2023年清华大学丘成桐数学领军计划一试试题（含答案解析)

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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a

2、k=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+3g1f2+3g1f21+5g2f1+g3)=3f1g2+3f1g21+5f2g1(3g1f2+3g1f21+5g2f1)=2(f2g1 g2f1)+3(f1g21 g1f21)=2?a55!b33

3、!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

4、 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=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

5、=(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

7、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=(1,2,n)=(1,2,m)JX2=aX2+(0,1,m1)X2K=bX

8、2+(2,3,n,0)若 a=b，则 m n 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dimX Mm+n(R)|AX=XA=m+n+2minm,n5#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#若 a 6=b，验证易知必有 X2,X3元素均为 0，故此种情形下dimX Mm+n(R)|AX=XA=m+n题 6.给定整数 n 2 及实数 a1,a2,.,an，令 n 阶实矩阵A=0000a11000a20100a3.0000an10001an.对线性空间 V=?x Mn(R)

9、?XT=X?，定义线性变换 V V,F(X)=AXAT，求tr(F)和 det(F).解析 6.记 A 的全部特征值为 1,n，并取 A 在特征值 i下的特征向量 i.其中若 i=j为相同的特征值，则 i,j为此特征值下线性无关的特征向量.Ai=ii TiAT=iTi AiTjAT=iijTj记 Xij=iTj+jTi V，则 ATXij=ijXij故 ij为 F 特征值.而 1,n为线性无关的特征向量，即为 n 维向量空间的基.取 n 维向量空间的自然基 ei，显然 eieTj+ejeTi(1 6 i j 6 n)为 V 的基.而设 ei=nPs=1kiss，则对任意 X V，X=Pijti

10、j(eieTj+ejeTi)=Pijtij(Ps,tkisskjtTt+kjttkisTs)=Ps,tPijtijkiskjt(sTt+tTs)可由 Xst线性表示.故有 Xij(1 i j n)构成 V 的基，线性无关.从而 ij(1 i j n)恰为 F 全部n(n+1)2个特征值.又|I A|=n ann1 a1，故nPi=1i=an，Pijij=an1.故 tr(F)=Pijij=nPi=12i+Pijij=(nPi=1i)2Pi 2.记 Sn为 n 阶置换群.考虑线性空间V=(x1,x2,.,xn)Rn|x1+x2+xn=0，对于 Sn，定义线性变换 :V V,(x1,x2,.,xn

11、)(x(1),x(2),.,x(n).记()=tr().1.对 Sn，求()所有可能取值.2.求PSn()2的值.解析 7.(1)对 Rn定义线性变换f:Rn Rn(x1,x2,xn)7(x(1),x(2),x(n)显然 V 是 f 的不变子空间，实质是 f|V.在 Rn的自然基下，f 对应的矩阵即为 Pf=(1(1),1(2),1(n)，其中1(i)为第 1(i)个分量为 1 剩余分量为 0 的 n 为列向量.令T=111111.1:=(1,2,n1,n)显然该矩阵前 n 1 列对应的列向量是 V 的一组基，于是 T1PfT 前 n 1 行列构成的子矩阵，即是在 1,2,n1对应的矩阵.记

12、 T1PfT 第 n 行 n 列的元素为 pnn于是trace(Pf)=trace(T1PfT)=trace()+pnn()=trace(Pf)pnn注意到pnn=(1,1,1)Pf(1,0,0,0)=1所以 trace()=trace(Pf)1.易知 trace(Pf)的所有可能取值为 0,1,2,n 2,n，所以 trace()的可能值为 1,0,n 3,n 1.7#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#(2)由(1)知，()=trace(Pf)1，而 trace(Pf)即为置换不动点的个数.我们下面用期望的方式来计算P

13、Sn()2.假设每个置换都是等可能的(概率为1n!).定义随机变量 X1,X2,Xn,其中Xi=0,该置换下i不是不动点1,该置换下i是不动点,i=1,2,n于是我们易知 P(Xi=1)=1n，从而 E(Xi)=E(X2i)=1n.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(X2)1.E(X2)=E(X1+X2+Xn)2=nXi=1E(X2i)+Xi=jE(XiXj)=1+Xi=jE(XiXj)注意当 i 6=j 时，E(XiXj)=P(Xi=1,Xj=1)=1n(n 1)所以E(X2)=1+Xi=jE(XiXj)=1+n(n 1)n(n 1)=2于是 E(X 1)2=E(X2)1=1，所以PSn()2=n!.题 8.设 p 1,+)，对 x Rn，x=(x1,x2,.,xn)，定义 kxkp=?nPi=1|xi|p?1p.问：是否存在常数 C，使得对于 x,y Rn满足 kxkp=kykp，以及 0,1，满足kx ykp6 Ckx (1 )ykp?若存在，求出 C 的最小值，若不存在，说明理由.解析 8.暂缺，待后续补充8#QQABKYAUggCAABJAAQhCAwViCgKQkACAAIoGRFAEMAAAgQFABAA=#

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