2021年阿里巴巴全球数学竞赛预选赛试题及参考答案.docx

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1、第三届阿里巴巴全球数学竞赛预赛部分参考答案1,2. 在一个虚拟的世界中, 每个居民(设想为没有大小的几何点) 依次编号为 1, 2, . 为了抗击某种疫情, 这些居民要接种某疫苗，并在注射后在现场留观一段时间。现在假设19留观的场所是平面上的一个半径为 14的圆周。为了安全，要求第 m 号居民和第 n 号居民之间的距离 dm,n 满足(m + n)dm,n 1,这里我们考虑的是圆周上的距离, 也就是两点间劣弧的弧长。那么1 选择题(4分) 下列选项( ) 符合实际情况。A 这个留观室最多能容纳 8 个居民;B 这个留观室能容纳的居民个数有大千 8 的上限;C 这个留观室可以容纳任意多个居民。2

2、 证明题(6分) 证明你的论断。R1 答案. 选项C 符合实际情况.R2 答案. 解法一. 我们可以按下述方式安排第 1, 2, . . . 号居民的位置. 首先, 任意安排第 1 号居民的位置。对 n 2, 若第 1, 2, . . . , n 1 号居民的位置已经被安排好, 我们考虑第 n 号居民不能在哪些位置。m+n对千 1 m n 1, 由 dm,n 1 , 我们知道, 从第 m 号居民的位置开始, 沿顺、,逆时针方向各走 1 m+n的距离 所形成的长度为 2 m+n的圆弧内部是不可以安排第 n 号居民的. 而这些圆弧的总长度 2 + 2 + +2 2(ln n + 1 +ln n +

3、 2 + +ln 2n 1 ) = 2 ln 2n 1 1.5 2 ln 2, 故这些圆弧不能覆盖整个圆周, 因此第 n 号居民总可以选择一个合适的位置, 使得他与第 1, 2, . . . , n 1 号居民之间的距离均满足题目条件. 由数学归纳法可知，这个圆周可以容纳任意多个居民.解法二.我们以圆周的圆心为原点建立平面直角坐标系，并将第 1, 2, 3, 4 号居民分别444422放在 ( 1, 0), ( 1 , 0), (0, 1), (0, 1 ) 处, 即他们的辐角主值分别为 0, , , 3 . 此时任意两名4481+2居民的距离不小千 2 1 = 1 , 故此时的 4 名居民满

4、足题目条件.我们使用数学归纳法证明下面命题: 对整数 k 2, 可以将第 1, 2, . . . , 2k 号居民安置千圆周上一个内接正 2k 边形的各个顶点处, 使得匕们互相之间(在圆周上的) 距离满足题目条件, 且编号为 1, 2, . . . , 2k1 号的居民在圆周上两两不相邻.上述命题对 k = 2 成立. 若其对 k 成立，即前 2k 号居民的位置都已确定. 考虑他们将圆周分成的 2k 段弧. 我们要将第 2k + 1, 2k + 2, . . . , 2k+1 号居民放置在这些弧的中点.现在来证明可以适当放置使得涉及第 2k + 1, 2k + 2, . . . , 2k+1

5、号居民的距离均满足题目条件.我们将第 2k + 1, 2k + 2 号居民放置在与第 2k1 号居民相邻的位置(即与第 2k1 号居民的辐角差为 22k+1距离的位置); 将第 2k + 3, 2k + 4 号居民放置在与第 2k1 1 号居民相邻的位置; 将第 2k + 2a 1, 2k + 2a 号居民放置在与第 2k1 a + 1 号居民相邻的位置; 将第 2k+1 1, 2k+1 号居民放置在与第 1 号居民相邻的位置.由千前 2k1 号居民在圆周上两两不相邻, 这样的放置是可行的. 现在考虑任意两名1 k居民的距离(只需考虑至少一位居民是“新”的情形). 因为圆周被分成了 2k+1

6、段, 每段弧长为 2=, 对千两位编号分别为 m 2 和 n 的居民, 若匕们之间至少有两段2k+14弧, 则2k+212(m + n)1dm,n 2k+1 2 m + n 2k+1 m + n ;若他们之间的距离恰为一段弧长，设 n 2k + 2a 1, 2k + 2a, 则 m 2k1 a + 1, 因此kk1k13 2k13(m+n)dm,n 2k+2 (2+2a1+2a+1) = 2k+2 (22+a) 2k+1= 1.8所以，第 1, 2, . . . , 2k+1 号居民两两之间的距离均满足题目条件. 由数学归纳法知, 可以安排任意多名居民.3,4. 2019年第一届阿里巴巴数学竞

7、赛的优胜者们在参加集训营的时候, 集体送给主办方负责人的礼物, 是一个有 60 个全等的三角形面的多面体。从图中我们可以看到, 这个多面体的表面是 60 个全等的空间四边形拼接而成的。一个空间 n 边形是指由一个平面 n 边形沿若干条对角线做适当翻折(即在选定的对角线处形成适当的二面角) 后得到的空间图形。两个空间图形全等指的是匕们可以通过 R3 中的一个等距变换完全重合。一个多面体指的是一个空间有界区域, 其边界可以由有限多个平面多边形沿公共边拼接而成。3 判断题(4分) 我们知道 2021 = 43 47. 那么是否存在一个多面体, 匕的表面可以由 43 个全等的空间 47 边形拼接而成?

8、4 问答题(6分) 请对你的判断给出逻辑的解释。R3 答案. 可以.R4 答案. 我们只需要举一个例子即可. 考虑一个标准的环面 T, 其上的点可以由两个参数来表示:T = , : 0 , 0。对 k = 0, 1, 2, . . . , 执行以下循环。1: yk := argmin f (y) : y = xk tkei, i = 1, . . . , n# 计算损失函数。k2: sk := 山f (xk) f (yk) t2# 是否充分下降? 是: sk = 1； 否:sk = 0。3: xk+1 := (1sk)xk + skyk# 更新迭代点。4: tk+1 := 22sk 1tk#

9、更新步长。 sk = 1: 步长增倍； sk = 0: 步长减半。现在，我们对损失函数 f : Rn R 作出如下假设。假设 1. f 为凸函数，即对任何 x, y Rn 与 0, 1 都有f (1 )x + y) (1 )f (x) + f (y).假设 2. f 在 Rn 上可微且 f 在 Rn 上 L-Lipschitz 连续。假设 3. f 的水平集有界，即对任意 R，集合x Rn : f (x) 皆有界。基千假设 1 与假设 2，可以证明L2 f (x), y x f (y) f (x) f (x), y x + 2 lx yl对任何 x, y Rn 成立；假设 1 与假设 3 则保

10、证f 在 Rn 上取到有限的最小值 f 。凸函数的更多性质可参考任何一本凸分析教科书。证明题(20分) 在假设 13下，对千 AFBT，证明lim f (xk) = f .kR5 证明. 假设 f (xk) -A f 。因f (xk) 不增, 故infk0f (xk)f 0。记gk = f (xk),则 infk0 lgkl 0 (取 x 使 f (x) = f , 则 f 之凸性保证 gk, xk x f (xk) f ；同时，f (xk) 之单调性与 f 之水平集有界性保证 xk x 有界。故 infk0 lgkl 0)。换言之，存在 0 使 lgkl 对所有 k 0 成立。任给 k 0,

11、 可取 ik 1, . . . , n满足其中 = 1/n。故| gk, eik | lgkl ,(1)kk k ik k k| kik |k Lt2f (y )min f (xt e )f (x )tg , e+2 Lt2k f (xk) tk + 2 . (2)所以，只要tk 2,(3)L + 2k我们就有 f (yk) f (xk) t2, 从而 sk = 1, 进而有 tk+1 = 2tk。由此，易见k0L + 2t t min 夕t , 1 0(4)对所有 k 0 成立。故存在无穷个 k 使得 sk = 1 (否则 tk 0); 对每一个这样的 k, f (xk)f (xk+1) t

12、2。这与 f 下方有界相矛盾。故所论成立。k 6. 令 n 为正整数。对任一正整数 k, 记 0 = diag 0, . . . , 0 为 kk 的零矩阵。令- 、k, .,（tY =0nAA0n+1为一个 (2n + 1) (2n + 1) 矩阵, 其中 A = (xi,j)1in,1jn+1 是一个 n (n + 1) 实矩阵且 At 记 A 的转置矩阵，即 (n + 1) n 的矩阵，(j, i) 处元素为 xi,j.(i) 证明题(10分) 称复数 为 k k 矩阵 X 的一个特征值, 如果存在非零列向量v = (x1, . . . , xk)t使得 Xv = v. 证明: 0 是

13、Y 的特征值且 Y 的其他特征值形如 , 其中非负实数 是 AAt 的特征值。(ii) 证明题(15分) 令 n = 3 且 a1, a2, a3, a4 是 4 个互不相等的正实数。记a =2j 区ai1i4以及i,jii,jx= a + a 122j4,ja2i4j(a + a )a(1 i 3, 1 j 4), 其中 征值。i,j=1 if i = jf0 if i /= j.证明: Y 有 7 个互不相等的特n R6 证明: (i) 记 I = diag 1, . . . , 1 为 nn 恒同矩阵. 作初等变换可证- 、n, .,det(I2n+1 Y ) = det(2In AAt

14、).所以, 0 是 Y 的特征值且 Y 的其他特征值形如 , 其中 是 AAt 的非负实数特征值.a2+a2 a2+a2 a2+a2(ii) 记 u = (a4, a4, a4), v = ( 14 , 24 , 34 ). 计算得aaa13AAt = diaga2, . . . , a2 + utu vtv.设 f (s) = det(sIn AAt) 为 AAt 的特征多项式. 计算得a2f (a2) =ir (a2 a2)ia2ij1j4,j/=i1234i(i 1, 2, 3, 4). 令 al , al , al , al 为 a1, a2, a3, a4 经重排后得到的递减序列.

15、由 f (x2) 的表达式得: AAt 有三个互不相等的特征值 b2, b2, b3, 其中 b1, b2, b3 是满足123a21l b1 al b2 al b3 al34的正实数. 因此, 由(i)得 Y 有 7 个互不相等的特征值.7. 对千 R 上的连续且绝对可积的复数值函数 f (x), 定义 R 上的函数 (Sf )(x):(Sf )(x) =e2iuxf (u)du. +(i) 问答题(10分) 求 S( 1 ) 和 S( 1) 的显式表达式。1+x2(1+x2)2(ii) 问答题(15分) 对任意整数 k,记 fk(x) = (1 + x2)1k.假设 k 1,找到常数 c1

16、, c2 使得函数 y = (Sfk)(x) 满足二阶常微分方程xyll + c1yl + c2xy = 0.R7 答案:(i)且1S( 1 + x2) = e2|x|S( 1 ) = (1 + 2|x|)e2|x|.(1 + x2)22(ii) c1 = 2k 且 c2 = 42.解答 记 V 为 R 上的复数值、连续、绝对可积的函数组成的线性空间.Lemma 0.1.(i) 若 f (x) V , f l(x) V 且 limx f (x) = 0, 则(Sf l)(x) = 2ix(Sf )(x).(5)(ii) 若 f (x) V 且 xf (x) V , 则(Sf )l = 2iS(

17、xf (x).(6)引理0.1的证明. (i) (Sf l)(x)+=e2iuxf l(u)du = e2iuxf (u)|+ e2iuxf (u)du += 2ix +(e2iux)lf (u)du= 2ix(Sf )(x)(ii) 对任意的 a, b R (a 1 时, i 是 1 在 CA 界定的有界区域内的唯一极点. 由回路积分的方法并令 A , 我们得到 (Sf )(x) = e2x. 由千 f (x) 是偶函数, 所以 (Sf )(x) 也是偶函数. 这样, (Sf )(x) = e2|x|.(ii)记 g(x) = e2|x|. 直接计算得 (Sg)(x)=e2ixue2|u|d

18、u = (e2ixu + e2ixu)e2udu01 e2(1+ix)ue2(1ix)u = 2 (1+1 + ix1 ix)|0=1 + x2 .Lemma 0.4.(i) 对千任意的 k 0, Sfk 形如 (Sfk)x = e2|x|gk(|x|),其中 gk 是个 k 次多项式.(ii) 对千任意的 k 0, S(S(fk) = fk 且 S(S(xfk+1(x) = xfk+1(x). Proof. (i)我们有递归公式fk+1= fk1+2(k + 1)xf l (x).k由引理0.1, 得递归公式:Sfk+1= Sfk1 2(k + 1)(x(Sfk)(x)l.由此, 由归纳法我

19、们导出结论.k(ii)注意到 f l (x) = 2(k + 1)xfk+1(x) 且 (xfk(x)l = (1 + 2k)fk(x) + 2(k + 1)fk+1(x).由(i)部分的结论结合引理0.1, 我们知道推论0.2中的假设对函数 fk(x) 和 xfk+1(x)(k 0) 成立. 这样, 由归纳法可证 S(S(fk) = fk(x) 且 S(S(xfk+1(x) = xfk+1(x)(k 0).回到题目本身. (i)在引理0.3中已经证明 S(1 + x2)1) = e2|x|. 由(5)得S(2x(1 + x2)2) = 22ixe2|x|.再由(6)得这样,S(2x2(1 +

20、 x2)2) = (1 2|x|)e2|x|.2S(1 + x2)2) = (1 + 2|x|)e2|x|.(ii)首先, 当 k 1 时,xjfk(x) (0 j 2k)都是绝对可积的.这样, 由(6),y = (Sfk)(x) 是 2k 次连续可微函数. 由引理0.1和引理0.4得: xyll + c1yl + c2xy = 0 等价千kk(x2f l + 2xf) c xf c2 lk42kf = 0.1输入 fk(x) = (1 + x2)1k, 我们得到 c1 = 2k 且 c2 = 42.8. 当某公司推出一个新的社交软件时，公司的市场部门除了会关心该软件的活跃客户的总人数随时间的

21、变化，也会对客户群体的一些特征做具体的调研和分析。我们用 n(t, x) 表示客户的数量密度（以下简称密度），这里 t 表示时间，而 x 表示客户对该社交软件的使用时长，那么在 t 时刻，对千 0 x1 0 只跟使用时长 x 有关。假设 3. 新客户的来源有两个。01 公司的宣传：单位时间内因此增加的人数是时间的函数，用 c(t) 表示。02 老客户的宣传：老客户会主动向自己的同事、朋友等推荐使用该社交软件，推荐成功的速率跟客户的使用时长 x 有关，记作 b(x)。假设如果在某一时刻, 记为 t = 0 时，密度函数是已知的，n(0, x) = n0(x)。可以推导出，n(t, x) 的时间演

22、化满足如下的方程0txf n(t, x) + n(t, x) + d(x)n(t, x) = 0,t 0, x 0,N (t) := n(t, x = 0) = c(t) + J b(y)n(t, y)dy.(7)+这里 N (t) 可解读为新客户的增加速率。我们假设 b, d L(0, )，即 b(x) 和 d(x) 正且(本质)有界。以下，我们先做一个简化假设： c(t) 0，即新客户的增加只跟老客户的宣传有关。(i) 问答题(10分) 根据假设 1和假设 2，形式地推导出(7) 中 n(t, x) 所满足的?微分方程，需要在推导过程中指出模型假设和数学表达式之间的对应关系。再根据假设 3

23、，解释(7) 中 N (t) 的定义的含义。(ii) 问答题(10分) 我们想要研究新客户的增加速率 N (t) 和推荐成功速率 b(x) 之间的关系。为此，请推导出一个 N (t) 所满足的方程，且方程中只包含 N (t), n0(x), b(x), d(x)，而不包含 n(t, x)。并证明， N (t) 满足如下估计|N (t)| lble这里 l l 表示 L 范数。IbIt 0|n0(x)| dx,(8)(iii) 证明题(10分) 最后，我们想要研究，在充分长的时间之后，数量密度函数 n(t, x)有什么渐近的趋势。由千客户总人数可能一直在增加，所以我们不方便直接研究数量密度函数

24、n(t, x)，而更应该去看一个重整化的的密度函数。f0为此，我们首先假设如下的特征值问题有唯一解 (0, (x)：l(x) + ( + d(x) (x) = 0,x0,0(x) 0,(0) = J b(x)(x)dx = 1,f 0并且匕的对偶问题也有唯一的解 (x):0l(x) + ( + d(x) (x) = (0)b(x),x0, (x) 0,J (x)(x)dx = 1.然后，我们定义重整化密度 n(t, x) := n(t, x)e0t。证明，对千任意凸函数 H : R+ R+ 满足 H(0) = 0, 我们有ddt 0(x)(x)Hn(t, x) (x)dx 0,t 0,并证明

25、(x)n(t, x)dx = e0t0 (x)n0(x)dx.0为了简化证明，我们在演算中假定在 处的边界项的贡献都是可以忽略的。R8 答案: (i) 这个方程推导方式有很多。举两个例子。1，特征线法。由千使用时长随时间线性增长，我们定义特征线 x(t)，匕满足dx(t) dt= 1.而顺着特征线，根据停止速率的含义，我们有整理即得(7)式方程。ddtn(t, x(t) = d(x(t)n(t, x(t).2, 微元法。考虑一个时间微元 t 1，根据假设一和假设二，我们有n(t + t, x + t) = n(t, x) td(x)n(x, t) + o(t).其中右端第一项表示时间平移的贡献

26、，第二项表示停止的客户数量。两边除以 t，再令 t 0，即得此方程。J b(y)n(t, y)dy关千 N (t) 的定义，只需要说明老客户推荐的贡献。对千固定某个使用时长 x 的老客户，他们单位时间内介绍的新客户的数量为 b(x)n(t, x)。为了求单位时间内所有老客户介绍的新客户数量，需要把所有使用时长的老客户的贡献加在一起，故表达为 。0(ii) 根据题意和 N (t) 的定义，我们需要先把密度函数 n(t, x) 写成 N (t) 和其他参数的表达式，这需要求解此方程。注意到这是一个一阶双曲方程，可以用特征线法求解。将方程改写为dn(t + s, x + s) + d(x + s)n

27、(t + s, x + s) = 0,ds0则如果定义 D(x) = J x d(y)dy，那么deD(x+s)n(t + s, x + s) = 0.(9)ds那么，当 s max(t, x) 时，我们有eD(x+s)n(t + s, x + s) = eD(x)n(t, x),x 0, t 0.(10)特别的，我们可以令 x = y，s = y 可得，当 t y 时n(t, y) = N (t y)eD(y).再令 x = y，s = t 可得，当 t y 时n(t, y) = n0(y t)eD(yt)D(y).为了导出 N (t) 满足的方程，我们将匕的表达式拆分成两部分N (t) =

28、 b(y)n(t, y)dy =0t b(y)n(t, y)dy +0 b(y)n(t, y)dy.t根据特征线可知，右端第一项的特征线起源千 x = 0, t 0，而第二项的特征线起源 千 x 0, t = 0。将 n(t, y) 的表达式分别代入，我们得到N (t) =tb(y)eD(y)N (ty)dy +0b(y)eD(yt)D(y)n0(yt)dy.(11)t整理，即得到 N (t) 满足的方程N (t) =0b(t x)eD(tx)N (x)dx +b(x + t)eD(x)D(x+t)n0(x)dx.(12)0 t 考虑到 d(x) 0 所以 D 是递增函数，上式中的 eD(tx

29、), eD(x)D(x+t) 均不大千 1。千是,再利用 b(x) 的有界性，我们可以对 N (t) 做如下估计|N (t)| lblt 0|N (x)|dx + lbl 0|n0(x)| dx.最后，利用Gronwall 引理，我们就可以得到待证的不等式。(iii) 这是一个广义的相对墒估计的问题。首先我们将方程(7)改写成重整化密度函数满足的方程 tn(t, x) + xn(t, x) + (0 + d(x) n(t, x) = 0.然后，我们进一步地改写，整理得到 n(t, x)t (x) n(t, x)+x (x)= 0,t(x)x(x)进而有 H n(t, x) + H n(t, x

30、) = 0.将特征值问题和其对偶问题整合在一起，我们有(x) 0,J (x)(x)dx = 1.xf (x)(x) = (0)b(x)(x),x 0,0通过直接计算，我们得到t(x)x (x)(x)H n(t, x)l+ (x)(x)H n(t, x)l = (0)b(x)(x)H n(t, x) .(x)(x)记 d(x) = b(x)(x)dx，将上式对 x 在 R+ 上积分，可得, ddt 0(x)(x)Hn(t, x) (x) dx =(0)H0n(t, x) (x)d(x) + (0)Hn(t, 0).(0)0我们注意到，由定义知 (0) = 1，且 n(t, 0) = J b(x)n(t, x)dx，那么 n(t, 0)= n(t, 0) =b(x)n(t, x)dx = n(t, x)d(x),(0)00(x)千是可得 ddt 0(x)(x)Hn(t, x) (x) dx = (0)H0n(t, x) (x)d(x) + H n(t, x) ld(x).0(x)再由Jensen不等式，我们可得 ddt 0(x)(x)Hn(t, x) (x)dx 0.最后，令 H(u) = u，即得待证等式。Alibaba Global Mathematics