复旦大学管理学院2021年5月领创营数学分析高等代数试题参考解答

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复旦大学管理学院2021年5月领创营数学分析高等代数试题参考解答

1. 证明:  $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处连续 $\displaystyle \Leftrightarrow \forall\ \varepsilon\gt 0, \exists\ \delta\gt 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ x',x''\in U(a,\delta)$ 时有 $\displaystyle |f(x')-f(x'')|\lt \varepsilon$ . fl: 连续

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$\displaystyle \Rightarrow$ : 由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle a$ 处连续知
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$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon\gt 0, \exists\ \delta\gt 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ x\in U(a,\delta), |f(x)-f(a)|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是对 $\displaystyle \forall\ x',x''\in U(a,\delta)$ ,
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$$\begin{aligned} |f(x')-f(x'')|\leq |f(x')-f(a)|+|f(a)-f(x'')|\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$\displaystyle \Leftarrow$ :  取 $\displaystyle x'=a$ 即知 $\displaystyle \forall\ \varepsilon\gt 0, \exists\ \delta\gt 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x'\in U(a,\delta), |f(x')-f(a)|\lt \varepsilon$ . 这就证明了 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle a$ 处连续.
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2. 用级数展开的方法求 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left[x-x^2\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$ . fl:函数极限

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$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\lim_{x\to+\infty}\left[x-x^2\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)\right] =\lim_{x\to+\infty}\left[\frac{1}{2}+o(1)\right]=\frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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3. 可微函数 $\displaystyle f(x)$ 定义于区间 $\displaystyle [a,b]$ , $\displaystyle \forall\ x_1\lt x_2$ 时, 有 $\displaystyle f(x_1)\leq f(x_2)$ , 且 $\displaystyle f'(x)$ 仅在有限多个点上为 $\displaystyle 0$ . 证明: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上严格递增. fl: 微分

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用反证法. 若 $\displaystyle \exists\ x_1\lt x_2,\mathrm{ s.t.} f(x_1)=f(x_2)$ , 则
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$$\begin{aligned} \forall\ x\in (x_1,x_2), f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)\Rightarrow f(x)=f(x_1)\Rightarrow f'(x)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这与题设矛盾. 故有结论.
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4. 已知两组方程如下:
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   $$\begin{aligned} (A): \left\{\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrr}x_1&+&x_2&&&-&2x_4&=&-6,\\ 4x_1&-&x_2&-&x_3&-&x_4&=&1,\\ 3x_1&-&x_2&-&x_3&&&=&3,\end{array}\right.\\ (B):  \left\{\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrr} x_1&+&mx_2&-&x_3&-&x_4&=&-5,\\ &&nx_2&-&x_3&-&2x_4&=&-11,\\ &&&&x_3&-&2x_4&=&-t+1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(1) 求方程组 $\displaystyle (A)$ 的解.

(2) 求 $\displaystyle m,n,t$ 的值, 使得 $\displaystyle (A)$ 与 $\displaystyle (B)$ 同解. fl: 线性方程组

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(1) 增广矩阵
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$$\begin{aligned} (A,\beta)=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&1&0&-2&-6\\ 4&-1&-1&-1&1\\ 3&-1&-1&0&3\end{array}\right)\to\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&0&0&-1&-2\\ 0&1&0&-1&-4\\ 0&0&1&-2&-5\end{array}\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

而 $\displaystyle Ax=\beta$ 的通解为
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$$\begin{aligned} k(1,1,2,1)^\mathrm{T}+(-2,-4,-5,0)^\mathrm{T}, \forall\ k. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2) 由 $\displaystyle (A), (B)$ 同解知 $\displaystyle (-2,-4,-5,0)^\mathrm{T}$ 也是 $\displaystyle (B)$ 的解. 代入得
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$$\begin{aligned} 3-4m=-6, 5-4n=-11, -5=-t+1\Rightarrow m=2, n=4, t=6. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

此时, $\displaystyle (B)$ 的增广矩阵也化为 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&0&0&-1&-2\\ 0&1&0&-1&-4\\ 0&0&1&-2&-5\end{array}\right)$ , 而 $\displaystyle (A), (B)$ 确实同解.
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5. 已知 $\displaystyle \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}A&B\\ B^\mathrm{T}&D\end{array}\right)$ 正定, 证明: $\displaystyle \left|\begin{array}{cccccccccc}A&B\\ B^\mathrm{T}&D\end{array}\right|\leq |A|\cdot |D|$ . fl: 矩阵

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(1) 先证: 设 $\displaystyle A,B$ 都是 $\displaystyle n$ 阶半正定矩阵, 证明:  $\displaystyle |A+B|\gt  |A|+|B|$ .
由 $\displaystyle A$ 正定知存在可逆矩阵 $\displaystyle P$ , 使得 $\displaystyle P^\mathrm{T} AP=E_n$ . 又 $\displaystyle B$ 正定 $\displaystyle \Rightarrow P^\mathrm{T} BP$ 正定, 而存在正交阵 $\displaystyle Q$ , 使得
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$$\begin{aligned} Q^\mathrm{T} P^\mathrm{T} BPQ=\varLambda =\mathrm{diag}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n), \lambda_i\gt 0 \stackrel{|Q|^2=1}{\Rightarrow}|P|^2\cdot |B|=\lambda_1\cdots\lambda_n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是
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$$\begin{aligned} &|Q^\mathrm{T} P^\mathrm{T} (A+B)PQ|=|E_n+\varLambda|=\prod_{k=1}^n (1+\lambda_k) \gt  1+\lambda_1\cdots \lambda_n\\ \stackrel{|Q|^2=1}{\Rightarrow}&|P|^2 |A+B|\gt   1+\lambda_1\cdots \lambda_n \Rightarrow |A+B|\gt  |A|+|B|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2) 回到题目. 由
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$$\begin{aligned} \left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}E&0\\ -B^\mathrm{T} A^{-1}&E\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}A&B\\ B^\mathrm{T}&D\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}E&-A^{-1}B\\ 0&E\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccccccccccccccccc}A&\\ &D-B^\mathrm{T} A^{-1}B\end{array}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知
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$$\begin{aligned} \left|\begin{array}{cccccccccc}A&B\\ B^\mathrm{T}&D\end{array}\right|=|A|\cdot |D-B^\mathrm{T} A^{-1}B| \leq |A|\cdot \left[|D-B^\mathrm{T} A^{-1}B|+|B^\mathrm{T} A^{-1}B|\right] \stackrel{\mbox{第 1 步}}{\lt }|A|\cdot |D|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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