1單選題:磁性幾何魔方把實心立方體ABCD-A1B1C1D1(假設(shè)AB=1)按如下方式分成12塊(圖1):1)取6條面上的對角線AC,AB1,AD1,C1B,C1D,C1A1;2)考慮以立方體中心為頂點,上述6條對角線及12條棱之一為對邊的三角形;3)這18個三角形把立方體切成了12塊,每塊是一個四面體,每個四面體有兩條棱是立方體的棱;4)每個四面體僅通過其上立方體的棱和其它四面體連結(jié).圖1:磁性幾何魔方這樣一個玩具可以擺出各種形狀(圖2).圖2:其它形狀的例子問:在這個玩具所有可能的形狀中,其上兩點之間(在空間中)距離的最大值是多少?2√11√7+4√2√131+2√2以上都不對3單選題:間隔圍觀某日?某地的一片巨大空場地上有一場街頭藝術(shù)表演?引起部分群眾圍觀.我們將此地看作一個歐氏平面?表演的區(qū)域中心記作點K.設(shè)群眾為A1,A2,...,An,...,他們按照從A1開始的順序依次選定一個圍觀的位置但需同時滿足以下三個條件.條件1:An圍觀的位置與K的距離不小于10米?即對任意n,KPn≥10米;條件2:An圍觀的位置與前面每個人位置的距離都需要不小于1米?即對任意n≥2和任意1≤m≤n-1,PmPn≥1米.條件3:在滿足條件1和條件2的前提下?An選擇與K盡量接近的點進(jìn)行圍觀?即他希望KPn取到最小可能的值.如果同時滿足條件1和條件2且使得KPn取到最小可能值的Pn不止一個?那么An可以選擇其中的任意一個點.例如?對于A1,他選擇位置時沒有條件2?故他會選擇以K為圓心?10米為半徑的圓周C上的任意一點(與K的距離恰為10米);對于A2,他也希望P2與K的距離恰為10米?即P2也在C上.由于C上有許多點與P1的距離不小于1米?他可以選擇其中任意一點.(1)請問?以下說法哪個正確?存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置?均有c1≤KPn≤c2(單位:米);存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置?均有c1√n≤KPn≤c2√n(單位:米);存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置?均有c1n≤KPn≤c2n(單位:米);存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置?均有c1n2≤KPn≤c2n2(單位:米).(2)由于人是有一定體積的?所以如果某人站在另一人圍觀的視線路徑附近時?第二人就會被第一人擋住視線.我們認(rèn)為?對不同的i,j,如果以Pi為圓心?米為半徑的圓周與線段KPj相交?那么Aj就會被Ai擋住視線而看不到表演的全貌.請問?以下哪個說法正確?當(dāng)有60名群眾圍觀時?一定有人看不到表演的全貌;當(dāng)有60名群眾圍觀時?存在所有人都看到表演全貌的可能性?但當(dāng)有800名群眾圍觀時?一定有人看不到表演的全貌;當(dāng)有800名群眾圍觀時?存在所有人都看到表演全貌的可能性?但當(dāng)有10000名群眾圍觀時?一定有人看不到表演的全貌;當(dāng)有10000名群眾圍觀時?存在所有人都看到表演全貌的可能性.4單選題:“虎虎生威”盲盒春節(jié)期間,“勇敢牛?！迸Ｄ坦就瞥隽诵麓杭；顒?每盒牛奶都附贈一個紅包,紅包中藏有下列“虎”,“生”,“威”中的一款圖案。(如下圖)集齊兩個“虎”,一個“生”,一個“威”即可拼齊成為“虎虎生威”全家福。這項活動一經(jīng)推出,就成為了網(wǎng)紅爆款,很多人希望能夠集齊一整套。假設(shè)紅包中的圖案是獨立隨機(jī)分布的(并且不能從紅包外觀上進(jìn)行區(qū)別),“虎”,“生”,“威”三款紅包按均勻概率分布。(1)收集齊一整套“虎虎生威”全家福所需要購買的牛奶盒數(shù)的數(shù)學(xué)期望是多少?以上都不對。(2)在市場部的周會討論中,大家認(rèn)為當(dāng)前的圖案投放比例,會導(dǎo)致在收集“虎虎生威”全家福時收集到太多的“生”和“威”,于是探討可能的改進(jìn)方案。記圖案“虎”、“生”和“威”的投放比例為(p,q,r),那么下面哪種方案下,收集齊一整套“虎虎生威”全家福所需要購買的牛奶盒數(shù)的數(shù)學(xué)期望是最小的?5證明題給定集合X,若函數(shù)f:X×X→[0,1]滿足:對任意∈>0,存在有限個X中元X,存在某個bi(t)滿足:jf(x,t)-f(x,bi(t))j<∈,8x∈X,則稱f是右一致的"類似地?對任意∈>0,存在有限個X中元素a1,a2,...,an使得對任意t∈X,存在某個ai(t)滿足:jf(t,x)-f(ai(t),x)j<∈,8x∈X,則稱f是左一致的"求證:左一致等價于右一致"6證明題設(shè)n是正整數(shù),V=Rn是n維歐氏空間,有一組基滿足(ei,ej)=δi,j,其中是Kronecker符號,(·,·)是V上的內(nèi)積.對V中的非零向量v,定義線性變換sv:V→V為對于介于0和n之間的整數(shù)k,記Grk(V)為V的k維子空間的集合.對于V的一個k維子空間W,記[W]為Grk(V)中的相應(yīng)元素.取W的一組正交規(guī)范基{v1,...,vk}(也即,(vi,vj)=δi,j),定義s[W]:V→V為s[W]=sv1···svk.(1)證明s[W]不依賴于正交規(guī)范基{v1,...,vk}的選取.證明s=id.(3)對[WI]∈Grk(V),定義t[W]([WI])=[s[W](WI)],其中s[W](WI)是WI在s[W]下的像.我們稱Grk(V)的子集X為一個“有趣集”若t[W]([WI])=[WI],?[W],[WI]∈X.請找到Grk(V)中有趣集的最大的元素個數(shù),并證明之.7解答題:忙碌的快遞員一位快遞員在二維格點平面上坐標(biāo)為(n,0)處取到了快遞。他所工作的快遞站則在原點(0,0)處。此后,快遞員每一步做步長為1的簡單隨機(jī)游動。在以下的各問中,不妨認(rèn)為(1)令P1;n為該快遞員在走了恰好ln1.5」步時,距離快遞站的直線距離大于的概率,試證明(2)令P2;n為該快遞員在前l(fā)n1.5」步內(nèi)曾經(jīng)回到過快遞站的概率,試證明(3)令P3;n為該快遞員的前2n步內(nèi)曾經(jīng)回到過快遞站的概率,試證明8解答題(1)證明不存在滿足如下條件的周期序列a1,a2,a3,...,每項均為±1,且對任意有理數(shù)θ,(2)證明不存在每項均為±1的序列a1,a2,a3,...滿足:對任意有理數(shù)θ(3)舉例說明:存在每項均為±1的序列a1,a2,a3,...滿足:其中有無窮多項1?也有無窮多項-1?且對任意θ∈Q-Z,9解答題:開幕式的節(jié)目設(shè)計假設(shè)你被冬奧會開幕式的導(dǎo)演選為技術(shù)助理,負(fù)責(zé)用數(shù)學(xué)知識研究設(shè)計方案的合理性。在開幕式的備選節(jié)目中,有一個方案是讓一群由無人機(jī)控制的吉祥物繞一個圓圈形狀的場地滑冰。因為無人機(jī)足夠的多(但是不會擁堵或者相撞),我們認(rèn)為可以用一個概率密度函數(shù)P(t,v)(≥0)來刻畫無人機(jī)的分布。因為場地是圓環(huán)形的,所以我們可以認(rèn)為速度v∈R,它表示無人機(jī)的線速度。那么,對于任意給定的時間t,和兩個速度v1<v2,表示全體無人機(jī)中速度介于v1和v2之間的概率。由于無人機(jī)的運(yùn)動機(jī)理,已知這個密度函數(shù)的演化滿足如下的方程t+((u(t)-v)P)v=Pvv,v∈R,t>0.其中u(t)為無人機(jī)的指令速度。(1)為了研究怎么給無人機(jī)合適的指令速度,大寶給導(dǎo)演提議說,應(yīng)該讓u(t)=u0+u1N(t)其中u0>0,u1>0,而N(t)表示無人機(jī)的速度正部(v+=max{0,v})的平均但是,你善意地提醒道,如果u1>1那么N(t)在演化過程中不會有上界,以至于很快引起無人機(jī)的故障。你可以證明你的上述結(jié)論嗎?(為了方便討論,我們忽略P及其導(dǎo)數(shù)在|v|→+∞時的貢獻(xiàn)。)(2)在采納了大寶和你的建議后,導(dǎo)演又在考慮這些無人機(jī)是否會在滑行中在圓圈場地上均勻分布,于是我們需要考慮關(guān)于速度和位置的聯(lián)合密度函數(shù)p(t,x,v)(≥0)。這里x∈[0,2π]表示無人機(jī)在圓圈上的相對位置,顯然=P(t,v)。已知這個聯(lián)合密度函數(shù)的演化滿足pt+vpx+((u(t)-v)p)v=pvv,x∈[0,2π],v∈R,t>0.且由于無人機(jī)在繞圈滑行,在x方向上如下條件滿足p(t,0,v)=p(t,2π,v),v∈R,t>0.你大膽猜測:無論初始分布如何,無人機(jī)很快就在圓圈上接近一個均勻分布。你可以證明或者證偽這個命題嗎?(為了方便討論,我們忽略p及其導(dǎo)數(shù)在|v|→+∞時的貢獻(xiàn)。)12022阿里巴巴全球數(shù)學(xué)競賽(預(yù)選賽)第1題(單選題)磁性幾何魔方把實心立方體ABCD-A1B1C1D1(假設(shè)AB=1)按如下方式分成12塊(圖1):1)取6條面上的對角線AC,AB1,AD1,C1B,C1D,C1A1;2)考慮以立方體中心為頂點,上述6條對角線及12條棱之一為對邊的三角形;3)這18個三角形把立方體切成了12塊,每塊是一個四面體,每個四面體有兩條棱是立方體的棱;4)每個四面體僅通過其上立方體的棱和其它四面體連結(jié).圖1:磁性幾何魔方這樣一個玩具可以擺出各種形狀(圖2).圖2:其它形狀的例子問:在這個玩具所有可能的形狀中,其上兩點之間(在空間中)距離的最大值是多少?2(C)√13(D)1+2√2(E)以上都不對1答案選D。以ABCD-A1B1C1D1標(biāo)記立方體的八個頂點,并設(shè)開始時選定的對頂點為A和C1.那么,這兩個頂點分別屬于6個小四面體,而B,C,D,D1,A1,B1這六個頂點(無論怎么變形都)構(gòu)成一個邊長為1的六邊形(可能退化).注意到這個玩具由12個四面體(從而是凸圖形)構(gòu)成,因此取到最大值的必定是兩個小四面體的頂點.在一個四面體中,四個頂點可分為3類:●一個頂點在立方體中對應(yīng)于A或C1,我們稱之為第一類頂點;●兩個頂點(從而它們之間的棱)屬于(空間)六邊形BCDD1A1B1,我們稱之為第二類頂點;●一個頂點對應(yīng)于立方體的中心,它到同一個小四面體的另三個頂點的距離都是我們稱之為第三類頂點.我們考察這些頂點之間沿棱的距離的最大值,易得下表:距離第一類頂點第二類頂點第三類頂點第一類頂點1+2√22+√21+√2+第二類頂點3第三類頂點2+√3從而這個玩具上任意兩點之間的距離不會超過1+2√2.而這個值是可以達(dá)到的,如下圖所示:3第2,3題(單選題)間隔圍觀某日,某地的一片巨大空場地上有一場街頭藝術(shù)表演,引起部分群眾圍觀.我們將此地看作一個歐氏平面,表演的區(qū)域中心記作點K.設(shè)群眾為A1,A2,...,An,...,他們按照從A1開始的順序依次選定一個圍觀的位置但需同時滿足以下三個條件.條件1:An圍觀的位置與K的距離不小于10米,即對任意n,KPn≥10米;條件2:An圍觀的位置與前面每個人位置的距離都需要不小于1米,即對任意n≥2和任意1≤m≤n-1,PmPn≥1米.條件3:在滿足條件1和條件2的前提下,An選擇與K盡量接近的點進(jìn)行圍觀,即他希望KPn取到最小可能的值.如果同時滿足條件1和條件2且使得KPn取到最小可能值的Pn不止一個,那么An可以選擇其中的任意一個點.例如,對于A1,他選擇位置時沒有條件2,故他會選擇以K為圓心,10米為半徑的圓周C上的任意一點(與K的距離恰為10米);對于A2,他也希望P2與K的距離恰為10米,即P2也在C上.由于C上有許多點與P1的距離不小于1米,他可以選擇其中任意一點.(1)請問,以下說法哪個正確?(A)存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置,均有c1≤KPn≤c2(單位:米);(B)存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置,均有c1√n≤KPn≤c2√n(單位:米);(C)存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置,均有c1n≤KPn≤c2n(單位:米);(D)存在正實數(shù)c1,c2,使得對任意正整數(shù)n,無論A1,A2,...,An,怎么選擇位置,均有c1n2≤KPn≤c2n2(單位:米).(2)由于人是有一定體積的,所以如果某人站在另一人圍觀的視線路徑附近時,第二人就會被第一人擋住視線.我們認(rèn)為,對不同的i,j,如果以Pi為圓心,米為半徑的圓周與線段KPj相交,那么Aj就會被Ai擋住視線而看不到表演的全貌.請問,以下哪個說法正確?(A)當(dāng)有60名群眾圍觀時,一定有人看不到表演的全貌;(B)當(dāng)有60名群眾圍觀時,存在所有人都看到表演全貌的可能性,但當(dāng)有800名群眾圍觀時,一定有人看不到表演的全貌;(C)當(dāng)有800名群眾圍觀時,存在所有人都看到表演全貌的可能性,但當(dāng)有10000名群眾圍觀時,一定有人看不到表演的全貌;(D)當(dāng)有10000名群眾圍觀時,存在所有人都看到表演全貌的可能性.42答案選B。設(shè)KPn的長度為dn米.一方面,我們以P1,P2,...,Pn-1為圓心,1米為半徑作圓,由Pn的選取可知這些圓再加上C的內(nèi)部必然覆蓋了以K為圓心,dn為半徑的圓,因此故另一方面,我們以P1,P2,...,Pn為圓心,米為半徑作圓,由于P1,P2,...,Pn兩兩之間距離不小于1米,故這些圓彼此不相交.另外,由題意可知KP1,KP2,...,KPn均應(yīng)不超過dn米(若有1≤m≤n-1使得KPm的長度超過了dn米,則Am可以選擇距離更近的Pn點,矛盾),因此,這些圓都在以K為圓心,dn米為半徑的圓內(nèi),因此故注意當(dāng)n=1時,d1=10,而對n≥2,故因此≤dn≤10√選項正確.3答案選B。一方面,當(dāng)有60人圍觀時,由于=,故20sin1,這說明一個內(nèi)接于C的正60邊形的邊長不小于1米.因此,當(dāng)P1,P2,...,P60恰好為這個正60邊形的所有頂點時,符合題目條件.而對任意不同的i,j,點Pi到KPj的距離不小于10sin米,由=可知這些距離都不小于1米,故所有人都能看到表演的全貌.另一方面,當(dāng)有800人圍觀時,作射線,...,如果有兩條射線重合(不妨--→--→設(shè)為KPi,KPj重合),設(shè)KPj>KPi,那么Aj被Ai--→--→假設(shè)沒有重合的射線,我們先證明,如果存在一個角\PiKPj滿足\PiKPj≤(角的單位為弧度,線段的單位為米),那么,Ai,Aj中有一人被另一人擋住了視線.不失一般性,我們假設(shè)KPi≤KPj,由KPi,KPj≥10知\PiKPj≤,故它是銳角.因此Pi到KPj的垂足位于線段KPj的內(nèi)部,而Pi到KPj的距離為故Aj被Ai擋住了視線.5--→--→----→考慮射線KP1,KP2,...,KP800把以K為頂點的周角分成的800個角?它們的和為--→--→----→但是每個角對應(yīng)的的和Σ+=Σ≥Σ(第(1)問的結(jié)論)=≥(+1dx)(因為是減函數(shù))=0dx==>2π.因此?存在一個角\PiKPj滿足\PiKPj≤故必然有人看不到表演的全貌.綜上所述?B選項正確.6第4,5題(單選題)“虎虎生威”盲盒春節(jié)期間,“勇敢牛?！迸Ｄ坦就瞥隽诵麓杭；顒?每盒牛奶都附贈一個紅包,紅包中藏有下列“虎”,“生”,“威”中的一款圖案。(如下圖)集齊兩個“虎”,一個“生”,一個“威”即可拼齊成為“虎虎生威”全家福。這項活動一經(jīng)推出,就成為了網(wǎng)紅爆款,很多人希望能夠集齊一整套。假設(shè)紅包中的圖案是獨立隨機(jī)分布的(并且不能從紅包外觀上進(jìn)行區(qū)別),“虎”,“生”,“威”三款紅包按均勻概率分布。(1)收集齊一整套“虎虎生威”全家福所需要購買的牛奶盒數(shù)的數(shù)學(xué)期望是多少?(A)6(B)7(C)8(D)9(E)以上都不對。(2)在市場部的周會討論中,大家認(rèn)為當(dāng)前的圖案投放比例,會導(dǎo)致在收集“虎虎生威”全家福時收集到太多的“生”和“威”,于是探討可能的改進(jìn)方案。記圖案“虎”、“生”和“威”的投放比例為(p,q,r),那么下面哪種方案下,收集齊一整套“虎虎生威”全家福所需要購買的牛奶盒數(shù)的數(shù)學(xué)期望是最小的?(A)(B)(C)(D)74答案選B?？梢酝ㄟ^連續(xù)時間嵌入到Poisson過程的解法得到一般的解析表達(dá)式。假設(shè)盲盒總計有n個圖案,每次收集到圖案i的概率是pi,以及最終目標(biāo)是對于每個圖案i需要收集ki個。記首次達(dá)成全收集時購買的盲盒數(shù)量是N,目標(biāo)即計算E[N]。我們將這個過程嵌入到連續(xù)時間的Poisson過程中:假設(shè)有一個參數(shù)為1的Poisson點過程,每次信號到達(dá)時,都獨立的按照概率pi抽樣圖案。記停時Ti=inf{t∈R+:在時間t收集到了ki個圖案i}1≤i≤nT=maxTi.1≤i≤n事實上有如下結(jié)論:E[T]=E[N]。我們先證明這個結(jié)論?？梢詫oisson點過程到達(dá)的第j個信號所需的時間記作τj,那么有事實上(τj)j≥1是獨立同分布的,參數(shù)為1的指數(shù)分布。利用條件概率,我們有=E[N].接下來我們只需要計算E[T]。首先我們使用Fubini定理事實上,連續(xù)時間的Poisson過程的thinning性質(zhì)為我們創(chuàng)造了很多獨立性,使得計算變得簡單。比如此處我們可以把收集每一個圖案i看作是參數(shù)為pi的獨立的n個Poisson過程。于是有同時,P[Ti≤t]可以直接利用Poisson分布寫出表達(dá)式8我們可以得到最終的表達(dá)式在我們的題目中,n=3,目標(biāo)收集(k1,k2,k3)=(2,1,1)。我們可以計算得到解析的表達(dá)式在(p1,p2,p3)=(1/3,1/3,,答案選B。5答案選C。,D顯然不是一個好的方案,因為收集到“威”字圖案的數(shù)學(xué)期望是8,已經(jīng)超出了方案A。所以核心在于考察方案B,C。方案B在這里非常符合直觀,是一個帶有暗示的陷阱。利用解法2中得到的公式,6。所以事實上方案C是最佳的,選C。9第6題(證明題)給定集合X,若函數(shù)f:X×X→[0,1]滿足:對任意∈>0,存在有限個X中元素b1,b2,...,bm使得對任意t∈X,存在某個bi(t)滿足:|f(x,t)-f(x,bi(t))|<∈,?x∈X,則稱f是右一致的。類似地,對任意∈>0,存在有限個X中元素a1,a2,...,an使得對任意t∈X,存在某個ai(t)滿足:|f(t,x)-f(ai(t),x)|<∈,?x∈X,則稱f是左一致的。求證:左一致等價于右一致。6答案只需證明右一致推出左一致。任給∈>0,由右一致條件得到X中有限個元.考慮映射h:X→[0,1]m,h(x)=(f(x,b1),f(x,b2),...,f(x,bm)).由[0,1]m的緊致性,存在有限個c1,c2,...,cn使得對任意x∈X,存在某個ci∞使得|h(x)-h(ci∞)|<∈,從而|f(x,bi)-f(ci∞,bi)|<∈,?i∈{1,2,...,m}.(1)由右一致條件知|f(x,t)-f(x,bi(t))|<∈(?x∈X),|f(ci∞,t)-f(ci∞,bi(t))|<∈,結(jié)合(1),知對|f(x,t)-f(ci∞,t)|≤|f(x,t)-f(x,bi(t))|+|f(x,bi(t))-f(ci∞,bii)|+|f(ci∞,bi(t))-f(ci∞,t)|<3∈.因為∈是任意的,所以f是左一致的。第7題(證明題)設(shè)n是正整數(shù),V=Rn是n維歐氏空間,有一組基滿足(ei,ej)=δi,j,其中是Kronecker符號,(·,·)是V上的內(nèi)積.對V中的非零向量v,定義線性變換sv:V→V為對于介于0和n之間的整數(shù)k,記Grk(V)為V的k維子空間的集合.對于V的一個k維子空間W,記[W]為Grk(V)中的相應(yīng)元素.取W的一組正交規(guī)范基{v1,...,vk}(也即,(vi,vj)=δi,j),定義s[W]:V→V為s[W]=sv1···svk.(1)證明s[W]不依賴于正交規(guī)范基{v1,...,vk}的選取.證明s=id.(3)對[WI]∈Grk(V),定義t[W]([WI])=[s[W](WI)],其中s[W](WI)是WI在s[W]下的像.我們稱Grk(V)的子集X為一個“有趣集”若t[W]([WI])=[WI],?[W],[WI]∈X.請找到Grk(V)中有趣集的最大的元素個數(shù),并證明之.7答案(1)記W丄為W在V中的正交補(bǔ).則s[W]|W=—1且s[W]|W丄=1.由此我們刻畫了s[W]并證明了它與W的正交規(guī)范基{v1,...,vk}的選取無關(guān).(2)由于s[W]|W=—1且s[W]|W丄=1,所以s2[W]=id.(3)(i)我們證明t[W]([W/])=[W/]?W/=(W/∩W)田(W/∩W丄).充分性易證.必要性:假設(shè)t[W]([W/])=[W/].則對任意的u∈W/,我們有s[W](u)∈W/.(ii)記X={[spanR{ei1,...,eik}]:1≤i1<···<ik≤n}.由(i)中的判別準(zhǔn)則,X是個“有趣集”.這個集合X的元素個數(shù)為().(iii)對n作歸納,我們證明:Grk(V)中有趣集X的元素個數(shù)不超過().當(dāng)n=1時,這是顯然的.假設(shè)此結(jié)論在n<m時成立.設(shè)n=m.當(dāng)k=0或者m時,結(jié)論顯然成立.Xi={[W/]∈X:dimW/∩W=k—i}.對每個[W/]∈Xi,記Yi={[W/∩W]:[W/]∈Xi}CGrk—i(W)和Zi={[W/∩W丄]:[W/]∈Xi}CGri(W丄).由(i)中的判別準(zhǔn)則,Yi是Grk—i(W)中的有趣集且Zi是Gri(W丄)中的有趣集.由于dimW=k<m且dimW丄=m—k<m,由歸納假設(shè)我們得到這樣,由此證明了結(jié)論.第8題(解答題)忙碌的快遞員一位快遞員在二維格點平面上坐標(biāo)為(n,0)處取到了快遞。此后,快遞員每一步做步長為1的簡單隨機(jī)游動。他所工作的快遞站則在原點(0,0)處。在以下的各問中,不妨認(rèn)為正(1)令P1;n為該快遞員在走了恰好ln1.5」步時,距離快遞站的直線距離大于的概率,試證明(2)令P2;n為該快遞員在前l(fā)n1.5」步內(nèi)曾經(jīng)回到過快遞站的概率,試證明(3)令P3;n為該快遞員的前2n步內(nèi)曾經(jīng)回到過快遞站的概率,試證明8答案(1)考慮該快遞員在走了恰好ln1.5」步時距離快遞站的直線距離大概率小于等于的事件。由三角不等式我們有這一事件必然包含于以下事件AA=快遞員此時距取件點的距離大于等于進(jìn)一步根據(jù)三角不等式,如果事件A發(fā)生,則快遞員在至少一個坐標(biāo)方向上移動的距離至少為。不妨設(shè)該方向為y-軸方向。該快遞員第k步時在y-軸方向的移動距離可以被看做是以下獨立同分布的隨機(jī)變量的求和:Yk=X1+X2+···+Xk其中P(Xi=。易見。這樣,由切比雪夫不等式,我們有(2)與上一問相同,由三角不等式我們有這一事件必然包含于以下事件AA=快遞員在前l(fā)n1.5」步內(nèi)到達(dá)過距取件點的距離大于等于n的地方如果事件A發(fā)生,則快遞員在至少一個坐標(biāo)方向上一定至少移動過至少的距離。即注意到Y(jié)k是一個鞅,根據(jù)Doob不等式(3)令Sk∈Z2,k≥0為快遞員在第k步時的位置。我們定義以下停時τ=min{k≥0,Sk=0}因此,對于我們關(guān)心的概率,有=min{k≥0,jSkj≥2n/4}<上式中的第一項,由不變原理,我們有S[2n/2t]2—在t∈[0,1]上收斂到0出發(fā)的二維標(biāo)準(zhǔn)布朗運(yùn)動Bt。對于布朗運(yùn)動易見P(jB1j≥2)=c>0對于一切充分大的n,結(jié)合平移不變性我們有下面我們對快遞員的2n步按2n/2的長度分段。如果該快遞員在2n步中始終位于距離(0,0)點2n/4的半徑之內(nèi),則他必須在步數(shù)為2n/2,2×2n/2,···,[2n/2]2n/2時始終距離(0,0)點2n/4的半徑之內(nèi)。再由隨機(jī)游動的馬氏性,我們有τ)這里我們需要考慮二維簡單隨機(jī)游動的位勢核(potential1)a(x)中的級數(shù)求和對任意x∈Z2收斂且非負(fù)2)對于任意初始位置出發(fā)的簡單隨機(jī)游動Sk,a(SkΛτ)是一個非負(fù)鞅3)存在常數(shù)C0使得ja(x)?logjxj/(2π)?C0j=O(jxj-2)結(jié)合上述3條以及鞅的停時分解定理,我們有因此a((n,0))=(1?p2)×0+p2E[a(S)jτ>]注意到由上述第3條:因此,p2<<1證畢。E[a(S)jτ>]二n1H.Kesten,HittingprobabilitiesofrandomwalksonZd,StochasticProcess.Appl.25(1987)165-184.第9題(解答題)(1)證明不存在滿足如下條件的周期序列a1,a2,a3,...,每項均為±1,且對任意有理數(shù)θ,(2)證明不存在每項均為±1的序列a1,a2,a3,...滿足:對任意有理數(shù)θ(3)舉例說明:存在每項均為±1的序列a1,a2,a3,...滿足:其中有無窮多項1?也有無窮多項-1?且對任意θ∈Q-Z,9答案(1)簡記z:=e2πiθ.用反證法,假設(shè)存在周期為d∈N的由士1構(gòu)成的序列(an)滿足取N為d的倍數(shù),N=dM.因為(an)是周期的,我們可以分組求和:Md+···+z(M-1)d(a1z+a2z2+...adzd)=(a1z+a2z2+...adzd)(1+zd+z2d+...+z(M-1)d).取θ=k/d∈Q,其中k∈{0,...,d—1}待定.因為zd=(e2πik/d)d=1,所以Md只需取k使得a1z+a2z2+...adzd非零就得到了矛盾:而若a1z+a2z2+...adzd對k∈{0,...,d—1}(其中z=e2πik/d)均為0,則多項式P(X)=a1X+a2X2+...adXd有d+1個不同復(fù)根:e2πi0/d,e2πi1/d,...,e2πi(d-1)/d以及0,這是不可能的。(2)同樣用反證法,假設(shè)(an)為這樣的序列。首先,因為是θ的連續(xù)函數(shù),對所有實數(shù)也有|fN(θ)|≤2022.我們計算fN的L2模。注意到對n∈Z,從而我們有非零當(dāng)且僅當(dāng)n=m由此就能看出ane2πinθ≤2022不能對所有的N和θ∈R成立。否則的話就有jfNj2dθ≤20222,與jfNj2dθ=N(N>20222),矛盾!(3)(雖然最終常值的序列滿足條件,但是并不符合我們的要求。)為了說明想法的由來,我們先看看θ=1/3以及N=3M的情況。我們要找ai使得這對應(yīng)于伸縮三個向量1,e2πi/3和e4πi/3,然后計算和的模長。因為1+e2πi/3+e4πi/3=0,我Figure3:θ=1/3的情況.們設(shè)法讓這三個向量具有相同的模長讓它們盡量抵消。換言之,對i=1,i=2以及i=3,序列(a3n+i)n≥1中1和—1的分布是差不多的。類似于這里的3,這樣的性質(zhì)應(yīng)該對所有大于1的正整數(shù)成立。有很多中方法構(gòu)造這樣的(an),一種可行的方法如下:n123456789an+1?1?1+1+1+1+1+1+1?1?1,其中+1出現(xiàn)1!次,接著?1出現(xiàn)2!次,然后+1出現(xiàn)3!=6次,如此繼續(xù)下去。下面證明該序列滿足要求。對k≥0,令f(k)=0!+1!+···+k!.用Ik?N表示滿足f(k)≤n<f(k+1)的自然數(shù)n.從而當(dāng)n∈Ik時,an=(?1)k.該序列的關(guān)鍵特征是當(dāng)q≥2時,Ik的長度是(k+1)!,從而當(dāng)k充分大時可被q整除。設(shè)θ=p/q是有理數(shù),其中g(shù)cd(p,q)=1,q>1.將題中的三角和寫成如下形式:下面給出該和不依賴于N的界?？紤]其中一段,Sk:=e2πinp/q(i)若k<q,由絕對值不等式j(luò)Skj≤f(k+1)?f(k)=(k+1)!(ii)若k≥q,我們利用序列的構(gòu)造證明除了最后一段以外均為0.(a)若k≥q且f(k+1)≤N,則Sk=0.因為根據(jù)等比級數(shù)求和因為k≥q,(k+1)!能被q整除,分子為0:(e2πip/q)f(k)+(k+1)!?(e2πip/q)f(k)=(e2πip/q)f(k)(e2πip(k+1)!/q?1)=0.(b)若k≥q而N∈Ik(即最后一段),我們有由絕對值不等式有(c)若k≥q且N<f(k),則Sk=0,實際上該段為空。即第10題(解答題)開幕式的節(jié)目設(shè)計假設(shè)你被冬奧會開幕式的導(dǎo)演選為技術(shù)助理,負(fù)責(zé)用數(shù)學(xué)知識研究設(shè)計方案的合理性。在開幕式的備選節(jié)目中,有一個方案是讓一群由無人機(jī)控制的吉祥物繞一個圓圈形狀的場地滑冰。因為無人機(jī)足夠的多(但是不會擁堵或者相撞),我們認(rèn)為可以用一個概率密度函數(shù)P(t,v)(≥0)來刻畫無人機(jī)的分布。因為場地是圓環(huán)形的,所以我們可以認(rèn)為速度v∈R,它表示無人機(jī)的線速度。那么,對于任意給定的時間t,和兩個速度v1<v2,表示全體無人機(jī)中速度介于v1和v2之間的概率。由于無人機(jī)的運(yùn)動機(jī)理,已知這個密度函數(shù)的演化滿足如下的方程t+((u(t)-v)P)v=Pvv,v∈R,t>0.其中u(t)為無人機(jī)的指令速度。(1)為了研究怎么給無人機(jī)合適的指令速度,大寶給導(dǎo)演提議說,應(yīng)該讓u(t)=u0+u1N(t)其中u0>0,u1>0,而N(t)表示無人機(jī)的速度正部(v+=max{0,v})的平均但是,你善意地提醒道,如果u1>1那么N(t)在演化過程中不會有上界,以至于很快引起無人機(jī)的故障。你可以證明你的上述結(jié)論嗎?(為了方便討論,我們忽略P及其導(dǎo)數(shù)在|v|→+∞時的貢獻(xiàn)。)(2)在采納了大寶和你的建議后,導(dǎo)演又在考慮這些無人機(jī)是否會在滑行中在圓圈場地上均勻分布,于是我們需要考慮關(guān)于速度和位置的聯(lián)合密度函數(shù)p(t,x,v)(≥0)。這里x∈[0,2π]表示無人機(jī)在圓圈上的相對位置,顯然=P(t,v)。已知這個聯(lián)合密度函數(shù)的演化滿足pt+vpx+((u(t)-v)p)v=pvv,x∈[0,2π],v∈R,t>0.且由于無人機(jī)在繞圈滑行,在x方向上如下條件滿足p(t,0,v)=p(t,2π,v),v∈R,t>0.你大膽猜測:無論初始分布如何,無人機(jī)很快就在圓圈上接近一個均勻分布。你可以證明或者證偽這個命題嗎?(為了方便討論,我們忽略p及其導(dǎo)數(shù)在|v|→+∞時的貢獻(xiàn)。)10答案(1)我們定義平均速度直接計算得=u(t)-M(t)=u0+u1N(t)-M(t).由于M(t)≤N(t),又顯然N(t)≥0,我們得到則,當(dāng)t→+∞,我們有M(t)→+∞。而N(t)≥M(t),所以N(t)也將發(fā)散到正無窮。(2)由于x方向的周期邊界條件,我們將方程的解寫成如下傅里葉級數(shù)的形式其中pk(t,v)=p(t,x,v)e-ikxdx.那么,我們需要證明當(dāng)k0時,pk(t,v)將衰減。我們首先利用傅里葉級數(shù)的正交性,可得pk滿足?tpk+ikvpk=-?v((u(t)-v)pk)v+?vvpk,t>0,k∈Z,v∈R.對了進(jìn)一步求解,下面使用關(guān)于v的傅里葉變換。令經(jīng)過計算,可以得到k(t,ξ)滿足以下的方程?tk+(ξ—k)?ξk=—(iξu(t)+ξ2)k.接下來,我們使用特征線法求解此方程。考慮如下特征線方程其通解為ξk(t)—k=et-s(ξk(s)—k).沿著特征線,我們得到k(t,ξk(t))=k(0,ξk(0))e-,(ξk(s))2+iu(s)ξk(s)ds再利用特征線的通解,我們可得k(t,ξ)=k(0,(ξ—k)e-t+k)e-Ht,k(ξ-k),其中Ht,kz2+2kdsz+k2t+ik然后,經(jīng)過傅里葉逆變換,我們可以得到pk(t,v)的表達(dá)式pk(t,v)=eikv(pt,k*Gt,k)(v).其中,pt,k(y)的定義如下pt,k(y):=etp0,k(ety),p0,k(v):=e-ikvpinit(x,v)e-ikxdx.而Gt,k(z)是一個復(fù)值的高斯函數(shù),表達(dá)式如下這里,我們注意到,當(dāng)t>0時,高斯函數(shù)Gt,k由于衰減因子exp(—k2D)的存在將衰減,這個衰減速率對于t充分大時是指數(shù)型的。最后,利用卷積不等式,我們可以得到k(t,v)ⅡL1(R)=Ⅱeikv(pt,k*Gt,k)(v)ⅡL1(R)≤Ⅱpt,k(g)ⅡL1(R)ⅡGt,kⅡL1(R)=Ⅱp0,k(g)ⅡL1(R)e-k2D(t).這證明了,當(dāng)k0時,pk(t,v)將迅速衰減,因而p(t,x,v)將充分接近p0(t,v),這對應(yīng)了一個空間方向的均勻分布。1Single-ChoiceProblem:MagicMagneticCubeDivideasolidcubeABCD-A1B1C1D1(withAB=1)into12pieces(Figure1)asfollows:1)Take6diagonalsofitssurfacesAC,AB1,AD1,C1B,C1D,C1A1;4)Eachtetrahedronisconnectedtoothertetrahedraonlybyitstwocubeedges.Question:Ofallthepossibleshapesofthistoy,whatisthemaximumdisbetweentwopointsonit?2√11√7+4√2√131+2√2Noneoftheabove3Single-ChoiceProblem:OnlookWithDistanceWeconsiderthisplaceasathespectatorsbyA1,A2,...,An,....onebyone.Thepositionsneedtosatisfythefollowingthreeconditionssimultaneously.(i)ThedistancebetweenKandAnisnolessthan10meters,thatis,KPn≥10mholdsforanypositiveintegern.(ii)ThedistancebetweenAnandanypreviousspectatorisnolPmPn≥1mholdsforanyn≥2andany1≤m≤n-1.(iii)AnalwayschoosethepositionclosesttoKthatsatis?es(i)and(ii),thatis,KPnreachesitsminimumpossiblevalue.Iftherearemorethanonepointthatsatisfy(i)and(ii)andhavetheminimumdistancetoK,Anmaychooseanyoneofthem.Forexample,A1isnotrestrictedby(ii),sohemaychooseanypointontheiscenteredatKwithradius10meters.ForA2,sincetherearelotsofpointsonCwhichare(1)Whichofthefollowingstatementistrue?Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositinomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1≤KPn≤c2alwayshold(unit:meter);Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositinomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1√n≤KPn≤c2√nalwayshold(unit:meter);Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositinomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1n≤KPn≤c2nalwayshold(unit:meter);Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositinomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1n2≤KPn≤c2n2alwayshold(unit:meter).tator’spathofview,thenthesecondone’ssightwillbeblocKPj,thenAj’ssightwillbeblockedbyAi,andAjcouldnotseetheentireshow.Whichofthefollowingstatementistrue?Iftherewere60spectators,thenitispo4Iftherewere800spectators,the5Single-ChoiceProblem:TigerMysteryBoxBraveNiuNiu(amilkdrinkcompany)organizesapromotionduringtheChineseNewYear:onegetsaredpacketwhenbuyingacartonofmilkoftheirbrand,afollowingcharactersintheredpacket“虎”(Tiger),“生”(Gain),“威”(Strength).Ifonecollectstwo“虎”,one“生”andone“威”,thentheyformaChinesephrases“虎虎生威”(Pronunciation:huhushengwei),whichmeans“HavethecourageandstrengthofthetheproductofBraveNiuNiubecomesquitepopularandpeoplehopetogetacollectionof“虎虎生威”.Supposethatthecharactersineverypacketareindependentlyrandom,and .(1)Whatistheexpectationofcartonsofmilktocollect“虎虎生威”(i.e.onecollectsatleast2copiesof“虎”,1copyof“生”,1copyof“威”)?(2)InaweeklymeetingofBraveNiuNiu,itsmarketteamnoticesthatoneoftenhastocollecttoomany“生”and“威”,beforegettingacollectionof“虎虎生威”.Thusanimprovedplanisneededfortheproportionofcharacters.Supposethattheprobabilitydistributionof“虎”,“生”and“威”is(p;q;r),thenwhichofthefollowingplanshasthesmallestexpectation(amongthe4)foracollectionof“虎虎生威”?6GivenasetXandafunctionf:X×X→[0,1],wesayfisrightuniformiffothereexist?nitelymanyelementsb1,b2,...,bminXsuchthatjf(x,t)-f(x,bi(t))j<∈,8x∈X.Similarly,wesayfisleftuniformifforany∈>0,thereexist?nitelymanyelementsa1,a2,...,aninXsuchthatforanyt∈X,thefollowingholdsforsomeai(t):jf(t,x)-f(ai(t),x)j<∈,8x∈X.Provethatfisrightuniformifandonlyifit’sleftuniform.7LetnbeapositiveintegerandV=Rnbeann-dimensionalEuclideanspacewithabasisi-1n-i(ei,ej)=δi,jForanintegerkbetween0andn,writeGrk(V)forthesetofk-dimensionalsubspacesofV.Forak-dimensionalsubspaceWofV,write[W]forthecorrespondingelementofGrk(V).Chooseanorthonomalbasis{v1,...,vk}ofW,de?s[W]=sv1···svk.(1)Provethats[W]isindependentofthechoiceofanorthonomalbasis{v1,...,vk}.Provethats=id.(3)Foranotherelement[WI]∈Grk(V),de?net[W]([WI])=[s[W](WI)],wheres[W](WI)istheimageofWIunders[W].WecallasubsetXofGrk(V)a“niceset”ift[W]([WI])=[WI],?[W],[WI]∈X.Findthemaximalcardinalityofa“niceset”inGrk(V)andproveit.8ABusyCourier(1)LetP1;nbetheprobabilitythatathisln1.5」thstep,thedistanc.Provethat(2)LetP2;nbetheprobabilitythatthecourierhaseverln1.5」steps.Provethat(3)LetP3;nbetheprobabilitythatthecourierhasever2nsteps.Provethat9rane2πinθane2πinθ<+∞,andwhichtakeseachofthevalues+1and-1anin?nitenumberoftimes.ProgramDesignForTheOpeningCeremonyfaprobabilitydensityfunctionP(t,v)(≥0)torepresentthedistributionofthedrones.Here,t+((u(t)-v)P)v=Pvv,v∈R,t>0,u(t)=u0+u1N(t)whereu0>0,u1>0andN(t)istheaverageofthepositivepartofthespeedv+=max{0,v},i.e.,Butyouclaimthatifu1>1,N(t)maybecomeunboundedinevolution,suchthatthe(2)Aftertakingthoseadvices,thedirectlyiswonderingwhethertdistributedalongthecircle.Thus,weshallconsiderthejointdensityfunctionp(t,x,v)(≥0)=P(t,v).Supposethatthegoverningequationforp(t,x,v)ispt+vpx+((u(t)-v)p)v=pvv,x∈[0,2π],v∈R,t>0.p(t,0,v)=p(t,2π,v),v∈R,t>0.Youhaveafeelingthat,nomatsimplicity,thecontributionsofpanditsderivativesa12022AlibabaGlobalMathematicsCompetition(QualifyingRound)1(Single-ChoiceProblem)MagicMagneticCubeDivideasolidcubeABCD-A1B1C1D1(withAB=1)into12pieces(Figure1)asfollows:1)Take6diagonalsofitssurfacesAC,AB1,AD1,C1B,C1D,C1A1;4)Eachtetrahedronisconnectedtoothertetrahedraonlybyitstwocubeedges.2Question:Ofallthepossibleshapesofthistoy,whatisthemaximumdisbetweentwopointsonit?1+2√N(yùn)oneoftheabove31AnswerTheanswerisD.LabeltheeightverticesofthecubewithABCD-A1B1C1D1,andletthepairofverticesselectebelongto6smalltetrahedrons,andB,C,D,D1,A1,B1(nomatterhowtheyaredeformed)constituteaHexagonwithsidelength1(possNotethatthistoyconsistsof12tetrahedra(andthusconvex),sothemaximumvaluemustbetheverticesofthetwosmalltetrahedra.Inatetrahedron,thefourverticescanbedividedinto3categories:?AvertexcorrespondstoAorC1inthecube,wecallitavertexofTypeI;?Thetwovertices(andthustheedgesbetweenBCDD1A1B1,whichwecallverticesofTypeII;?Avertexcorrespondstothecenterofthecube,anditsdistancetotheotherthreeverticesofthesamesmalltetrahedroniswecallitavertexofTypeIII.anditiseasytogetthefollowingtable:verticesofTypeIverticesofTypeIIverticesofTypeIII?rstkind1+2√22+√21+√2+3thirdkindTherefore,thedistancebetweenanytwopointsonthistoywillnotexceed1+2√.Andthis42,3(Single-ChoiceProblem)OnlookWithDistanceWeconsiderthisplaceasathespectatorsbyA1,A2,...,An,....onebyone.Thepositionsneedtosatisfythefollowingthreeconditionssimultaneously.(i)ThedistancebetweenKandAnisnolessthan10meters,thatis,KPn≥10mholdsforanypositiveintegern.(ii)ThedistancebetweenAnandanypreviousspectatorisnolPmPn≥1mholdsforanyn≥2andany1≤m≤n-1.(iii)AnalwayschoosethepositionclosesttoKthatsatis?es(i)and(ii),thatis,KPnreachesitsminimumpossiblevalue.Iftherearemorethanonepointthatsatisfy(i)and(ii)andhavetheminimumdistancetoK,Anmaychooseanyoneofthem.Forexample,A1isnotrestrictedby(ii),sohemaychooseanypointontheiscenteredatKwithradius10meters.ForA2,sincetherearelotsofpointsonCwhichare(1)Whichofthefollowingstatementistrue?(A)Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositiveintegern,nomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1≤KPn≤c2alwayshold(unit:meter);(B)Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositiveintegern,nomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1√n≤KPn≤c2√nalwayshold(unit:meter);(C)Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositiveintegern,nomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1n≤KPn≤c2nalwayshold(unit:meter);(D)Thereexistpositiverealnumbersc1,c2suchthatforanypositiveintegern,nomatterhowA1,A2,...,Anchoosetheirpositions,c1n2≤KPn≤c2n2alwayshold(unit:meter).tator’spathofview,thenthesecondone’ssightwillbeblocKPj,thenAj’ssightwillbeblockedbyAi,andAjcouldnotseetheentireshow.Whichofthefollowingstatementistrue?(B)Iftherewere60spectators,thenitispossiblethatallspectators5(C)Iftherewere800spectators,thenitispossiblet(D)Iftherewere10000s2AnswerTheanswerisB.SupposethelengthofKPnisdnmeters.siderthediscscenteredatP1,P2,.fPnwegetthatthesediscsandtheinteriorofCcoverthedisccenteredatKwithradiusdn,Itfollowsthatdonotintersect.NotethateverylengthofKP1,KP2,...,KPnisnotmorethandnmeter(IfthelengthofKPmismorethandnmeter,thenAmcanchoosePn,whichisclosertoK,contradiction.)Forn=1,d1=10;Forn≥,soTherefore,≤dn≤10√iscorrect.3AnswerTheanswerisB.=beallverticesofthispolygon.Fordiferenti,j,thedistancefromPitoKPjisnotlessthan--→--→----→Ontheotherhand,ifthereare800residents,wedrawraysKP1,KP2,...,KP800.Iftwoof--→--→them(calledKPi,KPj)coincide,andKPj>KPi,thenAj’ssightlineisblockedbyAi.6Supposenotworayscoincide,we?rstprovethatifanangle\PiKPjsatis?es\PiKPj≤,thenthesightlineofoneofAi,Ajisblockedbytheother.WithoutlossofgeneralitywesupposeKPi≤KPj.SinceKPi,KPj≥10,wegetthat\PiKPj≤KPj,andthedistancefromPitoKPjisSo,Aj’ssightlineisblocked