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解答题 |
一、（本题20分，每小题5分）填空题
1．将 24 阶实对称矩阵按合同关系进行分类，即两个 24 阶实对称矩阵属于同一类当且仅当它们相互合同，则共有 $\_\_\_\_$ 325类．
2．设 $f(x)=e^{-x^{2}}$ ，则极限
$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} f\left(\frac{k}{n}\right)=
$$
$\_\_\_\_$ 0 ．
3．设 $f$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数， $\int_{0}^{1} x^{k} f(x) d x=a_{k}(k=0,1,2)$ ，则
$$
\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} d y \int_{0}^{y} f(z) d z=\frac{\frac{a_{0}-2 a_{1}+a_{2}}{2}}{2}
$$
4．微分方程 $x y^{\prime}+y=\cos x$ 定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的全局解为
$$
y(x)= \begin{cases}\frac{\sin x}{x}, & x \neq 0 \\ 1, & x=0\end{cases}
$$ |
| 2 |
解答题 |
二、（本题 10 分）在空间直角坐标系中，设椭球 $S$ 的方程为
$$
x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}=4
$$
过动点 $P=(x, y, z)$ 存在三条互相垂直的射线与椭球 $S$ 相切，求动点 $P$ 满足的方程．
解答．设 $P=(x, y, z)$ ，过 $P$ 有三条互相垂直的射线与椭球 $S$ 相切．又设这三条射线的单位方向向量为
$$
e_{1}=\left(A_{11}, A_{12}, A_{13}\right), e_{2}=\left(A_{21}, A_{22}, A_{23}\right), e_{3}=\left(A_{31}, A_{32}, A_{33}\right)
$$
则
$$
A=\left(\begin{array}{l}
e_{1} \\
e_{2} \\
e_{3}
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}
A_{11} & A_{12} & A_{13} \\
A_{21} & A_{22} & A_{23} \\
A_{31} & A_{32} & A_{33}
\end{array}\right)
$$
是一个 3 阶正交矩阵。
因为每条射线与椭球相切，射线所在直线
$$
P+t e_{j}=\left(x+A_{j 1} t, y+A_{j 2} t, z+A_{j 3} t\right), \quad t \in \mathbb{R}, \quad j=1,2,3
$$
与椭球 $S$ 仅交于一点，即 $t$ 的二次方程
$$
\left(x+A_{j 1} t\right)^{2}+2\left(y+A_{j 2} t\right)^{2}+3\left(z+A_{j 3} t\right)^{2}=4
$$
有重根，也就是方程
$$
\left(A_{j 1}^{2}+2 A_{j 2}^{2}+3 A_{j 3}^{2}\right) t^{2}+2\left(x A_{j 1}+2 y A_{j 2}+3 z A_{j 3}\right) t+\left(x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-4\right)=0
$$
的判别式
$$
\Delta=4\left[\left(x A_{j 1}+2 y A_{j 2}+3 z A_{j 3}\right)^{2}-\left(A_{j 1}^{2}+2 A_{j 2}^{2}+3 A_{j 3}^{2}\right)\left(x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-4\right)\right]=0 .
$$
由此得到三个方程
$$
A_{j 1}^{2} x^{2}+4 A_{j 2}^{2} y^{2}+9 A_{j 3}^{2} z^{2}+4 A_{j 1} A_{j 2} x y+6 A_{j 1} A_{j 3} x z+12 A_{j 2} A_{j 3} y z
$$
$$
-\left(A_{j 1}^{2}+2 A_{j 2}^{2}+3 A_{j 3}^{2}\right)\left(x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-4\right)=0, \quad j=1,2,3 .
$$
因为矩阵 $A$ 为正交矩阵，三个列向量为单位向量，并相互垂直．将三个方程相加得到
$$
x^{2}+4 y^{2}+9 z^{2}-6\left(x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-4\right)=0 .
$$
于是 $P=(x, y, z)$ 点满足方程
$$
5 x^{2}+8 y^{2}+9 z^{2}=24 .
$$ |
| 3 |
解答题 |
三、（本题14分）设 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}, E$ 为单位矩阵．求证 $A^{4}=E$ 当且仅当
$$
\operatorname{rank}(E-A)+\operatorname{rank}\left(E+A+A^{2}+A^{3}\right)=n .
$$
证明．考虑多项式 $p=1-x, q=1+x+x^{2}+x^{3}$ ．则有：$(p, q)=1$ ．故存在 $f(x), g(x)$使得
$$
f(x)(1-x)+g(x)\left(1+x+x^{2}+x^{3}\right)=1 .
$$
结果
$$
f |
| 4 |
解答题 |
四、（本题 20 分）设 $f, g$ 是 $[0,1]$ 上有正下界的 Riemann 可积函数．
$\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1} g(x) d x, \delta=\int_{0}^{1}|f(x)-g(x)| d x>0$.
（i）证明： $\int_{0}^{1} f(x) d x<\int_{0}^{1} \frac{f^{2}(x)}{g(x)} d x$ ．
（ii）若进一步假设 $f, g$ 分段常值， $\int_{0}^{1} f(x) d x=1, \delta=\frac{3}{2}$ ．试给出在此种条件下 $\int_{0}^{1} \frac{f^{2}(x)}{g(x)} d x$ 的下确界．
证明．（i）由 $\int_{0}^{1}|f(x)-g(x)| d x>0$ ，可得存在区间 $[a, b] \subset[0,1]$ 使得 $f, g$ 在 $[a, b]$上处处不相等．因此
$$
\frac{f^{2}(x)+g^{2}(x)}{g(x)} \geqslant \frac{2 f(x) g(x)}{g(x)}=2 f(x), \quad \forall x \in[0,1]
$$
且当 $x \in[a, b]$ 时，上式中严格不等号成立．从而
$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{1} \frac{f^{2}(x)}{g(x)} d x=\int_{0}^{1} \frac{f^{2}(x)+g^{2}(x)}{g(x)} d x-\int_{0}^{1} f(x) d x \\
> & \int_{0}^{1} 2 f(x) d x-\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1} f(x) d x
\end{aligned}
$$
（10 分）
（ii）记 $E=\{x \in[0,1] \mid f(x) \geqslant g(x)\}, F=[0,1] \backslash E$ ．则 $E, F$ 都是有限个区间和有限个单点集的并．因此，$f, g$ 都是 $E, F$ 上的 Riemann 可积函数．记
$$
A=\int_{E} f(x) d x \equiv \int_{0}^{1} f(x) \chi_{E}(x) d x, \quad B=\int_{E} g(x) d x
$$
则
$$
\int_{F} f(x) d x=1-A, \quad \int_{F} g(x) d x=1-B, \quad \delta=2(A-B)
$$
因此，
$$
0 |
| 5 |
解答题 |
五、（本题 10 分）设 $A$ 为 $n(n \geqslant 3)$ 阶实可逆矩阵，且 $A^{k}$ 相似于 $A$ 对 $k= 1,2, \cdots, n!-1, n!$ 成立，证明：对一切正整数 $k$ 皆有 $A^{k}$ 相似于 $A$ ．
证明．（i）设 $\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{s}$ 为 $A$ 的所有互异的特征值，它们的代数重数分别为 $n_{1}, \cdots, n_{s}$ ， $n_{1}+\cdots+n_{s}=n$ ．于是 $s+1 \leqslant n!, A^{k}$ 的 $n$ 个特征值为：$\lambda_{1}^{k}\left(n_{1}\right.$ 重），$\lambda_{2}^{k}\left(n_{2}\right.$重），$\cdots, \lambda_{s}^{k}\left(n_{s}\right.$ 重）。
（3 分）
对 $k=1,2, \cdots, n!$ ，由 $A^{k} \sim A$ 知 $A^{k}$ 的特征值即为 $A$ 的特征值．因此，对任一固定的 $i(1 \leqslant i \leqslant s), \lambda_{i}, \lambda_{i}^{2}, \cdots, \lambda_{i}^{s+1}$ 是 $A$ 的 $s+1$ 个特征值，从而必有两个相等：
$$
\lambda_{i}^{p}=\lambda_{i}^{q}, 1 \leqslant p |
| 6 |
解答题 |
六、（本题 16 分）设 $0\ln \left(e^{a_{n}}\right)=a_{n} .
$$
由数学归纳法，知 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递增．
$$
\begin{aligned}
a_{n+1}-a_{n} & =\ln \left(e^{a_{n}}+\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right)-a_{n}=\ln \left(1+\frac{a_{n}-a_{n-1}}{e^{a_{n}} a_{n-1}}\right) \\
& <\frac{a_{n}-a_{n-1}}{e^{a_{n}} a_{n-1}}<\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n} a_{n-1}}=\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{a_{n}} .
\end{aligned}
$$
因此
$$
a_{n+1}+\frac{1}{a_{n}} |
| 7 |
解答题 |
七、（本题 10 分）设 $f, g$ 为 $(-\infty,+\infty)$ 上的连续函数且当 $x \neq 0$ 时，$x f(x)>0$ ．证明方程 $x^{\prime \prime}+f\left(x^{\prime}\right)+g(x)=0$ 没有非常数的周期解 $x(\cdot)$ ．
证明．法 I．设 $x(\cdot)$ 为一个周期函数，$T>0$ 为它的周期．则 $x^{\prime}(\cdot)$ 也是一个周期为 $T$ 的周期函数．下面我们将证明 $x(\cdot)$ 恒为常数．
令 $V(t)=\int_{0}^{x(t)} g(s) d s+\frac{\left(x^{\prime}(t)\right)^{2}}{2}, 0 \leqslant t \leqslant T$ ．则
$$
\begin{aligned}
V^{\prime}(t) & =g\left((x(t)) x^{\prime}(t)+x^{\prime}(t) x^{\prime \prime}(t)=g\left((x(t)) x^{\prime}(t)+x^{\prime}(t)\left(-f\left(x^{\prime}(t)\right)-g(x(t))\right)\right.\right. \\
& =-x^{\prime}(t) f\left(x^{\prime}(t)\right) \leqslant 0
\end{aligned}
$$
于是，函数 $V(\cdot)$ 在 $[0, T]$ 单调递减．又 $V(0)=V(T)$ ，从而 $V(\cdot)$ 在 $[0, T]$ 上恒为常数．故有 $V^{\prime}(t)=-x^{\prime}(t) f\left(x^{\prime}(t)\right)=0(t \in[0, T])$ ，从而 $x^{\prime}(t)=0(t \in[0, T])$ ，此即说明 $x(\cdot)$ 恒为常数．
法 II．设 $x(\cdot)$ 为一个周期函数，$T>0$ 为它的周期．则 $x^{\prime}(\cdot)$ 也是一个周期为 $T$ 的周期函数．设 $y(\cdot)=x^{\prime}(\cdot)$ ，则 $y^{\prime}(t)=-f(y(t))-g(x(t))$ ．于是
$$
\int_{0}^{T}(-y(t) f(y(t))-y(t) g(x(t))) d t=\int_{0}^{T} y(t) y^{\prime}(t) d t=\left.\frac{y^{2}(t)}{2}\right|_{0} ^{T}=0
$$
又因为
$$
\int_{0}^{T} y(t) g(x(t)) d t=\int_{0}^{T} g(x(t)) d x(t)=\int_{x(0)}^{x(T)} g(s) d s=0
$$
所以
$$
\int_{0}^{T} y(t) f(y(t)) d t=-\int_{0}^{T} y(t) g(x(t)) d t=0
$$
于是 $y(t)=0(t \in[0, T])$ ．即 $x(\cdot)$ 在 $[0, T]$ 上恒为常数． |