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

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

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) .