2022年阿里巴巴全球数学竞赛预选赛试题及参考答案.docx

《2022年阿里巴巴全球数学竞赛预选赛试题及参考答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年阿里巴巴全球数学竞赛预选赛试题及参考答案.docx（64页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、单选题：磁性几何魔方2022 阿里巴巴全球数学竞赛9把实心立方体 ABCD A1B1C1D1 (假设 AB = 1 )按如下方式分成 12 块（图1):1) 取 6 条面上的对角线 AC,AB1, AD1, C1B, C1D, C1A1;2) 考虑以立方体中心为顶点, 上述 6 条对角线及 12 条棱之一为对边的三角形;3) 这 18 个三角形把立方体切成了 12 块, 每块是一个四面体, 每个四面体有两条棱是立方体的棱;4) 每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连结.图1: 磁性几何魔方这样一个玩具可以摆出各种形状（图2).图2: 其它形状的例子问: 在这个玩具所有可能的形状中,其上两

2、点之间(在空间中)距离的最大值是多少？117 + 42131 + 22以上都不对单选题：间隔围观某日，某地的一片巨大空场地上有一场街头艺术表演，引起部分群众围观. 我们将此地看作一个欧氏平面，表演的区域中心记作点 K.设群众为 A1, A2, . . . , An, . . ., 他们按照从 A1 开始的顺序依次选定一个围观的位置P1, P2, . . . , Pn, . . . ,但需同时满足以下三个条件.条件1: An 围观的位置与 K 的距离不小千 10 米，即对任意 n, KPn 10 米；条件2: An 围观的位置与前面每个人位置的距离都需要不小千 1 米，即对任意 n 2 和任意

3、1 m n 1, PmPn 1 米.条件3: 在满足条件1 和条件2 的前提下，An 选择与 K 尽量接近的点进行围观，即他希望 KPn 取到最小可能的值. 如果同时满足条件1 和条件2 且使得 KPn 取到最小可能值的 Pn 不止一个，那么 An 可以选择其中的任意一个点.例如，对千 A1, 他选择位置时没有条件2，故他会选择以 K 为圆心，10 米为半径的圆周 C 上的任意一点（与 K 的距离恰为 10 米)；对千 A2, 他也希望 P2 与 K 的距离恰为 10 米，即 P2 也在 C 上. 由千 C 上有许多点与 P1 的距离不小千 1 米，他可以选择其中任意一点.(1) 请问，以下说

4、法哪个正确？存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1 KPn c2 （单位：米)；存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n KPn c2n （单位：米)；存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n KPn c2n （单位：米)；存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n

5、2 KPn c2n2 （单位：米).(2) 由千人是有一定体积的，所以如果某人站在另一人围观的视线路径附近时，第二人就6会被第一人挡住视线. 我们认为，对不同的 i, j, 如果以 Pi 为圆心， 1米为半径的圆周与线段 KPj 相交，那么 Aj 就会被 Ai 挡住视线而看不到表演的全貌.请问，以下哪个说法正确？当有 60 名群众围观时，一定有人看不到表演的全貌；当有 60 名群众围观时，存在所有人都看到表演全貌的可能性，但当有 800 名群众围观时，一定有人看不到表演的全貌；当有 800 名群众围观时，存在所有人都看到表演全貌的可能性，但当有 10000 名群众围观时，一定有人看不到表演的全

6、貌；当有 10000 名群众围观时，存在所有人都看到表演全貌的可能性.单选题：“虎虎生威”盲盒春节期间，“勇敢牛牛”牛奶公司推出了新春集福活动：每盒牛奶都附赠一个红包，红包中藏有下列“虎”，“生”，“威”中的一款图案。（如下图)集齐两个“虎”，一个“生”，一个“威”即可拼齐成为“虎虎生威”全家福。这项活动一经推出，就成为了网红爆款，很多人希望能够集齐一整套。假设红包中的图案是独立随机分布的（并且不能从红包外观上进行区别)，“虎”，“生”，“威”三款红包按均匀概率1 分布。3(1) 收集齐一整套“虎虎生威”全家福所需要购买的牛奶盒数的数学期望是多少？361 ;371 ;381 ;391 ;以上都

7、不对。(2) 在市场部的周会讨论中，大家认为当前的图案投放比例，会导致在收集“虎虎生威”全家福时收集到太多的“生”和“威”，千是探讨可能的改进方案。记图案“虎”、“生”和 “威”的投放比例为(p, q, r)，那么下面哪种方案下，收集齐一整套“虎虎生威”全家福所需要购买的牛奶盒数的数学期望是最小的？(p, q, r) = ( 1 , 1 , 1 );3 3 3(p, q, r) = ( 1 , 1 , 1 );2 4 4(p, q, r) = ( 2 , 3 , 3 );5 10 10(p, q, r) = ( 3 , 1 , 1 ).4 8 8证明题给定集合 X, 若函数 f : X X 0

8、, 1 满足： 对任意 E 0, 存在有限个 X 中元素 b1, b2, ., bm 使得对任意 t X, 存在某个 bi(t) 满足：|f (x, t) f (x, bi(t)| 0, 存在有限个 X 中元素 a1, a2, ., an 使得对任意 t X, 存在某个 ai(t) 满足：|f (t, x) f (ai(t), x)| E, x X,则称 f 是左一致的。求证：左一致等价千右一致。证明题设 n 是正整数, V = Rn 是 n 维欧氏空间, 有一组基 ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 i n)满足(ei, ej) = i,j,i,j

9、其中=1 if i = j0 if i /= j、 i-1 J、 n-i J是Kronecker 符号, (, ) 是 V 上的内积. 对 V 中的非零向量 v , 定义线性变换 sv : V V 为2(u, v)sv(u) = u (v, v) v, u V.对千介千 0 和 n 之间的整数 k, 记 Grk(V ) 为 V 的 k 维子空间的集合. 对千 V 的一个 k 维子空间 W , 记 W 为 Grk(V ) 中的相应元素. 取 W 的一组正交规范基 v1, . . . , vk (也即, (vi, vj) = i,j), 定义 sW : V V 为sW = sv1 svk .(1)

10、 证明 sW 不依赖千正交规范基 v1, . . . , vk 的选取.W (2) 证明 s2= id.(3) 对 W t Grk(V ), 定义tW (W t) = sW (W t),其中 sW (W t) 是 W t 在 sW 下的像. 我们称 Grk(V ) 的子集 X 为一个“有趣集”若tW (W t) = W t, W , W t X.请找到 Grk(V ) 中有趣集的最大的元素个数, 并证明之.解答题：忙碌的快递员一位快递员在二维格点平面上坐标为 (n, 0) 处取到了快递。他所工作的快递站则在原点 (0, 0) 处。此后，快递员每一步做步长为 1 的简单随机游动。在以下的各问中，

11、不妨认为正整数 n 远大千 1。2(1) 令 P1,n 为该快递员在走了恰好 Ln1.5 步时，距离快递站的直线距离大千 n的概率，试证明limn+P1,n = 1(2) 令 P2,n 为该快递员在前 Ln1.5 步内曾经回到过快递站的概率，试证明limn+P2,n = 0(3) 令 P3,n 为该快递员的前 2n 步内曾经回到过快递站的概率，试证明limn+P3,n = 1解答题(1) 证明不存在满足如下条件的周期序列 a1, a2, a3, . . ., 每项均为 1, 且对任意有理数 ,1NsupN N n=1ane2in1 +.1(2) 证明不存在每项均为 1 的序列 a1, a2,

12、a3, . . . 满足：对任意有理数 11NsupN N n=1ane2in1 2022 .(3) 举例说明：存在每项均为 1 的序列 a1, a2, a3, . . . 满足：其中有无穷多项 1，也有无穷1多项 1，且对任意 Q Z,1NsupN N n=1ane2in1 +.解答题：开幕式的节目设计假设你被冬奥会开幕式的导演选为技术助理，负责用数学知识研究设计方案的合理性。在开幕式的备选节目中，有一个方案是让一群由无人机控制的吉祥物绕一个圆圈形状的场地滑冰。因为无人机足够的多（但是不会拥堵或者相撞)，我们认为可以用一个概率密度函数 (t, v)( 0) 来刻画无人机的分布。因为场地是圆环

13、形的，所以我们可以认为速度 v R，它表示无人机的线速度。那么，对千任意给定的时间 t, 和两个速度 v1 0.其中 u(t) 为无人机的指令速度。(1) 为了研究怎么给无人机合适的指令速度，大宝给导演提议说，应该让u(t) = u0 + u1N (t) 其中 u0 0，u1 0，而 N (t) 表示无人机的速度正部（v+ = max0, v)的平均N (t) =+v+(t, v) dv =+v(t, v) dv.0但是，你善意地提醒道，如果 u1 1 那么 N (t) 在演化过程中不会有上界，以至千很快引起无人机的故障。你可以证明你的上述结论吗？（为了方便讨论，我们忽略 及其导数在 |v|

14、+ 时的贡献。)p(t, x, v)( 0)x 0, 2(2) 在采纳了大宝和你的建议后，导演又在考虑这些无人机是否会在滑行中在圆圈场地上均匀分布，千是我们需要考虑关千速度和位置的联合密度函数。这里0表示无人机在圆圈上的相对位置，显然 J 2 p(t, x, v)dx = (t, v)。已知这个联合密度函数的演化满足pt + vpx + （(u(t) v)p）v = pvv,x 0, 2,v R,t 0.且由千无人机在绕圈滑行，在 x 方向上如下条件满足p(t, 0, v) = p(t, 2, v),v R,t 0.你大胆猜测：无论初始分布如何，无人机很快就在圆圈上接近一个均匀分布。你可以证明

15、或者证伪这个命题吗？（为了方便讨论，我们忽略 p 及其导数在 |v| + 时的贡献。)2022 阿里巴巴全球数学竞赛（预选赛）第1题（单选题）磁性几何魔方把实心立方体 ABCD A1B1C1D1 (假设 AB = 1 )按如下方式分成 12 块（图1）:1) 取 6 条面上的对角线 AC,AB1, AD1, C1B, C1D, C1A1;2) 考虑以立方体中心为顶点, 上述 6 条对角线及 12 条棱之一为对边的三角形;3) 这 18 个三角形把立方体切成了 12 块, 每块是一个四面体, 每个四面体有两条棱是立方体的棱;4) 每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连结.图1: 磁性几何魔

16、方这样一个玩具可以摆出各种形状（图2）.图2: 其它形状的例子问: 在这个玩具所有可能的形状中,其上两点之间(在空间中)距离的最大值是多少？22(A)11 (B) 7 + 42 (C) 13 (D)1 + 22 (E) 以上都不对1 答案 选D。以ABCD A1B1C1D1标记立方体的八个顶点, 并设开始时选定的对顶点为A和C1. 那么,这两个顶点分别属千6个小四面体, 而B,C,D,D1,A1, B1这六个顶点(无论怎么变形都)构成一个边长为1的六边形(可能退化).注意到这个玩具由12个四面体(从而是凸图形)构成, 因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点.在一个四面体中, 四个顶点可分为3

17、类: 一个顶点在立方体中对应千A或C1, 我们称之为第一类顶点; 两个顶点(从而它们之间的棱)属千(空间)六边形BCDD1A1B1, 我们称之为第二类顶点;3 一个顶点对应千立方体的中心, 它到同一个小四面体的另三个顶点的距离都是称之为第三类顶点.我们考察这些顶点之间沿棱的距离的最大值, 易得下表:, 我们2距离第一类顶点第二类顶点第三类顶点第一类顶点1 + 222 + 21 + 2 + 3 2第二类顶点2 + 2332 +2第三类顶点1 + 2 +3232 +22 + 3从而这个玩具上任意两点之间的距离不会超过1 + 22. 而这个值是可以达到的, 如下图所示:第2,3题（单选题）间隔围观某

18、日，某地的一片巨大空场地上有一场街头艺术表演，引起部分群众围观. 我们将此地看作一个欧氏平面，表演的区域中心记作点 K.设群众为 A1, A2, . . . , An, . . ., 他们按照从 A1 开始的顺序依次选定一个围观的位置P1, P2, . . . , Pn, . . . ,但需同时满足以下三个条件.条件1: An 围观的位置与 K 的距离不小千 10 米，即对任意 n, KPn 10 米；条件2: An 围观的位置与前面每个人位置的距离都需要不小千 1 米，即对任意 n 2 和任意 1 m n 1, PmPn 1 米.条件3: 在满足条件1 和条件2 的前提下，An 选择与 K

19、尽量接近的点进行围观，即他希望 KPn 取到最小可能的值. 如果同时满足条件1 和条件2 且使得 KPn 取到最小可能值的 Pn 不止一个，那么 An 可以选择其中的任意一个点.例如，对千 A1, 他选择位置时没有条件2，故他会选择以 K 为圆心，10 米为半径的圆周 C 上的任意一点（与 K 的距离恰为 10 米）；对千 A2, 他也希望 P2 与 K 的距离恰为 10 米，即 P2 也在 C 上. 由千 C 上有许多点与 P1 的距离不小千 1 米，他可以选择其中任意一点.(1) 请问，以下说法哪个正确？(A) 存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, .

20、. . , An, 怎么选择位置，均有 c1 KPn c2 （单位：米）；(B) 存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n KPn c2n （单位：米）；(C) 存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n KPn c2n （单位：米）；(D) 存在正实数 c1, c2, 使得对任意正整数 n, 无论 A1, A2, . . . , An, 怎么选择位置，均有 c1n2 KPn c2n2 （单位：米）.(2) 由千人是有一定体积的，

21、所以如果某人站在另一人围观的视线路径附近时，第二人就6会被第一人挡住视线. 我们认为，对不同的 i, j, 如果以 Pi 为圆心， 1米为半径的圆周与线段 KPj 相交，那么 Aj 就会被 Ai 挡住视线而看不到表演的全貌.请问，以下哪个说法正确？(A) 当有 60 名群众围观时，一定有人看不到表演的全貌；(B) 当有 60 名群众围观时，存在所有人都看到表演全貌的可能性，但当有 800 名群众围观时，一定有人看不到表演的全貌；(C) 当有 800 名群众围观时，存在所有人都看到表演全貌的可能性，但当有 10000 名群众围观时，一定有人看不到表演的全貌；(D) 当有 10000 名群众围观时

22、，存在所有人都看到表演全貌的可能性.2 答案 选B。设 KPn 的长度为 dn 米. 一方面，我们以 P1, P2, . . . , Pn1 为圆心，1 米为半径作圆，由 Pn 的选取可知这些圆再加上 C 的内部必然覆盖了以 K 为圆心，dn 为半径的圆，因此n d2 (n 1) 12 + 102,故dn n + 99 100n = 10n.2另一方面，我们以 P1, P2, . . . , Pn 为圆心， 1 米为半径作圆，由千 P1, P2, . . . , Pn 两两之间2距离不小千 1 米，故这些圆彼此不相交. 另外，由题意可知 KP1, KP2, . . . , KPn 均应不超过

23、dn 米（若有 1 m n 1 使得 KPm 的长度超过了 dn 米，则 Am 可以选择距离更近的 Pn 点，矛盾），因此，这些圆都在以 K 为圆心，dn + 1 米为半径的圆内，因此1 21 2(dn + 2 )故 n ( 2 ) ,n1dn 2 2 .注意当 n = 1 时，d1 = 10，而对 n 2, 1 10因此， n dn 10n, B 选项正确.25n2nn=.25103 答案 选B。一方面，当有 60 人围观时，由千 sin 1 sin = 1 , 故 20 sin 1, 这601062060说明一个内接千 C 的正 60 边形的边长不小千 1 米. 因此，当 P1, P2,

24、. . . , P60 恰好为这个正 60 边形的所有顶点时，符合题目条件. 而对任意不同的 i, j, 点 Pi 到 KPj 的距离不小千 10 sin 米，由 sin 1 sin = 1 可知这些距离都不小千 1 米，故所有人都能看到表30演的全貌.305610另一方面，当有 800 人围观时，作射线 KP1, KP2, . . . , KP800, 如果有两条射线重合（不妨设为 KPi, KPj 重合），设 KPj KPi, 那么 Aj 被 Ai 挡住了视线.12KPi假设没有重合的射线，我们先证明，如果存在一个角 PiKPj 满足 PiKPj 1 ( 1 +KPj 1 ) （角的单位为

25、弧度，线段的单位为米），那么, Ai, Aj 中有一人被另一人挡住了视线.60不失一般性，我们假设 KPi KPj, 由 KPi, KPj 10 知 PiKPj 1 , 故它是锐角. 因此 Pi 到 KPj 的垂足位千线段 KPj 的内部，而 Pi 到 KPj 的距离为KP sin P KP 2.3(因为x 是减函数)m=6xdx =31 ( 900 1 因此，存在一个角 PiKPj 满足 PiKPj 1 ( 1 + 1 ) 故必然有人看不到表演的全貌.100900 10020综上所述，B 选项正确.12 KPiKPj第4,5题（单选题）“虎虎生威”盲盒春节期间，“勇敢牛牛”牛奶公司推出了新春

26、集福活动：每盒牛奶都附赠一个红包，红包中藏有下列“虎”，“生”，“威”中的一款图案。（如下图）集齐两个“虎”，一个“生”，一个“威”即可拼齐成为“虎虎生威”全家福。这项活动一经推出，就成为了网红爆款，很多人希望能够集齐一整套。假设红包中的图案是独立随机分布的（并且不能从红包外观上进行区别），“虎”，“生”，“威”三款红包按均匀概率1 分布。3(1) 收集齐一整套“虎虎生威”全家福所需要购买的牛奶盒数的数学期望是多少？3(A) 61 ;3(B) 71 ;3(C) 81 ;3(D) 91 ;(E) 以上都不对。(2) 在市场部的周会讨论中，大家认为当前的图案投放比例，会导致在收集“虎虎生威”全家福

27、时收集到太多的“生”和“威”，千是探讨可能的改进方案。记图案“虎”、“生”和 “威”的投放比例为(p, q, r)，那么下面哪种方案下，收集齐一整套“虎虎生威”全家福所需要购买的牛奶盒数的数学期望是最小的？(A) (p, q, r) = ( 1 , 1 , 1 );3 3 3(B) (p, q, r) = ( 1 , 1 , 1 );2 4 4(C) (p, q, r) = ( 2 , 3 , 3 );5 10 10(D) (p, q, r) = ( 3 , 1 , 1 ).4 8 84 答案 选B。可以通过连续时间嵌入到Poisson过程的解法得到一般的解析表达式。假设盲盒总计有n个图案，每

28、次收集到图案i的概率是pi，以及最终目标是对千每个图案i需要收集ki个。记首次达成全收集时购买的盲盒数量是N ，目标即计算EN 。我们将这个过程嵌入到连续时间的Poisson过程中：假设有一个参数为1的Poisson点过程，每次信号到达时，都独立的按照概率pi抽样图案。记停时Ti = inft R+ : 在时间t 收集到了ki 个图案iT = max Ti.1in事实上有如下结论：ET = EN 。我们先证明这个结论。可以将Poisson点过程到达的第j个信号所需的时间记作j，那么有区NT =j.j=1事实上(j)j1是独立同分布的，参数为1的指数分布。利用条件概率，我们有区NET = Ej区

29、j=1区=k=0区kEj=1j|N = k PN = k=PN = kkE1k=0= EN .接下来我们只需要计算ET 。首先我们使用Fubini定理ET = ( PT t dt00= ( (1 PT t) dt= ( (1 PTi t, 1 i n) dt.0事实上，连续时间的Poisson过程的thinning性质为我们创造了很多独立性，使得计算变得简单。比如此处我们可以把收集每一个图案i看作是参数为pi的独立的n个Poisson过程。千是有ET =( (1 0iI1=1PTi tdt.n同时，PTi t可以直接利用Poisson分布写出表达式 区ki1kPTit = 1epit (pit

30、) . k!k=0我们可以得到最终的表达式EN =( (1 0iI1=1(1 区ki1k=0nepit(pit)kk!dt.)在我们的题目中，n = 3，目标收集(k1, k2, k3) = (2, 1, 1)。我们可以计算得到解析的表达式3EN = 1 + p1 +211(+p1p2p3 区i=111 pi (p1p1+ p2)2 (p1p1.+ p3)23在(p1, p2, p3) = (1/3, 1/3, 1/3)得到期望为7 1 ，答案选B。35 答案 选C。上一问中计算得到方案A的期望是71 ，D显然不是一个好的方案，因为收集到“威”字图案的数学期望是8，已经超出了方案A。所以核心在

31、千考察方案B，C。方案B在这里非常符合直观，是一个带有暗示的陷阱。利用解法2中得到的公式E = 1 + p + ( 2 + 1 + 1 ) ( 1 + 1 + 1 )pqrppp + qp + rq + r (p + q)2 (p + r)2 .B,C对应的期望分别为7 1 , 6223 。所以事实上方案C是最佳的，选C。18245第6题（证明题）给定集合 X, 若函数 f : X X 0, 1 满足： 对任意 E 0, 存在有限个 X 中元素 b1, b2, ., bm 使得对任意 t X, 存在某个 bi(t) 满足：|f (x, t) f (x, bi(t)| 0, 存在有限个 X 中元

32、素 a1, a2, ., an 使得对任意 t X, 存在某个 ai(t) 满足：|f (t, x) f (ai(t), x)| 0, 由右一致条件得到 X 中有限个元素 b1, b2, ., bm. 考虑映射 h : X 0, 1m, h(x) = (f (x, b1), f (x, b2), ., f (x, bm). 由 0, 1m的紧致性，存在有限个 c1, c2, ., cn 使得对任意 x X, 存在某个 cix 使得 |h(x) h(cix )| E,从而|f (x, bi) f (cix, bi)| E, i 1, 2, ., m.(1)由右一致条件知 |f (x, t) f

33、(x, bi(t)| E(x X), |f (cix, t) f (cix, bi(t)| E, 结合(1), 知对任意 t X,|f (x, t)f (cix, t)| |f (x, t)f (x, bi(t)|+|f (x, bi(t)f (cix, bii )|+|f (cix, bi(t)f (cix, t)| 3E.因为 E 是任意的，所以 f 是左一致的。第7题（证明题）设 n 是正整数, V = Rn 是 n 维欧氏空间, 有一组基 ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 i n)满足(ei, ej) = i,j,i,j其中=1 if i

34、= j0 if i /= j、 i-1 J、 n-i J是Kronecker 符号, (, ) 是 V 上的内积. 对 V 中的非零向量 v , 定义线性变换 sv : V V 为2(u, v)sv(u) = u (v, v) v, u V.对千介千 0 和 n 之间的整数 k, 记 Grk(V ) 为 V 的 k 维子空间的集合. 对千 V 的一个 k 维子空间 W , 记 W 为 Grk(V ) 中的相应元素. 取 W 的一组正交规范基 v1, . . . , vk (也即, (vi, vj) = i,j), 定义 sW : V V 为sW = sv1 svk .(1) 证明 sW 不依赖

35、千正交规范基 v1, . . . , vk 的选取.W (2) 证明 s2= id.(3) 对 W t Grk(V ), 定义tW (W t) = sW (W t),其中 sW (W t) 是 W t 在 sW 下的像. 我们称 Grk(V ) 的子集 X 为一个“有趣集”若tW (W t) = W t, W , W t X.请找到 Grk(V ) 中有趣集的最大的元素个数, 并证明之.7 答案 (1) 记 W 为 W 在 V 中的正交补. 则sW |W = 1 且sW |W = 1.由此我们刻画了 sW 并证明了它与 W 的正交规范基 v1, . . . , vk 的选取无关.(2) 由千所

36、以 s2W = id.sW |W = 1且sW |W = 1,(3) (i) 我们证明tW (W t) = W t W t = (W t W ) (W t W ).充分性易证. 必要性: 假设 tW (W t) = W t. 则对任意的 u W t, 我们有 sW (u) W t.记 u = u1 + u2, 其中 u1 W 且 u2 W . 则 u1 + u2 = sW (u) W t. 所以, u1 W t且u2 W t. 因此,W t (W t W ) (W t W ).显然, (W t W ) (W t W ) W t. 这样,W t = (W t W ) (W t W ).(ii)

37、记X = spanRei1 , . . . , eik : 1 i1 ik n.k（ （ 由(i) 中的判别准则, X 是个“有趣集”. 这个集合 X 的元素个数为 n .k(iii) 对 n 作归纳, 我们证明: Grk(V ) 中有趣集 X 的元素个数不超过 n . 当 n = 1 时, 这是显然的. 假设此结论在 n m 时成立. 设 n = m. 当 k = 0 或者 m 时, 结论显然成立.设 1 k m 1. 取 W X. 对每个整数 i (0 i k), 记Xi = W t X : dim W t W = k i.对每个W t Xi, 记和Yi = W t W : W t Xi

38、Grki(W )Zi = W t W : W t Xi Gri(W ).由(i) 中的判别准则,Yi 是 Grki(W ) 中的有趣集且 Zi 是 Gri(W ) 中的有趣集.由千 dim W = k m 且 dim W = m k m, 由归纳假设我们得到ii|Y | ( k )且|Z | (m k).这样,k ii|X| = 区 |X | 区 |Y |Z | 区 ( k)(m k) = (m).i0ik由此证明了结论.ii0ik0ikk iik第8题（解答题）忙碌的快递员一位快递员在二维格点平面上坐标为 (n, 0) 处取到了快递。此后，快递员每一步做步长为 1 的简单随机游动。他所工作的

39、快递站则在原点 (0, 0) 处。在以下的各问中，不妨认为正整数 n 远大千 1。2(1) 令 P1,n 为该快递员在走了恰好 Ln1.5 步时，距离快递站的直线距离大千 n的概率，试证明limn+P1,n = 1(2) 令 P2,n 为该快递员在前 Ln1.5 步内曾经回到过快递站的概率，试证明limn+P2,n = 0(3) 令 P3,n 为该快递员的前 2n 步内曾经回到过快递站的概率，试证明limn+P3,n = 18 答案 (1) 考虑该快递员在走了恰好 Ln1.5 步时距离快递站的直线距离大概率小千等A千 1 的事件。由三角不等式我们有这一事件必然包含千以下事件2A = 快递员此时距取件点的距离大千等千 124进一步根据三角不等