ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII(2010) MÔN ĐẠI SỐ

Chia sẻ: Ly Tran Hiep | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là tài liệu tham khảo liên quan đến lĩnh vực toán học kỳ thi olympic quốc tế năm 2010, giúp cho các bạn sinh viên có cơ hội nhìn nhận lại những sai sót, rút ra những kinh nghiệm trong những kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII(2010) MÔN ĐẠI SỐ

H I TOÁN H C VI T NAM B GIÁO D C VÀ ĐÀO T O ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN L N TH XVIII Môn : Đ i s Câu 1. Cho A, B là các ma tr n vuông c p 2010 v i h s th c sao cho det A = det(A + B ) = det(A + 2B ) = · · · = det(A + 2010B ) = 0. (i) Ch ng minh r ng det(xA + yB ) = 0 v i m i x, y ∈ R. (ii) Tìm ví d ch ng t k t lu n trên không còn đúng n u ch có det A = det(A + B ) = det(A + 2B ) = · · · = det(A + 2009B ) = 0. Gi i. (i) Nh n xét r ng đ nh th c p(t) = det(A + tB ) là m t đa th c b c 2010 c a t. Vì p(0) = · · · = p(2010) = 0 nên ta có p(t) = 0. Đ nh th c q (t) = det(tA + B ) là m t đa th c b c 2010 c a t. Chú ý r ng q (t) = t2010 p(t−1 ) khi t = 0. Do đó ta cũng có q (t) = 0 v i m i t. (ii) Có th l y ví d A = diag(0, 1, 2, . . . , 2009) và B = −I . Câu 2. Cho {un }, {vn }, {wn } là các dãy s đư c xác đ nh b i: u0 = v0 = w0 = 1 và ∀n ∈ N,  = −un − 7vn + 5wn , un+1 = −2un − 8vn + 6wn , v  n+1 = −4un − 16vn + 12wn . wn+1 Ch ng minh r ng vn − 2 là s nguyên chia h t cho 2n . −1 −7 5 un −2 −8 6 và v i n ∈ N, Xn = Gi i. Ký hi u A = vn . Ta có −4 −16 12 wn ∀n ∈ N, Xn+1 = AXn . V y nên ∀n ∈ N, Xn = An X0 . Đa th c đ c trưng c a A là PA (x) = −x(x − 1)(x − 2). Do đó A có 3 giá tr riêng phân bi t λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 và A chéo hóa 2 −1 131 0 thì P −1 = 1 −1 . Đ t đư c. T đó, n u kí hi u P = 221 1 −2 −5 4 342 000 0 1 0 thì A = P BP −1 . T đây suy ra ∀n ∈ N, Xn = An X0 = B= 002 n P −1 X . PB 0 Do đó vn = 2n + 2.
Câu 3. (i) Ch ng minh r ng ng v i m i s n nguyên dương, bi u th c xn + y n + z n có th bi u di n dư i d ng đa th c Pn (s, p, q ) b c không quá n c a s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz. (ii) Hãy tìm t ng các h s c a đa th c P2010 (s, p, q ). Gi i. (i) B ng qui n p theo n. (ii) Gi s x2010 + y 2010 + z 2010 = P (s, p, q ). Ta c n tìm t ng các h s c a P (s, p, q ) t c là c n tìm P (1, 1, 1). T Đ nh lí Vi-et, x, y, z ph i là nghi m c a phương trình t3 − t2 + t − 1 = 0. T đó ch vi c ch n x = 1, y = i và z = −i, ta đư c P (1, 1, 1) = −1. Câu 4. Xác đ nh các đa th c th c P (x) th a mãn đi u ki n P (x)P (x2 ) = P (x3 + 2x), ∀x ∈ R. Gi i. Ta nh n th y đa th c h ng P (x) ≡ 0 và P (x) ≡ 1 th a mãn bài toán. Bây gi ta ch ng minh r ng các đa th c b c dương không th a mãn. Chú ý r ng đ ng th c trong bài cũng đúng v i các giá tr ph c. Gi s x0 là m t nghi m (th c ho c ph c) c a P (x). N u x0 = 0 thì P (x) = xs Q(x), trong đó s ≥ 1, Q(x) là đa th c v i Q(0) = 0. Th vào đi u ki n đã cho, ta thu đư c x2s Q(x)Q(x2 ) = (x2 + 2)s Q(x3 + 2x), ∀x ∈ R. Đi u này mâu thu n v i gi thi t Q(0) = 0. V y nên x0 = 0. Ta có th gi thi t môđun |x0 | có giá tr l n nh t trong √ √ các nghi m c a P (x). Khi đó x3 + 2x0 và ( x0 )3 + 2 x0 cũng là nghi m. 0 √ √ Do đó |x3 + 2x0 | ≤ |x0 | và |( x0 )3 + 2 x0 | ≤ |x0 |. 0 Đ t x0 = a + bi. Đi u ki n |x3 + 2x0 | ≤ |x0 | tương đương v i 0 (a2 − b2 )2 + 4a2 b2 + 4(a2 − b2 ) + 3 ≤ 0. T đó 4b2 ≥ 3 + 4a2 và thay vào ti p, ta l i có 4b2 ≥ 4a2 b2 + 4a2 + 3 ≥ a2 · 3 + 4a2 + 3 = 7a2 + 3. (∗) √ √ Đi u ki n |( x0 )3 + 2 x0 | ≤ |x0 | tương đương v i [(a + 2)2 + b2 ]2 ≤ a2 + b2 hay (a2 + b2 )(a2 + b2 + 8a + 7) + (4a + 4)2 ≤ 0. (∗∗) Theo (∗) ta có: 2 a2 + b2 + 8a + 7 ≥ 1 (11a2 + 32a + 31) = 1 16 23 + 2a2 + 3a + > 0, 4 4 3 9 mâu thu n v i (∗∗). 2
Câu 5. Ch n m t trong hai câu sau: 5a. Cho A là ma tr n th c, vuông c p n ≥ 2, có t ng các ph n t trên đư ng chéo b ng 10 và rank A = 1. Tìm đa th c đ c trưng và đa th c t i ti u c a A (t c đa th c p(t) = 0 b c nh nh t v i h s c a lũy th a b c cao nh t b ng 1, sao cho p(A) = 0). 5b. Cho A, B, C là các ma tr n th c, vuông c p n, trong đó A kh ngh ch và đ ng th i giao hoán v i B và C . Gi s C (A + B ) = B. Ch ng minh r ng B và C giao hoán v i nhau. Gi i. Câu 5a. Cách 1: Tính tr c ti p Vì rank(A) = 1 nên t n t i véctơ khác 0 sao cho các véctơ dòng còn l i đ u bi u di n đư c tuy n tính qua nó. Do đó ma tr n A có d ng sau   λ1 x1 λ1 x2 ... λ 1 xn λ2 x1 λ2 x2 ... λ 2 xn   ... ... ... ...   A= ,   λi x1 λi x2 ... λi xn   ... ... ... ...   λn x1 λn x2 ... λn xn trong đó     λ1 x1 λ2 x2     ... ...     U :=   = 0, V :=   = 0.     λi xi     ... ...     λn xn Khi đó A = U V t và   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 V y đa th c t i ti u là P (t) = t2 − 10t. 3
b) Ta tính đ nh th c Dn (t) = det(A + tIn ): λ1 x1 + t λ1 x 2 ... λ 1 xn λ2 x1 λ2 x2 + t ... λ 2 xn ... ... ... ... Dn = λi x1 λi x2 ... λi xn ... ... ... ... λn x1 λn x2 . . . λn xn + t λ1 x1 + t λ1 x 2 ... λ1 xn λ1 x1 λ1 x2 . . . λ1 xn λ2 x1 λ2 x2 + t ... λ2 xn λ2 x1 λ2 x2 . . . λ2 xn ... ... ... ... ... ... ... ... = + λi x1 λi x2 ... λi xn λi x1 λi x2 . . . λ i xn ... ... ... ... ... ... ... ... λn x1 λn x2 ... λn xn 0 0 ... t λ1 x1 + t λ1 x 2 ... λ1 λ2 x1 λ2 x2 + t ... λ2 ... ... ... ... = λn xn + tDn−1 λi x1 λi x2 ... λi ... ... ... ... x1 x2 ... 1 t 0 ... 0 0 t ... 0 ... ... ... ... + tDn−1 = λn xn tn−1 + tDn−1 . = λn xn 0 0 ... 0 ... ... ... ... x1 x2 . . . 1 Ta d dàng ch ng minh b ng quy n p Dn = tn−1 (λn xn + λn−1 xn−1 + · · · + λ2 x2 + D1 ) = tn−1 (trace(A) + t) = tn−1 (t + 10). V y đa th c đ c trưng là (−1)n tn−1 (t − 10). Cách 2: Vì dim Ker A = n − 1 nên A có đúng n − 1 véc tơ riêng ng v i 0. Do đó giá tr riêng còn l i là 1 s th c. T đó A chéo hoá đư c và trên đư ng chéo ch có 1 ph n t khác 0 chính là v t = 10. T đó tính ra ngay đa th c đ c trưng và đa th c t i ti u. Câu 5b. T gi thi t suy ra A + C (A + B ) = A + B hay A = (I − C )(A + B ). (1) Do A kh ngh ch và đ ng th i giao hoán v i B và C nên t (1) suy ra I = (I − C )(A + B )A−1 = (I − C )A−1 (A + B ), t c I − C kh ngh ch và vì v y I = (A + B )A−1 (I − C ) = A−1 (A + B )(I − C ), 4
hay A = (A + B )(I − C ). (2) T (2) suy ra A = A + B − (A + B )C, hay B = (A + B )C . V y nên (A + B )C = C (A + B ) t c BC = CB , đpcm. 5