# 2019 第 60 届 IMO 解答

## Problem 1 ()

$f(0) + 2f(b) = f(f(b)).$

$f(2a) + 2f(b) = f(0) + 2f(a+b)$

$f(2) + 2f(b) = f(0) + 2f(1+b).$

$B+2(An+B)=A(An+B)+B.$

## Problem 2 ()

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“苟日新，日日新，又日新”

Ahlfors《复分析》最精彩的部分在于提供了一个从拓扑角度看完全清晰而现代的Cauchy积分定理。他毫不掩饰自己的分析学家趣味，自得其乐地(当然同时也让读者受益无穷)讨论着函数的各种表示，函数空间内的收敛性，椭圆函数论以及超几何函数论。这些论题覆盖了经典函数论的绝大部分内容，又出之以现代观点，使得此书在数十年间一直保持着第一参考书的地位。这是3本书中我读得最早也最钟爱的一本，虽然我并不强求它是完美的：在不引入Riemann面的情况下引入层论是相当勉强的，除了让叙述稍显摩登之外没有什么意义。

Cartan的《解析函数论》则处于一种尴尬的境地。他试图把Weierstrass观点摆到图像的中心，但这里有一个天然的(？)的限制：从积分表示构造幂级数表示要比从幂级数表示构造积分表示自然得多。因而他不得不在两种观点间来回跳跃，远不如Ahlfors宏大而一致。当然他的牺牲也获得了某种回报：Weierstrass观点可以毫不费力地推广到多变元(Cauchy的大部分函数论定理也仍然正确；高维的困难之处本质上是几何的)。

$$\Bbb R$$ 表示实数域; $$\Bbb C$$ 表示复数域; $$A^T$$ 表示 $$A$$ 的转置; $$E_{ij}$$ 表示第 $$i$$ 行第 $$j$$ 列元素为 $$1$$ 其余为 $$0$$ 的矩阵.

1. $$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r$$ 是 $$\Bbb R^n$$ 上线性无关的列向量组,$$\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_t$$ 是 $$\Bbb R^m$$ 上线性无关的列向量组. 若有实数 $$c_{ij}$$ 使得

$\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^tc_{ij}\alpha_i\beta_j^{T}=\textbf{0}.$

2.实数域上的 $$3$$ 阶方阵 $$A$$ 满足 $$AA^T=A^TA$$, 且 $$A\neq A^T$$.
(1) 证明存在正交矩阵 $$P$$ 使得
$P^TAP= \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & c \\ 0 & -c & b \\ \end{pmatrix},$

(2) 若 $$A=\sum\limits_{i=1}^3\sum\limits_{j=1}^3a_{ij}E_{ij}$$, $$AA^T=A^TA=I_3$$, 且 $$|A|=1$$.证明 $$1$$ 是 $$A$$ 的一个特征值, 且求属于特征值$$1$$ 的特征向量.

3. $$A$$ 是复数域上的一个 $$n$$ 阶方阵, $$A$$ 的特征值为$$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$$. 定义 $$M_n(\Bbb C)$$ 上的变换 $$T$$ 为

$\begin{split}T\colon M_n(\Bbb C)&\longrightarrow M_n(\Bbb C)\\ B&\longmapsto AB-BA , \forall B\in M_n(\Bbb C)\end{split}$

(1) 求变换 $$T$$ 的特征值;
(2) 若 $$A$$ 可对角化, 证明 $$T$$ 也可对角化.

4. $$A$$ 为 $$n$$ 级实对称矩阵,令

$S=\{X|X^TAX=0, X\in \Bbb R^n.\}$

(1)求 $$S$$ 为 $$\Bbb R^n$$ 中的一个子空间的充要条件并证明;
(2)若 $$S$$ 为 $$\Bbb R^n$$ 中的一个子空间, 求 $$\dim S$$.

5. 给定任意实数 $$\varepsilon\gt0$$, 证明对任意的 $$n$$ 阶实矩阵 $$A$$, 存在一个 $$n$$ 阶对角矩阵 $$D$$, 每个对角元为 $$\varepsilon$$ 或 $$-\varepsilon$$ 中的一个,使得
$|A+D|\ne 0.$

6. 给了空间中两条异面直线的方程(不记得了),求两条直线的距离和公垂线方程.

7. 在空间中有三条直线两两异面,且不平行于同一个平面, 证明空间中与这三条直线都共面的直线集是一个单叶双曲面.

8. 证明平面与双曲抛物面的交线不可能是一个椭圆.

1. 讨论数列 $$a_n=\sqrt[n]{1+ \sqrt[n]{2+ \sqrt[n]{3+\dotsm+ \sqrt[n]n } } }$$ ($$n$$ 个根号) 的敛散性.

2. 设 $$f(x)\in C[a,b]$$ 且 $$f(a)=f(b)$$, 证明: $$\exists x_n$$, $$y_n\in[a,b]$$s.t. $$\lim\limits_{n\to\infty}\big(x_n-y_n\big)=0$$ 且 $$f(x_n)=f(y_n)$$, $$\forall n\in \Bbb N$$.

3. 证明 $$\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\frac1{k+m+1}= \sum\limits_{k=0}^n(-1)^kC_m^k\frac1{k+n+1}$$, 其中 $$m$$, $$n$$ 是正整数.

4. 无穷乘积 $$\prod\limits_{n=1}^\infty(1+a_n)$$ 收敛, 是否级数 $$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$$ 收敛? 若是, 给出证明; 若不是, 举出例子.

5. 设 $$f(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty x^n\ln x$$, 计算 $$\int_0^1 f(x) \mathrm dx$$.

6. 设函数 $$f(x)$$ 在 $$(0, +\infty)$$ 二阶可导, 且 $$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$$ 存在,  $$f^{\prime\prime}(x)$$ 有界. 证明: $$\lim\limits_{x\to+\infty}f^{\prime}(x)=0$$.

7. 设数列 $$\{x_n\}$$ 有界,  $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_{n+1}-x_n)=0$$, 且 $$\varliminf\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=l$$, $$\varlimsup\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=L$$($$l\lt L$$). 证明: $$[l, L]$$ 中的每一个点都是数列 $$\{x_n\}$$ 的某一子列的极限.

8. 对 $$p\gt0$$ 讨论级数  $$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin\frac{n\pi}4}{n^p+\sin\frac{n\pi}4}$$ 的绝对收敛性和收敛性.

9. 求函数 $$f(x)=\dfrac{2x\sin\theta}{1-2x\cos\theta+x^2}$$ 在 $$x=0$$ 点的 Taylor 展式, 其中 $$\theta\in\Bbb R$$ 是常数, 并计算积分 $$\int_0^\pi\ln(1-2x\cos\theta+x^2) \mathrm d\theta$$.

10. 证明 $$\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x} \mathrm dx=\dfrac\pi2$$, 并计算 $$\int_0^{+\infty} \dfrac{\sin^2 yx}{x^2} \mathrm dx$$.

# 2018 第 59 届 IMO 解答

## Problem 1 ()

2018 年IMO 国家队队员李一笑——来自江苏天一中学——的大作 “2018 年国家集训队第一阶段选拔试题及解答”. 文档转载自数学新星网.

2018 China IMO team selection test part one

2018 年国家集训队第二阶段选拔试题来自贴吧

Theorem. There does not exist a group whose commutator subgroup is isomorphic to $$S_4$$.

The relevant facts are that $$S_4$$ is a complete group(no outer automorphisms, trivial center) which is not perfect(that is, the commutator subgroup of $$S_4$$ is not $$S_4$$ itself). Any group which has these properties is never a commutator subgroup of anything. Here’s why.

Lemma. If $$K$$ is a complete group and $$K\lhd G$$, then $$G$$ is the direct product $$K\times H$$ of $$K$$ by its centralizer $$H=C_G(K)$$.

In other words, a complete group can be a normal subgroup only in the most trivial fashion: the large group is just a direct product of the normal group by something.

Proof of the lemma. Let $$H=C_G(K)$$ be the centralizer of $$K$$ in $$G$$, namely the set of all elements which commute with all elements of $$K$$. $$H$$ is a normal subgroup of $$G$$, and $$H\cap K=Z(K)=1$$ since $$K$$ has trivial center. Any element $$g\in G$$ induces an automorphisms $$\phi_g$$ of $$K$$ by conjugation: $$\phi_g(k)=g^{-1}kg$$. But $$K$$ has no outer automorphisms, so $$\phi_g$$ must equal some inner automorphism of $$K$$, that is, for some $$k\in K$$, $$\phi_g=\phi_k$$. Now conjugation by $$gk^{-1}$$ does nothing to $$K$$, so $$gk^{-1}=h\in H$$. In other words $$g=kh$$: every element of $$G$$ is expressible as product of an element of $$K$$ and an element of $$H$$. Since $$H$$ and $$K$$ commute, $$G$$ is the direct product of $$H$$ and $$K$$.            $$\Box$$

Proof. Now suppose that $$G$$ is some group such that $$K=G^\prime=[G,G]$$, the commutator subgroup, is such that $$K$$ is complete and non-perfect. By the lamma, $$G=K\times A$$ where $$A\cong G/K$$ is an abelian group. So any element of $$G$$ can be writeen as $$ka$$ with $$k\in K$$ and $$a\in A$$, and moreover, $$ka=ak$$ for any $$k\in K$$, $$a\in A$$.

Consider a commutator $$c=xyx^{-1}y^{-1}$$ in $$G$$. Write $$x=ka$$ and $$y=lb$$. Since $$K$$ and $$A$$ commute, $$c=aba^{-1}b^{-1}xyx^{-1}y^{-1}$$. Since $$A$$ is abelian, the first part vanishes and $$c=xyx^{-1}y^{-1}$$. So any commutator of $$G$$ lies in the commutator sungroup of $$K$$, and it follows that $$G^\prime=K^\prime$$. Since $$K^\prime\ne K$$, $$G^\prime\ne K$$, as well.

It remains to show that $$S_4$$ is complete and non-perfect.

(i) $$S_4$$ has trivial center: this is obvious. No permutation commutes with all other permutations.

(ii) $$S_4$$ has no outer automorphisms. This is true for all $$S_n$$ except $$n=2$$, $$6$$. It’s a standard result.

(iii) $$S_4$$ is not perfect. This is also ovious: for any two permutations $$\sigma$$, $$\tau\in S_n$$, the commutator $$\sigma^{-1}\tau^{-1}\sigma\tau$$ is an even permutation, so the commutator subgroup is contained in the alternating group $$A_n$$. In fact the commutator group eauals $$A_n$$, but we don’t need that here.

This completes the proof the theorem.                                  $$\Box$$

Remark. a simple modification: $$K^\prime\subset G^\prime$$ is clear, and the other direction follows since $$G/K^\prime=K/{K^\prime\times A}$$ is abelian.

Here is a proof not using those well-known facts about $$S_4$$. (though it’s easy to derive them with it)

Proof. $$S_4$$ has exactly $$4$$ Sylow  $$3$$-subgroups

$P_1=\langle(234)\rangle, P_2=\langle(134)\rangle, P_3=\langle(124)\rangle, P_4=\langle(123)\rangle,$

where $$P_i$$ is the only Sylow $$3$$-subgroup of the stabilizer of $$i$$ in $$S_4$$ for $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$. So $$\sigma P_i\sigma^{-1}=P_{\sigma(i)}$$ for all $$\sigma\in S_4$$ and $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$.

Assume $$G^\prime=S_4$$ and take $$g\in G$$. The conjugation with $$g$$ permutes $$P_1$$, $$P_2$$, $$P_3$$, $$P_4$$, so we find $$\rho\in G$$ with $$g P_ig^{-1}=P_{\rho(i)}=\rho P_i\rho^{-1}$$ for $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$. So $$h\colon \rho^{-1}g\in G$$ satisfies $$h P_ih^{-1}=P_i$$ for $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$.

Then for all $$\sigma\in S_4$$ we have also $$h^{-1}\sigma h\in S_4$$ and

\begin{equation} \begin{split}P_{h^{-1}\sigma h(i)}&=(h^{-1}\sigma h)P_i(h^{-1}\sigma h)^{-1}\\&=h^{-1}\sigma hP_ih^{-1}\sigma^{-1}h\\&=h^{-1}\sigma P_i\sigma^{-1}h\\&= h^{-1} P_{\sigma(i)}h=P_{\sigma(i)}.\end{split} \end{equation}

and therefore $$h^{-1}\sigma h(i)=\sigma(i)$$ for $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$.

This gives $$h\in C_G(S_4)$$ and $$g=\rho h\in S_4C_G(S_4)$$ for all $$g\in G$$. So $$G=S_4C_G(S_4)$$ and $$|G\colon A_4C_G(S_4)|\leqslant2$$. But then $$A_4C_G(S_4)\trianglelefteq G$$ with abelian factor, so $$S_4=G^\prime\leq A_4C_G(S_4)$$, and by Dedekind we get

$S_4=A_4C_G(S_4)\cap S_4=A_4(C_G(S_4)\cap S_4)=A_4Z(S_4)=A_4$

since $$Z(S_4)=1$$, as $$\sigma\in Z(S_4)$$ would give $$P_i=\sigma P_i\sigma^{-1}=P_{\sigma(i)}$$ and $$i=\sigma(i)$$ for $$i=1$$, $$2$$, $$3$$, $$4$$. Contradiction!

1. 证明如下极限:

(1)  $$\lim\limits_{n\to\infty}\Big(1+\int_0^1\dfrac{\sin^n x}{x^n}\;dx\Big)^n=+\infty$$;
(2)  $$\lim\limits_{n\to\infty}\Big(\int_0^1\dfrac{\sin x^n}{x^n}\;dx\Big)^n=\prod\limits_{k=1}^{+\infty}e^{\frac{(-1)^k}{2k(2k+1)!}}$$;
(3) $$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n\ln\Big(1+\dfrac{k^2-k}{n^2}\Big)=\ln 2-2+\dfrac\pi2$$.

2. $$f\in C(0,1)$$, $$\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\alpha\lt\beta=\dfrac{f(x_4)-f(x_3)}{x_4-x_3}$$, 这里 $$x_1$$, $$x_2$$, $$x_3$$, $$x_4\in(0, 1)$$. 证明: 对任意 $$\lambda\in(\alpha, \beta)$$, 存在 $$x_5$$, $$x_6\in(0, 1)$$, 使得 $$\lambda=\dfrac{f(x_6)-f(x_5)}{x_6-x_5}$$.

3. 设 $$\gamma$$ 是联结 $$\Bbb R^3$$ 中两点 $$A$$, $$B$$ 的长度为 $$L$$ 的光滑曲线, $$U$$ 是包含 $$\gamma$$ 的 $$\Bbb R^3$$ 中的开集, $$f$$ 在 $$U$$ 中的两个偏导数存在且在 $$\gamma$$ 上连续. 梯度 $$\nabla f$$ 的长度在 $$\gamma$$ 上的界为 $$M$$. 证明:

$|f(A)-f(B)|\leqslant ML.$

4. $$f$$ 在 $$(0, 0)$$ 点局部三阶连续可微, $$D_R$$ 表示圆盘: $$x^2+y^2\leqslant R^2$$. 计算:

$\lim_{R\to0^+}\dfrac1{R^4}\iint_{D_R}\Big(f(x, y)-f(0, 0)\Big) dxdy.$

5. $$\varphi(x)$$ 在 $$0$$ 处可导, $$\varphi(0)=0$$, $$f(x,y)$$ 在 $$(0,0)$$ 点局部 $$2$$ 阶连续可微, $$f$$ 的两个偏导数在 $$(x,\varphi(x) )$$ 上恒为 $$0$$. $$\big(\partial_{ij}f(0, 0)\big)_{2\times2}$$ 为半正定非 $$0$$ 阵. 证明 $$f$$ 在 $$(0, 0)$$ 为取极小值.

6. 证明: $$e^{-x}+\cos2x+x\sin x=0$$

$$\forall n=1$$, $$2$$, $$3$$, $$\dotsc$$.

7. 证明: $$\lim\limits_{x\to0}\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos nx}n=+\infty$$.

8. $$\forall x\in[1,+\infty)$$, $$f(x)\gt0$$, $$f^{\prime\prime}(x)\leqslant0$$, 且 $$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$$. 证明如下极限存在并求之:

$\lim_{s\to0+}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{f^s(n)}.$