湖南省2006年大学生数学竞赛试题[A组数学专业]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 \cite[题 6]{cumj75} 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     

(1) $f$ 与 $g$ 均没有次数在 $4\sim 10$ 之间的单项式;    

(2) \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     $$\bex     \exists\ \bbx_0\neq 0,\st A\bbx_0=\lambda\bbx_0.     \eex$$     而     $$\bex     0=A^k\bbx_0=\lambda^k\bbx_0.     \eex$$     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 $$\bex V_1=\sed{\bbx;\ T^n\bbx=0,\ \bbx\in V^n} \eex$$ 及 $$\bex V_2=\sed{x;\ T^{n+1}\bbx=0,\ \bbx\in V^n}. \eex$$

证明: $V_1=V_2$.

证明:  显然, $$\bex T^n\bbx=0\ra T^{n+1}\bbx=0. \eex$$ 而 $V_1\subset V_2$. 往证 $$\bee\label{97.10:eq} T^{n+1}\bbx=0\ra T^n\bbx=0. \eee$$ 而 $V_2\subset V_1$.  用反证法. 若 \eqref{97.10:eq} 不成立, 则 $$\bex \exists\ \bbx_0\in V,\st T^{n+1}\bbx_0=0,\mbox{ 但 }T^n\bbx_0\neq 0. \eex$$ 易知\footnote{ $$\beex \bea &\quad\ \ \sum_{i=0}^n T^i \bbx_0=0\\ &\ra l_0=0\quad\sex{\mbox{用 }T^n\mbox{ 作用}}\\ &\ra l_1=0\quad\sex{\mbox{用 }T^{n-1}\mbox{ 作用}}\\ &\ra\cdots\\ &\ra l_n=0. \eea \eeex$$ } $$\bex \sed{\bbx_0,T\bbx_0,\cdots,T^n\bbx_0} \eex$$ 是 $V$ 中 $(n+1)$ 个线性无关的向量组. 这与 $\dim V=n$ 矛盾.  

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