2022年阿里巴巴全球数学竞赛预赛

Date: 0426 / Author: bestwyj

基本都不会做,留个存档。下文和实际提交的答卷一致。

1: B

完全不会做。瞎猜。

2-3: BB

模拟。

4-5: BC

这个题目不难的。

7、

(1) 本题指出的线性变换是 Householder 反射变换。假如取一个 k 维空间,将空间内的点对它镜面反射,这样的变换显然不受该子空间里的正交基影响,我们可以证明如下:

任取 W 的规范正交基 u1,,uk 并将其扩充为全空间上的规范正交基 u1,,un;考虑 s[W] 对每个基向量的作用,可以得到线性变换在 {un} 下的矩阵为

A=(IkOOInk)

对于 s[W] 限制在 W 上的变换,其矩阵为纯量阵 Ik,其相似矩阵仅自身,也就是说选取任一组基,变换矩阵也是相同的。

不论选取 W 的任何规范正交基,均可以在同一组规范正交基下观察这样的变换,其矩阵均为 A。所以变换不依赖于 W 规范正交基的选取。

(2) 在 (1) 中,由于 A2=I,所以 s[W]2=id.

(3) Grk(V) 中有趣集最大的元素个数为 Cnk. 给出的构造是,对于长度为 n 的标准正交基 e1,,en,从中任取 k 个,张成 k 维子空间 W1,,WL(L=Cnk),并记这样的子空间集合为 H;可以发现,对于子空间 W 上的变换 s[W] ,其矩阵必定为 (IrOOIkr)(0r<k).

这是满射,所以验证了 t[W]([W])=[W],对于任意的 W,WH 成立。

9、

(1) 假设存在每项均为 ±1 的周期数列 {an},设周期为 q ;考虑有理数 pq(1pq),这样的 wp=exp(2πipq) 均为 q 阶单位根,wpn 均以 q 为周期。

对于每个 p,对于原求和式,可以用周期性写为

n=1anwpn=k=1(n=1qanwpn)

这样的求和不发散,必然需要 n=1qanwpn=0,对任意 1pq 成立,即

(w1w12w1qw2w22w2qwqwq2wqq)(a1a2aq)=(000)

根据 Vandermonde 矩阵是可逆的,这推出 ai=0(1in),矛盾!所以不可能存在符合条件的周期数列。

(2) 空.

(3) 给出一种构造如下,工具是同余方程组:

{x11(mod2){x20(mod2)x22(mod3){x31(mod2)x30(mod3)x33(mod5)

一般的,第 n 个方程组为(其中 pr 为第 r 个素数)

{xnn(modp1)xnn(modp2)xnn(modpn)

根据中国剩余定理,这样的每个 xn 均存在,且我们可以通过同余,使得 xn 关于 n 单调递增。

我们的思路如下:若单纯 an 每一项都是 1,那么根据单位根的周期性,不论取何有理数,这样的级数(记作 A1)均不会发散(每 q 项的和为 0).现在我们要做的,是将里边无穷若干个 1 改为 -1;具体的,规定 axk=1,其它位置保持为 1.

由于 A1 收敛,我们考虑新级数和原级数的差:

Δ=2k=1exp(2πiθxk)

对于有理数 θ=p/q(q>1),从上述级数的第 q+1 项开始,根据我们的构造,每 q 项必定恰好遍历所有 q 阶单位根的一个循环,这说明每 q 项的和为 0. 即级数 Δ 收敛。

所以具有无穷多 ±1 的级数 A+Δ 对于任意有理数 θ=p/q(q>1) 收敛。

6、设 f 是右一致的。因此任取的 ϵ>0,存在有限个 X 中元素 b1,,bm 使对任意的 tX,存在正整数 i(t),使 |f(x,t)f(x,bi(t))|<ϵ,xX.

现在我们遍取 xX

这里对于 1im,考虑 m 元组集合 B={(k1,k2,,km)},映射 ϕ:BX,这里 ki 均为非负整数,且不超过 12ϵ,如此的 m 元组数量是有限的。

我们将值域按此法划分:

L0=[0,4ϵ],L1=[2ϵ,6ϵ],L2=[4ϵ,8ϵ],,Lq=[qϵ,(q+4)ϵ],q=[12ϵ]

由于取定了 x,必定能找到一个 0jiq,满足 (f(x,bi)ϵ,f(x,bi)+ϵ)Lji(这是因为前者开区间长度为 2ϵ). 这样我们可以把 x 赋值给 m 元组 (j1,,jm),换句话说,令 ϕ(j1,,jm)=x. (*)(如有重复,任选一个 x 作为像即可)

只需取 A=range(ϕ)={a1,,an}X,n=|A|,下证明 f 左一致:

任取 xX,对于 tX,取 i=i(t);则

f(x,t)(f(x,bi)ϵ,f(x,bi)+ϵ)Lλi

aj(x)=ϕ(λ1,,λm) 必然存在(否则,在(*)处 ϕ(λ1,,λm) 一定会被赋值为 x) ,又注意到:

f(aj(x),t)(f(aj(x),bi)ϵ,f(aj(x),bi)+ϵ)Lλi

它们在同一个长度不超过 4ϵ 的区间内 ,从而有

|f(x,t)f(aj(x),t)|<4ϵ

再由 ϵ 可以任意小,所以 f 满足左一致。

根据对称性,用同样的方法可以从左一致推出右一致,故左右一致是等价的。

8、

(1) 当 n 足够大时,若以出发点为圆心考虑,二维游走 n 步位于某一段角度内的概率可看作与角度成正比。本题当 n 很大,

他走 n1.5 步落在图中 θ 外的概率为:p=1θ2π;令 n+,有

sin(θ/2)=n/2n1.50,θ0,p1

事实上 P1,np,因为落在图中 θ 外只是事件成立的的一部分可能,但 p1,由夹逼法可知即 limn+P1,n=1.

(2) .

(3) .

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