[家里蹲大学数学杂志]第097期湖南省2006年大学生数学竞赛试题参考解答

​1 ($10'$) 设 $k$ 为正整数, 计算        $$\bex        \lim_{n\to\infty}\prod_{j=1}^n \sez{1+\sex{\frac{j}{n}}^{2k}}^\frac{1}{j}.        \eex$$        (已知 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$).        

解答:        由 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}}$ 知        $$\bex        \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n)^2}=\frac{\pi^2}{24},\quad        \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{8},        \eex$$        而        $$\bex        \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}.        \eex$$        于是        $$\beex        \bea        &\quad\ln\sed{\lim_{n\to\infty}\prod_{j=1}^n \sez{1+\sex{\frac{j}{n}}^{2k}}^\frac{1}{j}}\\        &=\lim_{n\to\infty} \sum_{j=1}^n \frac{1}{j}\ln\sez{1+\sex{\frac{j}{n}}^{2k}}\\        &=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}     \sum_{j=1}^n \frac{1}{j/n}         \ln \sez{1+\sex{\frac{j}{n}}^{2k}}\\        &=\int_0^1 \frac{\ln(1+x^{2k})}{x}\rd x\\        &=\int_0^1 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2k(n+1)}}{x(n+1)}\rd x\\        &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}\cdot\frac{1}{2k(n+1)}\\        &=\frac{1}{2k}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\\        &=\frac{\pi^2}{24k}.        \eea        \eeex$$        因此,        $$\bex        \lim_{n\to\infty}\prod_{j=1}^n \sez{1+\sex{\frac{j}{n}}^{2k}}^\frac{1}{j}        =e^{\frac{\pi^2}{24k}}.        \eex$$  

 

     

2 ($10'$) 设 $x\in\bbR$, $\sev{x}\leq 1$, 证明不等式:                

(1) $\dps{\sev{\frac{\sin x}{x}-1}\leq \frac{x^2}{5}}$;        

(2) $\dps{\sev{\frac{x}{\sin x}-1}\leq \frac{x^2}{4}}$.                

证明:                

(1) 首先证明 $$\bex \sin x>x-\frac{x^3}{6},\quad x>0. \eex$$ 事实上, $$\beex \bea \sin x-x+\frac{x^3}{6} &=\int_0^x \sex{\cos t-1+\frac{t^2}{2}}\rd t\\ &=\int_0^x \int_0^t \sex{-\sin s+s}\rd s\rd t\\ &=\int_0^x \int_0^t \int_0^s(-\cos \tau+1)\rd \tau \rd s\rd t\\ &>0\quad\sex{x>0}. \eea \eeex$$        

(2) 其次, $$\beex \bea &\quad\ \ \sev{\frac{\sin x}{x}-1}\leq \frac{x^2}{5},\quad     \sev{\frac{x}{\sin x}-1}\leq \frac{x^2}{4}\quad         \sex{\sev{x}\leq 1}\\ &\la \frac{x-\sin x}{x}\leq\frac{x^2}{5},\quad     \frac{x-\sin x}{\sin x}\leq \frac{x^2}{4}\quad         \sex{0\leq x\leq 1}\\ &\la x-\sin x\leq \min\sed{\frac{x^3}{5},\frac{x^2\sin x}{4}}\\ &\la \left\{\ba{lll} \dps{x-\sin x\leq \frac{x^3}{6}\leq \frac{x^3}{5}}\\ \dps{x-\sin x\leq \frac{x^3}{6}     =\frac{2x}{3\sin x}\cdot\frac{x^2\sin x}{4}}\\ \quad\quad\quad\quad     \dps{\leq \frac{2x}{3\sex{x-x^3/6}}\cdot \frac{x^2\sin x}{4}     \leq \frac{4}{5}\cdot\frac{x^2\sin x}{4}.}     \ea\right. \eea \eeex$$                        

注记: 由此, 我们获得了更好的结论:        $$\bex        \sev{\frac{\sin x}{x}-1}\leq \frac{x^2}{6},\quad     \sev{\frac{x}{\sin x}-1}\leq \frac{x^2}{5}.        \eex$$

 

3 ($10'$) 设 $\beta>0$, 判断积分        $$\bex        \int_0^{+\infty} \frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2x}        \eex$$        的敛散性.        

解答:        由        $$\bex        \frac{1}{1+x^\beta \cos^2x}\geq \frac{1}{2x^\beta}\quad\sex{x\geq 1}        \eex$$        即知当 $0<\beta\leq 1$ 时, 原积分发散. 当 $\beta>1$ 时, 由        $$\beex        \bea        &\quad\int_0^{+\infty} \frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2 x}\\        &=\sum_{k=1}^\infty \int_{k\pi+\frac{\pi}{2}-\delta_k}^{k\pi+\frac{\pi}{2}+\delta_k} \frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2 x}        +\sum_{k=1}^\infty \int_{k\pi+\frac{\pi}{2}+\delta_k} ^{(k+1)\pi+\frac{\pi}{2}-\delta_{k+1}} \frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2 x}\\        &\quad        +\int_0^{\frac{3\pi}{2}-\delta_1}\frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2 x} \quad\sex{0<\delta_k<\frac{\pi}{2}\mbox{ 递减}}\\        &\leq 2\sum_{k=1}^\infty \delta_k +\sum_{k=1}^\infty \frac{\pi}{\sex{k\pi+\frac{\pi}{2}+\delta_k}^\beta\cos^2\delta_{k+1}} +\int_0^{\frac{3\pi}{2}}\frac{\rd x}{1+x^\beta \cos^2 x}\\        &\quad\sex{\mbox{第二项的对} \cos^2 x\mbox{ 的估计中用到 }\delta_k\mbox{ 的递减性}}\\        &<\infty\quad\sex{\mbox{取 }\delta_k=\frac{1}{k^2}}        \eea        \eeex$$        知原级数收敛.  

 

     

4 ($10'$) 设        $$\bex        a_n=\int_0^n e^{Ct^\alpha n^{-\beta}}\rd t\quad (n\geq 0),        \eex$$        其中 $C>0$ 是常数, $\alpha>\beta\geq 0$. 对于 $\alpha$, $\beta$ 的不同情况, 求幂级数 $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_nz^n}$ 的收敛半径.        

解答:        由        $$\beex        \bea        a_n&=\int_0^n e^{Ct^\alpha n^{-\beta}}\rd t\\        &=\int_0^n \sum_{k=0}^\infty \frac{\sex{Ct^\alpha n^{-\beta}}^k}{k!}\rd t\\        &=\sum_{k=0}^\infty \frac{C^kn^{-\beta k}}{k!}\cdot \frac{n^{\alpha k+1}}{\alpha k+1}\\        &=n\sum_{k=0}^\infty \frac{\sex{Cn^{\alpha-\beta}}^k}{k!}\cdot \frac{1}{\alpha k+1}        \eea        \eeex$$        知        $$\bex        a_n\leq n\sum_{k=0}^\infty \frac{\sex{Cn^{\alpha-\beta}}^k}{k!} =ne^{Cn^{\alpha-\beta}}        \eex$$        及        $$\bex        a_n\geq n\sum_{k=0}^\infty \frac{\sex{Cn^{\alpha-\beta}}^k}{k!} \cdot \frac{1}{(\alpha+1)(k+1)} =\frac{1}{C(\alpha+1)n^{\alpha-\beta-1}} \sex{e^{Cn^{\alpha-\beta}}-1}.        \eex$$        故由收敛半径的公式        $$\bex        R=1/\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\sev{a_n}}        \eex$$        知                

(1) 当 $\alpha-\beta>1$ 时, 原幂级数的收敛半径为 $0$;        

(2) 当 $\alpha-\beta=1$ 时, 原幂级数的收敛半径为 $e^{-C}$;        

(3) 当 $0<\alpha-\beta<1$ 时, 原幂级数的收敛半径为 $+\infty$.  

 

             

5 ($10'$) 已知半径为 $R$ 的球面 $\sigma$ 的球心在给定球面 $x^2+y^2+z^2=a^2\ (a>0)$ 上, 并且两球相交. 以 $S$ 表示 $\sigma$ 在此球内部那部分的面积. 求当 $R$ 为何值时 $S$ 最大?        

解答:        参考家里蹲大学数学杂志第3卷第81期_中南大学2011年数学分析考研试题参考解答第4题有: 当 $\dps{R=\frac{4a}{3}}$ 时, $S$ 取得最大值 $\dps{\frac{32\pi a^2}{27}}$.

 

       

6 ($10'$) 计算线积分        $$\bex        \oint_C\sez{(x+1)^2+(y-2)^2}\rd s,        \eex$$        其中 $C$ 表示曲面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与 $x+y+z=1$ 的交线.        

解答:        参考家里蹲大学数学杂志第3卷第75期_中国科学院究生院2011年数学分析考研试题参考解答第6题有答案 $10\pi$.    

 

   

7 ($10'$) 设        $$\bex        f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_{10}x^{10}+a_{11}x^{11} +a_{12}x^{12}+a_{13}x^{13}\quad\sex{a_{13}\neq 0}        \eex$$        和        $$\bex        g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+b_3x^3 +b_{11}x^{11} +b_{12}x^{12} +b_{13}x^{13}\quad\sex{b_3\neq 0}        \eex$$        是两个复系数多项式. 证明它们的最大公因式的次数最多为 $6$.        

证明: (1) 此题的关键是利用 $f(x)$, $g(x)$ 的性质: 没有次数在 $4\sim 10$ 之间的单项式; 及 $$\bee\label{97.7:eq} (f(x),g(x))=(f(x),r_{f,g}(x)), \eee$$ 其中 $r_{f,g}(x)$ 为 $f$ 除 $g$ 所得的余式: $$\bex g(x)=q_{f,g}(x)f(x)+r_{f,g}(x),\quad \sex{r_{f,g}(x)=0\mbox{ 或 }0\leq \deg r_{r,g}(x)<\deg f(x)}. \eex$$        

(2) 我们反复利用 \eqref{97.7:eq} 证明题目: $$\bee\label{97.7:eq2} \bea \sex{f(x),g(x)} &=\sex{f(x),g_1(x)}\quad\sex{g_1(x)=r_{f,g}(x),\mbox{ 次数 }\leq 12}\\ &=\sex{f_1(x),g_1(x)}\quad\sex{f_1(x)=r_{g_1,f}(x),\mbox{ 次数 }\leq 11}\\ &=\sex{f_1(x),g_2(x)}\quad\sex{g_2(x)=r_{f_1,g_1}(x),\mbox{ 次数 }\leq 10}\\ &=\sex{f_2(x),g_2(x)}\quad\sex{f_2(x)=r_{g_2,f_1}(x),\mbox{ 次数 }\leq 9}. \eea \eee$$ 注意到  

a. $f$ 与 $g$ 均没有次数在 $4\sim 10$ 之间的单项式;

b. \eqref{97.7:eq2} 中最后三个等号结束以后, 最多会使原 $g$ 中 $x^3$ 的次数增大 $3$\footnote{我们通过带余除法把多项式的次数最多从 13 降到 10, 而相应地把 $x^3$ 的次数最多提高了 $3$.};  

我们有 $$\bex \sex{f(x),g(x)}=\sex{f_2(x),g_2(x)} \eex$$ 的次数最多为 $6$.                        

注记: 举个例子或许能更明白上述证明的涵义:        $$\bex        f(x)=x^{13},\quad g(x)=x^3+x^{11}+x^{12}+x^{13}.        \eex$$        则        $$\beex        \bea        \sex{f(x),g(x)}        &=\sex{x^{13},x^3+x^{11}+x^{12}}\\        &=\sex{x^{11}-x^4+x^3,x^3+x^{11}+x^{12}}\\        &=\sex{x^{11}-x^4+x^3,x^5}\\        &=\sex{-x^4+x^3,x^5}.        \eea        \eeex$$

 

8 ($10'$)        设 $A=(a_j^{\lambda_k})$ 是一个 $n$ 阶方阵, 满足        $$\bex        0<a_1<a_2<\cdots<a_n,\quad        0<\lambda_1<\lambda_2<\cdots<\lambda_n.        \eex$$        证明 $A$ 的行列式 $\det A>0$.        

证明:        对方阵的阶数 $n$ 作数学归纳法. 当 $n=1$ 时结论显然成立. 假设结论对 $n-1$ 成立, 往证结论对 $n$ 也成立. 为此, 仅须注意到        $$\beex        \bea        \det A        &=\det\sex{\ba{ccc}        a_1^{\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_1}\\        \vdots&&\vdots\\        a_1^{\lambda_n}&\cdots&a_n^{\lambda_n}        \ea}\\        &=a_1^{\lambda_1}\cdots a_n^{\lambda_1}        \cdot \det\sex{\ba{cccc}        1&1&\cdots&1\\        a_1^{\lambda_2-\lambda_1}&a_2^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_2-\lambda_1}\\        \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\        a_1^{\lambda_n-\lambda_1}&a_2^{\lambda_n-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1}        \ea}\\        &=a_1^{\lambda_1}\cdots a_n^{\lambda_1} \cdot \det \sex{\ba{ccc} a_2^{\lambda_2-\lambda_1}-a_1^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots &a_n^{\lambda_2-\lambda_1}-a_1^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_2^{\lambda_n-\lambda_1}-a_1^{\lambda_n-\lambda_1} &\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1}-a_1^{\lambda_n-\lambda_1} \ea}\\        &=a_1^{\lambda_1}\cdots a_n^{\lambda_1} \cdot \left[\det\sex{\ba{ccc} a_2^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_2^{\lambda_n-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1} \ea}\right.\\        &\quad\quad        \quad\quad\quad\quad\quad\left. -\sum_{i-1}^{n-1} \det\sex{\ba{ccccc} a_2^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_1^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots&&\vdots&&\vdots\\ a_2^{\lambda_n-\lambda_1}&\cdots&a_1^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1} \ea}\right]\\        &=a_1^{\lambda_1}\cdots a_n^{\lambda_1}        \cdot \det\sex{\ba{ccc} a_2^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_2^{\lambda_n-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1} \ea}\cdot \sez{1-\sum_{i=2}^n x_i},        \eea        \eeex$$        其中 $\sed{x_i}_{i=2}^n$ 为线性方程组        $$\bex        \sex{\ba{ccc} a_2^{\lambda_2-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_2^{\lambda_n-\lambda_1}&\cdots&a_n^{\lambda_n-\lambda_1} \ea}        \sex{\ba{ccc} x_2\\ \vdots\\ x_n \ea} =\sex{\ba{ccc} a_1^{\lambda_2-\lambda_1}\\ \vdots\\ a_1^{\lambda_2-\lambda_1} \ea}        \eex$$        的解, 适合        $$\beex        \bea        &\quad\ \ a_1^{\lambda_2-\lambda_1}\cdot \sum_{i=2}^n x_i        <\sum_{i=2}^n a_i^{\lambda_2-\lambda_1}x_i        =a_1^{\lambda_2-\lambda_1}\\        &\ra \sum_{i=2}^n x_i<1.        \eea        \eeex$$        

 

9 ($10'$)        设 $A$ 为 $n$ 阶幂零矩阵 (即有正整数 $k$ 使 $A^k=0$).                

(1) 求 $A$ 的全部特征值;        

(2) 设 $A$ 的秩为 $r$, 则 $A^{r+1}=0$;        

(3) 求 $\det(I_n+A)$ ($I_n$ 表示 $n$ 阶单位方阵).                

证明:                

(1) 设 $\lambda$ 为 $A$ 的特征值, 则 $$\bex \exists\ \alpha_0\neq 0,\st A\alpha_0=\lambda\alpha_0. \eex$$ 而 $$\bex 0=A^k\alpha_0=\lambda^k\alpha_0. \eex$$ 于是 $\lambda=0$. 因此, $A$ 的特征值全为 $0$.        

(2) 由 Jordan 标准型理论, 存在可逆阵 $P$ 使得 $$\bex P^{-1}AP=J, \eex$$ 其中 $J$ 的对角元全为 $0$. 由 $A$ 的秩为 $r$ 知 $J$ 的秩为 $r$. 而 $J$ 中 $1$ 的个数为 $r$. 于是 $$\bex A^{r+1}=P^{r+1}J^{r+1}(P^{-1})^{r+1}=0. \eex$$        (3) $$\bex \det(I_n+A) =\det(I_n+J) =\sev{\ba{ccccccc} 1&1&&&&&\\ &1&\ddots&&&&\\ &&\ddots&1&&&\\ &&&1&&&\\ &&&&1&&\\ &&&&&\ddots&\\ &&&&&&1 \ea} =1. \eex$$  

             

10 ($10'$)        设 $T$ 是线性空间 $V^n$ 中的线性变换, 定义子空间        $$\bex        V_1=\sed{\alpha;\ T^n\alpha=0,\ \alpha\in V^n}        \eex$$        及        $$\bex        V_2=\sed{x;\ T^{n+1}\alpha=0,\ \alpha\in V^n}.        \eex$$        证明: $V_1=V_2$.        

证明:        显然,        $$\bex        T^n\alpha=0\ra T^{n+1}\alpha=0.        \eex$$        而 $V_1\subset V_2$. 往证        $$\bee\label{97.10:eq}        T^{n+1}\alpha=0\ra T^n\alpha=0.        \eee$$        而 $V_2\subset V_1$.

用反证法. 若 \eqref{97.10:eq} 不成立, 则        $$\bex        \exists\ \alpha_0\in V,\st T^{n+1}\alpha_0=0,\mbox{ 但 }T^n\alpha_0\neq 0.        \eex$$        易知\footnote{        $$\beex        \bea        &\quad\ \ \sum_{i=0}^n T^i \alpha_0=0\\        &\ra l_0=0\quad\sex{\mbox{用 }T^n\mbox{ 作用}}\\        &\ra l_1=0\quad\sex{\mbox{用 }T^{n-1}\mbox{ 作用}}\\        &\ra\cdots\\        &\ra l_n=0.        \eea        \eeex$$        }        $$\bex        \sed{\alpha_0,T\alpha_0,\cdots,T^n\alpha_0}        \eex$$        是 $V$ 中 $(n+1)$ 个线性无关的向量组. 这与 $\dim V=n$ 矛盾.