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1. ($50‘=10‘+10‘+15‘+15‘+15‘$) 求下列极限
(1) $\dps{\lim_{x\to 0}(\cos x)^\frac{1}{\sin^2x}}$.
(2) $\dps{\vlm{n}\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} +\cdots+\frac{1}{n}}}$.
(3) $\dps{\lim_{x\to +\infty} x^\frac{7}{4}\sex{\sqrt[4]{x+1}+\sqrt[4]{x-1}-2\sqrt[4]{x}}}$.
(4) $\dps{\vlm{n}\sin\frac{\pi}{2n}\sum_{k=1}^n \sin \frac{k\pi}{n}}$.
解答:
(1) $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{x\to 0}\sez{1+(\cos x-1)}^{\frac{1}{\cos x-1}\cdot \frac{\cos x-1}{\sin^2x}}\\ &=e^{\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\sin x\cos x}}\\ &=e^{-\frac{1}{2}}. \eea \eeex$$
(2) 由 $$\bex 1<\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}<\sqrt[n]{n} \eex$$ 及 $$\bex \sqrt[n]{n}=\exp\sex{\frac{1}{n}\ln n}\to 1\quad\sex{n\to\infty} \eex$$ 知原极限 $=1$.
(3) $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{x\to +\infty}x^2\sex{ \sqrt[4]{1+\frac{1}{x}} +\sqrt[4]{1-\frac{1}{x}} -2 }\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{\sqrt[4]{1+t}+\sqrt[4]{1-t}-2}{t^2}\\ &=\lim_{t\to 0} \frac{ \sez{ 1+\frac{1}{4}x-\frac{3}{32}x^2 +o(x^2)} +\sez{ 1-\frac{1}{4}x-\frac{3}{32}x^2 }-2 }{t^2}\\ &=-\frac{3}{16}. \eea \eeex$$
(4) $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\vlm{n}\frac{\sin\frac{\pi}{2n}}{\frac{\pi}{2n}}\cdot \frac{\pi}{2}\cdot \sum_{k=1}^n \frac{1}{n}\sin\frac{k\pi}{n}\\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \sin \pi x\rd x\\ &=1. \eea \eeex$$
2. ($15‘$) 设 $f(x)$, $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, 若 $x_1,x_2$ 是 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上的两个零点, 证明: 存在 $\xi\in (a,b)$, 使 $$\bex f‘(\xi)g(\xi)+f(\xi)g‘(\xi)=0. \eex$$ (原题为 $f‘(\xi)+f(\xi)g‘(\xi)=0$)
证明: 取 $F(x)=f(x)g(x)$, 则 $F(x_1)=F(x_2)=0$. 由 Rolle 定理, 存在 $\xi\in (x_1,x_2)\subset (a,b)$ 使得 $$\bex 0=F‘(\xi)=f‘(\xi)g(\xi)+f(\xi)g‘(\xi). \eex$$
3. ($15‘$) 设 $f(x)$ 在 $[a,b]\ (b>a>0)$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, 证明: 在 $(a,b)$ 内存在 $\xi,\eta$ 使得 $$\bex f‘(\xi)=\frac{\eta^2f‘(\eta)}{ab}. \eex$$
证明: $$\beex \bea \frac{f‘(\eta)}{-\frac{1}{\eta^2}} &=\frac{f(b)-f(a)}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}\\ &=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(-ab)\\ &=f‘(\xi)(-ab). \eea \eeex$$
4. ($15‘$) 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 证明: $e^{f(x)}$ 在 $[a,b]$ 上也 Riemann 可积.
证明: 由 $f$ Riemann 可积知 $f$ 有界, 设为 $M$, 而 $$\beex \bea |e^{f(x)}-e^{f(y)}| &=e^\xi |f(x)-f(y)|\quad \sex{\xi\mbox{ 在 }f(x),f(y)\mbox{ 之间}}\\ &\leq e^M|f(x)-f(y)|, \eea \eeex$$ 由 Riemann 可积的振幅性判定定理即知结论.
5. ($15‘$) 设 $f_n‘(x)\ (n=1,2,\cdots)$ 在 $[a,b]$ 上连续, $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上也连续, 且对 $[a,b]$ 中任意的 $x_1,x_2$ 和正整数 $n$ 有 $$\bee\label{303_5_eq} |f_n(x_1)-f_n(x_2)|\leq \frac{M}{n}|x_1-x_2|\quad\sex{M>0}. \eee$$证明: $$\bex \vlm{n}\int_a^b g(x)f_n‘(x)\rd x=0. \eex$$
证明: 由 \eqref{303_5_eq} 知 $$\bex |f_n‘(x)|\leq \frac{M}{n}, \eex$$ 而 $$\bex \sev{\int_a^b g(x)f_n‘(x)\rd x}\leq \frac{M}{n}\int_a^b |g(x)|\rd x\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$
6. ($15‘$) 设 $f_n(x)\ (n=1,2,\cdots)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 且 $\sed{f_n(x)}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f(x)$. 证明:
(1) 存在 $M>0$, 使对任何自然数 $n$ 有 $|f_n(x)|\leq M$, $|f(x)|\leq M$;
(2) 若 $F(x)$ 为 $(-\infty,+\infty)$ 上的连续函数, 则 $F(f_n(x))$ 一致收敛于 $F(f(x))$.
证明:
(1) 由一致收敛的连续函数列的极限函数收敛知 $f$ 连续, 而有界 $M_1>0$. 又由 $$\bex \max_{x\in [a,b]}|f_n(x)-f(x)|\to 0\quad\sex{n\to\infty} \eex$$ 知 $$\bex \exists\ N,\st n\geq N\ra \max_{x\in [a,b]}|f_n(x)-f(x)|\leq 1 \ra \max_{x\in [a,b]}|f_n(x)|\leq M_1+1. \eex$$ 如此, $\sed{f_n(x)}$, $f(x)$ 有界 $$\bex \max_{x\in [a,b]}|f_1(x)| +\cdots +\max_{x\in [a,b]}|f_{N-1}(x)| +M_1+1\equiv M. \eex$$
(2) 由 $F$ 连续知 $F$ 在 $[-M,M]$ 上一致连续, 而 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \st |y_1|\leq M,\ |y_2|\leq M,\ |y_1-y_2|<\delta\ra |F(y_1)-F(y_2)|<\ve. \eex$$ 又由 $f_n$ 一致收敛于 $f$ 知 $$\beex \bea \exists\ N,\st n\geq N,\ x\in [a,b] &\ra |f_n(x)-f(x)|<\delta\\ &\ra |F(f_n(x))-F(f(x))|<\ve. \eea \eeex$$
8. ($15‘$) 设函数 $F(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内有连续的二阶偏导数, 且 $$\bex F(x_0,y_0)=0,\quad F_x‘(x_0,y_0)=0,\quad F_y‘(x_0,y_0)>0, \quad F_{xx}‘‘(x_0,y_0)<0. \eex$$ 证明: 由方程 $F(x,y)=0$ 确定的隐函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 点取得最小值.
证明: 由 $$\bex F(x,y)=0,\quad y=f(x) \eex$$ 知 $$\bex F_x‘+F_y‘f‘=0\ra \mbox{ 在 }x_0\mbox{ 处, }f‘=-\frac{F_x‘}{F_y‘}=0; \eex$$ 再求导而有 $$\bex F_{xx}‘‘ +F_{xy}‘‘f‘ +F_{yx}‘‘f‘ +F_{yy}‘‘(f‘)^2 +F_y‘f‘‘=0\ra \mbox{ 在 }x_0\mbox{ 处, } f‘‘=-\frac{F_x‘‘}{F_y‘}>0. \eex$$ 故 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 点取得最小值.
1. ($15‘$) 设 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 是数域 $\bbP$ 上的 $n$ 个不同的数, 解线性方程组 $$\bex \ba{rrrrrrrrl} x_1&+&x_2&+&\cdots&+&x_n&=&1\\ a_1x_1&+&a_2x_2&+&\cdots&+&a_nx_n&=&a_n\\ a_1^2x_1&+&a_2^2x_2&+&\cdots&+&a_n^2x_n&=&a_n^2\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\\ a_1^{n-1}x_1&+&a_2^{n-1}x_2&+&\cdots&+&a_n^{n-1}x_n&=&a_n^{n-1} \ea \eex$$
解答: 由于系数矩阵的行列式 $\neq 0$, 而原线性方程组有且仅有一个解. 又显然 $(0,\cdots,0,1)^T$ 是一个解, 而为原线性方程组的唯一解.
2. ($15‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $A\in \bbP^{n\times n}$, $m(x)=x^3+2x+1$ 是 $A$ 的最小多项式, 求 $A^{-1}$.
证明: $$\bex A^3+2A+E=0\ra A(-A^2-2E)=E\ra A^{-1}=-A^2-2E. \eex$$
3. ($30‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $A=(a_{ij})=(\al_1,\cdots,\al_n)\in \bbP^{n\times n}$, $a_{nn}$ 的代数余子式 $A_{nn}\neq 0$.
(1) 证明: $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 线性无关;
(2) 当 $|A|=0$ 时, 求线性方程组 $A^*x=0$ 的基础解系, 其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵.
证明:
(1) 由 $A_{nn}\neq 0$ 知 $A_{nn}$ 所定的矩阵的列向量 $$\bex \sex{\ba{l} a_{11}\\ \vdots\\ a_{n-1,1} \ea},\quad\cdots,\quad \sex{\ba{l} a_{1,n-1}\\ \vdots\\ a_{n-1,n-1} \ea} \eex$$ 线性无关, 而多加一个分量后的 $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 也线性无关.
(2) 由 $|A|=0$ 知 $\rank(A)\leq n-1$. 若 $\rank(A)=n-2$, 则 $A^*=0$, 这与 $A_{nn}\neq 0$ 矛盾. 故 $\rank(A)=n-1$, $\rank(A^*)=1$. 又 $$\bex A^*A=|A|E=0\ra A^*(\al_1,\cdots,\al_{n-1})=0, \eex$$ 我们知 $\al_1,\cdots,\al_{n-1}$ 为 $A^*x=0$ 的基础解系.
4. ($30‘$) 设 $\bbP$ 是数域, $$\bex V=\sed{A\in\bbP^{n\times n}; A^T=A},\quad V_2=\sed{B\in\bbP^{n\times n}; B\mbox{ 是上三角阵}}. \eex$$
(1) 证明 $V_1,V_2$ 均为 $\bbP^{n\times n}$ 的线性子空间;
(2) 证明 $$\bex \bbP^{n\times n}=V_1+V_2,\quad \bbP^{n\times n}\neq V_1\oplus V_2. \eex$$
证明:
(1) 显然成立.
(2) 对任一 $C\in \bbP^{n\times n}$, $$\beex \bea C&=\sex{\ba{cccc} c_{11}&c_{12}&\cdots&c_{1n}\\ c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{2n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn} \ea}\\ &=\sex{\ba{cccc} c_{11}&c_{21}&\cdots&c_{n1}\\ c_{21}&c_{22}&\cdots&c_{n2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ c_{n1}&c_{n2}&\cdots&c_{nn} \ea}+\sex{\ba{cccc} 0&c_{12}-c_{21}&\cdots&c_{1n}-c_{n1}\\ 0&0&\cdots&c_{2n}-c_{n2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0 \ea}\\ &\in V_1+V_2. \eea \eeex$$ 但 $$\bex 0\neq \sex{\ba{ccc} 1&&\\ &\ddots&\\ &&1 \ea}\in V_1\cap V_2, \eex$$ 而 $\bbP^{n\times n}\neq V_1\oplus V_2.$
5. ($30‘$) 设 $p(x)$ 是数域 $\bbP$ 上的不可约多项式, $\al\neq 0$ 是 $p(x)$ 的复根.
(1) 证明 $p(x)$ 的常数项不等于零;
(2) 证明对任意正整数 $m$, $(p(x),x^m)=1$;
(3) 设 $p(x)=x^3-2x+2$, 求 $\dps{\frac{1}{\al^5}}$.
证明:
(1) 用反证法. 若 $p(x)$ 的常数项为 $0$, 则 $$\bex p(x)=c_nx^n+\cdots+c_1x=xq(x), \eex$$ 又 $$\bex p(\al)=\al q(\al)\ra q(\al)=0\ra \deg q(x)\geq 1. \eex$$ 因此, $p(x)$ 分解成了两个次数均小于 $\deg p(x)$ 的多项式的乘积. 这与 $p(x)$ 不可约矛盾. 故有结论.
(2) 设 $(p(x),x^m)=d(x)$, 则 $d(x)\mid p(x)$. 由 $p(x)$ 不可约知 $$\bex d(x)=1\mbox{ 或 }d(x)=\frac{1}{c^n}p(x). \eex$$ 若 $\dps{d(x)=\frac{1}{c^n}p(x)}$, 则 $$\beex \bea d(x)\mid x^m &\ra p(x)\mid x^m\\ &\ra x^m=r(x)p(x)\\ &\ra 0\neq \al^m=q(\al)p(\al)=0. \eea \eeex$$ 这是一个矛盾. 故 $d(x)=1$.
(3) 由 $$\bex x^5=(x^2+2)p(x)+r_1(x),\quad r_1(x)=-2x^2+4x-4, \eex$$ $$\bex p(x)=\sex{-\frac{x}{2}-1}r_1(x)-2 \eex$$ 知 $$\beex \bea 2=\sex{-\frac{x}{2}-1}r_1(x)-p(x)\\ &=\sex{-\frac{x}{2}-1}\sez{x^5-(x^2+2)p(x)}-p(x). \eea \eeex$$ 令 $x=\al$ 即有 $$\bex 2=\sex{-\frac{\al}{2}-1} \al^5\ra \frac{1}{\al^5}=-\frac{\al+2}{4}. \eex$$
6. ($20‘$) 设 $n$ 元实二次型 $f(x_1,\cdots,x_n)=x^TAx$ 经过正交线性替换 $x=Qy$ ($Q$ 为正交阵) 化为 $$\bex y_1^2+2y_2^2+\cdots+ny_n^2. \eex$$ 证明:
(1) $A$ 的特征值为 $1,2,\cdots,n$;
(2) 存在正交阵 $B$ 使得 $A=B^2$.
证明:
(1) 由 $$\bex f(x)=x^TAx =y^TQ^TAQy =\sum_i iy_i^2 \eex$$ 即知 $$\bex Q^TAQ=\diag(1,2,\cdots,n). \eex$$ 由相似矩阵有相同的特征值即知结论.
(2) 取 $$\bex B=Q\diag(1,\sqrt{2},\cdots,\sqrt{n})Q^T \eex$$ 即有结论.
7. ($20‘$) 设 $\scrA$ 是数域 $\bbP$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 的线性变换, $\al\in V$, $\scrA^{n-1}(\al)\neq 0$, $\scrA^n(\al)=0$. 证明:
(1) $\al,\scrA(\al),\cdots,\scrA^{n-1}(\al)$ 是 $V$ 的一组基;
(2) 设 $W$ 是 $\scrA$-不变子空间, $a_1,a_2,\cdots,a_n\in \bbP,\ a_1\neq 0$, 且存在向量 $$\bex \beta=a_1\al+a_2\scrA(\al)+\cdots+a_n\scrA^{n-1}(\al)\in W, \eex$$ 则 $W=V$.
证明:
(1) 设 $$\bex k_0\al+k_1\scrA(\al)+\cdots+k_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)=0, \eex$$ 用 $\scrA$ 作用 $n-2$ 次后发现 $k_0\scrA^{n-1}(\al)=0$. 既然 $\scrA^{n-1}(\al)=0$, 我们有 $k_0=0$. 代入上式, $$\bex k_1\scrA(\al)+\cdots+k_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)=0. \eex$$ 用 $\scrA$ 作用 $n-2$ 次同样发现 $k_1=0$. 等等. 我们得到所有 $k_i=0$.
(2) 由 $W$ 是 $\scrA$-不变子空间知 $$\beex \bea \scrA(\beta)&=a_1\scrA(\al)+a_2\scrA^2(\al)+\cdots+a_{n-1}\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \scrA^2(\beta)&=a_1\scrA^2(\al)+a_2\scrA^3(\al)+\cdots+a_{n-2}\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \cdots&=\cdots,\\ \scrA^{n-2}(\beta)&=a_1\scrA^{n-2}(\al)+a_2\scrA^{n-1}(\al)\in W,\\ \scrA^{n-1}(\beta)&=a_1\scrA^{n-1}(\al)\in W. \eea \eeex$$ 由 $a_1\neq 0$ 及最后一式知 $\scrA^{n-1}(\al)\in W$. 代入倒数第二式即知 $\scrA^{n-2}(\al)\in W$. 等等. 我们得到 $$\bex \al,\scrA(\al),\cdots,\scrA^{n-1}(\al)\in W. \eex$$ 于是 $W=V$.
[家里蹲大学数学杂志]第303期华中师范大学2004年数学分析考研试题参考解答
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