2023年8月12日TACA清华大学丘成桐领军计划零试数学试题解析

2023年8月学科能力综合测试(TACA)丘成桐数学零试试题及解析题1.在如图所示的方格网中，每步只能从一个节点向右或向上走到相邻的节点，则从A到Z的路径数为.解析：54如图所示，每个节点处的红色数字表示从A到该点的路径数.1{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}()∑∞−(−1)n2n5π3π题2.对一个复方阵，定义cosA=I+(2n)!A.记矩阵cos的第二行n=1−10π6π第一列元素为x，则[|x|]=.解析：20()−5π3π令M=，易知M的特征多项式为f(λ)=λ(λ−π)，故其特征值为−10π6π0,π.解出对应特征向量后，易知()()()−131031M=52π52于是()()()−1()3113111−6cosM==52−15220−11故所求答案为20.∫题3.I=lim2023cos4(nx+n!)dx，则[100I]=.n→∞1解析：758∫I=lim2023cos4(nx+n!)dx，则[100I]=n→∞1∫我们令20234。则In=1cos(nx+n!)dx∫()∫()20231+cos(2nx+2·n!)22023111I==+cos(2nx+2·n!)+cos2(2nx+2·n!)dxn24241∫1∫202212023120231+cos(4nx+4·n!)=+cos(2nx+2·n!)dx+dx42421∫1∫2023202320221·20221·=+d(sin(2nx+2n!))++·d(sin(4nx+4n!))42n1884n1∫∫202320233显然d(sin(2nx+2·n!))和d(sin(4nx+4·n!))有界，故I=limIn=×2022，11n→∞8故[I]=758.∫5∫题设π(sint)，记π，则4.g(x)=xtdtS=0g(x)dx[100S]=.2{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}解析：106∫∫∫∫∫ππ(sint)5π(sint)5tπS=dxdt=dtdx=(sint)5dttt0∫x000注意到令πn，则由熟知的结论，有n−1>，所以In=0sintdtIn=nIn−2(n2)4×216S=I=I=,55×3115于是[100S]=106.题5.n×n矩阵An的主对角元素为n，其余元素为1.已知多项式f(x)满足f(An)=O对任意16n6100均成立，则degf的最小值为.解析：149n×n矩阵A的主对角元素为n，其余元素为1.已知复系数多项式f(x)满足f(An)=O对任意16n6100均成立，则degf的最小值为.记fn(x)为An的首相系数为1的最小多项式，则显然对任意16n6100，均有fn(x)|f(x).接下来我们求fn(x).n=1时，显然f1(x)=x−1.n>2时，因为An为实对称矩阵，所以An可对角化.注意到rank(An−(n−1)In)=1，所以n−1为An的特征值，其特征子空间维数为n−1.又因为An全体特征值(计重222数)之和为trace(An)=n，所以An剩余特征值为n−(n−1)=2n−1.于是fn(x)=(x−(2n−1))(x−(n−1)).f1(x),f2(x),···,fn(x)包含的互不相同的一次式有x−1,x−2,···,x−98,x−99,x−101,x−103,···,x−199f(x)需且仅需被这些一次式整除即可，故degf的最小值为149.3{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}题6.矩阵−−1099−910−9−−9109−910−9−910−9−−9109−910−9−9−910的特征值为λ16λ26···6λ8，则[λ6]=.解析：22显然该矩阵为循环矩阵，令1111J=1111由熟知的结论，J的全部特征值即为全体8次单位根ϵi(i=0,1,···,7),令f(x)=−7−79x9x+10，则原矩阵为f(J),故该矩阵全部特征根为f(ϵi)，注意到ϵi=ϵi(i=0,1,···,7)，所以f(ϵi)均为实数，且可能取值为√√10−18,10−92,10,10+92,10+18√故λ6=10+92，[λ6]=22.题7.在透明的球袋中有1个黑球和2个白球.接下来从袋中摸球，每次摸出一个球，然后放回袋中，并继续往袋中再放入2个与摸出球同色的球.记Sn为前n次中摸出黑球的次数.已知第2次摸出的球是黑球，记S100的期望为E，则[E]=.4{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}解析：60我们计算E(Sn|Sn−1).这时一共有1+2Sn−1个黑球和2+2(n−1−Sn−1)个白球.1+2Sn−1则第n次有3+2(n−1)的概率摸到黑球，故1+2Sn−1E(S|S−)=S−+nn1n12n+1因为E(Sn)=E(E(Sn|Sn−1))，所以1+2Sn−1E(S)=E(S−)+E()nn12n+112n+3⇒E(S)=+E(S−)n2n+12n+1n1111⇒E(S)=+E(S−)2n+3n(2n+1)(2n+3)2n+1n1故E(S)E(S)11n=2+−2n+37144n+6因为已知第二次摸出的是黑球，所以1/3×3/52/3×1/58E(S)=×2+×1=21/3×3/5+2/3×1/51/3×3/5+2/3×1/55于是812031[E]=[E(S)]=[203××+−]=6010057142dd题8.对矩阵M(t)，定义其微分dtM(t)=B(t)，其中dtMij(t)=Bij(t).矩阵微分方程dM(t)=AM(t),dt其中213321A=132,M(0)=213,321132令a=ln|detM(2)|,则[|a|]=.5{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}解析：14由常微分方程熟知结论，M(t)=M(0)eAt.计算可得A的特征多项式f(λ)=|λI−√√√A|=(λ−6)(λ−3)(λ+3)，于是A的特征值为6,±3，由于A是实对称矩阵，所以存在正交矩阵T，使得6√′′A=T3T,TDT√−3于是|detM(2)|=|detM(0)||e2D|=|−18e12|=18e12故[|a|]=[ln18+12]=14.题9.5级方阵A满足：第一行元素均为1，第二行元素从左至右依次为1,−1,1,−1,1，且trace(AA′)=28.记detA的最大值为M，则[M]=.解析：72∑5′′2我们记A=(α1,α2,···,α5)，于是由trace(AA)=28，有|αi|=28，注意到i=1∑5222|α1|=|α2|=5，所以|αi|=18.i=3′由熟知的结论，存在正交矩阵(变换)T，使得AT=(β1,β2,···,β5)为上三角矩阵.设该上三角矩阵的主对角元依次为a1,a2,···,a5.则有正交变换的性质可知，|αi|=|βi|(i=1,2,···,5)，且1=<α1,α2>=<β1,β2>于是∑5∑522|ai|6|αi|=18i=3i=3241=<β,β>26(5−a2)×5⇒a261211526||2a2β2=5于是…√24√|detA|=|aaaaa|6(6)3··5=721234556{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}取得72时，»»2415√55√AT=6√6√6我们只需构造使得前两行可以对应的正交矩阵T即可得到满足条件的A.∫题对，令1dn2−n，1||2，则||10.n=5Ln=n!dxn(x1)S=−1Lndx[S]=.解析：1862n令fn(x)=(x−1).易知±1均为fn(x)的n重根，所以(k)(k)−66−fn(1)=fn(1)=0,0kn1.于是∫∫1111S=(f(n)(x))2dx=d(f(n−1)(x))f(n)(x)(n!)2n(n!)2nn−∫1−111=−f(n+1)(x)f(n−1)(x)dx(n!)2nn∫−111=−f(n+1)(x)d(f(n−2)(x))(n!)2nn∫−111(n+2)(n−2)=2fn(x)fn(x)dx(n!)−1······∫11=f(2n)(x)f(0)(x)dx(n!)2nn∫−111=(2n)!(1−x2)ndx(n!)2−1∫11−2n=2(1x)dx(n!)(2∫n)!−1π(2n)!2n+1(2n)!2(2n)!!=2sindt=2(n!)0(n!)(2n+1)!!10!×2×10×8×···×22048所以[S]=[(5!)211×9×···×1]=[11]=186.7{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}题11.正方体旋转群元素最多的两个共轭类的元素个数之和为.解析：14由熟知的结论正方体旋转群同构于S4.所以两元素共轭等价于其分解成不叫的轮换和后，各个轮换和的长度对应相等.故元素最多的共轭类形如(abc)(d)，有4×2!=8个元素，元素次多的共轭类形如(abcd)，共有3!=6个元素，所求答案为8+6=14∑∞∑∞m!·xm·n!2题12.A(x)=(m+n+1)!，则[100A(3)]=.m=1n=0解析：109∑∞n!令am=(n+m+1)!，则n=0∞∑n!a=m(n+m+1)!n=0∞()∑1n!(n+1)!=−m(n+m)!(n+m+1)!n=011=mm!于是|x|<1时，∞∑1A(x)=xm=−ln(1−x)mm=12所以[100A(3)]=[100ln3]=109题13.将方程(1+2+···+k)−3(1+2+···+t)=1的全体正整数解(k,t)按照从小到大的方式排列，得到序列{(kn,tn)}，则k6=.解析：3196对原方程进行变形，有k(k+1)−3t(t+1)=2⇒(2k+1)2−3(2t+1)2=6令2k+1=u,2t+1=v.考虑虑方程u2−3v2=68{#{QQABKYiUggCgAAAAABgCQQ0gCgEQkBGACAgGRAAAMAIASAFABAA=}#}的所有正整数解由小到大构成的序列{(un,vn)}n>1，则由佩尔方程基本理论有√√√n−1un+3vn=(3+3)(2+3)于是有√√√√un+3vn=(un−1+3vn−1)(2+3)=2un−1−3vn−1=(2un−1+3vn−1)+3(un−1+2vn−1)u=2u−+3v−nn1n1{}即，则我们依次写出(un,vn)的前7项:vn=un−1+2vn−1(3,1),(9,5),(33,19),(123,71),(459,265),(1713,989),(6393,3691)6393−1注意到(3,1)对应的(k,t)不满足正整数的条件，所以k6=2=3196.∫[]题π/4101，则114.I=0tanxdx3I.解析：67∫记π/4n，则In=0tanxdx∫∫π/4sinnxπ/4sinn−1xd(−cosx)I=dx=dxncosnxcosnx0∫0π/4=−1+((n−1)tann−2x+ntannx)dx0=−1+(n−1)In−2+nIn于是1I+I−=,n>2nn2n−1故111I=−I=−+I100991009897······1111=−+−···−+I1100(9896)21∑501=ln2+(−1)k2kk=1注意到∞∞∞∑501∑1∑1∑1(−1)k=(−1)k−(