问题11解答.pdf

注:读者在提供问题解答时,请先提供印刷体的版本,并注明单位、姓名和身份(教师、本科生或研究生等).解答被选用后需提供w o r d版本.问题与征解 问题问题2 1(供题者:上海数学中心 江辰)设A是一个n阶复矩阵且A的所有特征值都为1.记PA(m)=d e t m-1k=0(A*)kAk,其中A*是A的共轭转置.(i)证明:PA(m)是以m为变量的多项式;(i i)证明:PA(m)的阶数d e gPA(m)是A的相似不变量;(i i i)计算d e gPA(m),用A的若当块的阶数表示.问题2 2(供题者:吉林大学 周鸣君)设n2,n是有界区域,p(x)=xTA x+bTx+c,其中,A=(ai j)是nn阶实矩阵,x和b是n维列向量,c是常数.若a1 1a2 2f(x0)+k(x-x0),xx0.类似地,称x0为f的严格凸支撑点,若存在k,使得f(x)f(x0)+k(x-x0),xx0.设f有两条斜渐近线y=kix+bi,ki,bi,i=1,2.l i m(-1)ix+(f(x)-(kix+bi)=0,i=1,2.问两条渐近线满足什么条件时,f必有严格凹支撑点或严格凸支撑点?为什么?解 本解答由张神星(合肥工业大学副研究员,E-m a i l:z h a n g s h e n x i n g h f u t.e d u.c n)提供.(i)当k1k2时,f必有严格凸支撑点,无严格凹支撑点;(i i i)当k1=k2时,各种情形都有可能.不难看出,x0是f的严格凹支撑点当且仅当存在k使得f(x)-k xf x0 -k x0,xx0.换言之,x0是函数gk(x)=f(x)-k x的唯一最小值点.凸的情形类似.(i)设k1k2.对于k1kk2,l i mx-gk(x)=l i mx-k1x+b1-k x =+,l i mx+gk(x)=l i mx+k2x+b2-k x =+.由于gk是连续函数,因此它存在最小值.我们断言,存在k1kk2使得gk的最小值点是唯一的.若不然,设ckdk均是gk的最小值点.设k1kk k2,设c是gk 的最小值点,则f dk -k dkf c -k c,fc -k c f dk -k dk,于是k dk-c f dk -fc k dk-c ,故c dk.因此ckdkck dk.换言之,开区间ck,dk 两两不交.设有理数rkck,dk .由于k有不可数无穷多,而有理数只有可数多个,因此这些有理数有相同的,矛盾!故存在k1kk1时,l i mx-gk(x)=+.当k,k1x+s i nx,|x|有严格凹支撑点2,严格凸支撑点-2.f3(x)=k1x,|x|2,k1x+c o sx,|x|2 有严格凸支撑点0,无严格凹支撑点.f4(x)=k1x,|x|2,k1x-c o sx,|x|2 有严格凹支撑点0,无严格凸支撑点.供题者点评 解答正确,其将单调性与可列性结合得到唯一性的方法非常巧妙.621大 学 数 学 第3 8卷