1

对于任意 $x\in \mathbb R$，不妨 $x\in (-M-1,M+1)$，其中 $M>0$ 是对于 $x$ 取定的常数。此时题设级数中通项的分子是有界的，由 Weierstrass 判别法知道一致收敛，而部分和通项都是连续的，所以级数和也是连续的。

对于 $\mathbb R\setminus [0,1]$ 上的任意点 $x$，只需要考虑其邻域的结果，不妨设 $x\in B(x,\delta)\subseteq \overline {B(x,\delta)}\subseteq \mathbb R\setminus [0,1]$，考虑形式导函数

$$f'(x):=\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot (x-r_n)^{-\frac 23}$$

根据 $x$ 的取法 $|x-r_n|\geq \delta$，所以 $f'$ 在 $B(x,\delta)$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $B(x,\delta)$ 上可导，且 $f'$ 是 $f$ 的导函数。

观察上述形式导函数，只需控制 $|x-r_n|^{-\frac 23}$，考虑在原先给定的 $\{r_n\}$ 上重排构造 $\{r'_n\}$，按照以下方式进行（显然是双射）：对于第 $n$ 项 $r_n'$ 的选取，从 $\{r_n\}$ 中选取指标最小的元素，满足其不属于 $\{r'_1,r'_2,\cdots,r'_{n-1}\}$，且满足 $|x-r_n'|\geq 2^{-\frac n2}$，从而

$$\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot |x-r'_n|^{-\frac 23}\leq \sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot 2^{\frac n3}<\infty$$

计算重排后的差商

$$\lim_{h\to\infty} \dfrac {f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0}\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot \dfrac {(x+h-r_n)^{\frac 13}-(x-r_n)^{\frac 13}}{h}$$

此级数通过 Weierstrass 判别法关于 $h$ 一致收敛，所以可以交换极限和级数的次序。

2

这是柱状结构，以 $y$ 轴作为高度轴，则三个点绕轴旋转得到的曲线分别是

$$\{y=0,x^2+z^2=1\},\quad \{y=1,x^2+z^2=5\},\quad \{y=-1,x^2+z^2=5\}$$

以它们为底面轮廓得到的

$$\{|y|\leq 1,x^2+z^2\leq 5\}$$

是一个圆柱体所去掉两个台体

$$\{|y|\leq 1, x^2+z^2\leq 1+4|y|\}$$

的部分，所以体积为

$x_0$ 到 $V$ 的最短距离，由旋转对称性和平面对称性，只需要考虑部分截面，显然 $d=1$，最近点为 $(2,0,0)$.

3

对于题设积分，由于其是恒正的，所以考虑

$$\begin{darray}{ll}\iint_{\mathbb R^2}e^{k(x^2+y^2)}\mathrm dx\mathrm dy&=\lim_{R\to \infty}\iint_{x^2+y^2\leq R}e^{k(x^2+y^2)}\mathrm dx\mathrm dy\\[6pt]&=\lim_{R\to \infty}\int^R_0\int^{2\pi}_0 e^{kr^2}r\mathrm d\theta \mathrm dr\\[6pt]&=\pi \lim_{R\to \infty}\dfrac {e^{kR^2}-1}{k}\\[6pt]&=-\dfrac {\pi}k\end{darray}$$

为了保证上述积分存在，必须 $k<0$，解得 $k=-\pi$.

4

这里指出，原题应是 $\mathscr TA$ 可逆当且仅当 $A$ 可逆。此时考虑扰动

$$f(z):=\det (A-zI),\quad g(z):=\det (\mathscr T(A-zI))=\det (\mathscr TA-z\mathscr TI)$$

如果 $z$ 是 $f$ 的零点，则 $A-zI$ 不可逆，所以 $\mathscr T(A-zI)$ 不可逆，所以 $g(z)=0$，由等价性知道 $f,g$ 的零点集相同。首先考虑 $A$ 无重特征根的情况，此时 $f\sim g$，所以存在 $c\in\mathbb C$ 使得

$$f(z)=cg(z)$$

取 $z=0$ 即可说明

$$\det A=c\cdot \det \mathscr TA$$

其次考虑 $A$ 有重特征根的情况，因为无重特征根的矩阵在 $M_n(\mathbb C)$ 中稠密，而 $\det A$ 和 $\det \mathscr TA$ 都是连续函数，所以结论同样成立。

5

对于复方阵，上述级数在相似意义下不变，所以不妨设 $A$ 已经是 Jordan 标准型，则

$$ \det (e^A)=\left|\begin{pmatrix}e^{\lambda_1}&* &\cdots &*\\ 0&e^{\lambda_2}&\cdots &*\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\ 0&0&\cdots &e^{\lambda_n}\end{pmatrix}\right|=e^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots +\lambda_n}=e^{\mathrm{tr}A}$$

注意到 $e^A$ 作为矩阵函数，不改变对应后的特征值的代数重数和几何重数，所以结果是显然的。对于任意行列式为 $1$ 的 $2$ 阶实方阵

$$A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}$$

考虑特征多项式，其特征值为

$$\lambda_{1,2}=\frac {a+d\pm \sqrt{(a-d)^2+4bc}}2,\quad \lambda_1\lambda_2=ad-bc=1$$

如果是不相等的两实根，则存在 $P\in M_2(\mathbb R)$ 使得

$$PAP^{-1}=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2\end{pmatrix}=\exp\begin{pmatrix}\ln \lambda_1&0\\ 0&\ln \lambda_2\end{pmatrix}$$

上述对 $\lambda_1,\lambda_2>0$ 成立。如果 $\lambda_1,\lambda_2<0$，则右侧的对角元应为两个共轭复数，考虑其实标准型即可。如果是共轭复根，同样考虑实标准型即可。如果是重根，则 $\lambda_1=\lambda_2=1$，只考虑几何重数为 $1$ 的情况，此时

$$\exp\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^0&e^0\\ 0&e^0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}$$

6

由于 $Q^\top Q=I_m$，所以是列满秩且单位正交，考虑将这一组列向量延拓成 $n$ 维空间的一组标准正交基 $(Q,Q_\perp)$，则

$$(Q,Q_\perp)^\top A(Q,Q_\perp)=\begin{pmatrix}Q^\top AQ&Q^\top AQ_\perp\\ Q_\perp^\top AQ&Q_\perp^\top AQ_\perp\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{12}\\ A_{21}&A_{22}\end{pmatrix}$$

由于 $A$ 是实正定矩阵，所以右侧的矩阵的主子式也都是正定的，另一方面取逆

$$(Q,Q_\perp)^{-1}A^{-1}(Q,Q_\perp)^{-\top}=(Q,Q_\perp)^\top A^{-1}(Q,Q_\perp) =\begin{pmatrix}Q^\top A^{-1}Q&Q^\top A^{-1}Q_\perp\\ Q_\perp^\top A^{-1}Q&Q_\perp^\top A^{-1}Q_\perp\end{pmatrix}$$

则综合以上两式

$$Q^\top A^{-1}Q=(A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21})^{-1}$$

则

$$\begin{darray}{ll}&Q^\top A^{-1}Q-(Q^\top AQ)^{-1}=(A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21})^{-1}-A_{11}^{-1}\succeq 0\\[6pt]\iff & A_{11}-A_{12}A_{22}^{-1}A_{21}\preceq A_{11}\\[6pt]\iff & A_{12}A_{22}^{-1}A_{21}\succeq 0\\[6pt] \impliedby & A_{22}\succeq 0\end{darray}$$