Đề thi Olympic sinh viên thế giới năm 1997 ngày 2

" Đề thi Olympic sinh viên thế giới năm 1997 ngày 2 " . Đây là một sân chơi lớn để sinh viên thế giới có dịp gặp gỡ, trao đổi, giao lưu và thể hiện khả năng học toán, làm toán của mình. Từ đó đến nay, các kỳ thi Olympic sinh viênthế giới đã liên tục được mở rộng quy mô rất lớn. Kỳ thi này là một sự kiện quan trọng đối với phong trào học toán của sinh viên thế giới...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi Olympic sinh viên thế giới năm 1997 ngày 2 FOURTH INTERNATIONAL COMPETITION FOR UNIVERSITY STUDENTS IN MATHEMATICS July 30 – August 4, 1997, Plovdiv, BULGARIA Second day — August 2, 1997 Problems and Solutions Problem 1. Let f be a C 3 (R) non-negative function, f (0)=f (0)=0, 0 < f (0).Let f (x) g(x) = f (x)for x = 0 and g(0) = 0. Show that g is bounded in some neighbourhood of 0.Does the theorem hold for f ∈ C 2 (R)? Solution. 1 Let c = f (0). We have 2 (f )2 − 2f f g= √ , 2(f )2 fwhere f (x) = cx2 + O(x3 ), f (x) = 2cx + O(x2 ), f (x) = 2c + O(x).Therefore (f (x))2 = 4c2 x2 + O(x3 ), 2f (x)f (x) = 4c2 x2 + O(x3 )and 2(f (x))2 f (x) = 2(4c2 x2 + O(x3 ))|x| c + O(x).g is bounded because 2(f (x))2 f (x) −→ 8c5/2 = 0 |x|3 x→0and f (x)2 − 2f (x)f (x) = O(x3 ). The theorem does not hold for some C 2 -functions. 1 Let f (x) = (x + |x|3/2 )2 = x2 + 2x2 |x| + |x|3 , so f is C 2 . For x > 0, 1 1 1 1 3 1 g(x) = 3√ =− · 3√ 2 · 4 · √ −→ −∞. 2 1+ 2 x 2 (1 + 2 x) x x→0 Problem 2. Let M be an invertible matrix of dimension 2n × 2n, represented inblock form as A B E F M= and M −1 = . C D G HShow that det M. det H = det A. Solution. Let I denote the identity n × n matrix. Then A B I F A 0 det M. det H = det · det = det = det A. C D 0 H C I Problem 3. ∞ (−1)n−1 sin (log n) Show that converges if and only if α > 0. n=1 nα Solution. sin (log t) Set f (t) = . We have tα −α cos (log t) f (t) = α+1 sin (log t) + . t tα+1 1+αSo |f (t)| ≤ for α > 0. Then from Mean value theorem for some tα+1 1+α 1+αθ ∈ (0, 1) we get |f (n+1)−f (n)| = |f (n+θ)| ≤ α+1 . Since < +∞ ∞ n ∞ nα+1for α > 0 and f (n) −→ 0 we get that (−1)n−1 f (n) = (f (2n−1)−f (2n)) n→∞ n=1 n=1converges. sin (log n) Now we have to prove that does not converge to 0 for α ≤ 0. nαIt suffices to consider α = 0. We show that an = sin (log n) does not tend to zero. Assume the 1 1 log ncontrary. There exist kn ∈ N and λn ∈ − , for n > e2 such that = 2 2 πkn + λn . Then |an | = sin π|λn |. Since an → 0 we get λn → 0. 2 We have kn+1 − kn = log(n + 1) − log n 1 1 = − (λn+1 − λn ) = log 1 + − (λn+1 − λn ). π π nThen |kn+1 − kn | < 1 for all n big enough. Hence there exists n 0 so that log nkn = kn0 for n > n0 . So = kn0 + λn for n > n0 . Since λn → 0 we get πcontradiction with log n → ∞. Problem 4. a) Let the mapping f : Mn → R from the space n2Mn = R of n × n matrices with real entries to reals be linear, i.e.:(1) f (A + B) = f (A) ...