de thi OLP Toan sinh vien 2010

Dịch Vụ Toán Học Đáp án Đề thi Olympic Toán Sinh viên năm 2010 Đại số Giải tích WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Toán học môn Sách info@vnmath.com Hình học Các loại Olympic khác Đề thi Chuyên đề Đáp án Toán Luyện thi Đại học Thi lớp 10 Đại học Cao học Bồi dưỡng HSG HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII Môn : Đại số Câu Cho A, B ma trận vuông cấp 2010 với hệ số thực cho det A = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2010B) = (i) Chứng minh det(xA + yB) = với x, y ∈ R (ii) Tìm ví dụ chứng tỏ kết luận không có det A = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2009B) = Giải (i) Nhận xét định thức p(t) = det(A + tB) đa thức bậc 2010 t Vì p(0) = · · · = p(2010) = nên ta có p(t) = Định thức q(t) = det(tA + B) đa thức bậc 2010 t Chú ý q(t) = t2010 p(t−1 ) t = Do ta có q(t) = với t (ii) Có thể lấy ví dụ A = diag(0, 1, 2, , 2009) B = −I Câu Cho {un }, {vn }, {wn } dãy số xác định bởi: u0 = v0 = w0 = ∀n ∈ N,  un+1 v  n+1 wn+1 = −un − 7vn + 5wn , = −2un − 8vn + 6wn , = −4un − 16vn + 12wn Chứng minh − số nguyên chia hết cho 2n Giải Ký hiệu A = −1 −7 −2 −8 −4 −16 12 với n ∈ N, Xn = un Ta có wn ∀n ∈ N, Xn+1 = AXn Vậy nên ∀n ∈ N, Xn = An X0 Đa thức đặc trưng A PA (x) = −x(x − 1)(x − 2) Do A có giá trị riêng phân biệt λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = A chéo hóa Từ đó, kí hiệu P = 2 P −1 = −1 1 −1 Đặt −2 −5 0 0 A = P BP −1 Từ suy ∀n ∈ N, Xn = An X0 = 0 n −1 P B P X0 Do = 2n + B = Câu (i) Chứng minh ứng với số n nguyên dương, biểu thức xn +y n +z n biểu diễn dạng đa thức Pn (s, p, q) bậc không n s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz (ii) Hãy tìm tổng hệ số đa thức P2010 (s, p, q) Giải (i) Bằng qui nạp theo n (ii) Giả sử x2010 + y 2010 + z 2010 = P (s, p, q) Ta cần tìm tổng hệ số P (s, p, q) tức cần tìm P (1, 1, 1) Từ Định lí Vi-et, x, y, z phải nghiệm phương trình t3 − t2 + t − = Từ việc chọn x = 1, y = i z = −i, ta P (1, 1, 1) = −1 Câu Xác định đa thức thực P (x) thỏa mãn điều kiện P (x)P (x2 ) = P (x3 + 2x), ∀x ∈ R Giải Ta nhận thấy đa thức P (x) ≡ P (x) ≡ thỏa mãn toán Bây ta chứng minh đa thức bậc dương không thỏa mãn Chú ý đẳng thức với giá trị phức Giả sử x0 nghiệm (thực phức) P (x) Nếu x0 = P (x) = xs Q(x), s ≥ 1, Q(x) đa thức với Q(0) = Thế vào điều kiện cho, ta thu x2s Q(x)Q(x2 ) = (x2 + 2)s Q(x3 + 2x), ∀x ∈ R Điều mâu thuẫn với giả thiết Q(0) = Vậy nên x0 = Ta giả thiết môđun |x0 | có giá trị lớn √ √ nghiệm P (x) Khi x30 + 2x0 ( x0 )3 + x0 nghiệm √ √ Do |x30 + 2x0 | ≤ |x0 | |( x0 )3 + x0 | ≤ |x0 | Đặt x0 = a + bi Điều kiện |x30 + 2x0 | ≤ |x0 | tương đương với (a2 − b2 )2 + 4a2 b2 + 4(a2 − b2 ) + ≤ Từ 4b2 ≥ + 4a2 thay vào tiếp, ta lại có 4b2 ≥ 4a2 b2 + 4a2 + ≥ a2 · + 4a2 + = 7a2 + √ (∗) √ Điều kiện |( x0 )3 + x0 | ≤ |x0 | tương đương với [(a + 2)2 + b2 ]2 ≤ a2 + b2 hay (a2 + b2 )(a2 + b2 + 8a + 7) + (4a + 4)2 ≤ (∗∗) Theo (∗) ta có: a2 + b2 + 8a + ≥ 14 (11a2 + 32a + 31) = mâu thuẫn với (∗∗) 3a + 16 + 2a2 + 23 > 0, Câu Chọn hai câu sau: 5a Cho A ma trận thực, vuông cấp n ≥ 2, có tổng phần tử đường chéo 10 rank A = Tìm đa thức đặc trưng đa thức tối tiểu A (tức đa thức p(t) = bậc nhỏ với hệ số lũy thừa bậc cao 1, cho p(A) = 0) 5b Cho A, B, C ma trận thực, vuông cấp n, A khả nghịch đồng thời giao hoán với B C Giả sử C(A + B) = B Chứng minh B C giao hoán với Giải Câu 5a Cách 1: Tính trực tiếp Vì rank(A) = nên tồn véctơ khác cho véctơ dòng lại biểu diễn tuyến tính qua Do ma trận A có dạng sau     A=   λ1 x1 λ2 x1 λi x1 λn x1 λ1 x2 λ2 x2 λi x2 λn x2 λ xn λ xn λi xn λn xn     ,       U :=    λ1 λ2 λi λn      V :=        = 0,   x1 x2 xi xn      =   Khi A = U V t   λ1  λ2      V t U = [ x1 x2 xi xn ]    λi    λn = λ1 x1 + + λi xi + + λn xn = trace (A) a) Ta có A2 = (U V t )(U V t ) = U (V t U )V t = U (trace(A))V t = trace(A)U V t = trace(A)A = 10A Vậy đa thức tối tiểu P (t) = t2 − 10t b) Ta tính định thức Dn (t) = det(A + tIn ): Dn = λ1 x1 + t λ1 x λ2 x1 λ2 x2 + t λi x1 λi x2 λn x1 λn x2 λ xn λ xn λi xn λn xn + t = λ1 x1 + t λ1 x λ2 x1 λ2 x2 + t λi x1 λi x2 λn x1 λn x2 λ1 xn λ2 xn λi xn λn xn = λn xn λ1 x1 + t λ1 x λ2 x1 λ2 x2 + t λi x1 λi x2 x1 x2 = λn xn t 0 t 0 x1 x2 + λ1 λ2 λi λ1 x1 λ1 x2 λ2 x1 λ2 x2 λi x1 λi x2 0 λ1 xn λ2 xn λ i xn t + tDn−1 + tDn−1 = λn xn tn−1 + tDn−1 Ta dễ dàng chứng minh quy nạp Dn = tn−1 (λn xn + λn−1 xn−1 + · · · + λ2 x2 + D1 ) = tn−1 (trace(A) + t) = tn−1 (t + 10) Vậy đa thức đặc trưng (−1)n tn−1 (t − 10) Cách 2: Vì dim Ker A = n − nên A có n − véc tơ riêng ứng với Do giá trị riêng lại số thực Từ A chéo hoá đường chéo có phần tử khác vết = 10 Từ tính đa thức đặc trưng đa thức tối tiểu Câu 5b Từ giả thiết suy A + C(A + B) = A + B hay A = (I − C)(A + B) Do A khả nghịch đồng thời giao hoán với B C nên từ (1) suy I = (I − C)(A + B)A−1 = (I − C)A−1 (A + B), tức I − C khả nghịch I = (A + B)A−1 (I − C) = A−1 (A + B)(I − C), (1) hay A = (A + B)(I − C) (2) Từ (2) suy A = A + B − (A + B)C, hay B = (A + B)C Vậy nên (A + B)C = C(A + B) tức BC = CB , đpcm HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII (2010) Môn: Giải tích Câu Cho hàm số f (x) = ln(x + 1) a) Chứng minh với x > 0, tồn số thực c thỏa mãn điều kiện f (x) = xf (c) mà ta ký hiệu c(x) b) Tìm lim c(x) x→0+ x Giải a) Yêu cầu toán tương đương với việc chứng minh phương trình ln(x + 1) = x c+1 có nghiệm c với x > Ta giải trực tiếp x c= − ln(x + 1) b) Ta tính giới hạn x lim c(x) x→0+ ln(x + 1) = lim x→0+ x x −1 = lim x − ln(1 + x) x ln(1 + x) x→0+ cách sử dụng công thức Taylor: ln(1 + x) = x − x2 /2 + o(x2 ) dùng quy tắc L’Hopitale: lim x→0+ x − ln(1 + x) x ln(1 + x) = lim x − ln(1 + x) x2 x→0+ 1− = lim x→0+ lim x x→0+ ln(1 + x) 1 1+x lim x→0+ 2x = 1+x Câu Cho dãy {xn } xác định bởi: x1 = 1, xn+1 = xn + x2010 , n = 1, 2, n Tìm lim x2010 x2 n→∞ + x2010 x3 + ··· + x2010 n xn+1 Giải Với k ≥ 1, ta có x2010 k xk+1 = x2011 k xk xk+1 = xk+1 − xk xk xk+1 = xk − xk+1 Suy x2010 x2 x2010 + x3 + ··· + x2010 n xn+1 = x1 − xk+1 Rõ ràng {xn } dãy tăng Nhận xét lim xn = +∞ Suy giới hạn n→∞ cần tính Câu Cho a ∈ R hàm số f (x) khả vi [0, ∞) thỏa mãn điều kiện f (0) ≥ f (x) + af (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞) Chứng minh f (x) ≥ 0, ∀x ≥ Giải Từ giả thiết ta có eax [f (x) + af (x)] ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), hay suy [eax f (x)] ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), eax f (x) ≥ f (0) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞), tức f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, ∞) Câu Cho hàm f (x) khả vi liên tục [0, 1] Giả sử 1 f (x)dx = xf (x)dx = Chứng minh tồn điểm c ∈ (0, 1) cho f (c) = Giải Nhận xét hàm số g(x) = 6x − thỏa mãn điều kiện 1 g(x)dx = xg(x)dx = 1, suy [f (x) − g(x)]dx = 0 Hàm h(x) = f (x) − g(x) liên tục [0, 1] có tích phân h(x)dx = 0, nên xảy trường hợp h(x) > , ∀x ∈ (0, 1) trường hợp h(x) < 0, ∀x ∈ (0, 1) Như phương trình h(x) = phải có nghiệm (0, 1) Giả sử h(x) = có nghiệm x = a ∈ (0, 1) Xảy hai khả sau: +) Nếu h(x) < 0, ∀x ∈ (0, a), h(x) > 0, ∀x ∈ (a, 1) Khi 1 xf (x)dx − = 1 xf (x)dx − a ah(x)dx + h(x)dx + h(x)dx = a a ah(x)dx a a =a xh(x)dx > a xh(x)dx a xh(x)dx + = x[f (x) − g(x)]dx = xg(x)dx = 1 h(x)dx = 0 xf (x)dx > 1, mâu thuẫn với giả thiết đề bài! Suy +) Nếu h(x) > 0, ∀x ∈ (0, a), h(x) < 0, ∀x ∈ (a, 1) Khi 1 xf (x)dx − = 1 xf (x)dx − a = xh(x)dx < a =a ah(x)dx + h(x)dx + h(x)dx = a a h(x)dx = 0 Suy xf (x)dx < 1, mâu thuẫn với giả thiết đề bài! Vậy h(x) = phải có hai nghiệm (0, 1) Giả sử hai nghiệm a, b ∈ (0, 1) a < b Ta có h(a) = h(b) = , nên f (b) − f (a) = g(b) − g(a) Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (a, b) ⊂ (0, 1), cho f (c) = ah(x)dx a a f (b) − f (a) b−a = xh(x)dx a xh(x)dx + x[f (x) − g(x)]dx = xg(x)dx = 1 g(b) − g(a) b−a = Câu Cho đa thức P (x) bậc n với hệ số số thực cho P (−1) = − P (−1) P (−1) n ≤ Chứng minh P (x) có nghiệm x0 với |x0 | ≥ Giải Giả sử x1 , x2 , , xn nghiệm P (x) C, tồn λ ∈ R cho n (x − xi ) Khi ta có công thức P (x) = λ i=1 n P (x) = P (x) x − xi i=1 Do n + P (−1) P (−1) Ta có n = i=1 xi − xi + ⇒− = P (−1) P (−1) − n = = xi + 1 x +1 i=1 i n xi − i=1 xi + (xi − 1)(xi + 1) |xi + 1|2 , suy xi − Re Vì n + P (−1) P (−1) = xi + |xi |2 − |xi + 1|2 , ∀i = 1, 2, , n ∈ R nên n + P (−1) P (−1) = n |xi |2 − i=1 |xi + 1|2 ≥ Do tồn nghiệm x0 có |x0 | ≥ Câu 6a Tìm tất hàm số dương f (x) khả vi liên tục [0, 1] cho f (1) = e.f (0) f (x) f (x) dx ≤ Giải Ta có 0≤ f (x) f (x) −1 dx = f (x) f (x) dx − f (x) f (x) dx + 1 f (x) = dx − ln f (x) f (x) +1 f (x) = dx − ln f (x) f (1) f (0) +1 f (x) = dx − f (x) Từ đó, ta có f (x) dx ≥ f (x) Mặt khác, theo giả thiết f (x) dx ≤ 1, f (x) nên f (x) f (x) −1 dx = 0 Do f hàm khả vi liên tục [0, 1], ta f (x) f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] hay f (x) = f (x), ∀x ∈ [0, 1], f (x) = c.ex , c > Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn Câu 6b Ta có f (x + y) = 2010x f (y) + 2010y f (x), ∀x, y ∈ R, hay 2010−(x+y) f (x + y) = 2010−y f (y) + 2010−x f (x), ∀x, y ∈ R Đặt 2010−x f (x) = g(x) Ta có g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R Đây phương trình hàm Cauchy quen biết, có nghiệm g(x) = ax Suy f (x) = ax2010x Từ điều kiện f (1) = 2010 cho suy a = f (x) = 2010x x Thử lại, ta thấy thỏa mãn điều kiện toán —————————————————— [...]... khác, theo giả thi t thì 1 2 f (x) dx ≤ 1, f (x) 0 nên 1 f (x) f (x) 2 −1 dx = 0 0 Do f là hàm khả vi liên tục trên [0, 1], ta được f (x) f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] hay f (x) = f (x), ∀x ∈ [0, 1], do đó f (x) = c.ex , c > 0 Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn Câu 6b Ta có f (x + y) = 2010x f (y) + 2010y f (x), ∀x, y ∈ R, hay 2010 (x+y) f (x + y) = 2010 y f (y) + 2010 x f (x), ∀x, y ∈ R Đặt 2010 x f (x) =... f (x), ∀x, y ∈ R Đặt 2010 x f (x) = g(x) Ta có g(x + y) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R Đây chính là phương trình hàm Cauchy quen biết, có nghiệm là g(x) = ax Suy ra f (x) = ax2010x Từ điều kiện f (1) = 2010 đã cho suy ra a = 1 và f (x) = 2010x x Thử lại, ta thấy thỏa mãn điều kiện bài toán —————————————————— 5 ... 2010 với hệ số thực cho det A = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2010B) = (i) Chứng minh det(xA + yB) = với x, y ∈ R (ii) Tìm ví dụ chứng tỏ kết luận không có det A = det(A + B) = det(A... det(A + 2009B) = Giải (i) Nhận xét định thức p(t) = det(A + tB) đa thức bậc 2010 t Vì p(0) = · · · = p (2010) = nên ta có p(t) = Định thức q(t) = det(tA + B) đa thức bậc 2010 t Chú ý q(t) = t2010... = xn + x2010 , n = 1, 2, n Tìm lim x2010 x2 n→∞ + x2010 x3 + ··· + x2010 n xn+1 Giải Với k ≥ 1, ta có x2010 k xk+1 = x2011 k xk xk+1 = xk+1 − xk xk xk+1 = xk − xk+1 Suy x2010 x2 x2010 + x3