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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。

#include<bits/stdc++.h>

double px[8008], py[8008], pe[8008];

double sqr(double x) {
	return x * x;
}

int main() {
	srand(time(NULL));
	freopen("cir.txt", "w", stdout);
	double r = 10, pi = acos(-1);
	int now = 0;
	for(; r <= 20; r += 1e-1) {
		double st = rand();
		for(double f = 0; f < 2 * pi; f += 1e-4) {
			double e = fmod(f + st, 2 * pi);
			double x = r * cos(e), y = r * sin(e);
			auto ok = [&]() {
				for(int j = 1; j <= now; ++j) {
					if(sqr(px[j] - x) + sqr(py[j] - y) < 1)
						return 0;
					if(fabs(e - pe[j]) < 0.1 && 36 * sqr(px[j] * y - py[j] * x) < sqr(x) + sqr(y))
						return 0;
				}
				return 1;
			};
			if(ok()) {
				++now;
				px[now] = x; py[now] = y; pe[now] = e;
				printf("%.6f %.6f\n", x, y);
			}
		}
	}
}

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 u_1,\cdots, u_k 并将其扩充为全空间上的规范正交基 u_1,\cdots,u_n;考虑 s_{[W]} 对每个基向量的作用,可以得到线性变换在 \{u_n\} 下的矩阵为

A=\begin{pmatrix} -I_k &O \\O & I_{n-k} \end{pmatrix}

对于 s_{[W]} 限制在 W 上的变换,其矩阵为纯量阵 -I_k,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 A^2=I,所以 s_{[W]}^2 =id.

(3) Gr_k(V) 中有趣集最大的元素个数为 C_n^k. 给出的构造是,对于长度为 n 的标准正交基 e_1,\cdots,e_n,从中任取 k 个,张成 k 维子空间 W_1,\cdots,W_L(L=C_n^k),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 \begin{pmatrix} -I_r &O \\O & I_{k-r} \end{pmatrix}(0\le r\lt k).

这是满射,所以验证了 t_{[W]}([W'])=[W'],对于任意的 W,W' \in H 成立。

9、

(1) 假设存在每项均为 \pm 1 的周期数列 \{a_n\},设周期为 q ;考虑有理数 \dfrac{p}{q}(1\le p\le q),这样的 w_p=\exp(2\pi i \dfrac{p}q) 均为 q 阶单位根,w_p^n 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

\sum_{n=1}^{\infty}a_nw_p^n=\sum_{k=1}^\infty (\sum_{n=1}^qa_nw_p^n)

这样的求和不发散,必然需要 \sum\limits_{n=1}^qa_nw_p^n=0,对任意 1\le p\le q 成立,即

\begin{pmatrix} w_1&w_1^2&\cdots&w_1^q \\ w_2&w_2^2&\cdots&w_2^q \\ \vdots&&&\vdots \\ w_q&w_q^2&\cdots&w_q^q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1 \\ a_2 \\ \vdots\\ a_q \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix}

根据 Vandermonde 矩阵是可逆的,这推出 a_i=0(1\le i\le n),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:

\begin{cases} x_1\equiv 1 \pmod 2 \end{cases} \to \begin{cases} x_2\equiv 0 \pmod 2 \\ x_2\equiv 2 \pmod 3 \end{cases} \to \begin{cases} x_3\equiv 1 \pmod 2 \\ x_3\equiv 0 \pmod 3 \\ x_3\equiv 3 \pmod 5 \end{cases} \to \cdots

一般的,第 n 个方程组为(其中 p_r 为第 r 个素数)

\begin{cases} x_n\equiv n \pmod {p_1} \\ x_n\equiv n \pmod {p_2} \\ \vdots \\ x_n\equiv n \pmod {p_n} \end{cases}

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

我们的思路如下:若单纯 a_n 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 A_1)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 a_{x_k}=-1,其它位置保持为 1.

由于 A_1 收敛,我们考虑新级数和原级数的差:

\Delta=-2\sum_{k=1}^\infty\exp(2\pi i\theta x _k)

对于有理数 \theta=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 \Delta 收敛。

所以具有无穷多 \pm1 的级数 A+\Delta 对于任意有理数 \theta=p/q(q>1) 收敛。

6、设 f 是右一致的。因此任取的 \epsilon >0,存在有限个 X 中元素 b_1,\cdots,b_m 使对任意的 t\in X,存在正整数 i(t),使 |f(x,t)-f(x,b_{i(t)})|<\epsilon,\forall x\in X.

现在我们遍取 x\in X

这里对于 1\le i\le m,考虑 m 元组集合 B=\{(k_1,k_2,\cdots,k_m)\},映射 \phi:B\to X,这里 k_i 均为非负整数,且不超过 \dfrac{1}{2\epsilon},如此的 m 元组数量是有限的。

我们将值域按此法划分:

L_0=[0,4\epsilon],L_1=[2\epsilon,6\epsilon],L_2=[4\epsilon,8\epsilon],\cdots, \\ L_q=[q\epsilon,(q+4)\epsilon],\quad q=[\dfrac1{2\epsilon}]

由于取定了 x,必定能找到一个 0\le j_i\le q,满足 (f(x,b_i)-\epsilon,f(x,b_i)+\epsilon) \subset L_{j_i}(这是因为前者开区间长度为 2\epsilon). 这样我们可以把 x 赋值给 m 元组 (j_1,\cdots,j_m),换句话说,令 \phi(j_1,\cdots,j_m)=x. (*)(如有重复,任选一个 x 作为像即可)

只需取 A=\text{range}(\phi)=\{a_1,\cdots,a_n\} \subset X,\quad n=|A|,下证明 f 左一致:

任取 x\in X,对于 t\in X,取 i=i(t);则

f(x,t)\in (f(x,b_i)-\epsilon,f(x,b_i)+\epsilon) \subset L_{\lambda_i}

a_{j(x)}=\phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_m) 必然存在(否则,在(*)处 \phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_m) 一定会被赋值为 x) ,又注意到:

f(a_{j(x)},t)\in (f(a_{j(x)},b_i)-\epsilon,f(a_{j(x)},b_i)+\epsilon) \subset L_{\lambda_i}

它们在同一个长度不超过 4\epsilon 的区间内 ,从而有

|f(x,t)-f(a_{j(x)},t)|<4\epsilon

再由 \epsilon 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 n^{1.5} 步落在图中 \theta 外的概率为:p=1-\dfrac{\theta}{2\pi};令 n\to +\infty,有

\sin(\theta/2)=\dfrac{n/2}{n^{1.5}} \to 0,\theta\to 0,p\to 1

事实上 P_{1,n} \ge p,因为落在图中 \theta 外只是事件成立的的一部分可能,但 p\to 1,由夹逼法可知即 \lim\limits_{n\to +\infty}P_{1,n}=1.

(2) .

(3) .

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