Tai Lieu on Thi Olympic

MA TRẬN LUỸ LINH Khái niệm ma trận trong Đại số tuyến tính được giảng dạy trong chương trình Toán đại cương của hầu hết các trường Đại học. Đây cũng là nội dung quy định của Hội Toán học Việt nam trong các kỳ thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc. Nhằm giúp Sinh viên chuẩn bị tham gia vào các kỳ thi Olympic Toán học sinh viên vòng trường và vòng quốc gia, chúng tôi giới thiệu một dạng ma trận và những tính chất của nó để các bạn sinh viên có thêm một tài liệu ôn tập. I.Định nghĩa và tính chất 1.Định nghĩa: Cho A là ma trận vuông cấp n, A được gọi là ma trận luỹ linh nếu tồn tại số nguyên dương q sao cho Aq = 0. Nhận xét: Nếu Aq = 0 thì ta cũng có Am = 0 với mọi số tự nhiên m thoả m ≥ q. Số nguyên dương k được gọi là cấp luỹ linh của ma trận A nếu Ak = 0, và Ak-1 ≠ 0. Ma trận A được gọi là ma trận luỹ linh đơn nếu A – E là ma trận luỹ linh ( E là ma trận đơn vị cùng cấp với ma trận A ). 2. Một số tính chất 1. Nếu A là ma trận luỹ linh thì A là ma trận suy biến. Chứng minh: Thật vậy A là ma trận luỹ linh, nên tồn tại số nguyên dương q sao cho Aq = 0. Ta có: det A.det A...det A DetAq = det0 = 0 suy ra 1 4 44 2 4 4 43 = 0 ⇒ (detA)q = 0 q

⇒ detA = 0 (đpcm). 2. Nếu A là ma trận luỹ linh thì các ma trận E – A và E + A khả nghịch. Chứng minh: Giả sử Ak = 0 ( k ≥ 1) ta có E = E – Ak = (E – A)(E + A + A2 +…+Ak-1). Như vậy E – A khả nghịch và (E – A)-1 = (E + A + A2 +…+Ak-1). Tương tự ta cũng có E + A khả nghịch vì: E = E + A 2k+1= (E + A)(E – A + A2 – …+A2k). Khi đó (E + A)-1 = (E – A + A2 – … + A2k). 3. Cho A và B là hai ma trận vuông cùng cấp và AB = BA. Khi đó nếu A và B là các ma trận luỹ linh thì A + B cũng là ma trận luỹ linh. Chứng minh: Do A và B là các ma trận luỹ linh nên tồn tại các số nguyên dương p,q sao cho Ap = 0, Bq = 0, giả sử p ≥ q, đặt m = 2p. Theo giả thiết AB = BA nên ta có khai triển nhị thức Newton: m

2m

(A + B) =

∑C i =0

i

m-i

A B

i m

Ai B m−i , trong 2 số i và m-i có ít nhất 1 số không nhỏ hơn p nên

= 0. Vậy ( A + B)2m = 0. (đpcm).

1

4. Cho A và B là hai ma trận vuông cùng cấp và AB = BA. Khi đó nếu A và B là các ma trận luỹ linh đơn thì ma trận tích AB cũng là ma trận luỹ linh đơn. Chứng minh: Vì (A – E), (B – E) là các ma trận luỹ linh, nên tồn tại các số nguyên dương p và q sao cho (A – E)p = 0, (B – E)q = 0. Ta có (AB – E) = (A – E)B + (B – E), giả sử p ≥ q khi đó do AB = BA nên ta cũng có tính chất giao hoán (A – E)B(B – E) = (B – E)(A – E)B. Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta thu được: 2p

2p

∑C

2p

(AB – E) = [(A – E)B + (B – E)] = i

i =0 i

i 2P

(A – E)iBi(B – E)2p-i . Trong 2 số i và 2p-i

phải có một số không nhỏ hơn p nên (A – E) B (B – E)2p-i = 0. Vậy tồn tại số nguyên dương 2p sao cho (AB – E)2p = 0, tức (AB – E) là ma trận luỹ linh. Vậy ta có đpcm. Chú ý: Tương tự như khái niệm ma trận luỹ linh người ta cũng xét khái niệm tự đồng cấu luỹ linh như sau. Tự đồng cấu f của K – không gian véc tơ V trên trường K gọi luỹ linh nếu có số nguyên f q = f . f ... f q 14 2 43 ). dương q để f = 0, ( q

q −1

Thêm vào đó nếu f ≠ 0 thì q gọi là bậc luỹ linh của f. Tự đồng cấu f của K – không gian véc tơ V trên trường K gọi luỹ linh đơn nếu f – IdV là luỹ linh ( IdV là tự đẳng cấu đồng nhất trên V). Chứng minh tương tự như ma trận luỹ linh, ta cũng có một số tính chất của đồng cấu luỹ linh như sau. 1. Nếu f và g là hai tự đồng cấu luỹ linh giao hoán được của K – không gian véc tơ V trên trường K thì f + g cũng luỹ linh. 2. Nếu f và g là hai tự đồng cấu luỹ linh đơn giao hoán được của K – không gian véc tơ V trên trường K thì f . g cũng luỹ linh đơn. 3. Nếu f là tự đồng cấu luỹ linh của R – không gian véc tơ V – n chiều trên trường R các số thực thì mọi giá trị riêng của f đều bằng 0. 4. Nếu f là tự đồng cấu luỹ linh đơn của R – không gian véc tơ V – n chiều trên trường R các số thực thì mọi giá trị riêng của f đều bằng 1. II. Một số bài tập đề nghị: Bài 1: Chứng minh rằng nếu A là ma trận luỹ linh thì mọi giá trị riêng của A đều bằng 0. Bài 2: Chứng minh rằng nếu A là ma trận luỹ linh đơn thì mọi giá trị riêng của A đều bằng 1. Bài 3: Cho A và B là hai ma trận vuông cùng cấp và AB = BA. Khi đó nếu A và B là các ma trận luỹ linh thì các ma trận E + (A + B), E – (A + B ) là các ma trận khả nghịch. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn Quốc lần thứ XI). Bài 4: Cho A là ma trận vuông thoả A2003 = 0. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có:

2

Rank(A) = Rank(A + A 2 + A3 + … +An). ( Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn Quốc lần thứ XI). Bài 5: Cho A và B là hai ma trận vuông cùng cấp thoả mãn các điều kiện: i. AB = BA ii. Tồn tại các số nguyên dương p, q sao cho (A – E)p = (B – E)q = 0. Chứng minh rằng ma trận tích AB có các giá trị riêng đều bằng 1. Bài 6: Cho A là ma trận vuông cấp n và Ak = 0 với k nguyên dương cho trước.  x1  x  2 Kí hiệu: X =   . Chứng minh hai phương trình  M    xn  AX = 0 và (A + A2 + ... + An)X = 0 tương đương. ( Đề thi Olympic Toán Sinh viên vòng trường năm 2003. ĐH An Giang). Bài 7: Cho A là ma trận vuông. Chứng minh rằng nếu α là véc tơ riêng của A tương ứng với giá trị riêng k thì α cũng là véc tơ riêng của An ứng với giá trị riêng kn, (n∈ N). (Đề thi chọn đội tuyển Olympic Toán Sinh viên 2004 trường ĐH An Giang). Bài 8:

 −1 0 1    1.Chứng minh ma trận  1 −1 −3 là ma trận luỹ linh.  0 1 2  2. Cho ma trận:  −1 0 1 1 0 0   1 −1 −3 0 1 0    0 1 2 0 0 1 A=   . Tính A100 0 0 0 − 1 0 1    0 0 0 1 −1 −3   0 0 0 0 1 2   GIÁ TRỊ RIÊNG VÀ VÉC TƠ RIÊNG Giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận là nội dung được quy định trong kỳ thi Olympic Toán học Sinh viên giữa các trường Đại học và Cao đẳng. Bài viết này nhằm giúp Sinh viên có thêm một tài liệu ôn tập, giải quyết được một số dạng bài tập về giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận thường gặp trong các kỳ thi Olympic Toán những năm gần đây. Cho f là phép biến đổi tuyến tính của không gian véc tơ n chiều V trên trường K (trong phần này chúng ta xét trường K là trường R hoặc C). Số k ∈ K được gọi là giá trị riêng của f

3

nếu tồn tại một véc tơ α ≠ 0 sao cho f (α ) = kα . Khi đó véc tơ α gọi là véc tơ riêng của f ứng với giá trị riêng k. Giả sử A là ma trận của f đối với cơ sở chính tắc đã cho trong V, thì giá trị riêng k của f là nghiệm của phương trình det(A – kE) = 0. Det(A – kE) là một đa thức bậc n đối với biến k và được gọi là đa thức đặc trưng của ma trận A. Tìm véc tơ riêng của f ứng với giá trị riêng k tức là tìm nghiệm α = ( x1 , x2 ,..., xn ) ≠ (0,0,...,0) của phương trình Aα = kα . Người ta cũng gọi k và α định nghĩa như trên lần lượt là giá trị riêng và véc tơ riêng tương ứng của ma trận A. Sau đây chúng ta đưa ra một số tính chất liên quan đến giá trị riêng và véc tơ riêng của một ma trận. Định lí 1: Giá trị riêng của một phép biến đổi tuyến tính của không gian véc tơ n chiều V trên trường K không phụ thuộc vào cơ sở. Chứng minh: Giả sử A là ma trận của phép biến đổi tuyến tính f đối với cơ sở α1 ,α 2 ,...,α n (1) và với cơ sở mới β1 , β 2 ,..., β n (2), f có ma trận là B. Khi đó B = S −1 AS trong đó S là ma trận chuyển từ cơ sở (1) sang cơ sở (2). Ta có B − kE = S −1 AS − kS −1ES = S −1 ( A − kE )S = S −1 . A− kE . S = A− kE (đpcm). Từ định lí 1 ta có hệ quả sau: Hệ quả : Nếu hai ma trận A và B đồng dạng thì A và B có cùng đa thức đặc trưng. Nhận xét: Mệnh đề đảo của hệ quả là sai (nếu n ≥ 2). Ví dụ: Xét hai ma trận 0 0 0 1  A= , B =  0 0  , hai ma trận A và B không đồng dạng nhưng đa thức đặc trưng của 0 0     2 chúng trùng nhau: A − kE = B − kE = k .

Định lí 2: Cho A là ma trận vuông cấp n, χ A ( k ) = an k n + an−1k n−1 + ... + a1k + a0 là đa thức đặc trưng của ma trận A. Khi đó: i. an = (−1) n ii. (−1) n−1 an−1 = Tr ( A) (tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận A, và được gọi là vết của ma trận A) iii. a0 = det A . aij − k , i = j , (1 ≤ i, j ≤ n) Chứng minh: Kí hiệu: A = (aij ) , α ij =  a , i ≠ j  ij Theo định nghĩa định thức của một ma trận ta có: Det(A – kE) = ∑ s ( f )α1 f (1) ...α nf ( n ) (1). Các hạng tử của (1) ứng với phép thế f ∈sn

f ≠ Id{ 1,2,...,n} là một đa thức ẩn k với bậc ≤ n − 2 . Xét hạng tử của (1) ứng với phép thế đồng nhất: α11α 22 ...α nn = ( a11 − k )(a22 − k )...(ann − k ) = = (−1) n .k n + (a11 + a22 + ... + ann )(−1) n−1.k n−1 + ... Từ đây ta có i) và ii). Cuối cùng trong đa thức đặc trưng của A cho k = 0 ta được detA = a 0 . Từ định lí 2 khi cho A là ma trận vuông cấp n thì

4

đa thức đặc trưng của A được viết dưới dạng: χ A ( k ) = (−1) n k n + an−1k n−1 + ... + a1k + a0 . Định lí 3: (Định lí Cayley – Hamilton) Cho A là ma trận vuông cấp n, χ A ( k ) = (−1) n k n + an−1k n−1 + ... + a1k + a0 là đa thức đặc trưng của A. Khi đó χ A ( A) = 0 .( Phần chứng minh định lí Cayley – Hamilton bạn đọc có thể xem trong Giáo trình Toán tập 6. Đại số 2, của tác giả Jean – Maric Monier). Định lí 4: Giả sử A là ma trận vuông với phần tử là số thực và là ma trận đối xứng. Khi đó mọi giá trị riêng của A đều là số thực. (Bạn đọc có thể xem phần chứng minh trong Giáo trình Toán Cao cấp của tác giả Nguyễn Đình Trí). Sau đây chúng ta giải một số bài tập liên quan đến giá trị riêng và véc tơ riêng.  2 −1 −1   Bài 1: Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận A =  −1 2 −1 .  −1 −1 2  Giải: χ A ( k ) = det( A − kE ) = −k (k − 3) 2 , do đó ma trận A có hai giá trị riêng là 2 x1 − x2 − x3 = 0  k = 0, k = 3. Ứng với giá trị riêng k = 0, giải hệ phương trình: − x1 + 2 x2 − x3 = 0 ta được − x − x + 2 x = 0  1 2 3

nghiệm tổng quát là ( x3 , x3 , x3 ) , x3 ∈ R. Như vậy các véc tơ riêng ứng với giá trị riêng k = 0 là α = (a, a, a ), a ≠ 0 . Tương tự đối với giá trị riêng k = 3 ta được các véc tơ riêng là β = (−a − b, a, b), a 2 + b 2 ≠ 0 .  0 1 0   Bài 2: Cho ma trận: A =  −4 4 0  . Tính f(A), biết rằng:  −2 1 2  f(x) = − x8 + 6 x 7 − 12 x 6 + 8 x5 − x 4 + 6 x 3 − 12 x 2 + 10 x + 1 Giải: Đa thức đặc trưng của ma trận A là: χ A ( k ) = −k 3 + 6k 2 − 12k + 8 . Chia đa thức f(x) cho đa thức − x 3 + 6 x 2 − 12 x + 8 được thương là x 5 + x và dư là r ( x) = 2 x + 1 . Do đó:  0 1 0  1 0 0   1 2 0        f(A) = r(A) = 2A + E = 2  −4 4 0  + 0 1 0  =  −8 9 0  .  −2 1 2  0 0 1   −4 2 5 

5

a b Bài 3: Cho ma trận A =  c  d

−b − c a −d d a −c b

a. A. At = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ).E

−d  c   , a, b, c, d ∈ R. Chứng minh: −b   a

b. χ A ( k ) = ( ( a − k ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) , với mọi k ∈ R. 2

Giải: a. Kiểm tra trực tiếp. b. Áp dụng kết quả câu a) đối với các ma trận (A – kE), (A – kE)t ta được: 2 2 2 2 (A – kE).(A – kE)t = ( (a − k ) + b + c + d ) E , suy ra

det ( ( A − kE ).( A − kE )t ) = det(((a − k )2 + b 2 + c 2 + d 2 ) E ) . Ta đã biết định thức của một ma trận

không thay đổi qua một phép chuyển vị, do đó: (det( A − kE ))2 = ((a − k )2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 4 , từ đó suy ra χ A2 = (( a − k ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 4 , hay  χ A − ((a − k ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2  χ A + ((a − k ) 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 = 0 . Vì A là ma trận cấp 4 nên theo định lí 2, hệ số cao nhất của đa thức đặc trưng của A bằng 1, do đó ta được 2

χ A = ( a − k ) 2 + b 2 + c 2 + d 2  (đpcm). Bài 4: Giả sử a là số thực khác 0. Chứng minh rằng hệ phương trình sau luôn có nghiệm với mọi b, c, d ∈ R ax + (1 − b) y + cz + (1 − d )t = a (b − 1) x + ay + (d − 1) z + ct = b   −cx + (1 − d ) y + az + (b − 1)t = c ( d − 1) x − cy + (1 − b) z + at = d Giải: Gọi A là ma trận các hệ số của hệ phương trình, A t là ma trận chuyển vị của ma trận A, theo kết quả bài tập 3 ta cũng có A. At = ( a 2 + (1 − b) 2 + c 2 + (1 − d ) 2 ).E , do đó: 2

detA =  a 2 + (1 − b) 2 + c 2 + (1 − d ) 2  ≠ 0, với mọi a, b, c, d, (a ≠ 0 ). Vậy hệ luôn có nghiệm với mọi b, c, d ∈ R. Bài 5: Chứng minh rằng nếu k là giá trị riêng của ma trận A, thì kn là giá trị riêng của An, n là số nguyên dương. Giải: Gọi α là véc tơ riêng của A ứng với giá trị riêng k, khi đó ta có: Anα = An−1 ( Aα ) = An−1 (kα ) = An−2[ A(kα )] = An−2 (k 2α ) = ... = A(k n −1α ) = k nα (đpcm). MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Cho hai ma trận:

6

 −1 −3 0   −1 −3 −3 A =  −3 2 1  ; T =  0 −2 5       0 1 −1  −3 1 1  a. Tính B = T −1 AT . b. Tìm giá trị riêng và véc tơ riêng của ma trận A. Bài 2: Cho A là ma trận vuông cấp n. Giả sử A có n giá trị riêng là k1 , k2 ,..., kn . Chứng minh detA = k1.k2 ...kn . Bài 3: Giả sử α là một véc tơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng k, chứng minh rằng α cũng là véc tơ riêng của ma trận A2 − 3 A + 5 E . Giá trị riêng tương ứng là bao nhiêu?  0 −8 6    Bài 4: Cho A =  −1 −8 7  . Tính An, với n là số tự nhiên.  1 −14 11 4 3 0 0 2 3 0 0 1999 2  . Tính detf(C). Bài 5: Cho f ( x) = x + x − 1 , và ma trận C =   4 9 −1 0    1 2 5 2 BÀI TẬP VỀ MA TRẬN I. Một số kết quả 1) Tính chất của phép toán trên các ma trận i) A + B = B + A ii )( A + B ) + C = A + ( B + C ) iii )O + A = A + O = A iv) A + (− A) = (− A) + A = O v)( A + B )t = At + B t vi )α ( A + B) = α A + α B vii )(α + β ) A = α A + β A viii)( AB )t = B t At ix)(α A)t = α At x) Nếu A là ma trận đối xứng (phản đối xứng) thì At = A( At = − A) * Nếu AB = BA thì có thể khai triển Newton (A + B)n. 2) Ma trận khả nghịch

7

i )( A−1 ) −1 = A ii )( At ) −1 = ( A−1 )t 1 iii )(α A) −1 = A−1 ,α ≠ 0 α iv)( AB ) −1 = B −1 A−1 3) Định thức của ma trận i) det(AB) = detAdetB. ii) det(A –1) = (detA) –1. iii) det( α A) = α n det A iv) det A = det At 4) Ma trận lũy linh Cho A là ma trận vuông cấp n. A gọi là lũy linh nếu tồn tại số nguyên dương n sao cho n A = 0 (ma trận không). Khi đó Am = 0 với mọi m ≥ n (nếu An –1 ≠ 0 thì n gọi là bậc lũy linh của A). A4. A 2.... 43A = 0 ) nên detAk = 0, suy ra Nếu A lũy linh thì detA = 0. Vì Ak = 0 ( 1 k

detAdetA.....detA = 0 ⇔ detA = 0. Nếu A lũy linh thì E – A và E + A khả nghịch vì E = E – Ak = (E – A)(E + A +.....+ Ak – 1 ⇒ det( E − A) ≠ 0 ) . * Nếu A lũy linh, B lũy linh và AB = BA thì A + B lũy linh. Nếu A – E, B – E lũy linh thì AB – E lũy linh. 5) Vết của ma trận  a11 K a1n    Cho A =  M O M  ∈ M n (¡ ) ta gọi của ma trận A ký hiệu Tr(A) là một số được xác định a L a  nn   n1 bởi n

Tr ( A) = ∑ aii i =1

II. Bài tập 1. Chứng minh rằng: nếu A lũy linh, B lũy linh và AB = BA thì A + B lũy linh. 2. Cho AB =BA, và A – E, B – E lũy linh. Chứng minh AB – E lũy linh. 3. Chứng minh rằng: nếu A lũy linh thì mọi giá trị riêng của A đều bằng 0. 4. Chứng minh rằng: nếu A – E lũy linh thì mọi giá trị riêng của A đều bằng 1. 8

5. A và B gọi là đồng dạng nếu A = T –1BT. Chứng minh rằng: Hai ma trận đồng dạng có cùng đa thức đặc trưng. 6. Cho A, B là hai ma trận vuông cùng cấp và A khả nghịch. Chứng minh AB và BA có cùng giá trị riêng. 7. Chứng minh hai ma trận đồng dạng có cùng hạng. 8. Từ kết quả bài 7, hãy chứng minh mệnh đề sau: nếu A là một ma trận khả nghịch thì hạng của ma trận B bằng hạng của ma trận AB (A, B là hai ma trận vuông cùng cấp). 9. Cho A, B vuông cấp n, AB = BA và Ap = Bq = E với p, q nguyên dương nào đó. Hãy chứng minh A + B + E khả nghịch. 10. Cho A, B vuông, E – AB khả nghịch. Chứng minh E – BA khả nghịch. 11. Cho A là ma trận vuông, k là giá trị riêng của A. Chứng minh kn là giá trị riêng của An. 12. Ma trận A có k1, k2,...., kn là các giá trị riêng. Chứng minh detA = k1k2...kn. 13. Chứng minh rằng AB và BA có cùng giá trị riêng. 14. Cho A có k1, k2,...., kn là các giá trị riêng. Chứng minh A chéo hóa được, nghĩa là tồn tại  k1 ... 0    ma trận C khả nghịch sao cho A = C –1BC, trong đó B =  ... ... ...  .  0 ... k  n  15. Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n thỏa mãn các điều kiện sau: a) AB = BA. b) Tồn tại các số nguyên dương p, q sao cho (A – E)p = (B – E)q = 0. (ma trận không) Chứng minh rằng ma trận tích AB có các giá trị riêng đều bằng 1. 16. Cho A vuông cấp n thỏa mãn A2 – 2A + E = 0. Chứng minh: A3 = 3A – 2E, A4 = 4A – 3E. 17. Cho X là một vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng k. Chứng minh X cũng là giá trị riêng của 5E – 3A + A2, tìm giá trị riêng. 18. Cho A là ma trận vuông cấp n có tất cả các giá trị riêng có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1. Chứng minh E – A khả nghịch. 19. Ma trận A được gọi là đồng dạng với ma trận B nếu tồn tại một ma trận không suy biến P sao cho B = P–1AP. Chứng minh rằng: nếu A là ma trận khả nghịch và đồng dạng với ma trận B thì B cũng khả nghịch và (A–1) n đồng dạng (B–1) n, với n là một số nguyên dương cho trước.  acos 2t + b sin 2 t (b − a )costsint  2004 20. Cho A =  . 2 2  . Tình A  (b − a)costsint asin t + bcos t 

9

1 1 1 1   1 1 −1 −1   . Tính A100. 21. Cho A =  1 −1 1 −1   1 −1 −1 1  22. Cho A là ma trận vuông cấp n sao cho A–1 = 2A. Tính det(A2004 – A). x  1  1 n   n lim lim ( A − E ) A =   n∈¥ * . 23. Tìm x→0  n→∞  , với x x   − 1    n  a b 1 0 n , a , b , c ∈ ¡ A = 24. Cho A =  . Tìm a, b, c để   0 1  , (n là một số tự nhiên nào đó). 0 c   25. Giả sử a, b, c là nghiệm phương trình: x3 + px + q = 0. Tính detA, với a b c A =  c a b  . b c a   26. Giả sử A là ma trận vuông cấp n. Chứng minh rằng: nếu A2 = E thì rank(A+E) + rank(A – E) = n. BÀI TẬP ÔN TẬP TỔNG HỢP Bài 1. Biết rằng ma trận vuông A cấp n có n trị riêng là λ1 , λ2 ,...., λn . Tìm các giá trị riêng của ma trận A3. Bài 2. Hỏi có tồn tại hai ma trận A và B sao cho AB – BA = E (E là ma trận đơn vị)? Bài 3. Xác định a để ma trận sau có hạng bé nhất  2 −2 1 4 3   −1 1 a −3 −2     3 a 0 −1 1     6 −1 4 4 5  Bài 4. Cho A là ma trận vuông cấp n, E là ma trận đơn vị cùng cấp và Ak = 0 (ma trận không), k ∈ ¥ , k > 1 . Chứng minh rằng (E – A) –1 = E + A + A2 +....+ Ak –1. Bài 5. Cho phương trình ma trận

10

λ  1 2  −1   2 7 2λ + 1  X =  2     . 3 9  1 4λ     a) Giải phương trình trên khi λ = 0. b) Tìm λ để phương trình trên có vô số nghiệm. Bài 6. Chứng tỏ rằng tổng các nghiệm của phương trình x5 + x4 + x3 + x2 + x +1 = 0 bằng – 1. Bài 7. Giả sử a3 + b3 + c3 = 3abc. Chứng minh rằng tồn tại ma trận X ≠ 0 (ma trận không) thoả mãn a b c 0  b c a  X =  0 .     c a b 0     n

 1 + 3i  Bài 8. Cho zn =   , n ∈ ¥ . Tìm n nhỏ nhất sao cho Re(zn) = 0. 3 + i   Bài 9. Tìm giá trị lớn nhất của các định thức cấp 3 mà các phần tử chỉ có thể là 1 hay – 1. 0 0 1   Bài 10. Cho ma trận J =  1 0 0  . 0 1 0   n ( n ∈ ¥ ). a) Tính J a b c   b) Hãy biểu diễn ma trận M =  b a c  , a, b, c ∈ ¡ theo các ma trận E, J và c b a   2 J (E là ma trận đơn vị), từ đó suy ra ma trận M2 theo E, J và J2. Bài 11. Cho phương trình ma trận b   a −b  −1  b a −a  X =  2  , a, b ∈ ¡ .   a b 1− b 1     a) Giải phương trình trên khi a= 0, b=1. b) Chứng minh rằng phương trình trên luôn có nghiệm với mọi a, b ∈ ¡ thoả mãn a2 + b2 > 0. Bài 12. Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số λ

11

2 x1 + 5 x2 + x3 + 3x4 = 2 4 x + 6 x + 3x + 5 x = 4  1 2 3 4  4 x1 + 14 x2 + x3 + 7 x4 = 4 2 x1 − 3x2 + 3 x3 + λ x4 = 7  3 0 2   Bài 13. Cho A =  0 1 2   2 2 2   a) Tìm vectơ riêng và trị riêng của A.  2 0 0   −1 b) Tìm một ma trận khả đảo V sao cho V AV =  0 −1 0  . 0 0 5   Bài 14. Tìm λ để tồn tại ma trận X sao cho  −2 1 −3   −6  1 0 5     X =  6 ,  −3 2 −1  λ      0 1 3  2 sau đó tìm X. 1 1 Bài 15. Chứng minh rằng nếu z + = 2sin α , α ∈ ¡ , thì z 4 k + 4 k = 2cos 4kα với k ≥ 0 z z nguyên. Bài 16. Cho A là ma trận vuông thực. Chứng minh rằng nếu A không có giá trị riêng thực thì detA > 0. Bài 17. Chứng minh rằng tổng bình phương các nghiệm của phương trình x 7 − 1 = 0 bằng 0. Bài 18. Cho A là một ma trận vuông thực cấp n có det A ≠ 0 và At là ma trận chuyển vị của A. Chứng minh rằng, với x1, x2,...., xn là các số thực  x1  x  t  2 [ x1, x2 ,...., xn ] A A  ...  = 0    xn  khi và chỉ khi x1 = x2 =.......= xn = 0. Bài 19. Tìm giá trị riêng và vectơ riêng của ma trận  2 0 0 A =  −2 3 −1  3 −2 2    –1 và tìm ma trận U sao cho U AU là một ma trận đường chéo. 12

 λ1 0  Bài 20. a) Cho K =  0 λ2 0 0 

0  0 0 0 0  , J =  0 0 1  , λi ∈ ¡ , i = 1,3 . Tính K2, J2, KJ, JK.  0 0 0 λ3     2 0 0   b) Tính An, n > 0 nguyên, với A =  0 3 1  .  0 0 3   3 Bài 21. Cho đa thức f(x) = 3x – 2x + 5. Tính f(A) trong đó  1 −2 3  A =  2 −4 1  .  3 −5 2    Bài 22. Chứng minh rằng các giá trị riêng của ma trận A2 bằng các bình phương của các giá trị riêng tương ứng của ma trận A. Bài 23. Cho A là một ma trận vuông thực. Chứng minh rằng nếu detA < 0 thì A luôn có trị riêng thực. Bài 24. A là ma trận vuông sao cho A3 = 0 (ma trận không). Hãy tính (E + A)n với n nguyên > 0, E là ma trận đơn vị. Bài 25. Cho A là ma trận vuông sao cho A2 = A. Hãy tính (E + A)n , với n nguyên > 0, E là ma trận đơn vị. Bài 26. Chứng minh rằng các trị riêng của ma trận nghịch đảo A –1 bằng nghịch đảo các giá trị riêng của ma trận A. 2kπ 2kπ + i sin , k , n ∈ ¢. Tính S = a0m + a1m + ... + anm−1, m ∈ ¥ . Bài 27. Cho ak = cos n n a 0 0   Bài 28. Cho A =  b a 0  , với a, b ∈ ¡ . Tìm ma trận An , n ∈ ¥ . 0 0 a   a 1 0   Bài 29. Cho A =  0 a 1  . Tìm A100. 0 0 a   a 0 0   Bài 30. Cho A =  0 a 0  . với a, b ∈ ¡ . Tìm An , n ∈ ¥ . b 0 a   a 1 0   Bài 31. Cho A =  0 a 1  . Tìm A1000. 0 0 a  

13

Bài 32. Chứng minh rằng nếu ma trận vuông A thoả mãn A4 + E = 0, thì các giá trị riêng của A không thể là số thực. Bài 33. Tìm hạng của ma trận sau phụ thuộc vào m  −1 1 1 −1 1   2 m −1 2 1  . A=  1 1 −1 m − 1     2 3 −1 2 1  Bài 34. Tính định thức sau, trong đó u, v là nghiệm phương trình x2 + p = 0; u v u v v u v u p∈¡ : . a b c d p p p p Bài 35. Tìm một ma trận chéo đồng dạng với ma trận sau: 2 2 1 1 3 1  . 1 2 2   2000

 2 2 Bài 36. Tính  −i  . 2 2   Bài 37. Cho ma trận vuông cấp 10  0 1 0 ... 0   0 0 1 ... 0    A =  ... ... ... ... ...    ... ... ... ... 1    1 0 0 ... 0    trong đó a10,1 = a12 = a23 = ....= a9,10 = 1, còn những phần tử khác bằng không. Tính A10. Bài 38. Cho ma trận vuông cấp 10  0 0 ... 0 1   1 0 ... 0 0    A =  0 1 ... 0 0     ... ... ... 0 1   0 0 ... 1 0    trong đó a1,10 = a21 = a32 = ....= a10,9 = 1, còn những phần tử khác bằng không. Tính A10. Bài 39. Tìm một ma trận vuông cấp ba B = (bij ), bij ≠ 0, i, j = 1,2,3 sao cho detB = 1998. 14

Bài 40. Tìm một ma trận vuông cấp ba B = (bij ), bij ≠ 0, i, j = 1,2,3 sao cho detB = 2000. Bài 41. Tìm một ma trận vuông cấp hai B = (bij ), bij ≠ 0, i, j = 1,2 sao cho B có 2 trị riêng λ1 = 2, λ2 = 5 . Bài 42. Tìm một ma trận vuông cấp hai A = (aij ), aij ≠ 0, i, j = 1,2 sao cho A có 2 trị riêng λ1 = −3, λ2 = 4. Bài 43. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau: a a a a b a a a b a    a a b a a .   a b a a a   b a a a a  

MỘT SỐ ĐỀ THI OLYMPIC 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:

0  −1 −3  −1 −3 −3  A =  −3 2 1  ; T =  0 −2 5   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)2004C = C(AB – BA)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:  0, aij =   ±1,

i= j 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. 15

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). ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Đại số Câu 1. Cho các ma trận: 0  −1 −3  −1 −3 −3    A =  −3 2 1  ; T =  0 −2 5   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 có 0 −21  −7  −1  1    −1 −1 T =  −15 −10 5  , B = T AT =  −3 . 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= và D2 = (a2 +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 16

( A + B ) 2 = A2 + AB + BA + B 2 = A2 + B 2 = A + B  2 2 2 2 2  ( A − B ) = A − AB − BA + B = A + B = A + B Đặt det( A − B) = α , det( A + B ) = β . Ta có 2 det( A + B) 2 = det( A + B )  β = β hay  2  2 det( A − B ) = det( A + B )  α = β Suy ra (α , β ) = (0, 0), (α , β ) = (1, 1), (α , β ) = (−1, 1). Vậy ta có ba trường hợp: (i) α = 0 , chẳng hạn khi A = 0, B = 0. (ii) α = 1, chẳng hạn khi A = E, B = 0. (iii) α = −1, chẳng hạn khi 1 0  0 0 A= , B=  . 0 0 0 1     Câu 4. Cho ma trận thực A = ( aij ) n×n thoả mãn điều kiện:  0, aij =   ±1,

i= j 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

17

det A =

∑

( j1 ,..., j4 )

(−1) N ( j1 ,..., j4 ) a1 j1 a2 j2 a3 j3 a4 j4 (*)

Rõ ràng là nếu tích b1 j1 b2 j2 b3 j3 b4 j4 ≠ 0 thì tích a1 j1 a2 j2 a3 j3 a4 j4 ≠ 0 và ngược lại. Do 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  a = 1, b = − 3, c = 2. Vậy đa thức cần tìm là Giải hệ này, ta thu được 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) P1 ( x). Thế vào hệ thức P2=(R – Q)(R + Q), ta thu được P12 = R12 − Q12 , với P1 , R1 là các tam thức bậc hai, Q1 là nhị thức bậc nhất. Ta có Q12 = ( R1 − P1 )( R1 + P1 ). Vì Q12 là đa thức bậc hai và R1+ Q1 là tam thức bậc hai nên R1 – P1 là đa thức hằng. Vậy, nếu P1 ( x) = ax 2 + bx + c (a > 0) và Q1 ( x) = dx + e thì R1 ( x) = ax 2 + bx + c + k và k [ R1 ( x) + P1 ( x) ] = (dx + e) 2 . (1)

18

Suy ra k>0. Thay giá trị x = −

e vào (1), ta thu được d  e  e R1  −  + P1  −  = 0  d  d

k  e nên P1  −  = − < 0. Do đó tam thức bậc hai P1(x) có hai nghiệm thực và P(x) có 3 nghiệm 2  d 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. ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. Cho dãy số {xn} xác định như sau: x x0 = 0, xn = n−1 + (−1) n , ∀n ≥ 1. 2004 2 Tính lim xn . n→+∞

Câu 2. Cho hàm số f(x) liên tục và dương trên [0,+∞). Chứng minh rằng hàm số x

F ( x) = đồng biến trên [0, +∞). Câu 3. Cho 0< a < b. Tính tích phân 1

∫ tf (t )dt 0 x

∫ f (t )dt 0

a) I (λ ) = ∫ [ bx + a(1 − x) ] dx. λ

0

1

b) lim [ I (λ ) ] λ . λ →0

Câu 4. Xác định các hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: (i ) f ( x) ≥ e 2004 x , ∀x ∈ ¡ . (ii ) f ( x + y ) ≥ f ( x) f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ . 19

P′′( x ) . Câu 5. Cho đa thức P(x) thoả mãn điều kiện P (a ) = P (b) = 0 với a < b. Đặt M = max a ≤ x ≤b Chứng minh rằng

a)

b

b

a

a

∫ P′′( x)( x − a)( x − b)dx = 2∫ P( x)dx, b

b)

∫ P( x)dx ≤ a

1 M (b − a)3 . 12

ĐÁP ÁN OLYPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Giải tích Câu 1. Cho dãy số {xn} xác định như sau: x0 = 0, xn =

xn−1 + (−1) n , ∀n ≥ 1. 2004

2

xn . Tính nlim →+∞ Giải. Ta chứng minh công thức (−1) n (2004) n − 1 xn = . (2004) n−1.2005 Thật vậy, đặt xn =

h ( n) , ta thu được (2004) n 1 1 1 h( n) = h(n − 1) + (−1) n . n n −1 (2004) 2004 (2004)

Suy ra h(n) − h(n − 1) = (−1) n (2004) n và n

n

i =1

i =1

h(n) − h(0) = ∑ [ h(i ) − h(i − 1)] = ∑ (−1)i (2004)i . Do x0 = h(0) = 0 nên

n 1 ( −1) n (2004) n − 1 i i xn = ∑ (−1) (2004) = (2004) n−1.2005 . (2004) n i =1

Suy ra 2

 2004  lim x =   . n →+ ∞  2005  2 n

Câu 2. Cho hàm số f(x) liên tục và dương trên [0,+∞). Chứng minh rằng hàm số 20

x

∫ tf (t )dt

F ( x) =

0 x

∫ f (t )dt 0

đồng biến trên [0, +∞). Giải. Ta có x

F ′( x) =

x

xf ( x) ∫ f (t )dt − f ( x) ∫ tf (t )dt 0

0

   ∫ f (t )dt  0  x

2

.

Vì f ( x) x   ∫ f (t )dt  x  x

x

x

0

0

0

2

>0

và x ∫ f (t )dt − ∫ tf (t )dt = ∫ ( x − t ) f (t )dt > 0 với f (t ) > 0, x ≥ t nên F ′( x) ≥ 0 khi x > 0. Do vậy F(x) là một hàm đồng biến trong [ 0, + ∞ ) . Câu 3. Cho 0< a < b. Tính tích phân 1

a) I (λ ) = ∫ [ bx + a(1 − x) ] dx. λ

0

1

b) lim [ I (λ ) ] λ . λ →0

Giải. a) Đặt bx + a(1 − x) = t , ta có 1

tλ dt = b − a a b

∫ [ bx + a(1 − x)] dx =∫ λ

0

b

1 1 λ +1 1 bλ +1 − a λ +1 = t = . b − a λ +1 λ +1 b − a a b) Từ a) suy ra

[ I (λ ) ]

1 λ

=

λ +1

b −a  b−a (λ + 1)  1

1 λ

21

λ +1

1 λ

  . 

Suy ra b  lim [ I (λ ) ] = e−1  a  λ →0 a  b

1 λ

1 b−a

.

Câu 4. Xác định các hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: (i ) f ( x) ≥ e 2004 x , ∀x ∈ ¡ . (ii ) f ( x + y ) ≥ f ( x) f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ . Giải. Đặt f ( x) = e 2004 x g ( x ). Theo giả thiết (i) thì g ( x) ≥ 1 với mọi x ∈ ¡ . Thế vào điều kiện (ii), ta thu được e200( x+ y ) g ( x + y ) ≥ e 2004 x g ( x)e 2004 y g ( y ), hay g ( x + y ) ≥ g ( x) g ( y ), ∀x, y ∈ ¡ . Với x= y= 0 ta thu được  g (0) ≥ [ g (0) ] 2 ⇒ g (0) = 1.   g (0) ≥ 1 Suy ra 1 = g (0) = g ( x + ( − x)) ≥ g ( x) g ( − x) ≥ 1, ∀x ∈ ¡ . Do đó g ( x) ≡ 1 và f ( x) = e 2004 x . P′′( x ) . Câu 5. Cho đa thức P(x) thoả mãn điều kiện P (a ) = P (b) = 0 , với a < b. Đặt M = max a ≤ x ≤b Chứng minh rằng

a)

b

b

a

a

∫ P′′( x)( x − a)( x − b)dx = 2∫ P( x)dx, b

b)

∫ P( x)dx ≤ a

1 M (b − a)3 . 12

Giải. a) Ta chứng minh b

b

∫ P′′( x)( x − a)(b − x)dx = −2∫ P( x)dx a

a

Thật vậy, sử dụng công thức tích phân từng phần, ta thu được

22

(1)

b

b

∫ P′′( x)( x − a)(b − x)dx = − ∫ P′( x)[ ( x − a)(b − x)] ′ dx = a

a

b

b

b

a

a

a

= − ∫ P′( x) [ (b − x) − ( x − a) ] dx = ∫ P ( x) [ (b − x) − ( x − a)] ′ dx = −2 ∫ P ( x) dx. b) Từ (1) ta thu được b

b

1 ∫a P( x)dx = − 2 ∫a P′′( x)( x − a)(b − x)dx. Suy ra b

b

1 ∫a P( x)dx = 2 ∫a P′′( x) ( x − a)(b − x) dx. Vì a ≤ x ≤ b nên ( x − a )(b − x) = ( x − a )(b − x) và b

b

M M P ( x ) dx ≤ ( x − a )( b − x ) dx = (b − a )3 . ∫a ∫ 2 a 12 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 x3 x1 x4    2 x x x + 1 x x x x 1 2 2 2 3 2 4 , A= 2  x1 x3 x2 x3 x3 + 1 x3 x4    x2 x4 x3 x4 x42 + 1  x1 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 − 5 x 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 ∈ ¡ .

23

Câu 4. Cho ma trận 2 1 0 M =  0 1 0  , 0 0 2   3

3

n Đặt M = { bij (n)} i , j =1,2,3. (n ∈ ¥ , n ≥ 2). Tính Sn = ∑∑ bij (n). i =1 j =1

Câu 5. Giải hệ phương trình a  x + x + ..... + x + x = 1 2 n − 1 n  2004  a + x1  x2 + ..... + xn−1 + xn = 20052 − 1  .................................. ...................  a + x1 + ... + xn−1  xn =  2005n − 1 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 x3 x1 x4    2 x x x + 1 x x x x 1 2 2 2 3 2 4 , A= 2  x1 x3 x2 x3 x3 + 1 x3 x4    x2 x4 x3 x4 x42 + 1  x1 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 − 5 x 2 + 1. Giải. Ta có

24

1   x + x x x 1 1 1 1   x1   1   x x + x x 2 2 2  2  x2   det A = x1 x2 x3 x4 .det   1 x3 x3 + x3   x3 x3    1 x4 x4 x4 +   x4 x4   1   1 1 1  1 + x 2 1   1   1+ 2 1 1   1 x2  = x12 x22 x32 x42 .det    1 1 1+ 2 1   1 x3    1  1 1 1+ 2   1 x4    1    0   2 2 2 2 = x1 x2 x3 x4 det   0      0  

1 1 x22

 1  x2  1  0 + det   1   0  

 1  0  x2  1    0  0 + det    1   0  1  2   1 x4  

0

0

1 x22

0

1

1

0

0

1 0

0

1 x32

0

0

1   1   x2   1 0   1  + det   0 0     1  0  x42   0

0

1 x22

0

0

1 x32

1

1

25

0

0

1

1 1 x32

0 0

0

 0  1 + 0   1 x42 

 1   x2 0  1     0 0   + det    0 0    1   0 

0

0

1 x22

0

0

1 x32

0

0

 0    0     0    1  x42  

`

 1  1 1 1 1 = x12 x22 x32 x42  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 + x22 + x32 + x42 + 1 = ( x1 + x2 + x3 + x4 ) − 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) = x 4 − x3 − 5 x 2 + 1 nên: x1 + x2 + x3 + x4 = 1; x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = −5. Vậy detA= 1– 2.(–5) +1=12. Câu 2. Cho ma trận  2 2 A= . 1 3   2 Tìm ma trận B có các giá trị riêng dương sao cho B =A. Giải. Chéo hoá ma trận A: 1 0 D = P −1 AP =  , 0 4   trong đó  2 1  1 3 −1 3  −1 P= , P =  1 3 2 3 .  −1 1   2 Ma trận C có các giá trị riêng dương sao cho C =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. α β  ⇒ Cần giải phương trình: DX=XD, X =   γ δ   1 0  α β  α β   1 0  ⇒  . =  .  0 2  γ δ   γ δ  0 2  α β  α ⇒  =γ 2 γ 2 δ    ⇒ γ = 0, β = 0, α , δ − khác 0 tuỳ ý! Vậy ta có:

26

2β  2δ 

 α −1 0   2α −1 δ −1  α 0  ⇒Q P= =  −1   ⇒ Q = P −1  0 δ 0 δ δ −1       −α  α −1 0  −1  α 3 −α 3   4 3 2 3 −1 Q −1 =  P = ⇒ B = QCQ =     1 3 5 3 . −1 δ 3 2 δ 3 0 δ        4 3 2 3 −1 Ghi chú: Nếu thí sinh chọn luôn ma trận B = PCP =   thì vẫn cho điểm tối đa.  1 3 5 3 −1

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), P1 ( x), P2 ( x) thoả mãn 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   3

3

Đặt M = { bij (n)} i , j =1,2,3. (n ∈ ¥ , n ≥ 2). Tính Sn = ∑∑ bij (n). n

i =1 j =1

Giải. Ta có M= E +D với

27

1 0 0 1 1 0 E =  0 1 0  , D =  0 0 0  . 0 0 1 0 0 1     n n Dễ dàng thấy rằng E = E , D = D, ∀n ∈ ¥ (n ≥ 2). Khi đó n

M = ( E + D) = ∑ C E n

n

k =0

k n

n− k

n

D = ∑C E k

k n

k =1

n− k

n

D + E = ∑ Cnk D + E. k

k =1

Mặt khác  n k  ∑ Cn n  k =1 k Cn D =  0 ∑ k =1   0   n

và

∑C k =1

k n

n

∑C k =1

0 0

k n

   0   n k  Cn  ∑ k =1  0

= 2n − 1. Do đó:  2n  Mn = 0 0 

2n − 1 0   1 0 . 0 2n 

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

28

⇒

a a 1   = + ( x + x + ... + x ) 1 +   1 2 i − 1 i i 2004 2005 − 1  2005 − 1 

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  2004 2005 2004 2005    a . Vậy Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai ta được x1 = 2005 a a xi = (i = 1,2,..., n − 1); xn = . i 2005 2004.2005n−1 ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2005 Môn thi: Giải tích Thời gian làm bài: 180 phút Câu1. Cho dãy số {xn} (n = 1, 2,3,.....) được xác định bởi công thức truy hồi sau: xn+1 = xn2 − 2, x1 = 5. Tìm giới hạn x lim( n+1 )2 . n→∞ x x ... x 1 2 n Câu 2. Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b] (a < b) và thoả mãn điều kiện b

∫ f ( x)dx = 0. a

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

c

f (c) = 2005∫ f ( x)dx. a

Câu 3. Cho số dương a và hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên ¡ sao cho f ′( x) ≥ a với mọi x ∈ ¡ . Biết rằng π 2

0 < ∫ f ( x)sin xdx < a. 0

29

 π Chứng minh rằng khi đó trên đoạn  0,  , phương trình f ( x) = 0 có duy nhất nghiệm.  2 Câu 4. Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0, 1] và thoả mãn điều kiện 1 1 − x2 ∫x f (t )dt ≥ 2 , ∀x ∈ [ 0,1] . Hãy chứng minh 1

∫ [ f ( x)]

2

0

1

dx ≥ ∫ xf ( x)dx. 0

Câu 5. Giả sử f(x) là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên ¡ và thoả mãn điều kiện f (0) = f (1) = a. Chứng minh rằng max { f ′′( x)} ≥ 8( a − b) ,

{ f ( x)} . với b = min x∈[ 0,1]

x∈[ 0,1]

Cho một mở rộng kết quả trên đối với đoạn [ α , β ] ∈ ¡ . ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2005 Môn: Giải tích Câu1. Cho dãy số {xn} (n = 1, 2,3,.....) được xác định bởi công thức truy hồi sau: xn+1 = xn2 − 2, x1 = 5. Tìm giới hạn xn+1 lim . n →∞ x x ...x 1 2 n Giải. Theo giả thiết ta có xn2+1 − 4 = ( xn2 − 2) 2 − 4 = xn4 − 4 xn2 = xn2 ( xn2 − 4) = xn2 xn2−1 ( xn2−1 − 4) = = .... = xn2 xn2−1...x12 ( x12 − 4) = 21( x1 x2 ....xn ) 2 . Suy ra 2

 xn+1  4 .   = 21 − ( x1 x2 ...xn ) 2  x1 x2 ...xn  Dễ dàng chứng minh được (vi dụ: bằng qui nạp!) xk > 2, ∀k ≥ 1. Do vậy

30

2

 xn+1  lim   = 21. n →∞ x x ...x  1 2 n Câu 2. Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b] (a < b) và thoả mãn điều kiện b

∫ f ( x)dx = 0. a

Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

c

f (c) = 2005∫ f ( x)dx. a

Giải. Xét hàm số F (t ) = e

−2005t

t

∫ f ( x)dx. a

Khi đó F (a ) = F (b) = 0 và F ′(t ) = −2005e

−2005t

t

∫ f ( x)dx + e

−2005 t

f (t ).

a

Theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F ′(c) = 0, nghĩa là −2005e

c

∫ f ( x)dx + e

−2005 c

−2005 c

f (c) = 0.

a

Hay từ đây suy ra điều phải chứng minh: c

f (c) = 2005∫ f ( x)dx. a

Câu 3. Cho số dương a và hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên ¡ sao cho f ′( x) ≥ a với mọi x ∈ ¡ . Biết rằng π 2

0 < ∫ f ( x)sin xdx < a. 0

 π Chứng minh rằng khi đó trên đoạn  0,  , phương trình f ( x) = 0 có duy nhất nghiệm.  2 Giải. Ta có

31

π 2

π 2

0

0

∫ f ( x)sin xdx = − ∫ f ( x)dcosx = −cosxf ( x) π 2

π 2

0

0

π 2 0

π 2

+ ∫ f ′( x)cosxdx 0

= f (0) + ∫ f ′( x)cosxdx ≥ f (0) + a ∫ cosxdx = f (0) + a. Suy ra π 2

f (0) ≤ ∫ f ( x )sin xdx − a < 0. 0

Giả sử f (π 2) < 0. Từ giả thiết f ′( x) ≥ a > 0 suy ra f ( x) đồng biến trên đoạn [ 0, π 2] . Khi đó f ( x) < 0 ∀x ∈ [ 0, π 2] . Do vậy f ( x)sin x < 0 ∀x ∈ [ 0, π 2] , hay π 2

∫ f ( x)sin xdx < 0. 0

Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy, f (π 2) > 0. Kết hợp với điều kiện f ( x) trên đoạn [ 0, π 2] suy ra điều phải chứng minh. Câu 4. Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0, 1] và thoả mãn điều kiện 1 1 − x2 ∫x f (t )dt ≥ 2 , ∀x ∈ [ 0,1] . Hãy chứng minh 1

∫ [ f ( x)]

2

0

1

dx ≥ ∫ xf ( x)dx. 0

Giải. Ta có 1

1

1

1

0

0

0 ≤ ∫ [ f ( x) − x ] dx = ∫ [ f ( x) ] dx − 2∫ xf ( x)dx + ∫ x 2 dx = 2

0

2

0

1

1

1 = ∫ [ f ( x) ] dx − 2 ∫ xf ( x)dx + . 3 0 0 2

Suy ra 1

∫ [ f ( x)] 0

2

1

1 dx ≥ 2∫ xf ( x)dx − . 3 0

Đặt

32

(1)

1  A = ∫  ∫ f (t ) dt dx. 0 x  1

Ta có 1 1  1 − x2 1 A = ∫  ∫ f (t ) dt dx ≥ ∫ dx = . 2 3 0 x  0 1

Mặt khác 1

1 1 1 1  A = ∫  ∫ f (t ) dt dx = x ∫ f (t ) dt + ∫ xf ( x)dx = ∫ xf ( x)dx. 0 x  x 0 0 0 1

Do đó 1

1 xf ( x ) dx ≥ . ∫0 3 Thay (2) vào (1) suy ra điều phải chứng minh.

(2)

Câu 5. Giả sử f(x) là hàm số có đạo hàm cấp 2 liên tục trên ¡ và thoả mãn điều kiện f (0) = f (1) = a. Chứng minh rằng max { f ′′( x)} ≥ 8( a − b) ,

{ f ( x)} . với b = min x∈[ 0,1]

x∈[ 0,1]

Cho một mở rộng kết quả trên đối với đoạn [ α , β ] ∈ ¡ . Giải. Sử dụng giả thiết và áp dụng định lý Rolle, tồn tại c ∈ (0,1) sao cho f ′(c) = 0 . Xét khai triển Taylor của hàm f ( x) tại điểm c: f ′′(θ ( x)) f ( x) = f (c) + f ′(c)( x − c ) + ( x − c)2 . 2 Thay lần lượt giá trị x = 0 và x = 1 vào đẳng thức trên ta thu được f ′′(θ (0) 2 a=b+ c. 2 f ′′(θ (1) a=b+ (1 − c) 2 . 2 Hay 2(a − b) f ′′(θ (0)) = ≥ 0. c2 2(a − b) f ′′(θ (1)) = ≥ 0. (1 − c) 2 Nhân vế với vế hai bất đẳng thức sau cùng ta thu được

33

4(a − b) 2 f ′′(θ (0)) f ′′(θ (1)) = 2 ≥ 64(a − b)2 . 2 c (1 − c) 1 2 2 (sử dụng bất đẳng thức c (1 − c) ≥ với c ∈ [0,1]) . 16 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Mở rộng đối với đoạn [ α , β ] : 8(a − b) max {f ′′(x)} ≥ x∈[ α ,β ] (α − β ) 2 . Ghi chú: Nếu thí sinh đưa ra được phản ví dụ khi a = b thì có thể xét thưởng điểm. ------------------------------------------------------------------------------------------------------

34

Đề kiểm tra Đội tuyển (Ngày 17/4/2006) Bài 1: Tìm giới hạn 1 2  lim  0 n→∞    0 

1 1 3 0

 1  1  1   5

n

Bài 2: Cho ma trận A cấp n có dạng  a 1 0 ... 0 0   0 a 1 ... 0 0      ...    0 0 0 ... a 1   0 0 0 ... 0 a      m Tìm tổng các phần tử của dòng đầu của ma trận A , m ≤ n. Bài 3: Chứng minh rằng nếu đa thức f ( x) = x3 + ax 2 + bx + c có 3 nghiệm thực phân biệt thì đa thức 1 ab − c g ( x) = x3 + ax 2 + ( a 2 + b) x + cũng có 3 nghiệm thực phân biệt. 4 8 Bài 4: Cho A, B ∈ M n ( ¡ ) , đặt C = AB − BA , giả sử rằng C giao hoán được với A, B. Chứng minh AB k − B k A = kB k −1C , k ∈ ¥ . Giả sử C = B . Tính det B. Bài 5: Cho A, B ∈ M n ( ¡ ) , chứng minh rằng nếu A, B luỹ linh thì uA + vB luỹ linh với mọi u, v ∈ ¡ . Bài 6: Chứng minh rằng hệ phương trình sau có nghiệm khác không: 12 x1 + 2 2 x2 + 32 x3 + ... + 20052 x2005 = 0  2 2 2 2 2 x1 + 3 x2 + 4 x3 + ... + 2006 x2005 = 0  2 2 2 2 3 x1 + 4 x2 + 5 x3 + ... + 2007 x2005 = 0  ..................................  20052 x1 + 20062 x2 + ... + (2.2005 − 1) 2 x2005 = 0 

35