| 1 |
解答题 |
在空间中给定两不同点 $P$ 和 $Q$ 。过 $P$ 点直线 $L(P)$ 和过 $Q$ 点直线 $L(Q)$ 正交于点 $M$ 。问：所有可能的正交点 $M$ 构成何种曲面？证明你的结论。 |
| 2 |
解答题 |
设 $f(x, y, z)=x^{2}+\left(y^{2}+z^{2}\right)(1-x)^{3}$ ．
（1）计算 $f$ 的驻点。
（2）求 $f$ 在 $\Sigma$ 上的最小值，其中， $\Sigma$ 是 $\left\{(x, y, z)\left||x| \leqslant 2, y^{2}+z^{2} \leqslant 4\right\}\right.$ 的边界。
（3）求 $f$ 在椭球 $x^{2}+\frac{y^{2}}{2}+\frac{z^{2}}{3} \leqslant 1$ 上的最小值． |
| 3 |
解答题 |
设 $V$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 上的 $n$ 维线性空间， $\mathbf{A}$ 是 $V$ 上的一个线性变换．证明：存在 $\alpha \in V$ 使得 $\left\{\alpha, \mathbf{A} \alpha, \cdots, \mathbf{A}^{n-1} \alpha\right\}$ 成为 $V$ 的一组基当且仅当对于 $\mathbf{A}$的任一特征值 $\lambda, \lambda$ 的几何重数为 1 。 |
| 4 |
解答题 |
（本题 15 分）证明对任意 $n$ 阶方阵 $A$ ，存在主对角线上元素为 1 或 -1 的 $n$ 阶对角矩阵 $J$ 使得 $A+J$ 可逆。
解答。对 $n$ 做归纳。当 $n=1$ 时，$A=(a)$ ，显然 $a+1$ 或者 $a-1$ 中一定有一个数非零，结论成立。
设结论对 $n-1$ 阶矩阵成立，下面考察 $n$ 阶方阵 $A$ 。记
$$
A=\left(\begin{array}{cc}
A_{1} & \beta \\
\alpha & a_{n n}
\end{array}\right)
$$
其中 $A_{1}$ 为 $n-1$ 阶矩阵，$\alpha$ 为 $n-1$ 维行向量，$\beta$ 为 $n-1$ 维列向量，$a_{n n}$ 为一个数。由归纳假设，存在主对角线上元素为 1 或 -1 的 $n-1$ 阶对角矩阵 $J_{1}$ 使得 $A_{1}+J_{1}$ 可逆。
从而
$$
\begin{aligned}
& \left|A+\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right)\right|-\left|A+\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)\right| \\
= & \left|\begin{array}{cc}
A_{1}+J_{1} & \beta \\
\alpha & a_{n n}+1
\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}
A_{1}+J_{1} & \beta \\
\alpha & a_{n n}-1
\end{array}\right| \\
= & \left|\begin{array}{cc}
A_{1}+J_{1} & \beta-\beta \\
\alpha & \left(a_{n n}+1\right)-\left(a_{n n}-1\right)
\end{array}\right| \\
= & 2\left|A_{1}+J_{1}\right| \neq 0
\end{aligned}
$$
这表明上式最左边的两个行列式中至少有一个非零。令
$$
J=\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right) \quad \text { 若 } \quad\left|A+\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right)\right| \neq 0,
$$
或者
$$
J=\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right) \quad \text { 若 } \quad\left|A+\left(\begin{array}{cc}
J_{1} & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)\right| \neq 0,
$$
则 $J$ 为主对角线上元素为 1 或 -1 的 $n$ 阶对角矩阵且 $|A+J| \neq 0$ ，即 $A+J$ 可逆，所以结论对 $n$ 阶矩阵成立。
由归纳法原理，结论对任意方阵成立。
（15 分）
姓名： $\_\_\_\_$
$\_\_\_\_$准考证号：
$\_\_\_\_$
◯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 | | |
| 5 |
解答题 |
设 $f(x)=x^{n}(1-x)^{n}$ ，
$$
\begin{aligned}
& F(x)=f(x)-f^{\prime \prime}(x)+f^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^{n} f^{(2 n)}(x) . \\
& \text { 计算并化简 } \frac{d}{d x}\left(F^{\prime}(x) \sin x-F(x) \cos x\right) .
\end{aligned}
$$ |
| 6 |
解答题 |
（本题 20 分）设非负函数 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续可微，无穷积分 $\int_{0}^{+\infty} f(x) d x$ 收敛，且存在 $[0,+\infty)$ 上的非负函数 $g$ ，使得
$$
f^{\prime}(x) \leq g(x), \quad x \geq 0
$$
分别就下列三种情形，证明 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ．
（i） $\int_{0}^{+\infty} g(x) d x$ 收敛。
（ii）$g(x)=C>0$ ，其中 $C$ 为常数．
（iii）$g(x)=C f^{p}(x)$ ，其中 $C>0, p>0$ 为常数。 |