2024 阿里巴巴全球数学竞赛预选赛 试题解答

frankluo
482 阅读3分钟

By Long Luo

阿里巴巴达摩院 从 2018 年开始每年都会举办一届全球数学竞赛，之前一方面自己数学水平比较弱，另外一方面也没有报名，但一直很仰慕那些数学大神的风采。今年是第一次报名参加 2024阿里巴巴全球数学竞赛 ，上周末参加了预选赛，但遗憾的是，全部 77 道题中只有第 1,2,61, 2, 6 题会做，这里分享下我的解答：

Problem 1

几位同学假期组成一个小组去某市旅游. 该市有 66 座塔，它们的位置分别为 A,B,C,D,E,FA, B, C, D, E, F 。同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现，自己在所在的位置只能看到位于 A,B,C,DA, B, C, D 处的四座塔，而看不到位于 EE 和 FF 的塔。已知：

  1. 同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合；
  2. 塔中任意 33 点不共线；
  3. 看不到塔的唯一可能就是视线被其它的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置 PP 和 A,BA , B 共线，且 AA 在线段 PBPB 上，那么该同学就看不到位于 BB 处的塔。

（5 分） 请问 这个旅游小组最多可能有多少名同学？

A.3A. 3
B.4B. 4 C.6C. 6 D.12D. 12

Solution

这道题选 CC ，最多只能有 C42=6C_{4}^{2} = 6 名同学。

[!TIP] 这道题的解题思路是，从只有 11 座塔开始，一直到 66 座塔，找到思路。

  1. 假设有 11 座塔 AA ，那么很显然有无数多同学可以看到塔 AA ，也可以有无数多同学看不到塔 AA​ ；

  2. 假设有 22 座塔 A,BA, B ，那么只有以 AA 为起点的射线 ABAB 且位于 BB 之后的同学无法看到塔 AA ；

  3. 假设有 33 座塔 A,B,CA, B, C ，同理可知存在无数位同学至少可以看见 22 座塔；

  4. 假设有 44 座塔 A,B,C,DA, B, C, D ，同理可知存在无数位同学至少可以看见 22 座塔；

  5. 假设有 66 座塔 A,B,C,D,E,FA, B, C, D, E, F ，如果每位同学都无法看见 E,FE, F 塔，如下图1 所示：

图1. Solution of Problem 1

所以至多有 66 位同学位于 M,N,O,P,R,QM, N, O, P, R, Q 处，无法看到塔 E,FE, F 。

Problem 2

小明玩战机游戏。初始积分为 22 。在游戏进行中，积分会随着时间线性地连续减少 (速率为每单位时间段扣除 11 )。游戏开始后，每隔一个随机时间段 (时长为互相独立的参数为 11 的指数分布)，就会有一架敌机出现在屏幕上。当敌机出现时，小明立即进行操作，可以瞬间击落对方，或者瞬间被对方击落。如被敌机击落，则游戏结束。如小明击落敌机，则会获得 1.51.5 个积分，并且可以选择在击落该次敌机后立即退出游戏，或者继续游戏。如选择继续游戏，则须等待到下一架敌机出现，中途不能主动退出。游戏的难度不断递增：出现的第 nn 架敌机，小明击落对方的概率为 (0.85)n(0.85)^n ，被击落的概率为 1−(0.85)n1 - (0.85)^n ，且与之前的事件独立。在任何时刻，如果积分降到 00 ，则游戏自动结束。

第 1 问

小问 1（5分） 如果游戏中，小明被击落后，其之前的积分保持。那么为了游戏结束时的累积积分的数学期望最大化，小明应该在其击落第几架敌机后主动结束游戏？

A.1A. 1 B.2B. 2 C.3C. 3 D.4D. 4

Solution

[!TIP] 这道题考察的就是泊松过程，数学好的同学推出其表达式，然后计算可得。但我数学较弱，写程序模拟其过程，代码如下所示：

public class WarPlaneGame {

    private static Random random = new Random();

    private static double getExpectScore(int planes) {
        double score = 2;

        for (int i = 0; i < planes; i++) {
            double waitTime = -Math.log(1 - random.nextDouble());

            if (waitTime >= score) {
                score = 0;
                break;
            }

            score -= waitTime;

            double possonPr = random.nextDouble();

            double shootDownPr = Math.pow(0.85, i + 1);

            if (possonPr < shootDownPr) {
                score += 1.5;
            } else {
                break;
            }
        }

        return score;
    }

    private static double simulate(int planes) {
        int simulateTimes = 50000;

        double scoreSum = 0.0;

        for (int i = 0; i < simulateTimes; i++) {
            scoreSum += getExpectScore(planes);
        }

        return scoreSum / simulateTimes;
    }

    public static void main(String[] args) {

        for (int i = 1; i < 5; i++) {
            double result = simulate(i);
            System.out.println("Shoot down " + i + " planes, Expect Score: " + result);
        }
    }
}

输出如下：

Shoot down 1 planes, Expect Score: 2.2344824425425442
Shoot down 2 planes, Expect Score: 2.290207012168609
Shoot down 3 planes, Expect Score: 2.2653361024420042
Shoot down 4 planes, Expect Score: 2.187342196221392

可以看出击落第 22 架敌机后主动结束游戏，期望积分最大，所以答案选 BB 。

第 2 问

小问 2（5分） 如果游戏中，小明被击落后，其之前积累的的积分会清零。那么为了游戏结束时的期望积分最大化，小明也会选择一个最优的时间主动结束游戏。请问在游戏结束时（小明主动结束游戏、或积分减到 00 ），下列哪一个选项最接近游戏结束时小明的期望积分？

A.2A. 2
B.4B. 4 C.6C. 6 D.8D. 8

Solution

[!TIP] 通过第一问，我们知道期望积分是随着次数逐渐递减的。

继续写代码模拟其过程，如下所示：

public class WarPlaneGame {

    private static Random random = new Random();

    private static double getExpectScore2(int planes) {
        double score = 2;

        for (int i = 0; i < planes; i++) {
            double waitTime = -Math.log(1 - random.nextDouble());

            if (waitTime >= score / 2) {
                score /= 2;
                break;
            }

            score -= waitTime;

            double possonPr = random.nextDouble();

            double shootDownPr = Math.pow(0.85, i + 1);

            if (possonPr < shootDownPr) {
                score += 1.5;
            } else {
                score = 0;
                break;
            }
        }

        return score;
    }

    private static double simulate(int planes) {
        int simulateTimes = 50000;

        double scoreSum = 0.0;

        for (int i = 0; i < simulateTimes; i++) {
            scoreSum += getExpectScore2(planes);
        }

        return scoreSum / simulateTimes;
    }

    public static void main(String[] args) {

        for (int i = 1; i <= 8; i++) {
            double result = simulate(i);
            System.out.println("Shoot down " + i + " planes, Expect Score: " + result);
        }
    }
}

输出如下：

Shoot down 1 planes, Expect Score: 2.0230245088842116
Shoot down 2 planes, Expect Score: 1.7658505471404586
Shoot down 3 planes, Expect Score: 1.42047193787333
Shoot down 4 planes, Expect Score: 1.0837167796697962
Shoot down 5 planes, Expect Score: 0.8877915996251725
Shoot down 6 planes, Expect Score: 0.7556905685107955
Shoot down 7 planes, Expect Score: 0.7055539105268976
Shoot down 8 planes, Expect Score: 0.6896372679317954

可以看出最大期望积分是 2.0232.023 左右，所以答案选 AA 。

Problem 6

第 1 问

假设有一枚硬币，投掷得到正面的概率为 13\frac{1}{3} 。独立地投掷该硬币 nn 次，记 XnX_n 为其中得到正面的次数。试求 XnX_n 为偶数的概率在 nn 趋于正无穷时的极限。

Solution

[!TIP] 当 n→∞n \to \infty ，直觉告诉我们，偶数次正面出现的概率和奇数次正面出现的概率是一样的，而奇数和偶数是均匀分布的，答案应该是 12\frac{1}{2} 。但这道题不是选择题也不是填空题，我们需要严谨证明这个结论！

由题意可知，设随机变量 XnX_n 表示在 nn 次独立投掷中正面出现的次数，每次出现正面的概率为 p=13p = \frac{1}{3} ，则 XnX_n 服从参数为 (n,p)(n, p) 的二项分布 ，那么 nn 次独立投掷中正面出现 kk 次的概率是：

\label6.1Pr⁡(Xn=k)=(nk)pk(1−p)n−k\begin{equation} \label{6.1} \operatorname{Pr}(X_n = k) = \binom{n}{k} p^k (1−p)^{n−k} \end{equation}

要求 XnX_n 为偶数的概率，即：

Pr⁡(Xn is even)=Pr⁡(Xn=0)+Pr⁡(Xn=2)+⋯+Pr⁡(Xn=2k,k=⌊n2⌋)=∑k=0⌊n2⌋(n2k)p2k(1−p)n−2k\begin{aligned} \operatorname{Pr}(X_n \text { is even}) & = \operatorname{Pr}(X_n=0) + \operatorname{Pr}(X_n=2) + \cdots + \operatorname{Pr}(X_n = 2k, k = \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor ) \\ & = \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} \binom{n}{2k} p^{2k} (1−p)^{n−2k} \end{aligned}

带入 p=13p = \frac{1}{3} ，可得：

Pr⁡(Xn is even)=∑k=0⌊n2⌋(n2k)(13)2k(23)n−2k\operatorname{Pr}(X_n \text { is even}) = \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} \binom{n}{2k} (\frac{1}{3})^{2k} (\frac{2}{3})^{n−2k}

由 二项式定理 可知：

(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k(x + y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n−k}

那么易得共轭表达式：

(x+y)n+(x−y)n=2∑k=0⌊n2⌋x2kyn−2k(x+y)n−(x−y)n=2∑k=0⌊n2⌋x2k+1yn−2k−1\begin{aligned} (x + y)^n + (x − y)^n & = 2 \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} x^{2k}y^{n - 2k} \\ (x + y)^n - (x − y)^n & = 2 \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} x^{2k + 1}y^{n - 2k - 1} \end{aligned}

可得：

Pr⁡(Xn is even)=∑k=0⌊n2⌋(n2k)(13)2k(23)n−2k=12[(13+23)n+(13−23)n]=12[1+13n]\begin{aligned} \operatorname{Pr}(X_n \text { is even}) & = \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} \binom{n}{2k} (\frac{1}{3})^{2k} (\frac{2}{3})^{n−2k} \\ & = \frac{1}{2}[(\frac{1}{3} + \frac{2}{3})^n + (\frac{1}{3} - \frac{2}{3})^n] \\ & = \frac{1}{2}[1 + \frac{1}{3^n}] \end{aligned}

故答案为：

lim⁡n→∞Pr⁡(Xn is even)=lim⁡n→∞12[1+13n]=12\lim_{n \to \infty} \operatorname{Pr}(X_n \text { is even}) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left [ 1 + \frac{1}{3^n} \right ] = \frac{1}{2}

第 2 问

某人在过年期间参加了集五福活动，在这项活动中此人每扫描一次福字，可以随机地得到五张福卡中的一张。假设其每次扫福得到五福之一的概率固定，分别为 pi∈(0,1),i=1,2,⋯ ,5p_i \in (0, 1) , i = 1, 2, \cdots , 5 且 ∑i=15pi=1\sum_{i = 1}^{5} p_i = 1 ，并假设其每次扫描得到的结果相互独立。在进行了 nn 次扫福之后，记 Xni,i=1,2,⋯ ,5X^{i}_n, i =1, 2, \cdots, 5 为其得到每种福卡的张数。那么求极限 lim⁡n→∞P⁡(X2n(i),i=1,2,⋯ ,5 全部为偶数)\lim _{n \to \infty} \operatorname{P} \left ( X^{(i)}_{2n}, i = 1, 2, \cdots, 5 \text { 全部为偶数} \right ) 。

Solution

[!TIP] 直觉告诉我们，五种福卡每种都是偶数的事件是相互独立的。通过第一问，我们已经知道答案是 12\frac{1}{2} ，那么五种福卡每种福卡的张数都是偶数的概率就是 125=132\frac{1}{2^5} = \frac{1}{32} ，而 2n2n 次扫福卡的概率就是 116\frac{1}{16}​ 。下面我们就来证明下：

由多项式定理：

(x1+x2+⋯+xm)n=∑α1+α2+⋯+αm=nα1,α2,⋯ ,αm≥0n!α1!…αm!x1α1…xmαm\left (x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{m} \right)^{n} = \sum _{\begin{array}{c} \alpha _{1} + \alpha _{2} + \cdots + \alpha _{m} = n \\ \alpha _{1},\alpha _{2},\cdots ,\alpha _{m} \geq 0 \end {array}}{ \frac {n!}{\alpha _{1}! \dots \alpha _{m}!}}x_{1}^{\alpha _{1}} \dots x_{m}^{\alpha _{m}}

设 ki,i=1,2,⋯ ,5k_i, i = 1,2, \cdots ,5 表示是 nn 次独立扫描福卡中得到第 ii 种福卡的张数，则其概率为：

Pr⁡(Xn(i)=ki,i=1,2,⋯ ,5)=(nk1,k2,⋯ ,k5)p1k1p2k2⋯p5k5=n!k1!k2!⋯k5!p1k1p2k2⋯p5k5\begin{aligned} \operatorname{Pr} \left (X_{n}^{(i)} = k_i, i=1,2, \cdots ,5 \right) &= \binom {n}{k_1, k_2, \cdots, k_5} p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_5^{k_5} \\ & = \frac {n!}{k_1!k_2! \cdots k_5!} p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_5^{k_5} \end{aligned}

观察上式可知，所求概率为多项式 (p1+p2+p3+p4+p5)n\left (p_1 + p_2 + p_3 + p_4 + p_5 \right )^{n} 的 p1k1p2k2⋯p5k5p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_5^{k_5}​ 项，(nk1,k2,⋯ ,k5)\binom {n}{k_1, k_2, \cdots , k_5} 为其系数。

和问题 11 的共轭表达式类似，我们给不同福卡添加符号位，考虑如下求和表达式：

S2n=125∑βi=±1(β1p1+β2p2+⋯+β5p5)2nS_{2n} = \frac{1}{2^{5}} \sum_{\beta_{i} = \pm 1} \left (\beta_{1} p_{1} + \beta_{2} p_{2} +\cdots + \beta_{5} p_{5} \right)^{2n}

对上式进行多项式展开，可得：

S2n=125∑βi=±1x1+x2+⋯+x5=2n(2n)!x1!x2!⋯x5!β1x1β2x2⋯β5x5p1x1p2x2⋯p5x5=125∑x1+x2+⋯+x5=2n(2n)!x1!x2!⋯x5!p1x1p2x2⋯p5x5∑βi=±1β1x1β2x2⋯β5x5\begin{aligned} S_{2n} & = \frac{1}{2^{5}} \sum_{\substack {\beta_{i} = \pm 1 \\ x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{5} = 2n}} \frac{(2n)!}{x_{1}!x_{2}! \cdots x_{5}!} \beta{1}^{x_{1}} \beta_{2}^{x_{2}} \cdots \beta_{5}^{x_{5}} p_{1}^{x_{1}} p_{2}^{x_{2}} \cdots p_{5}^{x_{5}} \\ & = \frac{1}{2^{5}} \sum_{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{5} = 2n} \frac{(2n)!}{x_{1}!x_{2}! \cdots x_{5}!} p_{1}^{x_{1}} p_{2}^{x_{2}} \cdots p_{5}^{x_{5}} \sum_{\beta_{i} = \pm 1} \beta_{1}^{x_{1}} \beta_{2}^{x_{2}} \cdots \beta_{5}^{x_{5}} \end{aligned}

考虑 ∑βi=±1x1+x2+⋯+x5=2nβ1x1β2x2⋯β5x5\sum _{\substack {\beta_{i} = \pm 1 \\ x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{5} = 2n}} \beta_{1}^{x_{1}} \beta_{2}^{x_{2}} \cdots \beta_{5}^{x_{5}} ，如果存在 k∈[1,5]k \in \left [1, 5 \right ] 使得 xkx_{k} 为奇数的话，那么：

∑βi=±1β1x1β2x2⋯β5x5=∑βi=±1i≠k[(1xk+(−1)xk)∏i≠kβixi]=0\sum_{\beta_{i} = \pm 1} \beta_{1}^{x_{1}} \beta_{2}^{x_{2}} \cdots \beta_{5}^{x_{5}} = \sum_{\substack {\beta_{i}= \pm 1 \\ i \neq k}}\left [\left (1^{x_{k}} + (-1)^{x_{k}} \right) \prod_ {i \neq k} \beta_{i}^{x_{i}} \right ]=0

由于奇数项最终都会消去，只有偶数项 xix_{i} 才会留下来，故有：

∑βi=±1β1x1β2x2⋯βkxk=2k\sum_{\beta_{i} = \pm 1} \beta_{1}^{x_{1}} \beta_{2}^{x_{2}} \cdots \beta_{k}^{x_{k}} = 2^{k}

那么求和表达式为：

S2n=∑x1+x2+⋯+xk=2nxi is even (2n)!x1!x2!⋯xk!p1x1p2x2⋯pkxk=Pr⁡{X2n(i) is all even }\begin{aligned} S_{2n} & = \sum_{\substack{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{k} = 2 n \\ x_{i} \text { is even }}} \frac{(2 n)!}{x_{1}!x_{2}! \cdots x_{k}!} p_{1}^{x_{1}} p_{2}^{x_{2}} \cdots p_{k}^{x_{k}} \\ & = \operatorname{Pr} \left \{ X_{2 n}^{(i)} \text { is all even } \right\} \end{aligned}

因此，所求问题转化为在 X2n(i)X_{2 n}^{(i)} 均为偶数情况下，当 n→∞n \to \infty 时，其极限为：

lim⁡n→∞Pr⁡{X2n(i) is all even }=lim⁡n→∞S2n\lim _{n \to \infty} \operatorname{Pr}\left \{X_{2 n}^{(i)} \text { is all even } \right\} = \lim _{n \to \infty} S_{2 n}

因为 ∣β1p1+β2p2+⋯+β5p5∣≤1\left | \beta_{1} p_{1} + \beta_{2} p_{2} + \cdots + \beta_{5} p_{5} \right | \leq 1 , 所以当 n→∞n \to \infty 时，只有 βi\beta_i 全为 11 或者 −1-1 情况下，

∣∑i=15βipi∣=1\left | \sum_{i=1}^{5} \beta_{i} p_{i} \right | = 1

因此，我们可以得到答案：

lim⁡n→∞Pr⁡{X2n(i) is all even }=125[(+1)2n+(−1)2n]=116\lim _{n \to \infty} \operatorname{Pr} \left \{X_{2n}^{(i)} \text { is all even } \right \} = \frac{1}{2^{5}} \left [ (+1)^{2n} + (-1)^{2n} \right ] = \frac{1}{16}

Problem 7

Solution

目前不会做！

参考文献

  1. Markov chain
  2. Binomial theorem
  3. Binomial distribution
  4. Poisson distribution
  5. Multinomial theorem
  6. Exponential distribution

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