全国大学生数学竞赛预赛试题和答案(第一届第九届)

1、全国大学生数学竞赛预赛试题和答案(第一届第九届)第一届得分评阅人一、(15分)求经过三平行直线厶:x = y = z , 厶：x-l = y =乙+ 1厶：x = y + l = z_l的圆柱血的方程.解：先求圆柱面的轴厶。的方程.由己知条件易知，圆柱面母线的方向是n二(1JJ),丄圆柱血经过点0(0.0.0),过点O OR) U垂苴丁 h=(L1,1)的平而兀的方程为:x + y + z = 0 .(3分)/与三己知直线的交点分别为0(000)/(10-1),0(0,-1) (5分)圆柱血的轴厶，是到这三点等距离的点的轨迹，即X2 4-j2+z2 =(x-l)2 +y+ (z+l)2兀 2

2、十 X+Z2 =X2 十(y 十 l)2 + (z-l)2即x-z = 1 (9分)卩-2二-1将厶的方程改为标准方程X-1= V+ 1=Zr圆柱而的半径即为平行直线2尸Z和_1二对1二Z之间的距离.兔(1,70)(12 分)对圆柱面上任意一点恥有匹坐1二凹型J,即| |(-/+z-l): +(x-z-J) +(-a+ y + 2) =6 ,所以，所求圆柱面的方程为：（）x +3! +?+= 0得分评阅人（20分）设C是片复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域C上的线性空间，F =0 :0、7t0 :0S0*I ;0一“2,00 :1假设/=A =+ 4-1尸7 4轴F +罠冲求G的子空间=伙

3、e C I FX = XF的维数.（1）的证明：记/二（$.冬，4，M二如尸心+么F*+ F + q 要证明M = A .只需证明力与M的各个列向爼对应相等即可若以q. i己第d个基本单位列向（2分）I：是，只 rSj iiH明:对每个 j 血、土 Ae.（ tf, .若记p = （一-,，-| ）了 则F =（勺宀,卩、注意到-Fq = j F花= ,尸飞 =F（尸乜）=甩=耳 （*） （6分） 由M勺+%H尸J + “2 +切疋）。|=如厂玄+毎“F-2仇+4込心+ atlEet=%屁丰咳耳|+佝勺十5厲= AetU0分）知 A/c?2 = MFq = FMex = FA电、=上甩、=A（

4、2M勺=fF1el= F1 Aex = AF2e = AelA4eM = MFe. =FMe. = F Ae = AFne. = Ae所以，M=yi. 14 分）（2 解： 由（1）, C（F） = pF,h,，尸乌 （16分）设耳： + “尸+兀尸+耳_严1 =。等式两边同右乘弓，利用的基，特别地.得分评阅人三、（15分）假设P是复数域C上”维线性空间Cn0 , /,g 足P上的线性变换.如果妙二f,证明* /的持征值都足0.且人泾有公共特征向虽.证明：假设心是/的特征值疔是相应的特征子空间，即（I分）W =（7GVf（jf） = S.于是,炉在/下是不变的.下面先证明，人=0一任取非零炉，

5、记切为使得胡（处Q07）线性相关的最小的非负整数,于是,当0MF 时，g（）,g弋处,g（#）线性无关 （2分） （/=庞（乩）+ JsW=g+兔仍二 &炉（） + 2 心（“）+劇）根据加（） = &/ lW+fsx 如）= sUs W） + .0 切 用归纳法不难址明，仗S -定可以农示成g（）g（）,h（“）的线性组合，且 表示式中（仍前的系数为妇幅分）因此叫在/下也屋不变的/在上的限制在基,g（刃肿诃）,gnW下的 矩阵是上三角矩阵，且对角线元素都是兔，因而，这一限制的迹为跖九.（10分） 由于jg-sf=f在叫上仍然成立，而fg-&f的迹一定为零，故叭, =（）：即 =0. H2 分

6、）任取g附，由于/（?/）= 0,=gf（）+=gW+/（/?） = 所以， 烈“）W0.因此，炉在g下是不变的.从而,在炉中存在g的特征向量,这也是/,g的公共特征向：S. H5分）得分评阅人四、（10分）设伉（紺是定义在讪上的无疗次可微的函数序 列且逐点收敛,并在讪上满足fnx）0,将区间dK等分，分点为耳之+件也，八卽,2,使A得三上由于”;在有限个点找丁 = 0丄2,出上收敛個此3N.fmn9 K使毎怀（兀）一/（巧）|对每个丿=02点成立.； 竹分）是冷W町设X,则I九（Q-盜| s |上-几（ ）|+|几-（丹）| + |（号）-| Tz/（欲工-巧）| + |4（兀）-化（训+|

7、化（伙M-）| v（2M + l）G . （5 分）（2不一定.（6分）令Z,（） = J v? + 则/（x） = lim 7（x）在m可上不能保证处处可导，（IQ分）得分评阅人五、（10 分设 = J rdt1iiE明V 一发n=l代sin nlsill ntsin t散.A+/2（3 分）jt nsin/（It il（5分）（7分）sin Msin f（g分）得分评阅人六、（15分）f（x9y）是（尤）庆十y2 51上二次 连续可微函数，满足匸4 +学之夕，计算积分x df y j -+ -, tZtt/v.+b 更 Jf+f 即 J解：采用极坐标x二i cos0、y = rsin9,则

8、更+血0型n/& = f,空办一更出/ Jo片严P（6x砂 ?r城=W心傷+設dx（6分）dxdy =ML .,（10分）（15 分）=pdpj cof Osin： OilO = $ -得分评阅人匕（15分）假设函数/何在0, 1连勢在。1）内二阶可导, 过点J（0, /（0）,与点S（l, /（!）的直线与曲线 尸/相交于点C（c, /），其中0?i.址明：在 I）内至少存在 点C使r（）=o.证明：因为/在0,c Jt满足血肿wge屮值定理的条件.故存在 齐（0, c）,使八亦叱（4分）c-0由于C在弦朋上，故有（7分）/（c）（叭蚀二您!*（）_他. c-01-0 一（8分）同理可证，存

9、在 ft （C, 1）,使 /（fe） = /（l）-/（0） （11分）由/（$） = fG），知在陌，如上f满足Roh定理的条件，所以存在和际 即u I）,使 n） = 0，（5分）第二届一、（10分）设 e （0,1）, xq = a, in+i = a + sin（n = 0,1,2,.）.证明: C = lim“存在J且（为方程一 sin x = a的唯一根.M*+00证明：注意到|（sinr）?| = |casx| 1,由中值定理,我们有| sinr sin y| |rr ?y|, V.t. y G IR（2分） 所以|n+2 一 n+l| = |E（SillXn+i - SiD3

10、?n）| exn+i - |, n = 0, 1, 2, . （4分） 从而可得kn+1 -孙I en|xi -ro|, Vn = 0,1,2,.oo于是级数y（ 卄-巧）绝对收敛.从而& = lim xti存在.厶rt*+oon=Q（6分） 对于递推式轴41 = a + sin xn两边取极限即得f为工- sin a? = a的根.（8分） 进一步，设r/也是 fsiiw = a,即一esin7 = a的根,贝ij| 一 可| = e sin4 一 sin r） e|4 - r?|.所以由e G （0,1）可得r = g即ir -sin：r = a的根唯一.证毕（10分） 0 1030 二、

11、（15分）设=o 02010 证明X2 = 13无解这里X为三阶未知V 00 /复方阵.证明：反证法.设方程有解.即存在复矩阵月使得A2 = 13.（2分） 我们注意到B的特征值为0,且其代数重数为3.（4分） 设入为月的一个特征值，则入2为3的特征值.所以A=0.从而月的特征值 均为0.（0 0 0、0 1 0于是川的.Jordan标准型只可能为厶=0 0 0,丿2 =0 0 02 。丿1 /或010001（10 分）从而A2的Jordan标准型只能为厶=J：=岛或J2 = Jf.（12分） 因此A2的秩不大于1,与B=A2的秩为2矛盾.所以X2=B无解-证毕.（15分）三、（10分）设DC

12、R2是凸区域，函数是凸函数.证明或否定：八“） 在D上连续.注：函数Jx.y）为凸函数的定义是Vae（OJ）以及 街皿川仏化）W 成立丁伽 1 + （1 側 1 + （1-小血） 0/（, 3/1） 4-（1 -血）证明：结论成立.我们分两步证明结论（1）对于3 0以及龙0 - &工0 + $上的一元凸函数.g（E）,容易验证Vr W （H0 & 0 + 3）：gg - 9（血 二力） 9（工）皿） g（：% + “）-畑）（1_XT _ 血（）_6（2分）力o d久u + 从而回二也叫 （）便得E& 三:To 4, To + 可 X 珈一 （）便得If （父如十 J） 一 /（父如）1|/

13、o） - /（= 3） ）1d-+ 6, Vo） /（-FoZ/o）|1/（0 !/o） f（Xo 14-00./o证明：i-il M = sup |/(a-)| v +oo 令 厂(:矿)=/() /(I) 厂(l)(w 1)= 詞o：if(x) a(x i).则由 Peano 型的 Taylor 展式可得 Vc 0, 3 e (0, l)n 使得 当d x 1时，I厂(0)| e-(l x.（2分）我们有x/4，/(rr) da: +xr,(x 1) dx： +arM r(ar) + /?2 + 斤3 所以pln2 / f(x)dx 十 a*+8Jo由上式及0的任意性即得 f.lim n2

14、n4-oo/ xnf(x)dx =注意到M6卄1以及我们有以及Rq = 一a(航+ l)(n + 2)沪+2n + 2/ xrx | r(x) | dx 5 xn (l ；rn(l x) dx =x) dre(n+ 1)(“ + 2)lim |rr/?i | = 0. FF* + OOliin |n2/?2 十 a| = 0lim n2R 0 （这里ar表示q的转置），且存在n维实向量0,使 得0丁 = 0,同时对任意n维实向暈x和y,当xAy工U时有xAy if 丰0. 证明：对任意维实向量叽都有vA = 0.证明：取任意实数r,由题设知（“ + r8）Av + r/?）T 0（8分） 即v

15、Avt + rvA,37 + rt3Avr r2,3At3r O （12分） 亦艮卩vAvt + r （vA0t + 0Avt + r2A0 0.（14分）若uA.3t丰0,则有vA0 +丰0.因此可取适当的实数r使得i4ut +丁+ 广3A0丁 0.盾.证毕.（20分）七、（丄0分）设f 在区间0,1上Rieniann可积，0 / 0,存在只取值0, 1的分段（段数有限）常值函数 W 使得和60匚O, 1,证明：取定定义Am =IL（丿（血）一勺（匕）1,W U儿小m=Onl E U 如m=（）（5分）仁（/（） 一血）dx 十 / 止）一 g（）|血 协rt2- e.n1 d 4 0 +

16、/1 dxb/ . 4- 1f 4- 1对于0 5 0 s 1,设非负整数kt满足- , - nn nn则3/ UW - g&）处/ a占IIf （龙）一9（专血十Ck八.足lirn 转（C） = 4-OO.0+证毕.（10 分）（10分）已知卩：（Or+oo） T （0, +0O）是一个严格单调下降的连续函数.满归（胡2 dt十中（幼毗2詁f+oo9 dt= /= a +oc,Jo其中0】表示冲的反函数.求证：证明:令F =卩肚Q =.广严匚I = a - P - Q,其中pq = a.（2分）（It厂（刊）5江（小）5（曲）出扛/冷町=扣-町W （/十Q）2.因此，2dtL （用）s+/（

17、*）i（Z + Q）2+-（； + P）2 pq$ a+p）s =纟（茁 4 “（8分） a - I易见可取到适当的凶满足P = Q= 字，从而厂側）切十厂（严）5勒三十调:山a 47证毕.（10分）第三届试求过这一、(本题 15 分)已知四点 71(1,2,7), 5(4,3,3), (5,-1,6), (,77,0). 四点的球面方程.解答：设所求球面的球心为(迟篦习，则一 1）2 + （。-2）2 七一 7）2 =（云一4尸 + -3）2 + （王一3）2 =（X - 5）2 + （5 + I）2 + （5 - 6）2 =（丘一7尸 4 （ /7）2 + z2.（8分）即（3丘+ 4乏=

18、-10, 4,r - 3j/ - 5 = 4,（闪-l）x + （诉一2）歹-7? = -20.（1。分）（14 分）解得（壬，认刃=（1,一1,3）.而 （x-l）2 + （y-2）2 + （f-7）2 = 25. 于是所求球面方程为（15 分）0,1,仗-1尸 + 仗 + 1）2 十（z-3）2 = 25.二、(木题10分)设为0,1上的非负连续函数.求证：存在 使得niiacc) n / fk0 (VA=1,2,.我们有 （&夕ir）由此立即可得存在G 0, 1使得n 0,0 0、？ 0.我们首先考虑3sin4 + 4sin/3 + 18sinC在D的闭包E = （g 0，7）|“ 十疗

19、 + 了 = 7r,a N （人 0 0,丫 0上的最人值.（1分）我们有max （3 sin 月十 4 siii 十 18sin C）max （3sinj4 十 4 siii（A + C） + 18sin C）uicix tnax （3 + 4 cosC） sin A + 4-4 sin Ccos A + 18 sin C jOC/25 + 24 cos C + 18 sin C 0 C tt.计算得fC） = 0等价于(8cosC- 1) (27 cos2 C + 32 cos C + 4) = 0(7分)从而它在0, 的解为C = awe。詁. 2o于是maxocmax l满足证明：由T

20、aylor展式,Yx-L存在仝【一韵使得24- 工工/1十X = 1十772 8（1从而石石一（1 + #）|S 护,Varel-1,1.（2分）于是当吮 2时，不管我们怎么选取只取值1的数列%心均有（5分）可以有很多种方法选取只取值士 1的数列妇心】使得此时就成立n卫壮（X闪fc=l（6分）例如，我们可以按以卜方式选取：取如=1,依次定义n如果 a* 2a /n., h= 1n如果艺 2 3 ALJk=l（10 分）记我们有I nUn =刀*=172 1,2,-闪 yn 闪若yn 2q,我们有Jn + 1x/n + 1 + y/n + /n + l（/n + 1 十这时 如+1 一 3/n

21、0；（12 分）而当yn 2q时我们有3 十 1 + 一 %./?十1（血十1 +闪y这时 ?/n+l Hn 2/n + 1丁是当如十1 一 2a和张一 2。同号时,2/n + 1I：如十l 2a| 而当妬+1 2a和?/n 2。异号时，Iz/n-bl - 2a| S |”口十1 -佈 | S一般地有 2I轴十 1 一 2nj (),总有m N,使得如+1 - 2a和 如-2。异号.由上面 的讨论可得到I/A - 2a | 4-六、(本题20分)设力是数域F上的门阶方阵证明：4相似于),其中 V)C)B是可逆矩阵，C是幕零阵，即存在m使得Cn = 0.证明：设卩是F上门维线性空间，是“上线性变

22、换，它在1/的一组基下的 矩阵为4下面证明存在不变子空间I仁论满足V = % 且引片是同构, 诃是幕零变换.首先有子空间升链:Ker a C Kerr2 C C Ker 7 C - 从而存在正整数m 使得 Ker(7m = Ker rr4-1, (z = 1,2, ).进而有 Keram = Ker(r2w.下面证明 V = KeramIniam.Va Ker 7 Q Im(7,由 a G Iin7m,存在 0 W Vz,使得 o =产(0).由 此 0 = ”加(0),所以 0 e Kora2w,从而 3 Keratn = Kcre72w.故a = 0. Ker(7,nnim(7m = (0

23、),从而 V = Kercrm Im(7m. (12 分)由 r7(Iercrfn) C Krrw, a(hna) C Imrrm 知 Ker(7/?xJni 是 e-不变子 空间.又由um(Ker(jm) = (0)知引畑严 是幕零变换.由= link”知 (T|Inia-是满线性变换，从而可逆(17分)从 = Im am, V-2 = Keram中各找一组基ai,0】,，炖，合并成V的一组基,7在此基下的矩阵为(“ ),其屮是仃忆在基i，- ,Qg下的矩 c)阵，从而可逆；C是毎血在基W 6下的矩阵，是編零矩阵.从而月相似于 n其中是可逆矩阵,C是磊零矩阵 (20分)W C丿注；如果视F为

24、复数域直接用若当标准型证明.证明正确可以给10分; 存在可逆矩阵巴使得= di昭(丿(入宀)， J(入“如)丿(”5)厂，7(0)： 其中丿(人,)是特征值为A,的阶为也的若当块,A.尹0; 7(0,叫)特征值为0的 阶为m,的若当块(5分)令B = diag (J(Ab , J(Adl n),C = diag(O rn证明：首先，对任何r G R,不难由关于无穷积分收敛性的Dirichlet判别法得到卩(0血(毗)出收敛.下记4-00F sin(rr)心V.r R.由于F单调卜降(F(n/)sinfrff2kn0-(2fe+2)ir从而(D厂W) sin 1刃0 nr-booI riF(ri

25、t) sinZ di o(2k+2)xnF (nt) sin tdtJ n F(nt) F(2mv M) sin t. clt J n(F(M) F2nn nf) sin t dt k(穿)/ 4-(?)-mi()Xahtdt（5分）=0得结合lim /r?T4oc(9-忤=0.(7分)2j?.A：7t + nt) F(2nk-7r + 2n.ir zf) sin t dtV A: = 0, 1,2,.这样:任取 Q有N 0使得当n N时，有g）（辔）1从而对任何m （人n N有cH7T 0 十00, Ll lim P(a)=0得到龙 f+QO0 jV./71-7T T/所以=0（9分） 进一

26、步利用单调性，当时，有0rFW 0.0 0时、我们有JoI（12分）Vx 0.（山分）于是（15分）由“（g）的任意性,可得吗川）“ 进而因f是奇函数推得lim f（x） = 0.第四届1 ： （ 15分）设T为椭圆抛物面？ = 3z2十4y2十1.从原点作r的切锥面. 求切锥面方程.解答：设（龙,5刃为切锥面上的点（非原点）.存在唯一 t使得落在 椭圆抛物面上（5分）.于是有tz = （3t2十如刁产十1,并且这个关于t的二次 方程只有一个根（10分）.于是，判别式=护 _ 4（3a;2 + 4沪）=0.这就是所求的切锥面方程（15分）.口2： （15分）设为抛物线，P是与焦点位于抛物线同侧

27、的一点过P的直 线与围成的有界区域的面积记为A（L）.证明，月（Q取最小值当且仅当 卩恰为厶被卩所嵌出的线段的中点.解答:不妨设抛物线方程为y =护 P = （y （ 1分）.P与焦点在抛物线 的同侧，则蓝（2分）.设L的方程为y = 一血）+如0与的交 点的X坐标满足X2 = k（x - a?o） +如有两个解Xi 刀与厲轴，X = xi. x = X2构成的梯形面积D = *（卅+诡）（叼叼人 抛物线与北轴T = Ti. X = X2构成区域的面积为丿；：以必=吉（痣-咗）（& 分）于是有月（G =】（廿+卅）（叼-叼）-（诡-请）=右仗2 -叭尸36i4(L)2 =(2 - ai)6 =

28、 (xi + X2)2 - 4叼也)=(k2 4kr()+ 4i/o)3=(A- - 2r0)2 + 4o -诡)尸 64(?/o - Xq,)3.(12分),等式成立当且仅当力(0取最小值，当且仅当k = 2帀，即刼+工2 = 2兀 (15 分).3： ( 10 分)设/ C1 0, +co)5 f(0) 0 J3 0V.7T 0, +x) 巳知丿ofdx 十0求证Jo 爲 dx V十解答，riirr（）no,有严1 广 -L 丽 “rf 0) +尸仗)F3）f（巧（/+广）（1分）.取极限lirnJVt + qq仗） f（H）Cf（R）+ fM）dx LimN T 十 OG=Jv2oc(_

29、7(y)帀j（8分）.故宙已知条件有f （引+尸仗）(1()分).4! （10分）设AKC均为实阶正定矩阵，P= /Q + Bt + C：= 血2、其中为来定元，detP（i）表示F（i）的行列式.若入为f 的根， 试证明，礙仏） = 0. （ 4分）具体地，a*AaA2 + Ba 入 + a Co = 0.令 a = a*.4a, 6 = Q*Z?a, c =则由 A,B,C 皆为_定矩阵知 a （）0? c 0,且. b 士 Vb2 4a 0时，、心_ 4ac S从而b y/b2 4ac0；(8 分)当 4ac 0 时x/b2 4/.c = iy/4ac 62,从而 ReX = -b/2a

30、 0. 5：（ io分）已知芋需=2故有（1（）分）口zt1 工% =i0口5 + 2）（况 + 7）中_43-& （15 分）设 J：O,1-R 可微，/（0） = /（l）,./o1/）f/T = 0t 且尸尹 lVr0,1.求证：对任意正整数弘有 刀匸訂侑）i解答：由f/（O） = f（l）,故存在c （0,1）使得r（e） = 0（ 2分）又3 八 由导函数介值性质恒右f（H）V 1 （ 4分）令g（H）= /（x） - 4则处0为单 调下降函数（6分）.故（12分）.于是有（15 分）7： （ 25分）已知实矩阵月=（；：）证明：（1）矩阵方程AX = B有解但BY =月无解的充耍条

31、件是ft丰2丄=4/3;A相似于B的充要条件是a = 3小=2/3;（3） 4合同于B的充要条件是a + 2 = 0由两个不同的 根，从而4 B都可以相似于同一对角阵.故卫与相似（15分）.（3）由干M为对称阵，若儿B合同，则B也是对称阵，故b = 3 （ 16分）. 矩阵E对应的二次型（/（X1,X2）= 4卅 + 6X1X2 十卅=（311 +X2）2 一5卅.在可逆线性变换2/1 = 3血+工2心=m下,2）变成标准型：yf - 5爲 （18分）.由此.左的止，负惯性指数为1 （10分）.类似地，力对应的二 次型f （旳严2）= 2x1 + 4龙口2 + 位诡=2（旳 + a?2）2 +

32、 仏 一 2）喝在可逆线性变换Zi = 31+2,勺=叼下/a?nx2）变成标准型：2#+（a-2）W （22分）.A B合同的充要条件是它们有相同的正、负惯性指数，故儿合 同的充要条件是仪 为原点建立直角坐标系，使得初始切点P= （Q,r）.将圆 6沿Ci的圆周（无滑动）滚动到Q点，记角ZPOQ =伏则Q = （rsind,rcos6）. 令Eq为G在Q点的切线，它的单位法向为n = （sin cos0）.这时,P点运动到P 关于直线q的对称点P = P（&）处.于是，有OPr = OP+PP = OP-2（帀 n）n.（5分）故P点的运动轨迹曲线（心脏线）为P（0） = Pr = （2r（

33、l cos 0） sin 0. r + 2r（l cos 0） cos &）0 19 2?r.（8分）容易得到“员I C的反演变换的坐标表示为（钉）=（0, r） +工2十厂严V -心（11分）（Z y）=inR2Bcos0） 2r（l cos0）卜将（龙,）=“（0）代人得到（13分）直接计算.得到抛物线方程（15分）-r -2 W、9=帰 +（乔）二、（本题10分）设阶方阵B和n. x 1矩阵b分别为B=（如） 仆（小和6（0 =:,其中妬,bi（t）均为关于t的实系数多项式，2, j = 1,2,，n.记U丿d（t）为13（1）的行列式,也为用b替代Bt）的第i列后所得的n阶矩阵的行列

34、式.若曲）有实根使得3（%）X = 6（Zo）成为关于X的相容线性方程组，试证明: 照）,砂，（必有次数3 1的公因式.证明设B的第列为民，斤=12，仏 断言: f 是 数）,必（上）,，心 的公因式.反证.不失一般性，设仏馆）*0,于是秩0（切（如）=比因为心佝）丰0.（5分）注意到秩E（切）S - 1,结果増广阵0仏）,火o）的秩丰的秩、（9分）从而BMX = b（tn）不相容.矛盾.证毕.（10分）六、(本题25分)设即知为几阶实方阵全体，为(和)位置元素为1 其余位置元素为0的宛阶方阵，ij = 1,2,.让匚为秩等于的实71阶方 阵全体，r = 0;lf2,- ,n,并i上0 : R

35、,xn R,txn为可乘映照，即满足：飒月= 0(A)03),M,B 廈曲.试证明： rr,秩(力)=秩就叭(2)若0(0) = 0,且存在某个秩为1的矩阵W使得0()丰0,则必存在可逆方阵R 使得0(= RE币R对一切E巧皆成立,ij = 1,2, . ,n.证明：(l)4,Z?Grr表明4可表为A = PBQ、其中只Q可逆.(1分)结果0(4) = 0(户妙妙(Q),从而 秩巾(4) M秩机).(3分)对称地有 秩W秩(A).即有：秩飒力)=0(/?).(5分)(2)考察矩阵集合0(民川巧=1,2,，仇.先考察0(叭),，曲汕).由(1) 知做为非零阵，特别地.讽EQ为非零幕等阵，故存在单

36、位特征向量使得=沁” E = 1, 2, ,n.从而得向量组：血.,，如.(7分)此向量组有如下性质：(Q(E0(Em)A=(p(EiiEkk)k = o. kfl寸i)&(民)叫= = = bnj = 0.从而 (Eij)Wj = bijWi，进一步，如丰 0,否则有 0(jEjj)Wi, - ,wn = 0,导致 0(禺)为 零阵，不可能.(15分)这样通过计算飒E沁i,j = 1,2,，绒我们得到建2个非零的实数:由bln如 1bnn注意到EmrEr9 = Emsi从而brrMru = 辽吋皿 =(Eij)R = 0(E)s,rn = 0,，0, q,0，0 = % , vnE即，= REijR-.证毕.(25 分)三、(本题15分)设/(r)在区间0, a上有二阶连续导数厂(0) = 1 J(0)丰0, 且 0 V f(x) X. r (0,a).令m+i = /(珀)，龙 1 G (0,a)（1）求证巧收敛并求极限：（2）试问nxn是否收敛？若不收敛、则说明理山.若 收敛