Đề thi olympic toán sinh viên năm 2014 môn thi: Đại số

HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN NĂM 2014
Môn thi: Đại số
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1. a) Chứng minh rằng:
det

1 a1 a1(a1 − 1) a1(a1 − 1)(a1 − 2)
1 a2 a2(a2 − 1) a2(a2 − 1)(a2 − 2)
1 a3 a3(a3 − 1) a3(a3 − 1)(a3 − 2)
1 a4 a4(a4 − 1) a4(a4 − 1)(a4 − 2)
 = ∏
1≤i<j≤4
(aj − ai).
b) Giả thiết a1, a2, a3, a4 là các số nguyên, chứng minh
∏
1≤i<j≤4
(aj − ai) chia hết cho 12.
Bài 2. Cho các số thực phân biệt a1, a2, a3. Chứng minh rằng với mọi bộ số thực b1, b2, b3 tồn
tại duy nhất một đa thức P (x) bậc không quá 5 thỏa mãn: P (ai) = P ′(ai) = bi, i = 1, 2, 3, ở
đây P ′ ký hiệu đạo hàm của đa thức P .
Bài 3. a) Ký hiệu V4 là không gian vec tơ các đa thức với hệ số thực với bậc không quá 4. Định
nghĩa ánh xạ e : V4 → V4 như sau: với mỗi đa thức f ∈ V4, e(f) :=
4∑
i=0
f (i)
i!
, trong đó f (i) ký
hiệu đạo hàm bậc i của f , (f (0) = f). Chứng minh rằng e là một ánh xạ tuyến tính khả nghịch
từ V4 vào chính nó.
b) Ký hiệu V là không gian vec tơ các đa thức với hệ số thực. Với mỗi đa thức f , đặt e(f) :=
∞∑
i=0
f (i)
i!
. Chứng minh rằng e là một ánh xạ tuyến tính khả nghịch từ không gian V vào chính nó.
Bài 4. a) Cho ma trận khối X =
(
Em B
C En
)
được tạo thành từ các ma trận đơn vị Em, En cấp
m,n tương ứng và các ma trận B, C với kích thướcm × n và n ×m tương ứng. Chứng minh
rằng det(X) = det(En − CB) = det(Em −BC).
b) Tổng quát, cho ma trận khối X =
(
A B
C D
)
, trong đó A, D là các ma trận vuông, A khả
nghịch, chứng minh rằng det(X) = det(A) det(D − CA−1B).
Thí sinh chọn một trong hai câu của bài sau:
Bài 5. a) Cho P là một đa thức bậc n với hệ số hữu tỷ. Giả sử số thực a là một nghiệm của P với
bội > n/2. Chứng minh rằng a là một số hữu tỷ.
b) Trên hình vuông ABCD ta định nghĩa đường đi giữa hai đỉnh X,Y (không nhất thiết phân
biệt) là một dãy các đỉnh kề nhauXX1X2 . . . Xn−1Y : như vậyX0 = X,X1, . . . , Xn−1, Xn =
Y là các đỉnh của hình vuông và XiXi+1 là cạnh của hình vuông, số n được gọi là độ dài của
đường đi. Với mỗi số tự nhiên n, gọi xn, yn, zn tương ứng là số các đường đi độ dài n giữa: một
đỉnh và chính nó, một đỉnh và một đỉnh cố định kề nó, một đỉnh và đỉnh đối diện (đỉnh đối xứng
qua tâm). Ví dụ, x0 = 1, y0 = 0, z0 = 0, x1 = 0, y1 = 1, z1 = 0, x2 = 2, y2 = 0, z2 = 2.
1) Thiết lập công thức truy hồi cho xn, yn, zn;
2) Tìm công thức tổng quát của xn, yn, zn.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Bài 1. a) Chứng minh rằng:
det

1 a1 a1(a1 − 1) a1(a1 − 1)(a1 − 2)
1 a2 a2(a2 − 1) a2(a2 − 1)(a2 − 2)
1 a3 a3(a3 − 1) a3(a3 − 1)(a3 − 2)
1 a4 a4(a4 − 1) a4(a4 − 1)(a4 − 2)
 = ∏
1≤i<j≤4
(aj − ai).
b) Giả thiết a1, a2, a3, a4 là các số nguyên, chứng minh
∏
1≤i<j≤4
(aj − ai) chia hết cho 12.
Giải. a) Gọi C1, . . . , C4 là các cột của ma trận đã cho. Đặt C′i = (a
i−1
1 , . . . , a
i−1
4 ). Thế thì ta
dễ dàng thấy rằng Ci = C′i+ tổ hợp tuyến tính của các C
′
1, . . . , C
′
i−1.
Từ đó suy ra định thức cần tính bằng định thức của ma trận được tạo thành từ các cột
C′1, . . . , C
′
4.
Đây là định thức Vandermonde quen thuộc và do đó giá trị cần tìm bằng
det(C′1, . . . , C
′
4) =
∏
1≤i<j≤4
(aj − ai).
b) Trong ma trận ban đầu, mỗi hệ số trên cột thứ 3, 4 tương ứng là tích của 2, 3 số nguyên liên
tiếp, do đó chia hết cho 2!, 3!. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2
Bài 2. Cho các số thực phân biệt a1, a2, a3. Chứng minh rằng với mọi bộ số thực b1, b2, b3 tồn
tại duy nhất một đa thức P (x) bậc không quá 5 thỏa mãn: P (ai) = P ′(ai) = bi, i = 1, 2, 3, ở
đây P ′ ký hiệu đạo hàm của đa thức P .
Giải. Giả thiết P (x) =
∑5
i=0 cix
i. Từ các điều kiện của bài toán ta suy ra một hệ 6 phương trình
tuyến tính với 6 ẩn là c0, . . . , c5:
5∑
i=0
aikci = bk,
5∑
i=1
iai−1k ci = bk, k = 1, 2, 3
Nếu b1 = b2 = b3 = 0 thì đa thức 0 là đa thức duy nhất thỏa mãn. Thật vậy, từ giả thiết suy ra
P (x) =
∏
i(x− ai)Q(x) với Q(x) là đa thức bậc không quá 2. Từ hệ thức P ′(ai) = 0 ta suy ra
Q(ai) = 0. Do đó Q ≡ 0. Theo trên, khi các hệ số bk đều bằng 0 thì hệ có nghiệm duy nhất. Do
đó ta suy hệ có nghiệm duy nhất với mọi bộ bk.
Cách khác:
- Xét ánh xạ φ từ không gian các đa thức bậc ≤ 5 với hệ số thực vào R6 gửi mỗi đa thức P
lên (P (a1), P ′(a1), . . . , P (a3), P ′(a3)). Bài toán yêu cầu chứng minh φ là một song ánh. Hiển
nhiên φ là ánh xạ tuyến tính giữa các không gian có cùng số chiều bằng 6. Dễ dàng kiểm tra được
rằng kerφ = 0 và bài toán được chứng minh.
- Cũng có thể xây dựng trực tiếp đa thức P (x) bằng phương pháp nội suy.
• Thiết lập công thức nội suy Lagrange
• Xác định được đa thức bậc 2 nhận giá trị tại ai
• Kết thúc bài toán
3
Bài 3. a) Ký hiệu V4 là không gian vec tơ các đa thức với hệ số thực với bậc không quá 4. Định nghĩa
ánh xạ e : V4 → V4 như sau: với mỗi đa thức f ∈ V4, e(f) :=
4∑
i=0
f (i)
i!
, trong đó f (i) ký hiệu đạo
hàm bậc i của f , (f (0) = f). Chứng minh rằng e là một ánh xạ tuyến tính khả nghịch từ V4 vào
chính nó.
b) Ký hiệu V là không gian vec tơ các đa thức với hệ số thực. Với mỗi đa thức f , đặt e(f) :=
∞∑
i=0
f (i)
i!
.
Chứng minh rằng e là một ánh xạ tuyến tính khả nghịch từ không gian V vào chính nó.
Giải. a)
• Thiết lập ma trận ánh xạ đạo hàm trong hệ cơ sở 1, x, . . . , x4/4!
• Do ma trận của e theo cơ sở trên là chéo nên khả nghịch
b) Theo công thức Taylor, ta có, với mọi f ∈ R[x] thì
f(x+ 1) =
∞∑
i=0
f (i)(x)
i!
.
Nói cách khác, e(D) gửi đa thức f(x) lên f(x + 1). Hiển nhiên đây là một ánh xạ tuyến tính
khả nghịch.
Ghi chú:
Thí sinh có thể dùng phương pháp của câu a) để giải câu b).
Thí sinh có thể chứng minh câu b) trước, từ đó suy ra câu a).
4
Bài 4. a) Cho ma trận khối X =
(
Em B
C En
)
được tạo thành từ các ma trận đơn vị Em, En cấp
m,n tương ứng và các ma trận B, C với kích thước m × n và n ×m tương ứng. Chứng minh
rằng det(X) = det(En − CB) = det(Em −BC).
b) Tổng quát, cho ma trận khốiX =
(
A B
C D
)
, trong đóA,D là các ma trận vuông,A khả nghịch,
chứng minh rằng det(X) = det(A) det(D − CA−1B).
Lời giải. Sử dụng biến đổi sơ cấp theo hàng ta có
det(X) = det
(
Em B
0 En − CB
)
Từ đó sử dụng khai triển Laplace ta có điều phải chứng minh.
b) Với A khả nghịch, ta có khai triển
X =
(
A 0
0 En
)(
Em A
−1B
C D
)
.
Sử dụng các biến đổi sơ cấp đối với ma trân
(
Em A
−1B
C D
)
như trong câu a) ta có điều phải
chứng minh.
5
Bài 5. a) Cho P là một đa thức bậc n với hệ số hữu tỷ. Giả sử số thực a là một nghiệm của P với
bội > n/2. Chứng minh rằng a là một số hữu tỷ.
Giải. Phản chứng. Giả sử a vô tỷ. Giả sử P = P1 · · ·Pk với P1, . . . , Pk là các đa thức hệ số hữu
tỷ và bất khả qui trên Q. Bởi vì a là nghiệm của P , dĩ nhiên a là nghiệm của một số đa thức Pi.
Không mất tổng quát, giả sử P1, . . . , Pm nhận a làm nghiệm. Do P1, . . . , Pm có hệ số hữu tỷ và
nhận số vô tỷ a làm nghiệm ta suy ra chúng có bậc ≥ 2. Ta nhắc lại kết quả quen biết sau đây:
mọi đa thức bất khả qui trên Q chỉ có nghiệm đơn trong R (trong bất kì trường chứa Q). Từ đó
suy ra bội của a trong P bằngm. Suy ra
degP ≥ degP1P2 · · ·Pm ≥ 2m > 2
n
2
= n.
Đây là điều mâu thuẫn cần tìm và bài toán được giải quyết.
Nhận xét: bài toán còn có nhiều tiếp cận khác: qui nạp theo bậc của P , xét iđêan của Q[x] gồm
các đa thức nhận a làm nghiệm, v.v.
6
Bài 5. b) Trên hình vuông ABCD ta định nghĩa đường đi giữa hai đỉnh X,Y (không nhất thiết
phân biệt) là một dãy các đỉnh kề nhauXX1X2 . . . Xn−1Y : như vậyX0 = X,X1, . . . , Xn−1, Xn =
Y là các đỉnh của hình vuông vàXiXi+1 là cạnh của hình vuông, số n được gọi là độ dài của đường
đi. Với mỗi số tự nhiên n, gọi xn, yn, zn tương ứng là số các đường đi độ dài n giữa: một đỉnh và
chính nó, một đỉnh và một đỉnh cố định kề nó, một đỉnh và đỉnh đối diện (đỉnh đối xứng qua tâm).
Ví dụ, x0 = 1, y0 = 0, z0 = 0, x1 = 0, y1 = 1, z1 = 0, x2 = 2, y2 = 0, z2 = 2.
1) Thiết lập công thức truy hồi của xn, yn, zn;
2) Tìm công thức tổng quát của xn, yn, zn.
Giải. 1) Theo định nghĩa xn là số đường đi độ dài n giữa A và A. Một đường đi bắt đầu từ A và
kết thúc tại A, ngay trước khi kết thúc phải dừng lại tại B hoặcD. Điều này cho thấy một đường
đi độ dài n giữa A và chính nó được tạo thành từ một đường đi độ dài n− 1 từ A tới B và cạnh
BA hoặc một đường đi độ dài n− 1 từ A tớiD và cạnhDA. Từ đó suy ra
xn = 2yn−1.
Tương tự, một đường đi độ dài n từ A tới B được tạo thành từ một đường đi độ dài n− 1 từ A
tới A và cạnh AB hoặc một đường đi độ dài n− 1 từ A tới C và cạnh CB. Do đó
yn = xn−1 + zn−1.
Tương tự ta có
zn = 2yn−1.
Một cách tương đương, ta có 0 2 01 0 1
0 2 0
xn−1yn−1
zn−1
 =
xnyn
zn
 .
2) Ta có xn = zn = 2yn−1 với mọi n. Từ đó yn = 2xn−1 = 4yn−2. Quan hệ yn = 4yn−2
cùng với giá trị ban đầu y0 = 0, y1 = 1 chứng tỏ y2k = 0, y2k+1 = 22k. Từ đây, ta suy ra
x2k = z2k−1 = 2y2k−1 = 22k−1, z2k+1 = x2k+1 = 0.
7