好像還沒人寫解答，那我簡單寫一下我的解答，如果有誤歡迎指出！
1. 求\alpha,\beta 使得級數\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{n^{\alpha}m^{\beta}} 收斂.解答： 當\alpha\le 1 時, 根據
\sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{n^{\alpha}m^{\beta}} \ge \dfrac{1}{n^{\alpha}}, \\
於是原級數發散. 下設\alpha>1 .
(1)當\beta\ge 0 時, 由於
\int_{m}^{m+1}\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x \le \dfrac{1}{m^{\beta}} \le \int_{m-1}^m\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x, \\
所以
\int_1^{n}\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x < \sum\limits_{m=1}^n\int_{m}^{m+1}\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x \le \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{m^{\beta}} \le 1+ \sum\limits_{m=2}^n\int_{m-1}^m\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x < 1+ \int_{1}^n\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x,\\
(i)當\beta=1 時, 上式變成
\ln n < \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{m} < 1+\ln n, \qquad \Rightarrow \qquad \dfrac{\ln n}{n^{\alpha}} < \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{n^{\alpha}m} < \dfrac{1+\ln n}{n^{\alpha}}.\\
所以當\alpha>1 時, 原級數收斂; 當\alpha\le 1 時, 原級數發散.
(ii)當\beta\ne 1 時, 上式變成
\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\beta+1}-1) \le \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{m^{\beta}} \le 1+\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\beta+1}-1),\\
此時,
\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\alpha-\beta+1}-n^{-\alpha}) \le \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{n^{\alpha}m^{\beta}} \le \dfrac{1}{n^{\alpha}}+\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\alpha-\beta+1}-n^{-\alpha}).\\
當\alpha>1 且\alpha+\beta-1>1 (即\alpha+\beta>2 )時, 原級數收斂; 其余情況發散.
(2)當\beta < 0 時, 由於
\int_{m-1}^m\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x < \dfrac{1}{m^{\beta}} < \int_{m}^{m+1}\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x, \\
所以
1+\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\beta+1}-1) = 1+ \int_{1}^n\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x< \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{m^{\beta}} < \int_1^{n}\dfrac{1}{x^{\beta}}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\beta+1}-1),\\
此時,
\dfrac{1}{n^{\alpha}}+\dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\alpha-\beta+1}-n^{-\alpha})\le \sum\limits_{m=1}^n\dfrac{1}{n^{\alpha}m^{\beta}} \le \dfrac{1}{-\beta+1}(n^{-\alpha-\beta+1}-n^{-\alpha}) .\\
\alpha>1 且\alpha+\beta-1>1 (即\alpha+\beta>2 )時, 原級數收斂; 其余情況發散.
解答： 設橢圓C 上六個點為P_i(\cos\theta_i,\sin\theta_i) , i=1,2,3,4,5,6 , 並且0<\theta_i<\theta_{i+1} . 內接六邊形P_1P_2P_3P_4P_5P_6 圍成的區域記為\Omega . 為方便起見我們記\theta_7=\theta_1+2\pi , 那麽P_7 就是P_1 .
(i)首先假設\Omega 包含原點, 此時\theta_{i+1}-\theta_i < \pi . 於是\Omega 的面積為
A(\Omega)=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^6\sin(\theta_{i+1}-\theta_i). \\
記\alpha_i=\theta_{i+1}-\theta_i , 則\alpha_1+\cdots+\alpha_6=\theta_7-\theta_1=2\pi , 由於\sin x 在(0,\pi) 上是凹函式, 所以根據Jensen不等式,
\dfrac{1}{6}\sum_{i=1}^6\sin\alpha_i \le \sin\left(\dfrac{1}{6}\sum_{i=1}^6\alpha_i\right)=\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \\
因此
A(\Omega)=\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^6\sin\alpha_i \le \dfrac{3\sqrt{3}}{2}. \\
等號成立條件是\alpha_1=\cdots=\alpha_6=\dfrac{\pi}{3} , 此時\Omega 是邊長為1的正六邊形.
(ii)若\Omega 不包含原點, 則圓C 內部有一半與\Omega 不相交, 於是A(\Omega) < \dfrac{\pi}{2} < \dfrac{3\sqrt{3}}{2} .
綜上, A(\Omega) 的最大值為\dfrac{3\sqrt{3}}{2} .
(2)對於一般的情況, 對單位圓x^2+y^2=1 沿著兩個座標軸作伸縮變換即可得到橢圓C , 此時面積的最大值也會有相應的伸縮變換, 故A(\Omega) 的最大值為\dfrac{3\sqrt{3}ab}{2} .
3. 設G 按加法構成群, 滿足G=\langle a,b\rangle , 其中a,b 為生成元, 且12a+5b=0 , 24a+16b=0 .(1)求a 的階的所有可能值.
(2)求群G 在同構意義下的群結構.
解： 由條件, G 的所有元素形如\{ma+nb|m,n\in\mathbb{Z}\} , 其中a,b\ne 0 .
(1)由條件, 24a+10b=2(12a+5b)=0 且24a+16b=0 , 因此6b=0 , 從而b 可能是2,3,6階的.
再由12a+5b=0 可得12a-b=0 並且72a+30b=0 , 所以72a=0 . 所以a 可能是2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72階的. 但12a=b\ne 0 , 所以a 不可能是2,3,4,6,12階的, 於是只可能是8,9,18,24,36,72階.
(i)若b 是2階的, 則由24a+16b=0 可得24a=0 , 所以a 只可能是8,24階的.
①當G=\mathbb{Z}/8\mathbb{Z} , b=4 , a=1 時, 滿足12a+5b=32=0 且24a+16b=0 .
②當G=\mathbb{Z}/24\mathbb{Z} , b=12 , a=1 時, 滿足12a+5b=72=0 且24a+16b=24+192=0 .
(ii)若b 是3階的, 則由12a-b=0 可得36a-3b=0 , 故36a=0 , 所以a 只可能是9,18,36階的.
①當G=\mathbb{Z}/9\mathbb{Z} , b=3 , a=1 時, 滿足12a+5b=27=0 且24a+16b=72=0 .
②當G=\mathbb{Z}/18\mathbb{Z} , b=6 , a=5 時, 滿足12a+5b=90=0 且24a+16b=120+96=216=0 .
③當G=\mathbb{Z}/36\mathbb{Z} , b=12 , a=1 時, 滿足12a+5b=72=0 且24a+16b=24+192=216=0 .
(iii)若b 是6階的, 則a 只可能是8,9,18,24,36,72階的.
當G=\mathbb{Z}/72\mathbb{Z} , b=12 , a=1 時, 滿足12a+5b=72=0 且24a+16b=24+192=216=0 .
綜上所述, a 的階的所有可能值是8,9,18,24,36,72.
(2)G 中任意元素可以表示為ma+nb=ma+12na=(m+12n)a , 其中m,n\in\mathbb{Z} , 而m+12n 可以表示任意整數, 所以G=\langle a\rangle . 由(1), a 只可能是8,9,18,24,36,72階, 所以根據迴圈群的定義, G 在同構意義下只可能是8,9,18,24,36,72階迴圈群, 即G 只可能與\mathbb{Z}/k\mathbb{Z}(k=8,9,18,24,36,72) 同構.
4. 在三維空間V 中, 5個兩兩不同的二維空間兩兩相交為一維空間, 求交出的一維空間的個數的可能值.(一定有更方便的做法)
結論1： 若三個二維空間相交得到的一維子空間有兩個相同, 則三個一維子空間都相同, 即e_{ij}=e_{ik} 能推出e_{ij}=e_{ik}=e_{jk} .結論1證明： 設三個二維空間為V_i,V_j,V_k . 若e_{ij},e_{jk},e_{ik} 有其中兩個相同, 例如e_{ij}=e_{ik} , 則(V_i\cap V_j)\cup (V_i\cap V_k)=V_i\cup(V_j\cap V_k)=e_{ij}\supset e_{jk} , 所以必有e_{jk}=e_{ij} . \square
結論2： 若四個二維空間V_i,V_j,V_k,V_l 中, V_i 與V_j 相交的一維子空間等於V_k 與V_l 相交的一維子空間, 則這四個二維子空間交出來的一維子空間都相同, 即e_{ij}=e_{kl} 能推出e_{ij}=e_{jk}=e_{ik}=e_{il}=e_{jl}=e_{kl} .結論2證明： 設四個二維空間為V_i,V_j,V_k,V_l , 由條件, e_{ij}=V_i\cap V_j=V_k\cap V_l=e_{kl} , 但是
\begin{aligned} &\quad (V_j\cap V_k)\cup (V_i\cap V_k)\cup (V_j\cap V_l)\cup (V_i\cap V_l) \\ &=(V_k\cap(V_i\cup V_j)) \cup (V_l\cap(V_i\cup V_j)) \\ &=(V_i\cup V_j)\cap (V_k\cup V_l) = e_{ij}, \end{aligned}\\
所以e_{jk},e_{ik},e_{jl},e_{il}\subset e_{ij} , 從而必有e_{ij}=e_{jk}=e_{ik}=e_{il}=e_{jl}=e_{kl} . \square
證明： 假設二維空間為V_1,V_2,V_3,V_4,V_5 , 並且記V_i\cap V_j=e_{ij} 是V 的一維子空間. 設S 為交出的一維空間的個數.
首先, V_1,V_2,V_3 之間交出的一維子空間: V_1\cap V_2=e_{12} , V_1\cap V_3=e_{13} , V_2\cap V_3=e_{23} .
(1)若e_{12},e_{13},e_{23} 有其中兩個相同, 由結論1可知e_{12}=e_{13}=e_{23} . 下面考慮e_{14},e_{24},e_{34} .
①若e_{14},e_{24},e_{34} 至少有一個等於e_{12}=e_{13}=e_{23} , 例如e_{14}=e_{12}=e_{13}=e_{23} , 則根據結論1, e_{24}=e_{14}=e_{12} , 並且e_{34}=e_{14}=e_{13} . 於是這六個一維子空間都相同.
(a)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45} 至少有一個等於e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{14}=e_{24}=e_{34} , 例如e_{15} 等於上述六個一維子空間, 則根據結論1, e_{25}=e_{15}=e_{12} , e_{35}=e_{15}=e_{13} , e_{45}=e_{15}=e_{14} . 所以十個一維子空間都相同, 從而\boxed{S=1} .
(b)若e_{15},e_{25},e_{35},e_{45} 都不等於e_{12}=e_{13}=e_{23}=e_{14}=e_{24}=e_{34} , 那麽e_{15},e_{25},e_{35},e_{45} 也兩兩不同(不然與結論1矛盾), 從而\boxed{S=5} .
②若e_{14},e_{24},e_{34} 都不等於e_{12}=e_{13}=e_{23} , 則e_{14},e_{24},e_{34} 兩兩不同(不然與結論1矛盾),
(2)若e_{12},e_{13},e_{23} 兩兩不同,
①若e_{14},e_{24},e_{34} 有兩個相同(不可能三個相同, 與結論1矛盾), 不妨設e_{14}=e_{24}=e_{12} (結論1).
②若e_{14},e_{24},e_{34} 也兩兩不同並且不等於e_{12},e_{13},e_{23} (不然與結論1矛盾).
綜上, 所有不同的一維子空間個數的可能值為1,5,6,8,10.
5. 在平面直角座標系中,(1)三個整點組成的三角形的面積最小值為多少？
(2)圓心在原點、半徑為R 的圓上一段長為R^{\frac{1}{3}} 的圓弧上三點的面積最大為多少？
(3)在(2)中這段圓弧上至多有幾個整點?
(1)不妨設其中一個點是原點, 另外兩個點為(a_1,b_1) 與(a_2,b_2) . 則面積為
\dfrac{1}{2}\left|\det\begin{bmatrix}a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2\end{bmatrix}\right|=\dfrac{1}{2}|a_2b_1-a_1b_2|. \\
由於a_1,b_1,a_2,b_2 都是整數, 所以|a_2b_1-a_1b_2|\ge 1 , 等號成立的一個條件是a_1=1,b_1=0,a_2=0,b_2=1 , 此時三角形面積為\dfrac{1}{2} . 所以三個整點組成的三角形的面積最小值為\dfrac{1}{2} .
(2)設長為R^{\frac{1}{3}} 的圓弧的圓心角為\theta , 則
2\pi R\dfrac{\theta}{2\pi}=R^{\frac{1}{3}}, \\
故\theta=R^{-\frac{2}{3}}.
①當\theta \ge \dfrac{4\pi}{3} 即R\le\left(\dfrac{3}{4\pi}\right)^{\frac{3}{2}} 時, 面積最大值為\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2 , 此時三個頂點構成等邊三角形.
②當\theta < \dfrac{4\pi}{3} 即R>\left(\dfrac{3}{4\pi}\right)^{\frac{3}{2}} 時, 面積最大值在兩個頂點為圓弧端點、一個頂點為圓弧中點取到, 此時面積的最大值為
\begin{aligned} A&=\dfrac{1}{2}R^2\left[\sin\dfrac{\theta}{2}+\sin\dfrac{\theta}{2}-\sin\theta\right] \\ &=\dfrac{1}{2}R^2\left[2\sin\dfrac{R^{-\frac{2}{3}}}{2}-\sin(R^{-\frac{2}{3}})\right]. \end{aligned}\\
(3)由於R>0 , 所以根據不等式x-\dfrac{x^3}{6}\le \sin x\le x(x\ge 0) , 可知
A \le \dfrac{1}{2}R^2\left[R^{-\frac{2}{3}} - \left(R^{-\frac{2}{3}}-\dfrac{R^{-2}}{6}\right)\right] =\dfrac{1}{12} < \dfrac{1}{2},\\
所以根據(1)可知這段圓弧上不可能有3個整點.
下面構造有2個整點的例子: 考慮圓心為(0,0) , 且經過(1,y_0) 和(-1,y_0) 的圓, 則半徑R=\sqrt{1+y_0^2} . 過兩點(1,y_0) 和(-1,y_0) 的圓弧的圓心角為\alpha=2\arctan\dfrac{1}{y_0} , 弧長可以寫成y_0 的函式:
l(y_0)=\alpha R=2R\arctan\dfrac{1}{y_0}=2\sqrt{1+y_0^2}\arctan\dfrac{1}{y_0}. \\
所以\lim\limits_{y_0\to+\infty}l(y_0)=2 . 取y_0 充分大使得
l(y_0)=\alpha R<\theta=R^{\frac{1}{3}}, \\
於是此時在弧長為R^{\frac{1}{3}} 的圓弧上存在兩個整點.
6. n 階矩陣的所有元素均為\pm 1 , 求所有此類矩陣的行列式的平均值.解： 假設A 是一個n 階矩陣, 定義\tilde{A} 為把A 的第一行的1 換成-1 、-1 換成1 得到的n 階矩陣, 相當於把A 的第一行全都取相反數. 則根據行列式的運演算法則, \det(\tilde{A})=-\det A , 即\det(\tilde{A})+\det A=0 .
下面固定n 階矩陣的第2\sim n 行. 由於第1行有2^n 種不同的情況, 所以一共有2^n 個不同的矩陣, 把這些矩陣的全體記為\mathscr{A} . 對任意的A\in\mathscr{A} , 都有\tilde{A}\in\mathscr{A} 且滿足\det(\tilde{A})+\det A=0 . 所以\mathscr{A} 中所有矩陣的行列式之和為0 , 並且跟2\sim n 行的元素選取無關.
因此, 此類矩陣的行列式之和都為0 , 平均值也為0 .
