnxn)nN展開式中任一項系數形如,kn≤nN且k1+···+kn=nN,從而必存在某個kj使得kj≥N.由此bj=0,從而g(x)nN=0.于是f(x)·a0-1(1-g(x)+g(x)2-···+(-1)nN-1g(x)nN-1)=1+(-1)nN-1g(x)nN=1,所以f(x)在R[x]中可逆.為證明必要性,首先證明如下論斷:若a∈R不是冪零元,則存在R的素理想P使得aP.事實上,考慮集合S={I|I是R的理想且I∩{a,a2,···}=。}.由于a不是冪零元,顯然R的零理想(0)∈S,因此S非空.S按照集合的包含關系成為一個偏序集,任取S的一個鏈(全序子集)T={Iα|α∈J},其中J為指標集.令A=Iα,則A是R的理想且A∩{a,a2,···}=。,即A∈S.顯然A為鏈T的上界,根據Zorn引理,偏序集S有極大元P.顯然aP,下面證明P為R的素理想.反之,若存在u,v∈R\P但是uv∈P.由P的極大性,理姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,想(u)+P和(v)+P均不在S中,從而存在正整數s和t使得as∈(u)+P,atas+t=(uy+p1)(vz+p2)=(uv)yz+(uy)p2+p1(vz)+p1p2,2下面證明必要性.由于f(x)可逆,故存在h(x)∈R[x]使得f(x)h(x)=1.設h(x)的常數項為h0,從而a0h0=1,故a0在R中可逆.任取R的一個素理想P,對于a∈R,用a表示a在自然同態η:R→R=R/P下的像,即a=η(a)=a+P.記f(x)=a0+a1x+···+anxn∈R[x]為f(x)在自然同態η下誘導出來的像,由f(x)h(x)=1可得f(x)h(x)=1,所以f(x)在R[x]中可逆.由于P為素理想,R為整環,即f(x)是整環上的可逆多項式,所以f(x)=a0為R中的可逆元,從而對于任意1≤i≤n有ai=0,即ai∈P,故ai包含在R的所有素理想中,所以ai為冪零元.2 得分八、(本題10分)設S:r=(x,y,h(x,y))為三維歐 氏空間中的光滑曲面,h(x,y)是關于x,y的光滑函數.評閱人1.求S的平均曲率的表達式.2.設S為極小曲面,當h(x,y)=f(x)+g(y)時,求h(x,y)的表達式,其中函數f,g均為光滑函數.解答.1.經計算可得rx=(1,0,hx),ry=(0,1,hy),rxx=(0,0,hxx),rxy=(0,0,hxy),ryy=(0,0,hyy).經計算可得S的單位法向量以及S的第一基本形式系數和第二基本形式的系數E=rx·rx=1+h,F=rx·ry=hxhy,G=ry·ry=1+h,N=ryy·n=于是,可得S的平均曲率2.當h(x,y)=f(x)+g(y)時,我們有hx=f/(x),hy=g/(y),hxx=f//(x),hxy=0,hyy=g//(y).于是,我們有姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,當S為極小曲面,即H=0時,得到f//(x)(1+(g/(y))2)+g//(y)(1+(f/(x))2)=0,即根據(1),我們設其中c為常數.求解上述方程我們得到其中d,b是常數.于是得到當c=0時,我們得到f//(x)=g//(y)=0.此時,我們有f(x)=a1x+b1,g(y)=a2y+b2,2都是常數.于是,h(x,y)=a1x+a2y+b1+b2.2 (10分)得分評閱人九、(本題10分)設有一列盒子,已知第k個盒子中有k個球,其中1個是紅球,另外k-1個是白球.現從前n個盒子中各取一球,記Sn表示取出的n個球中紅球的個數.證明得分評閱人2.依分布收斂于標準正態分布N(0,1);3.對任意r>0,,則Xk獨立且服從0-1分布B并且只需證明,對任意ε>0,P→0事實上n注意蘊含n所以姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,2.注意.由ln≤ESn≤ln知故?應用只需證明依分布收斂于標準正態分布N(0,1).法I.驗證李雅普諾夫(Lyapunov)條件成立,即當n→∞時事實上?由于且所以法II.驗證下列林德貝格(Lindeberg)條件成立,即對任意τ>0?當n→∞時或其中Fk(x)=P(Xk≤x).事實上?由于Var(Sn)→∞,所以當n較大時?對1≤k≤n,I(jXk-EXkj>)=0,故