1 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:                             113 520 331 ; 110 123 031 TA a) Tính B = T – 1 AT. 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     2004 2004 – – .AB BA C C AB BA Câu 3. Biết rằng các ma trận vuông A, B đều là nghiệm của đa thức f(x)= x 2 – x và AB + BA = 0. Tính det(A – B) ? Câu 4. Cho ma trận thực   nn ij aA   thoả mãn điều kiện:       ji ji a ij ,1 ,0 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) = x 5 – 3x 4 +2x 3 +ax 2 +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 2 ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Đại số Câu 1. Cho các ma trận:                             113 520 331 ; 110 123 031 TA a) Tính B = T – 1 AT. b) Tìm giá trị riêng và véctơ riêng của ma trận A. Giải. a) Ta có 11 7 0 21 1 1 15 10 5 , 3 70 6 10 2 4 T B T AT                                . 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) 2004 C = 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 ab D ca      và D 2 = (a 2 +cb)E. Do đó D 2004 = (a 2 + cb) 1002 E 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)= x 2 – x và AB+ BA = 0. Tính det(A – B) ? Giải. Ta có A 2 =A, B 2 =B nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 () () A B A AB BA B A B A B A B A AB BA B A B A B                      Đặt det( ) , det( )A B A B      . Ta có 2 2 2 2 det( ) det( ) det( ) det( ) A B A B hay A B A B                  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 3 1 0 0 0 ,. 0 0 0 1 AB              Câu 4. Cho ma trận thực   nn ij aA   thoả mãn điều kiện:       ji ji a ij ,1 ,0 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 3 0 1 1 1 0 1 1 1 0 A        ta có detA 3 = 0. b) Xét ma trận 0 1 1 1 1 0 1 1 . 1 1 0 1 1 1 1 0 B        Ta tính được detB= –3. Theo định nghĩa của định thức thì 14 1 2 3 4 14 ( , , ) 1 2 3 4 ( , , ) det ( 1) N j j j j j j jj B b b b b  và 14 1 2 3 4 14 ( , , ) 1 2 3 4 ( , , ) det ( 1) (*) N j j j j j j jj A a a a a  Rõ ràng là nếu tích 1 2 3 4 1 2 3 4 0 j j j j b b b b  thì tích 1 2 3 4 1 2 3 4 0 j j j j a a a a  và ngược lại. Do det 3B  là một số lẻ nên số số hạng khác 0 trong (*) cũng là một số lẻ và vì vậy det 0.A  Câu 5. a) Xác định đa thức f(x) dạng f(x) = x 5 – 3x 4 +2x 3 +ax 2 +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 (1) ( 1) (2) 0,f f f    ta thu được hệ phương trình 0 6 0. 4 2 0 abc a b c a b c                Giải hệ này, ta thu được 1, 3, 2.a b c    Vậy đa thức cần tìm là 4 f(x) = x 5 – 3x 4 +2x 3 + x 2 – 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 Q 2 = (R – P)(R + P). Vì degP=degQ = 3 nên deg(R + P)= 3. Do degQ 2 = 4 nên deg(R – P) =1. Do đó đa thức Q 2 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 P 2 =(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 1 1 1 ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( ).R x x a R x Q x x a Q x P x x a P x      Thế vào hệ thức P 2 =(R – Q)(R + Q), ta thu được 2 2 2 1 1 1 ,P R Q với 11 ,PR là các tam thức bậc hai, Q 1 là nhị thức bậc nhất. Ta có 2 1 1 1 1 1 ( )( ).Q R P R P   Vì 2 1 Q là đa thức bậc hai và R 1 + Q 1 là tam thức bậc hai nên R 1 – P 1 là đa thức hằng. Vậy, nếu 2 1 ( ) ( 0)P x ax bx c a    và 1 ()Q x dx e thì 2 1 ()R x ax bx c k    và   2 11 ( ) ( ) ( ) . (1)k R x P x dx e   Suy ra k>0. Thay giá trị e x d  vào (1), ta thu được 11 0 ee RP dd                 nên 1 0. 2 ek P d        Do đó tam thức bậc hai P 1 (x) có hai nghiệm thực và P(x) có 3 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 32 2 32 ( ) 3 2 , ( ) 2( 2 1), ( ) 3 4 2 P x x x x Q x x x R x x x x           thì P 2 +Q 2 =R 2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực. 5 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 2 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 2 1 3 2 3 3 3 4 2 1 4 2 4 3 4 4 1 1 , 1 1 x x x x x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x             Chứng minh rằng định thức của A là một đa thức đối xứng theo các biến 1 2 3 4 , , , .x x x x Tính định thức của A khi 1 2 3 4 , , ,x x x x lần lượt là 4 nghiệm của đa thức 4 3 2 4 ( ) 5 1.P x x x x    Câu 2. Cho ma trận 22 . 13 A     Tìm ma trận B có các giá trị riêng dương sao cho B 2 =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 ( ) 0, .Q x x  ¡ Câu 4. Cho ma trận 2 1 0 0 1 0 , 0 0 2 M       Đặt   , 1,2,3. ( ) ( , 2). n ij ij M b n n n    ¥ Tính 33 11 ( ). n ij ij S b n    Câu 5. Giải hệ phương trình 1 2 1 1 21 2 11 2004 2005 1 2005 1 nn nn n n n a x x x x ax x x x a x x x                               Hết 6 ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2005 Môn: Đại số Câu 1. Xét ma trận có dạng 2 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 2 1 3 2 3 3 3 4 2 1 4 2 4 3 4 4 1 1 , 1 1 x x x x x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x             Chứng minh rằng định thức của A là một đa thức đối xứng theo các biến 1 2 3 4 , , , .x x x x Tính định thức của A khi 1 2 3 4 , , ,x x x x lần lượt là 4 nghiệm của đa thức 4 3 2 4 ( ) 5 1.P x x x x    Giải. Ta có 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 3 4 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 2 1 2 2 2222 1 2 3 4 2 3 2 4 1 1 det .det 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 .det 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x x x xxxx x x                                   7 2 1 2 2 2222 1 2 3 4 22 33 22 44 2 2 1 1 2 2 2 2 3 2 4 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 det det 11 0 0 0 0 0 0 11 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 det det 1 1 1 1 1 00 1 0 0 0 x x xxxx xx xx x x x x x x                                                                       2 1 2 2 2 3 2 2 4 1 000 1 0 0 0 det 1 0 0 0 0 1 000 1 1 1 1 x x x x                                      `     2222 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 1 2 3 4 2 2222 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 1 1 1 1 1 1 2 1. xxxx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                          Vì 1 2 3 4 , , ,x x x x là nghiệm của đa thức 4 3 2 4 ( ) 5 1P x x x x    nên: 1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 1; 5.x x x x x x x x x x x x x x x x           Vậy detA= 1– 2.(–5) +1=12. Câu 2. Cho ma trận 22 . 13 A     Tìm ma trận B có các giá trị riêng dương sao cho B 2 =A. Giải. Chéo hoá ma trận A: 1 10 , 04 D P AP      trong đó 1 2 1 1 3 1 3 ,. 1 1 1 3 2 3 PP                 Ma trận C có các giá trị riêng dương sao cho C 2 =D là ma trận 10 . 02 C      Cần tìm B=QCQ –1 sao cho B 2 =QC 2 Q –1 =A=PDP –1 ? 1 1 1 1 ( ) ( ) .QDQ PDP D Q P Q P D          Cần giải phương trình: DX=XD, X       8 1 0 1 0 0 2 0 2                                  2 2 2 2                      0, 0, ,         khác 0 tuỳ ý ! Vậy ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 02 0 0 3 3 4 3 2 3 0 . 3 2 3 1 3 5 3 0 Q P Q P Q P B QCQ                                                                   Ghi chú: Nếu thí sinh chọn luôn ma trận 1 4 3 2 3 1 3 5 3 B PCP      thì vẫn cho điểm tối 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 ( ) 0, .Q x x  ¡ Giải. 1) Dễ dàng thấy không tồn tại các đa thức bậc 0, 1, 2: 0 1 2 ( ), ( ), ( )P x P x P x thoả mãn điều kiện đầu bài. Xét trường hợp 3.n  Giả sử tồn tại đa thức bậc : ( ) n n P x thỏa mãn điều kiện: ( ) ( ), (1) ( ) ( ) (2) nn nn P x P x P x P x x      Từ (1) ( ) ( ) 0 nn P x P x x n        chẵn. Từ (2) ( ) ( ) 0 ( 1) nn P x P x x n          chẵn. Vô lý!!!! 2) Từ giả thiết suy ra n - chẵn (n - bậc của đa thức Q(x)). Giả sử ngược lại, 00 : ( ) 0x Q x  phương trình Q(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm ( n - chẵn!). ( ) 0 x e Q x   có ít nhất 2 nghiệm ( kể cả nghiệm bội)   ( ) 0 x e Q x    có nghiệm. Tức là ( ) ( ) 0 xx e Q x e Q x      có nghiệm ( ) ( ) 0Q x Q x     có nghiệm  Vô lý!!!! Câu 4. Cho ma trận 2 1 0 0 1 0 , 0 0 2 M       Đặt   , 1,2,3. ( ) ( , 2). n ij ij M b n n n    ¥ Tính 33 11 ( ). n ij ij S b n    Giải. Ta có M= E +D với 9 1 0 0 1 1 0 0 1 0 , 0 0 0 . 0 0 1 0 0 1 ED                      Dễ dàng thấy rằng , , ( 2). nn E E D D n n    ¥ Khi đó 0 1 1 ( ) . n n n n n k n k k k n k k k n n n k k k M E D C E D C E D E C D E               Mặt khác 11 1 1 0 000 00 nn kk nn kk n k n k n k n k CC CD C                và 1 2 1. n kn n k C    Do đó: 2 2 1 0 0 1 0 . 0 0 2 nn n n M        Từ đây suy ra 3.2 . n n S  Câu 5. Giải hệ phương trình 1 2 1 1 21 2 11 2004 2005 1 2005 1 nn nn n n n a x x x x ax x x x a x x x                               Giải. Cộng thêm biểu thức 1 2 1 i x x x     vào cả hai vế phương trình thứ ( 2)ii của hệ đã cho. Với 2,3, , ,in ta có 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2005 1 i i i i n i a x x x x x x x x x x x                    1 2 1 1 2 1 1 ( ) 1 2004 2005 1 2005 1 2005 2005 . 2005 2004 i ii i i i aa x x x a x x x                       Vậy với 2,3, , 1:in 1 2 1 2 1 1 1 ( ) ( ) 2005 2005 2005 2005 . 2005 2004 2005 2004 2005 i n i ii i i i x x x x x x x a a a                             10 Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai ta được 1 . 2005 a x  Vậy 1 ( 1,2, , 1); . 2005 2004.2005 in in aa x i n x      Hết . 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. thực (kể cả bội của nghiệm). o0o 2 ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN HỌC SINH VIÊN TOÀN QUỐC 2004 Môn thi: Đại số Câu 1. Cho các ma trận:                             113 520 331 ; 110 123 031 TA