2020阿里巴巴全球数学竞赛预选赛(第二轮)试题及答案

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$F(t,state)$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：
$$F(t,不碎且无裂纹)=M(k,T-t)$$

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：
$$F(t,不碎但有裂纹)=\{\begin{array}{ll}0& \text{t=1}\\ 1& \text{t>1}\end{array}$$

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：
$$F(t,碎)=\{\begin{array}{ll}0& t\le 3\\ M(k-1,t-3)& t>3\end{array}$$

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：
$$F(t)=\max \{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)\}+1$$
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：
$$\begin{array}{rl}M(k,T)& =\underset{t\in [1,T]}{\min }\{F(t)\}\\ & =\underset{t\in [1,T]}{\min }\{\max \{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)\}+1\}\end{array}$$
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$M(1,k)=1,k\in {\mathbb{N}}_{+}$；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$M(T,1)=T,T\in {\mathbb{N}}_{+}$

因此关于$M(k,T)$的状态转移方程可以化简为如下形式：

$$\begin{array}{rl}M(k,T)& =\underset{t\in [1,T]}{\min }\{\max \{F(t,不碎且无裂纹),F(t,不碎但有裂纹),F(t,碎)\}+1\}\\ & =\{\begin{array}{ll}{\min }_{t\in [1,T]}\{\max \{M(k,T-t),1,0\}+1\}& t\le 3\\ {\min }_{t\in [1,T]}\{\max \{M(k,T-t),1,M(k-1,t-3)\}+1\}& t>3\end{array}\end{array}$$
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$M(T,N)={\min }_{k\in [1,T]}\{\max \{M(k-1,N-1),M(T-k,N)\}+1\}$.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$O$为中心的球的半径为$R$，由于飞船$A$和$B$随机着陆的位置是独立的，因此我们不妨固定飞船$A$着陆的位置，通过分析$B$着陆位置的变化情况来求解角度$\angle AOB$的概率密度函数$f$.不妨设球心坐标$O$为$(0,0,0)$, $A$着陆位置的坐标为$(R,0,0)$, $B$着陆位置的坐标为$(x_B,y_B,z_B)$. 我们发现当$B$沿着轨迹$l:x_0^2+y^2+z^2=R^2$ 运动时($x_0\in [-R,R]$), 有:
$$|AB|=\sqrt{(x_A-R{)}^2+y_B^2+z_B^2}=\sqrt{(x_0-R{)}^2+R^2-x_0^2}=\sqrt{2R^2-2x_{0}R}=Constant$$
由于$|OA|$和$|OB|$均为$R$，因此当$B$沿着轨迹$l$运动时，$\Delta OAB$全等，所以此时$\angle AOB$不变。由于轨迹$l$所在的平面垂直于$x$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$l$即为平面$x=x_0$与球面$x^2+y^2+z^2=R^2$的交线($x_0\in [-R,R]$).

计算$\angle AOB$的分布函数

在二维平面中，我们设圆心坐标$O$为$(0,0)$，$A$的坐标为$(1,0)$, $B$的坐标为$(x_B,y_B)$, $\angle AOB=\alpha$. 则有$x_B=R\cos \alpha$. 易知$x_B(\alpha )$在$\alpha \in [0,\pi ]$之间是单调变化的。

为了计算$\angle AOB$的概率密度函数$f$，首先需要计算$\angle AOB$的分布函数$F$.
$$F(\alpha )=P\{X\le \alpha \}$$
下面分$\alpha \in [0,\frac{\pi }{2}]$和$\alpha \in [\frac{\pi }{2},\pi ]$两种情况讨论$F(\alpha )$

当$\alpha \in [0,\frac{\pi }{2}]$时

当$\alpha \in [0,\frac{\pi }{2}]$时，设$S_{sphericalcrown}$表示球面$x^2+y^2+z^2=R^2$被平面$x=R\cos \alpha$所截球冠部分的面积，易得此球冠的高为$h=R(1-\cos \alpha )$. 此时$F(\alpha )$表示$B$点落在此球冠上的概率，所以
$$F(\alpha )=P\{X\le \alpha \}=\frac{S_{sphericalcrown}}{S_{sphere}}=\frac{2\pi Rh}{4\pi R^2}=\frac{2\pi R^2(1-\cos \alpha )}{4\pi R^2}=\frac{1-\cos \alpha }{2}$$

当$\alpha \in [\frac{\pi }{2},\pi ]$时

当$\alpha \in [\frac{\pi }{2},\pi ]$时，设$S_{sphericalcrown}$表示球面$x^2+y^2+z^2=R^2$被平面$x=R\cos \alpha$所截球冠部分的面积，易得此球冠的高为$h=R(1+\cos \alpha )$.此时$F(\alpha )$表示$B$点落在此球冠外的概率，所以
$$F(\alpha )=P\{X\le \alpha \}=1-\frac{S_{sphericalcrown}}{S_{sphere}}=1-\frac{2\pi Rh}{4\pi R^2}=1-\frac{2\pi R^2(1+\cos \alpha )}{4\pi R^2}=\frac{1-\cos \alpha }{2}$$

计算概率密度函数$f(\alpha )$

对分布函数$F(\alpha )$进行求导，可得$\angle AOB$的概率密度函数$f(\alpha )$如下：
$$f(\alpha )=\frac{d}{d\alpha }F(\alpha )=\frac{d}{d\alpha }\frac{1-\cos \alpha }{2}=\frac{\sin \alpha }{2},\alpha \in [0,\pi ]$$

因此$\angle AOB$的概率密度函数为$\frac{\sin \alpha }{2},\alpha \in [0,\pi ]$. 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
$$\begin{array}{rl}T(f)(x)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{(x^2-y^2)\pi }\cos (2\pi xy)f(y)dy\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{(x^2-y^2)\pi }(\frac{e^{2\pi ixy}+e^{-2\pi ixy}}{2})f(y)dy\end{array}$$

构造关于积分的递推式

设$A(2k)=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k}[e^{-\pi (y-ix{)}^2}+e^{-\pi (y+ix{)}^2}]dy$, 则有
$$\begin{array}{rl}A(2k)& =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k}[e^{-\pi (y-ix{)}^2}+e^{-\pi (y+ix{)}^2}]dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }[e^{-\pi (y-ix{)}^2}+e^{-\pi (y+ix{)}^2}]\frac{1}{2k+1}d{y}^{2k+1}\\ & =-\frac{1}{2}\ast \frac{1}{2k+1}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+1}[e^{-\pi (y-ix{)}^2}(-2\pi )(y-ix)+e^{-\pi (y+ix{)}^2}(-2\pi )(y+ix)]dy\\ & =\frac{\pi }{2k+1}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+1}[e^{-\pi (y-ix{)}^2}(y-ix)+e^{-\pi (y+ix{)}^2}(y+ix)]dy\\ & =\frac{2\pi }{2k+1}A(2k+2)+\frac{2\pi }{2k+1}\ast ix\ast \frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+1}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}-e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy\end{array}$$
设$B(2k+1)=\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+1}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}-e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy$, 则$A(2k)=\frac{2\pi }{2k+1}A(2k+2)+\frac{2\pi }{2k+1}\ast ixB(2k+1)$, 对$B(2k+1)$进行化简如下：
$$\begin{array}{rl}B(2k+1)& =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+1}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}-e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy\\ & =-\frac{1}{2k+2}\ast \frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+2}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}(-2\pi )(y+ix)-e^{-\pi (y-ix{)}^2}(-2\pi )(y-ix)]dy\\ & =\frac{\pi }{2k+2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+2}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}(y+ix)-e^{-\pi (y-ix{)}^2}(y-ix)]dy\\ & =\frac{2\pi }{2k+2}\ast ixA(2k+2)+\frac{2\pi }{2k+2}\ast \frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^{2k+3}[e^{-\pi (y+ix{)}^2}-e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy\\ & =\frac{2\pi }{2k+2}\ast ixA(2k+2)+\frac{2\pi }{2k+2}B(2k+3)\end{array}$$
由此可得：
$$\begin{array}{rl}A(2k)& =\frac{2\pi }{2k+1}[A(2k+2)+ixB(2k+1)]\\ B(2k+1)& =\frac{2\pi }{2k+2}[ixA(2k+2)+B(2k+3)]\\ B(2k+3)& =\frac{2\pi }{2k+4}[ixA(2k+4)+B(2k+5)]\\ B(2k+5)& =\frac{2\pi }{2k+6}[ixA(2k+6)+B(2k+7)]\\ & ...\end{array}$$

对递推式进行化简

将$A(2k)$中的$B(2k+1),B(2k+3)...$进行替换，可得
$$\begin{array}{rl}A(2k)& =\frac{2\pi }{2k+1}A(2k+2)-\frac{2\pi \ast 2\pi x^2}{(2k+1)(2k+2)}A(2k+2)-\frac{2\pi \ast (2\pi {)}^2{x}^2}{(2k+1)(2k+2)(2k+4)}A(2k+4)-...\\ & =\frac{2\pi }{2k+1}A(2k+2)-\frac{2{\pi }^2{x}^2}{(2k+1)(k+1)}A(2k+2)-\frac{2{\pi }^3{x}^2}{(2k+1)(k+1)(k+2)}A(2k+4)-...\end{array}$$
由上式易得
$$A(2k+2)=\frac{2\pi }{2k+3}A(2k+4)-\frac{2{\pi }^2{x}^2}{(2k+3)(k+2)}A(2k+4)-\frac{2{\pi }^3{x}^2}{(2k+3)(k+2)(k+3)}A(2k+6)-...$$
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
$$(k+1)\ast \frac{2k+1}{2k+3}\ast \frac{1}{\pi }[A(2k)-\frac{2\pi }{2k+1}A(2k+2)+\frac{2{\pi }^2{x}^2}{(2k+1)(k+1)}A(2k+2)]=A(2k+2)-\frac{2\pi }{2k+3}A(2k+4)$$
对上式递推方程进行化简，可得
$$2{\pi }^{2}A(2k+4)+[2{\pi }^2{x}^2-(4k+5)\pi ]A(2k+2)+(k+1)(2k+1)A(2k)=0$$
继续化简，可得
$$\begin{array}{rl}A(2k)& =-\frac{1}{2\pi }[2\pi x^2-(4k-3)]A(2k-2)-\frac{1}{2{\pi }^2}(k-1)(2k-3)A(2k-4)\\ & =-x^{2}A(2k-2)+P(k)A(2k-2)+Q(k)A(2k-4)\end{array}$$
其中$P(k)=\frac{4k-3}{2\pi }$, $Q(k)=-\frac{(k-1)(2k-3)}{2{\pi }^2}$

利用数学归纳法证明$T(f)(x)$

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

当k=0时

当$k=0$时，$f(y)=c_0$, $T(f)(x)=c_{0}A(0)$, 下面对$A(0)$进行求解
$$\begin{array}{rl}A(0)& =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }[e^{-\pi (y+ix{)}^2}+e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}dy+\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi (y-ix{)}^2}dy\\ & =\frac{1}{2\sqrt{\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-[\sqrt{\pi }(y+ix){]}^2}d[\sqrt{\pi }(y+ix)]+\frac{1}{2\sqrt{\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-[\sqrt{\pi }(y-ix){]}^2}d[\sqrt{\pi }(y-ix)]\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\end{array}$$
即当$k=0$时，$T(f)(x)=c_0$, 此时$T(f)(x)$为偶多项式，且次数与$f$相同

当k=1时

当$k=1$时，$f(y)=c_0+c_1{y}^2$, $T(f)(x)=c_{0}A(0)+c_{1}A(2)=c_0+c_{1}A(2)$, 下面对$A(2)$进行求解
$$\begin{array}{rl}A(2)& =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{y}^2[e^{-\pi (y+ix{)}^2}+e^{-\pi (y-ix{)}^2}]dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y+ix-ix{)}^2{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}dy+\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y-ix+ix{)}^2{e}^{-\pi (y-ix{)}^2}dy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y+ix{)}^2{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}dy-ix{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y+ix)e^{-\pi (y+ix{)}^2}dy-\frac{1}{2}{x}^2{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi (y+ix{)}^2}dy\\ & +\frac{1}{2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y-ix{)}^2{e}^{-\pi (y-ix{)}^2}dy+ix{\int }_{-\infty }^{+\infty }(y-ix)e^{-\pi (y-ix{)}^2}dy-\frac{1}{2}{x}^2{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\pi (y-ix{)}^2}dy\\ & =-x^2+\frac{1}{2\sqrt{\pi }}\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }[\sqrt{\pi }(y+ix){]}^2{e}^{-[\sqrt{\pi }(y+ix){]}^2}d[\sqrt{\pi }(y+ix)]+\frac{1}{2\sqrt{\pi }}\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }[\sqrt{\pi }(y-ix){]}^2{e}^{-[\sqrt{\pi }(y-ix){]}^2}d[\sqrt{\pi }(y-ix)]\\ & =-x^2+\frac{1}{2\pi }\end{array}$$
此时$T(f)(x)=c_0+c_{1}A(2)=c_0+c_1(-x^2+\frac{1}{2\pi })=-c_1{x}^2+\frac{1}{2\pi }{c}_1+c_0$依然为偶多项式，且次数为2与$f$相同

当k=n时

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

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

下面考虑当$k=n$的情况，当$k=n$时，有
$$\begin{array}{rl}T(f)(x)& =\sum _{k=0}^n{c}_{k}A(2k)\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{c}_{k}A(2k)+c_{n}A(2n)\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{c}_{k}A(2k)+c_n[-x^{2}A(2n-2)+P(k)A(2n-2)+Q(k)A(2n-4)]\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{c}_{k}A(2k)-c_n{x}^{2}A(2n-2)+c_{n}P(k)A(2n-2)+c_{n}Q(k)A(2n-4)\end{array}$$
上式中第一项是次数为$2n-2$的偶多项式，第二项是次数为$2n$的偶多项式，第三项是次数为$2n-2$的偶多项式，第四项是次数为$2n-4$的偶多项式。因此可得当 $k=n$ 时 $T(f)(x)$ 是次数为$2n$的偶多项式，与$f$一致，故得证。

求子空间的维数

已知$A(2k)$为次数为$2k$的偶多项式，不妨设$A(2k)={\sum }_{p=0}^k{a}_{2k,p}{x}^{2p}$, 此时
$$\begin{array}{rl}T(f)(x)& =\sum _{k=0}^n{c}_{k}A(2k)\\ & =\sum _{k=0}^n{c}_k(\sum _{p=0}^k{a}_{2k,p}{x}^{2p})\\ & =\sum _{p=0}^n(\sum _{k=p}^n{c}_k{a}_{2k,p})x^{2p}\end{array}$$
当$T(f)=f$时，有
$$\sum _{k=p}^n{c}_k{a}_{2k,p}=c_p$$
设 $c=(c_0,c_1,...,c_n{)}^T$, $A=\left[\begin{array}{ccccc}{a}_{0,0}& a_{2,0}& a_{4,0}& \cdots & a_{2n,0}\\ 0& a_{2,1}& a_{4,1}& \cdots & a_{2n,1}\\ 0& 0& a_{4,2}& \cdots & a_{2n,2}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & a_{2n,n}\end{array}\right]$, 则上式化简为：
$$Ac=c$$
所以原问题即转换为求解子空间$V_n=\{c|(A-I)c=0\}$的维数
由$A(2k)=-x^{2}A(2k-2)+P(k)A(2k-2)+Q(k)A(2k-4)$可得：
$$\{\begin{array}{ll}{a}_{2k,k}=-a_{2k-2,k}& \\ a_{2k,0}=P(k)a_{2k-2,0}+Q(k)a_{2k-4,0}& \\ a_{2k,p}=P(k)a_{2k-2,p}+Q(k)a_{2k-4,p}-a_{2k-2,p-1}& 0<p<k\end{array}$$
且$a_{0,0}=1,a_{1,0}=\frac{1}{2\pi },a_{1,1}=-1$, 所以 $a_{2k,k}=(-1{)}^k$.
据此对矩阵 $A-I$ 进行初等变换，如下所示：
$$\begin{array}{rlr}A-I& =\left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& a_{4,0}& a_{6,0}& \cdots & a_{2n,0}\\ 0& -2& a_{4,1}& a_{6,1}& \cdots & a_{2n,1}\\ 0& 0& 0& a_{6,2}& \cdots & a_{2n,2}\\ 0& 0& 0& -2& \cdots & a_{2n,3}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & a_{2n,n}\end{array}\right]\underset{c_3=-P(2)c_2-Q(2)c_1}{\overset{c_{n+1}=-P(n)c_n-Q(n)c_{n-1},...}{}}\left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& -2& -\frac{1}{2\pi }& -a_{4,0}& \cdots & -a_{2n-2,0}\\ 0& 0& 0& -a_{4,1}& \cdots & -a_{2n-2,1}\\ 0& 0& 0& -2& \cdots & -a_{2n-2,2}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & -a_{2n-2,n-1}\end{array}\right]& \\ & \left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& a_{4,0}& \cdots & a_{2n-2,0}\\ 0& 0& 0& a_{4,1}& \cdots & a_{2n-2,1}\\ 0& 0& 0& 2& \cdots & a_{2n-2,2}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & a_{2n-2,n-1}\end{array}\right]\underset{c_4=-P(3)c_3-Q(3)c_2}{\overset{c_{n+1}=-P(n)c_n-Q(n)c_{n-1},...}{}}\left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& -\frac{1}{2\pi }& \cdots & -a_{2n-4,0}\\ 0& 0& 0& -2& \cdots & -a_{2n-4,1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & -a_{2n-4,n-2}\end{array}\right]& \\ & \left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& \frac{1}{2\pi }& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& 2& \cdots & a_{2n-6,0}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & -a_{2n-6,n-3}\end{array}\right]...& \end{array}$$
由此可得矩阵 $A-I$ 与矩阵$\left[\begin{array}{ccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots \\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& 0& \cdots \\ 0& 0& 0& \frac{1}{2\pi }& \cdots \\ 0& 0& 0& 2& \cdots \\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right]$具有相同的秩，所以
$$rank(A-I)=\{\begin{array}{ll}rank(\left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& \frac{1}{2\pi }& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& 2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 0\end{array}\right])=n& n=2k\\ rank(\left[\begin{array}{cccccc}0& \frac{1}{2\pi }& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 2& \frac{1}{2\pi }& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& \frac{1}{2\pi }& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& 2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 2\end{array}\right])=n& n=2k+1\end{array}$$
在子空间 $V_n=\{c|(A-I)c=0\}$ 中，由于$rank(A-I)=n$, 所以解得子空间$V_n$的维数为$(n+1)-n=1$

题记

1. 这里想讨论一下多项式$T(f)(x)$, 由于$T(f)(x)$为若干$A(2k)$加权相加得到，所以多项式$T(f)(x)$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$T(f)(x)$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。
2. 子空间 $V=\{x|Ax=0\}$ 的维数即为齐次线性方程组 $Ax=0$ 基础解系的个数。
3. 此题在求解过程中需要计算 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx$, ${\int }_{-\infty }^{+\infty }x{e}^{-x^2}dx$, ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{e}^{-x^2}dx$, 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$k$层去阁楼的乘客其等待时间为 $\frac{kh}{v}+(k-1)c$, 在第$k$层去大堂的乘客其等待时间为$\frac{(2n-k)h}{v}+(2n-k-1)c$, 所以总的等待时间 $T$ 为
$$\begin{array}{rl}T& =\frac{h+2h+\cdots +(n-1)h}{v}+[1+2+\cdots +(n-2)]c+\frac{(n+1+n+2+\cdots +2n-1)h}{v}+[n+\cdots +(2n-2)]c\\ & =2(n-1)[(\frac{h}{v}+c)n-c]\end{array}$$
所以平均等待时间 $S=\frac{T}{2(n-1)}=(\frac{h}{v}+c)n-c$

计算外卖小哥等待电梯的时间期望

设 $S_1$ 表示外卖小哥等待电梯的时间。当 $X>0$ 时，有
$$S_1=P(elevatorup)S_{1,up}+P(elevatordown)S_{1,down}=\frac{1}{2}\ast \frac{2H-X}{v}+\frac{1}{2}\ast \frac{X}{v}=\frac{H}{v}$$
根据随机变量函数期望的计算公式，可得
$$E(S_1)={\int }_0^H{S}_1\ast \frac{1}{H}dx=S_1=\frac{H}{v}$$
由此可得外卖小哥在进入电梯前等待时间的期望为$\frac{H}{v}$.

计算外卖小哥等待客户的时间期望

设 $S_2$ 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) $X>Y$, 电梯上行
(2) $X\le Y$, 电梯上行
(3) $X\le Y$, 电梯下行
(4) $X>Y$, 电梯下行

当$Y=0$时，外卖小哥等待时间为$0$. 当$Y>0$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：

$X>Y$, 电梯上行

当$X>Y$, 电梯上行时，有
$$S_{2,(1)}=\frac{1}{2}\ast \frac{H-Y}{H}\ast \frac{2H-X}{v}$$

$X\le Y$, 电梯上行

当$X\le Y$, 电梯上行时，有
$$S_{2,(2)}=\frac{1}{2}\ast \frac{Y}{H}\ast \frac{2H-X}{v}$$

$X\le Y$