数学分析与高等代数考研真题详解--中科院卷.pdf

博士家园考研丛书 2010 版 全国重点名校数学专业考研真题及解答 数学分析与高等代数 考研真题详解 中国科学院数学专卷 博士家园 编著 中国科学院数学专卷 博士家园 编著 博士家园系列内部资料 2 博 士 家 园 数 学 专 业 考 研 丛 书 编委会 这是一本很多数学考研人期待已久的参考书 对于任何一个想通过考取重点院校的研究 生来进一步深造的同学来说 历年的各个院校的真题的重要性是显而易见的 为了帮助广大 同学节约时间进行复习 为了使辅导教师手头有更加详尽的辅导材料 我们从 2004 年开始 大量收集数学专业的考研真题 其中数学分析和高等代数两门专业基础课最为重要 有些试 题还很难收集或者购买 我们通过全新的写作模式 通过博士家园 这个互联网平台 征集到了最新最全面的专业试题 更为令人兴奋和鼓舞的是 有很多的高 校教师 硕博研究生报名参与本丛书的编写工作 他们在工作学习的过程中挤时间 编写审 稿严肃认真 不辞辛苦 这使我们看到了中国数学的推广和科研的进步 离不开这些默默无 闻的广大数学工作者 我们向他们表示最崇高的敬意 国际数学大师陈省身先生提出 要把中国建成 21 世纪的数学大国 每年有上万名数 学专业的学生为了更好的深造而努力考研 但是过程是艰难的 我们为了给广大师生提供更 多更新的信息与资源建立了专业网站 博士家园网站 本站力图成为综合性全国数学信息 交换的门户网站 旨在为科研人员和数学教师服务 提供与数学研究和数学教学有关的一切 有价值的信息和国内外优秀数学资源检索 经过几年的不懈努力 成为国内领先 国际一流 的数学科学信息交流中心之一 由于一般的院校可能提供一些往年试题 但是往往陈旧或者 没有编配解答 很多同学感到复习时没有参照标准 所以本丛书挑选了重点名校数学专业的 试题 由众多编委共同编辑整理成书 在此感谢每一位提供试题的老师 同时感谢各个院校 的教师参与解答 以后我们会继续更新丛书 编入更新的试题及解答 希望您继续关注我们 的丛书系列 也欢迎您到博士家园数学专业网站参加学术讨论 了解考研考博 下载最新试 题 博士家园主页网址 博士数学论坛网址 数学资源库 欢迎投稿 发布试题 对于本书疏漏之处欢迎来信交流 以促改正 www boss www boss 博士家园 二零一零年二月 博士家园系列内部资料 2 数学分析与高等代数考研真题详解数学分析与高等代数考研真题详解 中国科学院考研数学专卷中国科学院考研数学专卷 目录目录 中国科学院考研数学专卷 3 2000 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题 3 2000 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题解答 4 2000 年招收硕士研究生入学考试 线代解几 试题 6 2000 年招收硕士研究生入学考试 线代解几 解答 7 2001 年中科院数学与系统科学研究所 高等代数 试题及解答 10 2002 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 16 2003 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题 17 2003 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题解答 18 2003 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 24 2003 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答 25 2004 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题 28 2004 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题解答 29 2004 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 32 2004 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答 33 2005 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题及解答 37 2005 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 41 2005 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答 43 2006 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题 51 2006 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题解答 52 2006 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 55 2006 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答 57 2007 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题及解答 64 2007 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题及解答 69 2008 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 部分试题及解答 75 2009 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 两试题及解答 78 2010 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题及解答 80 2010 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题及解答 86 中科院数学所复试时遇到的题目 96 博士家园系列内部资料 3 中国科学院考研数学专卷 2000 年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题年招收硕士研究生入学考试 数学分析 试题 1 15 分 定义函数 3 22 22 0 0 0 x xy f x yxy xy 证明函数 f x y在 0 0 处连续但是不可微 2 20 分 设 ln n n fxxx n是自然数 i 证明 1 1 1 1 2 1 nn nn fxfx n nnn ii 计算极限 1 lim n n n f n n 3 15 分 在 3 R中 由下列平面1 0 0 yyx xzzx 围成的闭区域记为D 计 算积分 x y z D Iedxdydz 4 15 分 定义向量场 2222 22 2222 0 xyxy xeye F x yxy xyxy 证明 F x y 是有势 场 并求出 F x y 的一个势函数 5 25 分 设 0 1 0 2n n f xx x 证明 i f x在 0 上连续 ii lim 0 x f x iii 对一切 0 x 有 ln 1 1 0 ln21 x f x xx 当 2222 xyr 时 假设cos sinxrt yrt 则有 33 3 2 cos 0 0 0cos rt f x yfrtr r 不妨假设 当 22 xy 时 便有 0 0 f x yf 所以根据定义 连 续性获得证明 求偏导数 0 0 0 0 0 0 lim1 x x fxf f x 0 0 0 0 0 0 lim0 y y fyf f y 考虑极限 利用坐标变换cos sinxrtyrt 22 0 0 0 0 0 0 0 lim xy xy fxyffxfy xy 2 223 0 lim xy x y xy 32 3 0 cos sin lim r rtt r 2 0 limcos sin r tt 显然可以 知道这个极限和t有关 即极限和路径有关 所以极限不存在 从而由定义可知是不可微 的 2 i 证证 对 n fx求导 111 1 ln nnn nn fxnxxxnfxx 再对等式两边1n 次导 便有 1 1 1 nn nn fxnfxn 两边同时除 n便知命题成立 ii 解 利用第 i 小题的结论易知 11 1 ln 2 n n fx x nn 从而有 1 11 1 ln 2 n n f n n nn 所以可知 1 lim n n n f n C n 欧拉常数 3 解解 利用分部积分有 101 0 zxy zx Ie dze dxe dy 积分得到 2 21Iee 4 证证 令 2222 2222 xyxy xeye PQ xyxy 则要F 是有势场 也就是要 PQ yx 而 博士家园系列内部资料 5 22 22 22 1 1 xy xyP xye yxy 22 22 22 1 1 xy xyQ xye xxy 从而就知道了F 是有 势场 而假设F 在 00 xy的势为 0 W 则在 x y处的势为 2222 00 0 2222 xyxy x y xy xeye WWdxdy xyxy 而利用其是有势场 可以知道 2222 0 00 0 2222 0 xyxy yx yx yexe WWdydx xyxy 2222 00 0 yxxy Wee 所以 2222 00 0 yxxy W x yWee 就是F 的一个势函数 5 证证 i 对于任意的 0 x 有 11 0 22 nn x 存在N使得 1 1 2N 于是对于任何的 0 x 有 1 111 0 222 nnN n Nn N x 而 1 0 11 22 N nn nn N f x xx 1 0 1 2 N n n x 存在A 当xA 时 1 0 1 2 N n n x 结合 1 2n n Nx 时 0 2f x 利用极限定义便有了命题的结论 iii 令 1 1 2 n n y n Ixdy x 则知道 1 11 22 n nn Ix xx 所以便有了 0 0 111 112 n y n f xIxdy xxx 即有 1ln 1 1ln2 x f x xx 从而命题获得证明 6 证 证 由于 0 0 1 cos1 cos1 cos aa aa xxx f x dxf x dxf x dx xxx 而又因 博士家园系列内部资料 6 为 00 1 cos1 cos xt aa xt f x dxft dt xt 所以便有了 00 1 cos1 cos1 cos aaa a xxx f x dxf x dxfx dx xxx 0 1 cos a x f xfxdx x 00 cos aa f xfxf xfx dxxdx xx 00 2cos 2 aa f xfxf xfx dxxdx xx 而 2 f xfx g x x 由条件 的连续可导便有 g x是连续函数 从而利用黎曼引理有 0 lim2cos0 2 af x fx xdx x 所以 0 1 cos lim aa a xf xfx f x dxdx xx 命题获证 中国科学院 中国科学技术大学 中国科学院 中国科学技术大学 2000 年招收硕士研究生入学考试 线代解几 试题年招收硕士研究生入学考试 线代解几 试题 科目 线性代数与解析几何 一 填空 每空 4 分 共 48 分 设 3 R中向量 1 1 1 1 T 2 1 1 0 T 3 1 0 1 T 1 4 3 4 T 2 4 3 0 T 3 4 1 4 T 1 1 在基 123 和基 123 下的坐标分别是 和 2 从基 123 到基 123 的过渡矩阵是 又假设 3 R中的线性变换 使得 112233 则 3 在基 123 和基 123 和标准基下的矩阵分别是 和 4 的特征多项式是 最小多项式是 特征值是 5 的不变因子是 初等因子是 若当标准型是 二 12 分 求过三点 3 0 0 0 2 0 0 0 1 的平面的方程 以及过这三点的圆的方程 三 12 分 博士家园系列内部资料 7 设 是数域F上的n维线性空间V的线性变换 记 1 0 i i VKer 2 0 Im i i V 证 明 1 12 V V是 的不变子空间 2 12 VVV 四 14 分 设实二次型 2 1 n i i Q xxx 其中的 12 n xxx x n 试求 Q x的秩和正负惯 性指数 五 14 分 设 是从m维欧氏空间 m E到n维欧氏空间 n E的线性映射 试证存在 m E和 n E的标准 正交基 使得 在它们下的矩阵形如 0 00 D 其中的D是一个对角方阵 中国科学院 中国科学技术大学 中国科学院 中国科学技术大学 2000 年招收硕士研究生入学考试 线代解几 解答 年招收硕士研究生入学考试 线代解几 解答 一 1 对矩阵 1114 1103 1014 做初等行变换得 0011 0100 1003 所以在第一个基下 的坐标为 3 0 1 T 在第二个基下的坐标显然为 1 0 0 T 2 对矩阵 111444 110331 101404 做初等行变换得 100310 010041 001114 从而过渡矩阵为 310 041 114 博士家园系列内部资料 8 3 由于 123123123 310 041 114 所以在 123 下的矩阵为 310 041 114 在 123 下的基为 1 310 041 114 即 1711 521352 133 521352 113 131313 在标准正交基下的矩阵为 1 444111 331110 404101 即 400 140 004 4 特征多项式即 310 041 114 f 2 713 4 显然最小多 项式也就是特征多项式 因为它的三个特征根是不同的 特征值 二 解 显然这三个点分别是三个坐标轴上的点 用截距表示法可知过三点的平面方程是 1 321 xyz 假设过这三个点的球的圆心是 a b c 半径为r 则球方程为 2222 xaybzcr 而且有方程组 2222 2222 2222 3 2 1 xyzr xyzr xyzr 而由这个方程组可以知道 9 6 t a 4 4 t b 1 2 t c 2 4972424 12 tt r 当0t 时球的方程为 222 31424 1 22144 xyz 所以过这三个点的圆方程为 222 31424 1 22144 1 321 xyz xyz 三 证 1 对于任何 1 V 存在i使得 i Ker 即0 i 从而 1i Ker 显然 就有了 1 V 对于1i 显然的 所以这里就没说这个特殊 从而 1 V是 的不变子空间 博士家园系列内部资料 9 对于任何 2 V 任何j有Im j 从而 1 Im j 而又j是任意的 所以就有了 1 0 Im j j 而又由于 1 011 ImImIm jjj jjj Im 0 Im j j 从而 2 V 所以 2 V是 的子空间 2 四 解 由于 22 111 2 nnn ii iii Q xxxxx 同时由条件可以知道 22222 11 2 nn ii ii Q xnxxnxxnx 于是有了 2 1 1 1 nn iij ii j Q xxx x n 矩阵表示即为 1 2 12 111 1 111 1 11 1 1 111 1 n n nnn x nnn x Q xx xx nn x n nnn T x Ax 对于A矩阵 其行列式 1 1 111 1 1111 1111 1000 12121 1100 0 11 1 1 1 000 111 1 n n nnn n nnnn nnn nnnnn n nn nn n nnn 从 而可以知道这个矩阵的顺序主子式均大于零 从而知道这个矩阵是正定的 所以秩为n 正惯性指数为n 负惯性指数为 0 五 证 期待您的解答 博士家园系列内部资料 10 2001 年中科院数学与系统科学研究所 高等代数 试题及解答 年中科院数学与系统科学研究所 高等代数 试题及解答 一 设A和B为满秩方阵 试求 BO CA Q的逆矩阵 用CBA 11 表示即可 解 解 由0detdetdet BAQ知 Q可逆 令 2221 1211 1 XX XX Q E表示与Q同阶的单位矩阵 则由EQQ 1 得 2221 1211 XX XX BO CA 2 1 EO OE 其中 1 E为与A同阶的单 位矩阵 其中 2 E为与B同阶的单位矩阵 于是得 22221 1211 21111 EBXCX OBXCX OAXEAX 由此解出 1 22 11 1221 1 11 BXCBAXOXAX 所以 1 111 1 BO CBAA Q 二 设 n aaa 21 为n个实数 方阵 博士家园系列内部资料 11 nnn aaa aaa aaa A 222 111 试求A的所有特征值 解 解 A的特征多项式为 由此可知 A 的n 个特征值为0 0 1 n i i a 0为n重 特征根 三 设dcba 为正实数 求出满足 baxy 与 dcxy 之y的最小值 解 平面区域 dcxybaxyyxD 的图形如 下图中阴影部分 00 00 111 111 det 1 1 1 222 1 222 111 222 111 n i i n n i i nnn n i i nnn n i i n i i n i i nnn aa aaa aaa a aaa aaa aaa aaa aaa aaa AE 博士家园系列内部资料 12 由此知 满足baxy 与 dcxy 之y的最小值即直线 baxy 与 dcxy 交点的纵坐标 不难求得其值为 ca bcad 四 设BA 为方阵 且B为满秩阵 s为实数 sBAC 试证明 存在正数a 使得在as ABsEsI为有限集 若 I 则令a为数集 I中的最小数 若 I 则可取a为任何正数 于是 当 as 0时 必有0 det 1 ABsE 博士家园系列内部资料 13 所以 当as 时 对任意B 则I 2 0A 时 若0B 则I 若0B 则ln2I 若0B 则0I 3 0A 则I 若0B 则0I 若0B 当 0 0 xstf xf 才可 故 当0 时 f x在0 x 处连续 2 1 1 sin0 0 1 sin 00 x f xf x x xxx 要使 f x在0 x 处可导 即 0 0 lim 0 x f xf x 存在 亦即 1 0 1 limsin x x x 存在 博士家园系列内部资料 19 1 sin x 在0 x 时是有界量 故只有 1 0 1 limsin0 x x x 才可 即101 从而1 时 f x在0 x 处可导 3 当0 x 时 112 2 11111 sincos sincosfxxxxx xxxxx 由 2 知道 若 f x在0 x 处可导 则必有 0 0 f 同样讨论 只有当2 时 fx 在0 x 处连续 三 证明 由于 lnlnlnlnlnln 1 ln 1 ln xx yy yyyy yxxyyx xxxx xyyx 1 若01xy 故令 ln 0 1 1 t f tt t 只须证明 f t在 0 1 上单增即可得证 为此 2 ln1 0 1 1 ttt f tt tt 从而令 ln1 0 1 g ttttt 若证明了 g t在 0 1 上 0g t 则 f t在 0 1 上单增 进一步 ln 0 1 g tt t 故 0 0 1 g tt 又 1 0g 所以 0 1 0 0 1 0tg ttf t 即 f t在 0 1 上单增 故得证 2 1yx 则 式 lnln 11 yx yx 故 令 ln 1 1 t tt t 若证明 t 在 0 上单减 则得证 为此 求 2 ln1 1 1 ttt tt t t 令 ln1 1 ttttt 若能证明 0 1 tt 则由 0 1 tt 知 t 在 1 上单减 进一步 ln 1 tt t 0 1 tt t 在 1 上单减 又 t 在 1 上连续 1 t 时 1 0 0 1 ttt 考虑区间 1 2 a a M 上的 f x 记 1 max 2 a b Af xxa ba a M 1 11 2 f f xf xf afxaMfxa 其中 1 ax 同理 2 11222 1 22 f fff afaMf M 即 2 2 2 f f x 依上述操作重复进行 n 次 得 2 n n f f x 其中 1n ax 矛盾 另证 0 f xxa b 知 00 0 xa b stf x 记 10 inf 0 xxx xf x 上 由连续函数局部保号性 只能 1 0f x 从而 10 x x同 0f x 令 10 ln g xf x xx x 则 fx g xM f x 故 g x在有限区间 10 x x上有界 但 1 1 0 lim 0 xx f xf x 从而 1 0 lim xx g x 矛盾 故知不存在M 使得上述结论成立 六 旋转后形成的V为球体 222 1xyz 锥体 22 1 2 z xy 及平面 0z 所围成 由于我们知道 以 0 0 0 为顶点的锥体为 22 tanxyz 从而旋转后的锥 体顶点在 0 0 1 处 记 22 21 arctan 2 V z Idv xy 用球坐标变换公式进行计算 将V看成两部分 如图所示 略 22 1 2sincos2212 2 22 000020 1 2sincos21 2 22 0020 2 2 cos2 cos sinsin sinsin 89 2 2 cos2 2 cos 75 V z Idv xy rr ddrdrddrdr rr dr drdr dr 七 解 Lagrange 乘数法 建立目标函数 设 x y z为 2 22 1 96 x yz 上的动点 它到3412228xyz 的 距离之平方为 22 2 2222 3412228 3412228 341213 xyzxyz dx y z 博士家园系列内部资料 22 设 22 222222 2 1 1 3412228 1 961396 xx L x y zdx y zyzxyzyz 则 2 2 2 2 22 22 3412228 3 1 1396 2 3412228 42 2 13 2 3412228 122 3 13 1 4 96 Lx xyz x L xyzy y L xyzz z Lx yz 令 0 0 0 0 LLLL xyz 1 2 3 xyz 得 2 22 2 2 3412228 3412 2 0 1396 x xyzxyzyz 2 22 1 96 x yz 代入并化简为 2 3412228 3412 130 5 xyzxyz 72 3 xy yy zy 代入 4 并最终解出得 1 313 9 9 8 888 x y zor 将此代入目标函数求得 1 31 3 9 13 9 20 8 88 8 d x y zdd x y zd 比较易得 maxmin 20 13dd 故最远点为 13 9 88 最近点为 1 3 9 8 8 八 证明 2 2 0 0 2 200 fxf xfxff xf xxx 若 0 f 存在 则必有 0 0 lim 0 x f xf x 存在 从而 0 2 0 lim 20 x fxf x 存在 均为 0 f 在 式中令0 x 则2 0 0 0 AfffA 故只须证明 0 f 存在即可 如 下 将已知式看作递推式 对每一个kN 有下式成立 博士家园系列内部资料 23 1 0 1 22 lim 2 kk x k xx ff A x 令1 2 1kn 得 11 1 1 0 00 22 lim 2 nn kk k x kk xx ff A x 即 0 111 2 lim 242 n n x x f xf A x 故 111 2242 nn x f xfAxx 令n 得 0 0 f xfAxxfA 九 证明 拟合法 11 2222 00 11 0 0 lim 0 lim yy yyf ffdxdx xyxy 转化为证 1 22 0 1 0 lim0 y y f xf dx xy 即 1 0 0 当 1 0 y 即 1 0y 时 1 22 1 0 y f xf dx xy 有 0 3 f xf 固定h 1 222222 11 1 123 22 0 0 0 0 hh h h y f xfy f xfy f xf dxdxdx xyxyxy y f xf dxIII xy 11 22 1 0 h y f xf IydxyM xy 当 1 0 3 y M 时 有 1 1 3 I M 2 2222 1 2222 1 0 0 333 hh hh h h y f xfy f xf Idxdx xyxy yy dxdx xyxy 1 32 2 0 h f xf IydxyM x 当 2 0 3 y M 时 有 3 3 I 取 1 12 0max 33 y MM 博士家园系列内部资料 24 1 123 22 1 0 333 y f xf dxIII xy 1 22 0 1 lim 0 y yf x dxf xy 2003 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 1 30 分 已知如下三阶矩阵 10 01 1 a Ab cd 求 detA 求 tr A 证明 2rank A 为使 2rank A 求出 a b c和d 应满足的条件 2 20 分 设A是欧氏空间 n 的一个变换 试证 如果A保持内积不变 即对于 n 中 任意两个向量 都有 AA 那么 它一定是线性的 而且是正交的 3 20 分 设A是 2003 阶实方阵 且0 r A 这里r是自然数 问A的秩 rank A最 大值是多少 4 20 分 给定 上线性空间V的子空间 12 W W 证明 1212 dimdimdimdimWWWWV 这里dim表示维数 5 20 分 给了n个不同的数 12 n a aa 试求一个1n 次的多项式 f x 使 ii f ab 这里 i b也是给定的值 1 in 6 20 分 给定 上二维线性空间V的线性变换A A在一组基下的矩阵表示为 01 0 10 Aa a 求A的不变子空间 7 20 分 若Q为n阶对称正定方阵 x为n维实向量 证明 1 01 TT xQxxx 博士家园系列内部资料 25 这里 T x表示x的转置 2003 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答 1 解解 101 det1 1 b Aabdac dcd 3tr A 将A进行初等变换 101010 010101 101001 aaa Abbb cddacacbd 显然 2rank A 若使 2rank A 只需10acbd 2 证证 先证 AAA 由于 2 2 2 2 2 2 0 AAAAAA AAAA AAAAAAAA 故 0AAA 从而 AAA 再证 A kkA 由于 2 2 0 A kkAA kkA A kA kk AA kk A kAkAA kkkkk kk 博士家园系列内部资料 26 故 0A kkA 从而 A kkA 综上 A是线性变换 又保持内积不变 因而为正交变换 3 解解 首先 证 rank ABrank Arank Bn 00 000 nnnn sm EEBEBE AEEAAB 0 n n EB rankrank ErankABnrank AB A 但 nn EBBE rankrankrank Arank B AA 从而得 rank ABrank Arank Bn 这样 11 2 0 22 1 rrr r rank Arank AArank Arank An rank Arank An rrank Arn 从而 1rn rank A r 当2003n 时 有 20031r rank A r 4 证证 由 维 数 公 式 121212 dimdimdimdimWWWWWW 显 然 12 WWV 则 1 2 dimdimWWV 从而 121212 12 dimdimdimdim dimdimdim WWWWWW WWV 维数公式的证明 详见北大代数小组编的 高等代数 第三版 260 页 5 解解 首先 令 12n F xxaxaxa 证 1 n i i ii bF x f x xaFa 博士家园系列内部资料 27 由于 111 111 iin i iiiiiiiin F xxaxaxaxa lx xaFaaaaaaaaa 则 0 1 2 1 ij ij l ai jn ij 从而 1 1 2 n mi imm mmm i f abl ab labmn 6 解解 设这组基为 12 显然 0 V是A的不变子空间 若W为A的非平凡不变子空间 则dim1W 令 WL 则A 即 为 的特征向量 为A的实特征值 而 2 10EAa 显然 当1a 时 不存在实特征值 从而W不存在 综上 当1a 时 A的不变子空间有 0 V 1122 WLWL 当1a 时 A的不变子空间有 0 V 7 证证 令 1 T AQxx 则 111 11 1 TTTTT TTTTT x Q xx A QxxQ xx A Exx Qx x Axx Axx Q xx Axx Q x 从而 1 1 1 T T T x Q x x Ax x Q x 当Q为n阶对称正定方阵 则 1 Q 也为对称正定矩阵 从而 对任意n维实向量x 有 1 0 T x Q x 从而 1 01 TT xQxxx 存在正整 数 当kN 时 2 k c 设 12 max N tc cc 由于 121212 nNNnN ccccccccc nnn 2 NtnN nn 取正整数 0 N 使得 2 Nt n 时 12 2 n ccc n 对任意正整数 n nM 因此 121111 0 nnnnn M nn 由 知 11 lim0 nn n n 由夹逼定理 1211 lim0 nnn n n 设 nnnn aaba 则 1211nnn a ba ba b n 1211 nnn a ba bab n 11nn aba n 11nn a n 博士家园系列内部资料 31 1211nnn n 由 与 得 1211 lim nnn n a ba ba b ab n 五 证 由积分中值定理 22 11 np n dxp np n x 所以 222 limlim lim0 111 np nnn dxpp x 六 证 对 xyax ya byebe 由于0 a 所以 0 ax b bedx a 收敛 由 判别法 0 yx yedx 关于y在 a b上一致收敛 由于 0 yb 时 0 1 yx yedx 对任意0A 0 1 A yxAy yedxe 从而 1 0 0 0 sup 1 sup A yxAy ybyb yedxee 因此 0 yx yedx 在 0 b非一致收敛 七 设 sinsinsin 0 0 f x yxyxyx y 则 sinsin 2 2sincos 2 xxx fx yyxyfx yyxy sinsin 2 2sincos 2 yyy fx yxxyfx yxxy cos sin 2 sincos 2 xy fx yyxyyxy 令 0 0 xy fx yfx y 得驻点 22 3333 AB 由于 3 3 xxyy fAfA 3 2 xy fA 3 3 3 2 xxyyxy fBfAfB 故 f x y在A点取极大值 在B点取极小值 又 f x y在闭区域 0 0 连续 在边界上的函数值为零 所以 f x y在A点取最大值 因此对任意 0 0 x y 23 3 sinsinsin sinsinsin 3338 f x yxyxy 博士家园系列内部资料 32 八 解 设球面方程为 2222 xyzR 圆柱面的方程为 2 22 24 RR xy 则 所求面积为 22 22 0 21 x y xRxy Szz dxdy 22 222 0 2 xRxy R dxdy Rxy cos 2 2200 4 R r Rddr Rr 2 2 2 R 九 解 令tanxt 则 2 2 00 1 1 1tan dxdt xxt 又令 2 tu 则 有 2222 0000 tantan 1tan1cot1tan1tan dtduudutdt tuut 故 2222 0000 1tan1 1tan21tan1tan24 dtdttdt dt ttt 2004 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 3 小时完成 满分 150 博士家园系列内部资料 33 1 15 分 1 1 4 2 nnn nnn xxy yxy 已知 0 1x 0 0y 求 100 x 100 y 2 15 分 设A B为同阶对称正定矩阵 若AB 即AB 为正定阵 试问是否 一定有 22 AB 为什么 3 20 分 证明 若S为n阶实对称正定矩阵 则 存在唯一的对称正定矩阵 1 S 使 得 2 1 SS 若A是n阶实对称矩阵 则AS的特征值是实数 4 20 分 设 ij Aa 是 2004 阶方阵 且 ij aij 1 2004i j I是 2004 阶单位 阵 计算 det f xIAx 这里x R 5 20 分 令 22 27f x yxxyy 求 f x y在 2 R中单位圆上的极大值与极小 值及极值点 6 20分 设A B是n阶实方阵 而I是n阶单位阵 证明 若IAB 可逆 则IBA 也可逆 7 20 分 设A为n n 阶实对称矩阵 b为1n 维实向量 证明 0 T Abb 的充 分必要条件是 0A 及 1 1 T b A b 3 证证 由S为n阶实对称正定矩阵 则存在正交矩阵P使得 1 0 0 T n a SPP a 0 1 2 i ain 从而有 11 00 00 TT nn aa SPP PP aa 令 1 1 0 0 T n a SPP a 则 2 1 SS 1 S显然为对称正定矩阵 唯一性 设还有 2 S是对称正定矩阵满足 2 2 SS 则 122121 T TT S SS SS S 令 12 BS S 从而 242 1121 T ASS S SBB 又 1 S为对称正定矩阵 1 T P S PI 则 11111 122 TTTTT P B PP S PP SPP SP 博士家园系列内部资料 35 故B与对称阵相似 B可对角化 T B也可对角化 即存在Q 使得 1 Q BQ 1T Q B Q 同时为对角阵 且对角线元素为其特征值 而B T B的特征多项式相同 故特征值相同 因 而 11T Q BQQ B Q 即 T BB 从而 2222 121211221212 0SSSSSS SS SSSS 12 SS 对称正定 故 12 0r SS 即 12 SS 唯一性得证 反证法 设存在非实数特征根 对应特征向量为 即有AS 成立 而 2 1 SS 1 S为 对称正定矩阵 又 111111 S ASS AS SSS 即 也为实对称矩阵 11 T S AS的特征值 而实对称矩阵的特征值全部为实数 矛盾 所以AS 的特征值是实数 4 解解 显然有 2 2 12 2212 1 xxnx xxnx f x nxn x 第一列分别乘以k 加到第k列 然后第 2 i i 行乘以i加到第一行上 得 2 1 2 1 10012 210121 1210 6 01 01 n i n i ixxn xn nn ixx nx nx 5 解解 由题意 f x y的二次型为 7 2 2 7 1 2 A 算得其特征根为 12 350350 22 博士家园系列内部资料 36 因为 12 TTT A x xxxx x 等号在对应特征向量成立 在单位圆上1 T x x 故最大 值与最小值分别为 350 2 350 2 2 350 2 时 特征向量为 7 501 k 与单位圆相交于 7501 1002 501002 50 此即为极大值点 极大值为 350 2 同理 7501 1002 501002 50 为极小值 点 极小值为 350 2 6 证证 由题意 易知 0 0 IIAIA BIBIIAB 0 0 IAIAIAB IBIBI 分别取行列式知IBAIAB 故 由IAB 可逆推出IBA 也可逆 7 证证 由题意 00 011101 T TT IbAbIAbb bb 1 11 00 110101 TTT IAbAIA b Abb A b 易知 0 01 T Abb 与 1 0 01 T A b A b 合同 从而正定性相同 即当0 T Abb 时 有 0A 及 1 1 T b A b 证明 1lnln2 abba ba ba 则所证明的不等式可写成 博士家园系列内部资料 38 1 1 ln 1 1 2 x xx x xf 因此 xf在1 x上严格递增 从而对任意1 x 有0 1 fxf 即 1 1 2 ln x x x 设 ln 1 x x x xg 则 1 0 2 1 2 x xx x xg 因 此 对 任 意 1 x有 0 1 gxg 即 1 ln 1 xx x x 2 求 2 1 1 11 lim 0 nnn x 解 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 n n nn nnnn 考虑函数 x xf 1 1 它在 0 1 上连续 把 0 1 分成 n 等份 分点为 2 1 ni n i 在每一小区间 1 n i n i 中取 n i i 则有 n i f i 1 1 于是 原式 n n n n n nn 1 1 1 1 1 1 1 limlim 1 1 1 1 1 1 lim n n n n n 2ln 1 1 1 0 dx x 4 判断级数 1 ln 1 n n n n 的收敛性 解 令 n v n n u nn 1 ln n v u n n n n ln limlim 而 n v 发散 因而 n nln 发散 又当3 n时 数列 n u单调递减 且趋于 0 因此由 Leibniz 判别法知 n n nln 1 收敛 博士家园系列内部资料 39 所以该级数条件收敛 5 设 yxf在点 0 0 的某个邻域中连续 222 tyx dxdyyxftF 求 t tF t 0 lim 解 利用极坐标变换可得 2 0 0 sin cos 222 t tyx rdrrrfddxdyyxftF 由于 yxf在点 0 0 邻域连续 所以 dt d tF 2 0 0 sin cos t rdrrrfd 2 0 0 sin cos t rdrrrf dt d d 2 0 sin cos dttf 则 limlim 0 0 tt t tF 2 0 sin cos dttf 2 0 0 sin cos lim dttf t 0 0 2 f 6 求 2222 azyx 球面包含在柱面 1 2 2 2 2 ab b y a x 内的那部分面积 解 在球面坐标 cos sinsin cossinrzryrx 下 所给的球面方程 22 ar 于是球面的参数方程为 cos sinsin cossinazayax 其中 2 0 20 那么 cossin 22 a zy sinsin 22 a xz cossin 2 a yx 所以 242 sinaFEG 又球面的面积为它在第一卦限部分面积的 4 倍 所以 2 0 2 0 22 2 0 20 2 8sin4sin4addaddaS 7 设 xyyxf 其 中0 0 且 u 在0 u的 某 个 邻 域 中 满 足 2 1 uu 证明 yxf在 0 0 处可微 但函数 xyyxg 在 0 0 处 不可微 yxf在 0 0 处可微性未证明 博士家园系列内部资料 40 证 0 0 0 0 xg dx d gx 0 0 0 0 yg dy d gy 考察极限 ygxggyxg yx 0 0 0 0 0 0 lim 0 22 0 lim yx xy 当动点 x y 沿直线kxy 趣于 0 0 时 显然对不同的 k 有不同的极限值 22 yx xy 因 此上述极限不存在 即在点 0 0 yxg不能表成 0 0 0 0 0 0 22 yxoygxgg yx 故 xyyxg 在点 0 0 不可微分 8 设 x 在 0 上有连续导数 并且1 0 令 2222 0 222 rzyx rdxdydzzyxrf 证明 rf在0 r处三次可微 并求 0 f 右导数 证 利用球面坐标变换得 2222 222 rzyx dxdydzzyxrf 00 22 2 0 sin r dtttdd r dttt 0 22 4 又 x 在 0 上有连续导数 则 x 也连续 因此有 22 4 rrrf 8 232 rrrrrf 且在 0 上连续 则有0 lim 0 0 rff r 那么由导数定义知 rf在0 r处三阶可导 且 r rrrr r frf f rr 0 8 lim 0 lim 0 22 3 0 0 8 0 8 8lim 22 2 0 rrr r 9 设 xf在有限区间 ba上可微 且满足0 bfaf 此处 af和 bf分别表示 xf在 a 和 b 处的右导数和左导数 则存在 0 cfbac 证 设CxfxF 则 xF在 ba上可微 且 博士家园系列内部资料 41 0 bfafbFaF 不妨设0 0 bFaF 则存在 0 1 aUx 0 2 bUx 且 因 xF在 ba上可导 所以连续 由最值定理知 存在一点 Fba 最大 由 1 式可知ba 则 是F的极大值点 所以有 0 F 即 0 baf 10 设 0n n n e xae x 求 3210 aaaa 并证明 2 ln nnrea n n 其中 r 是某个大 于 e 的常数 未给出证明 期待你的解答 2005 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题 3 小时完成 满分 150 1 15 分 设四元齐次线性方程组 13 24 0 0 xx xx 又知某齐次线性方程组 的通 解为 12 0 1 1 0 1 2 2 1 TT kk 求线性方程组 的基础解系 问线性方程组 和 是否有非零公共解 若有 则求出所有的非零公共解 若没有 则说明理由 2 15 分 给定两个四维向量 1 122 0 333 T 2 211 0 666 求 作一个四阶正交矩阵Q 以 1 2 作为它的前两个列向量 3 20 分 求矩阵 0111 0011 0001 0000 A 的 Jordan 标准形 并计算 A e 注 按通常定义 23 2 3 A AA eIA 博士家园系列内部资料 42 设 44 51 33 51 231 5 B 求 2005 B 精确到小数点后 4 位 4 20 分 证明函数logdet i在对称正定矩阵集上是凹函数 即 对于任意两个nn 对称正定矩阵A B 及 0 1 有 logdet 1 logdet 1 logdet ABAB 其中 函数logdet A表示先对矩阵A取行列式再取自然对数 5 20 分 考虑如下形式的矩阵 2 1121 2 2122 2 11 n n nnn aa aa a a aaa a P a aa aa 其中 i a 1in 都为实数 证明 矩阵P非负定 证明 非零实二次型 1 n f xx 可以写成 11 11 1 nnnnn f xxu xu xv xv x 的充要条件是 或者它的秩为 1 或者它的秩为 2 且符号差为零 6 20 分 证明 任何n阶实对称方阵A必合同于对角阵 12 n Ddiag 即存在n阶非奇异实方阵C使得 T C ACD 这里1 i 或0或1 任何n阶实反对陈非奇异方阵B必为偶数阶 即2nk 且合同于块对角阵 12 k Fdiag J JJ 即 存 在n阶 非 奇 异 实 方 阵E使 得 T E BEF 这 里 01 10 i J 对迹 对角元之和 为0的n阶实方阵G 存在实正交阵H 使得 T H GH的 主对角元全为零 注 这里 T C T E T H分别表示C E H的转置 7 20 分 是求 7 次多项式 f x 使 1f x 能被 4 1 x 整除 而 1f x 能被 4 1 x 整除 博士家园系列内部资料 43 8 20 分 给定一单调递减序列 12 0 p bbb 定义 1 11 1 1 kk k p minbb p p p 假设复数 i a 1 2 ip 满足 1ii aa 1 2 1ip 且1 p a 证明以下行列式 12 12 12 111 222 p p p b bb b bb b bb ppp aaa aaa D aaa 其绝对值有上下界如下 11 1 2 ii bb pp ii ii aDa p 2005 年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解答年招收硕士研究生入学考试 高等代数 试题解