, an} lập thành cấp số cộng công sai d.. Cho A là ma trận thực vuông cấp 3, vết vết là tổng các phần tử trên đường chéo chính là 8.. Xác định các giá trị riêng của A.. Cho A là ma trận v
Trang 1HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM
OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008
Đề thi: Môn Đại số
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 Cho a0, d là các số thực và dãy {a0, a1, a2, , an} lập thành cấp số cộng công sai d Tính định thức của ma trận
A =
a0 a1 a2 an−1 an
a1 a0 a1 an−2 an−1
a2 a1 a0 an−3 an−2
. . . . .
an−1 an−2 an−3 a0 a1
an an−1 an−2 a1 a0
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 λ1, λ2và hai ma trận A1, A2sao cho
An = λn1A1+ λn2A2, ∀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 a1, a2, , a2008 Chứng minh rằng tồn tại các ma trận thực vuông cấp
n (n > 1) A1, A2, , A2008thỏa mãn
det Ak= ak (k = 1, , 2008) và det
2008
P
k=1
Ak
= 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)| > 2n Câu 6 Tồn tại hay không đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn điều kiện P (k) = 2k với k =
0, 1, , 2008? Tại sao?
————————————
Trang 2Đáp án: Môn Đại số
Câu 1 Ta có
det A = D =
a0 a1 a2 an−1 an
a1 a0 a1 an−2 an−1
a2 a1 a0 an−3 an−2
. . . . .
an−1 an−2 an−3 a0 a1
an an−1 an−2 a1 a0
Cộng cột 1 vào cột cuối cùng ta được
D = (a0+ an)
a0 a1 a2 an−1 1
a1 a0 a1 an−2 1
a2 a1 a0 an−2 1
. . . . .
an−1 an−2 an−3 a0 1
an an−1 an−2 a1 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 = (a0+ an)
a0 a1 a2 an−1 1
d −d −d −d 0
d d −d −d 0
. . . . .
d d d −d 0
d d d d 0
= (−1)n(a0+ an)
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(a0+ an)
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(2a0+ nd)2n−1dn
Câu 2 Đa thức đặc trưng của A có dạng
det(A − λI) = λ2− trace (A)λ + det A
Từ giả thiết det A < 0 suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt λ1, λ2 Khi đó, đặt
A1= 1
λ1− λ2
(A − λ2I), A2= 1
λ2− λ1
(A − λ1I)
Suy ra
A1+ A2= I, λ1A1+ λ2A2= A, A1A2= A2A1= 0
2
Trang 3An = λn1A1+ λn2A2, ∀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| = λ3− λ2trace A + aλ − det A = λ3− 8λ2+ aλ − 16 (1) Mặt khác
|λI − A| =
−a11+ λ −a12 −a13
−a21 −a22+ λ −a23
−a31 −a32 −a33+ λ
=
λ − a11− a12− a13 −a12 −a13
λ − a21− a22− a23 −a22+ λ −a23
λ − a31− a32− a33 −a32 −a33+ λ
=(λ − 4)
1 −a12 −a13
1 −a22+ λ −a23
1 −a32 −a33+ 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| = λ3− 8λ2+ 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
P
k=1
ak, b = 2008s − 2009
2008n−2 Xét các ma trận cấp n sau
A1=
a1 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
. . . .
0 0 0 1
, A2=
a2 0 0 0
b 1 0 0
0 0 1 0
. . . .
0 0 0 1
Ak=
ak 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
. . . .
0 0 0 1
(k = 3, 4, , 2008)
Do đó det Ak= ak, k = 1, , 2008 Mặt khác
2008
X
k=1
Ak =
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
X
k=1
Ak
!
= s.2008n−1− b.2008n−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
Trang 4Suy ra | det A| = | det A | = 1.
Với mỗi ma trận M , ký hiệu PM(t) là đa thức đặc trưng của nó Gọi α1, α2, , αn là tất cả các giá trị riêng thực của A Khi đó PA(t) =Qn
j=1(t − αj) Xét đa thức
Q(t) =
n
Y
j=1
(t − (1 + α2j))
Ta có deg Q(t) = n và
Q(I + A2) =
n
Y
j=1
(I + A2− (1 + α2j)I) =
n
Y
j=1
(A2− α2jI) =
n
Y
j=1
(A − αjI)(A + αjI) = 0
Từ đó suy ra rằng PI+A2(t) là ước của Q(t) Do deg Q(t) = n nên Q(t) ≡ PI+A2(t) Vậy
| det C| = | det A−1 det D| = | det A−1|| det D|
= 1.(1 + α21)(1 + α22) (1 + α2n)
> 2n|α1α2 αn| = 2n
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
ωk(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
X
k=0
2kωk(x)
thỏa mãn điều kiện của bài toán
————————————
4
Trang 5HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM
OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN 2008
Đề thi: Môn Giải tích
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 Dãy số {an} được xác định như sau
a1= a2= 1, an+2= 1
an+1
+ an, n = 1, 2,
Tính a2008
Câu 2 Tính
lim
n→∞
12008+ 22008+ · · · + n2008
n2009
Câu 3 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên [0, π], f (0) = f (π) = 0 và thoả mãn điều kiện
|f0(x)| < 1, ∀x ∈ (0, π)
Chứng minh rằng
(i) ∃ c ∈ (0, π) sao cho f0(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) 6 1, ∀x, y ∈ [0, 1]
Chứng minh rằng
1
R
0
f (x)dx 6 π4 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 x1, x2∈ (0, 1) sao cho
α
f0(x1)+
1 − α
f0(x2) = 1.
Câu 6 Cho hàm số g(x) có g00(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
Z
0
f (x)dx < g(0)π +g
0(0)
2 π
2
Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [0, π] sao cho f (c) = g(c)
Trang 6
——————————————————-Đáp án: Môn Giải tích
Câu 1 Theo giả thiết ta có an+2an+1− an+1an = 1 Như vậy un = an+1an là một cấp số cộng với số hạng đầu tiên u1= 1 và công sai d = 1 Khi đó
an+2= n + 1
an+1 =
n + 1
n an, n = 1, 2,
Suy ra
a2008=2007
2006 .
3
2a2=
3.5 2007 2.4 2006.
Câu 2 Ta có
Sn= 1 + 2
2008+ · · · + n2008
n2009 = 1
n
"
1 n
2008
+ 2 n
2008
+ · · · +n
n
2008#
= 1
n
n
X
i=1
i n
2008
Xét hàm số f (x) = x2008 Hiển nhiên, f (x) khả tích trên [0,1] Chia đoạn [0,1] bởi các điểm xi= i
n, chọn điểm ci= i
n ∈ [xi−1, xi], i = 1, , n Vậy
lim
n→∞
1 n
n
X
i=1
i n
2008!
= lim
n→∞
1 n
n
X
i=1
f i n
!
=
Z 1
0
x2008dx = 1
2009.
Câu 3 (i) Xét hàm số g(x) = e−xsin 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 g0(c) = 0 Mặt khác, ta có
g0(x) = e−x(− sin f (x) + cos f (x)f0(x))
Suy ra
− sin f (c) + cos f (c)f0(c) = 0
Vậy f0(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 |f0(x)| < 1, f (0) = f (π) = 0 ta có
∃c1∈ (0, x) : |f (x)| = |f (x) − f (0)| = |f0(c1)||x| < |x|,
∃c2∈ (x, π) : |f (x)| = |f (π) − f (x)| = |f0(c2)||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
Z
0
f (x)dx =
π 2
Z
0
f (sin ϕ) cos ϕdϕ
2
Trang 7Mặt khác, đặt x = cos ϕ, ϕ ∈0,2 Ta có
I =
1
Z
0
f (x)dx =
π 2
Z
0
f (cos ϕ) sin ϕdϕ
Do đó
2I =
Z π2
0
f (sin ϕ) cos ϕdϕ +
Z π2
0
f (cos ϕ) sin ϕdϕ
=
Z π2
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 ≤Rπ2
0 dϕ = π2 VậyR1
0 f (x)dx ≤ π4 Câu 5 Do f (x) liên tục nên với mỗi α ∈ (0, 1), tồn tại x0 ∈ (0, 1) : f (x0) = α Theo định lý Lagrange tồn tại x1∈ (0, x0) và x2∈ (x0, 1) sao cho
f (x0) − f (0)
x0− 0 = f
0(x1), f (1) − f (x0)
1 − x0 = f
0(x2)
Vì vậy f0(x1) = α
x0
và f0(x2) = 1 − α
1 − x0
Vậy
α
f0(x1)+
1 − α
f0(x2) =
α
α
x 0
+1 − α1−α
1−x 0
= x0+ 1 − x0= 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
Z π
0
Φ(x)dx =
Z π
0
g(x)dx −
Z π
0
f (x)dx =
Z π
0
g(0) + g0(0)x +g
00(ξ)
2 x
2dx
−
Z π 0
f (x)dx >
Z π 0
g(0)dx +
Z π 0
g0(0)xdx −
Z π 0
f (x)dx
= g(0)π +g
0(0)π2
2 −
Z 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
————————————