第四届（12.10-13.03）全国大学生数学竞赛及参考

12第四届全国大学生数学竞赛初赛（数学类）试卷22一、（15分）设为椭圆抛物面z3x4y1.从原点作的切锥面。求切锥面的方程。二、（15分）设为抛物线，P是与焦点位于抛物线同侧的一点。过P的直线L与围成的有界区域的面积记作AL()。证明：AL()取最小值当且仅当P恰为L被所截出的线段的中点。1三、（10分）设fC[0,),f(0)0,f(x)0,x[0,).已知11dx，求证dx.0f()()xfx0f()x2四、（10分）设ABC,,均为n阶正定矩阵，P()tAtBtC,f(t)detP(t)，其中t为未定元，detP(t) 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示P()t的行列式。若是f()t的根，试证明：Re0，这里Re表示的实部。nn11xi五、（10分）已知ax,|x|1,n为正整数，求a.3ii1xi0i015f:0,1R六、（分）设可微，1f(0)f(10,f(x)dx0且f(x)1,x0,1。0n1k1求证：对于任意正整数n，有f.k0n2224b七、（25分）已知实矩阵AB,.证明：2a314(1)矩阵方程AXB有解但BYA无解的重要条件是a2,b.32(2)A相似于B的重要条件是a3,b.3(3)A合同于B的重要条件是a2,b3.112第四届全国大学生数学竞赛初赛（数学类）参考解答一、【参考解析】：设x,,yz为切锥面上的点（非原点）.存在唯一t使得tx,,yz落在椭圆抛物面上.于是有tz3x24y2t21,并且这个关于t的二次方程只有一个根.于是，判别式z243x24y20.这就是所求的切锥面的方程.2二、【参考解析】：不妨设抛物线方程为yx,,Px0y0.P与焦点在抛物线的同侧，则2y0x0.设L的方程为ykxx0y0.L与的交点的x坐标满足2xkxx0y0.有两个解x1x2满足x1x2k,x1x2kx0y0.L与x轴，xx1,xx2构成的梯形面积1Dx2x2xx,21221抛物线与x轴，xx1,xx2构成区域的面积为x21x2dxx3x3.21x13于是有1113A()Lx2x2xxx3x3xx.2122132162136236A(L)2xxxx4xx212112332k24kx4yk2x4yx2000003264y0x0.等式成立当且仅当AL()取最小值，当且仅当k2x0，即x1x22x0.三、【参考解析】：由于f(x)0，有N1N1Nf()x0dxdxdx0f()x0f()()xfx0f()()()xfxfx取极限，有Nf()xNf()xlimdxlimdxN0f()()()xfxfxN0f2()x1N11lim.Nf(x)0f(0)所以由已知条件，有111dxdx.0f()x0f(x)f(x)f(0)四、【参考解析】：设是f()t的根，则有detP(t)0.从而P()t的n个列线性相关.于是存在0，使得P()0，进而*P()0.具体地，*ABC2**0.令a*A,,,b*Bc*Cbb24ac则ABC,,皆为正定矩阵知a0,b0,c0，且.2a2注意到，当b24ac0时，b4acb，从而有bb24acRe0.2a22b当b24ac0时，b4aci4acb，从而有Re0.2ann11x1五、【参考解析】：由于a恰为展开式中xn1的系数，i31xi01xnnn1x21xii41Ci2ni1x,44n1x1xi0其xn1项系数等于43n(n1)22n1xn2n11x2n21x2n(n1)(n2)12n31x6的xn1项系数，也就等于nn1n21112n2n(n1)21x1x1x3!2!2n3n(n1)(n2)211x6的xn1项系数，它等于2nn2n1n(n1)2n2n2n1nn1nn3!2!2n(n1)(n2)2n3.62n1n(n2)(n7)n4所以ai2.i03六、【参考解析】：由于f(0)f(1)，故存在c0,1使得f(c)0.又f(x)1,x0,1，由导函数介值性质恒有f(x)1.令g()()xfxx，则g()x为单调下降函数.故1n1111kg()xdxg12n0nnnk11n1k11gg().xdx0nk0n2n1kn1kn11于是有fg.k0nk0n22七、【参考解析】：(1)矩阵方程AXB有解等价于B的列向量可由A的列向量线性表示.BYA无解等价于A的某个列向量不能由B的列向量线性表示.对AB,作初等行变换：224b224b2a310a211b可知，B的列向量组可由A的列向量线性表示当且仅当a2.对矩阵BA,做初等行变换：4b224b22BA,312a013/41/2ba3/24由此可知A的列向量组不能由B的列向量线性表示的重要条件是b.所以矩阵方程34AXB有解但BYA无解的重要条件是a2,b.32(2)若AB,相似，则有trAtrB且|AB|||，故有a3,b.反之，若32a3,b,则有32242/3AB,,233122A和B的特征多项式均为52.由于520有两个不同的根，从而A和B都可以相似于同一对角阵，所以A和B相似.(3)由于A为对称阵，若A和B合同，则B也是对称阵，故b3.矩阵B对应的二次型为2222gx1,x24x16x1x2x23x1x25x1.22在可逆线性变换y13x1x2,y2x1下，gx1,x2变成标准型：y15y2.由此，B3的正、负惯性指数为1.类似地，A的对应二次型为2222fx1,x22x14x1x2ax22x1x2a2x2.22在可逆线性变换z1x1x2,z2x2下，fx1,x2变成标准型：2z1a2z2.A和B合同的充要条件是它们有相同的正、负惯性指数，故A和B合同充要条件是a2,b3.412第四届全国大学生数学竞赛初赛（非数学类）试卷一、简答下列各题(本题共5个小题，每题6分，共30分)11．求极限limn!n2.n2xy3z20,2．求通过直线L:的两个相互垂直的平面,，使其中一个平面5x5y4z3012过点4,3,1.2axbyu3．已知函数zu(,),xye且0，确定常数a,b，使函数zz(,)xy满足xy2zzz方程z0.xyxy34．设uu()x连续可微，u(2)1，且x2yudxxuudy在右半平面L上与路径无关，求u(x).3x1sint5．求极限limxdt.xxtcost2x第二题：(10分)计算e|sinx|dx.021第三题：(10分)求方程xsin2x501的近似解，精确到0.001.x第四题：(12分)设函数yf()x二阶可导，且f(x)0,f(0)0,f(0)0.求x3f()ulim，其中u是曲线yf()x上点P(x,f(x))处切线在x轴上的截距.x0f(x)sin3u1第五题：(12分)求最小实数C，使得满足|f(x)|dx1的连续的函数f()x都有01fxdxC.022第六题：(12分)设f()x为连续函数，t0.是由抛物面zxy和球面2222222xyzt(t0)所围成起来的部分。定义F()tfxyzdV，求F()t.第七题：(14分)设an和bn为正项级数，n1n11a1n(1)若lim0，则an收敛；nan1bnbn1n1a1n(2)若lim0且bn发散，则an发散.nan1bnbn1n1n1212第四届全国大学生数学竞赛初赛（非数学类）试卷及参考答案一、简答下列各题(本题共5个小题，每题6分，共30分)11．求极限limn!n2.n11lnn!2【参考答案】：因为n!,n2en而11ln1ln2lnnlnn2lnn!,且lim0.nn12nnn1ln1ln2lnn11n2所以lim0.即lim2lnn!0limn!1.nn12nnnn2xy3z20,2．求通过直线L:的两个相互垂直的平面,，使其中一个平面5x5y4z3012过点4,3,1.【参考答案】：过直线L的平面束方程为2xy3z25x5y4z30，即(25)x5y34z230.若平面1过点4,3,1，代入得0，即，从而1的方程为3x4yz10.若平面束中的平面2与1垂直，则3(25)451340.解得3,从而平面2的方程为x2y5z30.2axbyu3．已知函数zu(,),xye且0，确定常数a,b，使函数zz(,)xy满足xy2zzz方程z0.xyxyzaxbyuzaxbyu【参考答案】：eau(,),xyebu(,),xyxxyy2zaxbyuuebaabu(,),xyxyxy2zzzaxbyuuzeb1(1)a(ababuxy1)(,),xyxyxyuu若是上式等于0，只有b1(1)a(abab1)(,)0uxy，由此可得ab1.xy34．设uu()x连续可微，u(2)1，且x2yudxxuudy在右半平面L上与路径无关，求u(x).3x2yuuxu【参考答案】：由，得yxdx1x4u3uu，即x4u2，duu这是一个一阶线性微分方程，于是由 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 有通解为xelnu4ue2lnuduCu4uduCuu22C1/3x由u(2)1得C0，所以u.23x1sint5．求极限limxdt.xxtcost【参考答案】：因为当x1时，x1sintx113xdt3xdtxtcostxt123x23xxx10xxx1x1sint所以lim3xdt0.xxtcost2x第二题：(10分)计算e|sinx|dx.0【参考答案】：由于nnnkkk1e2x|sinx|dxe2x|sinx|dx1e2xsinxdx0(k1)(k1)k1k1应用分部积分法，有kk111e2xsinxdxe2k1e2(k1)522n1n1n1ee所以有e2x|sinx|dx1e2e2k1e2025k151enx(n1)当nx(n1)时，e2x|sinxdx|e2x|sinxdx|e2x|sinxdx|0002x1e1当n，由两边夹法则，得e2x|sinx|dxlime2x|sinx|dx.0x05e21【注】如果最后不用夹逼准则，而用2n1e1e2x|sinx|dxlime2x|sinx|dx.0n05e21需要先说明e2x|sinx|dx收敛。021第三题：(10分)求方程xsin2x501的近似解，精确到0.001.xsint1【参考解答】：由泰勒公式sinttt201。令t得2xsin211x1sin，xx2x代入原方程，得11xsin2x501即x501sin。2x2x1111由此知x500,0，所以有x501sin0.001，即当x5002x2x1000x501即为满足题设条件的解。第四题：(12分)设函数yf()x二阶可导，且f(x)0,f(0)0,f(0)0.求x3f()ulim，其中u是曲线yf()x上点P(x,f(x))处切线在x轴上的截距.x0f(x)sin3u【参考答案】：yf()x上点P(x,f(x))处切线方程为Yf()()xfxXx。令Y0，f()xf()xXx，由此得ux且有f()xf()xf(x)f(0)f(x)xf(0)limulimxlim0.x0x0x0f(x)f(0)f(x)f(0)x由f()x在x0处的二阶泰勒公式，f(0)f(0)fxf()(0)fx(0)xox2()2xox2()222f(0)x2o()x2uf()x可得lim1lim1lim2x0xx0xf()()xx0xfx1f(0)o(1)1f(0)11lim1.2x0f(x)f(0)2f(0)2x3f(0)223xuo()uxf()u2xlimlimlim2.x03x0x0f(x)sinu3f(0)22uuxo()x21第五题：(12分)求最小实数C，使得满足|f(x)|dx1的连续的函数f()x都有01fxdxC.0111【参考答案】：由于fxdxf(t)2tdt2f(t)dt2,取f(x)(n1)xn，则有000n11f(x)dxf(x)dx10n0n11n11而fnxdx2tfntdt2212n。因此最小的实数为00n2n2C2。22第六题：(12分)设f()x为连续函数，t0.是由抛物面zxy和球面2222222xyzt(t0)所围成起来的部分。定义F()tfxyzdV，求F()t.14t21【解法一】：即gg()t，则在xOy面上的投影为x2y2g。在曲线2zx2y2,S:上任取一点(,,)xyz，则圆雕到点的射线和z轴的夹角为2222xyztzgarccosarccos。ttt取t0，则ttt。对于固定的t0，考虑积分差F()()ttFt，这是一个在厚度为t的球壳上的积分。原点到球壳边缘上的点的射线和z轴的夹角在t,tt之间。用球坐标计算积分，由积分的连续性可知，存在t,ttt使得2ttF()()ttFtddf(r2)r2sindr00ttt即F(tt)F(t)21cosf(r2)r2dr.当t0,tttg(t)12222coscost,f(r)rdrtf(t).ttt故F()t的右导数为g()t222221tf(t)2t114ttf(t).t当t0，考虑F()()ttFt可得到同样的左导数，因此F(t)2t114t2tf(t2).【解法二】：令xrcosyrsinzz，则区域表示为:02,0ra,r2zt2r2，14t21其中a满足a2a4t2,a，有22at2r2at2r2F()tdrdrf()r2z2dz2f()r2z2dzrdr2200r0r从而有t2a2daatF(t)2af()()a2z2dzrfr2t2r2dra2022dttr注意到t2a2=a2，第一个积分为0，所以有22aradtrF(t)2tft2drtft2022022trtr所以F(t)tf(t2)2t114t2.第七题：(14分)设an和bn为正项级数，n1n1a1n(1)若lim0，则an收敛；nan1bnbn1n1a1n(2)若lim0且bn发散，则an发散.nan1bnbn1n1n1a1【参考证明】：(1)设limn20，则存在NN，对于任意的nN时，nan1bnbn1an1anan11anan1,an1,an1an1bnbn1bnbn1bnbn1mm1anan11aNam11aNan1,nNnNbnbn1bNbm1bN因而an的部分和有上界，从而an收敛。n1n1a1ab(2)若limn0，则存在NN，对于任意的nN时，nn，有nan1bnbn1an1bn1bn1bn1bnbN1aNan1anaNbn1,bnbnbn1bNbN于是由bn发散，得到an发散。n1n113第四届全国大学生数学竞赛决赛、（非数学类）试卷一、简答下列各题（本题25分）lnax1、计算limlnxlnaln,a1.x0lnx/a2x2、设f(,)uv具有连续偏导数，且满足fu(,)(,),uvfvuvuv求y()(,)xefxx所满足的一阶微分方程，并求其通解.x3、求在[0,)上的可微函数f()x，使f()xeu()x,其中uf(t)dt.024、计算不定积分xarctanxln1xdx.10x2y2z27,2225、过直线作曲面3xyz27的切平面，求此切平面的方xyz0程.二、（本题15分）设曲面:z2x2y2,1zz,其面密度为常数.求在原点处的质量为1的质点和之间的引力（记引力常数为G）.三、（本题15分）设f()x在[1,)连续可导，111f()xln1,2xx1f(x)证明：limf(x)存在.x215f()x[2,2]|f(x)|1f2(0)f(0)4.四、（本题分）设函数在上二阶可导，且，又试证在2,2内至少存在一点，使得f()f0.22五、（本题15分）求二重积分Ixyxydxdy.x2y21六、（本题15分）若对于任何收敛于零的序列xn，级数anxn都是收敛的，试证明级n1数|an|收敛.n1113第四届全国大学生数学竞赛决赛、（非数学类）参考答案一、简答下列各题1、【参考解答】：lnxlnalnxlnlna2lna2lnalnxlna22lnalna原式limln1limlne2lna.x0lnxlnax02、【参考解答】：由复合函数求导法则，对y()(,)xe2xfxx两端求导，得2x2x2x22xyx()2efxx(,)efxxu(,)efxxv(,)2yxe.因此，所求一阶微分方程为y2yx2e2x.该微分方程为一阶线性微分方程，所以由通解公式，有32dx22x2dxx2xyexeedxCCe.3xf(t)dt3、【参考解答】：由题意，有e0f()x，即xf(t)dtlnf(x)01两边求导可得f()()xf2x，并且f(0)e01，可得f().xx14、【参考解答】：由于111xln1x2dxln1x2d1x21x2ln1x2x2C.2222122x则原式arctanxd1xln1x222122212x1xln1xxarctanxln1xdx2221x1222x23arctanx1xln1xx3ln1xxC.2225、【参考解答】：设F(x,y,z)3x2y2z227,则曲面法向量为n1Fx,Fy,Fz23x,y,z.过直线的平面束方程为10x2y2z27(xyz)0,即(10)x(2)y(2)z270.其法向量为n210,2,(2).设所求切点的坐标为P0(x0,y0,z0),则110/3x2/y2/z0002223xyz27,000(10)x(2)y(2)z270.000解得x03,y01,z01,1,或x03,y017,z017,19.所求切平面方程为9xyz270或9x17y17z270.222二、【参考解答】：设引力FFFFx,,yz.由对称性记rxyz,从原点出发过点x,,yzz的射线与z轴的夹角为.则有cos.质点和面积微元之间的引力为dS之间的引力为rdSdSzdFG，而dFGcosGSd,所以r2zr2r3zFGSd.z3r在z轴上的区间[1,2]上取小区间[z,zdz]，相应于该小区间有dS2z2dz.而2r2z2z,就有z222z221FGSGddzGdzGln2.z3131zr22z三、【参考证明】：当t0时，对函数ln1x在区间[0,t]上用拉格朗日中值定理，有tln1t,0t.1t1由此可得ln1tt.取t，有1tx111ln1.1xxx当x1时，f(x)0，即f()x在[1,)上单调增加.又1111x1xf(x)ln1xxxx1x1x11.xx1x1x2x3xx11故f(t)dtdt，所以f(x)f(1)11.即f(x)f(1)1,f()x有上界.112t3x由于f()x在[1,)上单调增加且有上界，所以limf(x)存在.x[2,0]0,2f()x四、【参考证明】：在与上分别对应用拉格朗日中值定理，可知存在12,0,20,2，使得2f(0)f(2)f(2)f(0)f,f.1222由于|f(x)|1，所以f11,f21.2F()()(),xf2xfx设则FF12,22(*)2由于F(0)f2(0)f(0)4,且F()x在,上的连续函数，应用闭区间上连续函数的最12大值定理，F()x在,上必定能够取得最大值，设为M.则当为F()x的最大值点时，12MF()4,由（*）式知1,.2所以必是F()x的极大值点.注意到F()x可导，由极值的必要条件可知F()2f()f()f()0.2F()f2()f()4,|()|1ff()0.由于，可知由上式知f()f0.五、【参考解答】：由对称性，可以只考虑区域yx，由极坐标变换得5/411I2dr2sinr2dr2dr2cosr2dr/40400后一个积分里，,r所在的区域为矩形:D:0,0r1.把D分解为DD,其中D:0,0r1,D:,0r1.又记121222D:,2cosr1.这里D是D的子集,且记34231Ir2cosr2ddr,i1,2,3,iDiIII2.r2cosr2DDDD\,,则12注意到在1323的符号分别为负、正、正，则/21312Idr2cosr2dr3/42cos324312I2cosrr2ddr2I.131623D12Ir2cosr2ddr.283D23所以就有III21.1283六、【参考证明】：反证法.若|an|发散，必有|an|,则存在自然数m1m2mk,n1n1使得m1mk|ai|1,|ai|kk2,3,i1imk111取xsgnamim，则ikik1kmkmkaiax1.iikimk11imk11由此可知，存在数列xn0n，使得anxn发散，矛盾.所以|an|收敛.n1n1413第四届全国大学生数学竞赛决赛（数学类）试卷一、（本题15分）设A为正常数，直线l与双曲线x2y22x0所围的有限部分的面积为A.证明：(i)所有上述l与双曲线x2y22x0的截线段的中点的轨迹为双曲线.(ii)l总是(i)中的轨迹曲线的切线.二、（本题15分）设函数f()x，满足条件：1)af()xb,;axb2)x,,yabf(x)f(y)L|xy|,L01对于任意不同的，有其中是大于小于1的常数.设xa,b，令xxfx,n1,2,.1n12nn证明limxx存在，且f().xxnn三、（本题15分）设n阶实方阵A的每个元素的绝对值为2.证明：当n3时，1|A|2n1n!.3四、（本题15分）设f()x为区间a,b上的可导函数.对于x0a,b，若存在x0的邻域U使得任意的xU\x0，有fxfx0fx0xx0，则称x0为f()x的凹点.类似地，若存在x0的邻域U使得任意的xU\x0，有fxfx0fx0xx0，则称x0为f()x的凸点.证明：若f()x为区间a,b上的可导函数，且不是一次函数，则f()x一定存在凹点或凸点.aaa111213*五、（本题20分）设Aa12a22a23为实对称矩阵，A为A的伴随矩阵.记a13a23a332x1x2x3x4x2a11a12a13fx1,,,x2x3x4x3a12a22a23x4a13a23a33T*若|AA|12,的特征值之和为1，且1,0,2为A4Ix0的一个解.试给出一1x1y1x2y2正交变换Q使得fx,,,xxx化为标准型.xy123433x4y4六、（本题20分）设R为实数域，n为给定的自然数，A表示所有n次首一实系数多项式组成的几何.证明：ba|P(x)|dxinfb0.bR,a0,P(x)Aan1213第四届全国大学生数学竞赛决赛（数学类）参考答案1一、【参考证明】：将双曲线图形进行45度旋转，可以假定双曲线方程为y(x0).设直线l交双曲x11线于a,,ta,,t1，与双曲线所围的面积为A，则有ata11ta11111A1t1dx1t1lnttlnt.2tax2t2t11令f()ttlnt.由2t211f(1)0,f,f(t)10t12t所以对于常数A，存在唯一常数t，使得Af(t).l与双曲线的截线段中点坐标为1111x1ta,y1.22ta11于是，中点的轨迹曲线为xy1t1.故终点轨迹为双曲线，也就是函数4t111y1t14tx给出的曲线.该曲线在上述终点处的切线的斜率为1111k1t1,4tx2ta211它恰好等于过两交点a,,,ta的直线l的斜率：ata111taa.taata2故l为轨迹曲线的切线.1二、【参考证明】：由题设xabfx,,(),,,,abxxfxab继续下去，对于任12211意n1，有axnbn，所以xn对任意n1有意义.由条件(ii)，有11xx32xx21fxfx()()21xxfxfx21()()212211xxLxx1Lxx.22121221121L类似可以推出xxxx.继续下去，有43221n11Lxxxx,n3.n1n221k1L由于收敛，从而xx收敛，当然xx也收敛.故其前n项部k1kk1kk12k1k1n分和xxxx.当n时极限尽，即limx存在.记k1kn11nnk1limx,ab.nn1由条件(2)可知，f()x满足Lipschitz条件，从而是连续的.在xxfx中令n，n12nn1得f，即f.21三、【参考证明】：1)首先，|AA|2n，其中AA,它的所有元素为1或1.112a11a12a132)当n3时，A1a21a22a23a31a32a33aaaaaaaaaaaaaaaaaa112233122331132132312213322311332112b1b2b3b4b5b6.上式bi每项为1，且六项的乘积为1，至少有一个bi为1.从而这六项中至少有两项抵消，故有1|A|23!.于是命题对于n3成立.133)设此命题对于一切这样的n1阶方阵成立，那么对于n阶矩阵的情形，将|A|按第一行展开，记1行k列的代数余子式为M1k，便有|AMMMMMM|21121221n211121n112n2nn1!2n1n!.33四、【参考证明】：因为f()x不是一次函数，故存在ax1x2x3b，使得三点x1,,,,,fx1x2fx2x3fx3fx3fx1不共线.不妨设fxfxxx0.令2121x3x12fx3fx1gxxx2fx2xx2.x3x12取定0充分小，使得gx1fx1,gx3fx3.令hxgxfx,则hx10,hx30且hx20.令hminh(x)，则h0,x1,x3,且fg().故xx,x13f()(),,.xgxhxx1x3注意到g()xh的图像是一个看看向下的抛物线，故对x有g()xhgxghfxf,即f()xfxf,,\.xx1x3五、【参考解答】：首先x2a12a13x2a11a13x2a11a122fxxxx1,2,3,4xAxxaa1||232223xxaa331223xxaa431222x4a23a33x4a13a33x4a13a23x22*12x1x1,x3,x4Ax3.x4由此fx1,,,x2x3x4为关于x1,,,x2x3x4的二次型.*其次，由A4Ix0得|A|I4Ax0,即A3Ix0.T*故由1,0,2为A4Ix0的一个解知，A有特征值3.现在设A的特征值为1,2,3，于是由|A|12及A的特征值之和为1，得方程组1231,31212,得122.所以A的特征值为2,2,3.结果，对应特征值3.的特征空间V3的维数为1，对应T特征值2的特征空间的维数V2为2.注意到1,0,2是A对应于特征值3.的一个特征向量，因此它是V3的基.求解下列现象方程组的基础解系：t12t30，得到正交基础解：TT210,1,0,,0,，55T12,0,,V,,R3.且令，则为2的标准正交基，为的标准正交基55事实上，因为A为实对称矩阵，VV23，它是唯一的，维数为2.现在A可写成32001APP020,00321055其中P100.从而得120551021/2001TA020,AP01/20P,202201/31/200600*1TTAAAP||1201/20PP060P.201/3204xyxy111110x2y2x2y2令Q，Q，则由P为正交矩阵知Q为正交变换，其中0Pxyxy3333x4y4x4y41000002/51/5Q0100001/52/5它使得600x22Tfxxxx,,,12xxxxP,,060Px123411343204x4222212y16y26y34y4.为fx1,,,x2x3x4的标准型.ba六、【参考证明】：我们证明对任意n次首一实系数多项式，都有|P(x)|dxcan1,其中c满bnnn足c1,cc,n0.对n用数学归纳法.n0,P(x)1，则0n2n1n1ba|P(x)|dxaca,b04结论成立.设结论在kn1时成立.设P()x是n次首一实系数多项式，则对任意给定的a0，2aQ()xPxP()xna2ba/2c是一个n1次首一多项式，由归纳法假设，有|Q(x)|dxn1an.由此推出b2nbaba/2a|P(x)|dx|P(x)|Pxdxbb2nba/2anaba/2naaPxPxx()dQxx()dccan1.b22b2n12n5