2012湖南大學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽(數(shù)學(xué)專業(yè)組)試題及解答

湖南大學(xué)2012年數(shù)學(xué)競(jìng)賽試卷（數(shù)學(xué)專業(yè)類）及參考答案設(shè)實(shí)反對(duì)稱，證明：1|+|>0 (2B正定(1只要對(duì)的情形證明即可。事實(shí)上，由于正定，則存在可逆APT。A+B>0PTI+(P-1)TBP-1P>0I+(P-1)TBP-1>0。顯然(P-1)TBP-1反對(duì)稱。對(duì)于I+B。0 b0 b由于B反對(duì)稱，則存在正交陣T使得TTBT=Ddiag{

1,-

s,0,...,0}1s-b 0b 01s1 b1 b 則I+B=TT

I+DTI+Ddiag{

1,-

s,1,...,1} (1+b2。1s1b 11s

ii=1(2)由于B反對(duì)稱，則-BBT。則A-B2A+BTB。其中A是正定的，BTB是半正定的。則它們的和是正定的。設(shè)W是VW0

=Wker。(1)dimW=dimW+dimW0

(2)dim+dimV2dim證明：設(shè),,...,為WW

,...,

,,...,1 2 s 0

1 2

s+1 t下面我們來證明s+1

,,...,為dimW的一組基。t對(duì)W，有=k+k+...+k+k +...+k=+ 11 22

ss s

s+1

tt+...+則 k k11 2

+...+k2 s

k s+1

s+1

+...+ktts+1

ks+1 t t則可由

s+1

,,...,表出。t

=

=0

s

s+1

lt t s

ls+1 tt則l

+...+l

W且ker。故W,

表出。有s+1s+1 tt

0 1 2 sl+l

+...+l=l

+...+l。由于,,...,, ,,...,為W的基。11 22

ss s

s+1 tt

1 2

s+1 t所以只能有

s

=...=lt

=0.所以s+1

,,...,線性無關(guān)。t綜上

s+1

,,...,為dimW的一組基。t則dimW=t=t-s+t=dimW+dimW0（2）取V的一組基,1 2

,...,。則在此基下,3,2,對(duì)應(yīng)的矩陣分別為A3,A2,An由Frobenius不等式有。r(AAA)r(AA)+r(AA)-r(A)即r(A3)+r(A)2r(A2)等價(jià)的有dim3V+dimV2dim2V注：Frobenius不等式AB 0 0 ABC 0 ABC因?yàn)?/p>

B BCB

B 0 AB 0 AB 0 0 ABCr(AB)rBr

0 BCrB BCrB

0 即r(ABC)r(AB)+r(BC)-r(B)y z x z已知直線l:b+c=1l: - =1其中abc01 x

, a c ,2 y=0(1ll(2ll2，求證1

1+1+11 2 1 2r

d2 a2 b2 c2:(1)l方向向量u=(0,b,-c)

(0,b,0)1 r 1

uuurl方向向量v=(a,0,c)過點(diǎn)P2

(0,0,-c)并且知道PP12

=(0,-b,-c)r

0 b -c考察混合積u,v,PP =a12

0 c=2abc0.所以l，l異面1 20 -crrri j k(2)

rr r考察的公垂向量n=a 0 c=(bc,ac,-ab)。rrrruru,v,PPr12n2abc 1 1 1 12d= = 。整理顯然有 = + +bc2+ac2+b

d2 a2

b2 c2設(shè)為一正無窮大數(shù)列。E

,...,

...，試證存在正整數(shù)pn

infE.

1 2 np證明：由于為正無窮大數(shù)列，則存在N使得若n>N，則x>xpn n 1則infE=inf

x,xx 。而右邊是一個(gè)有限集，必可取的使得

infE1 2 N p5.設(shè)>>0,求I=+ex2e-x2dx0 x2解：則I=+dte-tx2d。由于+e-tx2dt+e-t2dt右側(cè)收斂0 0 0則交換積分號(hào)有I=dx+e-tx2dt= ( -) 06.設(shè)f(x)>0,上連續(xù)。求證limn

ni=1

i( n

=max

f(x)。nni=1(f(i))nni=1(f(i))nnx[0,1]

nnMn=nnM又f是連續(xù)的，故存在x0

使得f(x0

)=M并且對(duì)>0,>0,x-x0

<,則f(x)M-jn由Archimedes原理，對(duì)充分大的n,有1<。這時(shí)必有一個(gè)j使得<jn所以這時(shí)

(j)M。所以n

ni=1

ni( ))nin

0n(f(n(f(j))n>nn由任意性知limnn

ni=1

i( ))nn

M=maxf(x)。x[0,1]設(shè)f(x(0)=0,f1

,...,k

為正數(shù)。求證存在互不相同的nni nx,...,x]，使得n k = k1 ni=1n

fik

ii=1n 1證明：記

k=M。p=i i

i。則0<pM

<1.

p考慮到f(0)=0,f(xi

[0,1]i=1 i=1則由f的介值性可以確定n-1個(gè)[0,1]的分點(diǎn)c0

=0<c<c1

<...<cn-1

<1=cn

.同時(shí)滿足f(c(c )=pi i-1 i由lagrange定理知道。存在x

[c

,c]。使得p=f(c)-f(c

)=f)(c)p

ip

i-1 i

i i in k

i i i-1n即 i =c。則

i = c

=1.整理既得

i = kf

i i-1

f(x)

i i-1

f) ii i

i i=1 i

i i=1設(shè)fC2[a,b],求證存在c[a,b]使得ba+b bf(x)dx=(b-a)f( )+

(c)(b-a)3a 2 24證明：設(shè)Ft)=tfxdfC2abFC3ab]a在a+b處做Taylor展開。即有2

fa+b) F(t)F

a+b)+f(a+b)(t-a+b

2 (t-

a+b

)2+f

)(t-

a+b)32 2 2分別令t=a,b。則有

2! 2 3! 2fa+b) a+b a+b

2 a-b f( ) a-bF(a)F( )+f( )( )+ ( )2+ 1 ( )32 2 2 2! 2 3! 2fa+b) F(b)F(a+b)+f(a+b)(b-a)+ 2

b-a

)2+f

(2)(

b-a)32 2 2 2! 2 3! 2a+b 1 f)+f)下式減上式有F(b)=f( )(b-a)+ (b-a)3[ 1 2 ]2 24 2f()+f()這里由于fC2[a,b]，所以

C[a,b]。由于

<min

1 2 2

max所以存在c

[a,b]使得

f(1

)+f)2 2

(c)。所以原式成立設(shè)連續(xù)函數(shù)f:RR,滿足f(xy)f(x)f(y)<。x,yR證明：存在是常數(shù)滿足滿足supf(x)ax<x,yR令Mf(xy)f(x)f(y)x,yR則xR,m,nN，有f(xy)f(x)f(y)M(1)歸納可得f(nx)f(n1)xf(x)M，則f(nx)nf(x)f(kx)f1)xf(x)(n1)MnM(2)k2nf(mxmf(nx)nf(mxf(mnx)f(mnxmf(nx)nm)M f(mx)

f(nx)

1

1M。m n n m 由Cauchy準(zhǔn)則知f(nx)在R上一致收斂，設(shè)極限函數(shù)為g(x)，則g(x) n (1)

f(n(x