2024年清华大学数学领军计划数学一试试题及解析

2024丘成桐数学科学领军人才培养计划

数学一试试题

lnx

题1.请证明linin^oof(nxedx存在并求值.

题2.定义线性映射L:A/„IX„tm,n,k€Z+.

记IV={L|L(AB)=L(A)BVXW八/“皿B€A/n},求dimW.

题3.记U={光滑函数/|/(X+1)=2/(T)}.定义L:VV,L(f)=f+kf.求所

有kWlR,使得L为双射.

题4.对于=(力，％…/n).卬=(叫,"%•--It'n),定义。为正交变换，若<V,W>=<

(T(V),(7(W)>.

请证明：存在正交变换T\,r2,…Tk,使得<7=T]T2•--Tfc,其中dim{u€VITj(v)=u}=

n—1.

题5.乂为Sn的AM子群，且对任意1WkW凡存在owA,使得a(l)=k.

(1)求4的阶.

(2)求所有的n,使得A在同构意义下唯一.

题6.记S={(X,y)I+"2=1},。={(x,i/)IX2+"2W1},/：腰2T我为光滑函数,

在s上恒为o,且满足2+二[+0_=产.请证明.•/在。上恒为0.

dx2dxdydy2

题7.C={a=(。],矮…叫…)|出€{(),1}},<1>:C->[0,1],我们称满足以下条件的

4)为正规的：

对任意aGC,£>0,存在N,使得：若数列b=(九.&,•••“「••・)满足an=btl对

nWN成立，则悭(a)-4>(6)|<e.

设/:[0.1]t[0.1].请证明；/连续o对任意正规的<!>,均有/。小正规.

题8./:QT[0.+8),若满足：

(a)f(x)=0<=>x=0

®fM=fWf(y)Vrr”Q

(c)f(R+U)<max{/(x),/(i/)}

(d)/至少有3个不同的取值.

请证明：

(1)/(I)=/(-I)=1,并且对任意d,均有/㈤W1成立.

⑵当f(x)*f(y)时，/(c+“)=】nax{/@),〃“)}.

(3)3a€(0,1)和素数p,使得/(x)=

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数学一试参考解析

题1.请证明出15.8或〃廿/d.r存在并求值.

【解析】记In=foxVdz,我们首先说明：lim/„=0.

n+1n

实际上，对xe[0.l],zx.从而In+l《In.淳然In20,因此limIn存在.

由分部积分，""+30

xn

I,l+i=/1n+i/di=e，n+*_/%+l)exdT=e—(n+1)Z„.

设工=lim/n20,若L>也在上面的分部积分计算公式中将得到

FIT+OO

lim(n+1)/„=e—L

RT+OO

有限，与lim/n=L>()矛盾.因此

n->+oo

limnl=lim(n+l)/=lim(e-/i)=e.

n—>+oonn->+oonn->+oon+

题2,定义线性映射L:Almxn—Mxnin.n.keZ+.记

IV={L|L(AB)=L(A)B.VAe3/„lxn,B€Mn},

求dimW.

【解析】设Ej表示3/„lxn中恰(i,j)元素为1.其余元素为0的矩阵.则

{Eij：1W，Wm,1WjW〃}

为Mmxn的基.于是L由L(Eiyj)完全确定，我们只需考察=L(E、)B

取B为以4,•••为对角元的对角阵，则

EijB=djE.j-L(")=djL(Eij)=L(ERB.

一方面，注意到由以外的元素改变不会影响djL(E：Q,也就不会影响L(Eij)8,而

表示L(Eij)的第k列乘九这说明L(Eij)只有第j列非零.

另一方面,一用地EijB对应恰第i行为B的第j行的〃?x〃矩阵，即若设B=(几.,)海,

则%"=E叩如•因此有

k=l

n

L(E”)=£"(%)=L®)B.

再设Kj表示中恰(i.j)元素为1.其余元素为0的矩阵.并设£(£,.；)=亡翁山反力

于是得到

nk

0/=1

考察等式左右(S")位置元素.得到%山山=〜加,对任意B成立.从而得到=

g加恒成立,反过来这也是符合条件的线性映射的充分条件.

综上，记yilS=/加与j无关，则所有以3确定了L,其中1W，Wm,1WsWk.因此,

dimW=mk.

题3.记U={光滑函数/|/(N+1)=2/(0}.定义L:V->V,L(/)=r+A7.求所

有keIR,使得L为双射.

【解析】显然V是一线性空间，L是其上的线性变换，因此L是单射等价于ker(£)={()}.

设L(f)=0,也就是:+kf=0.其通解为f(x)=Ce-kx(CGR),代入有

/(x+l)=2/(T)=>Ce-k=2G

若e-k#2,则。=0,/=0;若e-k=2,则一切f(x)=Ce-kx都在ker(L)中.这表明当

且仅当Ar/-ln2时,L是单射.

设k。-ln2.对任意gw匕设/=。(0(即常数变易法)，则代入上述方程可得

C'=gekx今C(x)=C+「g(t)ektdt.

再代入/(x+l)=2/(0可得

(C+/X+1(j(t)ektdt)e-kx-k=2(C+/'g⑴阴出)e口,

JoJo

即

C(2-e-k)=e-kg⑴-2「ggeAlt

JoJo

=e-kfg(X)*df十P-2Cg(t)ehtdt

JoJiJo

=e-k⑴/出+广(g(t+l)-2g⑼/比

JuJo

=e-kjg(t)ektdt.

Jo

解得。=g(t)*dt.从而得到的/满足L(f)=g.因此L是满射•

综上所述，L为双射当且仅当A-^-ln2.

题4,若对于任意V=(5,%•••0)◎=(Wx,W2.­••U'n),(7满足但⑼={(7(v),(7(w))t

则称。为正交变换.

请证明：对任意正交变换(7,存在正交变换TI,T2,•--7jt,使得＜7=TiT2---Tfc,其中

dim{v|Tj(v)=v}=n-1.

【解析】这里假设v,wecn,正交变换是线性变换.熟知复空间上的正交变换可对角化.

特征值模长为1且不同特征值对应特征向量相互正交.对正交变换T,7■的特征值为1和

其他.设〃卜…・是{，,：*)=，}的规范正交基.，「…・以是7的其他特征特征值

的单位特征向量.并且相互正交，其中3对应的特征值是％.于是％

是C"的一组规范正交基，取

Ti®j)=I"''''(1=L2—•,k),Ti(Mj)=Uj(i=,n-A'),

M，I*I

这样给出了C"一组规范正交基上线性映射的取值.易知其保持基的正交性，于是看是

正交变换.与此同时，显然有dim{y:/®)=v}=n-l.因此，在该组基下可以验证

丁=71..•以•

注：实际上，如果我们是对实内积空间讨论，结论依然成立.此时我们将实正交矩阵

可以正交相似为分块对角矩阵，每个对角块的大小为1或2,在每个对角块矩阵所对应的

不变子空间上对应恒等、反射或旋转.特别地，当正交变换为行列式为1(第1类正交变

换)时，特征值-1的重数一定是偶数，从而这个正交变换可分解为在每个子空间上的恒

等或旋转变换：当正交变换为行列式为-1(第2类正交变换)时，我们可以将其分解为一

个关于超平面的反射变换(不变子空间维数为«-1)和一个第1类正交变换的好合，从

而转为第一类情况.对于每个2x2对应旋转的对角块，我们易知可将其分解为两个反射

变换的复合.

题5.A为Sn的Abel于群，且对任意I&k&n,存在aeA,使得a(l)=k.

(1)求A的阶.

(2)求所有的n,使得A在同构意义下唯一.

【解析】(1)考虑4在{1,2,…，〃}上的群作用卜14B，记1处的稳定化子为回=

廿W4:o(l)=l}.由条件可知，|or6(l)|=n,于是有

Ml=|Si|-|or6(l)|=n|$i|.

下面我们说明S、={e}.

对任息两个。户W5n,设。,了交换.考虑r的循环分解对应的有向图.则”。一=r表

明，将T的循环分解图应用置换e得到的新的循环分解图和原来相同.

对任意7€4,设循环分解中，1所在的循环为阳=1T12T…TgTg,由于

VI《kW%有。£力使得。(1)=k于是r的循环分解图中.每个1W卜W〃对应的循

环长度相同.由于。W&中1的循环长度为1.因此所有循环长度为1,这说明Si是平

凡群，即|&|=1

综上，|川=n.

(2)设n的素因子分解为n=试'….

对n阶交换群j来说,A同构于4x…xZk,其中％是律阶交换群.

一方面，若/=…=即=1,则必然有4*是循环群，此时在同构的意义下A是

唯一的；

另一方面，若存在6>1,则存在素数p使得p2\n.我们希望构造A^Z.xZH.

实际上，取4为由

八八、八n2九、八(p-l)n、

G=(1,…,—)(1+-,…,——)•••(1+-----------，…,ri)

PPPP

和

CJ=(1.1+—,•••-中)⑵2号…,2+吟玛..弋号…,“)

2P

生成的子群即可.容易验证内必分别生成了：阶和p阶循环群，且5和。2交换（验

证循环图在作用后相同即可）.对于1W卜W72.设卜=1+•如.1（zWP.OWy<,则

。=4-1靖满足。（1）=人，

显然西=（1,--，〃）生成的4也符合条件，且与上述构造不同构.

这说明A在同构意义下不唯一.

综上.所述.A在同构意义卜唯一当且仅当n没有平方因子.

题6.记5={（隼9）|上2+"2=1?,。={（­]）|£2+/《1},/：度2T股为光滑函数,

在S上恒为0,且满足怒+二g+%=/3.请证明：/在。上恒为0.

dx2dxdyoy2

【解析】考虑坐标变换"和逆变换「=*+"

v=?，y=yu-v.

考虑g（s）=/（匏+”,生一r）,变换后的区域变为

92c

S*={（u,v）:-u2+2v2=1},（4={（u,v）:-u2+2—《1}.

oJ

且有9辰-0.下只需证明引口.-0.

利用偏导数链式法则”•算9满足的方程.可得：

(tt

会”‘‘)=r^T+-丁〃-')+2询(丁+凡T«-&)

从而=怒（，八〃）+第（〃.，）=尸（空〃+。空〃一匕）="/,）.

若g不恒为0,则9在Q.内取非零的最值.不妨设在Q.内取非零的最大值（否则考虑

-（!）.设最大值点为xo,且g（xo）>O.zo'S..则g在XQ处的Hessian矩阵H（XQ）非正定,

特别地△g"。）=tnwe（W（Xo））&0.然而Aga，。）=/（如）>（）,矛盾.从而原命题得证.

题7.。={a=（。1,。2…）IOiG{0.1}},4>:C[0.1],我们称满足以下条件的

力为正规的：

对任选。6C,£>0,存在N,使得：若数列b=（h,H.…）满足册=hn对

n&N成立，则|巾(。)-4>(6)|<e.

设/-.请证明；/连续O对任意正规的巾，均有/o<l>正规.

【解析】首先说明必要性.设/连续.则在闭区间[0.1]±/一致连续，于是对任意£>0,

存在6>0,对任意±1,12€[0,1],|xi—X2I<4

f(x2)\<6.

此时.由中正规，对任意aWC,存在N,对nwM若bwC满足册=WM则

悭(a)-^(6)|<6.于是

|/仲⑷)-/(①如)|<€,

因此/。力正规.

其次说明必要性.若/不连续，则存在z・G[0,1]./在工.处不连续，于是存在”>0.对

任意6>0,存在{q}KN,使得

血一笈」<FTT?1/3)-/(力)1》S

人十■!

对aWC若幻=a2=…=%=…=(),则令小(a)=L；否则，存在k使得

a[=曲=…=耿=0.afc+|=1,此时令4»(a)=if..

我们说明4)是正规的.实际上，对任意£>0,取N=⑶+1.则4v6

对a.beC,假设a.b的前N个字符相同.若这前N个字符不4为0.则力(a)=力(帆

|<I>(G)-巾(。)|=0<6；若这前N个字符全为0,则

悭(")-£/<^77，悭⑼-x.|<

2

=>画。)--0)|W悭(。)一6*|+四(。)-£.|V、，­<€

A+1

于是<!>是正规的，根据条件应有/。亦是正规的.从而对60,存在使得若a,b满足

%=Un&No,则|/(小(a))-/(<1>(6))|<G

然而，取。为全()序列.b为前No个数为0.后面所有数为1的序列，则

小(a)=z・，4>(6)=XNQ、

可得

1/件(%))-=1/(3一/(见”)1>3

矛盾.

题8./:QT[0.+8),若满足：

(a)f(x)=0oN=0

(b)/(丁g)=/(i)/®)Vr,i/€Q

(c)f(x+y)<max{/(x),/(j/)}

(d)/至少有3个不同的取值.

请证明：

(1)/(I)=/(-I)=1,并且对任意kGZ,均有/(*)W1成立.

(2)当/(.r)=