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解答题 |
一、（本题 20 分，每小题 5 分）填空题
1．由方程 $\left\{\begin{array}{l}x+y=t, \\ x^{2}-y^{2}=t\end{array}\right.$ 确定的曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=x(t), \\ y=y(t)\end{array}\right.$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为
$\_\_\_\_$
$y=x-1$ ．
2．记 $L$ 为曲线 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 \text { ，则曲线积分 } \int_{L}\left(2 x^{2}+x+y^{2}+y\right) d s= \\ x+2 y+z=0 \text { ．}\end{array}\right.$
$\_\_\_\_$ $2 \pi$。
3．设 $A$ 为 $n \times n$ 实矩阵．若 $A^{n}=0$ 但 $A^{n-1} \neq 0$ ，则 $A$ 的秩为 $\_\_\_\_$ $n-1$ ．
4．设 $\mathbb{R}$ 上函数 $f$ 具有连续的一阶导数，且满足 $f(x)=\int_{0}^{x}(x-l) f^{\prime}(t) d l+x^{2}(x \in \mathbb{R})$ ．则 $f(x)=$ $\_\_\_\_$ $2 e^{x}-2 x-2$. ． |
| 2 |
解答题 |
二、（本题 10 分）设二次曲线 $A x^{2}+B x y+C y^{2}+D x+E y+F=0$ ，经过正交变换 $\binom{x}{y}=Q\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}$ 得此曲线的另一表达式．
（i）求证 $B^{2}-4 A C$ 与 $F$ 为上述正交变换的不变量；
（ii）给出在上述正交变换下，交叉项 $x^{\prime} y^{\prime}$ 系数为零的充要条件．
解答．（i）$Q$ 为正交矩阵，因此，有 $\theta \in[0,2 \pi]$ 和 $\varepsilon= \pm 1$ 使得
$$
\binom{x}{y}=\left(\begin{array}{cc}
\cos \theta & -\varepsilon \sin \theta \\
\sin \theta & \varepsilon \cos \theta
\end{array}\right)\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=\binom{x^{\prime} \cos \theta-y^{\prime} \varepsilon \sin \theta}{x^{\prime} \sin \theta+y^{\prime} \varepsilon \cos \theta} .
$$
代入 $A x^{2}+B x y+C y^{2}+D x+E y+F=0$ 得到
$$
A^{\prime} x^{\prime 2}+B^{\prime} x^{\prime} y^{\prime}+C^{\prime} y^{\prime 2}+D^{\prime} x^{\prime}+E^{\prime} y^{\prime}+F^{\prime}=0
$$
其中 $F^{\prime}=F$ ，
$$
\begin{aligned}
& A^{\prime}=A \cos ^{2} \theta+B \sin \theta \cos \theta+C \sin ^{2} \theta \\
& \varepsilon B^{\prime}=(C-A) \sin (2 \theta)+B \cos (2 \theta) \\
& C^{\prime}=A \sin ^{2} \theta-B \cos \theta \sin \theta+C \cos ^{2} \theta
\end{aligned}
$$
直接计算可得 $B^{\prime 2}-4 A^{\prime} C^{\prime}=B^{2}-4 A C, F^{\prime}=F$ ．这就证明了 $B^{2}-4 A C$与 $F$ 是正交变换的不变量．
注．事实上，
$$
\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}^{\mathrm{T}} Q^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}
A & \frac{B}{2} \\
\frac{B}{2} & C
\end{array}\right) Q\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}+\binom{D}{E}^{\mathrm{T}} Q\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}+F=0 .
$$
因此，$F^{\prime}=F$ ，
$$
\begin{aligned}
& A^{\prime} C^{\prime}-\frac{B^{\prime 2}}{4}=\operatorname{det}\left(\begin{array}{cc}
A^{\prime} & \frac{B^{\prime}}{2} \\
\frac{B^{\prime}}{2} & C^{\prime}
\end{array}\right)=\operatorname{det}\left[Q^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}
A & \frac{B}{2} \\
\frac{B}{2} & C
\end{array}\right) Q\right] \\
= & \operatorname{det}\left(\begin{array}{cc}
A & \frac{B}{2} \\
\frac{B}{2} & C
\end{array}\right)=A C-\frac{B^{2}}{4},
\end{aligned}
$$
（ii）依题意可知，在上述正交变换下，交叉项 $x^{\prime} y^{\prime}$ 系数为零的充要条件为 $B^{\prime}=0$ ，即 $(C-A) \sin (2 \theta)+B \cos (2 \theta)=0$ ． |
| 3 |
解答题 |
三、（本题 14 分）设实系数多项式 $f(x)=a_{0}+a_{1} x+\cdots+a_{m} x^{m}$ ，其中 $a_{m} \neq 0$ ， $m \geqslant 1, \sum_{k=0}^{m} a_{k}=a \neq 0, \sum_{k=1}^{m} k a_{k}=b \neq 0$ ．证明：对任意大于等于 2 的白然数 $n$ 以及促意
的 $\varepsilon \neq 0$ ，必存在 $n$ 阶复方阵 $C$ ，使得 $f |
| 4 |
解答题 |
四、（本题 20 分）设 $q_{1}, q_{2}, \ldots, q_{n}, \ldots$ 为有理数集 $\mathbb{Q}$ 的一个排列，满足 $\left|q_{n}\right|< n(\forall n \geqslant 1)$ ．又设 $r \in(0,1), g(x)=\sum_{n=1}^{\infty} r^{n}\left(x-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}$ ．证明：
（i）$g$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续且严格单增．集合 $E=\{g(q) \mid q \in \mathbb{Q}\}$ 的闭包为 $\mathbb{R}$ ；
（ii） $\lim _{x \rightarrow t} \frac{g(x)-g(t)}{x-t}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}}$ ，这里我们规定 $\frac{1}{0}=+\infty$ ；
（iii）$g$ 的反函数 $f$ 处处可导，且 $f^{\prime}$ 在 $E$ 上为零；
（iv）对任意 $a0$ 时，
$$
g(x)-g(0)>r\left(\left(x-q_{1}\right)^{\frac{1}{3}}+q_{1}^{\frac{1}{3}}\right)
$$
我们有 $g(+\infty)=+\infty$ ．同理 $g(-\infty)=-\infty$ ．由连续函数的介值性，对任何 $t_{0} \in \mathbb{R}$ ，有 $x_{0} \in \mathbb{R}$ 使得 $g\left(x_{0}\right)=t_{0}$ ．取 $\mathbb{Q}$ 中点列 $\left\{x_{n}\right\}$ 趋于 $x_{0}$ ，即得 $t_{0}=\lim _{n \rightarrow+\infty} g\left(x_{n}\right) \in \bar{E}$ ．因此， $\bar{E}=\mathbb{R}$ ．
（ii）对丁 $x \neq l$ ，我们有
$$
\frac{g(x)-g(t)}{x-t} \geqslant \sum_{n=1}^{m} \frac{\left(x-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}-\left(t-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}}{x-l} r^{n}, \quad \forall m \geqslant 1 .
$$
因此，
$$
\varliminf_{x \rightarrow t^{+}} \frac{g(x)-g(t)}{x-t} \geqslant \sum_{n=1}^{m} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}}, \quad \forall m \geqslant 1 .
$$
进而令 $m \rightarrow+\infty$ 得到
$$
\varliminf_{x \rightarrow l^{+}} \frac{g(x)-g(l)}{x-t} \geqslant \sum_{n-1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} .
$$
另一方面，易见对任何 $x \neq \iota$ 成立
$$
\frac{x^{\frac{1}{3}}-t^{\frac{1}{3}}}{x-t}=\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}+x^{\frac{1}{3}} t^{\frac{1}{3}}+t^{\frac{2}{3}}} \leqslant \frac{4}{t^{\frac{2}{3}}} .
$$
从而 $\forall m \geqslant 1$ ，
$$
\frac{g(x)-g(l)}{x-t} \leqslant \sum_{n=1}^{m} \frac{\left(x-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}-\left(l-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}}{x-t} r^{n}+\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{4}{\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} r^{n} .
$$
因此，
$$
\varlimsup_{x \rightarrow t} \frac{g(x)-g(t)}{x-t} \leqslant \sum_{n=1}^{m} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}}+\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{4 r^{n}}{\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} .
$$
令 $n \rightarrow+\infty$（右论下式右端是否有限）可得
$$
\varlimsup_{x \rightarrow t} \frac{g(x)-g(t)}{x-t} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} .
$$
最终得到
$$
\lim _{x \rightarrow t} \frac{g(x)-g(t)}{x-t}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} .
$$
（iii）注意到
$$
0<\sum_{n-1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} \leqslant+\infty
$$
结合 $g$ 的连续性，可得（这里，记 $\frac{1}{+\infty}=0$ ）
$$
\lim _{x \rightarrow t} \frac{f(x)-f(t)}{x-t}=\frac{1}{\sum_{n-1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}}} \in[0,+\infty)
$$
因此，$f$ 处处可导且且 $f^{\prime}$ 在 $E$ 上为零．
（iv）任取 $a0$ ．易见 $\frac{f(b)-f(\xi)}{b-\xi} \geqslant k$ 或 $\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a} \geqslant k$ ．
不失一般性，设后者成立，则有 $\zeta_{1} \in(a, \xi)$ 使得 $f^{\prime}\left(\zeta_{1}\right)=\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a} \geqslant k$ ．
而由 $F$ 的程密性，有 $\zeta_{2} \in\left(a, \zeta_{1}\right) \cap F$ ，此时 $f^{\prime}\left(\zeta_{2}\right)=0$ ．于是，由微分
Darboux 定理得到存在 $\eta \in\left(\zeta_{2}, \zeta_{1}\right] \subset(a, \xi)$ 使得 $f^{\prime}(\eta)=k$ ． |
| 5 |
解答题 |
五、（本题 10 分）设 $A$ 为复数域上的 4 阶幂等阵（即 $A^{2}=A$ ）．证明：存在复数
$c_{0}, c_{1}, c_{2}, c_{3}$ 使得 $A$ 相似于 $\left(\begin{array}{cccc}c_{0} & c_{1} & c_{2} & c_{3} \\ c_{3} & c_{0} & c_{1} & c_{2} \\ c_{2} & c_{3} & c_{0} & c_{1} \\ c_{1} & c_{2} & c_{3} & c_{0}\end{array}\right)$ ．
证明．（1）首先，由 $A$ 幂等可知 $\mathbb{C}^{4}=\operatorname{Kcr} A \ominus \operatorname{Im} A$ ，进而 $\operatorname{Kcr} A$ 的一组基并上 $\operatorname{Im} A$的一组基便构成 $\mathbb{C}^{4}$ 的一组基．显然 $\operatorname{Ker} A$ 的基为 $A$ 关于特征值 0 的特征向量， $\operatorname{Im} A$ 的基为 $A$ 关于特征值 1 的特征向量，故 $A$ 拥有 4 个线性无关的特行向量，$A$ 相似了对角阵 $\Lambda=\operatorname{diag}\left(\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{4}\right)$ ．
其次，记 $B=\left(\begin{array}{llll}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ．则有
$B^{2}=\left(\begin{array}{llll}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\end{array}\right), B^{3}=\left(\begin{array}{llll}0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right), B^{4}=I_{4}$.
显见，$B$ 的特征多项式为 $|\lambda I-B|=\lambda^{4}-1, B$ 有 4 个不同的特征值：
$\xi_{1}, \ldots, \xi_{4}$ ．从而 $B \sim\left(\begin{array}{ccc}\xi_{1} & & \\ & \ddots & \\ & & \xi_{4}\end{array}\right)$ ．
考察下列关于 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 的方程组：
$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{0}+a_{1} \xi_{1}+a_{2} \xi_{1}^{2}+a_{3} \xi_{1}^{3}=\lambda_{1} \\
a_{0}+a_{1} \xi_{2}+a_{2} \xi_{2}^{2}+a_{3} \xi_{2}^{3}=\lambda_{2} \\
a_{0}+a_{1} \xi_{3}+a_{2} \xi_{3}^{2}+a_{3} \xi_{3}^{3}=\lambda_{3} \\
a_{0}+a_{1} \xi_{4}+a_{2} \xi_{4}^{2}+a_{3} \xi_{4}^{3}=\lambda_{4}
\end{array}\right.
$$
其系数行列式为范得蒙行列式，它 $\neq 0$ 。故有唯一解：$c_{0}, \ldots, c_{3}$ 。令 $f(x)= c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}$ ，则有 $f\left(\xi_{i}\right)=\lambda_{i}, i=1, \ldots, 4$ ．
最后，$f |
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解答题 |
六、（本题16分）设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的可积函数，$\alpha>0$ 是常数．证明： $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) d t$存在当且仪当 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x^{\alpha}} \int_{0}^{x} t^{\alpha-1} f(t) d t$ 存在．
证明．我们只要证明如下结论：
对任何 $a, b>0, \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x^{a}} \int_{0}^{x} t^{a-1} f(t) d t$ 存在蕴含 $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{1}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-1} f(t) d t$ 存在．
现设 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x^{a}} \int_{0}^{x} t^{a-1} f(t) d t=A \in \mathbb{R}$ ，记
$$
\begin{aligned}
& F(x)=\int_{0}^{x} t^{a-1} f(t) d t, \quad x \geqslant 0 \\
& \omega(r)=\sup _{x \in(0, r)}\left|\frac{F(x)}{x^{a}}-A\right|, \quad r>0
\end{aligned}
$$
则 $\lim _{r \rightarrow 0^{-}} \omega(r)=0$ ．
我们有
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-1} f(t) d t=\left.\frac{t^{b-a} F(t)}{x^{b}}\right|_{0} ^{x}-\frac{b-a}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-a-1} F(t) d t \\
= & \frac{F(x)}{x^{a}}-\frac{b-a}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-a-1} F(t) d t \\
= & \frac{1}{x^{a}} F(x)-\frac{(b-a) A}{b}-\frac{b-a}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-1}\left(\frac{F(t)}{l^{a}}-A\right) d t, \quad x>0,
\end{aligned}
$$
而
$$
\left|\frac{1}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-1}\left(\frac{F(t)}{t^{a}}-A\right) d t\right| \leqslant \frac{\omega(x)}{x^{b}} \int_{0}^{x} t^{b-1} d t=\frac{\omega(x)}{b}, \quad x>0
$$
由此立即得到 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x^{6}} \int_{0}^{x} t^{b-1} f(t) d t=A$ ． |
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解答题 |
七、（本题 10 分）求在 $\mathbb{R}$ 上处处可微且满足 $\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}=4-y^{2}$ 的所有实函数 $y=y(x)$ ．证明．形式求解 $\frac{d y}{d x}= \pm \sqrt{4-y^{2}}$ ，易见在任何区间 $(a, b) \subseteq(-\infty,+\infty)$ 和任何常数 $C \in \mathbb{R}, y= \pm 2$ 以及 $y=2 \sin (x+C)$ 均满足 $\frac{d y}{d x}= \pm \sqrt{4-y^{2}}$ ．
另一方面，设 $x_{0} \in \mathbb{R}$ ．若 $\left|y\left(x_{0}\right)\right|=2$ ，则 $y^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ．
若 $\left|y\left(x_{0}\right)\right|<2$ ，则由连续性，有 $\delta>0$ 使得在 $\left(x_{0}-\delta, x_{0}+\delta\right)$ 内 $|y(x)|<2$ ．进而在此区间内 $y^{\prime}(x) \neq 0$ 。由微分 Darboux 定理，可得 $y^{\prime}(x)$ 在此区间内怛正或怛负。进一步，设 $(\alpha, \beta) \ni x_{0}$ 是使得 $y^{\prime}(x)$ 恒正或恒负的最大区间（目前，不排除 $\alpha, \beta$有可能是 $-\infty,+\infty$ ）。
若 $y^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ ，则
$$
y^{\prime}(x)=\sqrt{4-y^{2}}, \quad x \in(\alpha, \beta) .
$$
解得
$$
\arcsin \frac{y}{2}=x-x_{0}+\arcsin \frac{y\left(x_{0}\right)}{2}, \quad x \in(\alpha, \beta) .
$$
从而
$$
y=2 \sin (x+C), \quad x \in(\alpha, \beta),
$$
其中 $C=\arcsin \frac{y\left(x_{0}\right)}{2}-x_{0}$ ．由此可见 $-\infty<\alpha<\beta<+\infty$ ．此时由 $(\alpha, \beta)$ 的最大性，必然有 $|y(\alpha)|=|y(\beta)|=2$ ，即 $y^{\prime}(\alpha)=y^{\prime}(\beta)=0$ 。结合 $y^{\prime}$ 在 $(\alpha, \beta)$ 内恒正得到 $\beta-\alpha=\pi$ ．此时可以重写 $y$ 的表达式为
$$
y(x)=-2 \cos (x-\alpha), \quad x \in(\alpha, \alpha+\pi)
$$
类似地，若 $y^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$ ，则成立 $\beta=\alpha+\pi$ ，
$$
y(x)=2 \cos (x-\alpha), \quad x \in(\alpha, \alpha+\pi) .
$$
易见，$y$ 的严格单增区间和严格单减区问是交替出现的．
一般地，可得开集 $\{x \in \mathbb{R}||y(x)|<2\}$ 是一列两两不交的长度为 $\pi$ 的区间的并，共中 $y$ 的严格单增区间和严格单减区间是交替出现。
为清晰起见，我们按如下方式写出 $y$ 所有可能的表达式．
情形 1：$y$ 没有严格单调区间。此时，$y \equiv 2$ 和 $y \equiv-2$ 。
情形 2：$y$ 至少有一个严格单调区间．
此时，有 $\varepsilon= \pm 1,-\infty \leqslant \ell \leqslant m \leqslant+\infty$ 以及相应的 $\left\{a_{k}\right\}_{\ell}^{m}$ 满足 $a_{k+1}-a_{k} \geqslant \pi(\ell \leqslant k \leqslant m-1)$ ，使得
$$
y(x)=2 \varepsilon \begin{cases}(-1)^{k+1} \cos \left(x-a_{k}\right), & x \in\left(a_{k}, a_{k}+\pi\right), \ell \leqslant k \leqslant m, \\ (-1)^{k}, & a_{k}+\pi \leqslant x \leqslant a_{k+1}, \ell \leqslant k \leqslant m-1, \\ (-1)^{\ell+1}, & x \leqslant a_{\ell}, \\ (-1)^{m}, & x \geqslant a_{m}+\pi,\end{cases}
$$
其中，上式中，后两种情形分別对应在 $\ell>-\infty$ 和 $m<+\infty$ 时出现．另一方面，上述给山的函数满足题设条件．因此，我们找到了满足题设条件的所有函数。 |