数学分析与高等代数考研真题详解--武汉大学卷

⎪⎩4x1 + 5x2 − 5x3 = −1
与
Ⅱ）
⎩⎧⎨2axx11
+ −
bx2 − x3 x2 + ax3
= =
0 3
同解，求其通解和 a, b ．
⎛1
6．（20
分）设
A
=
⎜ ⎜⎜⎝1
1⎞
⎟ 1⎟⎠⎟
是
n
阶矩阵，
⑴ 求 A 的特征值和特征向量；
⑵ 求可逆矩阵 P ，使 P−1AP 为对角矩阵．
7．（12 分）设 A 、 C 是 n 阶实正定矩阵， B 是矩阵方程 AX + XA = C 的唯一解，证
校教师，硕博研究生报名参与本丛书的编写工作，他们在工作学习的过程中挤时间，编写审
稿严肃认真，不辞辛苦，这使我们看到了中国数学的推广和科研的进步，离不开这些默默无
闻的广大数学工作者，我们向他们表示最崇高的敬意！
国际数学大师陈省身先生提出：“要把中国建成 21 世纪的数学大国。”每年有上万名数
学专业的学生为了更好的深造而努力考研，但是过程是艰难的。我们为了给广大师生提供更
+∞
∫ ∫ ∵ f (x)dx 绝对收敛 ∴∀ε > 0, ∃A0 > 0, 使 A > A0 时有 2 f (x)dx < ε 2
0
0
∫ ∫ ∫ +∞
∴2
f
(x)
sin
x( y1
−
y2 )
dx
=
A
2
f
(x)
sin
x( y1
−
y2 )
dx
+
+∞
2
f
(x)
sin
x( y1
−
y2 )
dx
0
2
0
2
A
2
∫<
1 1
+
(
x4
−
a4
)
Δ3
1
= a4 ( x1 − a1 ) ( x2 − a2 ) ( x3 − a3 ) + ( x4 − a4 ) Δ3
同样，
Δ3 = a3 ( x1 − a1 ) ( x2 − a2 ) + ( x3 − a3 ) Δ2 ，
Δ2 = a2 ( x1 − a1 ) + ( x2 − a2 ) x1 ．
明：
⑴ B 是对称矩阵； ⑵ B 是正定矩阵．
8．（12 分）设 f 是向量空间V 的线性变换，且 f 2 = f ，证明：V = Im f ⊕ ker f ，
{ } { } 其中 ker f = α ∈V f (α ) = 0 ， Im f = α ∈V 存在β ∈V ,使f (β ) = α ．
题：
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博士家园 二零一零年二月
博士家园考研丛书 （2010 版）
全国重点名校数学专业考研真题及解答
数学分析与高等代数 考研真题详解
武汉大学数学专卷 博士家园 编著
博士家园系列内部资料
《 博士家园数学专业考研丛书》
编委会
这是一本很多数学考研人期待已久的参考书，对于任何一个想通过考取重点院校的研究
生来进一步深造的同学来说，历年的各个院校的真题的重要性是显而易见的。为了帮助广大
dxdydz
+
∫∫∫
V1
(z
−
a)dxdydz)
−
(
a 2
∫∫∫
V2
dxdydz
+
∫∫∫
V2
(z
−
a 2
)dxdydz)
∫∫∫ ∫∫∫ = a dxdydz − a dxdydz = 4π (a4 − ( a )4 ) = 5π a4 。
V1
2 V2
3
2
4
∫ 六. 解： I = x cos < v, x > ds + y cos < v, y > ds Ω
x→+∞
+∞ 1
e =xy 1+ y
2
dy
=0。
五、解：分别记V1 ，V2 为球面 x 2 + y 2 + z 2 = 2az 及 x 2 + y 2 + z 2 = az 所包围的区域，则
I = ∫∫∫ zdxdydz = ∫∫∫ zdxdydz − ∫∫∫ zdxdydz
D
V1
V2
=
(a ∫∫∫ V1
α1 = (k1 + l1k3 )α2 + (k2 + l2k3 )α3 ，这与α1,α2 ,α3 线性无关矛盾．即有α1 不能有α2 ,α3,α4
同学节约时间进行复习，为了使辅导教师手头有更加详尽的辅导材料，我们从 2004 年开始
大量收集数学专业的考研真题，其中数学分析和高等代数两门专业基础课最为重要。有些试
题还很难收集或者购买，我们通过全新的写作模式，通过博士家园(),
这个互联网平台，征集到了最新最全面的专业试题，更为令人兴奋和鼓舞的是，有很多的高
n
<
x x_ n
n−1
x x x x n
n −1 (
+
n
)
n _1
2 2( 2 + 2)
x x_
= n n_1 (l = 4 2 ) l
x x x x xl x ∴
－
n+1
<
n
_
n
n _1
<…<
l
−
2
1
n−2
x x x x x x x x ∴
−
n+ p
=
n
−
n+ p
+
n+ p−1
−
n+ p−1
n+ p−2 + ... +
《高等代数》试题
1．（10 分）计算行列式
x1 a2 a3 a4 a1 x2 a3 a4 ． a1 a2 x3 a4 a1 a2 a3 x4
2．（10 分）设向量组α1,α2 ,α3 线性无关，向量组α2 ,α3,α4 线性相关．证明：α1 不能
有α2 ,α3,α4 线性表示．
3．（12 分）设 A 为 n 阶正交矩阵（即满足 AAT = E ，其中 E 是 n 阶单位矩阵， AT 表
A
2M
0
x y1 − y2 2
dx + ε 2
=
A2 2
M
y1 − y2
+ε 2
（M= max f (x) ） x∈[0, A]
故 ∀ε
> 0, ∃δ
=
ε A2M
，使 ∀ y1 − y2
<δ
时， g( y1 − y2 )
<ε
，即 g( y) 在 R 上一致连续。
武汉大学 2002 年硕士研究生入学考试
多更新的信息与资源建立了专业网站——博士家园网站。本站力图成为综合性全国数学信息
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∫= (− ydx + xdy) （由格林公式） Ω
= 2∫∫ dxdy D
= 2S
（S 为 Ω 的面积）
七．证明： ∀y1, y2 ∈ R
+∞
+∞
∫ ∫ g( y1 ) − g( y2 ) = f (x) sin xy1dx − f (x) sin xy2dx
0
0
5
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∫ =
+∞
没有编配解答，很多同学感到复习时没有参照标准，所以本丛书挑选了重点名校数学专业的
试题，由众多编委共同编辑整理成书。在此感谢每一位提供试题的老师，同时感谢各个院校
的教师参与解答。以后我们会继续更新丛书，编入更新的试题及解答，希望您继续关注我们
的丛书系列。也欢迎您到博士家园数学专业网站参加学术讨论，了解考研考博，下载最新试
6
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示矩阵 A 的转置），且 E + A 为可逆矩阵证．明： ( E − A) ( E + )A −1 是反A
、
B
分别是
r
、
s
阶可逆矩阵，求分块矩阵
D
=
⎛ ⎜ ⎝
A 0
C B
⎞ ⎟ ⎠
的逆矩阵．
5．（12 分）设线性方程组
⎧
Ⅰ）
⎪ ⎨
2x1 + x2 − x3 = 1 x1 − x2 + x3 = 2
2
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数学分析与高等代数考研真题详解 武汉大学考研数学专卷 目录
95-01 年《数学分析》试题解答电子版(在随书附赠的光盘中) 2002 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题 2002 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题解答 2002 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题 2002 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题解答 2003 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2003 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2004 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2004 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试《高等代数》试题及解答 2005 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2006 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2007 基础数学复试题 2008 年招收硕士研究生入学考试《数学分析》试题及解答 2008 年招收硕士研究生入学考试《线性代数》试题及解答 2009 年《数学分析》试题及解答电子版(在随书附赠的光盘中) 2009 年《高等代数》试题及解答电子版(在随书附赠的光盘中) 2009 年 武汉大学硕士研究生基础数学专业复试题
∏ ∑ ( ) 4
故： Δ4 =
i =1
xi − ai
⎛ ⎜ ⎝
4 i =1
ai xi − ai
⎞ +1⎟ ．■
⎠
2． 证 α1 不能有 α2 ,α3,α4 线性表示，则可写成 α1 = k1α2 + k2α3 + k3α4 ．又由向量组
α2 ,α3,α4 线 性 相 关 ， 显 然 α4 可 表 成 α2 ,α3 的 线 性 组 合 ， 即 α4 = l1α2 + l2α3 ， 则 有
1
2
n=1 n
n
+∞
+∞
∑ ∑ 法知 sin(π n2 + 1) 发散。因此，级数 sin(π n2 + 1) 条件收敛。
n=1
n=1
∫ ∫ 四. 解：当 x>0 时， 0 ≤ +∞ e−xy dy ≤ +∞ e−x dy = π e−x ，令 x → +∞ ，则有
1 1+ y2
1 1+ y2
4
∫ lim
武汉大学 2002 年硕士研究生入学考试
《高等代数》试题解答
1. 解 记原行列式为 Δ4 ，令 x4 = x4 − a4 + a4 ．
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x1 a2 a3 a4 x1 a2 a3 a4 x1 a2 a3
0
Δ4
=
a1 a1
x2 a2
a3 x3
a4 = a1 a4 a1
x2 a2
a3 x3
2
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武汉大学
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2002 年数学分析答案
x x x 一.解：
= 2 + 1 > 2 ,由归纳法知
1 0
> 2 （n=1,2,3,…）
n
=2+
x x 2
1
<2+ 1 … 2
n <2 +
1 2
x1
− = 1− 1
x x n+1
n
=
x x n
n−1
x x −
n _1
0
= 0。
∫0
x x→+∞
x→+∞
x
∫ 2)由洛必达法则有 lim n→+∞
x t cos 1 dt
x cos 1
0
t
x2
= lim
x
x→+∞ 2x
=1。 2
4
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三. 解：因 sin(π n2 + 1) = sin( n2 + 1 − n)π = sin
π
(n=1,2,…)
n2 +1 + n
x x x − n+ p
< ε (对于任意 p 成立) 即 lim
n
n→∞
存在.
n
x 令 lim ＝A (A>2) n→∞ n
∴ A = 2 + 1 解得 A=1 或 A= 3 ± 5 又 A>2
A
2
∴
3+ 5
A=
2
x
∫ 二. 解：1)因
x
sin tdt
≤
2，
lim
1
= 0 ，故
lim
sin tdt
−
n+1
n
−
x x x x l xl x xl x =
−
n+ p
n+ p−1 +…+
－
n+1
< 2[
n
2 n+ p
1
+ ... +
−
] 2
1
n +1
l x x l l l x x <
2( − 2 l −1
)
1
1
n
=M
−n
(M=
2− 2 l −1
1)
显然由柯西收敛准则知，对于 ∀ε > 0 ， ∃N > 0 ，使得 n>N 时
故 { sin(π n2 + 1) }为单调递减趋于 0 的数列。于是
+∞
+∞
∑ ∑ sin(π n2 + 1) = (−1)n sin(π n2 + 1) 为莱布尼茨型交错级数，故收敛。但因
n=1
n=1
sin(π n2 + 1)
sin
lim
= lim
n→+∞
1
n→+∞
n
π
∑ n2 + 1 + n = π ，而正项级数 +∞ 1 发散，故由比较判别
2f
(x) cos
x( y1
+
y2 ) sin
x( y1
−
y2 )dx
dx
0
2
2
∫< +∞ f (x) ⋅ 2 cos x( y1 + y2 ) ⋅ sin x( y1 − y2 ) ⋅ dx
0
2