第四届全国大学生数学竞赛决赛试题评分细则数学类.docx
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第四届全国大学生数学竞赛决赛试题评分细则数学类
第四届全国大学生数学竞赛决赛试题标准答案
一、（本题15分）:
设A为正常数，直线ℓ与双曲线x2−y2=2（x>0）所围的有限部分的面积为A.证明：
（i）所有上述ℓ与双曲线x2−y2=2（x>0）的截线段的中点的轨迹为双曲线.
（ii）ℓ总是（i）中轨迹曲线的切线.
x
证明：
将双曲线图形进行45度旋转，可以假定双曲线方程为y=1,x>0.设直线ℓ交双曲线于（a,1/a）和（ta,1/ta）,t>1,与双曲线所围的面积为A.则有
A=2（1+t）（t−1）−
xdx=2（1+t）（t−1）−logt=2（t−t）−logt.
11∫ta11111
2
t
令f（t）=1（t−1）−logt.由于
f
（1）=0,f（+∞）=+∞,f′（t
1
）=2（1
1
2
−t）>0,（t>1）,
所以对常数A存在唯一常数t使得A=f（t）（5分）.ℓ与双曲线的截线段中点坐标为
1111
x=2（1+t）a,y=2（1+t）a.
于是，中点的轨迹曲线为
11
xy=4（1+t）（1+t）.
（10分）故中点轨迹为双曲线,也就是函数y=1（1+t）（1+1）1给出的曲线.该
曲线在上述中点处的切线斜率
1
4tx
111
k=−4（1+t）（1+t）x2=−ta2,
它恰等于过两交点（a,1/a）和（ta,1/ta）直线ℓ的斜率:
11
故ℓ为轨迹曲线的切线.（15分）
ta−a
ta−a
=1.
−
ta2
二、（本题15分）:
设函数f（x）满足条件:
1）−∞x≤b;2）对于任意不同的x,y∈[a,b]有|f（x）−f（y）|2
于0小于1的常数.设x1∈[a,b],令xn+1=1（xn+f（xn））,n=1,2,···.证明：
limn→∞xn=x存在,且f（x）=x.
2
证明：
由题设x1∈[a,b],f（x）∈[a,b],x2=1（x1+f（x1））∈[a,b],···,继续下去,对任意n≥1有a≤xn≤b,所以xn对任意n≥1有意义（3分）.
由条件2）,有
11
|x3−x2|=2|（x2−x1）+（f（x2）−f（x1））|≤2（|x2−x1|+|f（x2）−f（x1）|）
11
≤2（|x2−x1|+L|x2−x1|）=2（1+L）|x2−x1|.
11+L
1+L2
|x4−x3|=2|（x3−x2）+（f（x3）−f（x2））|≤2|x3−x2|≤（
继续下去得
2）|x2−x1|.
1+L
n+1
n
2
2
1
由于∑+∞（1+L）k收敛,从而∑+∞|xk+1−xk|收敛,当然∑+∞（xk+1−xk）也收
|x−x|≤（）n−1|x−x|,∀n≥3.
∑敛.故其前n项部分和
nk=1
即limn→∞xn存在.（12分）
（xk+1−xk）=xn+1−x1当n→∞时极限存在,
记limn→∞xn=λ,a≤λ≤b.由条件2）知,f（x）满足Lipschitz条件,从而是连续的.在xn+1=1（xn+f（xn））中令n→∞,得λ=1（λ+f（λ））,即f（λ）=λ.
22
（15分）
三、（本题15分）:
设n阶实方阵A的每个元素的绝对值为2.证明：
当n≥3时,
3
|A|≤1·2n+1n!
.
2
证明：
（i）首先,|A|=2n|A1|,其中A1=1A,它的所有元素为1或−1.（1分）
（ii）当n=3时,
a11a12a13
..
|A1|=.a21a22a23.
.a31a32a33.
=a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a31a22a13−a32a23a11−a33a21a12
¾b1+b2+b3+b4+b5+b6
3
上式bi中每项为±1,且六项乘积为−1,至少有一个bi为−1，从而这六项中至少有两项相消,故有|A1|≤4=1·2·3!
.于是命题对n=3成立（9分）.（iii）设此命
题对于一切这样的（n−1）阶方阵成立,那么对n阶矩阵的情形,将|A|按第一行展开,记1行k列的代数余子式为M1k,便有
|A|=±2M11±2M12±···±2M1n≤2（|M11|+|M12|+···|M1n|）
1n1
n+1
≤2n·3·2（n−1）!
=3·2
n!
.······（15分）
四、（本题15分）:
设f（x）为区间（a,b）上的可导函数.对x0∈（a,b）,若存在x0的邻域U使得任意的x∈U\{x0}有f（x）>f（x0）+f′（x0）（x−x0）,则称x0为f（x）的凹点.类似地,若存在x0的邻域U使得任意的x∈U\{x0}有f（x）若f（x）为区间（a,b）上的可导函数,且不是一次函数,则f（x）一定存在凹点或凸点.
证明：
因为f（x）不是一次函数,故存在a21
21
f（x）−（f（x）+f（x3）−f（x1）（x−x））>0.······（3分）
x3−x1
令
22
2
g（x）=−ε（x−x）2+f（x）+f（x3）−f（x1）（x−x）.
x3−x1
取定ε>0充分小,使得g（x1）>f（x1）和g（x3）>f（x3）.令h（x）=g（x）−f（x）.
则有h（x1）>0和h（x3）>0,且h（x2）=0.令h（ξ）=minx∈[x1,x3]h（x）,则h（ξ）≤
0,ξ∈（x1,x3）,并且f′（ξ）=g′（ξ）（10分）.故
f（x）≤g（x）−h（ξ）,x∈（x1,x3）.
注意到g（x）−h（ξ）的图像是一个开口向下的抛物线,故对x̸=ξ有
g（x）−h（ξ）即
f（x）a11a12a13
五（本题20分）:
设A=a12a22a23为实对称矩阵,A∗为A的伴随矩阵.记
a13a23a33
f（x,x,x,x）=−x2a11a12a13.
2
.x1x2x3x4.
..
1234
−x3a12a22a23
.−x4a13a23a33.
..
..
解：
首先，
x3
y3
1234
..
f（x1,x2,x3,x4）=x2|A|−x2.−x3a22a23.+x3.−x3a12a23.−x4.−x3a12a22.
−x2a12a13
−x2a11a13
−x2a11a12
.−x4a23a33.
−x4a13a33
..
x2
.−x4a13a23.
=−12x2+（x2,x3,x4）A∗x3.
x4
由此f（x1,x2,x3,x4）为关于x1,x2,x3,x4的二次型（2分）.
其次,由（A∗−4I）x=0得（|A|I−4A）x=0,即（A+3I）x=0.故由（1,0,−2）T为（A∗−
4I）x=0的一个解知,A有特征值−3（4分）.现可设A的特征值为λ1,λ2,−3.于是由|A|=−12及A的特征值之和为1,得方程组
λ1+λ2−3=1,−3λ1λ2=−12,
得λ1=λ2=2.所以A的全部特征值为2,2,−3.结果,对应特征值−3的特征空间V−3的维数为1,对应特征值2的特征空间V2的维数为2（6分）.
5
5
5
5
注意到（1,0,−2）T是A相应于特征值−3的一个特征向量,因此它是V−3的基.求解下列线性方程组的基础解系:
t1−2t3=0,得到正交基础解:
α=（0,1,0）T,β=（√2,0,√1）T,且令γ=（√1,0,−√2）T,则α,β为V2的标准正交
基,α,β,γ为R3的标准正交基.事实上,因为A为实对称矩阵,V2=V3⊥,它
200
是唯一的,维数为2（12分）.现在A可写成A=P020P−1,其中P=
00−3
√
√
021
55
102
1/200
100
从而得A=020,A−1=P01/20
PT.
01−√2
00−200−1/3
1/200−600
A∗=|A|A−1=−12P
01/20
00−1/3
PT=P0−60PT,
（15分）.令Q=（10）,x2=Qy2,则由P为正交矩阵知：
x1y1
x1
0P
y1
x3
y3
1000
x2
y2
=Q
2
√
√
00
1
5
为正交变换,其中Q=5
1
−√2
5,它使得
x3
y3
0100
−600
x2
f（x1,x2,x3,x4）=−12x2+（x2,x3,x4）P0−60PTx3
=−12y2−6y2−6y2+4y2,
1234
为f（x1,x2,x3,x4）的标准型（20分）.
六、（20分）:
设R为实数域,n为给定的自然数,A表示所有n次首一实系数多项式组成的集合.证明：
inf
b∈R,a>0,P（x）∈A
b+ab
∫|P（x）|dx
an+1
>0.
n,∫|P（x）|dx≥cna,
证明：
我们证明对任意次首一实系数多项式都有b+an+1
b
2n+1
其中cn满足c0=1,cn=ncn−1,n≥1（3分）.我们对n用归纳法.n=
0时P（x）=1.则
∫
b+a
b
|P（x）|dx=a≥c0a,
结论成立（5分）.下设结论在k≤n−1时成立.设P（x）是一个n次首一多项式,则对任意给定的a>0来说Q（x）=2（P（x+a）−P（x））是一个（n−1）次首一
多项式.由归纳法假设,有
∫b+a/2
na2
cn−1n
b
由此推出
∫b+a
|Q（x）|dx≥2na.······（10分）
∫b+a/2
（|P（x+a/2）−P（x）|）dx=
|Q（x）|dx≥
2cn−1
（2）
∫b+a/2
na∫b+a/2
na
an
=cna
.
n+1
（20分）
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