2023年清华大学丘成桐数学领军计划一试试题(含答案解析)
8页1、2023 丘成桐数学科学领军人才培养计划数学一试试题题 1.对非负实数 x 令(x)为不超过 x 的素数个数,如(1)=0,(2)=1,再令 f(x)为第hx4i+1 个素数,求R1000?(x)+14f(x)?dx 的值.解析 1.易知 100 以内的质数有 25 个,将这些质数由小到大排列,得到 a1,a2,a25.于是Z1001(x)dx=Za110dx+Za2a11dx+Zan+1anndx+Z100a2525dx=(a2 a1)+2(a3 a2)+24(a25 a24)+25(100 a25)=(100 a1)+(100 a2)+(100 a25)=2500 25Xn=1an注意到ak=f(x)(k=1,2,25)k=x4+1 4(k 1)6 x 7.令 f(x)=x+x3,g(x)=x+x5,有f(g(x)g(f(x)=2x7 10 x9 7x11 5x13故 m=7.2#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#(2)由(1)中计算结果可知 x7系数为(g3+3f1g2+3f1g21+5f2g1+f3)(f3
2、+3g1f2+3g1f21+5g2f1+g3)=3f1g2+3f1g21+5f2g1(3g1f2+3g1f21+5g2f1)=2(f2g1 g2f1)+3(f1g21 g1f21)=2?a55!b33!a33!b55!?+3?a33!b23(3!)2b33!a23(3!)2?=a5b3 a3b5360+a3b23 b3a2372=(b3a5 a3b5)+5(a3b23 b3a23)720题 3.给定正整数 n,设 A,B 为 n 阶复方阵,满足 AB+A=BA+B,求证(AB)n=0.解析 3.令 C=A B,则条件中的等式化简可得(B+C)B+B+C=B(B+C)+B BC CB=C注意到,对任意 k Ntrace(Ck)=trace(BC CB)Ck1)=trace(BCk CBCk1)=0设复矩阵 C 的若当标准型的对角元为 1,2,n,则0=trace(Ck)=k1+k2+kn(k N)若 1,2,n不全为零,不妨设 1,2,n中互不相同且非零的取值为 a1,a2,am,重数对应为 b1,b2,bm.于是我们有b1a1+b2a2+bmam=0b1a21+b2a22+bma2m=
3、0b1am1+b2am2+bmamm=0a1a2ama21a22a2m.am1am2ammb1b2.bm=0由范德蒙行列式性质知,上式中的矩阵非退化,从而必须有 b1=b2=bm=0,而这与 b1,b2,bm的定义矛盾,故假设前提不成立,于是 1=2=n=0,从而 Cn=O.3#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#题 4.对 x=(x1,x2,x3)Z3,定义|x|=px21+x22+x23.求所有的实数,使 limPxZ3,0|x|x|存在且有限.解析 4.显然 0,所以 limPxZ3,0|x|x|存在且有限等价于PxZ3,0|x|0,记A=x=(x1,x2,x3)|0|x|B=x=(x1,x2,x3)|0 6 xi,i=1,2,3C=x=(x1,x2,x3)|0 6 xi/3,i=1,2,3一方面,因为 A B,所以XxZ3,0|x|x|6XxZ3,xB|x|6XxZ3,xB|maxx1,x2,x3|6+1Xk=1k(k+1)2 4+1Xk=1k+2于是 +2 1 即 3 时,PxZ3,0|x|x|有界.另一方
4、面,C A,所以XxZ3,0|x|XxZ3,xC|x|XxZ3,xC|3maxx1,x2,x3|3+1Xk=1k+2于是 +2 1 即 3 时,PxZ3,0|x|x|无界综上,2,n 2 以及实数 a,b,设有 m+n 阶实方阵A=JK#4#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#其中 J 为 m 阶方阵,K 为 n 阶方阵:J=a00001a00001a00.000a00001amm,K=b00001b00001b00.000b00001bnn.求线性空间 X Mm+n(R)|AX=XA 的维数.解析 5.令J=aIm+Dm,K=bIn+Dn(为m,n级单位矩阵)验证易知与 J 可交换的方阵可表示为 Dm的多项式,与 K 可交换的矩阵可表示为Dn的多项式.设 X 可划分为分块矩阵X=X1X2X3X4#其中 X1,X4为 m,n 级方阵,X2,X3为 m n 和 n m 矩阵.于是AX=XA JX1JX2KX3KX4#=X1JX2KX3JX4K#因此X1J=JX1,X4K=KX4,JX2=X2K,KX3=X3J由前文分析
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