第三届中国大学生数学竞赛赛区赛 试题参考答案 数学类,2011) 、(本题15分)已知四点A(1,2,7),B(4,3,3),(5,-1,6),(√7,√7,0).试求过这 四点的球面方程 解答:设所求球面的球心为(正,,2),则 (-1)2+(0-2)2+(z-7)2 (-4)2+(-3)2+(2-3)2 (2-5)2+(0+1)2+(2-6) (-√7)2+(-√7)2+22 (8分) 37+y-42=-10, 47-3-=4 (√7-1)z+(7-2)-7z=-20 (10分) 解得(x,,2)=(1,-1,3).而 (14分) )2+(-2)2+(2-7)2 于是所求球面方程为 (x-1)2+(y+1)2+(x-3)2=25 (15分) 第1页(共13页
第三届中国大学生数学竞赛赛区赛 试题参考答案 (数学类, 2011) 一、 (本题 15 分) 已知四点 A(1, 2, 7), B(4, 3, 3), (5, −1, 6), (√ 7, √ 7, 0). 试求过这 四点的球面方程. 解答: 设所求球面的球心为 (¯x, y, ¯ z¯), 则 (¯x − 1)2 + (¯y − 2)2 + (¯z − 7)2 = (¯x − 4)2 + (¯y − 3)2 + (¯z − 3)2 = (¯x − 5)2 + (¯y + 1)2 + (¯z − 6)2 = (¯x − √ 7)2 + (¯y − √ 7)2 + ¯z 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分) 即 3¯x + ¯y − 4¯z = −10, 4¯x − 3¯y − z¯ = 4, ( √ 7 − 1)¯x + (√ 7 − 2)¯y − 7¯z = −20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 解得 (¯x, y, ¯ z¯) = (1, −1, 3). 而 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (14 分) (¯x − 1)2 + (¯y − 2)2 + (¯z − 7)2 = 25. 于是所求球面方程为 (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 3)2 = 25. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分) 第1页 ( 共 13页)
二、(本题10分)设f1,f2…,fn为[0,1上的非负连续函数.求证:存在∈[0,1], 使得 ∏I(f)≤Ⅱ/()d 证明:记 ak=/fe(a)d r, Vk=1,2,...,n. 当某个ak=0时,结论是平凡的 (1分) 下设ak>0(Vk=1,2,…,n).我们有 m fke dr dx=1 k=1 (8分) 由此立即可得存在￡∈[0,1使得 fk(5) <1 k=1 结论得证 (10分) 第2页(共13页)
二、(本题 10 分) 设 f1, f2, . . . , fn 为 [0, 1] 上的非负连续函数. 求证: 存在 ξ ∈ [0, 1], 使得 ∏n k=1 fk(ξ) ≤ ∏n k=1 ∫ 1 0 fk(x) dx. 证明: 记 ak = ∫ 1 0 fk(x) dx, ∀ k = 1, 2, . . . , n. 当某个 ak = 0 时, 结论是平凡的. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 分) 下设 ak > 0 ( ∀ k = 1, 2, . . . , n). 我们有 ∫ 1 0 n vuut ∏n k=1 fk(x) ak dx ≤ ∫ 1 0 1 n ∑n k=1 fk(x) ak dx = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分) 由此立即可得存在 ξ ∈ [0, 1] 使得 n vuut ∏n k=1 fk(ξ) ak ≤ 1. 结论得证. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) ✷ 第2页 ( 共 13页)
、(本题15分)设F是数域F上的n维列空间,o:Fn→Fn是一个线 性变换.若ⅤA∈Mn(F),o(Aa)=Ao(a),(Va∈V),证明:σ=入·idrx,其中λ 是F中某个数,idn表示恒同变换 证明:设σ在Fn的标准基a1,…,En下的矩阵为B,则a(a)=Ba(a∈ (5分) 由条件:VA∈Mn(F),o(Aa)=Ao(a),Va∈Pn,有BAa=ABa,Va∈Fn 故AB=BA,(VA∈Mn(F) (10分) 设B=(by),取A=diag(1,…,1,c,1,…,1),其中c≠0,1,由AB=BA可 得b=0,Vi≠j又取A=ln-En-E+E+E,这里Et是(st)-位置 为1其它位置为0的矩阵则由AB=BA可得a=ay,(Vi,j).取入=a1.故 B=AIn,从而a=A·id 分) 第3页(共13页
三、 (本题 15 分) 设 F n 是数域 F 上的 n 维列空间, σ : F n → F n 是一个线 性变换. 若 ∀ A ∈ Mn(F), σ(Aα) = Aσ(α), ( ∀ α ∈ V ), 证明: σ = λ · idF n , 其中 λ 是 F 中某个数, idF n 表示恒同变换. 证明: 设 σ 在 F n 的标准基 ε1, · · · , εn 下的矩阵为 B, 则 σ(α) = Bα ( ∀ α ∈ F n ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 由条件: ∀ A ∈ Mn(F), σ(Aα) = Aσ(α), ∀ α ∈ F n , 有 BAα = ABα, ∀ α ∈ F n . 故 AB = BA, ( ∀ A ∈ Mn(F)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 设 B = (bij ), 取 A = diag (1, · · · , 1, c, 1, · · · , 1), 其中 c ̸= 0, 1, 由 AB = BA 可 得 bij = 0, ∀ i ̸= j. 又取 A = In − Eii − Ejj + Eij + Eji, 这里 Est 是 (s t)− 位置 为 1 其它位置为 0 的矩阵.则由 AB = BA 可得 aii = ajj , ( ∀ i, j). 取 λ = a11. 故 B = λIn, 从而 σ = λ · idF n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分) 第3页 ( 共 13页)
四、(本题10分)对于△ABC,求3sinA+4sinB+18inC的最大值 解答:三角形三个角A,B,C的取值范围为 (A,B,C)∈D≡{(a,B,0)a+B+ 0,6>0,y> 我们首先考虑3sinA+4sinB+18sinC在D的闭包 E={(a,B,)a+B+y=丌,a≥0,B≥0,≥0} 上的最大值 (1分) 我们有 (3sin A+ 4 sin B+18 sin C) max(3 max Ina A++4 sin C cos A+18 sin C 3+4 cos C)2+16sin-C+18 sin C 0<C<丌 (√25+24cosC+18sinC (4分) 考虑 f(C) C+18sinC,0<C≤ 易见 (C)≥f(x-C),VC∈0, (5分) 直接计算得 f(C)=18 cos C √25 (6分) 计算得f"(C)=0等价于 1)( C+32cosC+4)=0. 第4页(共13页)
四、 (本题 10 分) 对于 ∆ABC, 求 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 的最大值. 解答: 三角形三个角 A, B, C 的取值范围为 (A, B, C) ∈ D ≡ {(α, β, γ)|α + β + γ = π, α > 0, β > 0, γ > 0} . 我们首先考虑 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 在 D 的闭包 E = {(α, β, γ)|α + β + γ = π, α ≥ 0, β ≥ 0, γ ≥ 0} 上的最大值. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1 分) 我们有 max (A,B,C)∈E (3 sin A + 4 sin B + 18 sin C) = max A+C≤π A,C≥0 (3 sin A + 4 sin(A + C) + 18 sin C) = max 0≤C≤π max 0≤A≤π−C ( (3 + 4 cos C) sin A + +4 sin C cos A + 18 sin C ) = max 0≤C≤π (√ (3 + 4 cos C) 2 + 16 sin2 C + 18 sin C ) = max 0≤C≤π ( √ 25 + 24 cos C + 18 sin C). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 分) 考虑 f(C) = √ 25 + 24 cos C + 18 sin C, 0 ≤ C ≤ π. 易见 f(C) ≥ f(π − C), ∀ C ∈ [0, π 2 ]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 直接计算得 f ′ (C) = 18 cos C − 12 sin C √ 25 + 24 cos C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 分) 计算得 f ′ (C) = 0 等价于 (8 cos C − 1)(27 cos2 C + 32 cos C + 4) = 0. 第4页 ( 共 13页)
从而它在.。的解为C= arccos (7分) 于是 maw f(c)=omax f()=max(arccos g),f(O),5(2 35√7 4 (8分) 由此可得 max(3 sin A+4 sin B+ 18 sin C)-35V7 另一方面,不难看到3sinA+4sinB+18inC在E的边界上(A,B,C之一为零) 的最大值为22 (9分) 所以所求最大值为 4 (10分) 第5页(共13页
从而它在 [0, π 2 ] 的解为 C = arccos 1 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (7 分) 于是 max 0≤C≤π f(C) = max 0≤C≤ π 2 f(C) = max { f(arccos 1 8 ), f(0), f( π 2 ) } = max { 35√ 7 4 , 7, 23} = 35√ 7 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 分) 由此可得 max (A,B,C)∈E (3 sin A + 4 sin B + 18 sin C) = 35√ 7 4 , 另一方面, 不难看到 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 在 E 的边界上 (A, B, C 之一为零) 的最大值为 22. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (9 分) 所以所求最大值为 35√ 7 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 第5页 ( 共 13页)