2020年清华大学大中衔接数学试卷 · 参考解答

答案速览

题号	结论
1	不同正零点至多$n-1$个
2	极限为$\pi f(0)$
3	有解时必有$1\le a\le n$
4	公共点的单位向量为$(A+B+C)/
5	以$\lambda=(k+\sqrt{k^2-4k})/2$作逐级增长下界
6	按现稿基数比条件，$p=1$时等势，$p\ge2$时$k\le1$

逐题解析

第 1 题

题目

设指数 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ 两两不同，系数 $a_1,\ldots,a_n$ 不全为零。证明 $f(x)=a_1x^{\alpha_1}+\cdots+a_nx^{\alpha_n}$ 在 $(0,+\infty)$ 上至多有 $n-1$ 个零点。

解答

删去零系数后，只须证明有$m$个非零项时正零点至多$m-1$。按指数递增排列，除以处处为正的$x^{\alpha_1}$，得到

$$g(x)=a_1+\sum_{j=2}^m a_jx^{\alpha_j-\alpha_1}.$$

$m=1$时为非零常数，结论成立。若$m>1$，则$g'$恰有$m-1$个非零、指数互异的幂函数项，归纳假设给$g'$至多$m-2$个不同正零点。若$g$有$m$个不同正零点，Rolle定理会给$g'$至少$m-1$个，矛盾。因此至多$m-1\le n-1$个。若正零点无穷多，任取其中$m$个也导致同一矛盾。

第 2 题

题目

设 $f:[-1,1]\to\mathbb R$ 是连续函数，证明

$$\lim_{\lambda\to0}\int_{-1}^{1}\frac{|\lambda|}{\lambda^2+x^2}f(x)\,dx=\pi f(0).$$

解答

设$\varepsilon=|\lambda|>0$。先有

$$\int_{-1}^1\frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+x^2}\,dx =2\arctan(1/\varepsilon)\longrightarrow\pi.$$

只需证明把$f(x)$替换为$f(x)-f(0)$后积分趋于零。给定$\eta>0$，连续性提供$\delta>0$，使$|x|<\delta$时$|f(x)-f(0)|<\eta$；此部分积分绝对值至多$\pi\eta$。在$\delta\le|x|\le1$上，令$M=\max_{[-1,1]}|f(x)-f(0)|$，则积分绝对值至多$2M\varepsilon/\delta^2$，随$\varepsilon\to0$趋零。再令$\eta\to0$，即得结论。

第 3 题

题目

设整数 $n>1$。证明：至多只有有限多个正整数 $a$，使得方程

$$x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=ax_1x_2\cdots x_n$$

有非零整数解。

解答

若有非零整数解，由右端为正可知各变量乘积为正，取绝对值后仍是解。固定一个有解的正整数$a$，在正整数解中选取坐标和最小的解，并排列为$x_1\le\cdots\le x_n$。

把$x_n$视为二次方程

$$F(t)=t^2-a(x_1\cdots x_{n-1})t+\sum_{i=1}^{n-1}x_i^2=0$$

的一根。另一根$x_n'=a x_1\cdots x_{n-1}-x_n$为整数，且由根积为正得$x_n'>0$。替换$x_n$为$x_n'$仍为正整数解，最小性保证$x_n'\ge x_n$。因此$x_{n-1}$不大于两根，有$F(x_{n-1})\ge0$，即

$$a(x_1\cdots x_{n-2})x_{n-1}^2 \le \sum_{i=1}^{n-2}x_i^2+2x_{n-1}^2 \le n x_{n-1}^2.$$

约去$x_{n-1}^2$并用$x_1\cdots x_{n-2}\ge1$，得$a\le n$。$n=2$时空乘积按$1$处理，同样成立。因此符合条件的$a$属于有限集$\{1,\ldots,n\}$。

第 4 题

题目

设 $A,B,C$ 是单位球面 $S$ 上第一卦限内不在同一大圆上的三个点。对不同的 $P,Q\in S$，只要 $PQ$ 不是 $S$ 的直径，平面 $OPQ$ 与 $S$ 的交集为一圆周；$P,Q$ 将它分成两段弧，记较短者为 $\widehat{PQ}$。弧 $\widehat{BC},\widehat{CA},\widehat{AB}$ 的中点分别为 $D,E,F$。证明：弧 $\widehat{AD},\widehat{BE},\widehat{CF}$ 经过同一点。

解答

题面校注：补充三点不在同一大圆上，以排除某条所谓中线弧的两端重合等退化情形。

把点记为位置单位向量。短弧$BC$的中点为$D=(B+C)/|B+C|$。令

$$G=\frac{A+B+C}{|A+B+C|}.$$

分子为$A+|B+C|D$，是$A,D$的严格正线性组合。两点在同一卦限、夹角小于$\pi$，把这种正线性组合单位化，恰落在两者的短弧内部。因此$G\in\widehat{AD}$。循环交换$A,B,C$，得到$G$也在其余两条短弧上，证明共点。

第 5 题

题目

设有 $k\ge4$ 个不同字母，可用它们构成单词。给定一族非空禁用单词 $T$，其中任何两个禁用单词长度不等。若一个单词不含一段连续字母恰为某禁用单词，则称它“可用”。证明：至少有

$$\left(\frac{k+\sqrt{k^2-4k}}2\right)^n$$

个长为 $n$ 的可用单词。

解答

题面校注：禁用单词均要求长度至少为$1$；若把空单词列为禁词，命题不成立。

令$a_n$为长度$n$的可用单词数，$a_0=1$，并记

$$\lambda=\frac{k+\sqrt{k^2-4k}}2\ge2,\qquad k-\frac{\lambda}{\lambda-1}=\lambda.$$

从一个长度$n-1$的可用词追加一个字母，共$ka_{n-1}$种。若变成不可用词，某个禁词必在新增位置结尾；长度为$j$的禁词至多一个，去掉该后缀后留下可用的长度$n-j$前缀，所以这种坏词至多$a_{n-j}$个。容许重复扣除，仍有

$$a_n\ge ka_{n-1}-\sum_{j=1}^n a_{n-j}.$$

归纳证明$a_n\ge\lambda a_{n-1}$：假设较小指标成立，则$a_{n-j}\le a_{n-1}/\lambda^{j-1}$，故

$$a_n\ge a_{n-1}\left(k-\sum_{j=1}^n\lambda^{-(j-1)}\right) \ge a_{n-1}\left(k-\frac{\lambda}{\lambda-1}\right) =\lambda a_{n-1}.$$

$n=1$时使用空的归纳假设也成立。连续相乘给$a_n\ge\lambda^n$。

第 6 题

题目

设 $n,p$ 为正整数，集合 $A_1,\ldots,A_k$ 是 $\{1,2,\ldots,n\}$ 的互不相同的非空子集，且对任意有序指标对 $i\ne j$ 都有 $|A_i|/|A_j|\ge p$。证明

$$k\le\frac{(p-1)!\,n!}{\left(\left\lfloor\frac{n+p-1}{2}\right\rfloor!\right)^2}.$$

解答

题面校注：未找到本卷原始来源；现稿写的是基数之比，而非集合差。以下严格按这个条件证明，不声称复原未知原题。补充互异、非空，使$p=1$时不能任意重复同一集合且分母有定义。

若$p=1$，同时使用$(i,j)$与$(j,i)$可知所有集合大小相同，设为$r$。故

$$k\le\binom nr\le\binom n{\lfloor n/2\rfloor} \le\frac{n!}{(\lfloor n/2\rfloor!)^2},$$

即所需结论。

若$p\ge2$而$k\ge2$，把两反向比值相乘得到$1\ge p^2$，矛盾，故$k\le1$。对任意非负整数$u,v$，有

$$u!\,v!\ge\left(\left\lfloor\frac{u+v}2\right\rfloor!\right)^2.$$

这是因为当$u\ge v+2$时，把$(u,v)$改为$(u-1,v+1)$使阶乘积乘以$(v+1)/u<1$，反复调整到两数相差至多$1$即得。取$u=n,v=p-1$，说明题中右端至少为$1$，因此也覆盖$k\le1$的情形。