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