第十一届全国大学生数学竞赛决赛(数学类高年级)试卷参考答案

2024年1月11日发(作者：小学数学试卷整改措施)

第十一届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案

（数学类高年级组，2021年4月）

考试形式： 闭卷 考试时间： 180 分钟 满分： 100 分

题号

满分

得分

一

20

二

15

三

15

四

20

10

10

10

总分

100

注意：

1．第一至第四大题是必答题。再从第五至第十大题中任选3题，题号要填入上面的表中（多选无效）．

2．所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效．

3．密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记．

4．如答题空白不够，可写在当页背面，并标明题号．

一、（本题20分）填空题（每小题5分）

1．limksin=n→+nk=n3n−112n133e．

2．已知f在区间(−1,3)内有二阶连续导数，f(0)=12，f(2)=2f(2)+8，则10xf(2x)dx= 1 ．

3．在三维空间的直角坐标系中，方程2x2+y2+z2+2xy−2xz=1表示的二次曲面类型是 椭圆柱面 ．

1−201014．在矩阵A=的奇异值分解A=UV中（其中U，V为正交方阵，为0213对角阵），=00030．

000

二、（本题15分）考虑单叶双曲面S：x2−y2+z2=1．

1

1．证明：S上同一族直母线中任意两条不同的直母线是异面直线；

2．设S上同一族直母线中的两条直母线分别经过M1(1,1,1)与M2(2,2,1)两点．求这两条直母线的公垂线方程以及这两条直母线之间的距离．

证明：1．将曲面方程改写为

x2−y2=1−z2

从而有

(x+y)(x−y)=(1+z)(1−z) （1）

现在引进不全为零的诊数,，以及不全为零的参数u，v，我们得到两族直母线方程

以及

u(x+y)=v(1−z)

v(x−y)=u(1+z)(x+y)=(1+z)

(x−y)=(1−z)（2）

（3）

.................................................. （2分）

首先以第一族直母线（2）为例证明两条不同的直母线是异面直线取（2）中两条

直母线L1与L2

以及

其中，1221．

考虑线性方程组

1x+1y−1z−1=0x−y+z−=01111

x+y−z−=022222x−2y+2z−2=02

(x+y)=1(1+z)L1:1

(x−y)=(1−z)11（4）

(x+y)=2(1+z)L2:2

(x−y)=(1−z)22（5）

（6）

设（6）的系数矩阵为A，经计算可得

1det(A)=1221−12−2−11−22−1−12=4(12−12)0

−2−2所以L1与L2为异面直线． .................................................. （5分）

对于第二族直母线（3），设两条直母线L1,L2

Lu1(x+y)=v1(1−z)1:v1(x−y)=u

1(1+z)以及

Lu(x+y)=v2(1−z)2:2v2(x−y)=u2(1+z)

其中u1v2u2v1．

考虑方程组

u1x+u1y+v1z−v1=0

v1x−v1y−u1z−u1=0u2x+u2y+v

2z−v2=0v2x−v2y−u2z−u2=0设方程组（9）的系数矩阵为B，经计算得到

u1u1v1−v1det(B)=v1−v1−u1−u1u2u2v2−v=−4(u21v2−u2v1)0

2v2−v2−u2−u2所以L1与L2为异面直线． ................................................

2．将M1(1,1,1)点代入（2）中可得:=1:1，获得直母线L3的方程

Lx+y−z=13:x−y+z=1

将M2(2,2,1)点代入（2）中可得:=2:1，获得到直母线L4的方程

L:x+y−2z=242x−2y+z=1

3

（7）

（8）

（9）

8分）

（10）

（11）

（

因为(1,1,−1)(1,−1,1)=(0,−2,−2)，取L3的方向n3=(0,1,1).因为(1,1,−2)(2,−2,1)=(−3,−5,−4)，取L4的方向n4=(3,5,4)．L3

L4的公垂线L的方向为n=n3n4=(−1,3,−3).设M(x,y,z)为L上的任意一点，则L的方程满足

MM,n,n=031

M2M,n4,n=0(())（12）

其中

((x−1y−1z−1M1M,n3,n=011=0

−13−3)x−2M2M,n4,n=3−1)y−2z−154=0

3−3经化简得到公垂线L的方程

6x+y−z=6

27x−5y−14z=30

L3，L4之间的距离满足

................................................ （12分）

d=M1M2n|n|=219=219

19 ................................................ （15分）

注．经计算可得公垂线与两条直母线L3,L4的交点分别为1(19,−3,−3)和1912(17,3,−9)，这两点间的距离为19.因此，也可以通过计算两点间的距离得到1919异面直线之间的距离．

将M1(1,1,1),M2(2,2,1)分别代入第二族直母线族（3）中可得到同一条直母线

1−z=0

x−y=0即M1，M2位于同一条直母线上．因此，只需考虑L3，L4的情形．

4

三、（本题15分）设V是有限维欧氏空间，V1,V2是V的非平凡子空间且V=V1V2.设p1,p2分别是V到V1,V2的正交投影，=p1+p2，用det表示线性变换的行列式．证明：0det1且det=1的充要条件是V1与V2正交．

证明：设dimV1=m,dimV2=n,m,n0.分别取V1和V2的各一组标准正交基，它们合起来是V的一组基，在这组基下的矩阵形如

IA=mCB

In其中B和C分别是p∣............................ （3分）

1v2:V2→V1和p2V:V1→V2的矩阵．

1对于v1V1和v2V2,v1−p2v1V2⊥，故p2v1,v2=v1,v2，同理v1,p1v2=v1,v2.由p2v1,v2=v1,p1v2可得C=BT.从而CB=BTB为半正定矩阵，它就是v2p∣1v2:V2→V2的矩阵． .................................................. （6分）

v2V2是相应的特征向量，设为p2p∣则0且由于v2V1，1v2的一个特征值，我们有p1v2v2，所以

0v22=p2p1v2,v2=p1v2,p1v2=p1v22v2

2故01． .................................................. （9分）

由于在V的一组基下的矩阵为A，所以

Idet=detA=detmCB=det(In−CB)=(1−)

In这里取遍矩阵CB的所有特征值 (记重数)． 由于CB的特征值即p2p∣1v2的特征值，故对CB的每个特征值有01，从而0det1． .............. （12分）

特别地，det=1当且仅当对$CB$的每个特征值，均有=0，这也等价于CB=BTB=0，即B=C=0.所以det=1的充要条件是V1与V2正交．

5

四、（本题20分）证明：

1．证明：函数方程x3−3x=t存在三个在闭区间[−2,2]上连续，在开区间(−2,2)内连续可微的解x=1(t),x=2(t),x=3(t)满足：

1(−t)=−3(t),2(−t)=−2(t),|t|2

2．若f是[−2,2]上的连续偶函数，证明：1f(x3−3x)dx=0f(x3−3x)dx．

21证明：1．记g(x)=x3−3x，那么g是奇函数，且g(x)=3(x2−1).于是g具有如下性质：

（1）在(−,−1]和[1,+)上严格单调上升，在[−1,1]上严格单调下降．

（2）x=−1是极大值点，极大值为2;x=1是极小值点，极小值为−2.

（3）记

g1=g[−2,−1],g2=g[−1,1],g1=g[1,2].

.................................................. （4分）

根据以上性质，g1,g2,g3分别在其定义的闭区间上严格单调，且值域均为[−2,2].因此，依次有反函数1,2,3，以[−2,2]为定义域，依次以[−2,−1],[−1,1],[1,2]为值域．

.................................................. （7分）

由反函数的连续性得1,2,3均为[−2,2]上的连续函数．而g1,g2,g3依次在(−2,−1),(−1,1),(1,2)内连续可导，且导数不等于零．因此，它们的反函数1,2,3在（−2,2）内连续可微． ................................................ （10分）

另一方面，注意到g为奇函数，以及1,2,3的值域，g1,g2,g3的定义域，我们有

−t=−g3(3(t))=−g(3(t))=g(−3(t))=g1(−3(t)),t[−2,2].

因此

1(−t)=−3(t),t[−2,2]

同理，

6

−t=−g2(2(t))=−g(2(t))=g(−2(t))=g2(−2(t)),t[−2,2]

从而

2(−t)=−2(t),t[−2,2].

2．根据韦达定理，我们有

1(t)+2(t)+3(t)=0,t[−2,2]

从而

1(t)+2(t)+3(t)=0,t(−2,2).

这样结合f为连续偶函数得到

................................................ （17分）

(=f(x−3x)dx−f(x2110−131−22−12−2−22fx3−3xdx−2fx3−3xdx3())−3x)dx+f(x212−23−3xdx

)=f(t)1(t)dt+f(t)2(t)dt+f(t)3(t)dt=0从而结论成立．

五、（本题10分）设E11若ENN=1NN2 ................................................ （20分）

是−可测集，fn(x)n1是E上一致有界可测函数列，1lim，则f(x)dmnN→Nn=11和N1，设

2fn=1Nn(x)=0,−a.e.,xE.

证明：对01AN()=xE:Nf(x).

nn=1N由于

由题设有设

E1Nfn=1N2n(x)dm2m(AN())

m(AN())N+. .................................................. （2分）

N=1NN1=1,Nk+1=k+1,k1

1−7

（1）

又设mk是满足NkmkNk+1的正整数，且于是

mAmk()mk()=NkNNk+1minm(AN(z))N．

NkNNk+1m(AN())N(Nk+1−Nk)mAmk()mk()m(Am())

k从而，有

令

m(Ak=1mk()+.

)（2）

.................................................. （5分）

A()=limAmk()=k→N=1k=NAmk()mkk=NAmk(),N1,m(A())k=Nm(A(2)()⎯⎯→m(A())=0)

即对−a.e.,xE及充分大的k，有

1mkfn=1mkn(x) （3）

.................................................. （7分）

又fn(x)n1在E上一致有界，即c0,xE,n1,fn(x)c.xE,N1，设k是唯一满足NkNNk+1的正整数（其中Nk由(1)确定).

1N1f(x)−nmkn=1Nk+1−NkNkNmk11N1mkfn(x)=fn(x)−fn(x)+−fn(x)

NNmn=1n=1kn=1n=1mk2c2c1Nk2cNk2c+1−N=+k1−1−N

k当N充分大时，当然有k充分大，此时1有N2c2c+5c及（3），即对1−Nk−a.e.,xE，fn=1Nn(x)(1+5c)，故

1limN→Nfn=1Nn(x)=0,−a.e.,xE

................................................ （10分）

8

六、（本题10分）设f(z)在|z|R(R0)内解析且满足|f(z)|M(M0),f(0)0.证明：f(z)在圆|z|R/3内的零点个数（零点的重数计算在内）不超过证明：用zi(1in)表示f(z)在|z|R/3内的雲点，令

g(z)=f(z)

n1−zii=11M

lnln2|f(0)| .................................................. （3分）

则g(z)在|z|R内解析．因为在|z|=R上，对i=1,2,,n都有

zzi3

于是在|z|=R上，

gRei()M(3−1)i=1n=2−nM.

从而在|z|R内，有

|g(z)|2−nM

特别地

.................................................. （8分）

|g(0)|2−nM

又g(0)=f(0)，所以|f(0)|2−nM，即

2n|f(0)|M

对上式两边取对数，得

n1Mln

ln2|f(0)|

................................................ （10分）

9

七、（本题10分）证明：180阶群不是单群．

证明：对于素数p，用np(G)表示有限群G的Sylowp-子群个数．

反证，设G为180阶单群，由180=2232.5和Sylow定理有n3(G)1,n3(G∣)20且n3(G)1(mod3)，故n3(G)=4或n3(G)=10．

若n3(G)=4，考虑G在它的Sylow3-子群集合上的共轩作用，由此得到G到对称群S4的一个同态，由G为单群知这个同态的核只含有单位元，即此同态为单同态，从而180=|G|S4=24，子盾，故n3(G)=10． ................................. （3分）

我们断言G的任意两个不同的Sylow3-子群的交平凡．若否，设有G的两个不同的Sylow3-子群S，T使得D=ST{e}.由于S和T都是9阶群，它们为交换群，从而D为3阶群且D∣Dg=D为D在G中的正规化S,T.记N=NG(D)=gG子，则有S,TN，这样S和T都是群N的Sylow3-子群，从而N的Sylow3-子群个)[N:S]（这里[N：S]表示S在N中的指数）数n3(N)1.依然由Sylow定理有n3(N∣∣∣和n3(N)1(mod3)，故n3(N)4且与3互素．由n3(N)||N和|S|||N，我们有|N|36，进而[G:N]5.考虑G在N的左陪集集合上的左乘作用，得到G同构于S[G:N]的一个子群，但是|G|=1805!S[G:N]，矛盾．

.................................................. （5分）

)36和n5(G)1(mod5)得到下面再看G的Sylow5-子群，由n5(G)1,n5(G∣n5(G)=6或者n5(G)=36.由于G的Sylow5-子群为5阶群，故G的任两个不同的Sylow5-子群的交平凡．若n5(G)=36，则G的10个Sylow3-子群和36个Sylow5-子群至少包含10(9−1)+36(5−1)+1=225180个元素，矛盾．故n5(G)=6．

.................................................. （7分）

考虑G在它的6个Sylow5-子群集合上的共轩作用，类似于前面的讨论，我们得到一个G到对称群S6的单同态，即G同构于S6的一个子群，不妨设GS6．若10

G中有奇置换，则

1G:GA6=GA6:A6S6:A6=2

即GA6是G的指数为2的子群，从而GA6是G的非平凡正规子群，与G为单群矛盾，所以GA6．又由

A6:G=得到G

A6/|G|=360/180=2

A6，与A6为单群矛盾． ................................................ （10分）

八、（本题10分）设S:r=r(u,v)为3中的光滑曲面，其第一基本形式为rrE=ruru，，，rv=vu其中(u,v)为曲面S的参数，(ds)2=E(du)2+2Fdudv+G(dv)2，ru=F=rurv，G=rvrv．证明：

221．存在新的参数(u1,v1)，使得S的第一基本形式为(ds)2=h(u1,v1)(du1)+(dv1)，其中h0为光滑函数．

222．如果曲面S的第一基本形式满足(ds)2=h(u,v)(du)+(dv)，则其高斯曲率K可122以表示为K=−logh，其中h0为光滑函数，=2+2表示拉普拉斯算子．

uv2h证明：1．曲面S的第一基本形式满足

(ds)2

=E(du)2+2Fdudv+G(dv)2

12Edu+Fdv−F2−EGdv=Edu+Fdv+F−EGdvE（1）

令l=EG−F2，则有F2−EG=il,i2=−1.于是

E du+FdvF2−EGdv=Edu+Fdvildv

由常微分方程理论可知，存在一个非零（复的）积分因子，使得(Edu+Fdv+ildv)为某个(复的）函数=u1+iv1的全微分，即有

(Edu+Fdv+ildv)=d=du1+idv1 （2）

对方程（2）的两边取共轭，得到

11

(Edu+Fdv−ildv)=d=du1−idv1 （3）

将（2），（3）代入（1），得到

其中，h(u1,v1)=1．

E||222(ds)2=h(u1,v1)(du1)+(dv1)

（4）

（4分）

另外，令=p+iq,p,q均为实数．由方程（2）得到

由方程（5）可得

du1=p(Edu+Fdv)−qldv

dv1=q(Edu+Fdv)+pldv

(p+iq)(Edu+Fdv+ildv)=du1+idv1 （5）

（6）

由方程组（6），该变换的雅可比行列式满足

(u1,v1)(u,v)=p2+q2El0

()于是(u1,v1)是一组新的参数． .................................................. （5分）

222．证法一：对于曲面S:r=r(u,v),(ds)2=h(u,v)(du)+(dv).注意到ruru=E=G=rvrv=h(u,v)，F=rurv=rvru=0，于是有ruurv+ruruv=0，ruvrv+rurvv=0.将ru,rv单位化，定义

于是，e1,e2,n构成

可以获得

e1=rurrrrr=u=u,e2=v=v=v,n=rurv

rurvEhGh（7）

3的标准正交基．因此ruu,ruv,rvv可由该基表示．例如，设

ruu=ae1+be2+cn （8）

a=ruue1=1h1h,b=ruue2=−,c=ruun=L

2hu2hv即得到

类似地，可以求得

12

ruu=1h1he1−e2+Ln

uv2h2h（9）

1h1h

ruv=2hve1+2hue2+Mn

r1h1hvv=−2hue1+2hve2+Nn

ruu,ruv,rvv在上述标准正交基下的坐标表示为

r1h,1huu=2hu−2hv,L

r=1h,1h,uv2hv2huM

r1h,1h,Nvv=−2hu2hv其中，M=ruvn,N=rvvn.

注意到1h2u=rvurv，得到

12h

2u2=rvuurv+rvurvu

=v(ruurv)−ruurvv+rvurvu利用（8）-（12），得到

ruurv=−1h2v,v(rr1huuv)=−2v2

222

rr1hh1hh2uuvv=−u+v+LN,rvurvu=u+v+M244将（14）、（15）代入（13）得到

12h12h222u2=−2v2+12hhu+hv+M2−LN

或者

112h12h

2h=2u2+2v2=1h2h2

2hu+v+M2−LN注意到

logh=−1h2h2h2u+v+1h

h结合（16）与（17），由高斯曲率满足的公式，得到

13

（10）

（11）

（12）

（13）

（14）

（15）

（16）

（17）

LN−M21K==−logh

EG−F22h ................................................ （10分）

证法二：当曲面S的第一基本形式满足(ds)2=E(du)2+G(dv)2时，可以看出F=0.根据曲率张量的定义可以证明

R1212E=EGvvGG+uuE

（18）

由（18）以及高斯曲率的定义，得到

ER1212R12121vK=−=−=−22g11g22−g12EG−FEGvGG+uuE

（19）

其中g11=E，g12=F，g22=G．既然E=G=h．，F=0，经计算可得

EvvGG+uuE1=logh

2 （20）

将（20）代入（19），得到

K=−1logh

2h

................................................ （10分）

九、（本题10分）设Xi是独立随机变量序列．

1．若Xi服从大数定律且满足中心极限定理，即

P1n(Xi−EXi)→0和i=1nni=1n(Xi−EXi)kVar(X)k=1n→1→N(0,1)，则lim2n→nDVar(X)=0；

kk=1n2．若Xi同分布且满足limnP(X11nn)=0，则Xi−n依概率收效于0，

ni=1n),I(A)表示事件A的示性函数．

P1nX1I(X1即Xi−n→0，其中n=Eni=1P1n证明：1．由于(Xi−EXi)→0，所以对任意0，

ni=114

1nP(Xi−EXi)→0

ni=1于是

=1−Pn1nP(Xi−EXi)ni=1n(Xi=1nk=1ni−EXi)kVar(X)n→0

nVar(Xk)k=1利用(Xi=1nk=1i−EXi)k→N(0,1)得到dVar(X)Var(X)kk=1n→，故

1lim2n→nVar(X)=0

kk=1n

2．记Yni=XiI(Xin).则

.................................................. （4分）

1n1n1n(Yni−n)+XiI(Xin)

Xi−n=nni=1ni=1i=1对任意0，

1PnXI(Xii=1nin)P(Xi=1nin)=nP(X1n)→0.

所以

P1nXIXn→i(i)0

ni=1 .................................................. （6分）

P1n1n于是要证Xi−n→0，只需证明P(Yni−n)→0.事实上

ni=1ni=11n1nP(Yni−n)=P(Yni−EYni)ni=1ni=1Var(Yn1)n2EYn21．

2n

【方法一】应用分步积分法，得

.................................................. （7分）

15

EYn21n11n21n22EXIXn=xdPXx=−)n0(1)n0xdP(X1x)1(1n2n=xP(X1x)dx−nP(X1n)n0

2nk=xP(X1x)dx−nP(X1n)nk=1k−1=n21+kPXk/2()1−nP(X1n).nk=2由于nP(X1n)→0，所以存在N，当kN时，kP(X1k/2)，于是当n较大时

nNn111+kPXk/2=1+kPXk/2+kPXk/2()()()1112.

nk=2k=N+1nk=2PEYn21n1则→0，故Xi−n→0

ni=1n

【方法二】

EYn21n1=EX12I(X1n ................................................ （10分）

1nn)EX12I(j−1X1=nj=12nj)=P(j−1X1nj=1j)k=1jjkk−1j)j)xdx0j1n2jP(j−1X1nj=12n=P(j−1X1nj=12nP(j−1X1nj=1xdxj)

2nnj)k=kP(j−1X1nk=1j=kk=1n21+kPXk/2()1.nk=22nkP(X1k−1)nk=1由于nP(X1n)→0，所以存在N，当kN时，kP(X1k/2)，于是当n较大时，

nNn111+kP(X1k/2)=1+kP(X1k/2)+kP(X1k/2)2

nk=2k=N+1nk=2PEYn21n1则→0，故Xi−n→0

ni=1n

................................................ （10分）

16

十、（本题10分）设A是具有正对角元的非奇异对称矩阵．证明：若求解线性方程组Ax=b的Gauss-Seidel迭代法对任意初始值都收敛，则A为正定矩阵．

证明：线性方程组Ax=b的Gauss-Seidel迭代格式可写为

xk+1=(D−L)−1LTxk+(D−L)−1b

其中A=D−L−LT,D=diag(a11,a22,,ann)，

0−a21L=−a31−an1

00−a32−an20−an,n−1 .................................................. （2分）

将Gauss-Seidel格式改写为(D−L)xk+1=LTxk+b。对任意初始值x0，Ax=b的Gauss-Seidel迭代法都收敛，设其解收敛到x*.记yk=xk−x*，则有(D−L)yk+1=LTyk.令k=yk−yk+1，注意到(D−L)=A+LT，那么

(D−L)k=Ayk,Ayk+1=LTk

于是

TTykAyk−yk+1Ayk+1 .................................................. （4分）

TTT=yk(D−L)k−yk+1LkTTTT=kDyk−kLyk−kLyk+1

TTTT=kDk+k(D−L)yk+1−kLyk.又因(D−L)yk+1=LTyk，所以

TTTykAyk−yk+1Ayk+1=kDk

由题设可知D是正定的，因此

TTykAykykk0

+1Ayk+1, .................................................. （7分）

下面我们将采用反证法证明若Gauss-Seidel迭代收敛，则A正定．

TAx00.则反证：假设A不正定，不妨设b=0．则可找到一个x00，使得x017

Ty0Ay00.由Gauss-Seidel迭代产生的序列yn满足

TTT0y0Ay0y1Ay1y2Ay2TynAyn

显然该数列不收敛于0，这与题设矛盾，因此假设不成立，即A正定．

................................................ （10分）

18