前言

疫情期间，自己做了一下2020阿里巴巴全球数学竞赛预选赛第二轮的赛题，并将解题的详细推导过程进行了总结，方便大家学习和交流。话不多说，一起来看一下吧。

第一题

题目

第一题题目如下：

解题过程

设M(k, T)表示当高楼总层数为T，杯子数量为k时检测出临界楼层N的最小次数。我们选择从第t层摔下这个杯子，其中t为1~T之间的任意整数。当杯子从第t层摔下来后无非会出现如下三种情况：

(1)不碎，无裂纹；
(2)不碎，有裂纹；
(3)碎。

下面分别考虑这三种情况。

不碎，无裂纹

当从第t层摔下后，杯子不碎且无裂纹时，说明此时杯子的临界楼层在t~T之间，由此得到原问题的一个最优子结构。我们用F(t,state)F(t, state)F(t,state)表示当杯子从第t层摔下后状态为state时还需要检测的最小次数，则有：
F(t,不碎且无裂纹)=M(k,T−t)F(t, 不碎且无裂纹)=M(k, T-t) F(t,不碎且无裂纹)=M(k,T−t)

不碎，有裂纹

当从第t层摔下后，杯子不碎但出现裂纹时，说明此时杯子的临界楼层在第t-1或第t-2层。当t>1时，还需要摔一次才能检验出临界楼层N，当t=1时，可以直接得到临界楼层为0，因此可得：
F(t,不碎但有裂纹)={0t=11t>1F( t, 不碎但有裂纹)= \begin{cases} 0& \text{t=1}\\ 1& \text{t>1} \end{cases} F(t,不碎但有裂纹)={01t=1t>1

碎

当从第t层摔下后，杯子碎掉时，说明此时杯子的临界楼层在0~(t-3)之间。当t≤3时，可以直接得到临界楼层为0；当t>3时，又得到了原问题的一个最优子结构，此时杯子数量少1，由此可得：
F(t,碎)={0t≤3M(k−1,t−3)t>3F(t, 碎)= \begin{cases} 0 & {t\leq3}\\ M(k-1, t-3) & {t>3} \end{cases} F(t,碎)={0M(k−1,t−3)t≤3t>3

状态转移方程

据此可以得到当杯子从第t层摔下时所需要检测的最小次数为：
F(t)=max⁡{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1F(t)=\max\{F(t, 不碎且无裂纹), F(t, 不碎但有裂纹), F(t, 碎)\}+1 F(t)=max{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1
由于我们要寻找检测最小次数所对应的那个楼层，因此让t在1~T层之间进行遍历，可以得到如下状态转移方程：
M(k,T)=min⁡t∈[1,T]{F(t)}=min⁡t∈[1,T]{max⁡{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1}\begin{aligned} M(k, T) &= \min_{t\in[1, T]}\{F(t)\}\\ &= \min_{t\in[1, T]}\{\max\{F(t, 不碎且无裂纹), F(t, 不碎但有裂纹), F(t, 碎)\}+1\} \end{aligned} M(k,T)=t∈[1,T]min{F(t)}=t∈[1,T]min{max{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1}
考虑当T为1时，只要杯子个数大于0，我们只需要摔一次就可以检测到临界楼层的位置，因此有M(1,k)=1,k∈N+M(1, k)=1, k\in\mathbb N_+M(1,k)=1,k∈N+；而当只有一个杯子的时候，我们最少也需要摔T次才能检测到临界楼层的位置，因为可能存在第1层就碎或者有裂纹以及在第T层没有裂纹这两种情况，因此有M(T,1)=T,T∈N+M(T,1)=T, T\in\N_+M(T,1)=T,T∈N+

因此关于M(k,T)M(k, T)M(k,T)的状态转移方程可以化简为如下形式：

M(k,T)=min⁡t∈[1,T]{max⁡{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1}={min⁡t∈[1,T]{max⁡{M(k,T−t),1,0}+1}t≤3min⁡t∈[1,T]{max⁡{M(k,T−t),1,M(k−1,t−3)}+1}t>3\begin{aligned} M(k, T) &= \min_{t\in[1, T]}\{\max\{F(t, 不碎且无裂纹), F(t, 不碎但有裂纹), F(t, 碎)\}+1\}\\ &= \begin{cases} \min_{t\in[1, T]}\{\max\{M(k, T-t), 1, 0\}+1\} & {t\leq3}\\ \min_{t\in[1, T]}\{\max\{M(k, T-t), 1, M(k-1, t-3)\}+1\} & {t>3} \end{cases} \end{aligned} M(k,T)=t∈[1,T]min{max{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)}+1}={mint∈[1,T]{max{M(k,T−t),1,0}+1}mint∈[1,T]{max{M(k,T−t),1,M(k−1,t−3)}+1}t≤3t>3
据此可以根据状态转移方程写出如下代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;const int T = 130;
const int N = 5;
const int INF = 1e20;int main() {int dp[T][N];for (int i = 1; i <= T; i++) dp[i][1] = i;for (int i = 1; i <= N; i++) dp[1][i] = 1;for (int i = 2; i <= T; i++) {for (int j = 2; j <= N; j++) {dp[i][j] = INF;for (int k = 1; k < i; k++) {if(k < 4) dp[i][j] = min(dp[i][j], max(1, dp[i - k][j])+1);else dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[k - 3][j - 1], dp[i - k][j]) + 1);}}}cout << dp[120][3] << endl;system("pause");return 0;
}

运行代码，解得dp[120][3]=8，因此当高楼总层数为120，质检员有3个杯子时，最少摔8次即可检测到临界楼层，故选A.

题记

此题实际上是动态规划问题中一类经典问题——“双蛋问题”的变形。有关双蛋问题的介绍，李永乐老师在这个视频中有非常详细的介绍，感兴趣的同学可以看一下。只不过需要注意的一点是，李永乐老师视频中关于双蛋问题的状态转移方程写错了，应该是M(T,N)=min⁡k∈[1,T]{max⁡{M(k−1,N−1),M(T−k,N)}+1}M(T, N)=\min_{k \in [1, T]}\{\max\{M(k-1, N-1), M(T-k, N)\}+1\}M(T,N)=mink∈[1,T]{max{M(k−1,N−1),M(T−k,N)}+1}.其中的参数含义和李永乐老师视频中的参数含义一致，与本文参数含义不同。

第二题

题目

第二题题目如下：

解题过程

三维问题简化为二维问题

设以OOO为中心的球的半径为RRR，由于飞船AAA和BBB随机着陆的位置是独立的，因此我们不妨固定飞船AAA着陆的位置，通过分析BBB着陆位置的变化情况来求解角度∠AOB\angle AOB∠AOB的概率密度函数fff.不妨设球心坐标OOO为(0,0,0)(0,0,0)(0,0,0), AAA着陆位置的坐标为(R,0,0)(R,0,0)(R,0,0), BBB着陆位置的坐标为(xB,yB,zB)(x_B, y_B, z_B)(xB,yB,zB). 我们发现当BBB沿着轨迹l:x02+y2+z2=R2l:x_0^2+y^2+z^2=R^2l:x02+y2+z2=R2 运动时(x0∈[−R,R]x_0\in[-R, R]x0∈[−R,R]), 有:
∣AB∣=(xA−R)2+yB2+zB2=(x0−R)2+R2−x02=2R2−2x0R=Constant|AB| = \sqrt{(x_A-R)^2+y_B^2+z_B^2} = \sqrt{(x_0-R)^2+R^2-x_0^2} = \sqrt{2R^2-2x_0R} = Constant ∣AB∣=(xA−R)2+yB2+zB2=(x0−R)2+R2−x02=2R2−2x0R=Constant
由于∣OA∣|OA|∣OA∣和∣OB∣|OB|∣OB∣均为RRR，因此当BBB沿着轨迹lll运动时，ΔOAB\Delta OABΔOAB全等，所以此时∠AOB\angle AOB∠AOB不变。由于轨迹lll所在的平面垂直于xxx轴，因此我们可以将这样一个三维问题简化为二维问题。实际上lll即为平面x=x0x=x_0x=x0与球面x2+y2+z2=R2x^2+y^2+z^2=R^2x2+y2+z2=R2的交线(x0∈[−R,R]x_0\in[-R, R]x0∈[−R,R]).

计算∠AOB\angle AOB∠AOB的分布函数

在二维平面中，我们设圆心坐标OOO为(0,0)(0,0)(0,0)，AAA的坐标为(1,0)(1,0)(1,0), BBB的坐标为(xB,yB)(x_B, y_B)(xB,yB), ∠AOB=α\angle AOB = \alpha∠AOB=α. 则有xB=Rcos⁡αx_B=R\cos\alphaxB=Rcosα. 易知xB(α)x_B(\alpha)xB(α)在α∈[0,π]\alpha\in[0, \pi]α∈[0,π]之间是单调变化的。

为了计算∠AOB\angle AOB∠AOB的概率密度函数fff，首先需要计算∠AOB\angle AOB∠AOB的分布函数FFF.
F(α)=P{X≤α}F(\alpha)=P\{X \leq \alpha \} F(α)=P{X≤α}
下面分α∈[0,π2]\alpha \in [0, \frac {\pi} {2}]α∈[0,2π]和α∈[π2,π]\alpha \in [\frac {\pi} {2}, \pi]α∈[2π,π]两种情况讨论F(α)F(\alpha)F(α)

当α∈[0,π2]\alpha\in[0, \frac {\pi} {2}]α∈[0,2π]时

当α∈[0,π2]\alpha\in[0, \frac {\pi} {2}]α∈[0,2π]时，设SsphericalcrownS_{spherical\,crown}Ssphericalcrown表示球面x2+y2+z2=R2x^2+y^2+z^2=R^2x2+y2+z2=R2被平面x=Rcos⁡αx=R\cos\alphax=Rcosα所截球冠部分的面积，易得此球冠的高为h=R(1−cos⁡α)h=R(1 - \cos\alpha)h=R(1−cosα). 此时F(α)F(\alpha)F(α)表示BBB点落在此球冠上的概率，所以
F(α)=P{X≤α}=SsphericalcrownSsphere=2πRh4πR2=2πR2(1−cos⁡α)4πR2=1−cos⁡α2F(\alpha)=P\{X \leq \alpha \} =\frac {S_{spherical\,crown}} {S_{sphere}} =\frac {2\pi Rh} {4\pi R^2} =\frac {2\pi R^2(1-\cos\alpha)} {4\pi R^2} =\frac{1-\cos\alpha}{2} F(α)=P{X≤α}=SsphereSsphericalcrown=4πR22πRh=4πR22πR2(1−cosα)=21−cosα

当α∈[π2,π]\alpha\in[\frac {\pi} {2}, \pi]α∈[2π,π]时

当α∈[π2,π]\alpha\in[\frac {\pi} {2}, \pi]α∈[2π,π]时，设SsphericalcrownS_{spherical\,crown}Ssphericalcrown表示球面x2+y2+z2=R2x^2+y^2+z^2=R^2x2+y2+z2=R2被平面x=Rcos⁡αx=R\cos\alphax=Rcosα所截球冠部分的面积，易得此球冠的高为h=R(1+cos⁡α)h=R(1 + \cos\alpha)h=R(1+cosα).此时F(α)F(\alpha)F(α)表示BBB点落在此球冠外的概率，所以
F(α)=P{X≤α}=1−SsphericalcrownSsphere=1−2πRh4πR2=1−2πR2(1+cos⁡α)4πR2=1−cos⁡α2F(\alpha) =P\{X \leq \alpha \} =1-\frac {S_{spherical\,crown}} {S_{sphere}} =1-\frac {2\pi Rh} {4\pi R^2} =1-\frac {2\pi R^2(1+\cos\alpha)} {4\pi R^2} =\frac{1-\cos\alpha}{2} F(α)=P{X≤α}=1−SsphereSsphericalcrown=1−4πR22πRh=1−4πR22πR2(1+cosα)=21−cosα

计算概率密度函数f(α)f(\alpha)f(α)

对分布函数F(α)F(\alpha)F(α)进行求导，可得∠AOB\angle AOB∠AOB的概率密度函数f(α)f(\alpha)f(α)如下：
f(α)=ddαF(α)=ddα1−cos⁡α2=sin⁡α2,α∈[0,π]f(\alpha) =\frac{d}{d\,\alpha} F(\alpha) = \frac{d}{d\,\alpha} \frac{1-\cos\alpha}{2} = \frac{\sin\alpha}{2} ,\ \alpha \in [0, \pi] f(α)=dαdF(α)=dαd21−cosα=2sinα, α∈[0,π]

因此∠AOB\angle AOB∠AOB的概率密度函数为sin⁡α2,α∈[0,π]\frac{\sin\alpha}{2}, \alpha \in [0, \pi]2sinα,α∈[0,π]. 故选A.

题记

此题在计算过程中用到了球冠面积公式。下面这张图详细描述了球冠面积公式的推导过程，感兴趣的同学可以看一下，此处不再做额外推导。

第三题

题目

第三题题目如下：

解题过程

由题意
T(f)(x)=∫−∞+∞e(x2−y2)πcos⁡(2πxy)f(y)dy=∫−∞+∞e(x2−y2)π(e2πixy+e−2πixy2)f(y)dy\begin{aligned} T(f)(x)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(x^2-y^2)\pi}\cos(2\pi xy)f(y)dy\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(x^2-y^2)\pi}(\frac{e^{2\pi ixy}+e^{-2\pi ixy}}{2})f(y)dy \end{aligned} T(f)(x)=∫−∞+∞e(x2−y2)πcos(2πxy)f(y)dy=∫−∞+∞e(x2−y2)π(2e2πixy+e−2πixy)f(y)dy

构造关于积分的递推式

设A(2k)=12∫−∞+∞y2k[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]dyA(2k)=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k}[e^{-\pi(y-ix)^2}+e^{-\pi(y+ix)^2}]dyA(2k)=21∫−∞+∞y2k[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]dy, 则有
A(2k)=12∫−∞+∞y2k[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]dy=12∫−∞+∞[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]12k+1dy2k+1=−12∗12k+1∫−∞+∞y2k+1[e−π(y−ix)2(−2π)(y−ix)+e−π(y+ix)2(−2π)(y+ix)]dy=π2k+1∫−∞+∞y2k+1[e−π(y−ix)2(y−ix)+e−π(y+ix)2(y+ix)]dy=2π2k+1A(2k+2)+2π2k+1∗ix∗12∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy\begin{aligned} A(2k)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k}[e^{-\pi(y-ix)^2}+e^{-\pi(y+ix)^2}]dy\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}[e^{-\pi(y-ix)^2}+e^{-\pi(y+ix)^2}]\frac{1}{2k+1}dy^{2k+1}\\ &=-\frac{1}{2}* \frac{1}{2k+1} \int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+1}[e^{-\pi(y-ix)^2}(-2\pi)(y-ix)+e^{-\pi(y+ix)^2}(-2\pi)(y+ix)]dy\\ &=\frac{\pi}{2k+1}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+1}[e^{-\pi(y-ix)^2}(y-ix)+e^{-\pi(y+ix)^2}(y+ix)]dy\\ &=\frac{2\pi}{2k+1}A(2k+2)+\frac{2\pi}{2k+1}*ix*\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+1}[e^{-\pi(y+ix)^2}-e^{-\pi(y-ix)^2}]dy \end{aligned} A(2k)=21∫−∞+∞y2k[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]dy=21∫−∞+∞[e−π(y−ix)2+e−π(y+ix)2]2k+11dy2k+1=−21∗2k+11∫−∞+∞y2k+1[e−π(y−ix)2(−2π)(y−ix)+e−π(y+ix)2(−2π)(y+ix)]dy=2k+1π∫−∞+∞y2k+1[e−π(y−ix)2(y−ix)+e−π(y+ix)2(y+ix)]dy=2k+12πA(2k+2)+2k+12π∗ix∗21∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy
设B(2k+1)=12∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dyB(2k+1)=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+1}[e^{-\pi(y+ix)^2}-e^{-\pi(y-ix)^2}]dyB(2k+1)=21∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy, 则A(2k)=2π2k+1A(2k+2)+2π2k+1∗ixB(2k+1)A(2k)=\frac{2\pi}{2k+1}A(2k+2)+\frac{2\pi}{2k+1}*ixB(2k+1)A(2k)=2k+12πA(2k+2)+2k+12π∗ixB(2k+1), 对B(2k+1)B(2k+1)B(2k+1)进行化简如下：
B(2k+1)=12∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy=−12k+2∗12∫−∞+∞y2k+2[e−π(y+ix)2(−2π)(y+ix)−e−π(y−ix)2(−2π)(y−ix)]dy=π2k+2∫−∞+∞y2k+2[e−π(y+ix)2(y+ix)−e−π(y−ix)2(y−ix)]dy=2π2k+2∗ixA(2k+2)+2π2k+2∗12∫−∞+∞y2k+3[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy=2π2k+2∗ixA(2k+2)+2π2k+2B(2k+3)\begin{aligned} B(2k+1)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+1}[e^{-\pi(y+ix)^2}-e^{-\pi(y-ix)^2}]dy\\ &=-\frac{1}{2k+2}*\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+2}[e^{-\pi(y+ix)^2}(-2\pi)(y+ix)-e^{-\pi(y-ix)^2}(-2\pi)(y-ix)]dy\\ &=\frac{\pi}{2k+2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+2}[e^{-\pi(y+ix)^2}(y+ix)-e^{-\pi(y-ix)^2}(y-ix)]dy\\ &=\frac{2\pi}{2k+2}*ixA(2k+2)+\frac{2\pi}{2k+2}*\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^{2k+3}[e^{-\pi(y+ix)^2}-e^{-\pi(y-ix)^2}]dy\\ &=\frac{2\pi}{2k+2}*ixA(2k+2)+\frac{2\pi}{2k+2}B(2k+3) \end{aligned} B(2k+1)=21∫−∞+∞y2k+1[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy=−2k+21∗21∫−∞+∞y2k+2[e−π(y+ix)2(−2π)(y+ix)−e−π(y−ix)2(−2π)(y−ix)]dy=2k+2π∫−∞+∞y2k+2[e−π(y+ix)2(y+ix)−e−π(y−ix)2(y−ix)]dy=2k+22π∗ixA(2k+2)+2k+22π∗21∫−∞+∞y2k+3[e−π(y+ix)2−e−π(y−ix)2]dy=2k+22π∗ixA(2k+2)+2k+22πB(2k+3)
由此可得：
A(2k)=2π2k+1[A(2k+2)+ixB(2k+1)]B(2k+1)=2π2k+2[ixA(2k+2)+B(2k+3)]B(2k+3)=2π2k+4[ixA(2k+4)+B(2k+5)]B(2k+5)=2π2k+6[ixA(2k+6)+B(2k+7)]...\begin{aligned} A(2k)&=\frac{2\pi}{2k+1}[A(2k+2)+ixB(2k+1)]\\ B(2k+1)&=\frac{2\pi}{2k+2}[ixA(2k+2)+B(2k+3)]\\ B(2k+3)&=\frac{2\pi}{2k+4}[ixA(2k+4)+B(2k+5)]\\ B(2k+5)&=\frac{2\pi}{2k+6}[ixA(2k+6)+B(2k+7)]\\ &... \end{aligned} A(2k)B(2k+1)B(2k+3)B(2k+5)=2k+12π[A(2k+2)+ixB(2k+1)]=2k+22π[ixA(2k+2)+B(2k+3)]=2k+42π[ixA(2k+4)+B(2k+5)]=2k+62π[ixA(2k+6)+B(2k+7)]...

对递推式进行化简

将A(2k)A(2k)A(2k)中的B(2k+1),B(2k+3)...B(2k+1),B(2k+3)...B(2k+1),B(2k+3)...进行替换，可得
A(2k)=2π2k+1A(2k+2)−2π∗2πx2(2k+1)(2k+2)A(2k+2)−2π∗(2π)2x2(2k+1)(2k+2)(2k+4)A(2k+4)−...=2π2k+1A(2k+2)−2π2x2(2k+1)(k+1)A(2k+2)−2π3x2(2k+1)(k+1)(k+2)A(2k+4)−...\begin{aligned} A(2k)&=\frac{2\pi}{2k+1}A(2k+2)-\frac{2\pi*2\pi x^2}{(2k+1)(2k+2)}A(2k+2)-\frac{2\pi*(2\pi)^2x^2 }{(2k+1)(2k+2)(2k+4)}A(2k+4)-...\\ &=\frac{2\pi}{2k+1}A(2k+2)-\frac{2\pi^2 x^2}{(2k+1)(k+1)}A(2k+2)-\frac{2\pi^3x^2 }{(2k+1)(k+1)(k+2)}A(2k+4)-... \end{aligned} A(2k)=2k+12πA(2k+2)−(2k+1)(2k+2)2π∗2πx2A(2k+2)−(2k+1)(2k+2)(2k+4)2π∗(2π)2x2A(2k+4)−...=2k+12πA(2k+2)−(2k+1)(k+1)2π2x2A(2k+2)−(2k+1)(k+1)(k+2)2π3x2A(2k+4)−...
由上式易得
A(2k+2)=2π2k+3A(2k+4)−2π2x2(2k+3)(k+2)A(2k+4)−2π3x2(2k+3)(k+2)(k+3)A(2k+6)−...A(2k+2)=\frac{2\pi}{2k+3}A(2k+4)-\frac{2\pi^2 x^2}{(2k+3)(k+2)}A(2k+4)-\frac{2\pi^3x^2 }{(2k+3)(k+2)(k+3)}A(2k+6)-... A(2k+2)=2k+32πA(2k+4)−(2k+3)(k+2)2π2x2A(2k+4)−(2k+3)(k+2)(k+3)2π3x2A(2k+6)−...
对于如上高阶递推方程，考虑采用差消法对递推方程进行化简，注意到
(k+1)∗2k+12k+3∗1π[A(2k)−2π2k+1A(2k+2)+2π2x2(2k+1)(k+1)A(2k+2)]=A(2k+2)−2π2k+3A(2k+4)(k+1)*\frac{2k+1}{2k+3}*\frac{1}{\pi}[A(2k)-\frac{2\pi}{2k+1}A(2k+2)+\frac{2\pi^2 x^2}{(2k+1)(k+1)}A(2k+2)]=A(2k+2)-\frac{2\pi}{2k+3}A(2k+4) (k+1)∗2k+32k+1∗π1[A(2k)−2k+12πA(2k+2)+(2k+1)(k+1)2π2x2A(2k+2)]=A(2k+2)−2k+32πA(2k+4)
对上式递推方程进行化简，可得
2π2A(2k+4)+[2π2x2−(4k+5)π]A(2k+2)+(k+1)(2k+1)A(2k)=02\pi^2A(2k+4)+[2\pi^2x^2-(4k+5)\pi]A(2k+2)+(k+1)(2k+1)A(2k)=0 2π2A(2k+4)+[2π2x2−(4k+5)π]A(2k+2)+(k+1)(2k+1)A(2k)=0
继续化简，可得
A(2k)=−12π[2πx2−(4k−3)]A(2k−2)−12π2(k−1)(2k−3)A(2k−4)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4)\begin{aligned} A(2k)&=-\frac{1}{2\pi}[2\pi x^2-(4k-3)]A(2k-2)-\frac{1}{2\pi ^2}(k-1)(2k-3)A(2k-4)\\ &=-x^2A(2k-2)+P(k)A(2k-2)+Q(k)A(2k-4) \end{aligned} A(2k)=−2π1[2πx2−(4k−3)]A(2k−2)−2π21(k−1)(2k−3)A(2k−4)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4)
其中P(k)=4k−32πP(k)=\frac{4k-3}{2\pi}P(k)=2π4k−3, Q(k)=−(k−1)(2k−3)2π2Q(k)=-\frac{(k-1)(2k-3)}{2\pi^2}Q(k)=−2π2(k−1)(2k−3)

利用数学归纳法证明T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)

利用数学归纳法证明T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)为偶多项式，且与fff有相同的次数。下面分k=0k=0k=0,k=1k=1k=1和k=nk=nk=n三种情况进行讨论

当k=0时

当k=0k=0k=0时，f(y)=c0f(y)=c_0f(y)=c0, T(f)(x)=c0A(0)T(f)(x)=c_0A(0)T(f)(x)=c0A(0), 下面对A(0)A(0)A(0)进行求解
A(0)=12∫−∞+∞[e−π(y+ix)2+e−π(y−ix)2]dy=12∫−∞+∞e−π(y+ix)2dy+12∫−∞+∞e−π(y−ix)2dy=12π∫−∞+∞e−[π(y+ix)]2d[π(y+ix)]+12π∫−∞+∞e−[π(y−ix)]2d[π(y−ix)]=12+12=1\begin{aligned} A(0)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}[e^{-\pi(y+ix)^2}+e^{-\pi(y-ix)^2}]dy\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi(y+ix)^2}dy+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi(y-ix)^2}dy\\ &=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-[\sqrt{\pi}(y+ix)]^2}d[\sqrt{\pi}(y+ix)]+\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-[\sqrt{\pi}(y-ix)]^2}d[\sqrt{\pi}(y-ix)]\\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 \end{aligned} A(0)=21∫−∞+∞[e−π(y+ix)2+e−π(y−ix)2]dy=21∫−∞+∞e−π(y+ix)2dy+21∫−∞+∞e−π(y−ix)2dy=2π1∫−∞+∞e−[π(y+ix)]2d[π(y+ix)]+2π1∫−∞+∞e−[π(y−ix)]2d[π(y−ix)]=21+21=1
即当k=0k=0k=0时，T(f)(x)=c0T(f)(x)=c_0T(f)(x)=c0, 此时T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)为偶多项式，且次数与fff相同

当k=1时

当k=1k=1k=1时，f(y)=c0+c1y2f(y)=c_0+c_1y^2f(y)=c0+c1y2, T(f)(x)=c0A(0)+c1A(2)=c0+c1A(2)T(f)(x)=c_0A(0)+c_1A(2)=c_0+c_1A(2)T(f)(x)=c0A(0)+c1A(2)=c0+c1A(2), 下面对A(2)A(2)A(2)进行求解
A(2)=12∫−∞+∞y2[e−π(y+ix)2+e−π(y−ix)2]dy=12∫−∞+∞(y+ix−ix)2e−π(y+ix)2dy+12∫−∞+∞(y−ix+ix)2e−π(y−ix)2dy=12∫−∞+∞(y+ix)2e−π(y+ix)2dy−ix∫−∞+∞(y+ix)e−π(y+ix)2dy−12x2∫−∞+∞e−π(y+ix)2dy+12∫−∞+∞(y−ix)2e−π(y−ix)2dy+ix∫−∞+∞(y−ix)e−π(y−ix)2dy−12x2∫−∞+∞e−π(y−ix)2dy=−x2+12π1π∫−∞+∞[π(y+ix)]2e−[π(y+ix)]2d[π(y+ix)]+12π1π∫−∞+∞[π(y−ix)]2e−[π(y−ix)]2d[π(y−ix)]=−x2+12π\begin{aligned} A(2)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}y^2[e^{-\pi(y+ix)^2}+e^{-\pi(y-ix)^2}]dy\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}(y+ix-ix)^2e^{-\pi(y+ix)^2}dy+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}(y-ix+ix)^2e^{-\pi(y-ix)^2}dy\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}(y+ix)^2e^{-\pi(y+ix)^2}dy-ix\int_{-\infty}^{+\infty}(y+ix)e^{-\pi(y+ix)^2}dy-\frac{1}{2}x^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi(y+ix)^2}dy\\ &+\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}(y-ix)^2e^{-\pi(y-ix)^2}dy+ix\int_{-\infty}^{+\infty}(y-ix)e^{-\pi(y-ix)^2}dy-\frac{1}{2}x^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\pi(y-ix)^2}dy\\ &=-x^2+\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[\sqrt{\pi}(y+ix)]^2e^{-[\sqrt{\pi}(y+ix)]^2}d[\sqrt{\pi}(y+ix)]+\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[\sqrt{\pi}(y-ix)]^2e^{-[\sqrt{\pi}(y-ix)]^2}d[\sqrt{\pi}(y-ix)]\\ &=-x^2+\frac{1}{2\pi} \end{aligned} A(2)=21∫−∞+∞y2[e−π(y+ix)2+e−π(y−ix)2]dy=21∫−∞+∞(y+ix−ix)2e−π(y+ix)2dy+21∫−∞+∞(y−ix+ix)2e−π(y−ix)2dy=21∫−∞+∞(y+ix)2e−π(y+ix)2dy−ix∫−∞+∞(y+ix)e−π(y+ix)2dy−21x2∫−∞+∞e−π(y+ix)2dy+21∫−∞+∞(y−ix)2e−π(y−ix)2dy+ix∫−∞+∞(y−ix)e−π(y−ix)2dy−21x2∫−∞+∞e−π(y−ix)2dy=−x2+2π1π1∫−∞+∞[π(y+ix)]2e−[π(y+ix)]2d[π(y+ix)]+2π1π1∫−∞+∞[π(y−ix)]2e−[π(y−ix)]2d[π(y−ix)]=−x2+2π1
此时T(f)(x)=c0+c1A(2)=c0+c1(−x2+12π)=−c1x2+12πc1+c0T(f)(x)=c_0+c_1A(2)=c_0+c_1(-x^2+\frac{1}{2\pi})=-c_1x^2+\frac{1}{2\pi}c_1+c_0T(f)(x)=c0+c1A(2)=c0+c1(−x2+2π1)=−c1x2+2π1c1+c0依然为偶多项式，且次数为2与fff相同

当k=n时

假设当 k=n−1,n−2k=n-1,n-2k=n−1,n−2 时 T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x) 均为偶多项式，且次数与fff一致。则当 k=n−1k=n-1k=n−1 时，T(f)(x)=∑k=0n−1ckA(2k)=∑k=0n−2ckA(2k)+cn−1A(2n−2)T(f)(x)=\sum_{k=0}^{n-1}c_kA(2k)=\sum_{k=0}^{n-2}c_kA(2k)+c_{n-1}A(2n-2)T(f)(x)=∑k=0n−1ckA(2k)=∑k=0n−2ckA(2k)+cn−1A(2n−2), 由假设可知 ∑k=0n−2ckA(2k)\sum_{k=0}^{n-2}c_kA(2k)∑k=0n−2ckA(2k) 表示次数为2n−42n-42n−4的偶多项式，而 ∑k=0n−1ckA(2k)\sum_{k=0}^{n-1}c_kA(2k)∑k=0n−1ckA(2k) 又表示次数为2n−22n-22n−2的偶多项式，所以当 k=n−1k=n-1k=n−1 时，T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x) 中的 2n−22n-22n−2 次项只包含在 A(2n−2)A(2n-2)A(2n−2) 中。

由于A(0),A(2)A(0), A(2)A(0),A(2)均为偶多项式，由递推式 A(2k)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4)A(2k)=-x^2A(2k-2)+P(k)A(2k-2)+Q(k)A(2k-4)A(2k)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4) 易知A(2k)A(2k)A(2k)为次数为2k2k2k的偶多项式。

下面考虑当k=nk=nk=n的情况，当k=nk=nk=n时，有
T(f)(x)=∑k=0nckA(2k)=∑k=0n−1ckA(2k)+cnA(2n)=∑k=0n−1ckA(2k)+cn[−x2A(2n−2)+P(k)A(2n−2)+Q(k)A(2n−4)]=∑k=0n−1ckA(2k)−cnx2A(2n−2)+cnP(k)A(2n−2)+cnQ(k)A(2n−4)\begin{aligned} T(f)(x)&=\sum_{k=0}^{n}c_kA(2k)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}c_kA(2k)+c_{n}A(2n)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}c_kA(2k)+c_n[-x^2A(2n-2)+P(k)A(2n-2)+Q(k)A(2n-4)]\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}c_kA(2k)-c_nx^2A(2n-2)+c_nP(k)A(2n-2)+c_nQ(k)A(2n-4) \end{aligned} T(f)(x)=k=0∑nckA(2k)=k=0∑n−1ckA(2k)+cnA(2n)=k=0∑n−1ckA(2k)+cn[−x2A(2n−2)+P(k)A(2n−2)+Q(k)A(2n−4)]=k=0∑n−1ckA(2k)−cnx2A(2n−2)+cnP(k)A(2n−2)+cnQ(k)A(2n−4)
上式中第一项是次数为2n−22n-22n−2的偶多项式，第二项是次数为2n2n2n的偶多项式，第三项是次数为2n−22n-22n−2的偶多项式，第四项是次数为2n−42n-42n−4的偶多项式。因此可得当 k=nk=nk=n 时 T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x) 是次数为2n2n2n的偶多项式，与fff一致，故得证。

求子空间的维数

已知A(2k)A(2k)A(2k)为次数为2k2k2k的偶多项式，不妨设A(2k)=∑p=0ka2k,px2pA(2k)=\sum_{p=0}^{k}a_{2k,\,p}x^{2p}A(2k)=∑p=0ka2k,px2p, 此时
T(f)(x)=∑k=0nckA(2k)=∑k=0nck(∑p=0ka2k,px2p)=∑p=0n(∑k=pncka2k,p)x2p\begin{aligned} T(f)(x)&=\sum_{k=0}^{n}c_kA(2k)\\ &=\sum_{k=0}^{n}c_k(\sum_{p=0}^{k}a_{2k,\,p}x^{2p})\\ &=\sum_{p=0}^{n}(\sum_{k=p}^{n}c_ka_{2k,\,p})x^{2p} \end{aligned} T(f)(x)=k=0∑nckA(2k)=k=0∑nck(p=0∑ka2k,px2p)=p=0∑n(k=p∑ncka2k,p)x2p
当T(f)=fT(f)=fT(f)=f时，有
∑k=pncka2k,p=cp\sum_{k=p}^{n}c_ka_{2k,\,p}=c_p k=p∑ncka2k,p=cp
设 c⃗=(c0,c1,...,cn)T\vec{c}=(c_0, c_1, ..., c_n)^Tc=(c0,c1,...,cn)T, A=[a0,0a2,0a4,0⋯a2n,00a2,1a4,1⋯a2n,100a4,2⋯a2n,2⋮⋮⋮⋱⋮000⋯a2n,n]A= \left[ \begin{matrix} a_{0,\,0} & a_{2,\,0} & a_{4,\,0} & \cdots & a_{2n,\,0} \\ 0 & a_{2,\,1} & a_{4,\,1} & \cdots & a_{2n,\,1} \\ 0 & 0 & a_{4,\,2} & \cdots & a_{2n,\,2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a_{2n,\,n} \\ \end{matrix} \right]A=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡a0,000⋮0a2,0a2,10⋮0a4,0a4,1a4,2⋮0⋯⋯⋯⋱⋯a2n,0a2n,1a2n,2⋮a2n,n⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤, 则上式化简为：
Ac=cAc=c Ac=c
所以原问题即转换为求解子空间Vn={c∣(A−I)c=0}V_n=\{c|(A-I)c=0\}Vn={c∣(A−I)c=0}的维数
由A(2k)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4)A(2k)=-x^2A(2k-2)+P(k)A(2k-2)+Q(k)A(2k-4)A(2k)=−x2A(2k−2)+P(k)A(2k−2)+Q(k)A(2k−4)可得：
{a2k,k=−a2k−2,ka2k,0=P(k)a2k−2,0+Q(k)a2k−4,0a2k,p=P(k)a2k−2,p+Q(k)a2k−4,p−a2k−2,p−10<p<k\begin{cases} a_{2k,\,k}=-a_{2k-2,\,k}\\ a_{2k,\,0}=P(k)a_{2k-2,\,0}+Q(k)a_{2k-4,\,0}\\ a_{2k,\,p}=P(k)a_{2k-2,\,p}+Q(k)a_{2k-4,\,p}-a_{2k-2,\,p-1} &0<p<k\\ \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧a2k,k=−a2k−2,ka2k,0=P(k)a2k−2,0+Q(k)a2k−4,0a2k,p=P(k)a2k−2,p+Q(k)a2k−4,p−a2k−2,p−10<p<k
且a0,0=1,a1,0=12π,a1,1=−1a_{0,\,0}=1,a_{1,\,0}=\frac{1}{2\pi}, a_{1,\,1}=-1a0,0=1,a1,0=2π1,a1,1=−1, 所以 a2k,k=(−1)ka_{2k,\,k}=(-1)^ka2k,k=(−1)k.
据此对矩阵 A−IA-IA−I 进行初等变换，如下所示：
A−I=[012πa4,0a6,0⋯a2n,00−2a4,1a6,1⋯a2n,1000a6,2⋯a2n,2000−2⋯a2n,3⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯a2n,n]→c3=−P(2)c2−Q(2)c1cn+1=−P(n)cn−Q(n)cn−1,...[012π00⋯00−2−12π−a4,0⋯−a2n−2,0000−a4,1⋯−a2n−2,1000−2⋯−a2n−2,2⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯−a2n−2,n−1]→[012π00⋯00212πa4,0⋯a2n−2,0000a4,1⋯a2n−2,10002⋯a2n−2,2⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯a2n−2,n−1]→c4=−P(3)c3−Q(3)c2cn+1=−P(n)cn−Q(n)cn−1,...[012π00⋯00212π0⋯0000−12π⋯−a2n−4,0000−2⋯−a2n−4,1⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯−a2n−4,n−2]→[012π00⋯00212π0⋯000012π⋯00002⋯a2n−6,0⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯−a2n−6,n−3]→...\begin{aligned} A-I&=\left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & a_{4,\,0} & a_{6,\,0} & \cdots & a_{2n,\,0} \\ 0 & -2 & a_{4,\,1} & a_{6,\,1} & \cdots & a_{2n,\,1} \\ 0 & 0 & 0 & a_{6,\,2} & \cdots & a_{2n,\,2} \\ 0 & 0 & 0 & -2 & \cdots & a_{2n,\,3} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & a_{2n,\,n} \\ \end{matrix} \right] \xrightarrow[c_3=-P(2)c_2-Q(2)c_1]{c_{n+1}=-P(n)c_n-Q(n)c_{n-1}, ...} \left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & -2 & -\frac{1}{2\pi} & -a_{4,\,0} & \cdots & -a_{2n-2,\,0} \\ 0 & 0 & 0 & -a_{4,\,1} & \cdots & -a_{2n-2,\,1} \\ 0 & 0 & 0 & -2 & \cdots & -a_{2n-2,\,2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & -a_{2n-2,\,n-1} \\ \end{matrix} \right]&\\ &\xrightarrow[]{} \left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & a_{4,\,0} & \cdots & a_{2n-2,\,0} \\ 0 & 0 & 0 & a_{4,\,1} & \cdots & a_{2n-2,\,1} \\ 0 & 0 & 0 & 2 & \cdots & a_{2n-2,\,2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & a_{2n-2,\,n-1} \\ \end{matrix} \right] \xrightarrow[c_4=-P(3)c_3-Q(3)c_2]{c_{n+1}=-P(n)c_n-Q(n)c_{n-1}, ...} \left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{2\pi} & \cdots & -a_{2n-4,\,0} \\ 0 & 0 & 0 & -2 & \cdots & -a_{2n-4,\,1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & -a_{2n-4,\,n-2} \\ \end{matrix} \right]\\ &\xrightarrow[]{} \left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2\pi} & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & \cdots & a_{2n-6,\,0} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & -a_{2n-6,\,n-3} \\ \end{matrix} \right] \xrightarrow[]{} ... \end{aligned}\\ A−I=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1−200⋮0a4,0a4,100⋮0a6,0a6,1a6,2−2⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯a2n,0a2n,1a2n,2a2n,3⋮a2n,n⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤cn+1=−P(n)cn−Q(n)cn−1,...c3=−P(2)c2−Q(2)c1⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1−200⋮00−2π100⋮00−a4,0−a4,1−2⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯0−a2n−2,0−a2n−2,1−a2n−2,2⋮−a2n−2,n−1⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1200⋮002π100⋮00a4,0a4,12⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯0a2n−2,0a2n−2,1a2n−2,2⋮a2n−2,n−1⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤cn+1=−P(n)cn−Q(n)cn−1,...c4=−P(3)c3−Q(3)c2⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1200⋮002π100⋮000−2π1−2⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯00−a2n−4,0−a2n−4,1⋮−a2n−4,n−2⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1200⋮002π100⋮0002π12⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯000a2n−6,0⋮−a2n−6,n−3⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤...
由此可得矩阵 A−IA-IA−I 与矩阵[012π00⋯0212π0⋯00012π⋯0002⋯⋮⋮⋮⋮⋱]\left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2\pi} & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 2 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{matrix} \right]⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮2π1200⋮02π100⋮002π12⋮⋯⋯⋯⋯⋱⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤具有相同的秩，所以
rank(A−I)={rank([012π00⋯00212π0⋯000012π⋯00002⋯0⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯0])=nn=2krank([012π00⋯00212π0⋯000012π⋯00002⋯0⋮⋮⋮⋮⋱⋮0000⋯2])=nn=2k+1rank(A-I)=\begin{cases} rank(\left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2\pi} & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & 0 \\ \end{matrix} \right])=n &n=2k\\ rank(\left[ \begin{matrix} 0 & \frac{1}{2\pi} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 2 & \frac{1}{2\pi} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2\pi} & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 &0 & \cdots & 2 \\ \end{matrix} \right])=n &n=2k+1\\ \end{cases} rank(A−I)=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧rank(⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1200⋮002π100⋮0002π12⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯0000⋮0⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤)=nrank(⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡0000⋮02π1200⋮002π100⋮0002π12⋮0⋯⋯⋯⋯⋱⋯0000⋮2⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤)=nn=2kn=2k+1
在子空间 Vn={c∣(A−I)c=0}V_n=\{c|(A-I)c=0\}Vn={c∣(A−I)c=0} 中，由于rank(A−I)=nrank(A-I)=nrank(A−I)=n, 所以解得子空间VnV_nVn的维数为(n+1)−n=1(n+1)-n=1(n+1)−n=1

题记

这里想讨论一下多项式T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x), 由于T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)为若干A(2k)A(2k)A(2k)加权相加得到，所以多项式T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)的系数类似于斐波那契数列，但是要比斐波那契数列更加复杂，原因即在于有关T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)系数的递推式是一个变系数递推方程。所幸最后求解维数的时候只需要知道前项和后项的递推关系，因为多项式A(2k)的系数在初等变换的过程中被约去了很多。
子空间 V={x∣Ax=0}V=\{x|Ax=0\}V={x∣Ax=0} 的维数即为齐次线性方程组 Ax=0Ax=0Ax=0 基础解系的个数。
此题在求解过程中需要计算 ∫−∞+∞e−x2dx\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx∫−∞+∞e−x2dx, ∫−∞+∞xe−x2dx\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{-x^2}dx∫−∞+∞xe−x2dx, ∫−∞+∞x2e−x2dx\int_{-\infty}^{+\infty}x^2e^{-x^2}dx∫−∞+∞x2e−x2dx, 第一个积分可以通过转换为二重积分求解，第二个积分可通过分部积分法求解，第三个积分可以通过转换为正态分布原点二阶矩的期望进行求解。这里不再详细叙述上述三个积分的推导过程。另外如果觉得上述计算过程过于复杂，可以通过Matlab直接得到上述三个积分的结果。

第四题

题目

第四题题目如下：

解题过程

计算平均等待时间

由题意可知，在第kkk层去阁楼的乘客其等待时间为 khv+(k−1)c\frac{kh}{v}+(k-1)cvkh+(k−1)c, 在第kkk层去大堂的乘客其等待时间为(2n−k)hv+(2n−k−1)c\frac{(2n-k)h}{v}+(2n-k-1)cv(2n−k)h+(2n−k−1)c, 所以总的等待时间 TTT 为
T=h+2h+⋯+(n−1)hv+[1+2+⋯+(n−2)]c+(n+1+n+2+⋯+2n−1)hv+[n+⋯+(2n−2)]c=2(n−1)[(hv+c)n−c]\begin{aligned} T&=\frac{h+2h+\cdots+(n-1)h}{v}+[1+2+\cdots+(n-2)]c+\frac{(n+1+n+2+\cdots+2n-1)h}{v}+[n+\cdots+(2n-2)]c\\ &=2(n-1)[(\frac{h}{v}+c)n-c] \end{aligned} T=vh+2h+⋯+(n−1)h+[1+2+⋯+(n−2)]c+v(n+1+n+2+⋯+2n−1)h+[n+⋯+(2n−2)]c=2(n−1)[(vh+c)n−c]
所以平均等待时间 S=T2(n−1)=(hv+c)n−cS=\frac{T}{2(n-1)}=(\frac{h}{v}+c)n-cS=2(n−1)T=(vh+c)n−c

计算外卖小哥等待电梯的时间期望

设 S1S_1S1 表示外卖小哥等待电梯的时间。当 X>0X>0X>0 时，有
S1=P(elevatorup)S1,up+P(elevatordown)S1,down=12∗2H−Xv+12∗Xv=HvS_1=P(elevator\ up)S_{1,\,up}+P(elevator\ down)S_{1,\,down}=\frac{1}{2}*\frac{2H-X}{v}+\frac{1}{2}*\frac{X}{v}=\frac{H}{v} S1=P(elevator up)S1,up+P(elevator down)S1,down=21∗v2H−X+21∗vX=vH
根据随机变量函数期望的计算公式，可得
E(S1)=∫0HS1∗1Hdx=S1=HvE(S_1)=\int_0^HS_1*\frac{1}{H}dx=S_1=\frac{H}{v} E(S1)=∫0HS1∗H1dx=S1=vH
由此可得外卖小哥在进入电梯前等待时间的期望为Hv\frac{H}{v}vH.

计算外卖小哥等待客户的时间期望

设 S2S_2S2 表示外卖小哥见到客户前的等待时间，此时无非出现以下四种情况:

(1) X>YX > YX>Y, 电梯上行
(2) X≤YX \leq YX≤Y, 电梯上行
(3) X≤YX \leq YX≤Y, 电梯下行
(4) X>YX > YX>Y, 电梯下行

当Y=0Y=0Y=0时，外卖小哥等待时间为000. 当Y>0Y>0Y>0时，我们根据上述四种情况分别计算外卖小哥等待客户的时间：

X>YX > YX>Y, 电梯上行

当X>YX > YX>Y, 电梯上行时，有
S2,(1)=12∗H−YH∗2H−XvS_{2,\ (1)}=\frac{1}{2}*\frac{H-Y}{H}*\frac{2H-X}{v} S2, (1)=21∗HH−Y∗v2H−X

X≤YX \leq YX≤Y, 电梯上行

当X≤YX \leq YX≤Y, 电梯上行时，有
S2,(2)=12∗YH∗2H−XvS_{2,\ (2)}=\frac{1}{2}*\frac{Y}{H}*\frac{2H-X}{v} S2, (2)=21∗HY∗v2H−X

X≤YX \leq YX≤Y, 电梯下行

当X≤YX \leq YX≤Y, 电梯下行时，有
S2,(3)=12∗H−YH∗XvS_{2,\ (3)}=\frac{1}{2}*\frac{H-Y}{H}*\frac{X}{v} S2, (3)=21∗HH−Y∗vX

X>YX > YX>Y, 电梯下行

当X>YX > YX>Y, 电梯下行时，有
S2,(4)=12∗YH∗X+2HvS_{2,\ (4)}=\frac{1}{2}*\frac{Y}{H}*\frac{X+2H}{v} S2, (4)=21∗HY∗vX+2H
因此外卖小哥等待客户的时间 S2S_2S2 为：

S2=S2,(1)+S2,(2)+S2,(3)+S2,(4)=H+YvS_2=S_{2,\ (1)}+S_{2,\ (2)}+S_{2,\ (3)}+S_{2,\ (4)}=\frac{H+Y}{v} S2=S2, (1)+S2, (2)+S2, (3)+S2, (4)=vH+Y
由于YYY是离散随机变量，所以根据离散随机变量函数期望的计算公式，可得：

E(S2)=∑k=1nH+khv1n+1=(3n+1)H2v(n+1)E(S_2)=\sum_{k=1}^n\frac{H+kh}{v}\frac{1}{n+1}=\frac{(3n+1)H}{2v(n+1)} E(S2)=k=1∑nvH+khn+11=2v(n+1)(3n+1)H
由此可得外卖小哥在见到客户前的等待时间的期望为(3n+1)H2v(n+1)\frac{(3n+1)H}{2v(n+1)}2v(n+1)(3n+1)H.

题记

由于随机变量YYY为离散随机变量，因此计算期望时应使用与离散随机变量函数期望对应的数学公式，而不是连续型。当客户在大堂时，外卖小哥等待时间为000，因此计算E(S2)E(S_2)E(S2)时是从k=1k=1k=1开始。在计算外卖小哥等待电梯时间的期望时，由于电梯在X=0X=0X=0时对积分最后的结果影响甚微，故不予考虑。

尾记

终于进入尾声了，疲倦之余夹杂着些许欣喜。做这套题的本意是想借此训练自己的数学逻辑思维，但是在做题的过程中被数学自身所散发的魅力深深吸引，尤其是第三题，整个解题思路峰回路转，就像在一片密林中穿行。然而当自己穿过这层层密林，并挖掘出深埋于这座密林中的宝藏时，这份喜悦，真的难以言尽。

非常感谢妈妈在背后一直支持我，为我烧了很多很多菜，也很感谢我爸。最后祝愿祖国越来越强大，中国加油ヾ(◍°∇°◍)ﾉﾞ

2020阿里巴巴全球数学竞赛预选赛(第二轮)试题及答案相关推荐

2020Alibaba数学竞赛预选赛第二轮参考答案
第三届阿里巴巴全球数学竞赛落下帷幕，这届90后属实优秀！北大恐成最大赢家！
整理 | 祝涛出品 | CSDN(ID:CSDNnews) 经过4个月的赛程,9月23日晚,2021年第三届阿里巴巴全球数学竞赛落下帷幕.52,850名参赛选手中,共有70位选手获得奖项,包括4项金 ...
阿里巴巴全球数学竞赛品牌传播分析（上）
目录 1.本节从阿里数赛品牌理念的角度分析,科技类企业赛事品牌如何设置话题性理念. 2.阿里数赛的赛制创新如何赋能品牌 3.数赛的全球化品牌运营. 9月26日,2022阿里巴巴全球数学竞赛获奖名单公布 ...
2020Alibaba数学竞赛预选赛第一轮参考答案
2020阿里全球数学大赛：3万名高手、4道题、2天2夜未交卷，73人天团，正式出道！
阿里巴巴全球数学竞赛( Alibaba Global Mathematics Competition)由马云发起,由中国科学技术协会.阿里巴巴基金会.阿里巴巴达摩院共同举办.大赛不设报名门槛,全世界爱 ...
阿里全球数学竞赛赛题曝光！5万余选手奋战三天三夜争夺1%决赛门票
来源:AI科技评论本文约1100字,建议阅读8分钟每道题都"不难",上过小学的都可以尝试一下. 第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束! "阿里巴巴全球数学竞赛"由中 ...
阿里全球数学竞赛最强10人名单出炉：仅1人来自北大，但北大是最大赢家
点击上方"AI遇见机器学习",选择"星标"公众号重磅干货,第一时间送达鱼羊杨净发自凹非寺量子位报道 | 公众号 QbitAI 又一次的全球数学狂欢 ...
2021阿里全球数学竞赛获奖名单出炉！北大获奖人数最多！
来源:量子位又一次的全球数学狂欢,落下帷幕! 经过4个月的赛程,第三届阿里巴巴全球数学竞赛结果新鲜出炉: 52850名参赛选手中,最终有70人获奖,99.9%的人无缘奖牌. 北大成最大赢家,不仅有2 ...
北大占3成、00后超一半，2022阿里全球数学竞赛77位获奖者出炉
来源:机器之心 2022 阿里巴巴全球数学竞赛于今年 3 月 14 日(国际数学日)正式开赛,竞赛吸引了来自全球 70 余个国家,55028 人注册报名,注册人数创历史新高. 本年度参赛者年龄跨越不同 ...
北大蝉联第一！阿里全球数学竞赛，最强70人出炉
转载于软科 2021 第三届阿里巴巴全球数学竞赛落下帷幕.在颁奖典礼现场,中国科学院院士.美国人文与科学院外籍院士.中国数学会理事长田刚发表了寄语.(完整获奖名单及相关获奖情况附后) 本届赛事吸引了 ...

2020阿里巴巴全球数学竞赛预选赛(第二轮)试题及答案

前言

第一题

题目

解题过程

不碎，无裂纹

不碎，有裂纹

碎

状态转移方程

题记

第二题

题目

解题过程

三维问题简化为二维问题

计算∠AOB\angle AOB∠AOB的分布函数

当α∈[0,π2]\alpha\in[0, \frac {\pi} {2}]α∈[0,2π​]时

当α∈[π2,π]\alpha\in[\frac {\pi} {2}, \pi]α∈[2π​,π]时

计算概率密度函数f(α)f(\alpha)f(α)

题记

第三题

题目

解题过程

构造关于积分的递推式

对递推式进行化简

利用数学归纳法证明T(f)(x)T(f)(x)T(f)(x)

当k=0时

当k=1时

当k=n时

求子空间的维数

题记

第四题

题目

解题过程

计算平均等待时间

计算外卖小哥等待电梯的时间期望

计算外卖小哥等待客户的时间期望

X>YX > YX>Y, 电梯上行

X≤YX \leq YX≤Y, 电梯上行

X≤YX \leq YX≤Y, 电梯下行

X>YX > YX>Y, 电梯下行

题记

尾记

2020阿里巴巴全球数学竞赛预选赛(第二轮)试题及答案相关推荐

最新文章

热门文章

当α∈[0,π2]\alpha\in[0, \frac {\pi} {2}]α∈[0,2π]时

当α∈[π2,π]\alpha\in[\frac {\pi} {2}, \pi]α∈[2π,π]时