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。

view code#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

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

故 $a_{j(x)}=\phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_m)$ 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) .