| 1 |
解答题 |
一、（本题20分）填空题（每小题5分）
1． $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(\prod_{k=n}^{3 n-1} k\right)^{\frac{1}{2 n}} \sin \frac{1}{n}=$ $\_\_\_\_$ $\frac{3 \sqrt{3}}{e}$ ．
2．已知 $f$ 在区间 $(-1,3)$ 内有二阶连续导数，$f(0)=12, f(2)=2 f^{\prime}(2)+8$ ，则 $\int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(2 x) d x=$ $\_\_\_\_$ 1 ．
3．在三维空间的直角坐标系中，方程 $2 x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-2 x z=1$ 表示的二次曲面类型是 $\_\_\_\_$椭圆柱面 ．
4．在矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{array}\right)$ 的奇异值分解 $A=U \Lambda V$ 中（其中 $U, V$ 为正交方阵，$\Lambda$ 为对角阵），$\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}3 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 2 |
解答题 |
(2)=2 f^{\prime}(2)+8$ ，则 $\int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(2 x) d x=$ $\_\_\_\_$ 1 ．
3．在三维空间的直角坐标系中，方程 $2 x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-2 x z=1$ 表示的二次曲面类型是 $\_\_\_\_$椭圆柱面 ．
4．在矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{array}\right)$ 的奇异值分解 $A=U \Lambda V$ 中（其中 $U, V$ 为正交方阵，$\Lambda$ 为对角阵），$\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}3 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | |
二、（本题 15 分）考虑单叶双曲面 $S: x^{2}-y^{2}+z^{2}=1$ 。
1．证明：$S$ 上同一族直母线中任意两条不同的直母线是异面直线；
2．设 $S$ 上同一族直母线中的两条直母线分别经过 $M_{1}(1,1,1)$与 $M_{2}(2,2,1)$ 两点．求这两条直母线的公垂线方程以及这两条直母线之间的距离．
证明：1．将曲面方程改写为
$$
x^{2}-y^{2}=1-z^{2}
$$
从而有
$$
(x+y)(x-y)=(1+z)(1-z)
$$
现在引进不全为零的参数 $\lambda, \mu$ ，以及不全为零的参数 $u, v$ ，我们得到两族直母线方程
$$
\left\{\begin{array}{l}
\lambda(x+y)=\mu(1+z) \\
\mu(x-y)=\lambda(1-z)
\end{array}\right.
$$
以及
$$
\left\{\begin{array}{l}
u(x+y)=v(1-z) \\
v(x-y)=u(1+z)
\end{array}\right.
$$
首先以第一族直母线（2）为例证明两条不同的直母线是异面直线。取（2）中两条直母线 $L_{1}$ 与 $L_{2}$
$$
L_{1}:\left\{\begin{array}{l}
\lambda_{1}(x+y)=\mu_{1}(1+z) \\
\mu_{1}(x-y)=\lambda_{1}(1-z)
\end{array}\right.
$$
以及
$$
L_{2}:\left\{\begin{array}{l}
\lambda_{2}(x+y)=\mu_{2}(1+z) \\
\mu_{2}(x-y)=\lambda_{2}(1-z)
\end{array}\right.
$$
其中，$\lambda_{1} \mu_{2} \neq \lambda_{2} \mu_{1}$ ．
考虑线性方程组
$$
\left\{\begin{array}{l}
\lambda_{1} x+\lambda_{1} y-\mu_{1} z-\mu_{1}=0 \\
\mu_{1} x-\mu_{1} y+\lambda_{1} z-\lambda_{1}=0 \\
\lambda_{2} x+\lambda_{2} y-\mu_{2} z-\mu_{2}=0 \\
\mu_{2} x-\mu_{2} y+\lambda_{2} z-\lambda_{2}=0
\end{array}\right.
$$
设（6）的系数矩阵为 $A$ ，经计算可得
$$
\operatorname{det} |
| 3 |
解答题 |
（3），设两条直母线 $L_{1}^{\prime}, L_{2}^{\prime}$
$$
L_{1}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l}
u_{1}(x+y)=v_{1}(1-z) \\
v_{1}(x-y)=u_{1}(1+z)
\end{array}\right.
$$
以及
$$
L_{2}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l}
u_{2}(x+y)=v_{2}(1-z) \\
v_{2}(x-y)=u_{2}(1+z)
\end{array}\right.
$$
其中 $u_{1} v_{2} \neq u_{2} v_{1}$ 。
考虑方程组
$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{1} x+u_{1} y+v_{1} z-v_{1}=0 \\
v_{1} x-v_{1} y-u_{1} z-u_{1}=0 \\
u_{2} x+u_{2} y+v_{2} z-v_{2}=0 \\
v_{2} x-v_{2} y-u_{2} z-u_{2}=0
\end{array}\right.
$$
设方程组（9）的系数矩阵为 $B$ ，经计算得到
$$
\operatorname{det} |
| 4 |
解答题 |
四、（本题 20 分）证明：
1．证明：函数方程 $x^{3}-3 x=t$ 存在三个在闭区间 $[-2,2]$上连续，在开区间 $(-2,2)$ 内连续可微的解 $x=\varphi_{1}(t), x= \varphi_{2}(t), x=\varphi_{3}(t)$ 满足：
$$
\varphi_{1}(-t)=-\varphi_{3}(t), \varphi_{2}(-t)=-\varphi_{2}(t), \quad|t| \leqslant 2
$$
2．若 $f$ 是 $[-2,2]$ 上的连续偶函数，证明： $\int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x=\int_{0}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x$ ．
证明：1．记 $g(x)=x^{3}-3 x$ ，那么 $g$ 是奇函数，且 $g^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-1\right)$ 。于是 $g$ 具有如下性质：
（1）在 $(-\infty,-1]$ 和 $[1,+\infty)$ 上严格单调上升，在 $[-1,1]$ 上严格单调下降．
（2）$x=-1$ 是极大值点，极大值为 $2 ; x=1$ 是极小值点，极小值为 -2 。
（3）记
$$
g_{1}=\left.g\right|_{[-2,-1]}, \quad g_{2}=\left.g\right|_{[-1,1]}, \quad g_{1}=\left.g\right|_{[1,2]}
$$
根据以上性质，$g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 分别在其定义的闭区间上严格单调，且值域均为 $[-2,2]$ 。因此，依次有反函数 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ ，以 $[-2,2]$ 为定义域，依次以 $[-2,-1],[-1,1],[1,2]$ 为值域。
由反函数的连续性得 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ 均为 $[-2,2]$ 上的连续函数。而 $g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 依次在 $(-2,-1),(-1,1),(1,2)$ 内连续可导，且导数不等于零．因此，它们的反函数 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$在 $(-2,2)$ 内连续可微．
另一方面，注意到 $g$ 为奇函数，以及 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ 的值域，$g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 的定义域，我们有
$$
-t=-g_{3}\left(\varphi_{3}(t)\right)=-g\left(\varphi_{3}(t)\right)=g\left(-\varphi_{3}(t)\right)=g_{1}\left(-\varphi_{3}(t)\right), \quad t \in[-2,2] .
$$
因此
$$
\varphi_{1}(-t)=-\varphi_{3}(t), \quad t \in[-2,2] .
$$
同理，
$$
-t=-g_{2}\left(\varphi_{2}(t)\right)=-g\left(\varphi_{2}(t)\right)=g\left(-\varphi_{2}(t)\right)=g_{2}\left(-\varphi_{2}(t)\right), \quad t \in[-2,2] .
$$
从而
$$
\varphi_{2}(-t)=-\varphi_{2}(t), \quad t \in[-2,2] .
$$
2．根据韦达定理，我们有
$$
\varphi_{1}(t)+\varphi_{2}(t)+\varphi_{3}(t)=0, \quad \forall t \in[-2,2] .
$$
从而
$$
\varphi_{1}^{\prime}(t)+\varphi_{2}^{\prime}(t)+\varphi_{3}^{\prime}(t)=0, \quad \forall t \in(-2,2)
$$
这样结合 $f$ 为连续偶函数得到
$$
\begin{aligned}
& 2 \int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x-2 \int_{0}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x \\
= & \int_{-2}^{-1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x-\int_{-1}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x+\int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x \\
= & \int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{1}^{\prime}(t) d t+\int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{2}^{\prime}(t) d t+\int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{3}^{\prime}(t) d t=0
\end{aligned}
$$
从而结论成立．
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 5 |
解答题 |
五、（本题10分）设 $E \subseteq \mathbb{R}$ 是 $\mathcal{L}$－可测集，$\left\{f_{n}(x)\right\}_{n \geqslant 1}$是 $E$ 上一致有界可测函数列，若 $\sum_{N=1}^{\infty} \frac{1}{N} \int_{E}\left|\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} f_{n}(x)\right|^{2} d m <\infty$ ，则 $\lim _{N \rightarrow \infty} \frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} f_{n}(x)=0, \mathcal{L}-a . e ., x \in E$ 。
证明：对 $0<\varepsilon<\frac{1}{2}$ 和 $N \geqslant 1$ ，设
$$
A_{N}(\varepsilon)=\left\{x \in E:\left|\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} f_{n}(x)\right| \geqslant \varepsilon\right\} .
$$
由于
$$
\int_{E}\left|\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} f_{n}(x)\right|^{2} d m \geqslant \varepsilon^{2} \cdot m\left(A_{N}(\varepsilon)\right) .
$$
由题设有 $\sum_{N=1}^{\infty} \frac{m\left(A_{N}(\varepsilon)\right)}{N}<+\infty$ ．
设
$$
N_{1}=1, N_{k+1}=\left[\frac{N_{k}}{1-\varepsilon}\right]+1, \quad \forall k \geqslant 1
$$
又设 $m_{k}$ 是满足 $N_{k} \leqslant m_{k}0, \forall x \in E, \forall n \geqslant 1,\left|f_{n}(x)\right| \leqslant c . \forall x \in E, N \geqslant 1$ ，设 $k$ 是唯一满足 $N_{k} \leqslant N |
| 6 |
选择题 |
（6）的系数矩阵为 $A$ ，经计算可得
$$
\operatorname{det} |
| 7 |
解答题 |
七、（本题 10 分）证明： 180 阶群不是单群。
证明：对于素数 $p$ ，用 $n_{p}(G)$ 表示有限群 $G$ 的 Sylow $p$－子群个数。
反证，设 $G$ 为 180 阶单群，由 $180=2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5$ 和 Sylow 定理有 $n_{3}(G)>1, n_{3}(G) \mid 20$且 $n_{3}(G) \equiv 1(\bmod 3)$ ，故 $n_{3}(G)=4$ 或 $n_{3}(G)=10$ 。
若 $n_{3}(G)=4$ ，考虑 $G$ 在它的 Sylow 3－子群集合上的共轭作用，由此得到 $G$ 到对称群 $S_{4}$ 的一个同态，由 $G$ 为单群知这个同态的核只含有单位元，即此同态为单同态，从而 $180=|G| \leq\left|S_{4}\right|=24$ ，矛盾，故 $n_{3}(G)=10$ ．
我们断言 $G$ 的任意两个不同的 Sylow 3－子群的交平凡。若否，设有 $G$ 的两个不同的 Sylow 3－子群 $S, T$ 使得 $D=S \cap T \neq\{e\}$ 。由于 $S$ 和 $T$ 都是 9 阶群，它们为交换群，从而 $D$ 为 3 阶群且 $D \unlhd S, T$ 。记 $N=N_{G} |
| 8 |
解答题 |
八、（本题10分）设 $S: r=r(u, v)$ 为 $\mathbb{R}^{3}$ 中的光滑曲面，其第一基本形式为 $(\mathrm{d} s)^{2}=E(\mathrm{~d} u)^{2}+2 F \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v+G(\mathrm{~d} v)^{2}$ ，其中 $(u, v)$ 为曲面 $S$ 的参数，$r_{u}=\frac{\partial r}{\partial u}, r_{v}=\frac{\partial r}{\partial v}, E=r_{u}$ ． $r_{u}, F=r_{u} \cdot r_{v}, G=r_{v} \cdot r_{v}$ 。证明：
1．存在新的参数 $\left(u_{1}, v_{1}\right)$ ，使得 $S$ 的第一基本形式为 $(\mathrm{d} s)^{2}=h\left(u_{1}, v_{1}\right)\left[\left(\mathrm{d} u_{1}\right)^{2}+\left(\mathrm{d} v_{1}\right)^{2}\right]$ ，其中 $h>0$ 为光滑函数。
2．如果曲面 $S$ 的第一基本形式满足 $(\mathrm{d} s)^{2}=h(u, v)\left[(\mathrm{d} u)^{2}+(\mathrm{d} v)^{2}\right]$ ，则其高斯曲率 $K$ 可以表示为 $K=-\frac{1}{2 h} \Delta \log h$ ，其中 $h>0$ 为光滑函数，$\Delta=\frac{\partial^{2}}{\partial u^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial v^{2}}$ 表示拉普拉斯算子。
证明：1．曲面 $S$ 的第一基本形式满足
$$
\begin{aligned}
(\mathrm{d} s)^{2} & =E(\mathrm{~d} u)^{2}+2 F \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v+G(\mathrm{~d} v)^{2} \\
& =\frac{1}{E}\left[E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v+\sqrt{F^{2}-E G} \mathrm{~d} v\right]\left[E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v-\sqrt{F^{2}-E G} \mathrm{~d} v\right]
\end{aligned}
$$
令 $l=E G-F^{2}$ ，则有 $\sqrt{F^{2}-E G}=i \sqrt{l}, i^{2}=-1$ ．于是
$$
E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v \pm \sqrt{F^{2}-E G} \mathrm{~d} v=E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v \pm i \sqrt{l} \mathrm{~d} v
$$
由常微分方程理论可知，存在一个非零（复的）积分因子 $\lambda$ ，使得 $\lambda(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v+i \sqrt{l} \mathrm{~d} v)$为某个（复的）函数 $\mu=u_{1}+i v_{1}$ 的全微分，即有
$$
\lambda(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v+i \sqrt{l} \mathrm{~d} v)=\mathrm{d} \mu=\mathrm{d} u_{1}+i \mathrm{~d} v_{1}
$$
对方程（2）的两边取共轭，得到
$$
\bar{\lambda}(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v-i \sqrt{l} \mathrm{~d} v)=\overline{\mathrm{d} \mu}=\mathrm{d} u_{1}-i \mathrm{~d} v_{1}
$$
将（2），（3）代入（1），得到
$$
(\mathrm{d} s)^{2}=h\left(u_{1}, v_{1}\right)\left[\left(\mathrm{d} u_{1}\right)^{2}+\left(\mathrm{d} v_{1}\right)^{2}\right]
$$
其中，$h\left(u_{1}, v_{1}\right)=\frac{1}{E|\lambda|^{2}}$ ．
另外，令 $\lambda=p+i q, p, q$ 均为实数。由方程（2）得到
$$
(p+i q)(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v+i \sqrt{l} \mathrm{~d} v)=\mathrm{d} u_{1}+i \mathrm{~d} v_{1}
$$
由方程（5）可得
$$
\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{d} u_{1}=p(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v)-q \sqrt{l} \mathrm{~d} v \\
\mathrm{~d} v_{1}=q(E \mathrm{~d} u+F \mathrm{~d} v)+p \sqrt{l} \mathrm{~d} v
\end{array}\right.
$$
由方程组（6），该变换的雅可比行列式满足
$$
\frac{\partial\left(u_{1}, v_{1}\right)}{\partial(u, v)}=\left(p^{2}+q^{2}\right) E \sqrt{l}>0
$$
于是 $\left(u_{1}, v_{1}\right)$ 是一组新的参数．
2．证法一：对于曲面 $S: r=r(u, v),(\mathrm{d} s)^{2}=h(u, v)\left[(\mathrm{d} u)^{2}+(\mathrm{d} v)^{2}\right]$ ．注意到 $r_{u} \cdot r_{u}=E=G=r_{v} \cdot r_{v}=h(u, v), F=r_{u} \cdot r_{v}=r_{v} \cdot r_{u}=0$ ，于是有 $r_{u u} \cdot r_{v}+r_{u} \cdot r_{u v}=0$ ， $r_{u v} \cdot r_{v}+r_{u} \cdot r_{v v}=0$ 。将 $r_{u}, r_{v}$ 单位化，定义
$$
e_{1}=\frac{r_{u}}{\left|r_{u}\right|}=\frac{r_{u}}{\sqrt{E}}=\frac{r_{u}}{\sqrt{h}}, e_{2}=\frac{r_{v}}{\left|r_{v}\right|}=\frac{r_{v}}{\sqrt{G}}=\frac{r_{v}}{\sqrt{h}}, n=r_{u} \times r_{v}
$$
于是，$e_{1}, e_{2}, n$ 构成 $\mathbb{R}^{3}$ 的标准正交基。因此 $r_{u u}, r_{u v}, r_{v v}$ 可由该基表示。例如，设
$$
r_{u u}=a e_{1}+b e_{2}+c n
$$
可以获得
$$
a=r_{u u} \cdot e_{1}=\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u}, b=r_{u u} \cdot e_{2}=-\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v}, c=r_{u u} \cdot n=L
$$
即得到
$$
r_{u u}=\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u} e_{1}-\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v} e_{2}+L n
$$
类似地，可以求得
$$
\begin{aligned}
r_{u v} & =\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v} e_{1}+\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u} e_{2}+M n \\
r_{v v} & =-\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u} e_{1}+\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v} e_{2}+N n
\end{aligned}
$$
$r_{u u}, r_{u v}, r_{v v}$ 在上述标准正交基下的坐标表示为
$$
\left\{\begin{array}{l}
r_{u u}=\left(\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u},-\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v}, L\right) \\
r_{u v}=\left(\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v}, \frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u}, M\right) \\
r_{v v}=\left(-\frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial u}, \frac{1}{2 \sqrt{h}} \frac{\partial h}{\partial v}, N\right)
\end{array}\right.
$$
其中，$M=r_{u v} \cdot n, N=r_{v v} \cdot n$ ．
注意到 $\frac{1}{2} \frac{\partial h}{\partial u}=r_{v u} \cdot r_{v}$ ，得到
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \frac{\partial^{2} h}{\partial u^{2}} & =r_{v u u} \cdot r_{v}+r_{v u} \cdot r_{v u} \\
& =\frac{\partial}{\partial v}\left(r_{u u} \cdot r_{v}\right)-r_{u u} \cdot r_{v v}+r_{v u} \cdot r_{v u}
\end{aligned}
$$
利用（8）－（12），得到
$$
\begin{gathered}
r_{u u} \cdot r_{v}=-\frac{1}{2} \frac{\partial h}{\partial v}, \frac{\partial}{\partial v}\left(r_{u u} \cdot r_{v}\right)=-\frac{1}{2} \frac{\partial h}{\partial v^{2}} \\
r_{u u} \cdot r_{v v}=-\frac{1}{4}\left[\left(\frac{\partial h}{\partial u}\right)^{2}+\left(\frac{\partial h}{\partial v}\right)^{2}\right]+L N, r_{v u} \cdot r_{v u}=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{\partial h}{\partial u}\right)^{2}+\left(\frac{\partial h}{\partial v}\right)^{2}\right]+M^{2}
\end{gathered}
$$
将（14），（15）代入（13）得到
$$
\frac{1}{2} \frac{\partial^{2} h}{\partial u^{2}}=-\frac{1}{2} \frac{\partial^{2} h}{\partial v^{2}}+\frac{1}{2 h}\left[\left(\frac{\partial h}{\partial u}\right)^{2}+\left(\frac{\partial h}{\partial v}\right)^{2}\right]+M^{2}-L N
$$
或者
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \Delta h & =\frac{1}{2} \frac{\partial^{2} h}{\partial u^{2}}+\frac{1}{2} \frac{\partial^{2} h}{\partial v^{2}} \\
& =\frac{1}{2 h}\left[\left(\frac{\partial h}{\partial u}\right)^{2}+\left(\frac{\partial h}{\partial v}\right)^{2}\right]+M^{2}-L N
\end{aligned}
$$
注意到
$$
\Delta \log h=-\frac{1}{h^{2}}\left[\left(\frac{\partial h}{\partial u}\right)^{2}+\left(\frac{\partial h}{\partial v}\right)^{2}\right]+\frac{1}{h} \Delta h
$$
结合（16）与（17），由高斯曲率满足的公式，得到
$$
K=\frac{L N-M^{2}}{E G-F^{2}}=-\frac{1}{2 h} \Delta \log h
$$
证法二：当曲面 $S$ 的第一基本形式满足 $(\mathrm{d} s)^{2}=E(\mathrm{~d} u)^{2}+G(\mathrm{~d} v)^{2}$ 时，可以看出 $F=0$ 。根据曲率张量的定义可以证明
$$
R_{1212}=\sqrt{E G}\left[\frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{E}}{\partial v}}{\sqrt{G}}\right)+\frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{G}}{\partial u}}{\sqrt{E}}\right)\right]
$$
由（18）以及高斯曲率的定义，得到
$$
K=-\frac{R_{1212}}{g_{11} g_{22}-g_{12}^{2}}=-\frac{R_{1212}}{E G-F^{2}}=-\frac{1}{\sqrt{E G}}\left[\frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{E}}{\partial v}}{\sqrt{G}}\right)+\frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{G}}{\partial u}}{\sqrt{E}}\right)\right]
$$
其中 $g_{11}=E, g_{12}=F, g_{22}=G$ 。既然 $E=G=h, F=0$ ，经计算可得
$$
\frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{E}}{\partial v}}{\sqrt{G}}\right)+\frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\frac{\partial \sqrt{G}}{\partial u}}{\sqrt{E}}\right)=\frac{1}{2} \Delta \log h
$$
将（20）代入（19），得到
$$
K=-\frac{1}{2 h} \Delta \log h
$$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 9 |
选择题 |
（9）的系数矩阵为 $B$ ，经计算得到
$$
\operatorname{det} |
| 10 |
解答题 |
十、（本题 10 分）设 $A$ 是具有正对角元的非奇异对称矩阵。证明：若求解线性方程组 $A x=b$ 的 Gauss－Seidel 迭代法对任意初始值都收玫，则 $A$ 为正定矩阵。
证明：线性方程组 $A x=b$ 的 Gauss－Seidel 迭代格式可写为
$$
x_{k+1}=(D-L)^{-1} L^{T} x_{k}+(D-L)^{-1} b
$$
其中 $A=D-L-L^{T}, \quad D=\operatorname{diag}\left(a_{11}, a_{22}, \cdots, a_{n n}\right)$ ，
$$
L=\left(\begin{array}{ccccc}
0 & & & & \\
-a_{21} & 0 & & & \\
-a_{31} & -a_{32} & 0 & & \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \\
-a_{n 1} & -a_{n 2} & \cdots & -a_{n, n-1} & 0
\end{array}\right) .
$$
将 Gauss－Seidel 格式改写为 $(D-L) x_{k+1}=L^{T} x_{k}+b$ ．对任意初始值 $x_{0}, A x=b$ 的 Gauss－Seidel 迭代法都收敛，设其解收敛到 $x^{*}$ 。记 $y_{k}=x_{k}-x^{*}$ ，则有 $(D-L) y_{k+1}= L^{T} y_{k}$ 。令 $\varepsilon_{k}=y_{k}-y_{k+1}$ ，注意到 $(D-L)=A+L^{T}$ ，那么
$$
(D-L) \varepsilon_{k}=A y_{k}, \quad A y_{k+1}=L^{T} \varepsilon_{k}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
y_{k}^{T} A y_{k}-y_{k+1}^{T} A y_{k+1} & =y_{k}^{T}(D-L) \varepsilon_{k}-y_{k+1}^{T} L^{T} \varepsilon_{k} \\
& =\varepsilon_{k}^{T} D y_{k}-\varepsilon_{k}^{T} L^{T} y_{k}-\varepsilon_{k}^{T} L y_{k+1} \\
& =\varepsilon_{k}^{T} D \varepsilon_{k}+\varepsilon_{k}^{T}(D-L) y_{k+1}-\varepsilon_{k}^{T} L^{T} y_{k} .
\end{aligned}
$$
又因 $(D-L) y_{k+1}=L^{T} y_{k}$ ，所以
$$
y_{k}^{T} A y_{k}-y_{k+1}^{T} A y_{k+1}=\varepsilon_{k}^{T} D \varepsilon_{k} .
$$
由题设可知 $D$ 是正定的，因此
$$
y_{k}^{T} A y_{k}>y_{k+1}^{T} A y_{k+1}, \quad k \geqslant 0 .
$$
下面我们将采用反证法证明若 Gauss－Seidel 迭代收敛，则 $A$ 正定．
反证：假设 $A$ 不正定，不妨设 $b=0$ 。则可找到一个 $x_{0} \neq 0$ ，使得 $x_{0}^{T} A x_{0}<0$ 。则 $y_{0}^{T} A y_{0}<0$ ．由 Gauss－Seidel 迭代产生的序列 $\left\{y_{n}\right\}$ 满足
$$
0>y_{0}^{T} A y_{0}>y_{1}^{T} A y_{1}>y_{2}^{T} A y_{2}>\cdots>y_{n}^{T} A y_{n}>\ldots
$$
显然该数列不收玫于 0 ，这与题设矛盾，因此假设不成立，即 $A$ 正定．
（10 分）． |