| 1 |
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 $\operatorname{tr} A=$ $\_\_\_\_$ $1011 \times 2021$。
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 2 |
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
$$
S_{1}^{\prime}: z=2-\sqrt{3\left(x^{2}+y^{2}\right)} \quad \text { 和 } \quad S_{2}^{\prime}: z=2 \text {. }
$$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 3 |
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 | |
| :---: | :--- |
| 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 10 分）设 $\left\{f_{n}(x)\right\}_{n \geqslant 1}$ 是 $\mathbb{R}$ 上可测函数列，$f_{n}^{2}, f^{2} \in \mathcal{L}(\mathbb{R})(\forall n \geq 1)$ ，且对 $\mathcal{L}$－a．e．$x \in \mathbb{R}, \lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)= f(x)$ 。若 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m=\int_{\mathbb{R}}|f(x)|^{2} d m$ ，则
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m=0
$$
证明．因为 $f^{2} \in \mathcal{L}(\mathbb{R})$ ，所以 $\forall \varepsilon>0, \exists n_{\varepsilon}$ 及 $\delta>0$ 使得
$$
\int_{\mathbb{R} \backslash\left[-n_{\varepsilon}, n_{\varepsilon}\right]}|f(x)|^{2} d m<\varepsilon
$$
且对任何可测集 $E \subseteq \mathbb{R}$ ，当 $m E<\delta$ 时，有
$$
\int_{E}|f(x)|^{2} d m<\varepsilon
$$
又 $f_{n}(x) \rightarrow f(x) \quad(n \rightarrow \infty) \mathcal{L}-$ a．e．$x \in \mathbb{R}$ ．由叶果诺夫定理，存在可测子集 $E_{\varepsilon} \subseteq\left[-n_{\varepsilon}, n_{\varepsilon}\right]$ 使得 $m E_{\varepsilon}<\delta,\left\{f_{n}(x)\right\}_{n \geq 1}$ 在 $\left[-n_{\varepsilon}, n_{\varepsilon}\right] \backslash E_{\varepsilon}$ 上一致收敛到 $f(x)$ ．令 $E_{1}=\left[-n_{\varepsilon}, n_{\varepsilon}\right] \backslash-E_{\varepsilon}$ ，有
$$
\int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m \rightarrow 0, \quad n \rightarrow \infty
$$
且
$$
\int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m \rightarrow \int_{E_{1}}|f(x)|^{2} d m, \quad n \rightarrow \infty
$$
事实上，$f_{n}(x) \rightarrow f(x)\left(n \rightarrow \infty, x \in E_{1}, m E_{1}<\infty\right)$ ，则 $\forall \varepsilon>0, \exists N \geqslant 1, \forall n \geq N$ 以及 $x \in E_{1}$ ，成立 $\left|f_{n}(x) \rightarrow f(x)\right|<\varepsilon, \int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m \leq \varepsilon^{2} \cdot m E_{1}$ ，故
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m=0
$$
又
$$
\left|\left(\int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m\right)^{\frac{1}{2}}-\left(\int_{E_{1}}|f(x)|^{2} d m\right)^{\frac{1}{2}}\right| \leq\left(\int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m\right)^{\frac{1}{2}}
$$
得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m=\int_{E_{1}}|f(x)|^{2} d m
$$
又因为
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m=\int_{\mathbb{R}}|f(x)|^{2} d m
$$
从而
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{E_{1}^{c}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m=\int_{E_{1}^{c}}|f(x)|^{2} d m
$$
注意到 $E_{1}^{c}=\left(\mathbb{R} \backslash\left[-n_{\varepsilon}, n_{\varepsilon}\right]\right) \bigcup E_{\varepsilon}, m E_{\varepsilon}<\delta$ ，得
$$
\begin{aligned}
& \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \int\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m \\
\leq & \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \int_{E_{1}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m+2 \varlimsup_{n \rightarrow \infty} \int_{E_{1}^{c}}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m \\
& +2 \int_{E_{1}^{c}}|f(x)|^{2} d m<8 \varepsilon
\end{aligned}
$$
由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m=0$ ．
（10 分）
法 II．记 $f_{0}=f$ 。由假设，立即得到 $\left\{\int_{\mathbb{R}} f_{n}^{2}(x) d m\right\}_{n \geqslant 0}$ 有界。设 $S$ 为它的一个上界．任取 $g \in L^{2}(\mathbb{R})$ ，我们要证
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}} f_{n}(x) g(x) d m=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}} f_{n}(x) g(x) d m
$$
先令 $g \in C_{c}(\mathbb{R})$ ，其中 $C_{c}(\mathbb{R})$ 表示 $\mathbb{R}$ 上有紧支集的连续函数全体。任取 $A>0$ 以及 $M>0$ 使得 $\operatorname{supp} g \subseteq[-A, A]$ 。记 $E \equiv E_{A}=[-A, A]$ ，则
$$
m E\left(\left|f_{n}\right|>M\right) \leqslant \frac{1}{M^{2}} \int_{E}\left|f_{n}(x)\right|^{2} d m \leqslant \frac{S}{M^{2}}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
& \left|\int_{E} f_{n}(x) g(x) d m-\int_{E} f(x) g(x) d m\right| \\
\leqslant & \frac{2 S}{M}\|g\|_{\infty}+\left|\int_{E} g \tilde{f}_{n, M} d m-\int_{E} g \tilde{f}_{0, M} d m\right|
\end{aligned}
$$
其中
$$
\tilde{f}_{n, M}(x)= \begin{cases}f_{n}(x), & \left|f_{n}(x)\right| \leqslant M \\ M, & f_{n}(x)>M \\ -M, & f_{n}(x)<-M\end{cases}
$$
注意到 $\tilde{f}_{n, M} \rightarrow f_{0, M}(x)$ ，a．e．$x \in \mathbb{R}$ ，结合控制收敛定理，我们有
$$
\varlimsup_{n \rightarrow \infty}\left|\int_{E} f_{n}(x) g(x) d m-\int_{E} f(x) g(x) d m\right| \leqslant \frac{2 S}{M}\|g\|_{\infty}
$$
于是由 $M>0$ 的任意性可得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{E} f_{n}(x) g(x) d m=\int_{E} f(x) g(x) d m
$$
注意到 $\operatorname{supp} g \subseteq[-A, A]$ ，即（1）对于 $g \in C_{c}(\mathbb{R})$ 成立。
由 $C_{c}(\mathbb{R})$ 在 $L^{2}(\mathbb{R})$ 中的稠密性可得对任何 $g \in L^{2}(\mathbb{R})$ ，（1）成立。
最后得到
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right|^{2} d m=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}}\left(f_{n}^{2}(x)+f^{2}(x)-2 f_{n}(x) f(x)\right) d m \\
= & \int_{\mathbb{R}}\left(f^{2}(x)+f^{2}(x)-2 f(x) f(x)\right) d m=0
\end{aligned}
$$
（10 分）
所在院校：
$\_\_\_\_$密封线 答题时不要超过此线考场号： ◯
$\_\_\_\_$座位号：
$\_\_\_\_$专业：
◯
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 6 |
解答题 |
六、（本题10分）设函数列 $\left\{f_{n}(z)\right\}$ 在区域 $G$ 上解析，且在 $G$ 中内闭一致收敛于函数 $f(z)$ 。证明：
1．若 $f(z)$ 不恒为零，$l$ 是 $G$ 内可求长的简单闭曲线，其内部属于 $G$ ，且不经过 $f(z)$ 的零点。则存在正整数 $N$ ，使得当 $n \geqslant N$ 时，在 $l$ 的内部 $f_{n}(z)$ 和 $f(z)$ 有相同个数的零点；
2．若 $\left\{f_{n}(z)\right\}$ 在区域 $G$ 内还是单叶的，$f(z)$ 不为常数，则 $f(z)$ 在 $G$ 内单叶解析．
证明．1．由 Weierstrass 定理，$f(z)$ 在 $G$ 内解析．因 $f(z)$ 在 $l$ 上不为零，所以
$$
\min _{z \in l}|f(z)|=m>0 .
$$
又 $\left\{f_{n}(z)\right\}$ 在 $l$ 上一致收玫到 $f(z)$ ，存在正整数 $N$ ，使得当 $n \geqslant N$ 时，在 $l$ 上有 $\left|f_{n}(z)-f(z)\right| |
| 7 |
解答题 |
七、（本题 10 分）设 $R$ 为有单位元的交换环，$R[x]$是 $R$ 上的一元多项式环，
$$
f(x)=a_{0}+a_{1} x+\cdots+a_{n} x^{n} \in R[x]
$$
证明：$f(x)$ 在环 $R[x]$ 中可逆当且仅当 $a_{0}$ 在 $R$ 中可逆且 $a_{1}, \ldots, a_{n}$ 均为 $R$ 中的幂零元。
证明．先证充分性．由于 $a_{0}$ 可逆，记 $b_{i}=a_{0}^{-1} a_{i}, 1 \leq i \leq n, g(x)=b_{1} x+\cdots+b_{n} x^{n}$ ．则有 $f(x)=a_{0}(1+g(x))$ 。对任意 $1 \leq i \leq n, a_{i}$ 幂零，故存在正整数 $m_{i}$ 使得 $a_{i}^{m_{i}}=0$ 。令 $N=\max \left\{m_{1}, \cdots, m_{n}\right\}$ ，则有 $a_{i}^{N}=0$ ，从而 $b_{i}^{N}=a_{0}^{-N} a_{i}^{N}=0$ 。由于 $g(x)^{n N}=\left(b_{1} x+\cdots+b_{n} x^{n}\right)^{n N}$ 展开式中任一项系数形如
$$
\frac{(n N)!}{k_{1}!\cdots k_{n}!} b_{1}^{k_{1}} \cdots b_{n}^{k_{n}}
$$
其中 $0 \leq k_{1}, \cdots, k_{n} \leq n N$ 且 $k_{1}+\cdots+k_{n}=n N$ ，从而必存在某个 $k_{j}$ 使得 $k_{j} \geq N$ ．由此 $b_{j}^{k_{j}}=0$ ，从而 $g(x)^{n N}=0$ ．于是
$$
f(x) \cdot a_{0}^{-1}\left(1-g(x)+g(x)^{2}-\cdots+(-1)^{n N-1} g(x)^{n N-1}\right)=1+(-1)^{n N-1} g(x)^{n N}=1,
$$
所以 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中可逆．
为证明必要性，首先证明如下论断：若 $a \in R$ 不是幂零元，则存在 $R$ 的素理想 $P$使得 $a \notin P$ 。事实上，考虑集合
$$
S=\left\{I \mid I \text { 是 } R \text { 的理想且 } I \cap\left\{a, a^{2}, \cdots\right\}=\varnothing\right\} \text {. }
$$
由于 $a$ 不是幂零元，显然 $R$ 的零理想 $(0) \in S$ ，因此 $S$ 非空。 $S$ 按照集合的包含关系成为一个偏序集，任取 $S$ 的一个链（全序子集）$T=\left\{I_{\alpha} \mid \alpha \in J\right\}$ ，其中 $J$ 为指标集。令 $A=\bigcup_{\alpha \in J} I_{\alpha}$ ，则 $A$ 是 $R$ 的理想且 $A \cap\left\{a, a^{2}, \cdots\right\}=\varnothing$ ，即 $A \in S$ 。显然 $A$ 为链 $T$ 的上界，根据 Zorn 引理，偏序集 $S$ 有极大元 $P$ 。显然 $a \notin P$ ，下面证明 $P$ 为 $R$ 的素理想．反之，若存在 $u, v \in R \backslash P$ 但是 $u v \in P$ ．由 $P$ 的极大性，理
想 $(u)+P$ 和 $(v)+P$ 均不在 $S$ 中，从而存在正整数 $s$ 和 $t$ 使得 $a^{s} \in(u)+P$ ， $a^{t} \in(v)+P$ 。设 $a^{s}=u y+p_{1}, a^{t}=v z+p_{2}$ ，其中 $y, z \in R, p_{1}, p_{2} \in P$ ，则有
$$
a^{s+t}=\left(u y+p_{1}\right)\left(v z+p_{2}\right)=(u v) y z+(u y) p_{2}+p_{1}(v z)+p_{1} p_{2}
$$
由 $u v, p_{1}, p_{2} \in P$ 得到 $a^{s+t} \in P$ ，与 $P \in S$ 矛盾。
（7 分）
下面证明必要性．由于 $f(x)$ 可逆，故存在 $h(x) \in R[x]$ 使得 $f(x) h(x)=1$ ．设 $h(x)$ 的常数项为 $h_{0}$ ，从而 $a_{0} h_{0}=1$ ，故 $a_{0}$ 在 $R$ 中可逆．任取 $R$ 的一个素理想 $P$ ，对于 $a \in R$ ，用 $\bar{a}$ 表示 $a$ 在自然同态 $\eta: ~ R \rightarrow \bar{R}=R / P$ 下的像，即 $\bar{a}=\eta(a)=a+P$ 。记 $\bar{f}(x)=\overline{a_{0}}+\overline{a_{1}} x+\cdots+\overline{a_{n}} x^{n} \in \bar{R}[x]$ 为 $f(x)$ 在自然同态 $\eta$ 下诱导出来的像，由 $f(x) h(x)=1$ 可得 $\bar{f}(x) \bar{h}(x)=\overline{1}$ ，所以 $\bar{f}(x)$在 $\bar{R}[x]$ 中可逆。由于 $P$ 为素理想， $\bar{R}$ 为整环，即 $\bar{f}(x)$ 是整环上的可逆多项式，所以 $\bar{f}(x)=\overline{a_{0}}$ 为 $\bar{R}$ 中的可逆元，从而对于任意 $1 \leq i \leq n$ 有 $\overline{a_{i}}=\overline{0}$ ，即 $a_{i} \in P$ ，故 $a_{i}$ 包含在 $R$ 的所有素理想中，所以 $a_{i}$ 为幂零元。
（10 分）
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 8 |
解答题 |
八、（本题10分）设 $S: r=(x, y, h(x, y))$ 为三维欧氏空间中的光滑曲面，$h(x, y)$ 是关于 $x, y$ 的光滑函数。
1．求 $S$ 的平均曲率的表达式。
2．设 $S$ 为极小曲面，当 $h(x, y)=f(x)+g(y)$ 时，求 $h(x, y)$
的表达式，其中函数 $f, g$ 均为光滑函数。
解答。1．经计算可得
$$
\begin{aligned}
& r_{x}=\left(1,0, h_{x}\right), r_{y}=\left(0,1, h_{y}\right) \\
& r_{x x}=\left(0,0, h_{x x}\right), r_{x y}=\left(0,0, h_{x y}\right), r_{y y}=\left(0,0, h_{y y}\right)
\end{aligned}
$$
经计算可得 $S$ 的单位法向量
$$
\vec{n}=\frac{\vec{r}_{x} \times \vec{r}_{y}}{\left|\vec{r}_{x} \times \vec{r}_{y}\right|}=\frac{1}{\sqrt{1+h_{x}^{2}+h_{y}^{2}}}\left(-h_{x},-h_{y}, 1\right)
$$
以及 $S$ 的第一基本形式系数和第二基本形式的系数
$$
\begin{aligned}
E= & r_{x} \cdot r_{x}=1+h_{x}^{2}, F=r_{x} \cdot r_{y}=h_{x} h_{y}, G=r_{y} \cdot r_{y}=1+h_{y}^{2} \\
L= & r_{x x} \cdot n=\frac{h_{x x}}{\sqrt{1+h_{x}^{2}+h_{y}^{2}}}, M=r_{x y} \cdot n=\frac{h_{x y}}{\sqrt{1+h_{x}^{2}+h_{y}^{2}}} \\
& \quad N=r_{y y} \cdot n=\frac{h_{y y}}{\sqrt{1+h_{x}^{2}+h_{y}^{2}}}
\end{aligned}
$$
于是，可得 $S$ 的平均曲率
$$
\begin{aligned}
H & =\frac{L G-2 F M+E N}{2\left(E G-F^{2}\right)} \\
& =\frac{h_{x x}\left(1+h_{y}^{2}\right)-2 h_{x} h_{y} h_{x y}+h_{y y}\left(1+h_{x}^{2}\right)}{2\left(1+h_{x}^{2}+h_{y}^{2}\right)^{\frac{2}{3}}}
\end{aligned}
$$
2．当 $h(x, y)=f(x)+g(y)$ 时，我们有
$$
h_{x}=f^{\prime}(x), h_{y}=g^{\prime}(y), h_{x x}=f^{\prime \prime}(x), h_{x y}=0, h_{y y}=g^{\prime \prime}(y)
$$
于是，我们有
$$
H=\frac{f^{\prime \prime}(x)\left(1+\left(g^{\prime}(y)\right)^{2}\right)+g^{\prime \prime}(y)\left(1+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}\right)}{2\left(1+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}+\left(g^{\prime}(y)\right)^{2}\right)^{\frac{2}{3}}}
$$
当 $S$ 为极小曲面，即 $H \equiv 0$ 时，得到
$$
f^{\prime \prime}(x)\left(1+\left(g^{\prime}(y)\right)^{2}\right)+g^{\prime \prime}(y)\left(1+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}\right)=0
$$
即
$$
\frac{f^{\prime \prime}(x)}{1+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}}=-\frac{g^{\prime \prime}(y)}{1+\left(g^{\prime}(y)\right)^{2}}
$$
根据（1），我们设
$$
\frac{f^{\prime \prime}(x)}{1+\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}}=c
$$
其中 $c$ 为常数。求解上述方程我们得到
$$
\begin{aligned}
& f(x)=-\frac{1}{c} \ln \cos (c x+d) \\
& g(y)=\frac{1}{c} \ln \cos (c y+b)
\end{aligned}
$$
其中 $d, b$ 是常数．于是得到
$$
h(x, y)=\frac{1}{c} \ln \frac{\cos (c y+b)}{\cos (c x+d)}
$$
当 $c=0$ 时，我们得到 $f^{\prime \prime}(x)=g^{\prime \prime}(y)=0$ ．此时，我们有
$$
f(x)=a_{1} x+b_{1}, g(y)=a_{2} y+b_{2}
$$
其中 $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ 都是常数。于是，$h(x, y)=a_{1} x+a_{2} y+b_{1}+b_{2}$ ．
| 得分 | |
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| 评阅人 | | |
| 9 |
解答题 |
九、（本题 10 分）设有一列盒子，已知第 $k$ 个盒子中有 $k$ 个球，其中 1 个是红球，另外 $k-1$ 个是白球．现从前 $n$ 个盒子中各取一球，记 $S_{n}$ 表示取出的 $n$ 个球中红球的个数．证明：
1．$\frac{S_{n}}{\ln (n)}$ 依概率收敛于 1 ；
2．$\frac{S_{n}-\ln (n)}{\sqrt{\ln (n)}}$ 依分布收敛于标准正态分布 $N(0,1)$ ；
3．对任意 $r>0, \lim _{n \rightarrow \infty} E\left(\frac{\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}{\ln ^{r}(n)+\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}\right)=0$ ．
解答。 1 对于 $k=1,2, \ldots, n$ ，记
$$
X_{k}= \begin{cases}1, & \text { 从第 } k \text { 个盒子中取出红球 }, \\ 0, & \text { 从第 } k \text { 个盒子中取出白球 } .\end{cases}
$$
则 $X_{k}$ 独立且服从 $0-1$ 分布 $B\left(1, \frac{1}{k}\right)$ ，并且 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n} X_{k}$ ．
只需证明，对任意 $\varepsilon>0, P\left(\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right| \geqslant \varepsilon\right) \rightarrow 0(n \rightarrow \infty)$ 。事实上
$$
\begin{gathered}
P\left(\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right| \geqslant \varepsilon\right)=P\left(\left|S_{n}-\ln (n)\right| \geqslant \varepsilon \ln (n)\right) \leqslant \frac{E\left(S_{n}-\ln (n)\right)^{2}}{\varepsilon^{2} \ln ^{2}(n)} \\
=\frac{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)+\left(E S_{n}-\ln (n)\right)^{2}}{\varepsilon^{2} \ln ^{2}(n)}, \\
\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k^{2}}\right) \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \text { 并且 } E S_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} . \\
\text { 注意 } \ln (n)+\frac{1}{n} \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leqslant \ln (n)+1 \text { 蕴含 } \\
\qquad \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\ln (n)} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}=1, \ln (n)+\frac{1}{n} \leqslant E S_{n} \leqslant \ln (n)+1
\end{gathered}
$$
所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}{\ln ^{2}(n)}=0, \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(E S_{n}-\ln (n)\right)^{2}}{\ln ^{2}(n)}=0
$$
故 $P\left(\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right| \geqslant \varepsilon\right) \rightarrow 0$ ．
（5 分）
2．注意 $\frac{S_{n}-\ln (n)}{\sqrt{\ln (n)}}=\frac{S_{n}-E S_{n}}{\sqrt{\ln (n)}}+\frac{E S_{n}-\ln (n)}{\sqrt{\ln (n)}}$ ．由 $\ln (n)+\frac{1}{n} \leqslant E S_{n} \leqslant \ln (n)+1$知
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{E S_{n}-\ln (n)}{\sqrt{\ln (n)}}=0
$$
故，应用 $\frac{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}{\ln (n)} \rightarrow 1$ ，只需证明 $\frac{S_{n}-E S_{n}}{\sqrt{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}}$ 依分布收敛于标准正态分布 $N(0,1)$ 。
法 I．验证李雅普诺夫（Lyapunov）条件成立，即当 $n \rightarrow \infty$ 时
$$
\frac{1}{\left(\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)\right)^{2}} \sum_{k=1}^{n} E\left(X_{k}-E X_{k}\right)^{4} \rightarrow 0
$$
事实上，由于 $\sum_{k=1}^{n} E\left(X_{k}-E X_{k}\right)^{4}=\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(1-\frac{1}{k}\right)^{4} \frac{1}{k}+\frac{1}{k^{4}}\left(1-\frac{1}{k}\right)\right\} \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k}$ ，且 $\frac{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}{\ln (n)} \rightarrow 1$ ，所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\left(\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)\right)^{2}} \sum_{k=1}^{n} E\left(X_{k}-E X_{k}\right)^{4}=0
$$
法 II．验证下列林德贝格（Lindeberg）条件成立，即对任意 $\tau>0$ ，当 $n \rightarrow \infty$ 时
$$
\frac{1}{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)} \sum_{k=1}^{n} E\left\{\left(X_{k}-E X_{k}\right)^{2} I\left(\left|X_{k}-E X_{k}\right| \geqslant \tau \sqrt{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}\right)\right\} \rightarrow 0
$$
或
$$
\frac{1}{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)} \sum_{k=1}^{n} \int_{\left|x-E X_{k}\right| \geqslant \tau \sqrt{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}}\left(x-E X_{k}\right)^{2} d F_{k}(x) \rightarrow 0
$$
其中 $F_{k}(x)=P\left(X_{k} \leqslant x\right)$ ．
事实上，由于 $\operatorname{Var}\left(S_{n}\right) \rightarrow \infty$ ，所以当 $n$ 较大时，对 $1 \leqslant k \leqslant n, I\left(\left|X_{k}-E X_{k}\right| \geqslant\right. \left.\tau \sqrt{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}\right)=0$ ，故
$$
\frac{1}{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)} \sum_{k=1}^{n} E\left\{\left(X_{k}-E X_{k}\right)^{2} I\left(\left|X_{k}-E X_{k}\right| \geqslant \tau \sqrt{\operatorname{Var}\left(S_{n}\right)}\right)\right\} \rightarrow 0
$$
3．注意 $E\left(\frac{\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}{\ln ^{r}(n)+\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}\right)=E\left(\frac{\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right|^{r}}{1+\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right|^{r}}\right)$ ．由 1 小题知，对任意 $\varepsilon>0$,
$$
P\left(\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right| \geqslant \varepsilon\right) \rightarrow 0
$$
记 $\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1$ 的分布函数为 $F_{n}(x)=P\left(\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1 \leqslant x\right)$ ．由于函数 $g(x)=\frac{|x|^{r}}{1+|x|^{r}}$ 在 $[0, \infty)$ 上是单调非降函数，所以
$$
\begin{aligned}
E\left(\frac{\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right|^{r}}{1+\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right|^{r}}\right) & =\int_{-\infty}^{\infty} \frac{|x|^{r}}{1+|x|^{r}} d F_{n}(x)=\left(\int_{|x| \leqslant \varepsilon}+\int_{|x|>\varepsilon}\right) \frac{|x|^{r}}{1+|x|^{r}} d F_{n}(x) \\
& \leqslant \frac{\varepsilon^{r}}{1+\varepsilon^{r}}+\int_{|x|>\varepsilon} d F_{n}(x)=\frac{\varepsilon^{r}}{1+\varepsilon^{r}}+P\left(\left|\frac{S_{n}}{\ln (n)}-1\right|>\varepsilon\right)
\end{aligned}
$$
于是由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $\lim _{n \rightarrow \infty} E\left(\frac{\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}{\ln ^{r}(n)+\left|S_{n}-\ln (n)\right|^{r}}\right) \rightarrow 0$ ．
| 得分 | |
| :--- | :--- |
| 评阅人 | | |
| 10 |
解答题 |
十、（本题 10 分）考虑求解常微分方程初值问题
$$
\left\{\begin{array}{l}
y^{\prime}=f(x, y) \\
y\left(x_{0}\right)=y_{0}
\end{array}\right.
$$
的下列数值格式：
$$
y_{n}+a_{1} y_{n-1}+a_{2} y_{n-2}=h\left(b_{0} f_{n}+b_{1} f_{n-1}+b_{2} f_{n-2}\right)
$$
其中 $a_{1}, a_{2}, b_{0}, b_{1}, b_{2}$ 为常数，$f_{j}=f\left(x_{j}, y_{j}\right), j=n-2, n-1, n$ ．
1．确定常数 $a_{1}, a_{2}, b_{0}, b_{1}, b_{2}$ ，使得上述数值格式具有尽可能高阶的精度；
2．分析上一步得到的数值格式的稳定性与收玫性。
解答。定义算子 $L$ 如下：
$$
L(y(x)):=y(x)+a_{1} y(x-h)+a_{2} y(x-2 h)-h\left(b_{0} y^{\prime}(x)+b_{1} y^{\prime}(x-h)+b_{2} y^{\prime}(x-2 h)\right) .
$$
将 $y, y^{\prime}$ 在 $x$ 处做 Taylor 展开可以得到：
$$
\begin{aligned}
L(y(x))= & y(x)+a_{1}\left(\sum_{j=0}^{k}(-h)^{j} / j!y^{(j)}(x)+(-h)^{k+1} /(k+1)!y^{(k+1)}\left(\xi_{1}\right)\right) \\
& +a_{2}\left(\sum_{j=0}^{k}(-2 h)^{j} / j!y^{(j)}(x)+(-2 h)^{k+1} /(k+1)!y^{(k+1)}\left(\xi_{2}\right)\right) \\
& -b_{0} h y^{\prime}(x)-b_{1} h\left(\sum_{j=0}^{k-1}(-h)^{j} / j!y^{(j+1)}(x)+(-h)^{k} / k!y^{(k+1)}\left(\eta_{1}\right)\right) \\
& -b_{2} h\left(\sum_{j=0}^{k-1}(-2 h)^{j} / j!y^{(j+1)}(x)+(-2 h)^{k} / k!y^{(k+1)}\left(\eta_{2}\right)\right) \\
= & \left(1+a_{1}+a_{2}\right) y(x)-\left(a_{1}+2 a_{2}+b_{0}+b_{1}+b_{2}\right) h y^{\prime}(x) \\
& +\sum_{j=2}^{k}\left(a_{1}+2^{j} a_{2}+j b_{1}+2^{j-1} j b_{2}\right)(-h)^{j} / j!y^{(j)}(x)+O\left(h^{k+1}\right) \\
:= & \sum_{j=0}^{k} d_{j}(-h)^{j} / j!y^{(j)}(x)+O\left(h^{k+1}\right) .
\end{aligned}
$$
其中
$$
\begin{aligned}
& d_{0}:=1+a_{1}+a_{2}, \quad d_{1}:=a_{1}+2 a_{2}+b_{0}+b_{1}+b_{2} \\
& d_{j}:=a_{1}+2^{j} a_{2}+j b_{1}+2^{j-1} j b_{2}=0, \quad j=2,3,4
\end{aligned}
$$
令 $d_{0}=d_{1}=d_{2}=d_{3}=d_{4}=0$ ，解得
$$
a_{1}=0, \quad a_{2}=-1, \quad b_{0}=1 / 3, \quad b_{1}=4 / 3, \quad b_{2}=1 / 3
$$
此时 $d_{5}=4 / 3 \neq 0$ ．因此格式的最高精度是 4 阶，所求格式为：
$$
y_{n}-y_{n-2}=\frac{1}{3}\left(f_{n}+4 f_{n-1}+f_{n-2}\right)
$$
2．对上述格式，令 $p(z)=z^{2}-1, q(z)=\frac{1}{3}\left(z^{2}+4 z+1\right) . p(z)=0$ 的两个根 $\pm 1$ 的模长为 1 ，且均为单根，故格式稳定。另一方面，$p(1)=0$ 且 $p^{\prime}(1)=q(1)=2$ ，因此格式相容，进而收敛。
（10分） |