Title Đề Thi Olympic Toán Sinh Viên Học Sinh 2010 (Đại Số) [Đáp Án].pdf ✅

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII Môn : Đại số Câu 1. Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2010 với hệ số thực sao cho det A = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2010B) = 0. (i) Chứng minh rằng det(xA + yB) = 0 với mọi x, y ∈ R. (ii) Tìm ví dụ chứng tỏ kết luận trên không còn đúng nếu chỉ có det A = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2009B) = 0. Giải. (i) Nhận xét rằng định thức p(t) = det(A + tB) là một đa thức bậc 2010 của t. Vì p(0) = · · · = p(2010) = 0 nên ta có p(t) = 0. Định thức q(t) = det(tA + B) là một đa thức bậc 2010 của t. Chú ý rằng q(t) = t2010p(t−1) khi t �= 0. Do đó ta cũng có q(t) = 0 với mọi t. (ii) Có thể lấy ví dụ A = diag(0, 1, 2, . . . , 2009) và B = −I. Câu 2. Cho {un}, {vn}, {wn} là các dãy số được xác định bởi: u0 = v0 = w0 = 1 và ∀n ∈ N,    un+1 = −un − 7vn + 5wn, vn+1 = −2un − 8vn + 6wn, wn+1 = −4un − 16vn + 12wn. Chứng minh rằng vn − 2 là số nguyên chia hết cho 2n. Giải. Ký hiệu A = �−1 −7 5 −2 −8 6 −4 −16 12� và với n ∈ N, Xn = �un vn wn � . Ta có ∀n ∈ N, Xn+1 = AXn. Vậy nên ∀n ∈ N, Xn = AnX0. Đa thức đặc trưng của A là PA(x) = −x(x − 1)(x − 2). Do đó A có 3 giá trị riêng phân biệt λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 2 và A chéo hóa được. Từ đó, nếu kí hiệu P = �1 3 1 2 2 1 3 4 2� thì P −1 = � 0 2 −1 1 1 −1 −2 −5 4 � . Đặt B = �0 0 0 0 1 0 0 0 2� thì A = P BP −1. Từ đây suy ra ∀n ∈ N, Xn = AnX0 = P BnP −1X0. Do đó vn = 2n + 2.
Câu 3. (i) Chứng minh rằng ứng với mỗi số n nguyên dương, biểu thức xn+yn+zn có thể biểu diễn dưới dạng đa thức Pn(s, p, q) bậc không quá n của s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz. (ii) Hãy tìm tổng các hệ số của đa thức P2010(s, p, q). Giải. (i) Bằng qui nạp theo n. (ii) Giả sử x2010 +y2010 +z2010 = P (s, p, q). Ta cần tìm tổng các hệ số của P (s, p, q) tức là cần tìm P (1, 1, 1). Từ Định lí Vi-et, x, y, z phải là nghiệm của phương trình t3 − t2 + t − 1 = 0. Từ đó chỉ việc chọn x = 1, y = i và z = −i, ta được P (1, 1, 1) = −1. Câu 4. Xác định các đa thức thực P (x) thỏa mãn điều kiện P (x)P (x2) = P (x3 + 2x), ∀x ∈ R. Giải. Ta nhận thấy đa thức hằng P (x) ≡ 0 và P (x) ≡ 1 thỏa mãn bài toán. Bây giờ ta chứng minh rằng các đa thức bậc dương không thỏa mãn. Chú ý rằng đẳng thức trong bài cũng đúng với các giá trị phức. Giả sử x0 là một nghiệm (thực hoặc phức) của P (x). Nếu x0 = 0 thì P (x) = xsQ(x), trong đó s ≥ 1, Q(x) là đa thức với Q(0) �= 0. Thế vào điều kiện đã cho, ta thu được x2sQ(x)Q(x2) = (x2 + 2)sQ(x3 + 2x), ∀x ∈ R. Điều này mâu thuẫn với giả thiết Q(0) �= 0. Vậy nên x0 �= 0. Ta có thể giả thiết môđun |x0| có giá trị lớn nhất trong các nghiệm của P (x). Khi đó x3 0 + 2x0 và ( √x0)3 + 2√x0 cũng là nghiệm. Do đó |x3 0 + 2x0| ≤ |x0| và |( √x0)3 + 2√x0| ≤ |x0|. Đặt x0 = a + bi. Điều kiện |x3 0 + 2x0| ≤ |x0| tương đương với (a2 − b2)2 + 4a2b2 + 4(a2 − b2) + 3 ≤ 0. Từ đó 4b2 ≥ 3 + 4a2 và thay vào tiếp, ta lại có 4b2 ≥ 4a2b2 + 4a2 + 3 ≥ a2 · 3 + 4a2 + 3 = 7a2 + 3. (∗) Điều kiện |( √x0)3 + 2√x0| ≤ |x0| tương đương với [(a + 2)2 + b2] 2 ≤ a2 + b2 hay (a2 + b2)(a2 + b2 + 8a + 7) + (4a + 4)2 ≤ 0. (∗∗) Theo (∗) ta có: a2 + b2 + 8a + 7 ≥ 1 4(11a2 + 32a + 31) = 1 4 ��3a + 16 3 �2 + 2a2 + 23 9 � > 0, mâu thuẫn với (∗∗). 2
Câu 5. Chọn một trong hai câu sau: 5a. Cho A là ma trận thực, vuông cấp n ≥ 2, có tổng các phần tử trên đường chéo bằng 10 và rank A = 1. Tìm đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu của A (tức đa thức p(t) �= 0 bậc nhỏ nhất với hệ số của lũy thừa bậc cao nhất bằng 1, sao cho p(A) = 0). 5b. Cho A, B, C là các ma trận thực, vuông cấp n, trong đó A khả nghịch và đồng thời giao hoán với B và C. Giả sử C(A + B) = B. Chứng minh rằng B và C giao hoán với nhau. Giải. Câu 5a. Cách 1: Tính trực tiếp Vì rank(A) = 1 nên tồn tại véctơ khác 0 sao cho các véctơ dòng còn lại đều biểu diễn được tuyến tính qua nó. Do đó ma trận A có dạng sau A =        λ1x1 λ1x2 . . . λ1xn λ2x1 λ2x2 . . . λ2xn . . . . . . . . . . . . λix1 λix2 . . . λixn . . . . . . . . . . . . λnx1 λnx2 . . . λnxn        , trong đó U :=        λ1 λ2 . . . λi . . . λn        �= 0, V :=        x1 x2 . . . xi . . . xn        �= 0. Khi đó A = UV t và V t U = [ x1 x2 . . . xi . . . xn ]        λ1 λ2 . . . λi . . . λn        = λ1x1 + . . . + λixi + . . . + λnxn = trace (A) . a) Ta có A2 = (UV t )(UV t ) = U(V t U)V t = U(trace(A))V t = trace(A)UV t = trace(A)A = 10A Vậy đa thức tối tiểu là P (t) = t2 − 10t. 3
b) Ta tính định thức Dn(t) = det(A + tIn): Dn = � � � � � � � � � � � λ1x1 + t λ1x2 . . . λ1xn λ2x1 λ2x2 + t . . . λ2xn . . . . . . . . . . . . λix1 λix2 . . . λixn . . . . . . . . . . . . λnx1 λnx2 . . . λnxn + t � � � � � � � � � � � = � � � � � � � � � � � λ1x1 + t λ1x2 . . . λ1xn λ2x1 λ2x2 + t . . . λ2xn . . . . . . . . . . . . λix1 λix2 . . . λixn . . . . . . . . . . . . λnx1 λnx2 . . . λnxn � � � � � � � � � � � + � � � � � � � � � � � λ1x1 λ1x2 . . . λ1xn λ2x1 λ2x2 . . . λ2xn . . . . . . . . . . . . λix1 λix2 . . . λixn . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . t � � � � � � � � � � � = λnxn � � � � � � � � � � � λ1x1 + t λ1x2 . . . λ1 λ2x1 λ2x2 + t . . . λ2 . . . . . . . . . . . . λix1 λix2 . . . λi . . . . . . . . . . . . x1 x2 . . . 1 � � � � � � � � � � � + tDn−1 = λnxn � � � � � � � � � � � t 0 . . . 0 0 t . . . 0 . . . . . . . . . . . . 0 0 . . . 0 . . . . . . . . . . . . x1 x2 . . . 1 � � � � � � � � � � � + tDn−1 = λnxntn−1 + tDn−1. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp Dn = tn−1(λnxn + λn−1xn−1 + · · · + λ2x2 + D1) = tn−1(trace(A) + t) = tn−1(t + 10). Vậy đa thức đặc trưng là (−1)ntn−1(t − 10). Cách 2: Vì dim Ker A = n − 1 nên A có đúng n − 1 véc tơ riêng ứng với 0. Do đó giá trị riêng còn lại là 1 số thực. Từ đó A chéo hoá được và trên đường chéo chỉ có 1 phần tử khác 0 chính là vết = 10. Từ đó tính ra ngay đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu. Câu 5b. Từ giả thiết suy ra A + C(A + B) = A + B hay A = (I − C)(A + B). (1) Do A khả nghịch và đồng thời giao hoán với B và C nên từ (1) suy ra I = (I − C)(A + B)A−1 = (I − C)A−1(A + B), tức I − C khả nghịch và vì vậy I = (A + B)A−1(I − C) = A−1(A + B)(I − C), 4