一. ($15‘$) 设 $L_1$ 和 $L_2$ 是空间中两异面直线. 设在标准直角坐标系下直线 $L_1$ 过坐标为 $a$ 的点, 以单位向量 $v$ 为直线方向; 直线 $L_2$ 过坐标为 $b$ 的点, 以单位向量 $w$ 为直线方向. (1). 证明: 存在唯一点 $P\in L_1$ 和 $Q\in L_2$ 使得两点连线 $PQ$ 同时垂直于 $L_1$ 和 $L_2$. (2). 求 $P$ 点和 $Q$ 点坐标 (用 $a,b,v,w$ 表示).
证明: 由题意, $L_1,L_2$ 的方程分别为 $$\bex x=a+sv\ (s\in\bbR);\quad y=b+tw\ (t\in\bbR). \eex$$ 设 $P\in L_1,\ Q\in L_2$ 满足 $$\bex PQ\perp L_1,\quad PQ\perp L_2, \eex$$ 则若记 $P,Q$ 的坐标分别为 $p,q$ 后, $$\bex p=a+sv,\quad q=b+tw,\quad \sef{q-p,v}=0,\quad \sef{q-p,w}=0. \eex$$ 上述方程可以唯一求解出来, 而证毕. 事实上, $$\bex q-p=b-a+tw-sv, \eex$$ $$\bex \sedd{\ba{ll} \sef{b-a,v}+\sef{tw-sv,v}=0\\ \sef{b-a,w}+\sef{tw-sv,w}=0 \ea}, \eex$$ $$\bex \sedd{\ba{ll} -s+\sef{v,w}t=\sef{a-b,v}\\ -\sef{v,w}s+t=\sef{a-b,w} \ea}\quad\sex{|v|=|w|=1}, \eex$$ $$\bex s=\frac{\sef{a-b,v}-\sef{a-b,w}\sef{v,w}}{-1+\sef{v,w}^2},\quad t=\frac{-\sef{a-b,w}+\sef{a-b,v}\sef{v,w}}{-1+\sef{v,w}^2}. \eex$$ 于是 $$\bex p=a-\sef{a-b,\frac{v-\sef{v,w}w}{1-\sef{v,w}^2}}v,\quad q=b-\sef{a-b,\frac{-w+\sef{v,w}v}{1-\sef{v,w}^2}}w. \eex$$
二. ($20‘$) $A$ 为 $4$ 阶复方阵, 它满足关于迹的关系式: $\tr A^i=i$, $i=1,2,3,4$. 求 $A$ 的行列式.
解答: 设 $A$ 的特征值为 $\lm_j\ (1\leq j\leq 4)$, 则 $A^i$ 的特征值为 $\lm_j^i\ (1\leq j\leq 4)$. 按题意, $$\bex s_i\equiv \sum_{j=1}^4 \lm_j^i=i,\quad 1\leq i\leq 4. \eex$$ 设 $A$ 的特征多项式 $$\bex f(\lm)=\prod_{j=1}^4 (\lm-\lm_j) =\lm^4+a_1\lm^3+a_2\lm^2+a_3\lm+a_4, \eex$$ 则由 Newton 公式 (参见北大高代第四版第 49 页), $$\beex \bea s_1+a_1&=0,\\ s_2+s_1a_1+2a_2&=0,\\ s_3+s_2a_1+s_1a_2+3a_3&=0,\\ s_4+s_3a_1+s_2a_2+s_1a_3+4a_4&=0. \eea \eeex$$ 将 $s_i=i$ 代入可依次求得 $$\bex a_1=-1,\quad a_2=-\frac{1}{2},\quad a_3=-\frac{1}{6},\quad a_4=\frac{1}{24}. \eex$$ 如此, $$\bex |A|=a_4=\frac{1}{24}. \eex$$
三. ($15‘$) 设 $A$ 为 $n$ 阶实方阵, 其 $n$ 个特征值皆为偶数. 试证明关于 $X$ 的矩阵方程 $$\bex X+AX-XA^2=0 \eex$$ 只有零解.
证明: (1). 先证明结论: 设 $A,B$ 的特征多项式为 $f(\lm),g(\lm)$, 若 $(f(\lm),g(\lm))=1$, 则 $g(A)$ 可逆. 事实上, $$\beex \bea &\quad 1=u(\lm)f(\lm)+v(\lm)g(\lm)\\ &\ra E=u(A)f(A)+v(A)g(A)\\ &\ra E=v(A)g(A)\quad\sex{\mbox{Hamilton-Caylay 定理}}. \eea \eeex$$ (2). 再证明结论: 若 $A,B$ 的特征值互不相同, 则 $AX=XB$ 只有零解. 事实上, $$\beex \bea AX=XB&\ra A^2X=AAX=AXB=XBB=XB^2\\ &\ra \cdots\\ &\ra f(A)X=Xf(B)\\ &\ra 0=Xf(B)\\ &\ra 0=X\quad\sex{\mbox{ 由 (1) 及 }(f(\lm),g(\lm))=1}. \eea \eeex$$ (3). 最后证明题目. 原矩阵方程可化为 $$\bex (E+A)X=XA^2. \eex$$ 注意到 $E+A$ 的特征值为奇数, $A^2$ 的特征值为偶数. 由 (2) 立得 $X=0$.
四. ($15‘$) 数列 $\sed{a_n}$ 满足关系式 $$\bex a_{n+1}=a_n+\frac{n}{a_n},\quad a_1>0. \eex$$ 求证: $\dps{\vlm{n}n(a_n-n)}$ 存在.
证明: 写出 $$\bee\label{435:4} \bea a_{n+1}-(n+1)&=a_n-n+\frac{n}{a_n}-1 =a_n-n-\frac{a_n-n}{a_n}\\ &=\sex{1-\frac{1}{a_n}}(a_n-n). \eea \eee$$用数学归纳法证明 $$\bee\label{435:4:bounds} n\leq a_n\leq n+b\quad\sex{n\geq 2,\ b=a_2-2}. \eee$$事实上, $$\beex \bea a_2&=a_1+\frac{1}{a_1}\geq 2,\\ a_n\geq n\ra a_{n+1}&=a_n+\frac{n}{a_n}\\ &=n+\sex{a_n-n+\frac{n}{a_n}}\\ &\geq n+\sex{n-n+\frac{n}{n}}\quad\sex{f(x)=x-n+\frac{n}{x}\mbox{ 在 }[\sqrt{n},\infty)\mbox{ 上递增}}\\ &=n+1;\\ a_2&=2+b,\\ a_n\leq n+b\ra a_{n+1}&=a_n+\frac{n}{a_n} \leq n+b+\frac{n}{n} =(n+1)+b. \eea \eeex$$ 由 (1)-\eqref{435:4:bounds} 即知 $$\beex \bea a_{n+1}-(n+1)&\geq\sex{1-\frac{1}{n}}(a_n-n),\\ n\sez{a_{n+1}-(n+1)}&\geq (n-1)(a_n-n)\\ &\geq \cdots\\ &\geq a_2-2=b,\\ a_{n+1}-(n+1)&\leq \sex{1-\frac{1}{n+b}}(a_n-n),\\ (n+b)\sez{a_{n+1}-(n+1)}&\leq \sez{(n-1)+b}(a_n-n)\\ &\leq \cdots\\ &\leq (1+b)(a_2-2)=(1+b)b. \eea \eeex$$ 于是 $$\bex (n-1)(a_n-n)\leq n\sez{a_{n+1}-(n+1)} \leq (n+b)\sez{a_{n+1}-(n+1)} \leq (1+b)b. \eex$$ 这说明 $\sed{(n-1)(a_n-n)}$ 递增有上界, 而极限存在. 又由 $$\bex n(a_n-n)=\frac{n}{n-1}\cdot (n-1)(a_n-n) \eex$$ 知要证结论成立.
五. ($15‘$) 设 $f(x)$ 是 $[0,+\infty)$ 有界连续函数, $h(x)$ 是 $[0,+\infty)$ 上连续函数, 且 $\dps{\int_0^{+\infty}h(x)\rd x=a<1}$. 构造函数列如下: $$\bex g_0(x)=h(x),\quad g_n(x)=f(x)+\int_0^x h(t)g_{n-1}(t)\rd t\quad(n=1,2,\cdots). \eex$$ 求证: $\sed{g_n(x)}$ 收敛于一个连续函数, 并求其极限函数.
证明: 令 $$\bex a_n=\max_{0\leq x<\infty} |g_n(x)-g_{n-1}(x)|, \eex$$ 则 $$\beex \bea a_n&\leq \int_0^\infty |h(t)|\cdot |g_{n-1}(t)-g_{n-2}(t)|\rd t \leq \int_0^\infty |h(t)\rd t\cdot a_{n-1}\\ &\leq a a_{n-1}\leq \cdots\\ &\leq a^{n-1}a_1. \eea \eeex$$ 于是 $$\bex \vsm{n}a_n\quad\sex{\leq a_1\vsm{n}a^{n-1}} \eex$$ 收敛. 又由 $$\bex g_n(x)=g_0(x)+\sum_{k=1}^n [g_k(x)-g_{k-1}(x)],\quad 0\leq x<\infty \eex$$ 及优级数判别法知 $g_n$ 一致收敛. 设极限函数为 $g(x)$, 则 $g$ 连续, 且满足 $$\bex g(x)=f(x)+\int_0^x h(t)g(t)\rd t. \eex$$ 令 $$\bex G(x)=\int_0^x h(t)g(t)\rd t, \eex$$ 则 $$\beex \bea G‘(x)&=h(x)g(x)=h(x)[f(x)+G(x)],\\ G‘(x)-h(x)G(x)&=h(x)f(x),\\ \sez{e^{-\int_0^x h(t)\rd t}G(x)}‘&=e^{-\int_0^x h(t)\rd t}h(x)f(x),\\ e^{-\int_0^x h(t)\rd t} G(x)&=\int_0^x e^{-\int_0^s h(t)\rd t}h(s)f(s)\rd s,\\ G(x)&=\int_0^x e^{\int_s^x h(t)\rd t}h(s)f(s)\rd s,\\ g(x)&=f(x)+\int_0^x e^{\int_s^x h(t)\rd t}h(s)f(s)\rd s. \eea \eeex$$
六. ($20‘$) 设 $f(x)$ 是 $\bbR$ 上有下界或者有上界的连续函数且存在正数 $a$ 使得 $$\bex f(x)+a\int_{x-1}^x f(t)\rd t \eex$$ 为常数. 求证: $f(x)$ 为常数.
证明: 不妨设 $f$ 有下界, 令 $\dps{m=\inf_{x\in [0,\infty)}f(x)}$, $$\bex g(x)=f(x)-m\geq 0. \eex$$ 据题意, $\exists\ c\in\bbR,\st$ $$\bee\label{435:6:eq} \bea f(x)+a\int_{x-1}^x f(t)\rd t&=c,\\ g(x)+a\int_{x-1}^x g(t)\rd t&=f(x)-m+a\int_{x-1}^x [f(t)-m]\rd t=c-(a+1)m\equiv M\geq 0,\\ g(x)&=M-a\int_{x-1}^x g(t)\rd t. \eea \eee$$右端可导, 而两端可同时求导, $$\beex \bea g‘(x)&=-a[g(x)-g(x-1)],\\ [e^{ax}g(x)]‘&=ag(x-1)\geq 0\\ &\ra M=g(x)+a\int_{x-1}^x g(t)\rd t =g(x)+a\int_{x-1}^x e^{at}g(t)\cdot e^{-at}\rd t\\ &\quad\quad\ \ \leq g(x)+ae^{ax}g(x)\int_{x-1}^x e^{-at}\rd t\\ &\quad\quad\ \ =g(x)e^a,\\ &\ra g(x)\geq Me^{-a}\\ &\ra 0=\inf_{x\in[0,\infty)}g(x)\geq Me^{-a}\\ &\ra 0=M=g(x)+a\int_{x-1}^x g(t)\rd t\quad\sex{g(t)\geq 0}\\ &\ra g\equiv 0. \eea \eeex$$