2021-2022年丘成桐女子中学生数学竞赛——笔试部分

声明：本文为我从网上流传的试题写的个人解答，与清华大学求真书院官方无关。

首届丘成桐女子中学生数学竞赛于2021年10月31日晚落下帷幕，共140名左右学生参加了笔试，35名学生入围面试，争夺“诺特奖”，最终决出金奖、银奖、铜奖、优胜奖各1、3、6、15人。

下面来看看这份题是长什么样子，除了第3题我没什么把握做对、第6题（图论）完全不会，其他应该都没做错吧，如果有误敬请指出。

2021-2022年丘成桐女子中学生数学竞赛——笔试部分

第1题 已知\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}, 给定正实数X,x_0,\delta, 试求
\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n}\int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}e^{-nX(x-x_0)^2}\mathrm{d}x \\ 的值.

解: 注意到(第三行换元y=\sqrt{nX}x.)

\begin{aligned} I_1(n)&:= \sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-nX(x-x_0)^2}\mathrm{d}x\\ &=\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-nXx^2}\mathrm{d}x \\ &=\sqrt{n}\dfrac{1}{\sqrt{nX}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}\mathrm{d}y \\ &=\dfrac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{X}}. \end{aligned}\\

并且

\begin{aligned} I_2(n)&:= \sqrt{n}\int_{(-\infty,x_0-\delta)\cup(x_0+\delta,+\infty)}e^{-nX(x-x_0)^2}\mathrm{d}x \\ &< 2\sqrt{n}\int_{x_0+\delta}^{\infty}e^{-nX\delta(x-x_0)}\mathrm{d}x \\ &=2\sqrt{n}\cdot \dfrac{1}{nX\delta}e^{-nX\delta^2}\to 0(n\to\infty) \end{aligned}

因此

\begin{aligned} &\quad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{n}\int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}e^{-nX(x-x_0)^2}\mathrm{d}x \\ &=\lim_{n\to+\infty}(I_1(n)-I_2(n))=\boxed{\dfrac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{X}}}. \end{aligned}\\

第2题 (1)求\sin x在x=0处的泰勒级数.
(2)判断极限\lim\limits_{n\to+\infty}(n!\sin 1-\lfloor n!\sin 1\rfloor)是否存在, 若存在, 求出该极限的值. 若不存在, 请说明理由. 其中\lfloor t\rfloor表示不超过t的最大整数.

解: (1)设f(x)=\sin x, 则f^{(n)}(x)=\sin\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right), 当n=2k-1为奇数时, f^{(2k-1)}(0)=(-1)^{k-1}; 当n=2k为偶数时, f^{(2k)}(0)=0. 由泰勒展开的公式可得

\boxed{\sin x=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}x^{2k-1}}. \\

(2)该极限不存在. 证明如下: 考虑奇子列\{(2n-1)!\sin 1-\lfloor(2n-1)!\sin 1\rfloor\}.

注意到当n=2m-1时, 有 \sin x\le \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}x^{2m-1}, \qquad \forall x>0,

当n=2m时, 有 \sin x\ge \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}x^{2m-1}, \qquad \forall x>0,

接下来, 由于

\begin{aligned} &\quad (2n-1)!\sin 1=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}(2n-1)!}{(2k-1)!} \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}(2n-1)!}{(2k-1)!}+ \sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}(2n-1)!}{(2k-1)!} \\ &:=S_1+S_2, \end{aligned}\\

注意S_1是整数, 当n>1时,

\begin{aligned} \left|S_2\right| &\le\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!}{(2n-1)!(2k-1)(2k-2)} \\ &\le \sum\limits_{k=n+1}^{\infty}\dfrac{1}{(2k-1)(2k-3)} =\dfrac{1}{2(2n+1)} < \dfrac{1}{2} \end{aligned}\\

于是当n=2m-1时, S_2= (2n-1)!\sin 1-S_1 < 0, 即-\dfrac{1}{2} < S_2 < 0, 此时

\lfloor(2n-1)!\sin 1\rfloor = 1+\sum\limits_{k=1}^{m}\dfrac{(-1)^{k-1}(2n-1)!}{(2k-1)!}.\\

当n=2m时, S_2=(2n-1)!\sin 1-S_1>0, 即0 < S_2 < \dfrac{1}{2}. 此时

\lfloor(2n-1)!\sin 1\rfloor = \sum\limits_{k=1}^{m}\dfrac{(-1)^{k-1}(2n-1)!}{(2k-1)!}.\\

另一方面, 由前面的推导可得|S_2|\to 0(n\to\infty), 因此数列\{(2n-1)!\sin 1-\lfloor(2n-1)!\sin 1\rfloor\}的奇子列收敛于1, 偶子列收敛于0, 所以数列\{(2n-1)!\sin 1-\lfloor(2n-1)!\sin 1\rfloor\}是发散的. 所以原数列存在发散子列, 则原数列也是发散. \square

第3题 设\mathbb{C}为全体复数构成的集合, n是正整数. 定义映射
\begin{aligned} f:&\mathbb{C}^n\times\mathbb{C}^n\times\mathbb{C}^n\to \mathbb{C}^n\times\mathbb{C}^n\times\mathbb{C}^n, \\ &(X,Y,Z)\mapsto (X+Y+Z,X+\omega Y+\omega^2Z,X+\omega^2Y+\omega Z), \end{aligned}\\ 其中\omega=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i, i=\sqrt{-1}是虚数单位.
(1)证明f是线性同构.
(2)A,B,C都是复数域上的n阶方阵. 定义矩阵
M=\begin{pmatrix} A&B&C\\C&A&B\\B&C&A\end{pmatrix}. \\ 证明: M的全体特征值构成的集合是A+B+C,A+\omega B+\omega^2C,A+\omega^2B+\omega C特征值构成的集合的并.

证明(不保证正确): (1)f线性是显然的, 下证f是单射. 若

\left\{\begin{aligned} &X+Y+Z=0, \\ &X+\omega Y+\omega^2Z=0, \\ &X+\omega^2Y+\omega Z=0, \end{aligned}\right.\\

这是一个关于文字X,Y,Z的线性方程组, 其系数矩阵的行列式为

\left|\begin{matrix} 1&1&1 \\ 1&\omega&\omega^2 \\ 1&\omega^2&\omega \end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix} 1&1&1 \\ 1&\omega&\omega^2 \\ 1&\omega^2&\omega^4 \end{matrix}\right|=(1-\omega)(1-\omega^2)(\omega^2-\omega^4)\ne 0,\\

(Vandermonde行列式性质), 所以该线性方程组只有零解(X,Y,Z)=(0,0,0), 从而f是单射.

由于线性空间中一个线性映射是单射当且仅当它是满射, 所以f是同构.

(2)记矩阵X=\begin{pmatrix} &I&\\&&I\\I&&\end{pmatrix}. 其中I是n阶单位矩阵. 容易求得X的特征多项式是(\lambda^3-1)^n, 所以X的所有特征值为1,\omega,\omega^2(都是n重). 记e_i=(\cdots,0,1,0,\cdots)^T\mathbb{C}^n(第i个分量是1, 其余分量是0)(i=1,2,\cdots,n), 那么对应于1的所有线性无关特征向量为\begin{pmatrix}e_i \\ e_i \\ e_i\end{pmatrix}, 对应于\omega的所有线性无关特征向量为\begin{pmatrix}\omega e_i \\ \omega^2 e_i \\ e_i\end{pmatrix}, 对应于\omega^2的所有线性无关特征向量为\begin{pmatrix}\omega^2 e_i \\ \omega e_i \\ e_i\end{pmatrix},

M可以表示为

M=f(X)=\begin{pmatrix}A\\&A\\&&A\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}B\\&B\\&&B\end{pmatrix}X +\begin{pmatrix}C\\&C\\&&C\end{pmatrix}X^2.\\

设X的一个特征值为\lambda, 对应特征向量为v, 则

\begin{aligned} Mv&=f(X)v=\begin{pmatrix}A\\&A\\&&A\end{pmatrix}v +\begin{pmatrix}B\\&B\\&&B\end{pmatrix}Xv +\begin{pmatrix}C\\&C\\&&C\end{pmatrix}X^2v \\ &=\begin{pmatrix}A\\&A\\&&A\end{pmatrix}v +\begin{pmatrix}B\\&B\\&&B\end{pmatrix}\lambda v +\begin{pmatrix}C\\&C\\&&C\end{pmatrix}\lambda^2v \\ &=\begin{pmatrix}A+\lambda B+\lambda^2C\\&A+\lambda B+\lambda^2C\\&&A+\lambda B+\lambda^2C\end{pmatrix}v \\ &:=\mathrm{diag}_3(A+\lambda B+\lambda^2C)v. \end{aligned}\\

由于X共有3n个线性无关特征向量, 故任意向量v\in\mathbb{C}^{3n}均可以写成X的所有特征向量的线性组合. 因此\mathrm{diag}_3(A+\lambda B+\lambda^2C)的特征值也是M的特征值. 从而A+\lambda B+\lambda^2C(\lambda=1,\omega,\omega^2)的特征值都是M的特征值. \square

第4题 设S是全体单位复数的乘法群, 判断S的有限子群是否一定为循环群, 并说明理由.

证明: 是. 我们只需证明如下断言: 若G是n元有限Abel群, 且对任意d|n, 方程x^d=1的根的个数不超过d, 则G是循环群.

证明如下: 假设G_d由G的所有d阶元构成, 且G_d\ne\varnothing, 于是有y\in G_d.

显然由y生成的群\langle y\rangle\subseteq\{x\in G|x^d=1\}, 但是\langle y\rangle=\{1,y,\cdots,y^{d-1}\}, 由于方程x^d=1根的个数不超过d, 故\langle y\rangle\supseteq\{x\in G|x^d=1\}, 所以\langle y\rangle=\{x\in G|x^d=1\}. 因此|G_d|=\phi(d).

于是我们证明了G_d要么是空集, 要么|G_d|=\phi(d). 对任意d|n, 有

n=|G|=\sum_{d|n}|G_d|\le\sum_{d|n}\phi(d)=n, \\

所以对任意d|n都有|G_d|=\phi(d), 故G是循环群. \square

在本题中, 由于S的有限子群G是有限Abel群, 且对任意d, 方程x^d=1都不超过d个, 由前面的断言, G是循环群. \square

注: Euler示性函数\phi(d)表示不超过d且与d互素的正整数个数. 比如\phi(6)=1, \phi(8)=3.

参考:

 

 

第5题 对任意矩阵A, 定义\|A\|=\sqrt{\mathrm{tr}(A^TA)}. 如果A满足A^TA=AA^T=I, 其中I是单位矩阵, 称A为正交矩阵.
(1)求证: 若P,Q为实正交矩阵, 则对实矩阵A, 有\|A\|=\|PAQ\|.
(2)A为n阶实对称矩阵, v是任意n维实列向量. 设\lambda_1,\cdots,\lambda_n是A的全体特征值, 证明:
\|Av\|\le\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}\|v\|. \\ (3)A为n阶实对称矩阵, v是任意n维实列向量. 证明:
\|A\|^2\ge\dfrac{2n-1}{2(n-1)}\dfrac{\|Av\|^2}{\|v\|^2}-\dfrac{1}{n-1}[\mathrm{tr}(A)]^2. \\

证明: (1)利用熟知的等式\mathrm{tr}(ABC)=\mathrm{tr}(BCA)(A,B,C\text{为方阵}), 可得

\begin{aligned} \|PAQ\|&=\sqrt{\mathrm{tr}[(PAQ)^T(PAQ)]} \\ &=\sqrt{\mathrm{tr}(Q^TA^TP^TPAQ)} \\ &=\sqrt{\mathrm{tr}(Q^TA^TAQ)} \\ &=\sqrt{\mathrm{tr}(A^TAQQ^T)} \\ &=\sqrt{\mathrm{tr}(A^TA)}=\|A\|. \end{aligned}\\

(2)由于A是实对称矩阵, 故可以对角化, 记A=P\Lambda Q, 其中\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_1,\cdots,\lambda_n), 令w=Qv=(w_1,w_2,\cdots,w_n)^T, 则

\|w\|=\sqrt{\mathrm{tr}(v^TQ^TQv)}=\sqrt{\mathrm{tr}(v^Tv)}=\|v\|, \\

且

\begin{aligned} \|Av\|^2&=\|P\Lambda Qv\|^2=\mathrm{tr}(v^TQ^T\Lambda^TP^TP\Lambda Qv)\\ &=\mathrm{tr}(w^T\Lambda^T\Lambda w) =\sum\limits_{i=1}^n\lambda_i^2w_i^2 \\ &\le \max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}^2\sum\limits_{i=1}^nw_i^2 \\ &=\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}^2\|w\|^2 \\ &=\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}^2\|v\|^2. \end{aligned}\\

(3)由(1), \|A\|^2=\|\Lambda\|^2=\lambda_1^2+\cdots+\lambda_n^2, 注意到\mathrm{tr}(A)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n(特征值与特征多项式的关系), 故

(\mathrm{tr}(A))^2=(\lambda_1^2+\cdots+\lambda_n^2)+\sum\limits_{i\ne j}\lambda_i\lambda j. \\

之前的答案有误，待修改

第6题 已知图T为树, 其顶点V_1,\cdots,V_n的度依次为d_1,\cdots,d_n, 其中d_i\in\mathbb{N}^*, i=1,2,\cdots, \sum_{k=1}^nd_k=2n-2.
(1)证明: 满足条件的不同树的个数为 \dfrac{(n-2)!}{(d_1-1)!(d_2-1)!\cdots(d_n-1)!}.
(2)记所有含有n个顶点的树构成的集合为S, 证明恒等式:
(x_1+x_2+\cdots+x_n)^{n-2}=\sum_{T\in S}\left(\prod_{i=1}^nx_i^{d_T(v_i)-1}\right), \\ (3)证明恒等式
(x+y)(x+y+z_1+\cdots+z_n)^{n-1}=xy\sum_{I\subseteq\{1,\cdots,n\}}(x+Z_I)^{|I|-1}(y+Z_{I^c})^{|I_c|-1}. \\ 其中I可以为空集, I^C为补集, Z_I=\sum_{i\in I}z_i.
 
 
来源：Fiddie的数学之旅，https://zhuanlan.zhihu.com/p/427999097