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解答题 |
一、（本题20分，每小题5分）填空题
1．设 $\Omega:(x-2)^{2}+(y-3)^{2}+(z-4)^{2} \leqslant 1$ ，则积分 $\iiint_{\Omega}\left(x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}\right) d x d y d z=$ $\_\_\_\_$ $\frac{1424 \pi}{15}$。
2．设 $x_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{e^{k^{2}}}{k}, y_{n}=\int_{0}^{n} e^{x^{2}} d x$ ，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{y_{n}}=$ $\_\_\_\_$ 2 ．
3．矩阵 $\left(\begin{array}{ccccc}1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)$ 的 Jordan 标准型为
$$
\left(\begin{array}{lllll}
1 & 1 & & & \\
& 1 & 1 & & \\
& & 1 & & \\
& & & 1 & 1 \\
& & & & 1
\end{array}\right)
$$
4．设 $A$ 为 2021 阶对称矩阵，$A$ 的每一行均为 $1,2, \ldots, 2021$ 的一个排列。则 $A$ 的迹 $\operatorname{tr} A=$ $\_\_\_\_$ $1011 \times 2021$。
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| 评阅人 | | |
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解答题 |
二、（本题 15 分）给定 $y O z$ 平面上的圆 $C: y= \sqrt{3}+\cos \theta, z=1+\sin \theta(\theta \in[0,2 \pi])$.
1．求 $C$ 绕 $z$ 轴旋转所得到的环面 $S$ 的隐式方程．
2．设 $z_{0} \geqslant 0$ ，以 $M\left(0,0, z_{0}\right)$ 为顶点的两个锥面 $S_{1}$ 和 $S_{2}$ 的半顶角之差为 $\pi / 3$ ，且均与环面 $S$ 相切（每条母线都与环面相切），求 $z_{0}$ 和 $S_{1}, S_{2}$ 的隐式方程。
解答．1．由 $y O z$ 平面的圆 $C$ 的参数方程消去参数 $\theta$ 可得
$$
C:\left\{\begin{array}{l}
(y-\sqrt{3})^{2}+(z-1)^{2}=1 \\
x=0
\end{array}\right.
$$
由此可得绕 $z$ 轴旋转获得的环面 $S$ 的方程
$$
\left( \pm \sqrt{x^{2}+y^{2}}-\sqrt{3}\right)^{2}+(z-1)^{2}=1
$$
化简得到
$$
S:\left(x^{2}+y^{2}+(z-1)^{2}+2\right)^{2}=12\left(x^{2}+y^{2}\right)
$$
2．记圆 $C$ 的圆心坐标为 $O^{\prime}(0, \sqrt{3}, 1), M$ 的坐标为 $(0,0, t), M$ 与圆 $C$ 的两个切点坐标分别为 $A, B$ ，则由两个圆锥半顶角之差为 $\frac{\pi}{3}$ 可得 $\angle O^{\prime} M A=\angle O^{\prime} M B= \frac{\pi}{6}$ ，进而通过解三角形可得 $t=0$ 或 $t=2$ ．
当 $t=0$ 时，得 $M(0,0,0)$ ，此时切点坐标为 $A\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right), B(0, \sqrt{3}, 0)$ ，锥面 $S_{1}$ 的母线即为直线 $M A$ ，其方程为 $L_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ \sqrt{3} y-z=0,\end{array} \quad S_{1}\right.$ 即为 $L_{1}$ 绕 $z$ 轴所得旋转
面，其方程为 $S_{1}: z=\sqrt{3\left(x^{2}+y^{2}\right)}$ ．锥面 $S_{2}$ 的母线即为直线 $M B$ ，其方程为 $L_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ z=0,\end{array} \quad S_{2}\right.$ 即为 $L_{2}$ 绕 $z$ 轴所得旋转面，其方程为 $S_{2}: z=0$ ．
（11 分）
当 $t=2$ 时，得 $M(0,0,2)$ ，此时切点坐标为 $A\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right), B(0, \sqrt{3}, 2)$ ，两条母线的方程分别为
$$
L_{1}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l}
x=0, \\
\sqrt{3} y+z-2=0
\end{array} \quad \text { 和 } \quad L_{2}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l}
x=0, \\
z=2 .
\end{array}\right.\right.
$$
对应的锥面方程为
$$
S_{1}^{\prime}: z=2-\sqrt{3\left(x^{2}+y^{2}\right)} \quad \text { 和 } \quad S_{2}^{\prime}: z=2 \text {. }
$$
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解答题 |
三、（本题15分）设 $n$ 阶复方阵 $A_{1}, \ldots, A_{2 n}$ 均相似于对角阵， $\mathbb{C}^{n}$ 表示复 $n$ 维列向量空间。证明：
1． $\mathbb{C}^{n}=\operatorname{ker} A_{k} \oplus \operatorname{Im} A_{k}$ 。这里 $\operatorname{ker} A_{k}=\left\{\alpha \mid A_{k} \alpha=0, \alpha \in\right. \left.\mathbb{C}^{n}\right\}, \operatorname{Im} A_{k}=\left\{A_{k} \beta \mid \beta \in \mathbb{C}^{n}\right\}(k=1, \ldots, 2 n)$.
2．若对所有的 $kt$ ，则特征值 0 的代数重数 $>t$ ，矛盾．从而有 $\operatorname{ker} A_{k}= \operatorname{span}\left\{p_{1}^{(k)}, \cdots, p_{t}^{(k)}\right\}$.
另一方面，$\forall y \in \mathbb{C}^{n}, y$ 可写成 $y=a_{1} p_{1}^{(k)}+\cdots+a_{n} p_{n}^{(k)}$ ，结果 $A y=a_{t+1} \lambda_{t+1}^{(k)} p_{t+1}^{(k)}+ \cdots+a_{n} \lambda_{n}^{(k)} p_{n}^{(k)} \in \operatorname{span}\left\{p_{t+1}^{(k)}, \cdots, p_{n}^{(k)}\right\}$ 。从而有 $\operatorname{Im} A_{k}=\operatorname{span}\left\{p_{t+1}^{(k)}, \cdots, p_{n}^{(k)}\right\}$ 。故有 $\mathbb{C}^{n}=\operatorname{ker} A_{k} \oplus \operatorname{Im} A_{k}$ 。
现由条件 $A_{1} A_{2}=0$ 得 $\operatorname{Im} A_{2} \subseteq \operatorname{ker} A_{1}$ ，进而有
$$
\mathbb{C}^{n}=\left(\operatorname{ker} A_{1} \cap \operatorname{ker} A_{2}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{2} \oplus \operatorname{Im} A_{1}
$$
事实上，由 $\mathbb{C}^{n}=\operatorname{ker} A_{2} \oplus \operatorname{Im} A_{2}$ 可知，$\forall u \in \operatorname{ker} A_{1}, u=u_{1}+u_{2}$ ，其中 $u_{1} \in \operatorname{ker} A_{2}, u_{2} \in \operatorname{Im} A_{2}$ ．又由 $\operatorname{Im} A_{2} \subseteq \operatorname{ker} A_{1}$ 得 $u_{1}=\left(u-u_{2}\right) \in \operatorname{ker} A_{2} \cap \operatorname{ker} A_{1}$ 。结果 $\operatorname{ker} A_{1}$ 有直和分解： $\operatorname{ker} A_{1}=\left(\operatorname{ker} A_{2} \cap \operatorname{ker} A_{1}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{2}$ ，于是 $\mathbb{C}^{n}=\left(\operatorname{ker} A_{1} \cap \operatorname{ker} A_{2}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{2} \oplus \operatorname{Im} A_{1}$.
利用 $A_{1} A_{3}=0, A_{2} A_{3}=0$ 及 $\mathbb{C}^{n}=\operatorname{ker} A_{3} \oplus \operatorname{Im} A_{3}$ ，重复前述对 $\operatorname{ker} A_{1}$ 进行分解的过程又可得
$$
\operatorname{ker} A_{2} \cap \operatorname{ker} A_{1}=\left(\operatorname{ker} A_{3} \cap \operatorname{ker} A_{2} \cap \operatorname{ker} A_{1}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{3},
$$
从而有
$$
\mathbb{C}^{n}=\left(\operatorname{ker} A_{1} \cap \operatorname{ker} A_{2} \cap \operatorname{ker} A_{3}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{3} \oplus \operatorname{Im} A_{2} \oplus \operatorname{Im} A_{1}
$$
最后有
$$
\mathbb{C}^{n}=\left(\operatorname{ker} A_{1} \cap \cdots \cap \operatorname{ker} A_{2 n}\right) \oplus \operatorname{Im} A_{1} \oplus \cdots \oplus \operatorname{Im} A_{2 n}
$$
（12 分）
两边取维数得
$$
n=\operatorname{dim}\left(\operatorname{ker} A_{1} \cap \cdots \cap \operatorname{ker} A_{2 n}\right)+\operatorname{rank} A_{1}+\cdots+\operatorname{rank} A_{2 n} .
$$
因此 $\operatorname{rank} A_{1}, \ldots, \operatorname{rank} A_{2 n}$ 中至少有 $n$ 个为 0 ，即 $A_{1}, \ldots, A_{2 n}$ 中至少有 $n$ 个矩阵为零矩阵。证毕。
（15 分）
| 得分 | |
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| 评阅人 | | |
| 4 |
解答题 |
四、（本题 20 分）称实函数 $f$ 满足条件 $(P)$ ：若 $f$ 在 $[0,1]$ 上非负连续，$f(1)>f(0)=0, \int_{0}^{1} \frac{1}{f(x)} d x=+\infty$ ，且对任何 $x_{1}, x_{2} \in[0,1]$ 成立 $f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) \geqslant \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}$ ．
1．令 $c>0$ ，对于 $f_{1}(x)=c x$ 和 $f_{2}(x)=\sqrt{x}$ ，分别验证 $f_{1}, f_{2}$ 是否满足条件 $(P)$ ，并计算 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(f_{1}(x)-x f_{1}^{\prime}(x)\right)^{m} e^{f_{1}^{\prime}(x)}$ 和 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(f_{2}(x)-x f_{2}^{\prime}(x)\right)^{m} e^{f_{2}^{\prime}(x)}$ ．
2．证明：$\forall m \geqslant 1$ ，存在满足条件 $(P)$ 的函数 $f$ 以及趋于零的正数列 $\left\{x_{n}\right\}$ ，使得 $f$ 在每一点 $x_{n}$ 可导，且 $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(f\left(x_{n}\right)-x_{n} f^{\prime}\left(x_{n}\right)\right)^{m} e^{f^{\prime}\left(x_{n}\right)}=+\infty$.
解答。我们指出，注意到 $f(x)-x f^{\prime}(x)=-x^{2}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^{\prime}$ 对计算与思考是有益的。
1．易见 $f_{1}, f_{2}$ 都在 $[0,1]$ 上非负连续，$f_{1}(1)>f_{1}(0)=0, f_{2}(1)>f_{2}(0)=0$ ．
对于 $x>0, f_{1}^{\prime}(x)=c, f_{1}^{\prime \prime}(x)=0, f_{2}^{\prime}(x)=\frac{1}{2} x^{-1 / 2}, f_{2}^{\prime \prime}(x)=-\frac{1}{4} x^{-3 / 2}$ ．
因此，$f_{1}, f_{2}$ 均是 $[0,1]$ 上的凹函数。由于 $\int_{0}^{1} \frac{1}{f_{1}(x)} d x=+\infty, \int_{0}^{1} \frac{1}{f_{2}(x)} d x<+\infty$ ，
所以 $f_{1}$ 满足条件（ $P$ ）而 $f_{2}$ 不满足条件（ $P$ ）．
另一方面，$f_{1}(x)-x f_{1}^{\prime}(x) \equiv 0$ ，因此， $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(f_{1}(x)-x f_{1}^{\prime}(x)\right)^{m} e^{f_{1}^{\prime}(x)}=0$ ．
而 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(f_{2}(x)-x f_{2}^{\prime}(x)\right)^{m} e^{f_{2}^{\prime}(x)}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^{m} e^{\frac{1}{2 \sqrt{x}}}=+\infty$ 。
（5 分）
2．从 1 的结果得到提示，我们用类似函数 $\sqrt{x}$ 与 $c x$ 的函数来构造想要的例子。注意到对于 $(0,1]$ 中严格单调下降并趋于零的点列 $\left\{a_{n}\right\}$ ，当函数 $f$ 的图像为依次连接 $\left(a_{n}, \sqrt{a_{n}}\right)$ 的折线且 $f(0)=0$ 时，条件 $(P)$ 成立。
于是，我们可以尝试寻找这样一列 $\left\{a_{n}\right\}$ 以及 $x_{n} \in\left(a_{n+1}, a_{n}\right)$ 以满足题目的要求。
（10 分）
具体地，取 $a_{0}=1, x_{n} \in\left(a_{n+1}, a_{n}\right)$ 待定。我们给出 $f$ 的表达式如下：
$$
f(x)= \begin{cases}\sqrt{a_{n+1}}+k_{n}\left(x-a_{n+1}\right), & x \in\left(a_{n+1}, a_{n}\right] ; n \geqslant 0, \\ 0, & x=0,\end{cases}
$$
其中 $k_{n}=\frac{\sqrt{a_{n}}-\sqrt{a_{n+1}}}{a_{n}-a_{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n+1}}}$ ．
注意到
$$
\int_{a_{n+1}}^{a_{n}} \frac{1}{f(x)} d x=\frac{1}{2 k_{n}} \ln \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \geqslant \frac{\sqrt{a_{n}}}{2} \ln \frac{a_{n}}{a_{n+1}}
$$
取 $a_{n+1}=a_{n} e^{-\frac{2}{n \sqrt{a_{n}}}}$ ，即有 $0 |
| 5 |
解答题 |
五、（本题15分）设 $\alpha, \beta, \alpha_{1}, \alpha_{2}, \beta_{1}, \beta_{2}$ 和 $A$ 均为实数．回答以下问题：
1． $\lim _{n \rightarrow \infty} \sin (n \alpha+\beta)=A$ 成立的充要条件是什么？
2． $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sin \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin \left(n \alpha_{2}+\beta_{2}\right)\right)=0$ 成立的充要
条件是什么？
解答．为方便引用，标记
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sin (n \alpha+\beta)=A
$$
以及
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sin \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin \left(n \alpha_{2}+\beta_{2}\right)\right)=0
$$
法 I．我们给出如下答案。
1．满足的条件为： $\sin \alpha=0, \sin \beta=A, \sin (\alpha+\beta)=A$ ．
2．满足的条件为：
$$
\sin \alpha_{2}= \pm \sin \alpha_{1} \neq 0, \cos \left(\alpha_{1} \pm \alpha_{2}\right)=1,1 \pm \cos \left(\beta_{1} \mp \beta_{2}\right)=0
$$
## 解答过程．
1．条件（1）等价于
$$
\sin ((n+2) \alpha+\beta) \rightarrow A, \quad n \rightarrow \infty
$$
（3）－（1）并整理得到
$$
\sin \alpha \cos (n \alpha+\beta) \rightarrow 0, \quad n \rightarrow \infty
$$
同理可得
$$
\sin ^{2} \alpha \sin (n \alpha+\beta) \rightarrow 0, \quad n \rightarrow \infty
$$
上式和（4）表明，必有 $\sin \alpha=0$ ，否则
$$
\sin \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right) \rightarrow 0, \quad \cos \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right) \rightarrow 0, \quad n \rightarrow \infty
$$
而矛盾．
再由（1）等价于
$$
\sin \left(2 n \alpha_{1}+\beta_{1}\right) \rightarrow A, \quad \sin \left(2 n \alpha_{1}+\alpha+\beta_{1}\right) \rightarrow A,
$$
得到
$$
\sin \alpha_{1}=0, \sin \beta_{1}=\sin \left(\alpha_{1}+\beta_{1}\right)=A .
$$
故（1）成立。
再来证明结论 2．条件（2）等价于
$$
\sin \left((n+2) \alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin \left((n+2) \alpha_{2}+\beta_{2}\right) \rightarrow 0 .
$$
（5）－（2）并整理，得到
$$
\sin \alpha_{1} \cos \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin \alpha_{2} \cos \left(n \alpha_{2}+\beta_{2}\right) \rightarrow 0
$$
同理，可得
$$
\sin ^{2} \alpha_{1} \sin \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin ^{2} \alpha_{2} \sin \left(n \alpha_{2}+\beta_{2}\right) \rightarrow 0 .
$$
（8 分）
（2）乘以 $\sin ^{2} \alpha_{2}$ ，减去（7），得到
$$
\left(\sin ^{2} \alpha_{2}-\sin ^{2} \alpha_{1}\right) \sin \left(n \alpha_{1}+\beta_{1}\right) \rightarrow 0
$$
故必有 $\sin ^{2} \alpha_{2}=\sin ^{2} \alpha_{1}$ ，于是有
或者 $\sin ^{2} \alpha_{2}=\sin ^{2} \alpha_{1}=0$ ，或者 $\sin ^{2} \alpha_{2}=\sin ^{2} \alpha_{1} \neq 0$ ．
若 $\sin ^{2} \alpha_{2}=\sin ^{2} \alpha_{1}=0$ ，即 $\sin \alpha_{2}=\sin \alpha_{1}=0$ ，代入（2）即得
$$
\sin \alpha_{1}=\sin \alpha_{2}=0, \sin \beta_{1}+\sin \beta_{2}=\sin \left(\alpha_{1}+\beta_{1}\right)+\sin \left(\alpha_{2}+\beta_{2}\right)=0 .
$$
若 $\sin ^{2} \alpha_{2}=\sin ^{2} \alpha_{1} \neq 0$ ，则， $\sin \alpha_{2}= \pm \sin \alpha_{1} \neq 0$ ，由 |
| 6 |
解答题 |
六、（本题15分）设 $g$ 为 $\mathbb{R}$ 上恒正的连续函数，对于正整数 $n$ 以及 $x_0, y_0 \in \mathbb{R}$ ，考虑微分方程
$$
\left\{\begin{array}{l}
y^{\prime}(x)=y^{\frac{1}{2 n+1}}(x) g(x), \\
y\left(x_0\right)=y_0 .
\end{array}\right.
$$
证明：1．方程（1）有定义在整个 $\mathbb{R}$ 上的解（称为全局解）；
2．若 $y_0=0$ ，则方程（1）有无穷多个全局解；
3．若 $y=y(x)$ 是方程（1）的解，则 $y$ 在 $\mathbb{R}$ 上非负，或在 $\mathbb{R}$ 上非正． |