| 1 |
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 $\int(x)=\int_{0}^{x}(x-l) f^{\prime}(t) d l+x^{2}(x \in \mathbb{R})$ ．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，
$$
\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}^{\mathrm{T}} Q^{\mathrm{T}}\left(\begin{array}{cc}
\Lambda & \frac{B}{2} \\
\frac{B}{2} & C
\end{array}\right) Q\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}+\binom{D}{E}^{\mathrm{T}} Q\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}+F=0 .
$$
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 $n$ 以及任意的 $\varepsilon \neq 0$ ，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 $\mathbb{Q}$ 中古列 $\left\{x_{n}\right\}$ 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 $x \neq t$ ，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
$$
\varliminf_{x \rightarrow i^{+}} \frac{g(x)-g(t)}{x-t} \geqslant \sum_{n-1}^{\infty} \frac{r^{n}}{3\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}}
$$
另一方面，易见对任何 $x \neq \ell$ 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 $\forall m \geqslant 1$ ，
$$
\frac{g(x)-g(t)}{x-t} \leqslant \sum_{n=1}^{m} \frac{\left(x-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}-\left(t-q_{n}\right)^{\frac{1}{3}}}{x-t} r^{n}+\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{4}{\left(t-q_{n}\right)^{\frac{2}{3}}} r^{n} .
$$
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 $n \rightarrow+\infty$（无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 $E$ 的稠密性，有 $\zeta_{2} \in\left(a, \zeta_{1}\right) \cap E$ ，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 $f^{\prime}(\eta)=k$ ．
I．、（木题 12 分）设 $x \in \mathbb{R}$ ，记 $x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x_{n}}{10^{n}}$ ，其中，$x_{n}(n \geqslant 0)$ 为整数，当 $n \geqslant 1$时， $0 \leqslant x_{n} \leqslant 9$ ．除一零测集外，各点的表示唯一．对于 $n \geqslant 1$ ，定义 $\varphi_{n}(x)= \left\{\begin{array}{ll}1, & x_{n} \text { 为偶数；证明：若 } f \in L^{1}(\mathbb{R}) \text { ，则 } \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\mathbb{R}} f(x) \varphi_{n}(x) d x=0 \text { ．} \\ -1, & x_{n} \text { 为奇数．}\end{array}\right.$ ．
证明．
（i）将 $[0,1]$ 区间 10 等分，在每个小区间上，$\varphi_{1}(x)$ 的值依次为 $1,-1$ ．
将 $[0,1]$ 周期延拓到 $[k, k+1]$ 并作同样的十等分划分，显然有对任意
的整数 $k$ ，在区间 $[k, k+1]$ 上有同样的结果．
因此，$\left|\varphi_{1}(x)\right| \equiv 1$ 且对任意的 $N \in \mathbb{N}^{+}, \int_{-N}^{N} \varphi_{1}(x) d x=0$ ．
将上一步讨论 $\varphi_{1}(x)$ 的每小个区间再 10 等分，即：将 $[0,1]$ 进行 $10^{2}$ 等分。
在 $10^{2}$ 等分下，一方面 $\varphi_{1}(x)$ 的值不变，另一方面 $\varphi_{2}(x)$ 的值在这些区间上，依次为 $1,-1$ ．所以
$$
\left|\varphi_{2}(x)\right| \equiv 1, \quad \int_{-N}^{N} \varphi_{2}(x) d x=0, \quad \text { 且 } \quad \int_{-N}^{N} \varphi_{1}(x) \varphi_{2}(x) d x=0 .
$$
重复以上操作，将 $[0,1]$ 进行 $10^{n}$ 等分，并进行周期延拓到 $[k, k+1]$ ，对任意的 $n \in \mathbb{N}^{+},\left|\varphi_{n}(x)\right| \equiv 1$ ．
显然，对任意的 $m0$ ，存在有界函数 $g, \operatorname{supp} g \subseteq[-N, N], N \in \mathbb{N}^{+}$，使得
$$
\|f-g\|_{L^{\prime}(\mathbb{R})}<\varepsilon .
$$
从而有
$$
\begin{aligned}
\left|\int_{\mathbb{R}} f(x) \varphi_{n}(x) d x\right| & \leqslant\left|\int_{\mathbb{R}}(f(x)-g(x)) \varphi_{n}(x) d x\right|+\left|\int_{\mathbb{R}} g(x) \varphi_{n}(x) d x\right| \\
& \leqslant\|f-g\|_{t^{1}(\mathbb{R})}+\left|\int_{-N}^{N} g(x) \varphi_{n}(x) d x\right|
\end{aligned}
$$
当 $n$ 充分大时， $0<\left|\int_{\mathbb{R}} f(x) \varphi_{n}(x) d x\right|<2 \varepsilon$ ，由此可知，
$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} \int_{\mathbb{R}} f(x) \varphi_{n}(x) d x=0
$$
六、（本题12分）设 $a_{0}=1, a_{1} \neq 0$ ，函数 $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} z^{n}$ 在 $|z|<1$ 内解析．证明：
（i）若 $\sum_{n=2}^{\infty} n\left|a_{n}\right|<\left|a_{1}\right|$ ，则 $f$ 在 $|z|<1$ 内单叫；
（ii）若在 $|z|<1$ 内， $\operatorname{Rc} f(z) \geqslant 0$ ，则 $\left|a_{1}\right| \leqslant 2$ ．
证明．（1）对于 $|z|<1$ 内的任意两点 $z_{1}$ 和 $z_{2}, z_{1} \neq z_{2}$ ，则
$$
\begin{aligned}
& \left|f\left(z_{2}\right)-f\left(z_{1}\right)\right|=\left|\left(1+a_{1} z_{2}+a_{2} z_{2}^{2}+a_{3} z_{2}^{3}+\cdots\right)-\left(1+a_{1} z_{1}+a_{2} z_{1}^{2}+a_{3} z_{1}^{3}+\cdots\right)\right| \\
= & \left|a_{1}\left(z_{2}-z_{1}\right)+a_{2}\left(z_{2}^{2}-z_{1}^{2}\right)+a_{3}\left(z_{2}^{3}-z_{1}^{3}\right)+\cdots\right| \\
= & \left|\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\left(z_{2}^{n}-z_{1}^{n}\right)\right| \\
= & \mid\left(z_{2}-z_{1}\right)\left[a_{1}+\sum_{n=2}^{\infty} a_{n}\left(z_{2}^{n-1}+z_{2}^{n-2} z_{1}+\cdots+z_{1}^{n-1}\right] \mid\right. \\
\geqslant & \left|z_{2}-z_{1}\right|\left|\left|a_{1}\right|-\sum_{n=2}^{\infty}\right| a_{n}| | z_{2}^{n-1}+z_{2}^{n-2} z_{1}+\cdots+z_{1}^{n-1} \mid \\
\geqslant & \left|z_{2}-z_{1}\right|\left(\left|a_{1}\right|-\sum_{n=2}^{\infty} n\left|a_{n}\right|\right)>0 .
\end{aligned}
$$
于是，对于 $\left|z_{1}\right|<1,\left|z_{2}\right|<1$ ，只要 $z_{1} \neq z_{2}$ ，就有 $f\left(z_{2}\right) \neq f\left(z_{1}\right)$ ．故 $f(z)$ 在 $|z|<1$内单叶．
（2）由于 $\operatorname{Re} f(z) \geqslant 0$ ，所以 $|1+f(z)| \geqslant|1-f(z)|$ ，因此
$$
\varphi(z)=\frac{f(z)-1}{f(z)+1}=\frac{a_{1}}{2} z+\frac{2 a_{2}-a_{1}^{2}}{4} z^{2}+\cdots
$$
为 $|z|<1$ 内的解析函数．这时，在 $|z|<1$ 内，$|\varphi(z)| \leqslant 1, \varphi(0)=0$ ．由 Schwarz 引理，当 $|z|<1$ 时 $|\varphi(z)| \leqslant|z|$ ，且 $\left|\varphi^{\prime}(0)\right| \leqslant 1$ ．
最后，由于 $\varphi^{\prime}(z)=\frac{a_{1}}{2}+\frac{2 a_{2}-a_{1}^{2}}{2} z+\cdots$ ，所以 $\left|\varphi^{\prime}(0)\right|=\left|\frac{a_{1}}{2}\right| \leqslant 1$ ，即 $\left|a_{1}\right| \leqslant 2$ ．
七、（本题 12 分）设环 $R$ 的任意理想都是有限生成的，证明：$R$ 到自身的满同态一定是同构．
证明．设 $\varphi: R \rightarrow R$ 是满同态，对任意正整数 $n$ ，用 $\varphi^{n}$ 表示 $n$ 个 $\varphi$ 的合成，则 $\varphi^{n}$ ： $R \rightarrow R$ 依然足满同态．令 $I_{n}=\operatorname{ker} \varphi^{n}$ ，则 $I_{n}$ 是 $R$ 的理想且有
$$
I_{1} \subseteq I_{2} \subseteq I_{3} \subseteq \cdots
$$
设 $I=\bigcup_{m=1}^{\infty} I_{m}$ ，则 $I$ 依然是 $R$ 的理想．
由已知，$I$ 是有限生成的，不妨设 $I=\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t}\right)$ ，且 $a_{i} \in I_{k_{i}}, 1 \leq i \leq t$ ．设正整数 $k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{t}$ 中最大者为 $k$ ，则有 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t} \in I_{k}$ ，从而 $I= \left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t}\right) \subseteq I_{k}$ ，这表明
$$
I_{k}=I_{k+1}=I_{k+2}=\cdots
$$
即如上的理想升链终止．
任取 $r \in \operatorname{kcr} \varphi \subseteq R$ ，由于 $\varphi^{k}$ 是满同态，所以存在 $a \in R$ 使得 $\varphi^{k}(a)=r$ ．这时 $\varphi^{k+1}(a)=\varphi(r)=0$ ，即
$$
a \in \operatorname{ker} \varphi^{k+1}=I_{k+1}=I_{k}=\operatorname{ker} \varphi^{k},
$$
所以 $r=\varphi^{k}(a)=0$ ，这便让出 $\operatorname{ker} \varphi=\{0\}$ ，即 $\varphi$ 为单射，所以 $\varphi$ 是同构．
## 八、（本题 12 分）
（i）设庞加莱上半平面 $\mathbb{H}^{2}=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid y>0\right\}$ 节有黎曼度量 $\mathrm{d} s^{2}=\frac{\mathrm{d} x^{2}+\mathrm{d} y^{2}}{y^{2}}$ ，证明 $\mathbb{H}^{2}$ 的测地线为圆心在 $x$ 轴上的上半圆或者为平行于 $y$ 轴的直线；
（ii）对了半径为 $r$ 的球面 $S^{2}=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}\right\}$ ，称经过球心的平面与球面的交线为大圆．求球面上的测地线方程，并说明球面上的大圆是测地线；
（iii）阐明（i），（ii）的几何意义．
解答．（i）由题设可得
$$
g_{11}=g_{22}=\frac{1}{y^{2}}, g_{12}=g_{21}=0
$$
而且 $g=\left(g_{i j}\right)$ 的逆矩阵 $g^{-1}=\left(g^{i j}\right), g^{11}=g^{22}=y^{2}, g^{12}=g^{21}=0$ ．由此经计算可得联络系数为
$$
\Gamma_{12}^{1}=\Gamma_{21}^{1}=\Gamma_{22}^{2}=-\frac{1}{y}, \Gamma_{11}^{2}=\frac{1}{y}, \Gamma_{11}^{1}=\Gamma_{12}^{2}=\Gamma_{21}^{2}=\Gamma_{22}^{1}=0 .
$$
代入到测地线方程
$$
\ddot{\gamma}^{k}+\Gamma_{i j}^{k} \dot{\gamma}^{i} \dot{\gamma}^{j}=0, i, j, k=1,2,
$$
其中 $\gamma_{1}=x, \gamma_{2}=y$ ，可得
$$
\left\{\begin{array}{l}
\ddot{x}-\frac{2}{y} \dot{x} \dot{y}=0, \\
\ddot{y}+\frac{1}{y}\left((\dot{x})^{2}-(\dot{y})^{2}\right)=0 .
\end{array}\right.
$$
当 $\dot{x}=0$ 时可知 $x$ 为常数．此时，测地线为平行于 $y$ 轴的直线．当 $\dot{x} \neq 0$时，由（2）的第一个方程可得
$$
\frac{\ddot{x}}{\dot{x}}=\frac{2 \dot{y}}{y} .
$$
由（3）积分可得
$$
\dot{x}=C y^{2},
$$
其中 $C$ 为积分常数．另外，为简化运算过程，我们选取测地线 $r(t)= (x(t), y(t))$ 的参数 $t$ 为弧长参数，即 $|\dot{r}|_{g}=1$ ，它等价丁
$$
\frac{(\dot{x})^{2}+(\dot{y})^{2}}{y^{2}}=1 .
$$
由（2）、（4）以及 |
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解答题 |
六、（本题12分）设 $a_{0}=1, a_{1} \neq 0$ ，函数 $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} z^{n}$ 在 $|z|<1$ 内解析．证明：
（i）若 $\sum_{n=2}^{\infty} n\left|a_{n}\right|<\left|a_{1}\right|$ ，则 $f$ 在 $|z|<1$ 内单叫；
（ii）若在 $|z|<1$ 内， $\operatorname{Rc} f(z) \geqslant 0$ ，则 $\left|a_{1}\right| \leqslant 2$ ．
证明．（1）对于 $|z|<1$ 内的任意两点 $z_{1}$ 和 $z_{2}, z_{1} \neq z_{2}$ ，则
$$
\begin{aligned}
& \left|f\left(z_{2}\right)-f\left(z_{1}\right)\right|=\left|\left(1+a_{1} z_{2}+a_{2} z_{2}^{2}+a_{3} z_{2}^{3}+\cdots\right)-\left(1+a_{1} z_{1}+a_{2} z_{1}^{2}+a_{3} z_{1}^{3}+\cdots\right)\right| \\
= & \left|a_{1}\left(z_{2}-z_{1}\right)+a_{2}\left(z_{2}^{2}-z_{1}^{2}\right)+a_{3}\left(z_{2}^{3}-z_{1}^{3}\right)+\cdots\right| \\
= & \left|\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\left(z_{2}^{n}-z_{1}^{n}\right)\right| \\
= & \mid\left(z_{2}-z_{1}\right)\left[a_{1}+\sum_{n=2}^{\infty} a_{n}\left(z_{2}^{n-1}+z_{2}^{n-2} z_{1}+\cdots+z_{1}^{n-1}\right] \mid\right. \\
\geqslant & \left|z_{2}-z_{1}\right|\left|\left|a_{1}\right|-\sum_{n=2}^{\infty}\right| a_{n}| | z_{2}^{n-1}+z_{2}^{n-2} z_{1}+\cdots+z_{1}^{n-1} \mid \\
\geqslant & \left|z_{2}-z_{1}\right|\left(\left|a_{1}\right|-\sum_{n=2}^{\infty} n\left|a_{n}\right|\right)>0 .
\end{aligned}
$$
于是，对于 $\left|z_{1}\right|<1,\left|z_{2}\right|<1$ ，只要 $z_{1} \neq z_{2}$ ，就有 $f\left(z_{2}\right) \neq f\left(z_{1}\right)$ ．故 $f(z)$ 在 $|z|<1$内单叶．
（2）由于 $\operatorname{Re} f(z) \geqslant 0$ ，所以 $|1+f(z)| \geqslant|1-f(z)|$ ，因此
$$
\varphi(z)=\frac{f(z)-1}{f(z)+1}=\frac{a_{1}}{2} z+\frac{2 a_{2}-a_{1}^{2}}{4} z^{2}+\cdots
$$
为 $|z|<1$ 内的解析函数．这时，在 $|z|<1$ 内，$|\varphi(z)| \leqslant 1, \varphi(0)=0$ ．由 Schwarz 引理，当 $|z|<1$ 时 $|\varphi(z)| \leqslant|z|$ ，且 $\left|\varphi^{\prime}(0)\right| \leqslant 1$ ．
最后，由于 $\varphi^{\prime}(z)=\frac{a_{1}}{2}+\frac{2 a_{2}-a_{1}^{2}}{2} z+\cdots$ ，所以 $\left|\varphi^{\prime}(0)\right|=\left|\frac{a_{1}}{2}\right| \leqslant 1$ ，即 $\left|a_{1}\right| \leqslant 2$ ． |
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解答题 |
七、（本题 12 分）设环 $R$ 的任意理想都是有限生成的，证明：$R$ 到自身的满同态一定是同构．
证明．设 $\varphi: R \rightarrow R$ 是满同态，对任意正整数 $n$ ，用 $\varphi^{n}$ 表示 $n$ 个 $\varphi$ 的合成，则 $\varphi^{n}$ ： $R \rightarrow R$ 依然足满同态．令 $I_{n}=\operatorname{ker} \varphi^{n}$ ，则 $I_{n}$ 是 $R$ 的理想且有
$$
I_{1} \subseteq I_{2} \subseteq I_{3} \subseteq \cdots
$$
设 $I=\bigcup_{m=1}^{\infty} I_{m}$ ，则 $I$ 依然是 $R$ 的理想．
由已知，$I$ 是有限生成的，不妨设 $I=\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t}\right)$ ，且 $a_{i} \in I_{k_{i}}, 1 \leq i \leq t$ ．设正整数 $k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{t}$ 中最大者为 $k$ ，则有 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t} \in I_{k}$ ，从而 $I= \left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{t}\right) \subseteq I_{k}$ ，这表明
$$
I_{k}=I_{k+1}=I_{k+2}=\cdots
$$
即如上的理想升链终止．
任取 $r \in \operatorname{kcr} \varphi \subseteq R$ ，由于 $\varphi^{k}$ 是满同态，所以存在 $a \in R$ 使得 $\varphi^{k}(a)=r$ ．这时 $\varphi^{k+1}(a)=\varphi(r)=0$ ，即
$$
a \in \operatorname{ker} \varphi^{k+1}=I_{k+1}=I_{k}=\operatorname{ker} \varphi^{k},
$$
所以 $r=\varphi^{k}(a)=0$ ，这便让出 $\operatorname{ker} \varphi=\{0\}$ ，即 $\varphi$ 为单射，所以 $\varphi$ 是同构．
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解答题 |
八、（本题 12 分）
（i）设庞加莱上半平面 $\mathbb{H}^{2}=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid y>0\right\}$ 节有黎曼度量 $\mathrm{d} s^{2}=\frac{\mathrm{d} x^{2}+\mathrm{d} y^{2}}{y^{2}}$ ，证明 $\mathbb{H}^{2}$ 的测地线为圆心在 $x$ 轴上的上半圆或者为平行于 $y$ 轴的直线；
（ii）对了半径为 $r$ 的球面 $S^{2}=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}\right\}$ ，称经过球心的平面与球面的交线为大圆．求球面上的测地线方程，并说明球面上的大圆是测地线；
（iii）阐明（i），（ii）的几何意义．
解答．（i）由题设可得
$$
g_{11}=g_{22}=\frac{1}{y^{2}}, g_{12}=g_{21}=0
$$
而且 $g=\left(g_{i j}\right)$ 的逆矩阵 $g^{-1}=\left(g^{i j}\right), g^{11}=g^{22}=y^{2}, g^{12}=g^{21}=0$ ．由此经计算可得联络系数为
$$
\Gamma_{12}^{1}=\Gamma_{21}^{1}=\Gamma_{22}^{2}=-\frac{1}{y}, \Gamma_{11}^{2}=\frac{1}{y}, \Gamma_{11}^{1}=\Gamma_{12}^{2}=\Gamma_{21}^{2}=\Gamma_{22}^{1}=0 .
$$
代入到测地线方程
$$
\ddot{\gamma}^{k}+\Gamma_{i j}^{k} \dot{\gamma}^{i} \dot{\gamma}^{j}=0, i, j, k=1,2,
$$
其中 $\gamma_{1}=x, \gamma_{2}=y$ ，可得
$$
\left\{\begin{array}{l}
\ddot{x}-\frac{2}{y} \dot{x} \dot{y}=0, \\
\ddot{y}+\frac{1}{y}\left((\dot{x})^{2}-(\dot{y})^{2}\right)=0 .
\end{array}\right.
$$
当 $\dot{x}=0$ 时可知 $x$ 为常数．此时，测地线为平行于 $y$ 轴的直线．当 $\dot{x} \neq 0$时，由（2）的第一个方程可得
$$
\frac{\ddot{x}}{\dot{x}}=\frac{2 \dot{y}}{y} .
$$
由（3）积分可得
$$
\dot{x}=C y^{2},
$$
其中 $C$ 为积分常数．另外，为简化运算过程，我们选取测地线 $r(t)= (x(t), y(t))$ 的参数 $t$ 为弧长参数，即 $|\dot{r}|_{g}=1$ ，它等价丁
$$
\frac{(\dot{x})^{2}+(\dot{y})^{2}}{y^{2}}=1 .
$$
由（2）、（4）以及（5），可得
$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\frac{\dot{y}}{\dot{x}}= \pm \frac{\sqrt{1-C^{2} y^{2}}}{C y},
$$
对（6）积分并整理可得
$$
(x-a)^{2}+y^{2}=b^{2}
$$
其中 $a, b$ 均为常数．此时测地线为圆心为 $(a, 0)$ ，半径为 $b$ 的上半圆周．
（ii）设球坐标系
$$
x=r \sin \theta \cos \varphi, y=r \sin \theta \sin \varphi, z=r \cos \theta,
$$
以及
$$
r(\theta, \varphi)=(r \sin \theta \cos \varphi, r \sin \theta \sin \varphi, r \cos \theta) .
$$
经计算可得
$$
\begin{gathered}
r_{\theta}=(r \cos \theta \cos \varphi, r \cos \theta \sin \varphi,-r \sin \theta), \\
r_{\varphi}=(-r \sin \theta \sin \varphi, r \sin \theta \cos \varphi, 0), \\
g_{\theta \theta}=r_{\theta} \cdot r_{\theta}=r^{2}, g_{\theta \varphi}=g_{\varphi \theta}=r_{\theta} \cdot r_{\varphi}=0, g_{\varphi \varphi}=r_{\varphi} \cdot r_{\varphi}=r^{2} \sin ^{2} \theta,
\end{gathered}
$$
以及
$$
g=\left(\begin{array}{cc}
r^{2} & 0 \\
0 & r^{2} \sin ^{2} \theta
\end{array}\right), g^{-1}=\left(\begin{array}{cc}
\frac{1}{r^{2}} & 0 \\
0 & \frac{1}{r^{2} \sin ^{2} \theta}
\end{array}\right) .
$$
令 $\theta^{1}=\theta, \theta^{2}=\varphi$ ，注意到度量是对角矩阵，则有
$$
\begin{aligned}
\Gamma_{i j}^{k} & =\frac{1}{2} g^{k l}\left(\frac{\partial g_{l i}}{\partial \theta^{j}}+\frac{\partial g_{l j}}{\partial \theta^{i}}-\frac{\partial g_{i j}}{\partial \theta^{l}}\right) \\
& =\frac{1}{2} g^{k k}\left(\frac{\partial g_{k i}}{\partial \theta^{j}}+\frac{\partial g_{k j}}{\partial \theta^{i}}-\frac{\partial g_{i j}}{\partial \theta^{k}}\right)
\end{aligned}
$$
于是，可得非零的联络系数满足
$$
\Gamma_{\varphi \varphi}^{\theta}=-\sin \theta \cos \theta, \Gamma_{\theta \varphi}^{\varphi}=\Gamma_{\varphi \theta}^{\varphi}=\cot \theta .
$$
将（7）代入测地线方程
$$
\ddot{\gamma}^{k}+\Gamma_{i j}^{k} \dot{\gamma}^{i} \dot{\gamma}^{j}=0, i, j, k=1,2, \gamma_{1}=\theta, \gamma_{2}=\varphi,
$$
可得
$$
\left\{\begin{array}{l}
\ddot{\theta}+\Gamma_{\varphi \varphi}^{\theta}(\dot{\varphi})^{2}=0 \\
\ddot{\varphi}+2 \Gamma_{\theta \varphi}^{\varphi} \dot{\theta} \dot{\varphi}=0
\end{array}\right.
$$
进而有
$$
\left\{\begin{array}{l}
\ddot{\theta}-\sin \theta \cos \theta(\dot{\varphi})^{2}=0 \\
\ddot{\varphi}+2 \cot \theta \dot{\theta} \dot{\varphi}=0
\end{array}\right.
$$
由（10）可知，当 $\theta(t)=\frac{\pi}{2}, \phi(t)=t$ 时，赤道为大圆，满足上述测地线方程．
（iii）问题（i）说明了双曲几何与欧氏几何的不同，对于双曲几何，无数条测地线（垂直于 $x$ 轴的上半圆）可以交于一点．问题（ii）说明了球面几何与欧氏几何的区别，在球面几何中，所有垂直于赤道的经线（大圆）都经过球面的南北两极，即垂直于同一条曲线的测地线可以交于一点．问题（i）与问题（ii）的结论推广了欧氏几何中＂两条不重合的平行线不能交于一点＂的假设。 |
| 9 |
解答题 |
九、（本题 12 分）设 $\left(T_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ 为一列独立同分布随机变量且其共同分布为参数为 1 的指数分布．定义
$$
S_{0}=0, \quad S_{n}=T_{1}+\cdots+T_{n}, n \geqslant 1
$$
以及
$$
N_{t}:=\max \left\{n \geqslant 0: S_{n} \leqslant t\right\}, t \geqslant 0 .
$$
（i）求 $S_{n}$ 的概率分布函数以及 $N_{t}$ 的概率分布列；
（ii）假定 $f \in L^{1}([0,1])$ 为一可积函数，试证明
$$
\mathbb{E}\left(\int_{0}^{1} f(s) d N_{s}\right)=\mathbb{E}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right)=\int_{0}^{1} f(s) d s
$$
（iii）基于上述等式构造计算积分 $\int_{0}^{1} f(s) d s$ 的蒙特卡洛算法．
解答．（i）已知 $T_{n}$ 的概率分布密度为 $f(t)=\mathrm{e}^{-t}, t \geqslant 0$ ．则 $S_{n}$ 的概率分布密度 $f_{n}(t)$ 为 $f(t)$ 的 $n$－重卷积．即：
$$
f_{n}(t)=(f * f * \cdots * f)(t)=\frac{t^{n-1}}{(n-1)!} \mathrm{e}^{-t}, t \geqslant 0
$$
用归纳法证明即可．从而 $S_{n}$ 的概率分布函数为
$$
\mathbb{P}\left(S_{n} \leqslant t\right)=\frac{1}{(n-1)!} \int_{0}^{t} s^{n-1} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s
$$
（3 分）由定义知
$$
\begin{aligned}
\mathbb{P}\left(N_{t}=k\right) & =\mathbb{P}\left(S_{k} \leqslant t, S_{k+1}>t\right)=\mathbb{P}\left(S_{k} \leqslant t, S_{k}+T_{k+1}>t\right) \\
& =\int_{0}^{t} \int_{0}^{\infty} \mathbf{1}_{\{x+y>t\}} f_{k}(x) f(y) \mathrm{d} y \mathrm{~d} x \\
& =\frac{\mathrm{e}^{-t}}{(k-1)!} \int_{0}^{t} x^{k-1} \mathrm{~d} x=\frac{t^{k}}{k!} \mathrm{e}^{-t} .
\end{aligned}
$$
（ii）注意 $s \mapsto N_{s}$ 为一阶梯函数，其跳跃点为 $S_{1}, S_{2}, \cdots$ ，从而由定义知
$$
\int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} N_{s}=\sum_{s \leqslant 1} f(s)\left(N_{s}-N_{s-}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}} .
$$
此外用 Fubini 定理以及（i）中所得，
$$
\begin{aligned}
\mathbb{E}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right) & =\sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{E}\left(f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right) \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} f(s) \frac{s^{n-1}}{(n-1)!} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s=\int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} s .
\end{aligned}
$$
（iii）给定样本轨道数 $N$ ，设 $\left\{\left(S_{n}^{N, j}\right)_{n \geqslant 1}, j=1, \cdots, N\right\}$ 为 $N$ 个独立的等待时随机变量列，基于大数定律我们知道
$$
\frac{1}{N} \sum_{j=1}^{N}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}^{N, j}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n}^{N, j} \leqslant 1\right\}}\right) \rightarrow \int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} s
$$ |
| 10 |
解答题 |
（10）可知，当 $\theta(t)=\frac{\pi}{2}, \phi(t)=t$ 时，赤道为大圆，满足上述测地线方程．
（iii）问题（i）说明了双曲几何与欧氏几何的不同，对于双曲几何，无数条测地线（垂直于 $x$ 轴的上半圆）可以交于一点．问题（ii）说明了球面几何与欧氏几何的区别，在球面几何中，所有垂直于赤道的经线（大圆）都经过球面的南北两极，即垂直于同一条曲线的测地线可以交于一点．问题（i）与问题（ii）的结论推广了欧氏几何中＂两条不重合的平行线不能交于一点＂的假设。
九、（本题 12 分）设 $\left(T_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ 为一列独立同分布随机变量且其共同分布为参数为 1 的指数分布．定义
$$
S_{0}=0, \quad S_{n}=T_{1}+\cdots+T_{n}, n \geqslant 1
$$
以及
$$
N_{t}:=\max \left\{n \geqslant 0: S_{n} \leqslant t\right\}, t \geqslant 0 .
$$
（i）求 $S_{n}$ 的概率分布函数以及 $N_{t}$ 的概率分布列；
（ii）假定 $f \in L^{1}([0,1])$ 为一可积函数，试证明
$$
\mathbb{E}\left(\int_{0}^{1} f(s) d N_{s}\right)=\mathbb{E}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right)=\int_{0}^{1} f(s) d s
$$
（iii）基于上述等式构造计算积分 $\int_{0}^{1} f(s) d s$ 的蒙特卡洛算法．
解答．（i）已知 $T_{n}$ 的概率分布密度为 $f(t)=\mathrm{e}^{-t}, t \geqslant 0$ ．则 $S_{n}$ 的概率分布密度 $f_{n}(t)$ 为 $f(t)$ 的 $n$－重卷积．即：
$$
f_{n}(t)=(f * f * \cdots * f)(t)=\frac{t^{n-1}}{(n-1)!} \mathrm{e}^{-t}, t \geqslant 0
$$
用归纳法证明即可．从而 $S_{n}$ 的概率分布函数为
$$
\mathbb{P}\left(S_{n} \leqslant t\right)=\frac{1}{(n-1)!} \int_{0}^{t} s^{n-1} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s
$$
（3 分）由定义知
$$
\begin{aligned}
\mathbb{P}\left(N_{t}=k\right) & =\mathbb{P}\left(S_{k} \leqslant t, S_{k+1}>t\right)=\mathbb{P}\left(S_{k} \leqslant t, S_{k}+T_{k+1}>t\right) \\
& =\int_{0}^{t} \int_{0}^{\infty} \mathbf{1}_{\{x+y>t\}} f_{k}(x) f(y) \mathrm{d} y \mathrm{~d} x \\
& =\frac{\mathrm{e}^{-t}}{(k-1)!} \int_{0}^{t} x^{k-1} \mathrm{~d} x=\frac{t^{k}}{k!} \mathrm{e}^{-t} .
\end{aligned}
$$
（ii）注意 $s \mapsto N_{s}$ 为一阶梯函数，其跳跃点为 $S_{1}, S_{2}, \cdots$ ，从而由定义知
$$
\int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} N_{s}=\sum_{s \leqslant 1} f(s)\left(N_{s}-N_{s-}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}} .
$$
此外用 Fubini 定理以及（i）中所得，
$$
\begin{aligned}
\mathbb{E}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right) & =\sum_{n=1}^{\infty} \mathbb{E}\left(f\left(S_{n}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n} \leqslant 1\right\}}\right) \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} f(s) \frac{s^{n-1}}{(n-1)!} \mathrm{e}^{-s} \mathrm{~d} s=\int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} s .
\end{aligned}
$$
（iii）给定样本轨道数 $N$ ，设 $\left\{\left(S_{n}^{N, j}\right)_{n \geqslant 1}, j=1, \cdots, N\right\}$ 为 $N$ 个独立的等待时随机变量列，基于大数定律我们知道
$$
\frac{1}{N} \sum_{j=1}^{N}\left(\sum_{n=1}^{\infty} f\left(S_{n}^{N, j}\right) \mathbf{1}_{\left\{S_{n}^{N, j} \leqslant 1\right\}}\right) \rightarrow \int_{0}^{1} f(s) \mathrm{d} s
$$
十、（本题 12 分）设 $A$ 是 $n$ 阶实方阵．
（i）给出矩阵 $A$ 的 LU 分解的算法描述；
（ii）分析 LU 分解算法的运算量（复杂度）；
（iii）证明：$A$ 具有唯一的 LU 分解当且仅当 $A$ 的前 $n-1$ 阶顺序主子式均不为零．
## 解答．矩阵 $A$ 的 $\mathbf{L U}$ 分解算法
矩阵 $A$ 的 LU 分解即将矩阵 $A$ 分解为两个三角矩阵之积 $A=L U$ ，其中
$$
L=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
l_{21} & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
l_{31} & l_{32} & 1 & \cdots & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\
l_{n 1} & l_{n 2} & l_{n 3} & \cdots & l_{n n-1} & 1
\end{array}\right), \quad U=\left(\begin{array}{cccccc}
u_{11} & u_{12} & u_{13} & \cdots & u_{1 n-1} & u_{1 n} \\
0 & u_{22} & u_{23} & \cdots & u_{2 n-1} & u_{2 n} \\
0 & 0 & u_{33} & \cdots & u_{3 n-1} & u_{3 n} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & u_{n n}
\end{array}\right) .
$$
计算矩阵 $A$ 的 LU 分解的过程如下．
```
Algorithm 1 LU分解算法
Input: 矩阵 \(A=\left(a_{i j}\right) \in \mathbb{R}^{n \times n}\).
Output: 矩阵 \(L\) 和 \(U\), 满足 \(A=L U\).
for \(k=1,2, \cdots, \mathrm{n}-1\) do
for \(i=k+1, k+2, \cdots, \mathrm{n}\) do
\(a_{i k}=a_{i k} / a_{k k} ;\)
for \(j=k+1, k+2, \cdots, \mathrm{n}\) do
for \(i=k+1, k+2, \cdots, \mathrm{n}\) do
\(a_{i j}=a_{i j}-a_{i k} a_{k j} ;\)
\(U\) 对应 \(A\) 的对角元和上三角部分;
\(L\) 的对角元素为 1 , 下三角部分对应 \(A\) 的下三角部分.
```
## LU 分解算法的运算量（复杂度）
```
加减的的运算量：
\[
\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)^{2}=\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6}=\frac{1}{3} n^{3}+O\left(n^{2}\right)
\]
```
乘除的的运算量：
$$
\sum_{k=1}^{n-1}\left(n-k+(n-k)^{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6}=\frac{1}{3} n^{3}+O\left(n^{2}\right)
$$
总的运算量：
$$
\sum_{k=1}^{n-1}\left(n-k+2(n-k)^{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)(2 n-1)}{3}=\frac{2}{3} n^{3}+O\left(n^{2}\right)
$$
说明：如果只分析了乘除法的运算量，本部分给 2 分．
（ii）$A$ 具有唯一的 $\mathbf{L U}$ 分解当且仅当 $A$ 的前 $n-1$ 阶顺序主子式均不为零．用 $A_{i}$ 表示 $A$ 的前 $i$ 行、前 $i$ 列构成的 $i$ 阶子矩阵，$i=1,2, \ldots, n$ ．则 $\operatorname{det}\left(A_{i}\right)$ 即 $A$ 的 $i$ 阶顺序主子式．首先利用数学归纳法证明充分性．当 $n=1$ 时结论显然．当 $n=2$ 时，假设 $\operatorname{det}\left(A_{1}\right)=a_{11} \neq 0$ ．则
$$
A=\left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
a_{21} / a_{11} & 1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
a_{11} & a_{12} \\
0 & \operatorname{det} |