数学分析考研真题练习二

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


证明：，设有$n+1$个$a_k$使得$f(a_k)=b_k$成立，联立这$n+1$个方程，组成一个方程组：
                  
                                                      $AC=B,$

                     其中：
                              $A=\begin{pmatrix}
a_1^0 &a_1^1  &\cdots   &a_1^n \\
a_2^0 &a_2^1  &\cdots   &a_2^n \\
\vdots  & \vdots  & \cdots  & \vdots \\
a_{n+1}^0 &a_{n+1}^1  & \cdots  & a_{n+1}^n
\end{pmatrix},
C=\begin{pmatrix}
C_0\\
C_1\\
\vdots \\
C_n
\end{pmatrix},
B=\begin{pmatrix}
b_1\\
b_2\\
\vdots \\
b_{n+1}
\end{pmatrix}.$

                    由已知，$a_i\neq a_j,(i\neq j)$,所以$|A|\neq 0$.由克莱姆法则，方程组有唯一解$C$.命题成立。

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：   因为$R(A)=3$,所以，只要解得齐次方程$AX=0$的一个解向量即可。由已知条件$\eta_1,\eta_2,\eta_3$为非齐次方程$AX=b$的三个解向量。因此有：
   
                             $A\eta_1=b,A\eta_2+A\eta_3=2b.$

                              $\therefore A(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)=0,$

                  由此可知$(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)$为齐次方程$AX=0$的一个解向量。

                                  $(2\eta_1-\eta_2-\eta_3)=(3,4,5,6)^T.$

                  由已知，$\eta_1$即为非齐次方程$AX=b$的一个特解，故它的通解为：

                                 $X=k(3,4,5,6)^T+(2,3,4,5)^T.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


证明：由题意，得：
                                      $A\xi_1=b,A\xi_2=b.$

           假设$\xi_1$与$\xi_1-\xi_2$线性相关，则有

                                             $k_1,k_2\neq 0,s.t,k_1\xi_1+k_2(\xi_1-\xi_2)=0.$

                        两边乘$A$,得

                                               $k_1A\xi_1+k_2A(\xi_1-\xi_2)=0,$

                                               $(k_1+k_2)b-k_2b=0,\Rightarrow k_1=0.$

                            与假设不符，所以，$\xi_1$与$\xi_1-\xi_2$线性无关。

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数

证明：
                因为$A$为非零矩阵，故总能找到有一行（或列）中有不为零的元素，不妨设第$i$行，$j$列有不为零的元素。

                由已知$a_{ij}=A_{ij}$,且当$a_{ij}\neq 0$时，一定有$A_{ij}\neq 0$.故有：

                        $ det(A)=\sum a_{ij}A_{ij}=\sum (a_{ij})^2> 0.$

                由此知矩阵$A$为满轶的，即有$R(A)=n.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
                              $\because （A-2E）X=A,$

                              $\therefore X=A(A-2E)^{-1},$

                              $A-2E:E=\begin{pmatrix}
-1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -1 & -1 & 0 & 1 & 0\\
-1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\rightarrow -\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -1 & 1 & -1\\
0 & 1 & 0 & -1& -1 & 1\\
0 & 0 & 1 & 1 & -1 & -1
\end{pmatrix}.$

                              $\therefore (A-2E)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & -1 &1 \\
1 & 1 &-1 \\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix}$

                              $X=A(A-2E)^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
-1 & -1 &0 \\
0& -1 &-1 \\
-1 & 0 &-1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & -1 &1 \\
1 & 1 &-1 \\
-1 & 1 & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
-1 &0  &0 \\
0& -1 &0 \\
0& 0 & -1
\end{pmatrix}.$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
          由已知，得：
                                 $P=\begin{pmatrix}
1 &2  & 1\\
0 &1  &-2 \\
0 &2  & 1
\end{pmatrix},$

                                  $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix},$

                                 $\because \begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^2=P^{-1}APP^{-1}AP=P^{-1}A^2P,$

                   由归纳法可知：
                                 $\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}=P^{-1}A^{100}P,$

                                  $\Rightarrow A^{100}=P\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}P^{-1},$

                由$P$解得：
                                    $P^{-1}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0& 1 & 0\\
0& -2/5 & 1/5
\end{pmatrix}.$

                 因此，有
                                 $A^{100}=\begin{pmatrix}
1 &2  & 1\\
0 &1  &-2 \\
0 &2  & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 &  & \\
& 5 & \\
&  & -5
\end{pmatrix}^{100}\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0& 1 & 0\\
0& -2/5 & 1/5
\end{pmatrix}=\cdots .$

中山大学2019年考研试题679数学分析与高等代数


解：
                  由已知，用拉格朗日乘数法，有：

                                        $F(x,y,z,\lambda )=Ax^2+By^2+Cz^2+2Dyz+2Exz+2Fxy-\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                                        $\begin{cases}
F_x&=2Ax+2Ez+2Fy-2\lambda x=0,\\
F_y&=2By+2Dz+2Fx-2\lambda y=0, \\
F_z&=2Cz+2Dy+2Ex-2\lambda z=0, \\
F_\lambda&=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                                        $\begin{cases}
(\lambda-A)x-Ez-Fy=0,\\
(\lambda-B)y-Fx-Dz=0, \\
(\lambda-C)z-Dy-Ex=0, \\
\end{cases}$

                                       $\therefore \begin{pmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=0,$      

                     方程组有解，则必有：
                                         $\Rightarrow \begin{pmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)
\end{pmatrix}=0,$           

                      所以，函数的驻点为：
                                                    $(x,y,z)=(0,0,0).$

                      而函数可能的极值为：
                                                    $F\{Max,min\}=\lambda .$

                     而此极值$\lambda $满足
                                                    $\because |\lambda E-\Phi |=\begin{vmatrix}
(\lambda-A) & -F &-E \\
-F &(\lambda-B)  & -D\\
-E&-D  & (\lambda-C)\end{vmatrix}=0.$

                       因此，也是$\Phi $的特征值。

                       函数的极大值、极小值分别对应最大特征值和最小特征值。


注：很有意思，今天（2019.8.7）看到李扬的每日一题讲座上有一题跟这题相同，它是作为下列更一般的题当$n=3$时的特殊情形。

南京理工大学2019年数学分析试题


解：1、
                   $\because ｜\frac{1}{}-\frac{2}{}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜< \frac{1}{n}|(1-2)+(3-4)+\cdots ((n-1)-n)|=\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{2},$

                    $｜\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜> \frac{1}{n+1}|(1-2)+(3-4)+\cdots ((n-1)-n)|=\frac{n}{2}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{2}.$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }｜\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\cdots +\frac{(-1)^nn}{n}｜=\frac{1}{2}.$


      2、
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\tan x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\cos x-1}{x\cos x}=0.$

南京理工大学2019年数学分析试题


解：     作辅助函数：
                                   $F(x)=f(x)f(1-x),$

                                  $\because F(0)=F(1)=f(0)f(1),$

                    由Rolle中值定理，有

                                     $\exists \xi \in(0,1),s.t.F'(\xi)=f'(\xi)f(1-\xi)-f(\xi)f'(1-\xi)=0,$

                                     $\therefore f'(\xi)f(1-\xi)=f(\xi)f'(1-\xi).$