ÐÊ GIỚI THIỆU OLYMPIC TOÁN TOÀN QUÔC LÂN THỨ XIV NĂM 2006 MÔN: Ð
ẠI SÔ pot

1

BỘ GIÁO DỤC CỘNG HOÀ XÃ H
ỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường ĐH An Giang Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ GIỚI THIỆU OLYMPIC TOÁN
TOÀN QUỐC LẦN THỨ XIV NĂM 2006
MÔN: ĐẠI SỐ
Thời gian: 180 phút
NỘI DUNG:


Câu 1: Cho
,
A B
là các ma trận vuông thực cấp 2 khác 0, thỏa
AB BA
=
và
2006 2006
0
A B
= =
. Chứng minh
2005
( ) 0
A B
+ =
.
Câu 2: Cho

1 1 1 2 1
2 1 2 2 2
2 2
1 1 1
1 1 1

1 1 1
n
n
n
n n n n
x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y
+ + +
+ + +
∆ =
+ + +
,
, , 1, , .
i i
x y i n
∈ =
¡

Tính
2 3
,
∆ ∆
. Từ đó tính

, 4
n
n
∆ ≥
.
Câu 3
: Tìm một ma trận vuông cấp hai
( ), 0, , 1,2
ij ij
B b b i j
= ≠ =
sao cho B có 2 giá trị
riêng
1 2
2, 5.
λ λ
= =

Câu 4: Cho A là một ma trận vuông thực cấp n không khả nghịch và A
t
là ma trận
chuyển vị của A. Chứng minh rằng, tồn tại các số thực
1 2
, , ,
n
x x x
không đồng thời bằng
0 thỏa
[ ]
1

2
1 2
0

t
n
n
x
x
x x x A A
x
 
 
 
=
 
 
 



Người giới thiệu Thạc sỹ Hoàng Huy Sơn
Trưởng bộ môn Toán Trường Đại học An Giang.

2

Bộ Giáo Dục CỘNG HOÀ XÃ H
ỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường ĐH An Giang Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỚI THIỆU OLYMPIC TOÁN
TOÀN QUỐC LẦN THỨ XIV NĂM 2006
MÔN: ĐẠI SỐ
Thời gian: 180 phút
NỘI DUNG:


Câu 1: Cho
,
A B
là các ma trận vuông thực cấp 2 khác 0, thỏa
AB BA
=
và
2006 2006
0
A B
= =
. Chứng minh
2005
( ) 0
A B
+ =

.
GIẢI:
Từ giả thiết
2006
0
A
=
suy ra detA = 0. Ký hiệu
( ), , 1,2
ij
A a i j
= =
thì ta có
11 12
11 12
,
a a
A
a a
λ
λ λ
 
= ∈
 
 
¡
.
Dễ thấy
11 12 11 12 11 11 12 12 11 12
2

11 12 11 12 11 11 12 12 11 12
11 12 11 12
11 12 11 12
11 12 11 12
2006 2005
11 12
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) .
a a a a a a a a a a
A
a a a a a a a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
A a a A
λ λ
λ λ λ λ λ λ λ λ
λ λ
λ λ λ λ
λ
+ +
    
= =
    
+ +
    
   
= + = +

   
   
⇒ = +

Do
2006
A
= 0 và
A

0
≠
nên
2005
11 12 11 12
( ) 0 ( ) 0
a a a a
λ λ
+ = ⇒ + =
. Vậy
2
A

= 0. Từ
đó
0, 2
n
A n
= ∀ ≥
. Tương tự thì

0, 2
n
B n
= ∀ ≥
.
Ta có
2005
2005 2005
2005
0
( ) 0
n n n
n
A B C A B
−
=
+ = =
∑
. (Đpcm)
Câu 2: Cho
1 1 1 2 1
2 1 2 2 2
2 2
1 1 1
1 1 1

1 1 1
n
n
n

n n n n
x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y
+ + +
+ + +
∆ =
+ + +

Tính
2 3
,
∆ ∆
. Từ đó tính
, 4
n
n
∆ ≥
.
GIẢI:
3


1 1 1 2
2
2 1 2 2
1 2 1 1 1 1 1 2
2 2 2 1 2 1 2 2
2 2 1 1 1 2 2 1 2 1
1 1

1 1
1 1
1 1
1 11 1
0 ( ) ( ) 0 ( )( ).
x y x y
x y x y
x y x y x y x y
x y x y x y x y
y x x y x x x x y y
+ +
∆ =
+ +
= + + +
= + − + − + = − −

1 1 1 2 1 3
3 2 1 2 2 2 3
3 1 3 2 3 3
1 1 1
1 1 1
1 1 1
x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y
+ + +
∆ = + + +
+ + +

Dùng các tính chất của định thức giống như đối với

2
∆
, ta có các định thức thành
phần đều bằng 0 (đều có hai cột giống nhau hoặc tỷ lệ nhau). Vậy
3
0
∆ =
. Nhận xét đó
cũng đúng cho các
, 4.
k
k
∆ ∀ ≥

Câu 3: Tìm một ma trận vuông cấp hai
( ), 0, , 1,2
ij ij
B b b i j
= ≠ =
sao cho B có 2 trị riêng
1 2
2, 5.
λ λ
= =

GIẢI: Ma trận B cần tìm phải đồng dạng với một ma trận D =
2 0
0 5
 
 

 
tức là B = PDP
-1
với P là một ma trận cấp hai nào đó khả nghịch, chẳng hạn P =
2 1
1 1
 
 
 
, P
-1
=
1 1
1 2
−
 
 
−
 

Vậy B =
2 1
1 1
 
 
 
2 0
0 5
 
 

 
1 1
1 2
−
 
 
−
 
=
1 6
.
3 8
−
 
 
−
 

Câu 4: Cho A là một ma trận vuông thực cấp n không khả nghịch và A
t
là ma trận
chuyển vị của A. Chứng minh rằng, tồn tại các số thực
1 2
, , ,
n
x x x
không đồng thời bằng
0 thỏa
[ ]
1

2
1 2
0

t
n
n
x
x
x x x A A
x
 
 
 
=
 
 
 


GIẢI: Đặt
( )
ij n
A a
=
. Khi đó
[ ]
1 2 1 2
1 1 1

n n n
t
n j j j j nj j
j j j
x x x A a x a x a x
= = =
 
=
 
 
∑ ∑ ∑

4

1
1
1
2
2
1
1
n
j j
j
n
j j
j
n
n
nj j

j
a x
x
a x
x
A
x
a x
=
=
=
 
 
 
 
 
 
 
 
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑

∑
∑
M
M
. Vậy
[ ]
1
2 2
2
1 2 1
1 1


n n
t
n j j nj j
j j
n
x
x
x x x A A a x a x
x
= =
 
 
   
 
= + +
   
 

   
 
 
∑ ∑
. Do đó
[ ]
1
2
1 2
0

t
n
n
x
x
x x x A A
x
 
 
 
=
 
 
 
tương đương với
2 2
1
1 1
0

n n
j j nj j
j j
a x a x
= =
   
+ + =
   
   
∑ ∑
, ta có hệ

2
1
1
2
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
2
1
1 1 2 2
2
1
0
0
0
0

0
0

n
j j
j
n n
n
n n
j j
j
n n nn n
n
nj j
j
a x
a x a x a x
a x a x a x
a x
a x a x a x
a x
=
=
=

 

=
 

 
+ + + =



 


+ + + =
=
 
 
⇔
 
 
 
 
+ + + =


 

=
 

 

∑
∑
∑
M
vì detA = 0 nên hệ này có nghiệm
không tầm thường.

(Mỗi câu 2,5 điểm)
Người giới thiệu: Thạc sỹ Hoàng Huy Sơn
Trưởng bộ môn Toán Trường Đại học An Giang.











5

Bộ Giáo Dục CỘNG HOÀ XÃ H
ỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường ĐH An Giang Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Giới thiệu đề thi: OLYMPÍC TOÁN HỌC
Môn thi : Giải Tích

Câu 1:
Tìm giới hạn

1
sin
lim
0

n x
e dx
n
−
→ ∞
∫

Giải : Đặt
1
sin
0
n x
n
I e dx
−
=
∫
ta có
0
n
I
≥
, hàmy
sin
x
y
x
=
trên đoạn [b,1] với
0<b

1
≤
liên tục nên bị chặn trên đoạn đó và
0
sin
lim 1
x
x
x
→
=
, do đó tồn tại số dương c sao
cho
[
]
sinx cx x 0,1
≥ ∀ ∈

Do đó:
1
1
0
0
1 1 1
0
ncx ncx
n
nc
I e dx e
nc nce nc

− −
≤ = = + →
− −
∫
khi
n
→ ∞
. Vậy
lim 0
n
I
n
=
→ ∞
.
Câu 2 : Tìm giới hạn hàm số

4
2 3 2
3 2 2cos2 2 4 1 2
lim
2
0
x x x x x x
x
x
+ + − − + + − +
→

Giải: Đặt f(x) =

4
3 2
2 4 1 2
x x x
+ + − +

4
2 3 2
3 2 2cos2 2 4 1 2
lim
2
0
x x x x x x
x
x
+ + − − + + − +
→
=
( )
2
2
0
3 2 2cos2 1
lim
x
x x x x
x
→
+ + − − +
+

2
0
1 ( )
lim
x
x f x
x
→
+ −


=
( )
2
0
2 2
4sin
lim
3 2 2cos2 1
x
x
x x x x x
→
+ + − + +
+
( ) ( ) ( )
2 3 4 2
3 2
2 2 3
0

6 3 1 2 1
lim
1 1 ( ) 1 ( ) ( )
x
x x x x
x x x f x x f x f x
→
+ + + + −
 
+ + + + + +
 

= 2+
( )
2
2
0 0
1 2 15
lim 6 3 lim
4 4
1 2 1
x x
x x
x
→ →
 
+ + + =
 
+ +
 

.
Câu3: Tìm hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả mãn điều kiện
6

2006f(x-1) + 2005f(1-x) = x,
x R
∀ ∈
.
Giải :
Thay x bởi x +1 ta có 2006f(x) +2005f(-x) = x + 1 suy ra 2006f(-x) + 2005f(x) = -x +1
Do đó (2006 + 2005)(f(x) + f(-x)) = 2
2
( ) ( )
4011
f x f x⇒ + − =

Vậy
2006 ( ) 2005 ( ) 1
2
( )
2
4011
( ) ( )
4011
f x f x x
f x x
f x f x
+ − = +



⇒ = +

+ − =


thỏa đề bài.



Giáo viên ra đề: Thạc sĩ: VÕ TIẾN THÀNH
Đại Học An Giang