Đáp án đề thi Olympic sinh viên 2010

Đáp án đề thi Olympic sinh viên 2010Các đề thi được xây dựng với nội dung đa dạng phong phú với hàm lượng kiến thức hoàn toàn nằm trong chương trình theo qui định của Bộ Giáo dục và Đào tạo.Tài liệu dùng làm tham khảo rất hay.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đáp án đề thi Olympic sinh viên 2010 Dịch Vụ Toán HọcĐáp án Đề thi Olympic Toán Sinh viên năm 2010 Đại số và Giải tích WWW.VNMATH.COMAbout VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Toán học Sách các môn info@vnmath.com Hình học Các loại Olympic khác Đề thi Chuyên đề Đáp án Toán Luyện thi Thi lớp 10 Đại học Đại học Bồi dưỡng Cao học HSGHỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ XVIII Môn : Đại sốCâu 1. Cho A, B là các ma trận vuông cấp 2010 với hệ số thực sao chodet 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 2010của 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) = t2010 p(t−1 )khi t 6= 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 , v = −2un − 8vn + 6wn ,  n+1 wn+1 = −4un − 16vn + 12wn .Chứng minh rằng vn − 2 là số nguyên chia hết cho 2n . −1 −7 5 un ! !Giải. Ký hiệu A = −2 −8 6 và với n ∈ N, Xn = vn . Ta có −4 −16 12 wn∀n ∈ N, Xn+1 = AXn . Vậy nên ∀n ∈ N, Xn = An X0 . Đa thức đặc trưngcủa 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 1 3 1 0 2 −1được. Từ đó, nếu kí hiệu P = 2 2 1 thì P −1 = 1 1 −1 . Đặt 3 4 2 −2 −5 4 0 0 0 !B = 0 1 0 thì A = P BP −1 . Từ đây suy ra ∀n ∈ N, Xn = An X0 = 0 0 2 n −1P B P X0 . Do đó vn = 2n + 2.Câu 3. (i) Chứng minh rằng ứng với mỗi số n nguyên dương, biểu thức xn +y n +z ncó 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 + y 2010 + z 2010 = P (s, p, q). Ta cần tìm tổng các hệ số củaP (s, p, q) tức là cần tìm P (1, 1, 1). Từ Định lí Vi-et, x, y, z phải là nghiệmcủa phương trình t3 − t2 + t − 1 = 0. Từ đó chỉ việc chọn x = 1, y = i vàz = −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 ýrằng đẳng thức trong bài cũng đúng với các giá trị phức. Giả sử x0 là mộtnghiệm (thực hoặc phức) của P (x). Nếu x0 = 0 thì P (x) = xs Q(x), trongđó s ≥ 1, Q(x) là đa thức với Q(0) 6= 0. Thế vào điều kiện đã cho, ta thu được x2s Q(x)Q(x2 ) = (x2 + 2)s Q(x3 + 2x), ∀x ∈ R.Điều này mâu thuẫn với giả thiết Q(0) 6= 0. Vậy nên x0 6= 0. Ta có thể giả thiết môđun |x0 | có giá trị lớn nhất trong √ √các nghiệm của P (x). Khi đó x30 + 2x0 và ( x0 )3 + 2 x0 cũng là nghiệm. √ √Do đó |x30 + 2x0 | ≤ |x0 | và |( x0 )3 + 2 x0 | ≤ |x0 |. Đặt x0 = a + bi. Điều kiện |x30 + 2x0 | ≤ |x0 | tương đương với (a2 − b2 )2 + 4a2 b2 + 4(a2 − b2 ) + 3 ≤ 0.Từ đó 4b2 ≥ 3 + 4a2 và thay vào tiếp, ta lại ...