2022年丘成桐女子数学竞赛

管理员
如何评价第二届丘成桐女子中学生数学竞赛笔试试题?
1. 求alpha,beta使得级数sumlimits_{n=1}^{infty}sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{n^{alpha}m^{beta}}收敛.

解答: 当alphale 1时, 根据

sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{n^{alpha}m^{beta}} ge dfrac{1}{n^{alpha}}, \

于是原级数发散. 下设alpha>1.

(1)当betage 0时, 由于

int_{m}^{m+1}dfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x le dfrac{1}{m^{beta}} le int_{m-1}^mdfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x, \

所以

int_1^{n}dfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x < sumlimits_{m=1}^nint_{m}^{m+1}dfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x le sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{m^{beta}} le 1+ sumlimits_{m=2}^nint_{m-1}^mdfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x < 1+ int_{1}^ndfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x,\

(i)当beta=1时, 上式变成

ln n < sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{m} < 1+ln n, qquad Rightarrow qquad dfrac{ln n}{n^{alpha}} < sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{n^{alpha}m} < dfrac{1+ln n}{n^{alpha}}.\

所以当alpha>1时, 原级数收敛; 当alphale 1时, 原级数发散.

(ii)当betane 1时, 上式变成

dfrac{1}{-beta+1}(n^{-beta+1}-1) le sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{m^{beta}} le 1+dfrac{1}{-beta+1}(n^{-beta+1}-1),\

此时,

dfrac{1}{-beta+1}(n^{-alpha-beta+1}-n^{-alpha}) le sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{n^{alpha}m^{beta}} le dfrac{1}{n^{alpha}}+dfrac{1}{-beta+1}(n^{-alpha-beta+1}-n^{-alpha}).\

alpha>1且alpha+beta-1>1(即alpha+beta>2)时, 原级数收敛; 其余情况发散.

(2)当beta < 0时, 由于

int_{m-1}^mdfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x < dfrac{1}{m^{beta}} < int_{m}^{m+1}dfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x, \

所以

1+dfrac{1}{-beta+1}(n^{-beta+1}-1) = 1+ int_{1}^ndfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x< sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{m^{beta}} < int_1^{n}dfrac{1}{x^{beta}}mathrm{d}x = dfrac{1}{-beta+1}(n^{-beta+1}-1),\

此时,

dfrac{1}{n^{alpha}}+dfrac{1}{-beta+1}(n^{-alpha-beta+1}-n^{-alpha})le sumlimits_{m=1}^ndfrac{1}{n^{alpha}m^{beta}} le dfrac{1}{-beta+1}(n^{-alpha-beta+1}-n^{-alpha}) .\

alpha>1且alpha+beta-1>1(即alpha+beta>2)时, 原级数收敛; 其余情况发散.

收敛域
2. 求椭圆C: dfrac{x^2}{a^2}+dfrac{y^2}{b^2}=1的内接六边形面积的最大值.

解答: 设椭圆C上六个点为P_i(costheta_i,sintheta_i), i=1,2,3,4,5,6, 并且0<theta_i<theta_{i+1}. 内接六边形P_1P_2P_3P_4P_5P_6围成的区域记为Omega. 为方便起见我们记theta_7=theta_1+2pi, 那么P_7就是P_1.

(i)首先假设Omega包含原点, 此时theta_{i+1}-theta_i < pi. 于是Omega的面积为

A(Omega)=dfrac{1}{2}sumlimits_{i=1}^6sin(theta_{i+1}-theta_i). \

alpha_i=theta_{i+1}-theta_i, 则alpha_1+cdots+alpha_6=theta_7-theta_1=2pi, 由于sin x在(0,pi)上是凹函数, 所以根据Jensen不等式,

dfrac{1}{6}sum_{i=1}^6sinalpha_i le sinleft(dfrac{1}{6}sum_{i=1}^6alpha_iright)=sindfrac{pi}{3}=dfrac{sqrt{3}}{2}, \

因此

A(Omega)=dfrac{1}{2}sum_{i=1}^6sinalpha_i le dfrac{3sqrt{3}}{2}. \

等号成立条件是alpha_1=cdots=alpha_6=dfrac{pi}{3}, 此时Omega是边长为1的正六边形.

(ii)若Omega不包含原点, 则圆C内部有一半与Omega不相交, 于是A(Omega) < dfrac{pi}{2} < dfrac{3sqrt{3}}{2}.

综上, A(Omega)的最大值为dfrac{3sqrt{3}}{2}.

(2)对于一般的情况, 对单位圆x^2+y^2=1沿着两个坐标轴作伸缩变换即可得到椭圆C, 此时面积的最大值也会有相应的伸缩变换, 故A(Omega)的最大值为dfrac{3sqrt{3}ab}{2}.

3. 设G按加法构成群, 满足G=langle a,brangle, 其中a,b为生成元, 且12a+5b=0, 24a+16b=0.
(1)求a的阶的所有可能值.
(2)求群G在同构意义下的群结构.

解: 由条件, G的所有元素形如{ma+nb|m,ninmathbb{Z}}, 其中a,bne 0.

(1)由条件, 24a+10b=2(12a+5b)=0且24a+16b=0, 因此6b=0, 从而b可能是2,3,6阶的.

再由12a+5b=0可得12a-b=0并且72a+30b=0, 所以72a=0. 所以a可能是2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72阶的. 但12a=bne 0, 所以a不可能是2,3,4,6,12阶的, 于是只可能是8,9,18,24,36,72阶.

(i)若b是2阶的, 则由24a+16b=0可得24a=0, 所以a只可能是8,24阶的.

①当G=mathbb{Z}/8mathbb{Z}, b=4, a=1时, 满足12a+5b=32=0且24a+16b=0.

②当G=mathbb{Z}/24mathbb{Z}, b=12, a=1时, 满足12a+5b=72=0且24a+16b=24+192=0.

(ii)若b是3阶的, 则由12a-b=0可得36a-3b=0, 故36a=0, 所以a只可能是9,18,36阶的.

①当G=mathbb{Z}/9mathbb{Z}, b=3, a=1时, 满足12a+5b=27=0且24a+16b=72=0.

②当G=mathbb{Z}/18mathbb{Z}, b=6, a=5时, 满足12a+5b=90=0且24a+16b=120+96=216=0.

③当G=mathbb{Z}/36mathbb{Z}, b=12, a=1时, 满足12a+5b=72=0且24a+16b=24+192=216=0.

(iii)若b是6阶的, 则a只可能是8,9,18,24,36,72阶的.

G=mathbb{Z}/72mathbb{Z}, b=12, a=1时, 满足12a+5b=72=0且24a+16b=24+192=216=0.

综上所述, a的阶的所有可能值是8,9,18,24,36,72.

(2)G中任意元素可以表示为ma+nb=ma+12na=(m+12n)a, 其中m,ninmathbb{Z}, 而m+12n可以表示任意整数, 所以G=langle arangle. 由(1), a只可能是8,9,18,24,36,72阶, 所以根据循环群的定义, G在同构意义下只可能是8,9,18,24,36,72阶循环群, 即G只可能与mathbb{Z}/kmathbb{Z}(k=8,9,18,24,36,72)同构.

4. 在三维空间V中, 5个两两不同的二维空间两两相交为一维空间, 求交出的一维空间的个数的可能值.

(一定有更方便的做法)

结论1: 若三个二维空间相交得到的一维子空间有两个相同, 则三个一维子空间都相同, 即e_{ij}=e_{ik}能推出e_{ij}=e_{ik}=e_{jk}.

结论1证明: 设三个二维空间为V_i,V_j,V_k. 若e_{ij},e_{jk},e_{kl}有其中两个相同, 例如e_{ij}=e_{jk}, 则(V_icap V_j)cup (V_icap V_k)=V_icup(V_jcap V_k)=e_{ij}supset e_{jk}, 所以必有e_{jk}=e_{ij}. square

结论2: 若四个二维空间V_i,V_j,V_k,V_l中, V_i与V_j相交的一维子空间等于V_k与V_l相交的一维子空间, 则这四个二维子空间交出来的一维子空间都相同, 即e_{ij}=e_{kl}能推出e_{ij}=e_{jk}=e_{ik}=e_{il}=e_{jl}=e_{kl}.

结论2证明:设四个二维空间为V_i,V_j,V_k,V_l, 由条件, e_{ij}=V_icap V_j=V_kcap V_l=e_{kl}, 但是

begin{aligned} &quad (V_jcap V_k)cup (V_icap V_k)cup (V_jcap V_l)cup (V_icap V_l) \ &=(V_kcap(V_icup V_j)) cup (V_lcap(V_icup V_j)) \ &=(V_icup V_j)cap (V_kcup V_l) = e_{ij}, end{aligned}\

所以e_{jk},e_{ik},e_{jl},e_{il}subset e_{ij}, 从而必有e_{ij}=e_{jk}=e_{ik}=e_{il}=e_{jl}=e_{kl}. square

证明: 假设二维空间为V_1,V_2,V_3,V_4,V_5, 并且记V_icap V_j=e_{ij}是V的一维子空间. 设S为交出的一维空间的个数.

首先, V_1,V_2,V_3之间交出的一维子空间: V_1cap V_2=e_{12}, V_1cap V_3=e_{13}, V_2cap V_3=e_{23}.

(1)若e_{12},e_{13},e_{23}有其中两个相同, 由结论1可知e_{12}=e_{13}=e_{23}. 下面考虑e_{14},e_{24},e_{34}.

①若e_{14},e_{24},e_{34}至少有一个等于e_{12}=e_{13}=e_{23}, 例如e_{14}=e_{12}=e_{13}=e_{23}, 则根据结论1, e_{24}=e_{14}=e_{12}, 并且e_{34}=e_{14}=e_{13}. 于是这六个一维子空间都相同.

(a)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}至少有一个等于e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{14}=e_{24}=e_{34}, 例如e_{15}等于上述六个一维子空间, 则根据结论1, e_{25}=e_{15}=e_{12}, e_{35}=e_{15}=e_{13}, e_{45}=e_{15}=e_{14}. 所以十个一维子空间都相同, 从而boxed{S=1}.

(b)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}都不等于e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{14}=e_{24}=e_{34}, 那么e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}也两两不同(不然与结论1矛盾), 从而boxed{S=5}.

②若e_{14},e_{24},e_{34}都不等于e_{12}=e_{13}=e_{23}, 则e_{14},e_{24},e_{34}两两不同(不然与结论1矛盾),

  • (a)若e_{15},e_{25},e_{35}中至少有一个等于e_{12}=e_{13}=e_{23}, 则根据结论1, e_{25}=e_{15}=e_{12}且e_{35}=e_{15}=e_{13}, 即这六个一维子空间相同.
    • (a-i)当e_{45}等于e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{15}=e_{25}=e_{35}时, 由结论2, e_{45}=e_{14}=e_{24}=e_{34}, 此时boxed{S=1}.

 

    • (a-ii)当e_{45}不等于e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{15}=e_{25}=e_{35}时, 也不可能等于e_{14},e_{24},e_{34}之一(不然与结论1矛盾), 此时boxed{S=5}.
  • (b)若e_{15},e_{25},e_{35}中至少有一个等于e_{14}或e_{24}或e_{34}且不等于e_{12}=e_{13}=e_{23}, 根据结论1可知e_{15},e_{25},e_{35}两两不同.
    • (b-i)当存在iin{1,2,3}满足e_{i5}=e_{i4}时, 不妨设e_{15}=e_{14}, 则由结论1可知e_{15}=e_{14}=e_{45}. 不可能有两个不同的i,jin{1,2,3}满足e_{i5}=e_{i4}且e_{j5}=e_{j4}, 不然与“e_{15},e_{25},e_{35}两两不同”矛盾. 所以此时不同的一维子空间包括e_{12}=e_{13}=e_{23}, e_{24}, e_{34}, e_{15}=e_{14}=e_{45}, e_{35}, e_{25}, 因此boxed{S=6}.

 

    • (b-ii)当存在不同的i,jin{1,2,3}满足e_{i5}=e_{j4}时, 不妨设e_{15}=e_{24}, 则根据结论2, e_{15}=e_{24}=e_{12}=e_{14}=e_{25}=e_{45}, 与“e_{14},e_{24},e_{34}两两不同”矛盾.
    • (b-iii)当e_{15},e_{25},e_{35}与e_{14},e_{24},e_{34}之间都不相同, 则e_{45}也与这些一维子空间不相同(否则由结论2可推出矛盾), 则boxed{S=8}.

(2)若e_{12},e_{13},e_{23}两两不同,

①若e_{14},e_{24},e_{34}有两个相同(不可能三个相同, 与结论1矛盾), 不妨设e_{14}=e_{24}=e_{12}(结论1).

  • (a)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}有两个相同(不可能至少三个相同, 与结论1矛盾):
    • (a-i)当e_{15}=e_{25}或e_{15}=e_{45}或e_{25}=e_{45}时(只考虑第一种), 根据结论1和结论2有e_{12}=e_{14}=e_{24}=e_{15}=e_{25}=e_{45}, 所以boxed{S=5}.

 

    • (a-ii)当e_{15}=e_{35}或e_{25}=e_{35}时(只考虑第一种), e_{15}=e_{35}=e_{13}, 所以boxed{S=6}.
    • (a-iii)当e_{35}=e_{45}时, e_{35}=e_{45}=e_{34}, 所以boxed{S=6}.

 

  • (b)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}两两不同, 则boxed{S=8}.

②若e_{14},e_{24},e_{34}也两两不同并且不等于e_{12},e_{13},e_{23}(不然与结论1矛盾).

  • (a)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}有两个相同(不可能至少三个相同, 与结论1矛盾):
    • (a-i)当e_{15}=e_{25}或e_{15}=e_{35}或e_{25}=e_{35}时(只考虑第一种), e_{15}=e_{25}=e_{45}, 此时boxed{S=8}.

 

    • (a-ii)当e_{15}=e_{45}或e_{25}=e_{45}或e_{35}=e_{45}时(只考虑第一种), e_{15}=e_{45}=e_{25}, 此时boxed{S=8}.
  • (b)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45}两两不同, 此时也不会与e_{12},e_{13},e_{23},e_{14},e_{24},e_{34}相同, 此时boxed{S=10}.

综上, 所有不同的一维子空间个数的可能值为1,5,6,8,10.

5. 在平面直角坐标系中,
(1)三个整点组成的三角形的面积最小值为多少?
(2)半径为R的圆上一段长为R^{frac{1}{3}}的圆弧上三点的面积最大为多少?
(3)在(2)中这段圆弧上至多有几个整点?

注: 某回忆版的(2)包括“圆心在原点”的条件, 我认为这条件是多余的, 加了这个条件之后(3)问是平凡的, 故去掉了.

(1)不妨设其中一个点是原点, 另外两个点为(a_1,b_1)与(a_2,b_2). 则面积为

dfrac{1}{2}left|detbegin{bmatrix}a_1 & b_1 \ a_2 & b_2end{bmatrix}right|=dfrac{1}{2}|a_2b_1-a_1b_2|. \

由于a_1,b_1,a_2,b_2都是整数, 所以|a_2b_1-a_1b_2|ge 1, 等号成立的一个条件是a_1=1,b_1=0,a_2=0,b_2=1, 此时三角形面积为dfrac{1}{2}. 所以三个整点组成的三角形的面积最小值为dfrac{1}{2}.

(2)设长为R^{frac{1}{3}}的圆弧的圆心角为theta, 则

2pi Rdfrac{theta}{2pi}=R^{frac{1}{3}}, \

theta=R^{-frac{2}{3}}.

①当theta ge dfrac{4pi}{3}即Rleleft(dfrac{3}{4pi}right)^{frac{3}{2}}时, 面积最大值为sqrt{3}, 此时三个顶点构成等边三角形.

②当theta < dfrac{4pi}{3}即R>left(dfrac{3}{4pi}right)^{frac{3}{2}}时, 面积最大值在两个顶点为圆弧端点、一个顶点为圆弧中点取到, 此时面积的最大值为

begin{aligned} A&=dfrac{1}{2}R^2left[sindfrac{theta}{2}+sindfrac{theta}{2}-sinthetaright] \ &=dfrac{1}{2}R^2left[2sindfrac{R^{-frac{2}{3}}}{2}-sin(R^{-frac{2}{3}})right]. end{aligned}\

(3)由于R>0, 所以根据不等式x-dfrac{x^3}{6}le sin xle x(xge 0), 可知

A le dfrac{1}{2}R^2left[R^{-frac{2}{3}} - left(R^{-frac{2}{3}}-dfrac{R^{-2}}{6}right)right] =dfrac{1}{12} < dfrac{1}{2},\

所以根据(1)可知这段圆弧上不可能有3个整点.

下面构造有2个整点的例子: 考虑圆心为left(dfrac{1}{2},y_0right)(y_0>0)且经过(0,0)和(1,0)的圆, 则半径R=sqrt{dfrac{1}{4}+y_0^2}, 过两点(0,0)和(1,0)的圆弧的圆心角为alpha=2arctandfrac{1}{2y_0}, 弧长可以写成y_0的函数:

l(y_0)=alpha R=2Rarctandfrac{1}{2y_0}=sqrt{1+4y_0^2}arctandfrac{1}{2y_0}. \

所以limlimits_{y_0to+infty}l(y_0)=1. 取y_0充分大使得

l(y_0)=alpha R<theta=R^{frac{1}{3}}, \

于是此时在经过(0,0),(1,0)且弧长为R^{frac{1}{3}}的圆弧上存在两个整点.

6. n阶矩阵的所有元素均为pm 1, 求所有此类矩阵的行列式的平均值.

解: 假设A是一个n阶矩阵, 定义tilde{A}为把A的第一行的1换成-1、-1换成1得到的n阶矩阵, 相当于把A的第一行全都取相反数. 则根据行列式的运算法则, det(tilde{A})=-det A, 即det(tilde{A})+det A=0.

下面固定n阶矩阵的第2sim n行. 由于第1行有2^n种不同的情况, 所以一共有2^n个不同的矩阵, 把这些矩阵的全体记为mathscr{A}. 对任意的Ainmathscr{A}, 都有tilde{A}inmathscr{A}且满足det(tilde{A})+det A=0. 所以mathscr{A}中所有矩阵的行列式之和为0, 并且跟2sim n行的元素选取无关.

因此, 此类矩阵的行列式之和都为0, 平均值也为0.

 

 
 
 
 
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18 个回答

我给一下我知道的关于第三题反例的构造,相对而言比较复杂


我们记 left{ a_kright}=3^{k^4} , left{ c_rright}=displaystylefrac1{r^2},rgeq 1 ,并且分割区间 (0,pi] 为 I_k=[displaystylefrac {pi}{a_n},frac{pi}{a_{n-1}}]

定义函数 f(x)=begin{cases} c_ksin(a_kx),&xin I_k=displaystyle[frac{pi}{a_{k}},frac{pi}{a_{k-1}}]\ 0 &x=0 end{cases}

容易验证函数 f 在 [0,pi] 上连续,我们接下来定义函数

g(x)=begin{cases} displaystylefrac{f(x)}x&xin(0,pi]\ 0& x=0 end{cases}

那么 g(x) 实际上就是我们要求的反例.

首先来验证 g(x) 在 [0,pi] 上的瑕积分存在.

注意到 begin{align*} |int_{I_k}g(x)mathrm{d}x|=c_k|int_{I_k}frac{sin(a_kx)}xmathrm{d}x|=c_k|int_{pi}^{pifrac{a_k}{a_{k-1}}}frac{sin u}umathrm{d}u| end{align*}

另一方面,由我们已经知道的经典结果 (mathrm{Dirchlet} 积分) displaystyleint_0^{infty}frac{sin x}xmathrm{d}x=frac{pi}2 可知

displaystyle c_k|int_{pi}^{pifrac{a_k}{a_{k-1}}}frac{sin u}umathrm{d}u|leq c_kK ,其中 K 为常数.

故而有 displaystylesum_{k=1}^{infty}|int_{I_k}g(x)mathrm{d}x|leq Ksum_{k=1}^{infty}c_k=Kfrac{pi^2}6<+infty

因而 displaystylesum_{k=1}^{infty}int_{I_k}g(x)mathrm{d}x<+infty

而 foralldeltain(0,pi) ,必然会落在一个 I_k 之中,因而有

begin{align*} int_{delta}^{pi}g(x)mathrm{d}x&=c_kint_{delta}^{frac{pi}{a_{k-1}}}frac{sin(a_k x)}xmathrm{d}x+sum_{n=1}^{k-1}c_nint_{frac{pi}{a_n}}^{frac{pi}{a_{n-1}}}frac{sin(a_nx)}xmathrm{d}x\ &=c_kint_{I_k}frac{sin(a_kx)}{x}mathrm{d}x-c_kint_{fracpi{a_k}}^{delta}frac{sin(a_kx)}xmathrm{d}x+sum_{n=1}^{k-1}c_nint_{I_n}frac{sin(a_nx)}xmathrm{d}x\ &=sum_{n=1}^kc_nint_{pi}^{pifrac{a_n}{a_{n-1}}}frac{sin u}umathrm{d}u-c_kint_{pi}^{a_kdelta}frac{sin u}umathrm{d}u end{align*}

又 forall varepsilon>0,exists N,kgeq N,c_k<displaystylefrac{varepsilon}{2K}

并根据 mathrm{Cauchy} 收敛定理,我们知 exists M, 当 kgeq M 时有

|displaystylesum_{k=M}^{infty}int_{I_k}g(x)mathrm{d}x|<frac{varepsilon}2

此时记 H=max{M,N} ,对于 0<delta<displaystylefrac{pi}{a_{H-1}}Rightarrowfrac{pi}{a_k}leqdelta<frac{pi}{a_{k-1}},kgeq H

那么

begin{align*} quadquad&|int_delta^pi g(x)mathrm{d}x-sum_{k=1}^inftyint_{I_k}g(x)mathrm{d}x|\ =&|sum_{n=1}^kint_{I_n}g(x)mathrm{d}x-int_{frac{pi}{a_k}}^{delta}g(x)mathrm{d}x-sum_{k=1}^inftyint_{I_k}g(x)mathrm{d}x|\ =&|-int_{frac{pi}{a_k}}^{delta}g(x)mathrm{d}x-sum_{n=k+1}^inftyint_{I_n}g(x)mathrm{d}x|\ leq&c_kK+fracvarepsilon2<varepsilon end{align*}

进而推出 displaystyleint_0^pi g(x)mathrm{d}x=displaystylesum_{k=1}^{infty}int_{I_k}g(x)mathrm{d}x<+infty ,即证的瑕积分的存在性.

现在来验证 g 并不绝对可积.

注意到 displaystyleint_{I_k}|g(x)|mathrm{d}x=c_kint_{I_k}frac{|sin(a_kx)|}xmathrm{d}x=c_kint_{pi}^{pifrac{a_k}{a_{k-1}}}frac{|sin u|}umathrm{d}u

begin{align*} end{align*} begin{align*} int_{pi}^{pifrac{a_k}{a_{k-1}}}frac{|sin u|}umathrm{d}u&=sum_{n=1}^{3^{{k^4-(k-1)^4}}-1}int_{npi}^{(n+1)pi}frac{|sin u|}{u}mathrm{d}u\ &geqsum_{n=1}^{3^{{k^4-(k-1)^4}}-1}frac1{(n+1)pi}int_{npi}^{(n+1)pi}| sin u|mathrm{d}u\ &=sum_{n=1}^{3^{{k^4-(k-1)^4}}-1}frac2{(n+1)pi}\ &geqfrac2{pi}(ln(3^{k^4-(k-1)^4})-1)\ &geqfrac2pi k^3ln 3 end{align*}

所以 displaystyle int_{I_k}|g(x)|mathrm{d}x>frac2pi kln3 ,所以显然有不绝对可积.

最后来证明其为我们所求的反例.

注意到 displaystyleint_0^pi g(t)sin(nt)mathrm{d}t=int_0^pi f(t)frac{sin(nt)}tmathrm{d}t

命 J_k=displaystyleint_0^pi f(t)frac{sin(a_kt)}tmathrm{d}t ,我们知道欲导出矛盾只需证明当 ktoinfty 时有 J_ktoinfty 即可

displaystyle J_k=int_0^{pi/a_k}f(t)frac{sin(a_kt)}{t}mathrm{d}t+int_{pi/a_k}^{a/a_{k-1}}f(t)frac{sin(a_kt)}{t}mathrm{d}t+int_{pi/a_{k-1}}^pi f(t)frac{sin(a_kt)}tmathrm{d}t=J_1+J_2+J_3

begin{align*} displaystyle|J_1|&leqint_0^{pi/a_k}|f(t)||frac{sin(a_kt)}t|mathrm{d}t\ &leq a_kmax_{tin[0,fracpi{a_k}]}|f(t)|fracpi{a_k}=c_{k+1}pi<1 end{align*}

begin{align*} J_2&=int_{I_k}f(t)frac{sin(a_tt)}{t}mathrm{d}t=c_kint_{I_k}frac{sin^2(a_kt)}{t}mathrm{d}t\ &=frac{c_k}{2}int_{I_k}frac{1-cos(2a_kt)}{t}mathrm{d}t\ &=frac{ln3}{2k^2}(k^4-(k-1)^4)-frac{c_k}2int_{I_k}frac{cos(2a_kt)}{t}mathrm{d}t end{align*}

根据积分的第二中值定理定理,我们有 displaystyle int_{I_k}frac{cos(2a_kt)}{t}=frac{a_k}piint_{pi/a_k}^Ccos(2a_kt)mathrm{d}t=frac1{2pi}[sin(2a_kt)]|^{C}_{pi/a_k}

其中 displaystyle frac{pi}{a_k}<C<fracpi{a_{k-1}}

由此我们可以立刻得出当 ktoinfty,J_2to+infty

而对于 J_3 我们有当 kgeq2 时,

begin{align*} J_3&=int_{pi/a_{k-1}}^pi f(t)frac{sin(a_kt)}tmathrm{d}t\ &=sum_{n=1}^{k-1}int_{I_n}c_nsin(a_nt)frac{sin(a_kt)}tmathrm{d}t\ &=sum_{n=1}^{k-1}frac{c_n}2int_{I_n}frac{cos((a_n-a_k)t)-cos((a_n+a_k)t)}tmathrm{d}t end{align*}

而 begin{align*} int_{I_n}frac{cos((a_k-a_n)t)}{t}mathrm{d}t&=int_{pi/a_n}^{frac1{a_k-a_n}}frac{cos((a_k-a_n)t)}{t}mathrm{d}t+int_{frac1{a_k-a_n}}^{pi/a_{n-1}}frac{cos((a_k-a_n)t)}{t}mathrm{d}t \ &=int_{frac{pi(a_k-a_n}{a_n}}^1frac{cos u}{u}mathrm{d}u+int^{frac{pi(a_k-a_n}{a_{n-1}}}_1frac{cos u}{u}mathrm{d}u\ &=int^{frac{pi(a_k-a_n}{a_{n-1}}}_1frac{cos u}{u}mathrm{d}u -int^{frac{pi(a_k-a_n}{a_{n}}}_1frac{cos u}{u}mathrm{d}u end{align*}

同理,我们有 displaystyleint_{I_n}frac{cos((a_k+a_n)t)}{t}mathrm{d}t=int^{frac{pi(a_k+a_n}{a_{n-1}}}_1frac{cos u}{u}mathrm{d}u -int^{frac{pi(a_k+a_n}{a_{n}}}_1frac{cos u}{u}mathrm{d}u

又因为 kgeq2,n<k,displaystylefrac{a_n}{a_n-1}>frac{a_k}{a_n}geq3

那么有 displaystyle,frac{pi(a_k+a_n)}{a_n}>1,frac{pi(a_k+a_n)}{a_{n-1}}>1,frac{pi(a_k-a_n)}{a_n}>1

并且有 displaystylefrac{pi(a_k-a_n)}{a_{n-1}}>frac{pi(a_k-a_n)}{a_n}>1

另一方面 displaystyleint_1^inftyfrac{cos u}umathrm{d}u 收敛,这意味着 displaystyleint_1^xfrac{cos u}umathrm{d}u 有界,不妨记 displaystyleint_1^xfrac{cos u}umathrm{d}u<U

故当 k>n 时,有

displaystyle|int_{I_n}frac{cos((a_n-a_k)t)-cos((a_n+a_k)t)}tmathrm{d}t|leq 4U

这也就是说 displaystyle|J_3|leqsum_{n=1}^{k-1}2c_nU<frac{pi^2}6<+infty

综上,我们有 J_1,J_3 一致有界,而 ktoinfty 时,我们有 J_2to+infty

所以我们有 ktoinfty 时, J_kto+infty ,也就是说

displaystylelim_{ntoinfty}int_0^pi g(t)sin(nt)mathrm{d}t=+inftyneq0\ 这正是我们所要证的

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简单看了一下,没仔细做,不过出题风格很像我们学校某著名数学分析老师的风格。以下提到的定理、例题编号都是梅加强《数学分析》(第2版)中的内容. 如果我考试的话,首先先把会做的做了:

第1题,可以很容易想到梅加强《数学分析》书的例8.1.3(判断了 displaystylesumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{sin nx}{n} 在 [0,2pi] 的一致收敛性)

第2题,乍一看是用Leibniz判别法,但通项并不单调地趋于0,不能直接用,对通项需要做一定的处理,比如取相邻两项看看会发生什么情况,即考虑 begin{aligned} &quad sumlimits_{n=1}^{infty}(a_{2n-1}+a_{2n}) \ &=sumlimits_{n=1}^{infty}left(dfrac{-1}{2n-1+2sin(2n-1)}+dfrac{1}{2n+2sin(2n)}right) \ &=sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{-1-sin 2n+sin(2n-1)}{(2n+2sin 2n)(2n-1+2sin(2n-1))} end{aligned}

然后通项的绝对值小于 dfrac{3}{(2n-2)(2n-4)}, 用比较判别法可知 sumlimits_{n=1}^{infty}|a_{2n-1}+a_{2n}| 收敛,进而 sumlimits_{n=1}^{infty}(a_{2n-1}+a_{2n}) 收敛,【再根据原数列趋于0可知原级数收敛】.

我们也可以用Cauchy准则来验证,用Cauchy准则会得到 sumlimits_{k=n+1}^ma_k ,每相邻两项作上述处理;如果这里是奇数个 a_k 求和,那么会多出来一个 a_m 也很容易作相应处理.

第3题,Riemann-Lebesgue引理(见例6.2.2)把Riemann可积的条件改为内闭可积会产生反例,但举反例可能要想一定时间,我不熟悉,直接跳.

第4题,第一问只需要求各阶导数即可;第二问需要求极限 sqrt[n]{dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!}} ,我们可以证明它的极限是1,然后x=pm 1 时通项不趋于0,不收敛.

第5题,盲猜要用Abel求和,跟下面这题解法应该差不多:

 

选做题第2个是我在前几天写的一个解答!用归纳法可以证明: left(dfrac{sin x}{x}right)^n 的Fourier变换只在 [-n,n] 中非零.

 

好,现在已经有50分了(如果都做对的话),看看时间,如果时间不够了(半小时以下)就去想想第三题的反例。如果时间还有半小时以上,那我的做题顺序是:

第9题,试试假设 displaystyle I_n=int_0^{infty}dfrac{x^n}{e^{pisqrt{x}}-1}mathrm{d}x ,然后找递推公式看看行不行。因为

displaystyle begin{aligned} I_n&=int_0^{infty}dfrac{x^n}{e^{pisqrt{x}}-1}mathrm{d}x \ &=dfrac{2}{pi^{2n}}int_0^{infty}dfrac{t^{2n+1}}{e^{t}-1}mathrm{d}t qquad (t=pisqrt{x})\ &=dfrac{2}{pi^{2n}}int_0^{infty}dfrac{t^{2n+1}e^{-t}}{1-e^{-t}}mathrm{d}t \ &=dfrac{2}{pi^{2n}}sumlimits_{k=1}^{infty}int_0^{infty}t^{2n+1}e^{-kt}mathrm{d}t. end{aligned}

所以相当于找 displaystyle J_{n,k}=int_0^{infty}t^{2n+1}e^{-kt}mathrm{d}t 与 J_{n-1,k} 的递推关系式,应该用两次分部积分就行了,可以证明它是 pi^{2n} 的有理数倍,这样结合 I_0 是有理数即可证完. (具体没算)

60分万岁,其他不会,不看了!

顺便心疼考这份卷的同学们,这份卷确实很难!

最后,我认为考试本来就应该是要考察学生的学习情况,及格的标准是该拿到的分都拿到,而80分以上属于优秀,所以出两道10分的难题来卡一下就行了。但这份卷真正"该拿的分"也就占40分(1,2,4,5题),第8、9题也许熟悉方法的同学可以做出来,但其他题或多或少还是在短时间内相当难做出来的。要么就把考试时间延长为3个小时,不然在考场上出这么多难题真的是意义不大,不如留作平时的思考题。

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简单说一下最后一道选做题。这道题目的背景来自于概率论中的卷积。很明显题目中有几处讹误。

给定 n 个独立同分布的 X_i sim U(-1,1) ,考察它们的和 S_n=X_1 + X_2 + cdots +X_n 的分布。我们知道 X_i 的特征函数 varphi_{X_i} (t)= frac{sin t}{t} ,所以它们的和 varphi_{S_n}(t) = left( frac{sin t}{t} right)^n . 现在利用反转公式,对它做Fourier逆变换可以得到 S_n 的概率密度函数:displaystyle f_{S_n}(x) = frac 1pi int_0^infty left( frac{sin t}{t} right)^n cos tx , mathrm{d}t .

那么自然这个函数的支撑集就是 [-n,n] , 这是和函数可能取到的所有值的集合。

这道题目是Durrett书上的习题3.3.6,在习题的最后,Durrett还称,这个函数在区间 (k,k+1) 上是多项式,感兴趣的同学可以考虑一下怎么证明。

 

闲得没事考虑再看看前面的题目。

压轴题是一个经典结论,看到这个形式就应该能想到。

begin{aligned} displaystyle int_0^infty frac{s^{2022}}{mathrm{e}^{pi sqrt{s}}-1},mathrm{d}s &= 2int_0^infty frac{x^{4045}}{mathrm{e}^{pi x}-1},mathrm{d}x \ &=2int_0^{infty} left( x^{4045} sum_{k=0}^{infty} mathrm{e}^{- left( k + 1 right) pi x} right) ,mathrm{d}x \&= 2sum_{k=0}^{infty} int_0^{infty} x^{4045} mathrm{e}^{-(k+1) pi x} ,mathrm{d}x \ &= 2frac{(4045)!}{pi^{4046}} zeta(4046). end{aligned}

所以接下来的问题变成如何证明 frac{zeta(4046)}{pi^{4046}} 是有理数,事实上对于正偶数 2n ,我们有zeta (2n)={frac {(-1)^{n+1}B_{2n}(2pi )^{2n}}{2(2n)!}}。如此自然证明了想要的结论。

第八题我盲猜是不存在。感觉形式和Ramanujan's Master Theorem有关系,但是不太清楚怎么证明。

再说一下第七题,这个老师是真的不当人……结论是蛮经典的结论:

给定某个二次有理方程的根 alpha,则 F(alpha) =displaystylesum_{n=1}^infty frac{cot(npi alpha)}{n^3} 是收敛的,且能确切求出其值。

收敛是容易的,事实上 sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n^3 sin left( n pi alpha right)} 也是收敛的,稍微做一点点必要的放缩能看出来 sin(npialpha) sim O(n) ,这样和 zeta(2) 比较审敛就可以。

现在用留数定理计算它的值,考虑函数 f(z) = frac{cot(zpi)cot(zpi alpha)}{z^3} , z=n 和 frac nalpha 是 f 的一阶奇点( nin mathbb{Z} backslash {0 } ), z=0 是 f 的五阶奇点。取矩形围道 gamma_N ,顶点为 (pm N , pm Ni) ,记其所围区域为 Gamma_N 。考虑利用留数定理:

begin{aligned} frac{1}{2pi i} int_{gamma_N}f(z) , mathrm{d}z &= operatorname{res}[f:0] + sum_{nin Gamma_N, nne 0}operatorname{res}[f:n] + sum_{frac{n}{alpha}in Gamma_N, nne 0}operatorname{res}left[f:frac{n}{alpha}right] \ &= frac{ alpha^4-5 alpha^2+1}{45 alpha} cdotpi ^2\ &qquad+ sum_{nin Gamma_N, nne 0}frac{cot(npialpha)}{pi n^3} + sum_{frac{n}{alpha}in Gamma_N, nne 0} frac{alpha^2cotfrac{npi}{alpha}}{pi n^3}. end{aligned}

为了利用留数定理,我们需要左边的围道积分趋于 0 ,因为 nalpha mod 1 是均匀分布的(Weyl判别法),我们能取一列 N_i in mathbb{N} 使得在 gamma_{N_i + frac{1}{4}} 和 gamma_{N_i + frac{3}{4}}之间的部分 f 的分子一致有界的。现在我们知道了 F(alpha) + alpha^2 Fleft( frac{1}{alpha} right) = frac{alpha^4 - 5alpha^2 + 1}{90 alpha} cdot pi^3 。以下解这个关于 alpha 的方程即可,为此需要 alpha 的连分式展开,反复迭代直到出现循环。

特别地,当 alpha = sqrt{61} 时,wolframalpha告诉我们 alpha=left [7; overline{1, 4, 3, 1, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 14} right] ,代入计算即可,我也不知道算出来是多少,倒霉wolframalpha直接说它diverge了……

第六题的结论可以理解成当 f' 有界时绝对连续能得出Lipschitz连续,似乎是个classical的结论。

这样这个回答加上上面那个答主的,基本能解决所有题目了。

 

这份卷子可以给眼界开阔的同学用作练习

作为考试,应该算是命题事故。。。

整张卷子严格来说只有1、2、4、5、6、8是可做的,但是很多高手可能会误以为难度按题号递增,直接寄在第三题,这其实很不公平

第九题在众神必题中还算相对可做,但需要对伯努利数有比较深刻的了解,如果你刷过谢惠民的话这个题是有机会做出的

选做B也算相对可做,但是数学系的同学在这块更多的是研究dirichlet核和Hilbert 空间之类充满分析的东西,在卷积的运算和性质上还不如统计和信号系统的同学,所以除非面面俱到的超级大佬,在考场上做出还是相当困难的

第七题是喜闻乐见的无理测度问题,作为一个盛产open problem的领域,已经成为知乎钓鱼题的重灾区。这告诉大家奇怪的三角级数不要轻易尝试,更别提遇到这种一眼看上去数论味满满的sqrt61

看了一下,第八题还没有人写,我来简单写一下:

首先注意到 f(0)=0 ,于是

sqrt{n}f(frac{1}{n})=sqrt{n}sum_{k=0}^{infty}{a_k(frac{1}{n})^k}=sqrt{n}sum_{k=1}^{infty}{a_k(frac{1}{n})^k}\=frac{1}{sqrt{n}}sum_{k=1}^{infty}{a_k(frac{1}{n})^{k-1}}=frac{1}{sqrt{n}}sum_{k=0}^{infty}{a_{k+1}(frac{1}{n})^{k}}rightarrow0

最后一步是由于闭区间上的连续函数存在最大值

然而 sqrt{n}f(frac{1}{n})rightarrowsqrt{pi} ,矛盾,所以不存在

 

尝试一下7题。

答:级数收敛,其和为 -frac{16793pi^3}{45660sqrt{61}} 。

#经数学群大佬指点,这题要运用无理数的有理逼近,这样的话收敛性就是显然的了.不过需要的引理很不显然,来源于Roth在1955年得Fields奖的工作,不证,详见华罗庚《数论导引》p473/GTM201 p300。

证明1:

引理(Roth定理):对任意代数数 alpha 和 varepsilon>0 ,不等式: left| frac{p}{q}-alpha right|lefrac{1}{q^{2+varepsilon}}\ 只有有限个有理解 frac{p}{q}inmathbb{Q} ,等价表述为对于任意 varepsilon>0 ,存在仅与 alpha,varepsilon 有关的常数 C(alpha,varepsilon)>0 ,使得对于所有 frac{p}{q}inmathbb{Q} ,有不等式: left| frac{p}{q}-alpha right|gefrac{C(alpha,varepsilon)}{q^{2+varepsilon}}\ .

有了引理之后我们取 0<varepsilon<1 ,可以发现: sumlimits_{n=1}^{infty}{frac{mathrm{cos}(sqrt{61}npi)}{n^3mathrm{sin}(sqrt{61}npi)}}=sumlimits_{n=1}^{infty}{frac{mathrm{cos}(sqrt{61}npi-mpi)}{n^3mathrm{sin}(sqrt{61}npi-mpi)}}\<sumlimits_{n=1}^{infty}{frac{mathrm{cot}(npileft| sqrt{61}-frac{m}{n} right|)}{n^3}}\<sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{n^4pitimesfrac{C}{n^{2+varepsilon}}}=frac{1}{Cpi}sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{n^{2-epsilon}}\ 故级数收敛。

由于答主无数论基础,所以想出了证法2以供参考。

证明2:证明收敛前需证明以下等式:

mathrm{cot}x=frac{1}{x}+sum_limits{n=1}^{infty}frac{2x}{x^2-(npi)^2}\

等式的证明:

对 mathrm{cos},ax 在 [-pi,pi] 上的Fourier展开,我们有: mathrm{cos},ax=frac{mathrm{sin},api}{api}+frac{2a,mathrm{sin},api}{pi}sumlimits_{n=1}^{infty}frac{(-1)^nmathrm{cos},nx}{a^2-n^2}\令 x=pi ,得 mathrm{cos},api=frac{mathrm{sin},api}{api}+frac{2a,mathrm{sin},api}{pi}sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{a^2-n^2}\Rightarrowmathrm{cot},api=frac{1}{api}+sum_limits{n=1}^{infty}frac{2api}{(api)^2-(npi)^2}\ 等式证完后,代入 a=sqrt{61}n ,得

 

sumlimits_{n=1}^{infty}{frac{mathrm{sin}(sqrt{61}npi)}{n^3mathrm{cos}(sqrt{61}npi)}}=sumlimits_{n=1}^{infty}{frac{1}{sqrt{61}pi n^4}}+frac{2sqrt{61}}{pi}sumlimits_{n=1}^{infty}sumlimits_{k=1}^{infty}{frac{1}{n^2(61n^2-k^2)}}\ 等式右边第一项易知是有限的,下证第二项也是有限的,

由于 n,k 都是正整数,所以当 k>8n 时,级数为负, 0>sumlimits_{n=1}^{infty}sumlimits_{kgeq 8n}^{infty}{frac{1}{n^2(61n^2-k^2)}}>-frac{64}{3}sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}sumlimits_{k=1}^{infty}frac{1}{k^2}=-frac{64}{3}zeta^2(2)\ 当 kleq 7n 时,级数为正 0<sumlimits_{n=1}^{infty}sumlimits_{k=1}^{kleq 7n}{frac{1}{n^2(61n^2-k^2)}}<frac{49}{12}sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}sumlimits_{k=1}^{infty}frac{1}{k^2}=frac{49}{12}zeta^2(2)\

当 7n<k<8n 时, 0<sumlimits_{n=1}^{infty}sumlimits_{k>7n}^{k<8n}{left| frac{1}{n^2(61n^2-k^2)} right|}<sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{12n^4}sumlimits_{k>7n}^{k<8n}1<frac{1}{12}zeta(3)\

所以可知原级数收敛。

不过关于这个级数求和目前还没有什么想法.也许由其他答主所言需要数学分析以外的工具。

二更:

对于求和问题,必须要用到复分析,且计算极其复杂。大佬贴出了一个链接(见下文),我就把结论贴出来吧。

sumlimits_{n=1}^{infty}frac{mathrm{cot}(sqrt{61}npi)}{n^3}=-frac{16793pi^3}{45660sqrt{61}}\ 并且对于这种级数,我们有一般结论:

对于函数 F(alpha)=sumlimits_{n=1}^{infty}frac{mathrm{cot}(npialpha)}{n^{2k+1}}\ 其中 alpha 为二次无理数,我们有 frac{F(alpha)}{pi^{2k+1}}inmathbb{Q}(alpha)\ .

链接:

评价:看完整张卷子,要说其他题还能做的话,这一题就直接体现了出卷老师满满的恶趣味,很明显这一题就不想让学生拿分(乐),并且从这一题和第九题来看,这出卷老师十九八九是搞数论的。最后奉劝出卷老师一句话:老老实实出题,不要总想搞个大新闻哈哈!