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
nn
∆ ≥
.
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 At 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 thiết2006
0
A
=
suy ra detA = 0. Ký hiệu
( ), , 1,2
ij
A a i j
= =
thì ta có
11 12
11 12
,
a a
Aa 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
Aa 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
nn
∆ ≥
.
GIẢI:
3
1 1 1 2
22 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.
kk
∆ ∀ ≥
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 At 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
21
1
n
j j
j
n
j j
j
nn
nj j
j
a x
x
a x
x
A
x
a x
=
=
=
=
∑
∑
∑
MM
. 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
211 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
1sin
lim
0
n x
e dx
n
−
→ ∞∫
Giải : Đặt 1sin
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
nnc
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
02 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