第34届全国大学生数学竞赛-赛区1
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第34届全国大学生（工业）数学竞赛
2015 年 11 月 14 日（10:00 - 13:00）
1.
计算以下极限。
解决方案。
根据 L’Hospital 定理，
2.
对于正整数 $d$，证明任何实数系数多项式 $\phi(x,y)=\sum_{i=0}^{2d} a_i x^i y^{2d-i}$ 满足以下恒等式。
解决方案。
展开左侧会产生独立于 $x$ 和 $y$ 的表达式，因此通过对 $x$ 和 $y$ 应用对称变换获得的右侧最终与左侧相同。
因为大自然并不偏爱 $x$ 和 $y$ 中的一个。
3.
对于正整数 $n$ ($n \ge 3$)，大小为 $n^2 \times n^2$ 的矩阵 $A=(a_{ij})$ 如下给出。
求$A$的所有特征值以及每个特征值对应的特征空间的维数。
解决方案。
给定的矩阵 $A$ 可以表示为克罗内克乘积 $A = J \otimes (A)_{n\times n}$，其中 $J=\mathbf{1}\times \mathbf{1}^T$ （参见 克罗内克乘积）。例如，当$n=3$时，如下。
$J$ 的特征值为 $0$ 或 $n$。
此外，$(A)_{n\times n}$ 的特征值为 $1$ 或 $-1$。在下面的计算中，请注意，在计算 $(n-1)\times(n-1)$ 行列式时，唯一的非零项来自对角线项和反对角线项。
因此，由于$A$的特征值是$J$和$(A)_{n\times n}$特征值的乘积，所以特征值集合是${-n, 0, n}$。
同时，由下式可知，对于$J$的特征向量$x$和$(A){n\times n}$的特征向量$y$，$x\otimes y$是$A = J\otimes(A){n\times n}$的特征向量。
因此，参考上面的特征方程，我们就可以确定每个特征值对应的特征向量所占据的维度。请注意，这些维度的总和必须为 $n^2$。
○ 情况 1. $n = 2k+1$> ○ 1-1. 当$(A)_{n\times n}$的特征值$\mu$为$1$时：维度为$k+1$（在$n$维空间中）
○ 1-1-1. 当$J$的特征值为$0$时，因此$A$的特征值为$0 \times \mu = \mathbf{0}$：维度为$(n-1)\times(k+1)$（在$n^2$维空间中）
○ 1-1-1. 当$J$的特征值为$n$时，因此$A$的特征值为$n \times \mu = \mathbf{n}$：维度为$1\times(k+1)$（在$n^2$维空间中）
○ 1-2. 当$(A)_{n\times n}$的特征值$\mu$为$-1$时：维度为$k$（在$n$维空间中）
○ 1-2-1. 当$J$的特征值为$0$时，因此$A$的特征值为$0 \times \mu = \mathbf{0}$：维度为$(n-1)\times k$（在$n^2$维空间中）
○ 1-2-2. 当$J$的特征值为$n$时，因此$A$的特征值为$n \times \mu = \mathbf{-n}$：维度为$1\times k$（在$n^2$维空间中）
○ 情况 2. $n = 2k$
○ 2-1. 当$(A)_{n\times n}$的特征值$\mu$为$1$时：维度为$k+1$（在$n$维空间中）
○ 2-1-1. 当$J$的特征值为$0$时，因此$A$的特征值为$0 \times \mu = \mathbf{0}$：维度为$(n-1)\times(k+1)$（在$n^2$维空间中）
○ 2-1-2. 当$J$的特征值为$n$时，因此$A$的特征值为$n \times \mu = \mathbf{n}$：维度为$1\times(k+1)$（在$n^2$维空间中）
○ 2-2. 当$(A)_{n\times n}$的特征值$\mu$为$-1$时：维度为$k-1$（在$n$维空间中）
○ 2-2-1. 当$J$的特征值为$0$时，因此$A$的特征值为$0 \times \mu = \mathbf{0}$：维度为$(n-1)\times(k-1)$（在$n^2$维空间中）
○ 2-2-2. 当$J$的特征值为$n$时，因此$A$的特征值为$n \times \mu = \mathbf{-n}$：维度为$1\times(k-1)$（在$n^2$维空间中）
概括这一点，我们可以将其表达如下。
4.
令 $V$ 为由大小为 $100 \times 100$ 的实矩阵组成的实向量空间。对于矩阵 $A \in V$，令 $d_A$ 为 $V$ 的子空间 ${,B \in V \mid AB = BA,}$ 的维数。如果$A \in V$ 满足恒等式$A^4 - 5A^2 + 4I = O$（其中$I$ 是恒等矩阵），则找到$d_A$ 的最小值。
解决方案。
对于多项式 $p(t)=t^4-5t^2+4$，给定恒等式的形式为 $p(A)=O$。
矩阵可对角化当且仅当其最小多项式分裂为不同的线性因子。
这里，最小多项式是满足$q(A)=O$的多项式中最小次的非零多项式，并且是所有满足$q(A)=O$的多项式$q$的最大公约数。
由于 $A$ 满足的多项式分解为没有重复根的不同线性因子，因此 $A$ 是可对角化的。
同时，由于$p(t)=(t+2)(t+1)(t-1)(t-2)=0$，$A$可能的特征值为$-2,-1,1,2$。
可对角化矩阵 $A$ 和与其交换的矩阵 $B$（即属于其交换子）可以表示为块对角矩阵，其中每个块对应一个特征值。
回想一下，“交换”意味着满足 $AB=BA$，如果 $A$ 的所有特征值都不相同，则与对角矩阵 $D$ 交换的矩阵 $B$ 本身必须是对角的。
因此，$B$的形式如下。
如果每个特征值块 $B_i$ 的维度为 $n_i$，则 $k=4$ 时，我们有 $n_1+\cdots+n_k=100$。由于每个特征值块内允许有任意 $n_i\times n_i$ 矩阵，因此我们得到 $d_A = n_1^2 + \cdots + n_k^2$，并且可以应用柯西-施瓦茨不等式。
（通勤相关问题：2017年第36届竞赛第1区第5题)
5.
可微函数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 满足以下条件。
证明以下不等式。
解决方案。
首先，根据柯西-施瓦茨不等式，我们验证以下成立。
我们在假设 $f(x)\ge 0$ 下检查的不等式是否成立，与给定陈述的一般结论相同。
（上述主张并不是严格必要的，但引入它是因为它得出这样的结论：假设 $f(x)$ 是上凸钟形也是可以接受的。）
而且，即使我们适当改变积分区间，给定的不等式是否成立也不会改变。
例如，即使我们交换$[1,2]$和$[2,3]$并将它们重新定义为$[2,3]$和$[1,2]$，左侧和右侧的值都不会改变。
因此，假设 $f(x)f’(x)\ge 0$ 对于 $-\infty \le x \le c$ 和 $f(x)f’(x)\le 0$ 对于 $c \le x \le \infty$，我们检查的表达式的有效性与给定不等式的一般结论相同。
因为通过适当地执行上例中使用的替换操作，我们可以创建这样一种情况：$f(x)f’(x)\ge 0$ 位于 $-\infty \le x \le c$ 上，$f(x)f’(x)\le 0$ 位于 $c \le x \le \infty$ 上。
由于$f(-\infty)=f(\infty)=0$，我们可以得到以下结论。
6.
令 $x(t), y(t), z(t)$ 为成对互质实系数多项式，次数至少为 $1$。对于某些正整数$d$，它们满足以下恒等式：
\[x(t)^d + y(t)^d = z(t)^d\]证明 $x(t)^{d-1}$ 除以 $y(t)z’(t) - z(t)y’(t)$，并且 $d \le 2$。
解决方案。
我们可以得到以下方程。
我们可以将两边除以$x(t)^{d-1}$，并且由于$x(t)$和$y(t)$是互质的，所以很容易看出$x(t)\mid\bigl(y(t)z’(t)-y’(t)z(t)\bigr)$。
不失一般性，假设$x(t)$的阶数$n$大于或等于$y(t)$的阶数。那么$z(t)$的度也是$n$。
因此，我们可以如下证明$d \le 2$。
这与费马大定理的函数域版本，即梅森-斯托瑟定理有关。
7.令$A, B$ 为实对称$2\times 2$ 矩阵，特征值分别为$\lambda_1, \lambda_2$ ($\lambda_1 \ge \lambda_2 \ge 0$) 和$\mu_1, \mu_2$ ($\mu_1 \ge \mu_2 \ge 0$)。证明以下不等式：
\[\mathrm{tr}(AB) \le \lambda_1\mu_1 + \lambda_2\mu_2\]官方解决方案。
官方的解决方案写得通俗易懂，所以这里复制了大部分内容。
由于 $A、B$ 是对称矩阵，因此 $A、B$ 可正交对角化。 (∵ 谱定理)
对$A$和$B$进行对角，存在正交矩阵$P$和$Q$，使得$A = P,\mathrm{Diag}(\lambda_1,\lambda_2),P^T$和$B = Q,\mathrm{Diag}(\mu_1,\mu_2),Q^T$，因此我们得到以下结果。
由于$P^TQ$也是正交的，所以我们写$P^TQ = ((a,c)^T,(b,d)^T)$，并且由于每个行向量和列向量必须是单位向量，
\[a^2 + b^2 = c^2 + d^2 = 1 = a^2 + c^2 = b^2 + d^2\]成立。特别是，$a^2 = d^2$ 和 $b^2 = c^2$。现在，使用 $\lambda_1\mu_2 + \lambda_2\mu_1 \le \lambda_1\mu_1 + \lambda_2\mu_2$ 和 $a^2 + b^2 = 1$，我们得到
这样我们就明白了。
8.
对于正整数 $n$，如果 $M^T M = I$，则大小为 $n \times n$ 的实矩阵 $M$ 称为正交矩阵。如果存在可逆实矩阵 $P$ 使得 $PMP^{-1}$ 正交，则 $M$ 称为“类似于正交矩阵的矩阵”。 （这里$M^T$是$M$的转置，$I$是单位矩阵。）
(i) 对于特征值均为正的实数对称矩阵 $S$，证明任何满足 $A^TSA = S$ 的矩阵 $A$ 都“类似于正交矩阵”。
(ii) 对于矩阵 $A, B$，如果 $A$ 和 $\begin{pmatrix}A & 0\ 0 & B\end{pmatrix}$ 都“类似于正交矩阵”，则表明 $B$ 也“类似于正交矩阵”。
解决方案。
(一)
考虑一个正交矩阵 $M$，使得 $M^T M = I$。
设$P$为$M$的第1、$\cdots$、$n$列分别乘以$\sqrt{\lambda_1}、\cdots、\sqrt{\lambda_n}$得到的矩阵。那么对于一个任意对角矩阵 $D$，其对角元素为 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$，我们有： $P^T P = D$。
特征值均为正的实数对称矩阵$S$可以进行正交对角化，因此$S = P_S D_S P_S^T$。
如上所示，我们可以找到$P$满足$P^T P = D_S$，所以
$S = P_S D_S P_S^T = (P P_S^T)^T (P P_S^T) = Q^T Q$
∴ $A^TSA = A^T Q^T Q A = S = Q^T Q$
$\Leftrightarrow I = (Q^{-1})^T A^T Q^T Q A Q^{-1} = (Q A Q^{-1})^T (Q A Q^{-1})$
$\Leftrightarrow$ 由于 $Q$ 存在，$A$“类似于正交矩阵”。
(二)
参考了官方的解决方案。
首先，设$M(A,B)=\begin{pmatrix}A & 0\ 0 & B\end{pmatrix}$。对于任意可逆矩阵$S$，
满足，因此不失一般性，我们可以假设 $A$ 是正交的。
由于 $M(A,B)$ “类似于正交矩阵”，根据 $X M(A,B) X^{-1}$ 是正交的事实，我们得到以下结果。
\[M(A,B)^T X^T X M(A,B) = X^T X\]最后，我们看到 $M(A,B)$ 保留了一些正定矩阵 $G = X^T X$。由于对称矩阵 $G$ 必然是正定对称矩阵，如果一个矩阵“类似于正交矩阵”，那么就存在一个它保留的正定对称矩阵。 （与（i）相反。）
逐块比较上面的方程，从 $M(A,B)^T G M(A,B)=G$ 我们得到三个关系。
○ 左上角：$A^T Z_{11} A = Z_{11}$
○ 右上角：$A^T Z_{12} B = Z_{12}$
○ 右下：$B^T Z_{22} B = Z_{22}$
由于我们得到$B^T Z_{22} B = Z_{22}$，通过(i)我们知道$B$“类似于正交矩阵”。
附录
如果 $MM^T = P M P^T$ 成立，则 $M$ 称为 $P M P^T$ 的平方根。
这个问题就是受此启发。
输入：2023.03.11 21:30
修改时间：2025年06月10日 22:40