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第43届全国大学生数学竞赛第二组

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第43届全国大学生数学竞赛

2025 年 11 月 1 日（10:30 - 13:00）

1.

给出满足以下所有条件的两个变量 $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ 的可微函数。

对于满足$a^2+b^2=1$的实数$a,b$，求下列极限的最大和最小可能值。

解决方案。

这个问题是通过使用定向导数来解决的。

$\nabla f(0,0)\cdot \mathbf{v} = D_{\mathbf{v}} f(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(t\mathbf{v})-f(0,0)}{t}$

∴ $2=(\frac{\partial f}{\partial x}\vert_{x=0},\frac{\partial f}{\partial y}\vert_{y=0})\cdot(1,1),\ -1=(\frac{\partial f}{\partial x}\vert_{x=0},\frac{\partial f}{\partial y}\vert_{y=0})\cdot(1,2)$

∴ $\frac{\partial f}{\partial x}\vert_{x=0}=5,\ \frac{\partial f}{\partial y}\vert_{y=0}=-3$

$\lim_{t\to 0}\frac{f(at,bt)}{t}=\nabla f(0,0)\cdot(a,b)=5a-3b=5\sin\theta-3\cos\theta=\sqrt{5^2+3^2}\sin(\theta+\alpha)$

∴ （目标表达式）的最大值为$\sqrt{34}$，最小值为$-\sqrt{34}$。

2.

求下列微分方程的解$f$。

解决方案。

设$g(x):=f’(x)+f(x)$，则$g(1)=0$。

$g’(x)+g(x)=2x-2e^{-x}\ \Leftrightarrow\ e^x g’(x)+e^x g(x)=2xe^x-2$

∴ $e^x g(x)=e^x f’(x)+e^x f(x)=-2x-1+2$ (∵ $g(1)=0$)

∴ $e^x f(x)=-2\ln\left|x\right|+2x-2$ (∵ $f(1)=0$)

∴ $f(x)=2e^{-x}(-\ln\left|x\right|+x-1)$

3.

位于 3 维向量空间中的平面上的五个点 $A,B,C,D,E$ 满足以下所有条件。

$\left|\mathbf{AB}\right|=\left|\mathbf{BC}\right|=\left|\mathbf{CD}\right|=\left|\mathbf{DE}\right|=\left|\mathbf{EA}\right|=1$

$\mathbf{AB}\times\mathbf{BC}=\mathbf{BC}\times\mathbf{CD}=\mathbf{CD}\times\mathbf{DE}=\mathbf{DE}\times\mathbf{EA}=\mathbf{EA}\times\mathbf{AB}\ne\mathbf{0}$

$\mathbf{AB}\cdot\mathbf{BC}=\mathbf{BC}\cdot\mathbf{CD}=\mathbf{CD}\cdot\mathbf{DE}=\mathbf{DE}\cdot\mathbf{EA}=\mathbf{EA}\cdot\mathbf{AB}$

⑴ 证明$\mathbf{CE}$是$\mathbf{AB}$的标量倍数。

⑵ 找出标量$k$的所有可能值，使得$\mathbf{CE}=k\mathbf{AB}$，并针对每种情况描述$ABCDE$是什么样的图形。

解决方案。

⑴

⑵

由于 $\mathbf{AB}\times\mathbf{BC}=\mathbf{BC}\times\mathbf{CD}$ 和 $\mathbf{AB}\cdot\mathbf{BC}=\mathbf{BC}\cdot\mathbf{CD}$，我们有 $\angle ABC=\angle BCD$。

这是因为 $\sin\angle ABC=\sin\angle BCD$ 和 $\cos\angle ABC=\cos\angle ABC$。

因此，我们可以看到$AB\to BC\to CD\to DE\to EA$旋转了一个恒定的角度。

注意看下图。

令该恒定角度为$\theta_2$。然后 $\theta_1-5(\pi-\theta_2)\equiv\theta_1\pmod{2\pi}\ \Leftrightarrow\ 5\theta_2\equiv\pi\pmod{2\pi}\ \Leftrightarrow\ \theta_2=\pi/5,\ 3\pi/5$。

如果$\theta_2=3\pi/5$，它就变成了正五边形。在 $\triangle ABE$ 中应用余弦定理得到 $1^2+1^2-2\cos(3\pi/5)=\left|k\right|^2$，在 $\triangle BCE$ 中应用余弦定理得到 $1^2+\left|k\right|^2-2k\cos(2\pi/5)=\left|k\right|^2$。由于$\cos(3\pi/5)+\cos(2\pi/5)=0$，同时求解得到$\left|k\right|^3-2\left|k\right|-1=(\left|k\right|+1)(\left|k\right|^2-\left|k\right|-1)=0$。因此$\left|k\right|=(1+\sqrt{5})/2$。考虑向量的方向，我们可以得到$k=(-1-\sqrt{5})/2$。

如果$\theta_2=\pi/5$，它就变成了星形。通过群论，我们得到$k=(-1+\sqrt{5})/2$，它与$k=(-1-\sqrt{5})/2$无理共轭。

4.

对于正整数 $n$ 和正数 $a_{ij}$ $(1\le i,j\le n)$，定义 $A_n,B_n,C_n$ 如下。

证明以下不等式。

解决方案。

为了便于理解，首先注意 $n^2C_n=(1^2+\cdots+1^2)C_n\ge A_n$ 可以通过柯西-施瓦茨不等式快速证明。

$B_n^2\le n^2C_n^2$ 可以证明如下。

另外，$A_n\le nB_n$ 可以证明如下。

作为参考，重排不等式是当变量具有对称性时成立的不等式。例如，在 $\alpha^2+\beta^2+\gamma^2\ge \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha$ 等情况下，通常将较大的值配对在一起往往会使总值更大。

5.

对于正整数 $n$ 和实数 $\alpha=\pi/(n+1)$，定义一个 $n\times n$ 矩阵 $A$，如下所示。

找到$\left|\det A\right|$。

解决方案。

它类似于第40届代数竞赛，第2节，问题3，但它是一个不同的问题，因为不存在$\alpha_i,\beta_j$使得$\alpha_i-\beta_j=\pi/2-i\times j\times \pi/(n+1)$。

值得注意的是，由于线性代数处理的是线性表达式，因此没有像 $i\times j$ 这样的二次项的空间，因此不可能将矩阵 $A$ 分解为两个矩阵的乘积。

同时，检查以下关于余弦序列之和的公式（参见[第36届代数竞赛，第1部分，问题7]（https://jb243.github.io/pages/646#:1%））。

因此 $A^{\mathsf{T}}A$ 如下。

因此$A$的行列式如下。

这种解决方案的灵感来自计算格拉姆矩阵行列式的过程。

作为参考，我们将$A$的$(x,y)$项表示为$\operatorname{Im}(\exp(ixy\alpha))$，并尝试将其表示为Vandermonde矩阵，但由于$\operatorname{Im}$，我们无法计算行列式。

6.

令 $A=(a_{jk})$ 为大小为 $(n+1)\times(n+1)$ 的实矩阵，并令 $B=(b_{jk})$ 为 $n\times n$ 矩阵，其条目为 $n$ 变量中的多项式，定义如下。

证明如下。

解决方案。

当$n=3$时，$B$和$\det B$可以写成如下。

如果我们适当地使用替换的概念，我们可以证明 $\int\cdots\int \det B,dx_1\cdots dx_n=\det\big((\int b_{jk},dx_j)_{1\le j,k\le n}\big)$，并与 properties of行列式，我们可以证明（目标表达式）。

在中间，我们限制为 $n=3$ 的情况以帮助理解，但很容易看出它适用于所有 $n$ 而不失一般性。

7.

对于正整数 $n$, $k\ge 2$，定义函数 $F:(0,1)^n\to \mathbb{R}$ 如下。

求下列积分收敛的正 $p$ 范围。

解决方案。

$F$ 具有缩放属性。即$F(\lambda\mathbf{x})=\lambda^{1-k}F(\mathbf{x})$。

在 $\mathbf{x}$ 远离原点的区域中，$F(\mathbf{x})$ 不发散并且受到某个有限常数的良好限制。

因此，$F(\mathbf{x})^p$ 在该区域上的积分总是收敛的。

另一方面，令$\mathbf{x}=r\theta$，我们有$F(\mathbf{x})=F(r\theta)=r^{1-k}F(\theta)$，并且由于$F(\theta)$是连续的，我们得到$C_1 r^{1-k}\le F(\mathbf{x})\le C_2 r^{1-k}$。

因此，在 $\mathbf{x}$ 接近原点的区域 ($\left|\mathbf{x}\right|<\varepsilon\ll 1$)，我们有 $F(\mathbf{x})^p\sim r^{p(1-k)}$。

因此 (目标表达式) $=\int_{(0,1)^n} F(\mathbf{x})^p,d\mathbf{x}\sim \int_{(0,2\pi)}\int_{(0,\varepsilon)} r^{n-1}\cdot r^{p(1-k)},dr,d\theta<\infty$ $\Leftrightarrow\ (n-1)+p(1-k)+1>0\ \Leftrightarrow\ p<\frac{n}{k-1}$。

在这里，我们利用了这样一个事实：由于 $F(\mathbf{x})$ 在 $\mathbf{x}=0$ 附近发散，因此我们有 $\int_{(0,1)^n} F(\mathbf{x})^p,d\mathbf{x}\sim \int_{(0,\varepsilon)^n} F(\mathbf{x})^p,d\mathbf{x}$。

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输入：2025.12.05 20:25