[家里蹲大学数学杂志]第076期北京师范大学2006年数学分析与高等代数考研试题参考解答

1(15') 设 $0<x_1<1$ 且 $0<\alpha<1$. 定义数列 $\sed{x_n}$ 满足 $$\bee\label{bn06sfgd1:eq} x_{n+1}=1-(1-x_n)^\alpha,\quad n=1,2,\cdots. \eee$$ 计算 $$\bex \lim_{n\to\infty}x_n,\quad \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}. \eex$$

解答: 由数学归纳法及 \eqref{bn06sfgd1:eq} 易知 $0<x_n<1$. 又 $$\bex 1-x_{n+1}=(1-x_n)^\alpha >1-x_n\ra x_{n+1}<x_n, \eex$$ 而 $\sed{x_n}$ 单调递减有下界. 于是 $$\bex \lim_{n\to\infty}x_n=x_\infty \eex$$ 存在. 于 \eqref{bn06sfgd1:eq} 中令 $n\to\infty$, 有\footnote{$0<a<1, 0<\alpha<1\ra a< a^\alpha$.} $$\bex \left.\ba{cc} 1-x_\infty=(1-x_\infty)^\alpha\\ 0\leq x_\infty\leq x_1<1 \ea\right\} \ra x_\infty=0. \eex$$ 进一步, $$\bex \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} &=&\lim_{n\to\infty} \frac{1-(1-x_n)^\alpha}{x_n}\\ &=&\lim_{x\to 0}\frac{1-(1-x)^\alpha}{x}\\ &=&\lim_{x\to 0}\alpha(1-x)^{\alpha-1}\\ &=&\alpha. \eex$$

2(15') 计算广义重积分 $$\bex I=\iint_{\bbR^2} e^{-(x^2-xy+y^2)}\rd x\rd y. \eex$$

解答: $$\bex I&=&\iint_{\bbR^2}e^{-(x^2-xy+y^2)}\rd x\rd y\\ &=&\iint_{\bbR^2}e^{-\sez{\sex{x-\frac{1}{2}y}^2+\sex{\frac{\sqrt{3}}{2}y}^2}} \rd x\rd y\\ &=&\iint_{\bbR^2} e^{-(u^2+v^2)}\frac{2}{\sqrt{3}}\rd u\rd v\quad \sex{u=x-\frac{1}{2}y,\ v=\frac{\sqrt{3}}{2}y}\\ &=&\frac{2}{\sqrt{3}}\int_0^\infty e^{-r^2}\cdot 2\pi r\rd r\\ &=&\frac{2\pi}{\sqrt{3}}. \eex$$

3(15') 设 $f\in C([-1,1])$ 且 $$\bee\label{bn06sfgd3:eq1} \int_{-1}^1 f(x)\rd x=0,\quad \int_{-1}^1 xf(x)\rd x=0. \eee$$

证明: $$\bex \exists\ \xi,\eta\in (0,1),\ \xi\neq \eta,\st f(\xi)=f(\eta)=0. \eex$$ 证明: 记 $$\bex F(x)=\int_{-1}^x f(t)\rd t, \eex$$ 则 $F(-1)=F(1)=0$. 由 Rolle 定理知 $$\bex \exists\ \xi\in (0,1),\st 0=F'(\xi)=f(\xi). \eex$$ 若 $$\bee\label{bn06sfgd3:eq2} x\in (-1,1),\ x\neq \xi\ra f(x)\neq 0 \eee$$ 成立, 则由介值定理及 \eqref{bn06sfgd3:eq1}, 不失一般性可设 $$\bex -1<x<\xi\ra f(x)>0;\quad \xi<x<1\ra f(x)<0. \eex$$ 于是 $$\bex \int_{-1}^1 (x-\xi)f(x)\rd x =\int_{-1}^\xi (x-\xi)f(x)\rd x +\int_\xi^1 (x-\xi)f(x)\rd x<0. \eex$$ 但这与 \eqref{bn06sfgd3:eq1} 相矛盾. 从而 \eqref{bn06sfgd3:eq2} 不成立, 即 $$\bex \exists\ \eta\in (0,1),\ \eta\neq \xi,\st f(\eta)=0. \eex$$

4(15') 设 $g\in C([0,1])$ 适合 $$\bee\label{bn06sfgd4:eq} g(1)=0,\quad g'_-(1)=0. \eee$$ 证明: 函数项级数 $$\bex \sum_{n=0}^\infty x^ng(x) \eex$$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛.

证明: 对 $\forall\ \ve>0$, 由 \eqref{bn06sfgd4:eq} 知 $$\bex \exists\ \delta=\delta(\ve)>0,\st 1-\delta<x<1\ra \sev{\frac{g(x)}{1-x}}<\ve. \eex$$ 于是当 $0\leq x\leq 1-\delta$ 且 $N=N(\delta)=N(\ve)$ 充分大时, $$\bex \sev{\sum_{n=N}^{N+p}x^ng(x)} \leq \frac{x^N}{1-x}\sev{g(x)} \leq \frac{(1-\delta)^N}{\delta}\cdot \max_{[0,1]}\sev{g}<\ve; \eex$$ 当 $1-\delta<x<1$ 时, $$\bex \sev{\sum_{n=N}^{N+p}x^ng(x)} \leq \sev{\frac{g(x)}{1-x}} <\ve; \eex$$ 当 $x=1$ 时, $$\bex \sev{\sum_{n=N}^{N+p}x^ng(x)} =0<\ve. \eex$$ 综上及 Cauchy 收敛原理, 我们得到结论.

5(15') 设 $f\in C^2(\bbR^3)$. 对任意的 $(x,y,z)\in\bbR^3$, 定义 $$\bex F(x,y,z;r)=\frac{1}{4\pi r^2} \iint_{\p B_r(x,y,z)} f(u,v,w)\rd S, \eex$$ 其中 $\p B_r(x,y,z)$ 表示以 $(x,y,z)$ 为中心, $r$ 为半径的球面; $\rd S$ 表示 $\p B_r(x,y,z)$ 的面积微元. 证明:
(1) $\dps{\lim_{r\to 0+}F(x,y,z;r)=f(x,y,z)}$;
(2) $\dps{\lim_{r\to 0+} \frac{\p F(x,y,z;r)}{\p r}=0}$;
(3) $\dps{\lim_{r\to 0+} \frac{\p^2 F(x,y,z;r)}{\p r^2}=\frac{1}{3}\lap f(x,y,z)}$, 此处 $$\bex \lap=\frac{\p^2}{\p x^2} +\frac{\p^2}{\p y^2} +\frac{\p^2}{\p z^2} \eex$$ 表示 $\bbR^3$ 中的 Laplace 算子.
证明:
(1) $$\bex \lim_{r\to 0+}F(x,y,z;r) &=&\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi r^2}\iint_{\p B_r(x,y,z)} f(u,v,w)\rd S\\ &=&\lim_{r\to 0+} f(\xi,\eta,\zeta)\quad\sex{\mbox{积分中值定理}}\\ &=&f(x,y,z). \eex$$
(2) 由 $$\bee\label{bn06sfgd5:eq}\bea F(x,y,z;r) &=\frac{1}{4\pi r^2} \iint_{\p B_r(x,y,z)}f(u,v,w)\rd S \\ &=\frac{1}{4\pi r^2} \iint_{\p B_1(0,0,0)} f(x+ru,y+rv,z+rw)r^2\rd S_1 \\ &\quad\sex{\rd S_1\mbox{ 表示 }\p B_1(0,0,0)\mbox{ 上的面积微元}} \\ &=\frac{1}{4\pi} \iint_{\p B_1(0,0,0)} f(x+ru,y+rv,z+rw)\rd S_1. \eea\eee$$ 知 $$\bex \lim_{r\to 0+}\frac{\p F(x,y,z;r)}{\p r} &=&\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi} \iint_{\p B_1(0,0,0)} (f_xu+f_yv+f_zw)\rd S_1\\ &=&\lim_{r\to 0+} \frac{1}{4\pi} \iint_{B_1(0,0,0)} (f_{xx}r+f_{yy}r+f_{zz}r)\rd u\rd v\rd w\\ & &\sex{Stokes\mbox{ 公式}}\\ &=&0. \eex$$
(3) 由 \eqref{bn06sfgd5:eq} 知 $$\bex & &\lim_{r\to 0+}\frac{\p^2F(x,y,z;r)}{\p r^2}\\ &=&\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi} \iint_{\p B_1(0,0,0)} \sex{f_{xx}u^2+f_{yy}v^2+f_{zz}w^2}\rd S_1\\ &=&\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi} f_{xx}(x+r\xi_x,y+r\eta_x,z+r\zeta_x) \iint_{\p B_1(0,0,0)}u^2\rd S_1\\ & &+\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi} f_{yy}(x+r\xi_y,y+r\eta_y,z+r\zeta_y) \iint_{\p B_1(0,0,0)}v^2\rd S_1\\ & &+\lim_{r\to 0+}\frac{1}{4\pi} f_{zz}(x+r\xi_z,y+r\eta_z,z+r\zeta_z) \iint_{\p B_1(0,0,0)}w^2\rd S_1\\ &=&\frac{1}{3}\lap f(x,y,z)\\ & &\sex{\iint_{\p B_1(0,0,0)}\sex{u^2,v^2,w^2}\rd S_1 =\frac{1}{3}\iint_{\p B_1(0,0,0)}\rd S_1=\frac{4\pi}{3}}. \eex$$

6(13') 设 $f\in C([0,1])$ 适合 $f(0)=0$, 且 $$\bex \exists\ \alpha >\beta>0,\st \lim_{x\to 0+}\frac{f( \alpha x)-f(\beta x)}{x}=c\in\bbR. \eex$$ 证明: $f_+'(0)$ 存在.
证明: 由 $$\bex \frac{f( \alpha x)}{ \alpha x} =\frac{1}{ \alpha }\cdot \frac{f( \alpha x)-f(\beta x)}{x} +\frac{\beta}{ \alpha }\cdot \frac{f(\beta x)}{\beta x} \eex$$ 知 $$\bex & &\limsup_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x} = \limsup_{x\to 0+}\frac{f( \alpha x)}{ \alpha x} \leq \frac{c}{ \alpha } +\frac{\beta}{ \alpha } \limsup_{x\to 0+}\frac{f(\beta x)}{\beta x}\\ &\ra& \limsup_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x}\leq \frac{c}{ \alpha -\beta}; \eex$$ $$\bex & &\liminf_{x\to 0+} \frac{f(x)}{x} = \liminf_{x\to 0+}\frac{f( \alpha x)}{ \alpha x} \geq \frac{c}{ \alpha } +\frac{\beta}{ \alpha } \liminf_{x\to 0+}\frac{f(\beta x)}{\beta x}\\ &\ra& \liminf_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x}\geq \frac{c}{ \alpha -\beta} \eex$$ 于是 $$\bex \frac{c}{ \alpha -\beta}\leq \liminf_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x}\leq \limsup_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x} \leq \frac{c}{ \alpha -\beta}. \eex$$ 这样, $\dps{f'_+(0)=\lim_{x\to 0+}\frac{f(x)}{x}}$ 存在, 且等于 $\dps{\frac{c}{ \alpha -\beta}}$.

7(15') 当 $a,b$ 为何值时, 线性方程组 $$\bex \left\{\ba{rrrrrrl} ax_1&+&(b+1)x_2&+&2x_3&=&1\\ ax_1&+&(2b+1)x_2&+&3x_3&=&1\\ ax_1&+&(b+1)x_2&+&(b+4)x_3&=&2b+1 \ea\right. \eex$$ 有解, 并求解.
解答: 由 $$\bex (A,b)=\sex{\ba{cccc} a&b+1&2&1\\ a&2b+1&3&1\\ a&b+1&b+4&2b+1 \ea}\rra\sex{\ba{cccc} a&b+1&2&1\\ 0&b&1&0\\ 0&0&b+2&2b \ea} \eex$$ 及线性方程组解的存在性判定定理知 $$\bex b\neq -2 . \eex$$ 而进一步, $$\bex (A,b) \rra\sex{\ba{cccc} a&b+1&0&\frac{2-3b}{b+2}\\ 0&b&0&-\frac{2b}{b+2}\\ 0&0&1&\frac{2b}{b+2} \ea}. \eex$$ 我们分情况讨论:
(1) 当 $b=0$ 时, $$\bex (A,b)\rra\sex{\ba{cccc} a&1&0&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&1&0 \ea}. \eex$$ 此时, 线性方程组的解为 $$\bex \sex{\ba{cccc} 1\\ 1-a\\ 0 \ea}+k\sex{\ba{cccc} 1\\ -a\\ 0 \ea}\quad\sex{\forall\ k}. \eex$$
(2) 当 $b\neq 0$ 时, $$\bex (A,b) \rra\sex{\ba{cccc} a&0&0&\frac{4-b}{b+2}\\ 0&1&0&-\frac{2}{b+2}\\ 0&0&1&\frac{2b}{b+2} \ea}. \eex$$ 此时, 当且仅当 $$\bex a\neq 0 \eex$$ 时, 线性方程组有解 $$\bex \sex{\ba{cccc} \frac{4-b}{a(b+2)}\\ -\frac{2}{b+2}\\ \frac{2b}{b+2} \ea}. \eex$$ 综上, 当且仅当
(1) $b=0$; 或
(2) $a\neq 0$, $b\neq 0,-2$ 时, 线性方程组有解. 且在情形 (1) 下, 解为 $$\bex \sex{\ba{cccc} 1\\ 1-a\\ 0 \ea} +k\sex{\ba{cccc} 1\\ -a\\ 0 \ea}\quad\sex{\forall\ k}; \eex$$ 在情形 (2) 下, 解为 $$\bex \sex{\ba{cccc} \frac{4-b}{a(b+2)}\\ -\frac{2}{b+2}\\ \frac{2b}{b+2} \ea}. \eex$$

8(15') 设 $V$ 是数域 $\bbF$ 下的 $n$ 维线性空间, $V_1$, $V_2$ 是 $V$ 的两个维数相等的子空间. 证明: 存在一个子空间 $W$, 使得 $$\bex V=V_1\oplus W=V_2\oplus W. \eex$$

证明:
(1) 若 $V_1=V_2$, 则可取 $$\bex W=V_1^\perp=V_2^\perp. \eex$$
(2) 若 $V_1\neq V_2$, 则由 $\dim V_1=\dim V_2$ 知 $$\bex V_1\not\subset V_2,\quad V_2\not\subset V_1. \eex$$ 从而 $$\bex \exists\ \alpha_1\in V_1,\st \alpha_1\not\in V_2;\quad \exists\ \beta_1\in V_2,\st \beta_1\not\in V_1. \eex$$ 记 $$\bex \gamma_1=\alpha_1+\beta_1, \eex$$ 则\footnote{用反证法证明.} $$\bex \gamma_1\not\in V_1,\quad \gamma_1\not\in V_2. \eex$$ 考察 $$\bex V_1^{(1)}=V_1+span\sed{\gamma_1},\quad V_2^{(1)}=V_1+span\sed{\gamma_1}. \eex$$ 对 $V_1^{(1)}$, $V_2^{(1)}$ 重复讨论 (1), (2), 经过有限步 (最多 $n-\dim V_1$ 步) 以后, 有 $$\bex V^{(k)}_1=V_1+span\sed{\gamma_1,\cdots,\gamma_k},\quad V^{(k)}_2=V_2+span\sed{\gamma_1,\cdots,\gamma_k} \eex$$ 适合 (1) $V^{(k)}_1=V^{(k)}_2$. 此时, 取 $$\bex W&=&span\sed{\gamma_1,\cdots,\gamma_k}+\sex{V^{(k)}_1}^\perp\\ &=&span\sed{\gamma_1,\cdots,\gamma_k}+\sex{V^{(k)}_2}^\perp. \eex$$ (2) 或 $V^{(k)}_1=V^{(k)}_2=V$. 此时, 取 $$\bex W=span\sed{\gamma_1,\cdots,\gamma_k}. \eex$$

9(15') 设 $A$ 是一个 $n$ 阶实矩阵, 证明:
(1) 如果 $A$ 可逆, 那么 $AA^T$ 是一个正定矩阵;
(2) 如果 $A$ 是对称的, 那么总存在一个实数 $s$, 使得 $E_n+sA$ 是一个正定矩阵.
证明:
(1) 对 $\forall\ 0\neq \bbx\in\bbR^n$, $$\bex \bbx^T(AA^T)\bbx &=&\sex{A^T\bbx}^T\sex{A^T\bbx}\\ &=&\bby^T\bby\quad\sex{\bby=A^T\bbx\neq 0}\\ &>&0. \eex$$
(2) 由 $A$ 是实对称矩阵知 $$\bex \exists\ \mbox{可逆阵 }P,\st P^{-1}AP=\sex{\ba{ccc} \lambda_1&&\\ &\ddots&\\ &&\lambda_n \ea}. \eex$$ 取 $$\bex s=\frac{1}{\dps{\max_{1\leq i\leq n}\sev{\lambda_i}}+1}, \eex$$ 则 $(E_n+sA)$ 的特征值全大于 $0$, 而为正定矩阵.

10(20') 设 $A$, $B$ 是数域 $\bbF$ 上的两个 $n$ 阶方阵. 证明:
(1) $\dps{\rank(A-ABA) =\rank(A)+\rank(E_n-BA)-n}$;
(2)若 $$\bee\label{bn06sfgd10:eq} A+B=E_n,\quad \rank(A)+\rank(B)=n, \eee$$ 那么 $$\bex A^2=A,\quad B^2=B,\quad AB=BA=0. \eex$$

证明: (1) 一方面, 由 $$\bex \sex{\ba{cc} A-ABA&0\\ 0&E_n \ea} &\rra& \sex{\ba{cc} A(E_n-BA)&A\\ 0&E_n \ea}\\ &\rra&\sex{\ba{cc} 0&A\\ -(E_n-BA)&E_n \ea} \eex$$ 知 $$\bee\label{bn06sfgd10:eq1} \rank(A-ABA)+n \geq \rank(A)+\rank(E_n-BA). \eee$$ 另一方面, 若记 $$\bex V=\sed{\bbx\in\bbF^n;\ (A-ABA)\bbx=0}, \eex$$ $$\bex V_1=\sed{\bbx\in\bbF^n;\ A\bbx=0},\quad V_2=\sed{\bbx\in\bbF^n;\ (E_n-BA)\bbx=0}. \eex$$ 则显然 $V_1$, $V_2$ 是 $V$ 的线性子空间. 设 $$\bex \alpha_1,\cdots, \alpha_r\quad (r=n-\rank(A)) \eex$$ 是 $V_1$ 的一组基, $$\bex \beta_1,\cdots,\beta_s\quad \sex{s=n-\rank\sex{E_n-BA}} \eex$$ 是 $V_2$ 的一组基. 我们断言 $$\bee\label{bn06sfgd10:eq2} \alpha_1,\cdots,\alpha_r,\beta_1,\cdots,\beta_s\mbox{ 线性无关}, \eee$$ 而是 $V$　的一个极大线性无关组．于是 $$\bex \sez{n-\rank(A)}+\sez{n-\rank(E_n-BA)} &=&r+s\\ &\leq&\dim V\\ &=&n-\rank(A-ABA). \eex$$ 这样, $$\bee\label{bn06sfgd10:eq3} \rank(A-ABA) \leq \rank(A)+\rank(E_n-BA)-n. \eee$$ 综合 \eqref{bn06sfgd10:eq1} 与 \eqref{bn06sfgd10:eq3}, 我们得到结论. 往证 \eqref{bn06sfgd10:eq2}. 事实上, $$\bex & &\sum_{i=1}^r k_i\alpha_i+\sum_{i=1}^s l_i\beta_i=0\\ &\ra& \sum_{i=1}^s l_iA\beta_i=0 \quad\sex{A\mbox{ 作用}}\\ &\ra& \sum_{i=1}^s l_i\beta_i=0\quad\sex{B\mbox{ 作用}}\\ &\ra& l_i=0,\ 1\leq i\leq s\\ &\ra& \sum_{i=1}^r k_i\alpha_i=0\\ &\ra& k_i=0,\ 1\leq i\leq r. \eex$$ (2) 由 (a) 及 \eqref{bn06sfgd10:eq} 知 $$\bex & &\rank(A-A^2) =\rank(A)+\rank(E_n-A)-n=0\\ &\ra&A=A^2; \eex$$ $$\bex & &\rank(B-B^2)=\rank(B)+\rank(E_n-B)-n=0\\ &\ra&B=B^2. \eex$$ 进一步有 $$\bex & &A=AE_n =A(A+B) =A^2+AB =A+AB\\ &\ra&AB=0; \eex$$ $$\bex & &B=BE_n =B(A+B) =BA+B^2 =BA+B\\ &\ra&BA=0. \eex$$