第四届全国大学生数学竞赛数学类决赛试题参考解答

1. 设 $A$ 为正常数, 直线 $L$ 与双曲线 $x^2-y^2=2\ (x>0)$ 所围成的有限部分的面积为 $A$. 证明:

(1) 上述 $L$ 被双曲线 $x^2-y^2=2\ (x>0)$ 所截线段的中点的轨迹为双曲线;

(2) $L$ 总是 (1) 中轨迹曲线的切线.

证明: (1) 设直线 $L$ 的斜率为 $k$, 与双曲线 $x^2-y^2=2\ (x>0)$ 的交点为 $(x_1,y_1),\ (x_2,y_2)\ (y_1<0<y_2)$, 而所截线段的中点为 $(x_0,y_0)$, 则 $$\beex \bea &x_1^2-y_1^2=2=x_2^2-y_2^2\ra \frac{x_1+y_1}{x_2+y_2}=\frac{x_2-y_2}{x_1-y_1}\equiv r,\\ &x_1+x_2=2x_0,\quad y_1+y_2=2y_0. \eea \eeex$$ 由此, $$\bex \sex{\ba{cccc} 1&1&0&0\\ 0&0&1&1\\ 1&-r&1&-r\\ -r&1&r&-1 \ea}\sex{\ba{c} x_1\\ x_2\\ y_1\\ y_2 \ea} =\sex{\ba{c} 2x_0\\ 2y_0\\ 0\\ 0 \ea}. \eex$$ 由 Crame 法则, $$\bex x_1=x_0+\frac{-1+r}{1+r}y_0,\quad x_2=x_0+\frac{1-r}{1+r}y_0, \eex$$ $$\bex y_1=\frac{-1+r}{1+r}{x_0}+y_0,\quad y_2=\frac{1-r}{1+r}{x_0}+y_0. \eex$$ 因此, $$\bee\label{1} k=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{x_0}{y_0}; \eee$$ 直线 $L$ 的方程为 $$\bex y-y_0=\frac{x_0}{y_0}(x-x_0)\lra x-x_0=\frac{y_0}{x_0}(y-y_0). \eex$$ 又由题意, $$\bee\label{2} \bea A&=\iint_D\rd x\rd y\quad\sex{D:\mbox{ 所围成的有限部分}}\\ &=\frac{1}{2}\int_{\p D}-y\rd x+x\rd y\quad\sex{\p D:\ D\mbox{ 的边界}}\\ &=\frac{1}{2}\int_{y_1}^{y_2} -y\frac{y_0}{x_0} +\sez{x_0+\frac{y_0}{x_0}(y-y_0)}\rd y\\ &\quad +\frac{1}{2}\int_{y_2}^{y_1} -y\frac{y}{\sqrt{y^2+2}}+\sqrt{y^2+2}\rd y\\ &=\frac{x_0^2-y_0^2}{2x_0}(y_2-y_1) +\int_{y_2}^{y_1}\frac{1}{\sqrt{y^2+2}}\rd y\\ &=\frac{x_0^2-y_0^2}{2x_0}(y_2-y_1) +\ln\sev{\frac{x_1+y_1}{x_2+y_2}}\\ &=\frac{1-r}{1+r}(x_0^2-y_0^2)+\ln |r|\quad\sex{\mbox{由已经算出的 }y_1,y_2\mbox{ 的表达式}}. \eea \eee$$ 其中倒数第二步是因为 $$\beex \bea \int\frac{1}{\sqrt{y^2+2}}\rd y &=\int\frac{1}{\sqrt{s^2+1}}\rd s\quad\sex{y=\sqrt{2}s}\\ &=\int\frac{1}{\sec \theta}\cdot\sec^2\theta\rd \theta\quad\sex{s=\tan\theta}\\ &=\int \frac{\sec\theta(\sec\theta+\tan\theta)}{\sec \theta+\tan\theta}\rd \theta\\ &=\ln\sev{\sec\theta+\tan\theta}+C\\ &=\ln\sev{\frac{\sqrt{2+y^2}+y}{\sqrt{2}}}+C. \eea \eeex$$ 又由 $$\beex \bea 2=x_1^2-y_1^2=\sex{x_0+\frac{-1+r}{1+r}y_0}^2-\sex{\frac{-1+r}{1+r}{x_0}+y_0}^2 =\frac{4r(x_0^2-y_0^2)}{(1+r)^2} \eea \eeex$$ 知 $$\bee\label{3} x_0^2-y_0^2=\frac{(1+r)^2}{2r}. \eee$$于是 \eqref{2} 蕴含 $$\bex A=\frac{1-r^2}{2r}+\ln |r|. \eex$$ 因此, $r$ 是常数 ($\neq 0,\pm 1$). 由 \eqref{3} 即知 $(x_0,y_0)$ 的轨迹为双曲线. (2) 记 $$\bex F(x_0,y_0)=x_0^2-y_0^2-\frac{(1+r)^2}{2r}, \eex$$ 则由 $$\bex \sex{F_{x_0},F_{y_0}}//(x_0,-y_0) \eex$$ 及 \eqref{1} 知 $L$ 即为 (1) 中轨迹曲线的切线.

 

2. 设函数 $f(x)$ 满足条件:

(1) $f:[a,b]\to [a,b]$, 其中 $-\infty<a<b<\infty$;

(2) 存在常数 $0<L<1$ 使得 $$\bex |f(x)-f(y)|\leq L|x-y|,\quad \forall x,y\in [a,b]. \eex$$ 设 $x_1\in[a,b]$, 令 $\dps{x_{n+1}=\frac{1}{2}[x_n+f(x_n)],\ n=1,2,\cdots}$. 证明: $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=x}$ 存在, 且 $f(x)=x$.

证明: 易知 $x_n\in [a,b]$, $$\beex \bea |x_{n+1}-x_n| &=\sev{\frac{1}{2}[x_n+f(x_n)]-\frac{1}{2}[x_{n-1}+f(x_{n-1})]}\\ &\leq \frac{1}{2}|x_n-x_{n-1}| +\frac{1}{2}|f(x_n)-f(x_{n-1})|\\ &\leq \frac{1+L}{2}|x_n-x_{n-1}|\\ &\leq\cdots\\ &\leq \sex{\frac{1+L}{2}}^{n-1}|x_2-x_1|,\\ |x_{n+p}-x_n| &\leq \sum_{k=n}^{n+p-1} |x_{k+1}-x_k|\\ &\leq \sum_{k=n}^{n+p-1} \sex{\frac{1+L}{2}}^{k-1}|x_2-x_1|\\ &\leq \frac{2}{1-L}\sex{\frac{1+L}{2}}^{n-1}|x_2-x_1|\\ &\to0\quad\sex{n\to\infty}. \eea \eeex$$ 据 Cauchy 收敛原理, $\dps{\lim_{n\to\infty}x_n=x}$ 存在. 于 $$\bex x_{n+1}=\frac{1}{2}[x_n+f(x_n)] \eex$$ 中令 $n\to\infty$, 即有 $f(x)=x$.

 

3. 设实 $n$ 阶方阵 $A$ 的每个元素的绝对值为 $2$.

证明: 当 $n\geq 3$ 时, $$\bex |A|\leq\frac{1}{3}\cdot 2^{n+1}n!. \eex$$ 证明: 用数学归纳法. 当 $n=3$ 时, 对 $A$ 的每列乘以 $1$ 或 $-1$ 行列式的绝对值不变, 而可假设 $A$ 的第一行全为 $2$; 同理, 对 $A$ 的第 $2,3$ 行乘以 $1$ 或 $-1$, 而可假设 $A$ 的第一列全为 $2$. 由此, $$\beex \bea \quad\sen{A} &=\sen{\ba{ccc} 2&2&2\\ 2&a&b\\ 2&c&d \ea}\quad\sex{A\mbox{ 的行列式的绝对值, } |a|=|b|=|c|=|d|=2}\\ &=\sen{\ba{ccc} 2&2&2\\ 0&a-2&b-2\\ 0&c-2&d-2 \ea} =2\sen{\ba{cc} a-2&0\\ c-2&d-c \ea}\quad\sex{a-2,b-2,c-2\mbox{ 三者必有两个相同,} \atop \mbox{而不妨设 }a-2=b-2}\\ &=2|a-2|\cdot |d-c|\leq 2\cdot 4\cdot 4=2^5=\frac{1}{3}\cdot 2^{3+1}3!. \eea \eeex$$ 假设结论对阶数 $<n$ 的矩阵均成立. 则对 $n$ 阶矩阵 $A$, 由行列式展开, $$\beex \bea \sen{A} &=\sev{\sum_{k=1}^n a_{1k}A_{1k}}\\ &\leq 2\cdot n\cdot \sez{\frac{1}{3}\cdot 2^{(n-1)+1}(n-1)!}\\ &=\frac{1}{3}\cdot 2^{n+1}n!. \eea \eeex$$

 

4. 设 $f(x)$ 为区间 $(a,b)$ 上的可导函数. 对 $x_0\in (a,b)$, 若存在 $x_0$ 的领域 $U$ 使得对任意的 $x\in U\bs \sed{x_0}$ 都有 $f(x)>f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$, 则称 $x_0$ 为 $f(x)$ 的凹点; 类似地, 若存在 $x_0$ 的领域 $U$ 使得对任意的 $x\in U\bs \sed{x_0}$ 都有 $f(x)<f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$, 则称 $x_0$ 为 $f(x)$ 的凸点. 求证: 若 $f(x)$ 是区间 $(a,b)$ 上的二次可微函数, 且不是一次函数, 则 $f(x)$ 一定存在凹点或凸点.

证明: 用反证法. 若对任意的 $x\in (a,b)$, $x$ 的任意邻域 $U$, $$\beex \bea \exists\ x_1\in U\bs \sed{x_0},\st f(x_1)\leq f(x_0)+f'(x_0)(x_1-x_0),\\ \exists\ x_2\in U\bs \sed{x_0},\st f(x_2)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x_2-x_0). \eea \eeex$$ 考虑 $$\bex F(x)=f(x)-[f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)], \eex$$ 则 $F(x_1)\leq 0\leq F(x_2)$, 而由连续函数的介值定理, $$\bex \exists\ \tilde x\in U,\st F(\tilde x)=0. \eex$$ 即 $$\bex f(\tilde x)=f(x_0)+f'(x_0)(\tilde x-x_0)\lra \frac{f(\tilde x)-f(x_0)}{\tilde x-x_0}=f'(x_0). \eex$$ 由 Lagrange 中值定理及 Rolle 定理, $$\bex \exists\ \bar x\in U,\st f''(\bar x)=0. \eex$$ 综上, 我们有 $$\bex \forall\ x\in (a,b),\ \forall\ U\ni x,\ \exists\ \bar x\in U,\st f''(\bar x)=0. \eex$$ 由 $f''$ 的连续性即有 $f''\equiv 0$ 于 $(a,b)$. 这与 $f$ 不是一次函数矛盾. 故有结论.

注记: 原题为 ``若 $f(x)$ 是区间 $(a,b)$ 上的可导函数且不是一次函数''. 此时可以想到的方法是偏微分方程中磨光. 你可以自己写出来么? 考虑 $$\bex f_\ve=f*\kappa_\ve\ (0<\ve\ll 1). \eex$$

 

5. 设 $\dps{A=\sex{\ba{ccc} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \ea}}$ 为实对称矩阵, $A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵, 记 $$\bex f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\sev{\ba{cccc} x_1^2&x_2&x_3&x_4\\ -x_2&a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ -x_3&a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ -x_4&a_{31}&a_{32}&a_{33} \ea}. \eex$$ 若 $|A|=-12$, $A$ 的特征值的和为 $1$, 且 $(1,0,-2)^t$ 为 $(A^*-4I)x=0$ 的一个解. 试给出一正交变换 $$\bex \sex{\ba{ccc} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \ea}=Q\sex{\ba{ccc} y_1\\ y_2\\ y_3\\ y_4 \ea}, \eex$$ 使得 $f(x_1,x_2,x_3,x_4)$ 化为标准型.

解答: 设 $A$ 的特征值为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则由题意, $$\bex \lambda_1\lambda_2\lambda_3=|A|=-12,\quad \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1. \eex$$ 又由 $$\bex 0=A(A^*-4I)x=(|A|I-4A)x=(-12I-4A)x=4(-3I-A)x \eex$$ 有非零解 $(1,0,-2)^t$ 知 $\lambda_1=-3$, $$\bex \lambda_2\lambda_3=4,\ \lambda_2+\lambda_3=4\ra \lambda_2=\lambda_3=2. \eex$$ 再有实对称矩阵属于不同特征值的特征向量相互正交知 $A$ 的属于特征值 $\lambda_2=\lambda_3=2$ 的特征向量 $\eta$ 满足 $$\bex (\eta_1,\eta_2,\eta_3)\cdot (1,0,-2)=\eta_1-2\eta_3=0. \eex$$ 故可取正交阵 $$\bex P=\sex{\ba{ccc} \frac{1}{\sqrt{5}}&0&\frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0&1&0\\ -\frac{2}{\sqrt{5}}&0&\frac{1}{\sqrt{5}} \ea} \eex$$ 使得 $$\bex P^tAP=\sex{\ba{ccc} -3&&\\ &2&\\ &&2 \ea}\equiv D. \eex$$ 再者, 设 $\tilde x=(x_2,x_3,x_4)^t$, 则 $$\bex \sex{\ba{cccc} x_1^2&x_2&x_3&x_4\\ -x_2&a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ -x_3&a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ -x_4&a_{31}&a_{32}&a_{33} \ea}=\sex{\ba{cc} x_1^2&\tilde x^t\\ -\tilde x&A \ea}; \eex$$ $$\bex \sex{\ba{cc} 1&\\ &P^t \ea}\sex{\ba{cc} x_1^2&\tilde x^t\\ -\tilde x&A \ea}\sex{\ba{cc} 1&\\ &P \ea}=\sex{\ba{cc} x_1^2&\tilde x^tP\\ -P^t\tilde x&D \ea}, \eex$$ $$\bex \sex{\ba{cc} 1&-\tilde x^tPD^{-1}\\ 0&I \ea}\sex{\ba{cc} x_1^2&\tilde x^tP\\ -P^t\tilde x&D \ea}\sex{\ba{cc} 1&0\\ D^{-1}P^t\tilde x&I \ea}=\sex{\ba{cc} x_1^2+\tilde x^t PD^{-1}P^t\tilde x&0\\ 0&D \ea}. \eex$$ 两边取行列式有 $$\bex |P|^2f(x_1,x_2,x_3,x_4)=|D|\cdot (x_1^2+\tilde x^t PD^{-1}P^t\tilde x), \eex$$ $$\beex \bea f(x_1,x_2,x_3,x_4)&=-12[x_1^2+(P^t\tilde x)^tD^{-1}(P^t\tilde x)]\\ &=-12\sex{y_1^2-\frac{1}{3}y_2^2+\frac{1}{2}y_3^2+\frac{1}{2}y_4^2} \quad \sex{\sex{\ba{cc}1&\\ &P^t \ea}\sex{x_1\atop \tilde x}=y}\\ &=-12y_1^2+4y_2^2-6y_3^2-6y_4^2\quad\sex{y=\sex{\ba{cc} 1&\\ &P\ea}x}. \eea \eeex$$

 

 

6. 令 $\bbR$ 为实数域, $n$ 为给定的正整数, $A$ 表示所有 $n$ 次首一实系数多项式组成的集合.证明: $$\bex \inf_{b\in\bbR,\ c>0,\ P(x)\in A}\frac{1}{c^{n+1}}\int_b^{b+c}|P(x)|\rd x>0. \eex$$

证明: 由 $$\bex \int_b^{b+c}|P(x)|\rd x=\int_0^c |P(t+b)|\rd t,\quad \int_0^c|P(x)|\rd x=\int_b^{b+c}|P(t-b)|\rd t \eex$$ 知 $$\bex \inf_{b\in\bbR,\ c>0,\ P(x)\in A}\frac{1}{c^{n+1}}\int_b^{b+c}|P(x)|\rd x =\inf_{c>0,\ P(x)\in A}\frac{1}{c^{n+1}}\int_0^c |P(x)|\rd x. \eex$$ 又由 $$\bex \frac{1}{c^{n+1}}\int_0^c |P(x)|\rd x=\int_0^1 \frac{1}{c^n}|P(ct)|\rd t,\quad \int_0^1 |P(x)|\rd x=\frac{1}{c^{n+1}}\int_0^c \sev{P\sex{\frac{t}{c}}}\rd t \eex$$ 知 $$\bex \inf_{c>0,\ P(x)\in A}\frac{1}{c^{n+1}}\int_0^c |P(x)|\rd x =\inf_{P(x)\in A} \int_0^1 |P(x)|\rd x. \eex$$ 为此, 我们继续验证 $$\bex \inf_{P(x)\in A} \int_0^1 |P(x)|\rd x>0. \eex$$ 对 $P(x)\in A$, 设其互异实根为 $a_i\ (1\leq i\leq r)$, 重数分别为 $m_i$; 其共轭复根为 $b_j\pm \sqrt{-1}c_j\ (1\leq j\leq s)$, 重数分别为 $n_j$. 则 $$\bex P(x)=\prod_{i=1}^r (x-a_i)^{m_i}\cdot \prod_{j=1}^s [x-(b_j+ \sqrt{-1}c_j)]^{n_j}[x-(b_j-\sqrt{-1}c_j)]^{n_j}. \eex$$ 再设 $a_i\ (1\leq i\leq r)$, $b_j\ (1\leq j\leq s)$ 中有仅有仅有 $t\ (t\leq n)$ 个互异且落在 $[0,1]$ 上. 则 $a_i\ (1\leq i\leq r)$, $b_j\ (1\leq j\leq s)$, $0$, $1$ 这 $r+s+2$ 个数中定有两个的距离 $\dps{\geq \frac{1}{t+2}\geq \frac{1}{n+2}}$. 考虑这两个数确定的区间的三等分中央区间 $[c,d]$, 在其上我们有 $$\bex |x-a_i|\geq \frac{1}{3(n+2)},\ |x-b_j|\geq \frac{1}{3(n+2)}\ra |P(x)|\geq \frac{1}{[3(n+2)]^n}, \eex$$ $$\bex \int_0^1 |P(x)|\rd x \geq \int_c^d |P(x)|\rd x \geq \frac{1}{[3(n+2)]^{n+1}}>0. \eex$$ 因此, $$\bex \inf_{P(x)\in A} \int_0^1 |P(x)|\rd x\geq \frac{1}{[3(n+2)]^{n+1}}>0. \eex$$