-J,dr]'p'dpf2"cos sin' edo=-(15分168得分七、（15分)）假设函数F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内二阶可导，评阅人过点A(O,f(O))，与点B(I,f(1)的直线与曲线y=f(x)相交于点C(c,f(c)，其中0<c<1.证明：在(O,1)内至少存在一点，使f()=0证明：因为(x)在[0,c]上满足Lagrange中值定理的条件，故存在5,e(0,c),使 F(s)= I(c)- f(0)(4分)c-0由于C在弦AB上，故有(c)- f(O) _ )- T()= f()- f(0)(7分)c-01-0从而 F(5)=f(1)-f(0),(8分)同理可证，存在,(c,1)，使f(5)=f(U)-f(O)(11分)由f(5)=f(52)，知在[5,5]上(x)满足Rolle定理的条件，所以存在5e(5, 5)c(0, 1), 使 f"(E)=0(15分）第6页（共6页）
第 6 页（ 共 6 页） 1 2 5 22 00 0 cos sin 168 r dr d d π π = = ρ ρ θ θθ ∫∫ ∫ . .（15 分) 七、（15 分））假设函数 () f x 在 [0, 1]上连续，在(0, 1) 内二阶可导， 过点 (0, (0)) A f ，与点 (1, (1)) B f 的直线与曲线 () y = f x 相交于点 Cc f c ( , ( ))，其中 0 1 < <c . 证明：在 (0, 1) 内至少存在一点 ξ ，使 () 0 f ′′ ξ = . 证明：因为 f ( ) x 在 [0, ] c 上满足 Lagrange中值定理的条件，故存在 1 ξ ∈(0, ) c ， 使 1 ( ) (0) ( ) 0 f c f f c ξ − ′ = − . . （4 分) 由于 C 在弦 AB 上，故有 ( ) (0) (1) (0) 0 10 f cf f f c − − = − − = f (1) (0) − f . . （7 分) 从而 1 f ′( ) (1) (0) ξ = − f f . . （8分) 同理可证，存在 2 ξ ∈( , 1) c ，使 2 f ′( ) (1) (0) ξ = f f − . .（11 分) 由 1 2 f f ′ ′ () () ξ = ξ ， 知 在 1 2 [, ] ξ ξ 上 f ′( ) x 满 足 Rolle 定理的条件，所以存在 1 2 ξ ξξ ∈ ⊂ ( , ) (0, 1) ，使 f ′′() 0 ξ = . .（15 分) 得 分 评阅人
第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案(数学类)一、(10分）设e(0,1),o=a,n+1=a+esinn(n=0,1,2,...).证明：E=liman存在，且为方程-esin=a的唯一根证明：注意到[(sinr)=|cos|<1,由中值定理，我们有sin-sinyl≤[r-yl,Vr,yeR..(2分)所以[En+2 - En+il =[e(sin n+1 - sin an)| ≤ e|rn+1 - nl,n=0,1,2,..(4分)从而可得[En+1 - n/ ≤ e"|c1 - o],Vn= 0,1,2,....于是级数(En+1-an）绝对收敛，从而S=limEn存在2(6分）对于递推式n+1=a+esinn两边取极限即得为-sin=a的根..(8分)进一步，设n也是-esin=a,即n-sinn=a的根，则=sinsinl所以由 E(O,1)可得 n=.即-sin=a的根唯一.证毕.(10分)口30100二、(15分）设B=证明X2=B无解这里X为三阶未知002010000复方阵第1页（共8页）
13¥IÆ)êÆ¿mýmÁòëY (êÆa) !(10©) ε ∈ (0, 1), x0 = a, xn+1 = a + ε sin xn (n = 0, 1, 2, . . .). y²: ξ = lim n→+∞ xn 3, ξ § x − ε sin x = a . y²: 5¿ |(sin x) 0 | = | cos x| ≤ 1, d¥½n, ·k |sin x − sin y| ≤ |x − y|, ∀ x, y ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ¤± |xn+2 − xn+1| = |ε(sin xn+1 − sin xn)| ≤ ε|xn+1 − xn|, n = 0, 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) l |xn+1 − xn| ≤ ε n |x1 − x0|, ∀ n = 0, 1, 2, . . . . u´?ê X∞ n=0 (xn+1 − xn) ýéÂñ, l ξ = lim n→+∞ xn 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) éu4íª xn+1 = a + ε sin xn ü>4= ξ x − ε sin x = a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ?Ú, η ´ x − ε sin x = a, = η − ε sin η = a , K |ξ − η| = ε|sin ξ − sin η| ≤ ε|ξ − η|. ¤±d ε ∈ (0, 1) η = ξ. = x − ε sin x = a . y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ !(15 ©) B = 0 10 30 0 0 2010 0 0 0 . y² X2 = B Ã), ùp X n E . 11 ( 8)
证明：反证法.设方程有解，即存在复矩阵A使得A2=B(2分)我们注意到B的特征值为0，且其代数重数为3.(4分)设入为A的一个特征值，则入2为B的特征值.所以入=0.从而A的特征值均为0.(6分)000010或于是A的Jordan标准型只可能为Ji：000J2０000000012(10分)从而A2的Jordan标准型只能为J==或J2=.(12 分)因此A2的秩不大于1,与B=A2的秩为2矛盾所以X?=B无解.证毕(15分)口三、(10分）设DCR2是凸区域，函数f(a,y)是凸函数.证明或否定：f(a,y)在D上连续注函数f(z,y)为凸函数的定义是αE(0,1)以及(r1,yi),(r2,y2)D,成立f(αri + (1 - α)r2,αyi + (1 -α)y2) <αf(ri, y) +(1 - α)f(2, y2)证明：结论成立，我们分两步证明结论(i)对于>0以及[o-,o+]上的一元凸函数g()容易验证(ro-8,o+):g(ro) - g(ro -d) < 9(a) - g(ro) < g(ro +) - g(ro)8dc-to第2页（共8页）
y²: y{. §k), =3EÝ A ¦ A2 = B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ·5¿ B A 0, Ùêê 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) λ A A, K λ 2 B A. ¤± λ = 0. l A A þ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) u´ A Jordan IO.UJ1 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 , J2 = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 ½ J3 = 0 1 0 0 0 1 0 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) l A2 Jordan IO.U J1 = J 2 1 = J 2 2 ½ J2 = J 2 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) Ïd A2 Øu 1, B = A2 2 gñ. ¤± X2 = B Ã). y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(15 ©) ✷ n!(10 ©) D ⊂ R2 ´à«, ¼ê f(x, y) ´à¼ê. y²½Ä½: f(x, y) 3 D þëY. 5: ¼ê f(x, y) à¼ê½Â´ ∀ α ∈ (0, 1) ±9 (x1, y1),(x2, y2) ∈ D, ¤á f(αx1 + (1 − α)x2, αy1 + (1 − α)y2) ≤ αf(x1, y1) + (1 − α)f(x2, y2). y²: (ؤá. ·©üÚy²(Ø. (i) éu δ > 0 ±9 [x0 − δ, x0 + δ] þà¼ê g(x), N´y ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ): g(x0) − g(x0 − δ) d ≤ g(x) − g(x0) x − x0 ≤ g(x0 + δ) − g(x0) δ . 12 ( 8)
(2分)yTTo-Sco+oTToT从而g() -g(ro)1[g(ro+) -g(ro)g(ro) -g(o-)Vr e (ro-s,ro+o).dT由此即得g(r)在o连续。一般地，可得开区间上的一元凸函数连续(4分)(i)设（ro,yo)ED.则有8>0使得Es= [ro -, ao +d] × [yo -o, yo +d] c D.（5分）注意到固定或y时，f(a,y)作为一元函数都是凸函数，由(i)的结论f(o),f(o+),f(o-)都是[ro-,o+上的连续函数，从而它们有界,即存在常数Ms>0使得If(r, yo +) -f(r, yo)/If(r,yo) -f(r, yo -)lIf(ro + 8, yo) - f(ro, yo)l + If(ro, yo) - f(ro - 8, yo)00≤Ms,Vae[ro-8,ro+d].第3页（共8页）
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) x y x0 − δ x x x 0 x0 + δ l ¯ ¯ ¯ g(x) − g(x0) x − x0 ¯ ¯ ¯ ≤ ¯ ¯ ¯ g(x0 + δ) − g(x0) δ ¯ ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯ g(x0) − g(x0 − δ) δ ¯ ¯ ¯, ∀ x ∈ (x0−δ, x0+δ). dd= g(x) 3 x0 ëY. /, m«mþà¼êëY. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) (ii) (x0, y0) ∈ D. Kk δ > 0 ¦ Eδ ≡ [x0 − δ, x0 + δ] × [y0 − δ, y0 + δ] ⊂ D. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 ©) 5¿½ x ½ y , f(x, y) ¼êÑ´à¼ê, d (i) (Ø, f(x, y0), f(x, y0 + δ), f(x, y0 − δ) Ñ´ x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] þëY¼ê, l § k., =3~ê Mδ > 0 ¦ |f(x, y0 + δ) − f(x, y0)| δ + |f(x, y0) − f(x, y0 − δ)| δ + |f(x0 + δ, y0) − f(x0, y0)| δ + |f(x0, y0) − f(x0 − δ, y0)| δ ≤ Mδ, ∀ x ∈ [x0 − δ, x0 + δ]. 13 ( 8)
.(7分)进一步，由(i)的结论，对于（a,y)eEs,If(r,y) -f(ro, yo)l≤ If(r, y) - f(c, yo)/ + If(r, yo) -f(o, yo)(lf(,o+)-f(yo)/if(,o)-f(o-)-yo(If(ro + 8, o) - f(ro, yo)I + If(ro, o) - f(ro -0, yo))-2odS≤ Msly-yol + Mslr-rol.于是f(r,y）在（co,yo)连续.证毕(10分)口四、(10分）设f(r)在[0,1]上Riemann可积,在a=1可导，f(1)=0,f(1)=a.证明：lim nanf(r)dr = -a.证明： 记 M = sup If(r)/ < +o0. 令 r(r) = f(r)-f(1)-f(1)(a -1) =f(r)-a(r-1).则由Peano型的Taylor展式可得Ve>0,s(o,1)，使得当<≤1时，Jr()/ ≤e(1 - r)..(2分)我们有"f(a)dr =r"f(a)dr +ar"(r - 1) dr +r"r(r)daR+R+R3.(4分)注意到n+1[Ri] ≤]n+1n+1on+2aR2=n+ 1n+2(n+1)(n+2)第4页（共8页）
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (7 ©) ?Ú, d (i) (Ø, éu (x, y) ∈ Eδ, |f(x, y) − f(x0, y0)| ≤ |f(x, y) − f(x, y0)| + |f(x, y0) − f(x0, y0)| ≤ ³|f(x, y0 + δ) − f(x, y0)| δ + |f(x, y0) − f(x, y0 − δ)| δ ´ |y − y0| + ³|f(x0 + δ, y0) − f(x0, y0)| δ + |f(x0, y0) − f(x0 − δ, y0)| δ ´ |x − x0| ≤ Mδ|y − y0| + Mδ|x − x0|. u´ f(x, y) 3 (x0, y0) ëY. y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ o!(10 ©) f(x) 3 [0, 1] þ Riemann È, 3 x = 1 , f(1) = 0, f 0 (1) = a. y²: lim n→+∞ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx = −a. y²: P M = sup x∈[0,1] |f(x)| < +∞. - r(x) = f(x) − f(1) − f 0 (1)(x − 1) = f(x) − a(x − 1). Kd Peano . Taylor Ъ ∀ ε > 0, ∃ δ ∈ (0, 1), ¦ δ < x ≤ 1 , |r(x)| ≤ ε(1 − x). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) ·k Z 1 0 x n f(x) dx = Z δ 0 x n f(x) dx + Z 1 δ axn (x − 1) dx + Z 1 δ x n r(x) dx = R1 + R2 + R3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4 ©) 5¿ |R1| ≤ M Z δ 0 x n dx = M δ n+1 n + 1 , R2 = − a (n + 1)(n + 2) + a ³ δ n+1 n + 1 − δ n+2 n + 2 ´ 14 ( 8)