填空题
(1) 二次型矩阵为
$$\begin{pmatrix}1&t &-1\\ t&4 &2 \\-1&2 &4\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&4-t^2 &2+t \\0&2+t &3\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&3 &0 \\ 0&0&\frac 43\cdot (t+2)(1-t)\end{pmatrix}$$所以当 $t\in (-2,1)$ 时是正定的。
(2) 求特征多项式
$$|\lambda I-A|=(\lambda -1)^2(\lambda +5)+16(b+1)-8b(\lambda +5)+8(\lambda -1)$$(3) 可见 $A$ 满足多项式 $f(x)=x^2$，特征值只能为 $0$，$\mathrm{rank}(A)=3$ 说明 $A$ 的 Jordan 标准型有 $6-3=3$ 个 $0$-Jordan 块，且每个块的大小不超过 $2$，所以 $A$ 的 Jordan 标准型为
$$\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$$计算题
(1) $-x^2\sin \frac 1x+2\int ^x_0t\sin\frac t1\mathrm dt +C$，在原点为 $C$.
(2) $-\frac {\pi^2}2\ln 2$
(3) 考虑幂级数展开
$$-\ln(1-x)=\sum^\infty_{n=1}\frac {x^n}n=:\sum^\infty_{n=0}b_nx^n$$由于 $\lim na_n=\lim a_n/b_n=1$，所以对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得当 $n\geq N$ 时
$$(1-\varepsilon)b_n< a_n<(1+\varepsilon)b_n$$从而累加得到
$$(1-\varepsilon)\sum^\infty_{n=N} b_nx^n < \sum^\infty_{n=N} a_nx^n < (1+\varepsilon)\sum^\infty_{n=N} b_nx^n$$则估计 $\sum a_nx^n$ 有
$$\dfrac {\sum^\infty_{n=0} a_nx^n}{-\ln(1-x)}=\dfrac {\sum^\infty_{n=N} a_nx^n}{-\ln (1-x)}+\dfrac {\sum^{N-1}_{n=0} a_nx^n}{-\ln(1-x)}\to \dfrac {\sum^\infty_{n=N} a_nx^n}{-\ln (1-x)}\in [1-\varepsilon,1+\varepsilon]$$最后由双边控制得到。由 $\varepsilon$ 的任意性，结果为 $-1$.
解答题
(1) 考虑 Cauchy 不等式
$$\int ^1_0(1+x^2)f^2(x)\mathrm dx\geq \dfrac {\left(\int ^1_0 |f(x)|\mathrm dx\right)^2}{\int ^1_0(1+x^2)^{-1}\mathrm dx}\leq \dfrac 4\pi \left(\int ^1_0 f(x)\mathrm dx\right)^2=\frac 4\pi$$此时取等，当且仅当
$$f(x)=\frac {C}{1+x^2}=\frac 4{\pi (1+x^2)}$$几乎处处成立（而 $f(x)\in C[0,1]$，所以必须完全相等），通过条件解得 $C$.
(2) 考虑辅助函数
$$F(x)=e^{-2024x}[f(x)-f(0)]$$则其导数为
$$F'(x)=e^{-2024x}[f'(x)-2024f(x)+2024f(0)]$$因此题目是在证明存在 $\xi \in (0,2)$ 使得 $F'(\xi)=0$. 首先
$$F(0)=0,\quad F(1)=e^{-2024}[f(1)-f(0)],$$当 $f(1)=f(0)$ 时，Rolle 中值定理推出。当 $f(1)>f(0)$，由于
$$F'(1)=-2024e^{-2024}[f(1)-f(0)]<0$$所以连续函数 $F$ 的最大值在内部取到，在极值点处得证。当 $f(1) (3) 由于任意性，先取 $A=0,B=0$，得到 考虑 $A=xE_{ik},B=F_{ji}$，则当 $j\neq k$ 时 所以联立上面的式子，说明调整 $D$ 的某一个非对角线元素，不影响 $D$ 的秩。同理对 $C$ 也是。 首先证明 $D$ 是满秩的。否则存在非零向量 …………………. 考虑其伴随矩阵，调整 $D$ 的某一个非对角线元素，总是保持秩不变，那么推出伴随的非对角元素为 $0$，所以 $D$ 的非对角元素必须全为 $0$。对于 $C$ 也是同理的。 最后说明 $C,D$ 的对角线元素相等。考虑 $A=xE_{ik},B=F_{ki}$，则必须同时降秩，显然推出。 (4) 对于复矩阵，可以根据 Jordan 块选取 $B$ 的本征特征向量 $v_i$，使得 并且这个广义特征子空间的基向量为 $(v_i^1,v_i^2,\cdots,v_i^{m_i})$，满足 则 这说明 $B$ 的特征值也是 $A$ 的特征值。进一步 就有 所以 $v_i^2$ 也是 $A$ 的 $\lambda_i$-广义特征向量，对于这个 $B$ 的特征子空间的基向量归纳下去。据此，代数重数是一致的。