以及r"/r(a)] da ≤ern(1 -r) daIR3l≤51r(1-2) da= (n+1)(n+2)≤E我们有lim [n?Ri|=0lim |n’R2+a|= 02以及lim,In?Ral <e.(8分)所以r"f(r) dr +alKe由上式及=>0的任意性即得lim n?r"f(r)da = -a.n→+x10证毕(10分)口五、(15分）已知二次曲面（非退化)过以下九点：A(1,0,0)，B(1,1,2)C(1, -1, -2), D(3, 0,0), E(3, 1,2), F(3, -2, -4), G(0,1,4), H(3, -1, -2), I(5,2V2,8)问≥是哪一类曲面？解答：易见、A、B、C共线，D、E、F共线(6分)而只有两种二次曲面上可能存在共线的三点：单叶双曲面和双曲抛物面(10分)然后，可以看到直线ABC和直线DEF是平行的，且不是同一条直线.（12分）第5页（共8页）
±9 |R3| ≤ Z 1 δ x n |r(x)| dx ≤ ε Z 1 δ x n (1 − x) dx ≤ ε Z 1 0 x n (1 − x) dx = ε (n + 1)(n + 2), ·k lim n→+∞ |n 2R1| = 0, lim n→+∞ |n 2R2 + a| = 0 ±9 lim n→+∞ |n 2R3| ≤ ε. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ¤± lim n→+∞ ¯ ¯ ¯ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx + a ¯ ¯ ¯ ≤ ε. dþª9 ε > 0 ?¿5= lim n→+∞ n 2 Z 1 0 x n f(x) dx = −a. y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ Ê!(15 ©) ®g¡ Σ (òz)L±eÊ:µA(1, 0, 0), B(1, 1, 2), C(1, −1, −2), D(3, 0, 0), E(3, 1, 2), F(3, −2, −4), G(0, 1, 4), H(3, −1, −2), I(5, 2 √ 2, 8). ¯ Σ ´=a¡º ): ´, A!B!C , D!E!F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) kü«g¡þU3n:: üV¡ÚVÔ¡. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ,§±w ABC Ú DEF ´²1§ Ø´Ó^. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) 15 ( 8)
这就又排除了双曲抛物面的可能（双曲抛物面的同族直母线都异面，不同族直母线都相交），所以只可能是单叶双曲面，.(15 分)注：这个曲面其实是（不要求学生写出方程式）22(α- 2)2 +y2= 1.4六、(20分）设A为n×n实矩阵(未必对称),对任一n维实向量α=(α1,...,Qn)，αAαT≥0（这里αT表示α的转置)，且存在n维实向量β,使得βAβT=0,同时对任意n维实向量和y，当AyT≠0时有rAyT+yArT+0.证明：对任意n维实向量u.都有ABT=0证明：取任意实数r，由题设知(u + rβ)A(u +rβ)T ≥ 0..(8分)即VAT+rUABT+rBAuT+r?BABT≥0..(12 分)亦即UAUT+r(ABT+BAuT)+r2BABT≥0..(14分)若uAβT≠0,则有AβT+βAuT0.因此可取适当的实数r使得VAUT+(VABT+BAUT)+r?BABT<0盾.证毕.(20分)口七、（10分）设f在区间[0,1]上Riemann可积，0≤f≤1.求证：对任何>0,存在只取值0,1的分段(段数有限)常值函数g(α),使得[α,β]≤[0,1],(f(r) - g(r) dal <e.第6页（共8页）
ùÒqüØ VÔ¡U(VÔ¡ Óx1ÑÉ¡§ØÓx 1Ñ), ¤±U´üV¡. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(15 ©) 5: ù¡Ù¢´(ئÆ)ѧª) (x − 2)2 + y 2 − z 2 4 = 1. 8!(20 ©) A n × n ¢Ý (7é¡), é? n ¢þ α ≡ (α1, . . . , αn), αAα> ≥ 0 (ùp α > L« α =), 3 n ¢þ β, ¦ βAβ> = 0, Óé?¿ n ¢þ x Ú y, xAy> 6= 0 k xAy> +yAx> 6= 0. y²: é?¿ n ¢þ v, Ñk vAβ> = 0. y²: ?¿¢ê r, dK (v + rβ)A(v + rβ) > ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) = vAv> + rvAβ> + rβAv> + r 2βAβ> ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(12 ©) ½= vAv> + r ³ vAβ> + βAv> ´ + r 2βAβ> ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(14 ©) e vAβ> 6= 0, Kk vAβ> + βAv> 6= 0. Ïd·¢ê r ¦ vAv> + r ³ vAβ> + βAv> ´ + r 2βAβ> < 0. ñ. y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(20 ©) ✷ Ô!(10 ©) f 3«m [0, 1] þRiemann È, 0 ≤ f ≤ 1. ¦y: é? Û ε > 0, 3 0, 1 ©ã(ãêk)~¼ê g(x), ¦ ∀ [α, β] ⊆ [0, 1], ¯ ¯ ¯ Z β α ¡ f(x) − g(x) ¢ dx ¯ ¯ ¯ < ε. 16 ( 8)
f(t)dt证明：取定n>.定义Am=JAmEg(r) =0, raUAm.m=0(5分)2k+1l+1对于0<α<β<1,设非负整数k<l满足<Bnnn则(f(a) - g(r) dr (f(r) - g(a) dr| +If(r) - g(r)I dr + If(r) - g(r)/ dck±11 da<1dr+0+2<En证毕(10分)口八、（10分）已知：(0,+）一(0,+8）是一个严格单调下降的连续函数，满足lim p(t) = +00.若p(t) dt =-1(t) dt = a<+00,其中-1表示的反函数.求证：La[(t)]2 dt +[o-1(t)]? dt ≥2证明:令 P= J+(t)dt,Q=J+-1(t)dt, I =a-P-Q,其中 pq=a...(2分)第7页（共8页）
y²: ½ n > 2 ε . ½Â Am = hm n , m n + Z m+1 n m n f(t) dt´ , g(x) = 1, x ∈ n[−1 m=0 Am, 0, x 6∈ n[−1 m=0 Am. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 ©) éu 0 ≤ α < β ≤ 1, Kê k ≤ ` ÷v k n ≤ α < k + 1 n , ` n ≤ β < ` + 1 n , K ¯ ¯ ¯ Z β α ¡ f(x) − g(x) ¢ dx ¯ ¯ ¯ ≤ Z k+1 n α |f(x) − g(x)| dx + ¯ ¯ ¯ Z ` n k+1 n ³ f(x) − g(x) ´ dx ¯ ¯ ¯ + Z β ` n |f(x) − g(x)| dx ≤ Z k+1 n α 1 dx + 0 + Z β ` n 1 dx ≤ 2 n < ε. y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ l!(10 ©) ® ϕ : (0, +∞) → (0, +∞) ´îüNeüëY¼ê, ÷ v lim t→0+ ϕ(t) = +∞. e Z +∞ 0 ϕ(t) dt = Z +∞ 0 ϕ −1 (t) dt = a < +∞, Ù¥ ϕ −1 L« ϕ ¼ê. ¦y: Z +∞ 0 [ϕ(t)]2 dt + Z +∞ 0 [ϕ −1 (t)]2 dt ≥ 1 2 a 3 2 . y²: - P = R +∞ p ϕ(t) dt, Q = R +∞ q ϕ −1 (t) dt, I = a − P − Q, Ù¥ pq = a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 ©) 17 ( 8)
则(c-1(t)"dt ≥ /(-1(t) -(t) t) - (α - Q) - (I+ P),>-(o(t) dt≥ /" (o(t) dtC(/o(t)dt)"=(a- P)2 =(I+Q)27.(6分)因此,~ (α-(t)d(o(t) dt + /I(I + Q) + (I + P)2>D2(+P(+-(QP+a)>Vpq.(8分)易见可取到适当的p,q满足P=Q==!从而.(o(t)~ dt + / (α-(t)2 (a+ I)?1 ((a-I1+al) =o>V24证毕.(10分)口第8页（共8页）
K Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ Z q 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 q ³ Z q 0 ϕ −1 (t) dt´2 = 1 q (a − Q) 2 = 1 q (I + P) 2 , Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt ≥ Z p 0 ³ ϕ(t) ´2 dt ≥ 1 p ³ Z p 0 ϕ(t) dt´2 = 1 p (a − P) 2 = 1 p (I + Q) 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6 ©) Ïd, Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt + Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 p (I + Q) 2 + 1 q (I + P) 2 ≥ 2 √pq (I + P)(I + Q) = 2 √ a ³ QP + aI´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (8 ©) ´· p, q ÷v P = Q = a − I 2 , l Z +∞ 0 ³ ϕ(t) ´2 dt + Z +∞ 0 ³ ϕ −1 (t) ´2 dt ≥ 1 a ³(a − I) 2 4 I + aI¢ = 2 √ 2 (a + I) 2 4 ≥ 1 2 a 3 2 . y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(10 ©) ✷ 18 ( 8)
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)，（V7,V7,0).试求过这四点的球面方程解答：设所求球面的球心为（，，)则( - 1)? + (9 - 2)2 + ( - 7)2=(- 4)2+(- 3)2 + (z- 3)2=(-5)2 + (9+1)2 + (z-6)2=(-V)+(-V)+z2(8 分)即3元+9-4z=-10,4元-39-z=4,(V7- 1) + (V7- 2) - 7z = -20(10 分)(14 分)解得(,9,之)=(1,-1,3).而(-1)2+ (9-2)2+ (z-7)?=25于是所求球面方程为(-1)2+ (y+1)2+ (z-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)