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 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=(−IkOOIn−k)
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 s2[W]=id.
(3) Grk(V) 中有趣集最大的元素个数为 Ckn. 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=Ckn),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 (−IrOOIk−r)(0≤r<k).
这是满射,所以验证了 t[W]([W′])=[W′],对于任意的 W,W′∈H 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(1≤p≤q),这样的 wp=exp(2πipq) 均为 q 阶单位根,wnp 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=1anwnp=∞∑k=1(q∑n=1anwnp)
这样的求和不发散,必然需要 q∑n=1anwnp=0,对任意 1≤p≤q 成立,即
⎛⎜
⎜
⎜
⎜
⎜⎝w1w21⋯wq1w2w22⋯wq2⋮⋮wqw2q⋯wqq⎞⎟
⎟
⎟
⎟
⎟⎠⎛⎜
⎜
⎜
⎜⎝a1a2⋮aq⎞⎟
⎟
⎟
⎟⎠=⎛⎜
⎜
⎜
⎜⎝00⋮0⎞⎟
⎟
⎟
⎟⎠
根据 Vandermonde 矩阵是可逆的,这推出 ai=0(1≤i≤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:
{x1≡1(mod2)→{x2≡0(mod2)x2≡2(mod3)→⎧⎨⎩x3≡1(mod2)x3≡0(mod3)x3≡3(mod5)→⋯
一般的,第 n 个方程组为(其中 pr 为第 r 个素数)
⎧⎪
⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪
⎪⎩xn≡n(modp1)xn≡n(modp2)⋮xn≡n(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=−2∞∑k=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 t∈X,存在正整数 i(t),使 |f(x,t)−f(x,bi(t))|<ϵ,∀x∈X.
现在我们遍取 x∈X,
这里对于 1≤i≤m,考虑 m 元组集合 B={(k1,k2,⋯,km)},映射 ϕ:B→X,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 0≤ji≤q,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 x∈X,对于 t∈X,取 i=i(t);则
f(x,t)∈(f(x,bi)−ϵ,f(x,bi)+ϵ)⊂Lλi
故 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=1−θ2π;令 n→+∞,有
sin(θ/2)=n/2n1.5→0,θ→0,p→1
事实上 P1,n≥p,因为落在图中 θ 外只是事件成立的的一部分可能,但 p→1,由夹逼法可知即 limn→+∞P1,n=1.
(2) .
(3) .
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