2021-2022 丘成桐数学科学领军人才培养计划数学一试解答

试题来源于如下图片：

主要是和我学弟Be2SiO4 一块做的，感觉难度对高中生来说颇大，他把解答发了知乎一份，我在这里也发一下

Solution 1：\(\begin{aligned}\displaystyle&\lim _ {n\to\infty}n\int _ {0}^1(\sin x+2)x^{n-1}\mbox{d}x\\=&2+\lim _ {n\to\infty}\int _ {0}^1\sin x\mbox{d}{x^n}\\=&2+\lim _ {n\to\infty}\int _ {0}^1\sin (\sqrt[n]{t})\mbox{d}{t}\\=&2+\sin1\end{aligned}\)​.

Solution 2：设$\omega:=e^{\frac{2\pi\sqrt{-1}}{3}}$，不妨设原式有因式$(ax+by+cz)$，由轮换对称性，其必有因式$(bx+cy+az)$，若其是原本因式的常数倍，则$ab=c^2$，$bc=a^2$，$ca=b^2$，这说明$a^3=b^3$，于是$a=b=c$或$a=\omega^2 b$或$a=\omega b$，若$a=b=c$，则原式有因子$x+y+z$，故$1^3+\omega^3+(\omega^2)^3+t\cdot1\cdot\omega\cdot\omega^2=0$，即$t=-3$，此时$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x+\omega y+\omega^2z)(x+\omega^2y+\omega z)$满足题意；若$a=\omega^2 b$，则$(x+\omega y+\omega^2z)$是原式因子，此时令$(x,y,z)=(1,1,1)$亦可得到$t=-3$；$a=\omega b$时同理可得$t=-3$；若$(bx+cy+az)$与$(ax+by+cz)$代表的不是同一直线，则其三个因子必然除此两者外还有$(cx+ay+bz)$，此时由对称性$(ax+cy+bz)$必与三者中的某个代表同一直线，此时无论如何，$a,b,c$中必有两者相等且不可能三者均相等，故其中只有两者相等。此时不妨设$x^3+y^3+z^3+txyz=(ax+ay+bz)(ay+az+bx)(az+ax+by)$，于是$a^2b=1$且$ab^2+a^3+a^2b=0$且$t=2a^3+3a^2b+b^3$，则若$a=\omega b$，$b^3=\omega$，$t=3(1+\omega^2)b^3=-3\omega^2$，若$a=\omega^2b$，$b^3=\omega^2$，$t=3(1+\omega)b^3=-3\omega$. 故仅有这三种可能，即$t=-3$或$-3\omega$或$-3\omega^2$.

Remark. 也可以将$x^3+y^3+z^3+txyz$在$\mathbb{C}P^2$​的零点集视为一条代数曲线，其过九个定点，于是这样此曲线退化为三条直线，通过此法理当同样可以做出此题.

Solution 3：(1) 题目中明显缺少了$x>0$的条件. 熟知$\ln(1+x)\leqslant x$，令$g(x):=x-\dfrac{x^2}{2}-\ln(1+x)$，则$g’(x)=-\dfrac{x^2}{1+x}\leqslant0$，于是$g(x)\leqslant g(0)=0$. (2) 注意到$\displaystyle\ln\left(1+\dfrac{1}{n^2}\sum _ {l=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n},\dfrac{l}{n}\right)\right)=\ln(1+\dfrac{k^2+\frac{n+1}{2}k+\frac{(n+1)(2n+1)}{3}}{n^3})$，故$\displaystyle\left\lvert\sum _ {k=1}^n\left(\ln(1+\dfrac{k^2+\frac{n+1}{2}k+\frac{(n+1)(2n+1)}{3}}{n^3})-\dfrac{k^2+\frac{n+1}{2}k+\frac{(n+1)(2n+1)}{3}}{n^3}\right)\right\rvert$由(1)知不会超过$\displaystyle O\left(\dfrac{\sum\limits _ {k=1}^nk^4}{n^6}\right)=O\left(\frac{1}{n}\right)$，令$n\to\infty$即得\(\begin{aligned}\displaystyle&\lim _ {n\to\infty}\sum _ {k=1}^n\ln(1+\dfrac{k^2+\frac{n+1}{2}k+\frac{(n+1)(2n+1)}{3}}{n^3})\\=&\lim _ {n=\infty}\sum _ {k=1}^n\dfrac{k^2+\frac{n+1}{2}k+\frac{(n+1)(2n+1)}{3}}{n^3}=\dfrac{5}{4}\end{aligned}\)，故原题结果为$e^\frac{5}{4}$.

Solution 4：注意到$A$的所有列向量相加得到$0$向量，故$A$不满秩，考虑$A\equiv[1-\delta _ {ij}]\mod 2$，容易算出$[1-\delta _ {ij}]$的所有$2020$阶子式均为奇数，故$A$的$2020$阶子式均不为$0$，故$\mbox{rank}A=2020$.

Solution 5：答案是肯定的. 注意到对任意$P\in M^{2\times2}(\mathbb{R})$，$f(P^{-1}AP)=P^{-1}f(A)P$，故只需要证明对任意$B\in M^{2\times2}(\mathbb{R})$，存在$A\in M^{2\times2}(\mathbb{R})$使得$f(A)$与$B$相似即可。若$B$有两个一重的实特征值，即$B$与$\mbox{diag}(\lambda _ 1,\lambda _ 2)$相似，则由于$f _ 1(x)=2x^3-9x^2+12x-2$是奇数次多项式，存在实数$a,b$使得$f _ 1(a)=\lambda _ 1$，$f _ 1(b)=\lambda _ 2$，故$f(\mbox{diag}(a,b))=\mbox{diag}(\lambda _ 1,\lambda _ 2)$. 若$B$有两个非实数的特征值，则$B$相似于一个

$\begin{pmatrix}\alpha &\beta\ -\beta&\alpha\end{pmatrix}，$

其对应于一个复数$w=\alpha+\beta\sqrt{-1}$，于是由代数基本定理知存在$z=a+b\sqrt{-1}\in\mathbb{C}$使得$f _ 1(z)=w$，故

若$B$有一个二重的实特征值，则$B$相似于一个

设\(A=\begin{pmatrix}a &b\\0&a\end{pmatrix}，\)

则

若$\lambda\neq2,3$，则$a\neq 1,2$，于是$a^2-3a+2\neq0$，故存在$a,b\in\mathbb{R}$使得

若$\lambda=2$或$3$，则显然存在$a\neq1,2$使得$f _ 1(a)=\lambda$，于是仍然存在$b$使得上式成立，故$f$总为满射.

Remark. 有人跟我们说原题是考虑复矩阵上的$f$，此时做法是完全类似的，甚至更加简单.

Solution 6：考虑$\mbox{sn} _ {2021}(x)=\dfrac{\sin(\sqrt{2021}x)}{\sqrt{2021}}$，$\mbox{cn} _ {2021}(x)=\mbox{sn} _ {2021}’(x)$，设$g(x)=\dfrac{f(x)}{\mbox{sn} _ {2021}(x)}$，则$g’(x)=\dfrac{f’(x)\mbox{sn} _ {2021}(x)-f(x)\mbox{cn} _ {2021}(x)}{[\mbox{sn} _ {2021}(x)]^2}$，对分子求导可得$(f’‘(x)+2021f(x))\mbox{sn} _ {2021}(x)\geqslant0$，故$g(x)$单调递增，即对任意$x _ 0\in\left(0,\dfrac{\pi}{\sqrt{2021}}\right)$，$\displaystyle g(x _ 0)\geqslant\lim _ {x\to0^+}g(x)=f’(0)$，若$f(x _ 0)=0$，则$g(x _ 0)=0$，故由$f’(0)\geqslant0$知对任意$x\in(0,x _ 0)$，$g(x)=0$，故$f(x)$在$[0,x _ 0]$上恒为$0$，与题设矛盾. 故$c\geqslant\dfrac{\pi}{\sqrt{2021}}$，又$c=\dfrac{\pi}{\sqrt{2021}}$时$\mbox{sn} _ {2021}(x)$即为一解，故$c=\dfrac{\pi}{\sqrt{2021}}$.

Remark. 看过黎曼几何学习笔记的高中生应当在比较定理一节看到过这个手法，事实上这是所谓“Sturm比较定理”.

Solution 7：注意到若$d\vert n$，则$n$阶循环群只有唯一的$d$阶子群，于是$C=A\times B/\langle(a,b)\rangle\cong\mathbb{Z}^2/\langle(n _ 1,0),(n _ 1/d,n _ 2/d),(0,n _ 2)\rangle\cong\mathbb{Z}^2/\langle(n _ 1,0),(n _ 1/d,n _ 2/d)\rangle$，由Bezout定理，对任意$(x,y)\in\mathbb{Z}^2$，$\mbox{gcd}(n _ 1,n _ 2)\vert n _ 2x-n _ 1y$，且存在$(x _ 0,y _ 0)\in\mathbb{Z}^2$使得$n _ 2x _ 0-n _ 1y _ 0=\mbox{gcd}(n _ 1,n _ 2)$，若设$\dfrac{n _ 2x-n _ 1y}{\mbox{gcd}(n _ 1,n _ 2)}=d _ 1$，则由$n(x,y)=n\left(\dfrac{x}{n _ 1}-\dfrac{y}{n _ 2}\right)(n _ 1,0)+\dfrac{ndy}{n _ 2}(n _ 1/d,n _ 2/d)=\dfrac{nd _ 1}{\mbox{lcm}(n _ 1,n _ 2)}(n _ 1,0)+\dfrac{ndy}{n _ 2}(n _ 1/d,n _ 2/d)$知$n(x,y)\in\langle(n _ 1,0),(n _ 1/d,n _ 2/d)\rangle$必须要$\mbox{lcm}(n _ 1,n _ 2)\vert nd _ 1$且$n _ 2\vert ndy$，于是$(x,y)$的阶必整除$\mbox{lcm}(n _ 1,n _ 2)$，又注意到$(x _ 0,y _ 0)$的阶恰为$\mbox{lcm}(n _ 1,n _ 2)$，故$C$中元素最大阶数为$\mbox{lcm}(n _ 1,n _ 2)$.

Solution 8：对任意$x>0$，由于$f(x)\leqslant x$且$f(x)\geqslant0$，故由单调收敛定理，$f _ n(x)$总收敛，且极限必满足$f(x)=x$，即总为$0$，于是由Stolz定理，