2023年清华大学领军计划专业测试数学一试试题题对非负实数令为不超过的素数个数，如，，再令1.hixπ(x)xπ(1)=0π(2)=1f(x)xR1为第+1个素数，求100π(x)+f(x)dx的值.404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ZZZZZ100a1a2an+1100π(x)dx=0dx+1dx+···+ndx+···+25dx11a1ana25=(a2−a1)+2(a3−a2)+···+24(a25−a24)+25(100−a25)=(100−a1)+(100−a2)+···+(100−a25)X25=2500−ann=1注意到xa=f(x)(k=1,2,···,25)⇔k=[]+1⇔4(k−1)6x<4kk4所以ZZZZ1001148100f(x)dx=a1dx+a2dx+···+a25dx0444(1−1)4(2−1)96X25=ann=1P25P25综上，原式=2500−an+an=2500.n=1n=11kk+1题2.若定义在R上的光滑函数h(x)在x=0处的泰勒展开为ckx+ck+1x+···，其中c=60，则定义ord(h)=k，若h(x)在x=0处泰勒展开系数均为0，则定义kord(h)=∞，令S=f(x)f(x)为定义在R上的光滑奇函数，满足f′(0)=1，设m=min{ord(f(g(x))−g(f(x)))|f(x)∈S,g(x)∈S}1.求m;(i)(i)2.对于f(x),g(x)∈S，设f(0)=ai，g(0)=bi，i=2,3,...，求f(g(x))−g(f(x))m在x=0处泰勒展开式中x的系数关于ai,bi的表达式.解析2.对f∈S，因为f为奇函数，所以f在x=0处的泰勒展开式不含x2k(k=0,1,···)项.故不妨设f,g的泰勒展开式分别为3535x+f1x+f2x+···和x+g1x+g2x+···由条件易知，ord(f)即为x→0时，无穷小量f的阶.3578f(g(x))=g(x)+f1g(x)+f2g(x)+f3g(x)+o(g(x))35=x+(g1+f1)x+(g2+3f1g1+f2)x+(g3+3f1g2278→+3f1g1+5f2g2+f3)x+o(x)(x0)3578g(f(x))=f(x)+g1f(x)+g2f(x)+g3f(x)+o(f(x))35=x+(f1+g1)x+(f2+3g1f1+g2)x+(f3+3g1f2278→+3g1f1+5g2f2+g3)x+o(x)(x0)于是−2f(g(x))g(f(x))=[(g3+3f1g2+3f1g1+5f2g2+f3)−278→(f3+3g1f2+3g1f1+5g2f2+g3)]x+o(x)(x0)所以m>7.令f(x)=x+x3，g(x)=x+x5，有f(g(x))−g(f(x))=−2x7−10x9−7x11−5x13故m=7.nmn(1)令a1=b1=1.我们记g(x)的泰勒展开式中x的系数为gnm，f(x)的泰勒m展开式中x的系数为fnm，于是X···gnm=bt1bt2btn16t1,t2···,tn,t1+···+tn=m2X···fnm=at1at2atn16t1,t2···,tn,t1+···+tn=m则f(g(x))−g(f(x))中xm的系数为!!XmXmakgkm−bkfkmk=1k=1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(A−B)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∈N∗trace(Ck)=trace((BC−CB)Ck−1)=trace(BCk−CBCk−1)=0设复矩阵C的若当标准型的对角元为λ1,λ2,···,λn，则kkk···k∈N∗0=trace(C)=λ1+λ2++λn(k)若λ1,λ2,···,λn不全为零，不妨设λ1,λ2,···,λn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=0···a1a2amb1ba2+ba2+···+ba2=0a2a2···a2b1122mm⇒12m2...=0···...mm···mmm···ma1a2ambmb1a1+b2a2++bmam=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λ1=λ2=···=λn=0，从而Cn=O.pP3222α题4.对x=(x1,x2,x3)∈Z，定义|x|=x+x+x.求所有的实数α，使lim|x|123→∞λx∈Z3,0<|x|<λ存在且有限.3P解析4.显然α<0.注意到|x|α>0，所以lim|x|α存在且有限等价于→∞Pλx∈Z3,0<|x|<λ|x|α有界.x∈Z3,0<|x|<λ对任意λ>0，记Aλ={x=(x1,x2,x3)|0<|x|<λ}Bλ={x=(x1,x2,x3)|06xi<λ,i=1,2,3}√Cλ={x=(x1,x2,x3)|06xi<λ/3,i=1,2,3}一方面，因为Aλ⊂Bλ，所以XXXααα|x|6|x|6|max{x1,x2,x3}|333x∈Z,0<|x|<λx∈Z,x∈Bλx∈Z,x∈Bλ[Xλ]+1[Xλ]+16kα(k+1)2<4kα+2k=1k=1P于是α+2<−1即α<−3时，|x|α有界.x∈Z3,0<|x|<λ另一方面，Cλ⊂Aλ，所以XXXααα|x|>|x|>|3max{x1,x2,x3}|333x∈Z,0<|x|<λx∈Z,x∈Cλx∈Z,x∈Cλ[Xλ]+1>3−αkα+2k=1P于是α+2>−1即α>−3时，|x|α无界x∈Z3,0<|x|<λ综上，α<−3.题5.给定正整数m>2，n>2以及实数a,b，设有m+n阶实方阵#JA=K其中J为m阶方阵，K为n阶方阵：a00···00b00···001a0···001b0···00······01a0001b00J=,K=.....................000···a0000···b0000···1a000···1bm×mn×n4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#XXX=12X3X4其中X1,X4为m,n级方阵，X2,X3为m×n和n×m矩阵.于是##JXJXXJXKAX=XA⇔12=12KX3KX4X3JX4K因此X1J=JX1,X4K=KX4,JX2=X2K,KX3=X3J由前文分析可知，X1,X4分别为Dm,Dn的多项式.下面我们讨论X2和X3，由对′称性可知只需讨论X2的情形即可.注意到设X2=(α1,α2,···,αn)=(β1,β2,···,βm)′JX2=aX2+(0,β1,···,βm−1)X2K=bX2+(α2,α3,···,αn,0)若a=b，则mn时有X2=[Y2O]，其中Y2为n级方阵且为Dn的多项式.同理可得X3对应结论，故此种情形下dim{X∈Mm+n(R)|AX=XA}=m+n+2min{m,n}若a=6b，验证易知必有X2,X3元素均为0，故此种情形下dim{X∈Mm+n(R)|AX=XA}=m+n5题6.给定整数n>2及实数a1,a2,...,an，令n阶实矩阵000···0a1100···0a2···0100a3A=...........000···0an−1000···1anTT对线性空间V=x∈Mn(R)X=X，定义线性变换V→V,F(X)=AXA，求tr(F)和det(F).解析6.记A的全部特征值为λ1,···,λn，并取A在特征值λi下的特征向量αi.其中若λi=···=λj为相同的特征值，则αi,···,αj为此特征值下线性无关的特征向量.⇒TTT⇒TTTAαi=λiαiαiA=λiαiAαiαjA=λiαiλjαjTT∈T记Xij=αiαj+αjαiV，则AXij=λiλjXij故λiλj为F特征值.而α1,···,αn为线性无关的特征向量，即为n维向量空间的基.取n维向量空间的自PnTT66∈然基ei，显然eiej+ejei(1i2.记Sn为n阶置换群.考虑线性空间nV={(x1,x2,...,xn)∈R|x1+x2+···+xn=0}，对于τ∈Sn，定义线性变换ρτ:V→V,(x1,x2,...,xn)→(xτ(1),xτ(2),...,xτ(n)).记χ(τ)=tr(ρτ).61.对τ∈Sn，求χ(τ)所有可能取值.P2.求(χ(τ))2的值.τ∈Sn解析7.(1)对Rn定义线性变换fτ:Rn→Rn(x1,x2,···,xn)7→(xτ(1),xτ(2),···,xτ(n))显然V是fτ的不变子空间，ρτ实质是fτ|V.n在R的自然基下，fτ对应的矩阵即为Pfτ=(ατ−1(1),ατ−1(2),···,ατ−1(n))，其中−1ατ−1(i)为第τ(i)个分量为1剩余分量为0的n为列向量.令11···11−1−···T=1:=(β1,β2,,βn−1,βn).....−1−1显然该矩阵前n−1列对应的列向量是V的一组基，于是TPfτT前n−1行列−1构成的子矩阵，即是ρτ在β1,β2,···,βn−1对应的矩阵.记TPfτT第n行n列的元素为pnn于是−1trace(Pfτ)=trace(TPfτT)=trace(ρτ)+pnn⇒χ(ρτ)=trace(Pfτ)−pnn注意到′pnn=(1,1,···,1)Pfτ(1,0,0,···,0)=1所以trace(ρτ)=trace(Pfτ)−1.易知trace(Pfτ)的所有可能取值为0,1,2,···,n−2,n，所以trace(ρτ)的可能值为−1,0,···,n−3,n−1.(2)由(1)知，χ(τ)=trace(P)−1，而trace(P)即为置换τ不动点的个数.我Pfτfτ们下面用期望的方式来计算(χ(τ))2.τ∈Sn1···假设每个置换都是等可能的(概率为n!).定义随机变量X1,X2,,Xn,其中0,该置换下i不是不动点···Xi=,i=1,2,,n1,该置换下i是不动点7121于是我们易知P(Xi=1)=n，从而E(Xi)=E(Xi)=n.又因为不动点的个数即为X=X1+X2+···+Xn，所以E(X)=E(X1)+E(X2)+···+E(Xn)=1我们下面只需计算E[(X−1)2]=E(X2)−2E(X)+1=E