Đề thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc năm 2004 - Môn thi: Đại số

Chia sẻ: Ly Tran Hiep | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

220
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc 2004 môn thi: Đại số. Đây sẽ là tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên có tư liệu ôn thi tốt đạt kết quả cao trong các kì thi giữa kì và cuối kì

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc năm 2004 - Môn thi: Đại số

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM MATHOLP’04 Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Đại số Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Cho các ma trận:  1  3   1  3  3 0     A  3 1 ; T   0 2 5 2 0 1  1  3 1     1 a) Tính B = T – 1AT. b) Tìm giá trị riêng và véctơ riêng của ma trận A. Câu 2. Chứng minh rằng với mọi ma trận vuông thực cấp hai A, B, C ta luôn có  AB – BA C  C  AB – BA 2004 2004 . Câu 3. Biết rằng các ma trận vuông A, B đều là nghiệm của đa thức f(x)= x2– x và AB + BA = 0. Tính det(A – B) ? Câu 4. Cho ma trận thực A  aij nn thoả mãn điều kiện: i j  0, aij     1, i j Chứng minh rằng: a) Nếu n= 3, thì tồn tại ma trận A để sao cho detA = 0. b) Nếu n= 4, ta luôn có detA  0. Câu 5. a) Xác định đa thức f(x) dạng f(x) = x5 – 3x4+2x3 +ax2 +bx +c biết rằng nó chia hết cho đa thức (x – 1)(x +1)(x – 2). b) Cho P(x), Q(x), R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện (P(x) + Q(x))2=(R(x))2. Hỏi đa thức T(x)=P(x)Q(x)R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả bội của nghiệm). -------o0o------- 1
ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Đại số Câu 1. Cho các ma trận:  1  3   1  3  3 0     A  3 1 ; T   0 2 5 2 0 1  1  3 1     1 a) Tính B = T – 1AT. b) Tìm giá trị riêng và véctơ riêng của ma trận A. Giải. a ) Ta c ó  7 0 21  1  1    1 1   15 10 5  , B  T AT   3  . T 70  2  4  6 10    b) Giá trị riêng {–1, –3, 4}. Câu 2. Chứng minh rằng với mọi ma trận vuông thực cấp hai A, B, C ta luôn có (AB – BA)2004C = C(AB – BA)2004. Giải. Tính toán trực tiếp ta thấy với cặp ma trận vuông cấp hai A và B bất kỳ, AB và BA có cùng một vết. Từ đó suy ra ma trận D=AB –BA có vết bằng 0. Vậy nên a b  D 2 2  và D = (a +cb)E.  c a  Do đó D2004= (a2 + cb)1002E và nó giao hoán với mọi ma trận C. Câu 3. Biết rằng các ma trận vuông A, B đều là nghiệm của đa thức f(x)= x2– x và AB+ BA = 0. Tính det(A – B) ? Giải. Ta có A2=A, B2=B nên ( A  B)2  A2  AB  BA  B 2  A2  B 2  A  B  ( A  B)  A  AB  BA  B  A  B  A  B 2 2 2 2 2 Đặt det( A  B)   , det( A  B)   . Ta có  2   det( A  B)2  det( A  B)   hay  2 det( A  B)  det( A  B)    2  Suy ra ( ,  )  (0, 0), ( ,  )  (1, 1), ( ,  )  (1, 1). Vậy ta có ba trường hợp: (i)   0 , chẳng hạn khi A = 0, B = 0. (ii)   1, chẳng hạn khi A = E, B = 0. (iii)   1, chẳng hạn khi 2
 1 0  0 0 A  , B .  0 0  0 1 Câu 4. Cho ma trận thực A  aij nn thoả mãn điều kiện: i j  0, aij     1, i j Chứng minh rằng: a) Nếu n= 3, thì tồn tại ma trận A để sao cho detA = 0. b) Nếu n= 4, ta luôn có detA  0. Giải. a) Ví dụ, với  0 1 1   A3   1 0 1   1 1 0    ta có detA3 = 0. b) Xét ma trận 0 1 1 1   1 0 1 1 B . 1 1 0 1   1 1 1 0 Ta tính được detB= –3. Theo định nghĩa của định thức thì  det B  (1) N ( j1 ,..., j4 ) b1 j1 b2 j2 b3 j3 b4 j4 ( j1 ,..., j4 ) và  det A  (1) N ( j1 ,..., j4 ) a1 j1 a2 j2 a3 j3 a4 j4 (*) ( j1 ,..., j4 ) Rõ ràng là nếu tích b1 j b2 j b3 j b4 j  0 thì tích a1 j a2 j a3 j a4 j  0 và ngược lại. Do 1 2 3 4 1 2 3 4 det B  3 là một số lẻ nên số số hạng khác 0 trong (*) cũng là một số lẻ và vì vậy det A  0. Câu 5. a) Xác định đa thức f(x) dạng f(x) = x5 – 3x4+2x3 +ax2 +bx +c biết rằng nó chia hết cho đa thức (x – 1)(x +1)(x – 2). b) Cho P(x), Q(x), R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3 thỏa mãn điều kiện (P(x) + Q(x))2=(R(x))2. Hỏi đa thức T(x)=P(x)Q(x)R(x) có ít nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả bội của nghiệm). Giải. a) Từ giả thiết f (1)  f (1)  f (2)  0, ta thu được hệ phương trình a  b  c  0  a  b  c  6  0. 4a  2b  c  0  Giải hệ này, ta thu được a  1, b  3, c  2. Vậy đa thức cần tìm là 3
f(x) = x5 – 3x4 +2x3 + x2 – 3x +2. b) Không mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều dương. Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn luôn có 2 nghiệm thực. Ta có Q2 = (R – P)(R + P). Vì degP=degQ = 3 nên deg(R + P)= 3. Do degQ2 = 4 nên deg(R – P) =1. Do đó đa thức Q2 có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q có nghiệm thực. Vì degQ=2 nên Q có đúng 2 nghiệm thực. Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn luôn có 3 nghiệm thực. Ta có P2=(R – Q)(R + Q). Vì deg(R – Q)=deg(R + Q)= 3 nên các đa thức (R – Q) và (R + Q) có nghiệm thực. Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau, thì P có hai nghiệm thực phân biệt và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực. Nếu (R – Q) và (R + Q) có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q. Do vậy R( x)  ( x  a) R1 ( x), Q( x)  ( x  a)Q1 ( x), P( x)  ( x  a) P ( x). 1 Thế vào hệ thức P2=(R – Q)(R + Q), ta thu được P2  R12  Q12 , với P , R1 là các tam 1 1 thức bậc hai, Q1 là nhị thức bậc nhất. Ta có Q12  ( R1  P )( R1  P ). 1 1 Vì Q12 là đa thức bậc hai và R1+ Q1 là tam thức bậc hai nên R1 – P1 là đa thức hằng. Vậy, nếu P ( x)  ax2  bx  c (a  0) và Q1 ( x)  dx  e thì R1 ( x)  ax2  bx  c  k và 1 k  R1 ( x)  P ( x)  (dx  e)2 . (1) 1 e Suy ra k>0. Thay giá trị x   vào (1), ta thu được d  e  e R1     P     0 1  d  d  e k nên P       0. Do đó tam thức bậc hai P1(x) có hai nghiệm thực và P(x) có 3 1  d 2 nghiệm thực. Trở lại bài toán. Do P có 3 nghiệm thực, Q có 2 nghiệm thực và R là đa thức bậc 3 (có ít nhất 1 nghiệm thực) nên số nghiệm thực của T(x) không nhỏ thua 6. Ví dụ, ta chọn P ( x )  x 3  3 x 2  2 x, Q( x)  2( x 2  2 x  1), R( x)  x 3  3 x 2  4 x  2 thì P2+Q2=R2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực. 4
HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM MATHOLP’05 Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2005 Môn thi: Đại số Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Xét ma trận có dạng  x12  1 x1 x2 x1 x4  x1 x3    x1 x2 x2  1 x2 x3 2 x2 x4  A ,  x1 x3 x2 x3 x3  1 x3 x4  2    xx x3 x4 x4  1 2  14  x2 x4 Chứng minh rằng định thức của A là một đa thức đối xứng theo các biến x1 , x2 , x3 , x4 . Tính định thức của A khi x1 , x2 , x3 , x4 lần lượt là 4 nghiệm của đa thức P4 ( x)  x 4  x3  5x 2  1. Câu 2. Cho ma trận  2 2 A .  1 3 Tìm ma trận B có các giá trị riêng dương sao cho B2 =A. Câu 3. 1) Tồn tại hay không đa thức P(x) thoả mãn P( x)  P( x) và P( x)  P( x), với mọi x? 2) Biết rằng đa thức Q(x) có tính chất Q( x)  Q( x), x  ¡ . Chứng minh rằng Q( x)  0, x  ¡ . Câu 4. Cho ma trận  2 1 0   M   0 1 0,  0 0 2   Đặt M n  bij (n)i , j 1,2,3. (n  ¥ , n  2). Tính Sn   bij (n). 3 3 i 1 j 1 Câu 5. Giải hệ phương trình  a  x1  x2  .....  xn 1  xn  2004  a  x1  x2  .....  xn 1  xn   20052  1  .................................. ...................  a  x1  ...  xn 1  xn   2005n  1  --------Hết-------- 5
ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2005 Môn: Đại số Câu 1. Xét ma trận có dạng  x12  1 x1 x2 x1 x4  x1 x3    x1 x2 x2  1 x2 x3 2 x2 x4  A ,  x1 x3 x2 x3 x3  1 x3 x4  2    xx x3 x4 x4  1 2  14  x2 x4 Chứng minh rằng định thức của A là một đa thức đối xứng theo các biến x1 , x2 , x3 , x4 . Tính định thức của A khi x1 , x2 , x3 , x4 lần lượt là 4 nghiệm của đa thức P4 ( x)  x 4  x3  5x 2  1. Giải. Ta có   1  x1  x x1 x1 x1    1   1 x2   x2 x2  x2 x2 det A  x1 x2 x3 x4 .det     1 x3   x3 x3  x3 x3    1 x4    x4 x4 x4  x4    1 1  x 2 1 1 1   1   1 1 2 1 1 1 x2  x12 x2 x3 x4 .det   222   1 1 2 1 1 1 x3    1 1 2  1 1 1  x4  6
 1 1 1  1 1 0 0 0    x2 1  0  1  0 0   1 1 2 x2 1 1 2 2 2 2      x1 x2 x3 x4 det   det   1 1 0 0  0 0 0 0    2 2 x3 x3      1 1 0  0 0 0 0 0 2  x4  2  x4     1 1  1  0 0 0   x2 0 0 0 0 0 0  x2  x2  1 1  1    1     0  0 0 1 1 2  0 0 0 0 0 0 x2   det   det    det  2 2  x2 x2   1   1 1 0 0 0 1 1 1  2 0 0   0 x3   2 x3 1   0  1  0 0  2 1 1 0 2  x4    0 0 1 1 x4     2 2 2  1 1 1 1 1  x12 x2 x3 x4  2 2 2  2 2 2  2 2 2  2 2 2  2 2 2 2   x2 x3 x4 x1 x3 x4 x1 x2 x4 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x4   x12  x2  x3  x4  1   x1  x2  x3  x4   2 2 2 2 `  2  x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4   1. Vì x1 , x2 , x3 , x4 là nghiệm của đa thức P4 ( x)  x4  x3  5x2  1 nên: x1  x2  x3  x4  1; x1 x2  x1 x3  x1x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4  5. Vậy detA= 1– 2.(–5) +1=12. Câu 2. Cho ma trận  2 2 A .  1 3 Tìm ma trận B có các giá trị riêng dương sao cho B2 =A. Giải. Chéo hoá ma trận A: 1 0 D  P 1 AP   ,  0 4 trong đó 1 3 1 3   2 1 1 P , P   .  1 1 1 3 2 3  Ma trận C có các giá trị riêng dương sao cho C2=D là ma trận 1 0 C  .  0 2  Cần tìm B=QCQ –1 sao cho B2=QC2Q –1=A=PDP –1?  QDQ1  PDP1  D(Q1P)  (Q1P) D.    Cần giải phương trình: DX=XD, X      7
 1 0         1 0     .        0 2 .  0 2          2     2 2    2     0,   0,  ,   khác 0 tuỳ ý ! Vậy ta có:  0    1 0   2 1  1  1 Q P   Q  P   1 1   0   0      1    1 0  1   3  3   4 3 2 3 Q 1   1 P    B  QCQ   .   3 2 3  0  1   1 3 5 3   4 3 2 3 Ghi chú: Nếu thí sinh chọn luôn ma trận B  PCP 1    thì vẫn cho điểm tối  1 3 5 3 đa. Câu 3. 1) Tồn tại hay không đa thức P(x) thoả mãn P( x)  P( x) và P( x)  P( x), với mọi x? 2) Biết rằng đa thức Q(x) có tính chất Q( x)  Q( x), x  ¡ . Chứng minh rằng Q( x)  0, x  ¡ . Giải. 1) Dễ dàng thấy không tồn tại các đa thức bậc 0, 1, 2: P0 ( x), P ( x), P2 ( x) thoả mãn 1 điều kiện đầu bài. Xét trường hợp n  3. Giả sử tồn tại đa thức bậc n : Pn ( x) thỏa mãn điều kiện: Pn ( x)  Pn ( x), (1) Pn ( x)  Pn ( x) x (2) Từ (1)  Pn ( x)  Pn ( x)  0 x  n  chẵn. Từ (2)  Pn ( x)  Pn ( x)  0 x  (n  1)  chẵn. Vô lý!!!! 2) Từ giả thiết suy ra n - chẵn (n - bậc của đa thức Q(x)). Giả sử ngược lại, x0 : Q( x0 )  0  phương trình Q(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm ( n - chẵn!).  e xQ( x)  0 có ít nhất 2 nghiệm ( kể cả nghiệm bội)   e xQ( x)   0 có nghiệm. Tức là e xQ( x)  e xQ( x)  0 có nghiệm  Q( x)  Q( x)  0 có nghiệm  Vô lý!!!! Câu 4. Cho ma trận  2 1 0   M   0 1 0,  0 0 2   Đặt M n  bij (n) 3 3 (n  ¥ , n  2). Tính Sn   bij (n). i , j 1,2,3. i 1 j 1 Giải. Ta có M= E +D với 8
1 0 0  1 1 0     E  0 1 0 , D   0 0 0. 0 0 1  0 0 1     Dễ dàng thấy rằng E  E, D  D, n  ¥ (n  2). Khi đó n n n n n M n  ( E  D)n   Cn E nk D k   Cn E nk D k  E   Cn D  E. k k k k 0 k 1 k 1 Mặt khác n k  n   Cn C k  0 n  k 1  k 1 n  Cn D   0 0 k 0   k 1 n 0 k  Cn  0    k 1 n C  2n  1. Do đó: và k n k 1  2n 2n  1 0    Mn  0 0 . 1 0 2n  0   Từ đây suy ra Sn  3.2n. Câu 5. Giải hệ phương trình  a  x1  x2  .....  xn 1  xn  2004  a  x1  x2  .....  xn 1  xn   20052  1  .................................. ...................  a  x1  ...  xn 1  xn   2005n  1  Giải. Cộng thêm biểu thức x1  x2  ...  xi 1 vào cả hai vế phương trình thứ i (i  2) của hệ đã cho. Với i  2,3,..., n, ta có a  x1  x2  ...  xi 1 x1  x2  ...  xi 1  xi  ....  xn   x1  x2  ...  xi1 2005i  1   a a 1    ( x1  x2  ...  xi 1 ) 1   2004 2005  1  2005  1  i i a  2005i  2005   x1  x2  ...  xi 1   . 2005i   2004 Vậy với i  2,3,..., n 1: xi  ( x1  x2  ...  xn )  ( x1  x2  ...  xi 1 )  a  2005i 1  2005  a  2005i  2005  a    i 1   i . i 2005   2005   2005 2004 2004 9
a Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai ta được x1  . Vậy 2005 a a xi  (i  1, 2,..., n  1); xn  . 2004.2005n1 2005i -------Hết------- 10