ĐỀ OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008 môn đại số docx

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008 Đề thi: Môn Đại số Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Cho a 0 , d là các số thực và dãy {a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n } lập thành cấp số cộng công sai d. Tính định thức của ma trận A =          a 0 a 1 a 2 . . . a n−1 a n a 1 a 0 a 1 . . . a n−2 a n−1 a 2 a 1 a 0 . . . a n−3 a n−2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . a n−1 a n−2 a n−3 . . . a 0 a 1 a n a n−1 a n−2 . . . a 1 a 0          . Câu 2. Cho A là ma trận thực vuông cấp 2 thoả mãn điều kiện det A < 0. Chứng minh rằng tồn tại hai số thực phân biệt λ 1 , λ 2 và hai ma trận A 1 , A 2 sao cho A n = λ n 1 A 1 + λ n 2 A 2 , ∀n = 1, 2 . . . Câu 3. Cho A là ma trận thực vuông cấp 3, vết (vết là tổng các phần tử trên đường chéo chính) là 8. Tổng các phần tử trên mỗi hàng của A bằng 4 và det A = 16. Xác định các giá trị riêng của A. Câu 4. Cho các số thực a 1 , a 2 , . . . , a 2008 . Chứng minh rằng tồn tại các ma trận thực vuông cấp n (n > 1) A 1 , A 2 , . . . , A 2008 thỏa mãn det A k = a k (k = 1, . . . , 2008) và det  2008  k=1 A k  = 2009. Câu 5. Cho A là ma trận vuông cấp n khả nghịch. Mọi phần tử của các ma trận A, A −1 là số nguyên. Chứng minh rằng nếu A có n giá trị riêng đều là các số thực thì | det(A + A −1 )|  2 n . Câu 6. Tồn tại hay không đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn điều kiện P (k) = 2 k với k = 0, 1, . . . , 2008? Tại sao? ———————————— Đáp án: Môn Đại số Câu 1. Ta có det A = D =              a 0 a 1 a 2 . . . a n−1 a n a 1 a 0 a 1 . . . a n−2 a n−1 a 2 a 1 a 0 . . . a n−3 a n−2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . a n−1 a n−2 a n−3 . . . a 0 a 1 a n a n−1 a n−2 . . . a 1 a 0              Cộng cột 1 vào cột cuối cùng ta được D = (a 0 + a n )              a 0 a 1 a 2 . . . a n−1 1 a 1 a 0 a 1 . . . a n−2 1 a 2 a 1 a 0 . . . a n−2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . a n−1 a n−2 a n−3 . . . a 0 1 a n a n−1 a n−2 . . . a 1 1              Nhân hàng thứ n − 1 với −1 rồi cộng vào hàng cuối cùng, nhân hàng thứ n − 2 với −1 rồi cộng vào hàng thứ n − 1, . . . nhân hàng 1 với −1 rồi cộng vào hàng thứ 2 ta được D = (a 0 + a n )              a 0 a 1 a 2 . . . a n−1 1 d −d −d . . . −d 0 d d −d . . . −d 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . d d d . . . −d 0 d d d . . . d 0              = (−1) n (a 0 + a n )              d −d −d . . . −d −d d d −d . . . −d −d d d d . . . −d −d . . . . . . . . . . . . . . . . . . d d d . . . d −d d d d . . . d d              Cộng hàng cuối cùng vào tất cả các dòng còn lại ta được D = (−1) n (a 0 + a n )              2d 0 0 . . . 0 0 2d 2d 0 . . . 0 0 2d 2d 2d . . . 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2d 2d 2d . . . 2d 0 d d d . . . d d              = (−1) n (2a 0 + nd)2 n−1 d n . Câu 2. Đa thức đặc trưng của A có dạng det(A − λI) = λ 2 − trace (A)λ + det A. Từ giả thiết det A < 0 suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt λ 1 , λ 2 . Khi đó, đặt A 1 = 1 λ 1 − λ 2 (A − λ 2 I), A 2 = 1 λ 2 − λ 1 (A − λ 1 I). Suy ra A 1 + A 2 = I, λ 1 A 1 + λ 2 A 2 = A, A 1 A 2 = A 2 A 1 = 0. 2 Vậy A n = λ n 1 A 1 + λ n 2 A 2 , ∀n = 1, 2 . . . Câu 3. Ta có trace A = 8, det A = 16. và tổng các phần tử trên một hàng của ma trận A là 4. Do đó ϕ(λ) = |λI − A| = λ 3 − λ 2 trace A + aλ − det A = λ 3 − 8λ 2 + aλ − 16. (1) Mặt khác |λI − A| =       −a 11 + λ −a 12 −a 13 −a 21 −a 22 + λ −a 23 −a 31 −a 32 −a 33 + λ       =       λ − a 11 − a 12 − a 13 −a 12 −a 13 λ − a 21 − a 22 − a 23 −a 22 + λ −a 23 λ − a 31 − a 32 − a 33 −a 32 −a 33 + λ       =(λ − 4)       1 −a 12 −a 13 1 −a 22 + λ −a 23 1 −a 32 −a 33 + λ       . Suy ra, λ = 4 là một giá trị riêng của A. Thay vào phương trình (1), ta được a = 20. Vậy ϕ(λ) = |λI − A| = λ 3 − 8λ 2 + 20λ − 16 = (λ − 4)(λ − 2) 2 . Vậy ma trận A có 4 là giá trị riêng đơn, và 2 là giá trị riêng bội 2. Câu 4. Đặt s = 2008  k=1 a k , b = 2008s − 2009 2008 n−2 . Xét các ma trận cấp n sau A 1 =        a 1 1 0 . . . 0 0 1 0 . . . 0 0 0 1 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1        , A 2 =        a 2 0 0 . . . 0 b 1 0 . . . 0 0 0 1 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1        A k =        a k 0 0 . . . 0 0 1 0 . . . 0 0 0 1 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 1        (k = 3, 4, . . . , 2008) Do đó det A k = a k , k = 1, . . . , 2008. Mặt khác 2008  k=1 A k =        s 1 0 . . . 0 b 2008 0 . . . 0 0 0 2008 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . 2008        Khai triển Laplace theo cột thứ nhất ta được det  2008  k=1 A k  = s.2008 n−1 − b.2008 n−2 = 2009. Câu 5. Do các phần tử của A, A −1 đều là số nguyên nên det A, det A −1 cũng là số nguyên. Mặt khác | det A|| det A −1 | = | det A. det A −1 | = 1. 3 Suy ra | det A| = | det A −1 | = 1. Với mỗi ma trận M, ký hiệu P M (t) là đa thức đặc trưng của nó. Gọi α 1 , α 2 , . . . , α n là tất cả các giá trị riêng thực của A. Khi đó P A (t) =  n j=1 (t − α j ). Xét đa thức Q(t) = n  j=1 (t − (1 + α 2 j )). Ta có deg Q(t) = n và Q(I + A 2 ) = n  j=1 (I + A 2 − (1 + α 2 j )I) = n  j=1 (A 2 − α 2 j I) = n  j=1 (A − α j I)(A + α j I) = 0. Từ đó suy ra rằng P I+A 2 (t) là ước của Q(t). Do deg Q(t) = n nên Q(t) ≡ P I+A 2 (t). Vậy | det C| = | det A −1 . det D| = | det A −1 || det D| = 1.(1 + α 2 1 )(1 + α 2 2 ) . . . (1 + α 2 n )  2 n |α 1 α 2 . . . α n | = 2 n . Câu 6. Với mỗi x = 0, 1, 2, . . . xét biểu thức Q(x) =  x 0  +  x 1  +  x 2  + · · · +  x x − 2  +  x x − 1  +  x x  . Từ biểu thức nói trên ta xác định được đa thức P(x) := Q(x), và đa thức này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Có thể giải theo cách khác như sau: Với mỗi k = 0, 1, 2, . . . đặt ω k (x) = x(x − 1) . . . (x − (k − 1))(x − (k + 1)) . . . (x − 2008) (k − 0)(k − 1) . . . (k − (k − 1))(k − (k + 1)) . . . (k − 2007) . Dễ dàng chứng minh đa thức P (x) = 2008  k=0 2 k ω k (x) thỏa mãn điều kiện của bài toán. ———————————— 4 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008 Đề thi: Môn Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Dãy số {a n } được xác định như sau a 1 = a 2 = 1, a n+2 = 1 a n+1 + a n , n = 1, 2, . . . Tính a 2008 . Câu 2. Tính lim n→∞ 1 2008 + 2 2008 + · · · + n 2008 n 2009 . Câu 3. Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [0, π], f(0) = f (π) = 0 và thoả mãn điều kiện |f  (x)| < 1, ∀x ∈ (0, π). Chứng minh rằng (i) ∃ c ∈ (0, π) sao cho f  (c) = tan f(c). (ii) |f(x)| < π 2 , ∀x ∈ (0, π). Câu 4. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn điều kiện xf(y) + yf (x)  1, ∀x, y ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng 1  0 f(x)dx  π 4 . Câu 5. Giả sử f (x) là hàm số liên tục trên [0, 1] với f (0) = 0, f(1) = 1 và khả vi trong (0, 1). Chứng minh rằng với mọi α ∈ (0, 1) luôn tồn tại x 1 , x 2 ∈ (0, 1) sao cho α f  (x 1 ) + 1 − α f  (x 2 ) = 1. Câu 6. Cho hàm số g(x) có g  (x) > 0 với mọi x ∈ R. Giả sử hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện f(0) > g(0), π  0 f(x)dx < g(0)π + g  (0) 2 π 2 . Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [0, π] sao cho f (c) = g(c). ——————————————————- Đáp án: Môn Giải tích Câu 1. Theo giả thiết ta có a n+2 a n+1 − a n+1 a n = 1. Như vậy u n = a n+1 a n là một cấp số cộng với số hạng đầu tiên u 1 = 1 và công sai d = 1. Khi đó a n+2 = n + 1 a n+1 = n + 1 n a n , n = 1, 2, . . . Suy ra a 2008 = 2007 2006 . . . 3 2 a 2 = 3.5 . . . 2007 2.4. . . . 2006 . Câu 2. Ta có S n = 1 + 2 2008 + · · · + n 2008 n 2009 = 1 n   1 n  2008 +  2 n  2008 + · · · +  n n  2008  = 1 n n  i=1  i n  2008 . Xét hàm số f(x) = x 2008 . Hiển nhiên, f(x) khả tích trên [0,1]. Chia đoạn [0,1] bởi các điểm x i = i n , chọn điểm c i = i n ∈ [x i−1 , x i ], i = 1, . . . , n. Vậy lim n→∞  1 n n  i=1  i n  2008  = lim n→∞  1 n n  i=1 f  i n   =  1 0 x 2008 dx = 1 2009 . Câu 3. (i) Xét hàm số g(x) = e −x sin f(x). Hàm số g(x) liên tục trên [0, π], khả vi (0, π) và g(0) = g(π) = 0. Theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (0, π) sao cho g  (c) = 0. Mặt khác, ta có g  (x) = e −x (− sin f(x) + cos f(x)f  (x)). Suy ra − sin f(c) + cos f(c)f  (c) = 0. Vậy f  (c) = tan f(c). (ii) Với mỗi x ∈ (0, π) cố định, áp dụng Định lý Lagrange cho các đoạn [0, x], [x, π] và sử dụng giả thiết |f  (x)| < 1, f (0) = f (π) = 0 ta có ∃c 1 ∈ (0, x) : |f(x)| = |f(x) − f (0)| = |f  (c 1 )||x| < |x|, ∃c 2 ∈ (x, π) : |f (x)| = |f(π) − f(x)| = |f  (c 2 )||π − x| < |π − x|. Do x ∈ (0, π) nên min{|x|, |π − x|} ≤ π 2 . Từ các bất đẳng thức trên suy ra |f(x)| < min{|x|, |π − x|} ≤ π 2 . Câu 4. Đặt x = sin ϕ, ϕ ∈  0, π 2  . Khi đó I = 1  0 f(x)dx = π 2  0 f(sin ϕ) cos ϕdϕ. 2 Mặt khác, đặt x = cos ϕ, ϕ ∈  0, π 2  . Ta có I = 1  0 f(x)dx = π 2  0 f(cos ϕ) sin ϕdϕ. Do đó 2I =  π 2 0 f(sin ϕ) cos ϕdϕ +  π 2 0 f(cos ϕ) sin ϕdϕ =  π 2 0 [f(cos ϕ) sin ϕ + f(sin ϕ) cos ϕ]dϕ. Từ giả thiết xf(y) + yf(x) ≤ 1 ∀x, y ∈ [0, 1] suy ra 2I ≤  π 2 0 dϕ = π 2 . Vậy  1 0 f(x)dx ≤ π 4 . Câu 5. Do f (x) liên tục nên với mỗi α ∈ (0, 1), tồn tại x 0 ∈ (0, 1) : f (x 0 ) = α. Theo định lý Lagrange tồn tại x 1 ∈ (0, x 0 ) và x 2 ∈ (x 0 , 1) sao cho f(x 0 ) − f(0) x 0 − 0 = f  (x 1 ), f(1) − f(x 0 ) 1 − x 0 = f  (x 2 ). Vì vậy f  (x 1 ) = α x 0 và f  (x 2 ) = 1 − α 1 − x 0 . Vậy α f  (x 1 ) + 1 − α f  (x 2 ) = α α x 0 + 1 − α 1−α 1−x 0 = x 0 + 1 − x 0 = 1. Câu 6. Xét hàm số Φ(x) = g(x) − f(x). Giả thiết suy ra Φ(0) < 0. Mặt khác, sử dụng giả thiết g”(x) > 0 để khai triển Taylor tại điểm 0 và tính tích phân ta thu được  π 0 Φ(x)dx =  π 0 g(x)dx −  π 0 f(x)dx =  π 0  g(0) + g  (0)x + g  (ξ) 2 x 2  dx −  π 0 f(x)dx >  π 0 g(0)dx +  π 0 g  (0)xdx −  π 0 f(x)dx = g(0)π + g  (0)π 2 2 −  π 0 f(x)dx > 0. Suy ra tồn tại m ∈ [0, π] sao cho Φ(m) > 0. Từ tính liên tục của hàm Φ(x) trên đoạn [0, m] suy ra tồn tại c ∈ [0, m] ⊂ [0, π] để Φ(c) = 0. ———————————— 3 . HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008 Đề thi: Môn Đại số Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Cho a 0 , d là các số thực và dãy {a 0 ,. thức P (x) = 2008  k=0 2 k ω k (x) thỏa mãn điều kiện của bài toán. ———————————— 4 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008 Đề thi: Môn Giải tích Thời