第42届全国大学生数学竞赛第1组
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第42届全国大学生数学竞赛
2024 年 11 月 2 日（10:30 - 13:00）
1.
对于以下矩阵 $A$，找到实数 $a、b、c$，使得 $A^5 = aA^2 + bA + cI$。 （这里，$I$ 是 $3 \times 3$ 单位矩阵。）
解决方案。
我们可以发现如下关系。
∴ $A^5 = A^2 \times (-3A) = (-3)^2 A$，所以 $a = 0$，$b = 9$，$c = 0$
2.
在 3 维坐标空间中，令 $S$ 为由 $4z^2 = x^2 + y^2 - 1$ 给出的曲面。证明曲面$S$正好包含两条经过点$P(1, 2, 1)$的直线，如果两条直线之间的锐角为$\theta$，求$\cos\theta$的值。
解决方案。
$S$：$4z^2 = x^2 + y^2 - 1$ 的可视化结果如下。
通过 $P(1, 2, 1)$ 的直线可以写为 $(at + 1, bt + 2, ct + 1)$, $t \in \mathbb{R}$，所以
$4(ct + 1)^2 = (at + 1)^2 + (bt + 2)^2 - 1 \Leftrightarrow 4c^2 = a^2 + b^2$ (方程 1), $8c = 2a + 4b$ (方程 2)
要归一化 $(a, b, c)$，请设 $a^2 + b^2 + c^2 = 1$（方程 3），并且由于方向向量可以在两个方向上获取，因此限制为 $c \ge 0$（方程 4）。
从（方程 1）和（方程 2），我们得到 $c^2 = 1/5$，从（方程 4），我们得到 $c = \sqrt{1/5}$。
从$a^2 + b^2 = 4/5$，我们可以设置$a = \sqrt{4/5}\cos \varphi$，$b = \sqrt{4/5}\sin \varphi$。
我们可以得到 $2a + 4b = 2\sqrt{4/5}\cos \varphi + 4\sqrt{4/5}\sin \varphi = \sqrt{(2\sqrt{4/5})^2 + (4\sqrt{4/5})^2}\sin(\varphi+\alpha) = 4\sin(\varphi+\alpha) = 8c = 8/\sqrt{5}$。
由于 $4 > 8/\sqrt{5}$，$(a, b, c) = (\sqrt{4/5}\cos \varphi, \sqrt{4/5}\sin \varphi, \sqrt{1/5})$ 以两种方式存在。
现在，要准确确定解的数量，请忽略单独引入的（方程 3）、（方程 4），仅关注（方程 1）、（方程 2）。
那么我们很容易找到$(a, b, c) = (0, 2, 1), (8, 6, 5)$。 （脚注：如果不容易找到，可以使用上面找到的 $\varphi$ 和 $\alpha$ 来确定解决方案。）
因此$\cos\theta$如下。
3.
找到满足以下方程的实数$N$。
解决方案。
4.
分别求 $37^{2024}$ 的十位和个位。
解决方案。
$100$ 的欧拉 totient 函数如下。
因此，由于 $37$ 和 $100$ 互质，根据欧拉定理，以下成立。
$37^{\varphi(100)} \相当于 37^{40} \相当于 1 \pmod{100}$
因此，以下内容成立。
\[37^{2024} \当量 37^{24} = (30 + 7)^{24}) \当量 2^{4} \乘以 30 \乘以 7^{23} + 7^{24}) \当量 20 \乘以 (7^{4})^{5} \乘以 7^{3} + (7^{4})^{6}) \ 相当于 20 \ 乘以 343 + 1) \ 相当于 61 \ pmod{100}\]5.
令 $f(x)$ 为定义在所有实数上的实函数，两次可微，并且 $f’‘(x)$ 是连续的。另外，对于所有 $x$，$f’(x) > 0$ 且 $f’‘(x) < 0$。证明对于任何正 $t$，以下内容成立。
解决方案。
我参考了官方的解决方案。
6.
对于满足下面两个条件的实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$，求下列最大值。 （假设 $n \ge 3$。）
非官方解决方案。
起初，我尝试使用二次形式矩阵 $A$ 进行以下方法，但由于条件 $a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0$，很难进一步进行。
不过从官方的解决方案来看，很明显和线性代数有关。
由于目标函数和约束对于所有 $(a_1, \cdots, a_n)$ 都是可微的，因此目标函数的最大值由局部最大值确定。
让我们使用多重等式约束下的拉格朗日乘子法（拉格朗日乘数）找到局部最大值。
现在，借用群论的思想，让我们了解一下$f(a, b) = \sum_i a_{i+a}a_{i+b}$在$\sum$运算下具有循环性质的特点。
○ $f(0, 0) = 1$
○ $f(a, b) = f(b, a)$：交换律
○ $f(a+c, b+c) = f(a, b)$
○ $f(a+c, b) = f(a-c, b)$
○ $f(a, b+c) = f(a, b-c)$
○ $\sum_c f(a+c, b) = 0$ (∵ $a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2 = 0)$
○ $\sum_c f(a, b+c) = 0$ (∵ $a_1 + a_2 + \cdots + a_n)^2 = 0)$
如果我们将值 $f(a, b)$ 标记在 $(a, b)$ 处的 $n \times n$ 矩阵上，则沿着右对角线方向它是 $1$，并且这些值以对角线对称的加号形状出现。
此外，由于任意选定行或列中所有函数值的总和变为 $0$，我们可以推测 $f$ 是循环的。
因此，对于循环函数$g$，我们可以设置$f(a, a\pm c) = g(2\pi c/n)$，其中$g(0) = 1$。
根据表示论，有限循环群（阿贝尔群）的任何实数一维表示最终都必须可以用 $\cos$ 或 $\sin$ 的形式表示。也就是说，循环群的每个元素都表示为固定元素的幂，并且当考虑复杂函数时，$e^{i\theta}$ 成为该元素。
因此，考虑到 $g(0) = 1$，我们有 $f(a, a \pm c) = \cos(2\pi c/n)$。
即使不使用表示论，我们也可以得出类似的结论。
即使给定任意函数 $f$，它也可以通过类似于 $f(a, a \pm c) = \cos(2\pi c/n)$ 的值来近似。
但为了满足 $f(a, a) = 1$、$f(a, a+1) \simeq \cos(2\pi/n)$、$\cdots$、$f(a, a+(n-1)) \simeq \cos(2(n-1)\pi/n)$，我们必须确定 $(a_1, \cdots, a_n)$。
由于有 $n$ 个方程和 $n$ 个变量，因此解是唯一确定的，之前找到的 $f(a, a \pm c) = \cos(2\pi c/n)$ 正是该解。
因此$(\text{拟不等式})\le f(a, a+1) = \cos(2\pi/n)$，等式条件如下。
作为参考，当$a_1 = 1/\sqrt{2}$、$a_2 = -1/\sqrt{2}$、$a_3 = \cdots = a_n = 0$时，满足给定条件，但不是最大值，因为它不满足拉格朗日乘数条件。
官方解决方案。
令$V = \mathbb{C}^n$，并定义线性映射$\phi$: $V \to V$ 如下。
$\phi(a_1, a_2, \cdots, a_n) = (a_2, a_3, \cdots, a_n, a_1)$
对于 $n$ 次单位根 $\zeta = e^{2\pi i/n} = \cos(2\pi / n) + i\sin(2\pi/n)$ 和 $1 \le k \le n$，
让$v_k = (\zeta^k, \zeta^{2k}, \cdots, \zeta^{nk})$。
（例如，$v_n = (1, 1, \cdots, 1)$。）则以下内容成立。
○ $\phi(v_k) = \zeta^k v_k$。也就是说，$v_k$ 是 $\phi$ 的特征向量（特征值 $\zeta^k）$。特别是，向量 ${v_1, v_2, \cdots, v_n}$ 构成复向量空间 $V = \mathbb{C}^n$ 的基础。
○ $v_k \cdot v_k^* = (\zeta^k, \zeta^{2k}, \cdots, \zeta^{nk}) \cdot (\zeta^{-k}, \zeta^{-2k}, \cdots, \zeta^{-nk}) = n$ (其中 $v^*$ 是 $v$ 的复共轭)
○ $j := k_1 - k_2 \ne 0 \Rightarrow v_{k_1} \cdot v_{k_2}^* = \zeta^j + \zeta^{2j} + \cdots + \zeta^{nj} = 0$ （其中 $v^*$ 是 $v$ 的复共轭）
考虑满足问题条件的任意向量 $v$ ，如下所示。
⑴ $v = (a_1, a_2, \cdots, a_n) \in \mathbb{R}^n$
⑵ $a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 0$
⑶ $a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2 = 1$
假设$v$相对于基${v_1, v_2, \cdots, v_n}$的坐标表达式如下。
由条件⑵，
由条件⑶，
由此我们得到以下信息。
现在，
由于这个值是真实的，
因此，$a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_{n-1}a_n + a_na_1$ 的最大值为 $\cos(2\pi/n)$，并且该值在以下情况下获得：
$c_2 = c_3 = \cdots = c_{n-2} = 0$,
所以 $v$ 的形式为 $v = c_1 v_1 + c_{n-1} v_{n-1}$。在这种情况下，
$v = c_1(\zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^n) + c_{n-1}(\zeta^, \zeta^{2}, \cdots, \zeta^{*n}) \in \mathbb{R}^n$
所以我们可以看到 $c_{n-1} = c_1^*$。另外，由于 $n(\left|c_1\right|^2 + \left|c_{n-1}\right|^2) = 1$，
我们可以看到它的形式
特别是，当 $c = 1/\sqrt{2n}$ 时，选择
产生最大值 $\cos(2\pi/n)$。
7.
对于二维坐标平面上的有界闭块区域$D$，假设$D$的边界$\beta$满足以下关系。
⑴ $\beta$ 是一条光滑简单闭合曲线。
⑵ 对于$\beta$上的任意点$O$，以$O$为圆心、半径为$1$的圆恰好与$\beta$相交于两点。
⑶ 在$\beta$上的任意点$O$所画的切线在除$O$之外的任何其他点都不与$\beta$相交。
令 $M$ 为长度为 $1$ 的杆 $PQ$ 的中点。如果我们将杆旋转一整圈，使端点 $P、Q$ 始终位于 $\beta$ 上（即，将两点 $P、Q$ 沿曲线 $\beta 连续移动一圈），则假设 $M$ 的轨迹成为一条简单的闭合曲线 $\gamma$。证明两条曲线 $\beta$ 和 $\gamma$ 之间的区域面积为 $\pi/4$。
解决方案。
给定上述三角形，根据帕普斯中值定理，$a^2 + b^2 = 2(c^2 + d^2)$ 成立。
因此，以下内容成立。
输入：2024.12.06 19:02