2023浙大直博试题

2023 浙大5月浙大直博试题

2023 浙大5月浙大直博试题

数学分析

一. (10 分) 计算 $\displaystyle \iint_{D} \frac{3 x}{y^{2}+x y^{3}} d x d y$, 其中 $D$ 为由 $x y=1, x y=3, x=y^{2}, 3 x=y^{2}$ 所围成 有界区域.

二. (10 分) 设 $\left\{F_{k}\right\}_{k \geq 1}$ 为 $R^{2}$ 中的一族有界闭集, 单调下降 (即: $F_{k} \supset F_{k+1}, k \geq 1$ ), 请用实数连续性定理的任一种等价刻划方式来证明: $\displaystyle\bigcap_{k \geq 1} F_{k} \neq \varnothing$.

三. (10 分) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微, 且 $f(x)$ 在 0 处的右导数 $f_{+}^{\prime}(0)<0$, 在 1 处的 左导数 $f_{-}^{\prime}(1)<0, f(0)=f(1)=c$. 证明: $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 内至少有两个零点.

四. (10 分) 请证明: $f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{x}}$ 在 $(1,+\infty)$ 上连续可微.

五. （10 分）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上黎曼可积，请证明：

$$\lim _{n \rightarrow+\infty} \int_{0}^{1} f(x)|\sin n x| d x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{1} f(x) d x .$$

高等代数

一. (10分) 求可逆矩阵 $P, Q$ 使得下列矩阵 $A$ 满足 $P A Q$ 是 $A$ 的等价标准型

$$A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 & 0 \\ 2 & -2 & -1 & 2 \\ 3 & -3 & -1 & 4 \\ 1 & -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

二. (10分) 下列命题是否正确?若正确, 请证明; 若不正确, 请给出反例。

(1)设 $S_{1}=\left\{\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{S}\right\}$ 和 $S_{2}=\left\{\beta_{1}, \beta_{2}, \cdots, \beta_{t}\right\}$ 是 $n$ 维向量欧式 空间 $V$ 的两组线性无关的向量, 满足 $\left(\alpha_{i}, \beta_{j}\right)=0$ 对所 有 $1 \leq i \leq s ， 1 \leq j \leq t$ 成立，那么 $s+t \leq n$.

(2)一定存在 $R^{3}$ 上的线性变换,使得该变换分别将 $(-1,1,0)$, $(2,-1,4)$ 和 $(0,1,4)$ 映射为 $(1,0,0),(0,1,1)$ 和 $(1,1,1)$.

三. (10分) 证明 $f(x)=2 x^{4}-3 x^{3}+6 x^{2}-x+1$ 为有理数域上不可约多项式.

四. (10分) 已知 $A, B$ 都是 3 阶方阵, 证明 $|A B-B A|=\dfrac{1}{3} \operatorname{tr}\left((A B-B A)^{3}\right)$. 其中 $\operatorname{tr}(X)$ 表示方阵 $X$ 的迹.

五. (10分) 设 $A$ 和 $B$ 是域 $F$ 上 $n$ 阶对称矩阵, 证明 $A=B$ 的充分必 要条件是对所有的 $n$ 阶对称矩阵 $C$ 都有 $|A+C|=|B+C|$.

高等代数解答

1.思路分析： 最初拿到这道题的时候只想到了对矩阵进行行列初等变换等于左乘或者右乘三类初等变换矩阵，于是一心就去把每一步的初等矩阵写出来(太久没复习拿到第一题确实有点麻)，这样做肯定是浪费时间的，把所有变换的矩阵写出来之后再做矩阵乘法emmm，实在心态爆炸，于是浪费了几十分钟时间结果还没做出来…后边的题就写的很潦草了，下来后发现其实可以很快写出来.我们这样看：化简标准形相当于：

$$PAQ=I$$

$P$是对$A$进行一些列的初等行变换得来的，我们对$A$做初等行变换的同时对单位矩阵也做同样的行初等变换，得到的就是$P$,对单位矩阵作相同的初等列变换得到的就是$Q$，过程不详细写出，最终结果是:

$$\boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & \frac{2}{3} & 0 & -\frac{1}{3} \\ 1 & -2 & 1 & 0 \end{array}\right), \boldsymbol{Q}=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right)$$ $$\boldsymbol{P} A \boldsymbol{Q}=\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

可惜了，这个题导致了后边的题做的太草率.

2-1:正确.考虑$S_1,S_2$生成的子空间$L(S_1),L(S_2)$,由于对任意的$i,j$我们都有：

$$(\alpha_i,\beta_j)=0$$

因此：

$$L(S_1)\perp L(S_2)$$

由$n$维欧式空间正交补空间的存在性，我们有：

$$L(S_1)\subset L^{\perp}(S_2)$$

又因为：

$$\dim L(S_2)+\dim L^{\perp}(S_2)=n$$

以及$S_1,S_2$中$\{\alpha_i\},\{\beta_j\}$的线性无关性可知：

$$s\le n-t\Rightarrow s+t\le n$$

2-2:错误.(这题目给定着实古怪，不正确请给出反例，emm完全不适合这个题…)

不妨记所给的向量分别是：$a_1,a_2,a_3$,$b_1,b_2,b_3$.注意观察我们有：

$$2a_1+a_2=a_3;b_1+b_2=b_3$$

假若存在线性变换$T$,那么：

$$T(2a_1+a_2)=T(a_3)=2T(a_1)+T(a_2)=2b_1+b_2=b_3$$

显然这是矛盾的.

思路分析： 一般情况下，我们遇到的都是三个线性无关的向量，因此我们首先是先看所给的向量组是否线性无关，很遗憾的是两个都不是线性无关的，再看维数都是二维，很自然想到找他们的极大线性无关组，于是才能发现有上边的关系，我们才能较快的得到的上边的结论.考试的时候我把它转换成了矩阵方程还花了点时间….

3.首先直接用爱森斯坦判别法做不出来，有的人可能会想到进行平移之类的操作，反证我是没通过这个做出来.于是我们观察这是个四次多项式，只有两种分解方式，1+3 / 2+2.如果是1+3，那么必然有有理根，不妨设为$r/s$我们知道这个有理根只能是$\pm 1/2,\pm 1$.带入验证发现都不是.因此只能是2+2，又注意到这是一个本原多项式，他的分解必然是：

$$f(x)=(x^2+ax+b)(2x^2+cx+d)$$

其中$a,b,c,d\in \mathbb{Z}$因此$bd=1$.只能是$1,1$或者$-1,-1$.直接验证无解即可.

4.这个题我是没有做出来，考试的时候完全没有思路的，后来发现只要找到方向(代数就是如此)其实是比较简单的.下边给两个方法：

方法一：用Hamilton-Cayley定理 因为是三阶矩阵，因此：

$$|\lambda I- M|=0 \iff M^2+aM^2+bM+cI=0,M=AB-BA$$

根据代数学基本定理可知$a=-(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3),c=-\det M$.两边取Tr因此就可以得到：

$$Tr(M^3)=3\det M$$

方法二：用Jordan标准型 设$M$的特征值为$a,b,-a-b$.因此$TrM^3=a^3+b^3-(a+b)^3$, $\det M=-ab(a+b)$.直接验证即可.

5.这道题其实很奇怪，给的域$F$完全不确定，如果是有限域的话据说是不对的，而且高等代数也不会处理有限域的情况，我们这里就考虑实数域.根据实对称矩阵的性质来处理：

首先，如果$A=B\Rightarrow \det (A+C)= \det (B+C)$.

我们证明反面，由于$C$的任意性，我们将$C$换为$-B+D$,$D$是实对称矩阵.因此即：

$$|A-B+D|=|D| （*）$$

现在假设$A\ne B$,由于$A-B$是实对称矩阵因此可对角化，又因为$A\ne B$,因此有非零特征值，我们设所有特征值为：

$$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$$

不妨设$\lambda_1\ne 0$.
根据实对称矩阵的理论，存在正交矩阵$P$使得：

$$P'(A-B)P=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$$

我们令

$$D=diag(-\lambda_1,\max_{2\le i\le n}\{|\lambda_i|+1\},\cdots,\max_{2\le i\le n}\{|\lambda_i|+1\})$$

对(*)两边同时左乘$|P’|$.右乘$|P|$.因此左边行列式为0，右边行列式非零，矛盾.