| 1 |
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 $\int_{0}^{1} d x \int_{0}^{x} d y \int_{0}^{y} f(z) d z=$ $\_\_\_\_$ $\frac{a_{0}-2 a_{1}+a_{2}}{2}$ ．
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
$$
P+t e_{j}=\left(x+A_{j 1} t, y+A_{j 2} t, z+A_{j 3} t\right), t \in \mathbb{R}, j=1,2,3
$$
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
$$
5 x^{2}+8 y^{2}+9 z^{2}=24 .
$$
（10 分） |
| 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 12 分）设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续可微，$W=\left\{x \in[0,1] \mid f^{\prime}(x)=0\right\}, E= \{f(x) \mid x \in W\}$ ．证明：$E$ 是零测度集．
证明．（此为 Sard 定理的特例）由 $f$ 的连续可微性，$W$ 为闭集，$E=f(W)$ ．任取 $\varepsilon>0$ ， $\forall x \in W$ ，有 $\delta_{x}>0$ 使得
$$
\left|f^{\prime}(t)\right|<\varepsilon, \quad \forall t \in\left(x-\delta_{x}, x+\delta_{x}\right) \cap[0,1] .
$$
则 $W \subset V=\bigcup_{x \in W}\left(x-\delta_{x}, x+\delta_{x}\right)$ 。因 $V$ 为开集，所以 $V=\bigcup_{n \in J}\left(\alpha_{n}, \beta_{n}\right)$ ，这里 $\left(\alpha_{n}, \beta_{n}\right)$ 是 $V$ 的构成区间，两两不交，$J$ 是至多可列集（由于 $W$ 是有界闭集，事实上，可以设 $J$ 有限）．
（6 分）
考虑 $\left[\alpha_{n}, \beta_{n}\right]$ ，不妨设 $\left[\alpha_{n}, \beta_{n}\right] \subseteq[a, b]$ ．设 $f$ 在 $\left[\alpha_{n}, \beta_{n}\right]$ 上的最大值点和最小值点为 $\xi_{n}$ 和 $\eta_{n}$ 。我们有
$$
f\left(\xi_{n}\right)-f\left(\eta_{n}\right)=\int_{\eta_{n}}^{\xi_{n}} f^{\prime}(x) d x \leqslant \varepsilon\left|\xi_{n}-\eta_{n}\right|
$$
这样 $E$ 的测度 $|E|$ 满足
$$
|E| \leqslant|f(V)| \leqslant \sum_{n \in J}\left|f\left[\alpha_{n}, \beta_{n}\right]\right| \leqslant \varepsilon \sum_{n \in J}\left|\xi_{n}-\eta_{n}\right| \leqslant \varepsilon(b-a)
$$
由此得到 $|E|=0$ ．
（12 分） |
| 6 |
解答题 |
六、（本题 12 分）（i）设 $n \geqslant 3, f$ 是以 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 为简单零点的 $n$ 次多项式，$m$ 为整数 $(0 |
| 7 |
解答题 |
七、（本题12分）设 $p$ 为素数，$n$ 为正整数，有限群 $G$ 的阶为 $p^{n}$ ．证明对任意 $0 \leq k \leq n$ ，群 $G$ 有 $p^{k}$ 阶正规子群。
证明．对 $n$ 作归纳．若 $n=1$ ，则 $G$ 为 $p$ 阶循环群．显然单位元群 $\{e\}$ 和 $G$ 本身都是 $G$的正规子群，它们的阶分别为 1 和 $p$ ，故 $n=1$ 时结论成立．
（2 分）
设 $n \geq 2$ ，且结论在 $n-1$ 时成立，下面考察 $n$ 的情形。设 $G$ 的阶为 $p^{n}$ ，由于 $G$为有限 $p$－群，所以 $G$ 的中心 $Z(G) \neq\{e\}$ ．取 $Z(G)$ 中一个非单位元 $g$ ，则 $g$ 的阶 $o(g)$ 整除 $p^{n}$ 且 $o(g) \neq 1$ 。设 $o(g)=p^{j}$ ，其中 $j \geq 1$ ，令 $a=g^{p^{j-1}}$ ，则有 $o(a)=p$ 。设 $N=\langle a\rangle$ ，则 $N$ 为 $G$ 的 $p$ 阶子群．由于 $N \leq Z(G)$ ，所以任取 $a^{i} \in N$ 和 $x \in G$ ，
$$
x a^{i} x^{-1}=a^{i} x x^{-1}=a^{i} \in N,
$$
从而 $N \unlhd G$ ，即 $G$ 有 $p$ 阶正规子群 $N$ 。
（6 分）
记 $\bar{G}=G / N$ ，则 $|\bar{G}|=p^{n-1}$ ，由归纳假设，对任意 $0 \leq k \leq n-1, \bar{G}$ 有 $p^{k}$ 阶正规子群 $\overline{N_{k}}$ ．在 $G \rightarrow \bar{G}$ 的典范同态下，$\overline{N_{k}}$ 的原像 $N_{k}$ 为 $G$ 的包含 $N$ 的正规子群且 $\overline{N_{k}}=N_{k} / N$ ，从而
$$
\left|N_{k}\right|=\left|\overline{N_{k}}\right||N|=p^{k} \cdot p=p^{k+1}
$$
这表明对任意 $0 \leq k \leq n-1, G$ 有 $p^{k+1}$ 阶正规子群 $N_{k}$ 。而单位元群 $\{e\}$ 是 $G$的平凡正规子群，阶为 $1=p^{0}$ ，故结论在 $n$ 时成立．由归纳法原理，结论对任意正整数 $n$ 成立．
（12 分） |
| 8 |
解答题 |
八、（本题 12 分）在空间直角坐标系中，设悬链面 $S$ 的方程为
$$
x(u, v)=(\cosh u \cos v, \cosh u \sin v, u), \quad u \in \mathbb{R}, v \in[0,2 \pi]
$$
（i）证明：悬链面是极小曲面；
（ii）求悬链面上 Gauss 曲率 $K$ 取到最大值的所有点．
解答．计算偏导数
$$
\begin{aligned}
& x_{u}=(\sinh u \cos v, \sinh u \sin v, 1) \\
& x_{v}=(-\cosh u \sin v, \cosh u \cos v, 0)
\end{aligned}
$$
计算曲面的单位法向量
$$
n=\frac{x_{u} \times x_{v}}{\left|x_{u} \times x_{v}\right|}=\frac{1}{\cosh u}(-\cos v,-\sin v, \sinh u)
$$
计算二阶偏导数
$$
\begin{aligned}
& x_{u u}=(\cosh u \cos v, \cosh u \sin v, 0), \\
& x_{u v}=(-\sinh u \sin v, \sinh u \cos v, 0), \\
& x_{v v}=(-\cosh u \cos v,-\cosh u \sin v, 0) .
\end{aligned}
$$
第一基本形式系数
$$
\begin{gathered}
E=x_{u} \cdot x_{u}=\cosh ^{2} u, F=x_{u} \cdot x_{v}=0, G=x_{v} \cdot x_{v}=\cosh ^{2} u \\
L=x_{u u} \cdot n=-1, M=x_{u v} \cdot n=0, N=x_{v v} \cdot n=1
\end{gathered}
$$
中曲率函数
$$
H=\frac{1}{2} \cdot \frac{L G-2 M F+N E}{E G-F^{2}}=0
$$
曲面为极小曲面．
Gauss 曲率
$$
K=\frac{L N-M^{2}}{E G-F^{2}}=-\frac{1}{\cosh ^{4} u} \in[-1,0)
$$
$K$ 取不到上确界，即没有最大值．曲率 $K$ 取到最大值的所有点为空集． |
| 9 |
解答题 |
九、（本题 12 分）考虑二维整数格点 $\mathbb{Z}^{2}=\left\{k \mathrm{e}_{1}+j \mathrm{e}_{2}: k, j \in \mathbb{Z}\right\}$ ，其中 $\mathrm{e}_{1}= (0,1), \mathrm{e}_{2}=(1,0)$ 。给定 $\epsilon>0$ ，设 $\left(\xi_{n}^{\epsilon}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ 为一列取值于 $\epsilon \mathbb{Z}^{2}$ 上的独立同分布随机变量，且其共同分布为
$$
\mathbb{P}\left\{\xi_{n}^{\epsilon}=\epsilon \mathrm{e}_{i}\right\}=\mathbb{P}\left\{\xi_{n}^{\epsilon}=-\epsilon \mathrm{e}_{i}\right\}=\frac{1}{4}, i=1,2
$$
$\left(N_{t}\right)_{t \geqslant 0}$ 为一独立标准 Poisson 过程，即 $\mathbb{P}\left(N_{t}=k\right)=\frac{t^{k} e^{-t}}{k!}$ ．定义 $S_{0}^{\epsilon}=0$ 以及
$$
S_{n}^{\epsilon}:=\xi_{1}^{\epsilon}+\cdots+\xi_{n}^{\epsilon}, n \in \mathbb{N}, Z_{t}^{\epsilon}:=S_{N_{t / \epsilon^{2}}}^{\epsilon}, t>0
$$
设 $\varphi: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ 为一有界连续函数，定义 $u_{\epsilon}(t, z):=P_{t}^{\epsilon} \varphi(z):=\mathbb{E} \varphi\left(Z_{t}^{\epsilon}+z\right)$ ．
（i）计算 $Z_{t}^{\epsilon}$ 的特征函数．
（ii）证明：对任意 $t, s \geqslant 0$ 以及 $z \in \epsilon \mathbb{Z}^{2}, P_{t+s}^{\epsilon} \varphi(z)=P_{t}^{\epsilon} \circ P_{s}^{\epsilon} \varphi(z)$ ．
（iii）验证 $\partial_{t} u_{\epsilon}=\Delta_{\epsilon} u_{\epsilon} / 4$ ，其中 $\Delta_{\epsilon} f(z):=\sum_{i=1}^{2} \frac{f\left(z+\epsilon \mathrm{e}_{i}\right)+f\left(z-\epsilon \mathrm{e}_{i}\right)-2 f(z)}{\epsilon^{2}}$ ．
（iv）证明：对任意 $t>0$ 以及 $z \in \mathbb{R}^{2}, \lim _{\epsilon \downarrow 0} u_{\epsilon}(t, z)=\mathbb{E} \varphi\left(B_{t / 2}+z\right)=u(t, z)$ ，其中 $\left(B_{t}\right)_{t \geqslant 0}$为二维标准布朗运动．从而 $\partial_{t} u=\Delta u / 4$ ，其中 $\Delta$ 为 Laplace 算子．
解答．（i）由特征函数定义以及 $\left(N_{t}\right)_{t \geqslant 0}$ 与 $\left(S_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ 的独立性，对 $x=\left(x_{1}, x_{2}\right) \in \mathbb{R}^{2}$ ，有
$$
\begin{aligned}
\mathbb{E}^{i x \cdot Z_{t}^{\epsilon}} & =\sum_{n=0}^{\infty} \mathbb{E} \mathrm{e}^{i x \cdot S_{n}^{\epsilon}} \mathbb{P}\left(N_{t / \epsilon^{2}}=n\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\mathbb{E} \mathrm{e}^{i x \cdot \xi_{1}^{\epsilon}}\right)^{n} \frac{\left(t / \epsilon^{2}\right)^{n} \mathrm{e}^{-t / \epsilon^{2}}}{n!} \\
& =\exp \left\{\left(\mathbb{E} \mathrm{e}^{i x \cdot \xi_{1}^{\epsilon}}-1\right) t / \epsilon^{2}\right\} \\
& =\exp \left\{\left(\left(\mathrm{e}^{i \epsilon x_{1}}+\mathrm{e}^{i \epsilon x_{2}}+\mathrm{e}^{-i \epsilon x_{1}}+\mathrm{e}^{-i \epsilon x_{2}}\right) / 4-1\right) t / \epsilon^{2}\right\} \\
& =\exp \left\{\left(\left(\cos \left(\epsilon x_{1}\right)+\cos \left(\epsilon x_{2}\right) / 2-1\right) t / \epsilon^{2}\right\}\right.
\end{aligned}
$$
（3 分）
（ii）不妨假设 $\epsilon=1$ ．利用 $\left(N_{t}\right)_{t \geqslant 0}$ 与 $\left(S_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ 的独立性有
$$
P_{t} \varphi(z)=\mathbb{E} \varphi\left(Z_{t}+z\right)=\sum_{n=0}^{\infty} \mathbb{E} \varphi\left(S_{n}+z\right) \mathbb{P}\left(N_{t}=n\right)
$$
再由 Poisson 过程的独立增量性质
$$
\begin{aligned}
\mathbb{P}\left(N_{t+s}=n\right) & =\sum_{k=0}^{n} \mathbb{P}\left(N_{t+s}=n, N_{s}=k\right) \\
& =\sum_{k=0}^{n} \mathbb{P}\left(N_{t+s}-N_{s}=n-k, N_{s}=k\right) \\
& =\sum_{k=0}^{n} \mathbb{P}\left(N_{t}=n-k\right) \mathbb{P}\left(N_{s}=k\right)
\end{aligned}
$$
因此交换求和顺序
$$
\begin{aligned}
P_{t+s} \varphi(z) & =\sum_{n=0}^{\infty} \mathbb{E} \varphi\left(S_{n}+z\right) \sum_{k=0}^{n} \mathbb{P}\left(N_{t}=n-k\right) \mathbb{P}\left(N_{s}=k\right) \\
& =\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n \geqslant k} \mathbb{E} \varphi\left(S_{n}+z\right) \mathbb{P}\left(N_{t}=n-k\right) \mathbb{P}\left(N_{s}=k\right) \\
& =\sum_{k=0}^{\infty} \mathbb{E}\left(\sum_{n \geqslant k} \mathbb{E} \varphi\left(S_{n-k}+y\right) \mathbb{P}\left(N_{t}=n-k\right)\right)_{y=S_{k}+z} \mathbb{P}\left(N_{s}=k\right) \\
& =\sum_{k=0}^{\infty} \mathbb{E}\left[\left(P_{t} \varphi\right)\left(S_{k}+z\right)\right] \mathbb{P}\left(N_{s}=k\right)=P_{t} \circ P_{s} \varphi(z)
\end{aligned}
$$
（iii）由上一问只需要证明
$$
\lim _{t \downarrow 0} \frac{P_{t}^{\epsilon} \varphi(z)-\varphi(z)}{t}=\frac{\Delta_{\epsilon} \varphi(z)}{4}
$$
注意到
$$
P_{t}^{\epsilon} \varphi(z)=\varphi(z) \mathbb{P}\left(N_{t}=0\right)+\mathbb{E} \varphi\left(z+\xi_{1}^{\epsilon}\right) \mathbb{P}\left(N_{t}=1\right)+R_{t}^{\epsilon}
$$
其中
$$
R_{t}^{\epsilon}:=\sum_{n=2}^{\infty} \mathbb{E} \varphi\left(z+S_{n}^{\epsilon}\right) \mathbb{P}\left(N_{t}=n\right)
$$
很清楚
$$
\frac{\left|\mathcal{R}_{t}^{\epsilon}\right|}{t} \leqslant\|\varphi\|_{\infty} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{t^{n-1} \mathrm{e}^{-t}}{n!} \rightarrow 0, t \rightarrow 0
$$
因此
$$
\begin{aligned}
\lim _{t \downarrow 0} \frac{P_{t}^{\epsilon} \varphi(z)-\varphi(z)}{t} & =\lim _{t \downarrow 0}\left[\frac{\left(\mathrm{e}^{-t / \epsilon^{2}}-1\right) \varphi(z)}{t}+\mathbb{E} \varphi\left(z+\xi_{1}^{\epsilon}\right) \mathrm{e}^{-t / \epsilon^{2}} / \epsilon^{2}\right] \\
& =-\frac{\varphi(z)}{\epsilon^{2}}+\sum_{i=1,2} \frac{\varphi\left(z+\epsilon \mathrm{e}_{i}\right)+\varphi\left(z-\epsilon \mathrm{e}_{i}\right)}{4 \epsilon^{2}}=\frac{1}{4} \Delta_{\epsilon} \varphi(z)
\end{aligned}
$$
（iv）由第一问取极限得
$$
\lim _{\epsilon \rightarrow 0} \mathbb{E} \mathrm{e}^{i x \cdot Z_{t}^{\epsilon}}=\mathrm{e}^{-\left(\left|x_{1}\right|^{2}+\left|x_{2}\right|^{2}\right) t / 4}=\mathbb{E} \mathrm{e}^{i x \cdot B_{t / 2}}
$$
从而
$$
\lim _{\epsilon \downarrow 0} u_{\epsilon}(t, z)=\mathbb{E} \varphi\left(B_{t / 2}+z\right)=u(t, z)
$$
（12 分） |
| 10 |
解答题 |
十、（本题 12 分）设 $0=x_{0} |