Tải bản đầy đủ (.pdf) (133 trang)

OnTapOLPToanpart1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (541.22 KB, 133 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>VŨ TIẾ VIỆT. TÀI LIỆU Ô TẬP. OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN. HÀ XUẤT BẢ ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ ỘI.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Mục lục. Lời nói đầu. 1. Chu.o.ng 1 Các đề thi từ 1993 đến 2012. 3. 1.1. Đề thi Olympic năm 1993 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3. 1.2. Đề thi Olympic năm 1994 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 6. 1.3. Đề thi Olympic năm 1995 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.4. Đề thi Olympic năm 1996 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 12. 1.5. Đề thi Olympic năm 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 14. 1.6. Đề thi Olympic năm 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 17. 1.7. Đề thi Olympic năm 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 20. 1.8. Đề thi Olympic năm 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 22. 1.9. Đề thi Olympic năm 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 24. 1.10 Đề thi Olympic năm 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 27. 1.11 Đề thi Olympic năm 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 30. 1.12 Đề thi Olympic năm 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 33. 1.13 Đề thi Olympic năm 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 35. 1.14 Đề thi Olympic năm 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 38. 1.15 Đề thi Olympic năm 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 40. 1.16 Đề thi Olympic năm 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 42. 1.17 Đề thi Olympic năm 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 44. 1.18 Đề thi Olympic năm 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 47. 1.19 Đề thi Olympic năm 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 50. 1.20 Đề thi Olympic năm 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . .. 54. i.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ii. Mục lục. Chu.o.ng 2 Một số lời giải và gợi ý. 57. 2.1. Các bài Đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 57. 2.2. Các bài Giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 94. Chu.o.ng 3 Một số đề dự tuyển. 125. 3.1. Các bài Đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 125. 3.2. Các bài Giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 125. Chu.o.ng 4 Một số bài ôn tập. 127. 4.1. Các bài Đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 127. 4.2. Các bài Giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 127. Tài liệu tham khảo. 129.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Lời nói đầu Toán học (Mathematic) là môn khoa học cơ sở cho tất cả các ngành khoa học tự nhiên và kỹ thuật khác, thậm chí cả cho các ngành khoa học xã hội và nhân văn. Với Tin học (Informatic) thì Toán học thực sự là người anh song hành trên mỗi bước đường phát triển của Tin học. Các chuyên gia giỏi về công nghệ thông tin đều là những người có kiến thức toán học vững vàng. John Adams (1735-1826), tổng thống thứ 2 của nước Mỹ, có câu nổi tiếng sau: "I must study politics and war that my sons may have liberty to study mathematics and philosophy. My sons ought to study mathematics and philosophy, geography, natural history, naval architecture, navigation, commerce, and agriculture, in order to give their children a right to study painting, poetry, music, architecture, statuary, tapestry, and porcelain". Lược dịch: "Tôi phải học chính trị và quân sự, để con tôi được thảnh thơi học toán và triết. Con tôi phải học toán, triết, kinh tế, và các môn khoa học kỹ thuật khác, để cháu tôi có quyền học các môn nghệ thuật". Từ cách đây hơn 2 thế kỷ, Adams đã nhận thấy rằng, sau khi nước Mỹ giành được độc lập và xây dựng được một thể chế tiến bộ (là việc của những người thuộc thế hệ ông ta), thì đến thế hệ tiếp sau phải học toán để có thể trở nên giàu có, tạo ra điều kiện để cho văn hóa nghệ thuật có thể phát triển. Toán học mà Adams nói đến là toán học "vị nhân sinh", gắn liền với kinh tế, kỹ thuật, v.v... Cũng theo lời của Adams, các thế hệ sau cần phải học không những chỉ có toán, mà nhiều môn khác nữa, nếu muốn trở nên văn minh.. 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 Năm 1993 kỳ thi Olympic Toán học sinh viên được tổ chức lần đầu tiên bởi 3 trường Đại học là Tổng hợp Hà Nội, Sư phạm Hà Nội và Bách khoa Hà Nội. Những người thầy đầu tiên chủ trì các kỳ thi Olympic Toán học sinh viên là các Giáo sư Nguyễn Văn Mậu, Trần Huy Hổ, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Tống Đình Quỳ,... Từ đó đến nay kỳ thi đã được tổ chức 25 lần với sự tham gia của gần 100 trường Đại học và Cao đẳng trong cả nước. Kỳ thi lần thứ 24 được tổ chức tại trường Đại học Quy Nhơn tỉnh Bình Định, vùng đất có Ghềnh Ráng với Đồi Thi nhân Hàn Mặc tử, có Trung tâm quốc tế Khoa học và Giáo dục liên ngành (ICISE) do hai vợ chồng Giáo sư Lê Kim Ngọc và Trần Thanh Vân xây dựng,... Kỳ thi lần thứ 25 được tổ chức tại trường Đại học Phú Yên, vùng đất có Hoa vàng với Cỏ xanh, có Gành Đá đĩa với nhà thờ Mằng Lăng, có Vũng Rô lịch sử,... Là người đã tham gia huấn luyện và dẫn đoàn sinh viên của Học viện ANND (C500) tham gia kỳ thi Olympic Toán học sinh viên từ năm 2001 đến năm 2017, cũng đã từng tham gia huấn luyện cho các đội tuyển của Học viện Ngân hàng, Đại học Hải phòng và Đại học Kỹ thuật Hậu cần CAND, tôi thấy nên tập hợp các đề thi và các bài dự tuyển, các bài ôn tập của các trường, nhằm góp phần giúp các em sinh viên ôn tập và các thầy cô giáo tham khảo trong huấn luyện sinh viên. Vì thế tôi biên soạn tập tài liệu này. Khi biên soạn tôi có tham khảo cuốn tài liệu của các Giáo sư Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn đã xuất bản cách đây nhiều năm và một số tài liệu của các thầy cô những trường khác. Xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô! Tác giả rất mong nhận được sự nhận xét, góp ý của các đồng nghiệp và các sinh viên để tài liệu được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về hộp thư: Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, mùa Hạ 2017..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chương 1 Các đề thi từ 1993 đến 2012 1.1. Đề thi Olympic năm 1993. Vòng 1 Câu 1. a/ Tìm tất cả các ma trận thực X vuông, cấp 2 sao cho " # 1 0 X2 = . 0 1 b/ Cho các số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn thoả mãn điều kiện a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn = 0. Đặt.  1 + a1 b1 a1 b2   a2 b1 1 + a2 b2  A= .. ..  . .  a n b1 an b2.  ···. a1 bn. ··· .. .. a2 bn .. ..    .  . · · · 1 + a n bn. Tính det(A). Câu 2. a/ Tìm một nguyên hàm của hàm số sau x }, x ∈ R. f (x) = max {2 arctan x, 1 + x2 b/ Tính tích phân Z. π 2. I= 0. dx √ · 1 + (tan x) 2 3.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 Câu 3. a/ Cho hàm số y = f (x) xác định và có đạo hàm bậc hai. không đồng nhất bằng 0 trên bất kỳ đoạn nào của R. Biết rằng đồ thị của y = f (x) cắt đường thẳng ax + by + c = 0 tại 3 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ R sao cho f 00 (x0 ) = 0 và f 00 (x) đổi dấu qua x = x0 . b/ Ký hiệu Pn [X] là tập hợp tất cả các đa thức có bậc deg(Pn ) 6 n với hệ số thực. Cho hai số a, b ∈ R khác nhau. Xét ánh xạ f : P3 [X] → P2 [X] xác định như sau ∀p(x) ∈ P3 [X], f (p) = p(x + a) − p(x + b). Chứng minh rằng f là ánh xạ tuyến tính. Hỏi f có phải là toàn ánh không? Hãy tính f −1 (0)..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1.1. Đề thi Olympic năm 1993. 5. Vòng 2 Câu 1. Cho 0 6 α 6 1. Chứng minh rằng ∀a, b ∈ C phương trình 3. z − az + b = 0 có ít nhất một nghiệm thoả mãn điều kiện |z − α| 6 2 − α. π , 0 6 y < +∞. 2 Chứng minh bất đẳng thức Câu 2. Cho 0 6 x <. y(arctan y − x) > ln (. p 1 + y 2 cos x).. Khi nào thì xảy ra dấu đẳng thức? Câu 3. Cho P (x) 6= const là đa thức với hệ số thực. Chứng minh rằng nếu hệ phương trình Z x  P (t) sin tdt = 0  Z0 x   P (t) cos tdt = 0 0. có nghiệm thực, thì số nghiệm thực chỉ có thể là hữu hạn. Câu 4. a/ Cho A và B là hai ma trận thực vuông cấp 2. Giả sử rằng det (A + B). det (A − B) 6= 0. Đặt " # A B M= . B A Chứng minh rằng det M 6= 0. b/ Chứng minh khẳng định trên cho trường hợp A và B là các ma trận thực vuông cấp n bất kỳ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 6. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.2. Đề thi Olympic năm 1994. Môn Đại số Câu 1. Cho a1 , a2 , a3 , a4 ∈ R. Chứng minh rằng ma trận   1 + a21 −a2 −a3 a4    a2 1 + a21 a4 a3    A= 2 a4 1 + a1 −a2    a3 2 −a4 −a3 a2 1 + a1 khả nghịch. Tính det (A−1 ). Câu 2. Cho aij ∈ Z (i, j = 1, 2, ..., n). Giải hệ phương trình  1  x = a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn  2 1      1 x2 = a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn 2.   ··· ··· ··· ··· ···     1 x = an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn 2 n Câu 3. Cho ma trận Ak =. " # 2kπ cos 2kπ − sin n n sin 2kπ n. cos 2kπ n. , k∈N. Tính tổng m m Sm = Am 0 + A1 + · · · + An−1. (m, n ∈ N).. Câu 4. Cho ma trận đơn vị In và ma trận # " 1 nx . A= − nx 1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1.2. Đề thi Olympic năm 1994. 7. Tính giới hạn h lim. x→0. i 1 n (A − In ) . n→∞ x lim. Câu 5. Cho ma trận cấp n vuông A thỏa mãn A2 = In (với In là ma trận đơn vị). Chứng minh rằng rank(In + A) + rank(In − A) = n. Câu 6. Cho ma trận cấp 2 vuông A sao cho A2 = A. Chứng minh rằng để AX − XA = O2 (X là ma trận cấp 2 vuông, O2 là ma trận không) thì điều kiện cần và đủ là tồn tại ma trận cấp 2 vuông X0 sao cho X = AX0 + X0 A − X0 ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 8. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Cho ak , bk ∈ R (k = 1, 2, ..., n). Chứng minh rằng n X f (x) = x + (ak sin kx + bk cos kx) k=1. có nghiệm trong khoảng (−π, π). Câu 2. Cho hàm số f (x) 6= const khả vi trên (0, +∞) và các số thực 0 < a < b. Chứng minh rằng phương trình af (b) − bf (a) xf 0 (x) − f (x) = b−a có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (a, b). Câu 3. a/ Cho hàm số f : [a, b] → [a, b] (a < b) thoả mãn điều kiện |f (x) − f (y)| < |x − y|, ∀x, y ∈ [a, b], x 6= y. Chứng minh phương trình f (x) = x có duy nhất nghiệm trên [a, b]. b/ Cho hàm số f (x) khả vi trên [a, b], có không điểm trên [a, b] và thoả mãn |f 0 (x)| < |f (x)|, ∀x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng f (x) ≡ 0, ∀x ∈ [a, b]. Câu 4. Tính tích phân Z In =. 4. √ xn 4 − xdx, n ∈ N.. 0. √ Chứng minh rằng In < 22n+3 ( 2ne)−1 . Câu 5. Tính đạo hàm cấp n tại điểm x = 0 của hàm số y = arctan x. Câu 6. a/ Chứng tỏ rằng tích phân sau không phụ thuộc vào α Z +∞ dx . 2 (1 + x )(1 + xα ) 0 b/ Tìm nguyên hàm. Z x+. √. dx . x2 + x + 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1.3. Đề thi Olympic năm 1995. 1.3. 9. Đề thi Olympic năm 1995. Môn Đại số Câu 1. Cho ma trận cấp n vuông A sao cho A−1 = 3A. Tính det(A1995 − A). Câu 2. Cho các số aij ∈ R (i, j = 1, 2, ..., n) thoả mãn điều kiện aij + aji = 0. Chứng minh rằng hệ phương trình ai1 x1 + ai2 x2 + ... + ain xn = 0 (i = 1, 2, ..., n) có nghiệm (x1 , x2 , .., xn ) 6= (0, 0, ..., 0). Câu 3. Cho ma trận " M=. 2 1 1 2. # .. Tính M n , với n ∈ N cho trước. Câu 4. Cho các số thực x, a 6= b và A = [aij ] là ma trận vuông cấp 6 có các phần tử được xác   x    aij = a    b Giả sử det A =. 6 X. định như sau khi i = j khi i 6= j, i + j = 2n khi i 6= j, i + j = 2n + 1. αk (x − a)k . Tính α4 .. k=0. Câu 5. Cho ma trận vuông cấp n (n > 1) có rank(A) = r. Xét ma trận A∗ = (Aij ), trong đó Aij là phần phụ đại số của aij . Tìm rank(A∗ )..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 10. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 Câu 6. Cho B là ma trận vuông cấp n và α ∈ R sao cho det (B − αIn ) = 0, với In là ma trận đơn vị. Chứng minh rằng với mọi a0 , a1 , ..., an ∈ R ta có det. n ³X k=0. ak B k −. n X k=0. ´ ak αk E = 0..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1.3. Đề thi Olympic năm 1995. 11. Môn Giải tích Câu 1. Cho hàm số f (x) liên tục và nghịch biến trên [0, b], còn a ∈ (0, b]. Chứng minh rằng Z a Z b b f (x)dx > a f (x)dx . 0. 0. Câu 2. Xét đa thức. i 1 dn h 2 n · (x − 1) . 2n .n! dxn Z Chứng tỏ nếu f (x) là đa thức bậc m (m < n) thì Pn (x) =. 1. f (x)Pn (x)dx = 0. −1. Câu 3. Chứng minh rằng hàm số  e− x12 f (x) = 0. khi x 6= 0 khi x = 0. khả vi vô hạn tại x = 0. Câu 4. Cho hàm số f (x) khả vi mọi cấp trên (−∞, +∞) thoả mãn +) ∃M > 0 : |f (n) (x)| 6 M, ∀n ∈ N, +) f ( n1 ) = 0, ∀n ∈ N. Chứng minh rằng f (x) ≡ 0 trên (−∞, +∞). Câu 5. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, 1]. Chứng minh rằng ´ p1 ³Z 1 p |f (x)| dx . max |f (x)| = lim p→+∞. x∈[0,1]. 0. Câu 6. Tìm hàm số f : R → R thoả mãn các điều kiện sau +) f (x + y) 6 f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R, f (x) +) lim = 1. x→0 x Câu 7. Tính tích phân. Z. π. In = 0. sin nx dx, n ∈ N. sin x.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 12. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.4. Đề thi Olympic năm 1996. Môn Đại số Câu 1. Cho Pn (x) là đa thức bậc n và m, k ∈ N. Chứng minh rằng: 1) Nếu Pn (xm ) chia hết cho (x − 1) thì nó chia hết cho (xm − 1), 2) Nếu Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k , a 6= 0 thì nó chia hết cho (xm − am )k . " Câu 2. Cho các số a, b, c ∈ R và ma trận A =. a b 0 c. # .. 1) Chứng minh rằng nếu A1996 = On thì A2 = On , 2) Xác định a, b, c để ∃n ∈ N mà An = In , với In là ma trận đơn vị. Câu 3. Cho biết  n   a11 (n) a12 (n) a13 (n) 2 0 1     0 3 0 = a21 (n) a22 (n) a23 (n) .     a31 (n) a32 (n) a33 (n) 0 1 2 a22 (n) . n→∞ a32 (n). Tính giới hạn lim. Câu 4. Cho A là một ma trận vuông cấp n. Chứng minh rằng nếu A không khả nghịch, thì có thể thay thế các phần tử aii của A bởi 0 hoặc 1 còn các phần tử khác giữ nguyên, để nhận được ma trận mới khả nghịch. Câu 5. Chứng minh rằng nếu a 6= 0 thì hệ phương trình   ax + (1 − b)y + cz + (1 − d)t =a      (b − 1)x + ay + (d − 1)z + ct =b   −cx + (1 − d)y + az + (b − 1)t = c      (d − 1)x − cy + (1 − b)z + at =d luôn có nghiệm ∀b, c, d ∈ R..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 1.4. Đề thi Olympic năm 1996. 13. Môn Giải tích Câu 1. Khảo sát tính khả vi của hàm số f (x) = |x − 1|.|x − 2|...|x − 1996|.. Câu 2. Cho số b ∈ R, tính giới hạn Z a dx lim . 2 a→+∞ −a (1 + x )(1 + ebx ) Câu 3. Chứng tỏ rằng tồn tại hàm số h(x) thoả mãn 2 điều kiện sau: p √ √ 1 +) x + 2 + x = x + 1 + h(x + 1) − p , ∀x > 0, 2 x + h(x) 1 +) min h(x) = . x>0 4 Câu 4. Cho g(x) là đa thức bậc 1996. Biết rằng ∀x ∈ R ta có g(x + h) = g(x) + hg 0 (x + hθ(x, h)), θ(x, h) bị chặn, g 00 (x) 6= 0. Tính giới hạn lim θ(x, h). h→0. Câu 5. Cho M > 0 và hàm số f (x) xác định, liên tục trên R sao cho |f (x + y) − f (x) − f (y)| 6 M. Chứng minh rằng ∀x ∈ R tồn tại giới hạn f (nx) . n→∞ n lim.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 14. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.5. Đề thi Olympic năm 1997. Môn Đại số Câu 1. Cho trước x0 , y0 , z0 ∈ R. Hãy xác định tất cả các số xn , yn , zn ∈ R thoả mãn hệ phương trình   xn+1 = −xn + yn + zn   , (n = 0, 1, 2, ...) yn+1 = xn − yn + zn    z =x +y −z n+1. n. n. n. Câu 2. Cho các số nguyên dương n và k (k 6 n). Xét tất cả các ma trận thực cấp n vuông A = (aij ) có rank(A) = k và thoả mãn A2 = A. Tính các giá trị có thể của biểu thức trace(A) = a11 + a22 + · · · + ann . Câu 3. Chứng minh rằng với mọi ma trận thực cấp n vuông A cho trước, đều tìm được số nguyên dương m sao cho rank(Ak ) = rank(Ak+1 ), ∀k > m. Câu 4. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau   C00 2C10 22 C20 · · · 2n Cn0    0 C11 2C21 · · · 2n−1 Cn1     .. .. .. ..  . . M = . . . . . .   0 n−1  0 0 · · · 2Cn   0 0 0 ··· Cnn Câu 5. Cho đa thức P (x) =. 1997 Y. (x − k)k .. k=1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 1.5. Đề thi Olympic năm 1997. 15. Gọi G là tập hợp tất các đa thức với hệ số thực có dạng xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an , (n = 1, 2, 3, ...). Xác định tất cả các giá trị a ∈ R sao cho tồn tại đa thức Q(x) ∈ G thoả mãn các điều kiện sau    Q(x) 6= P (x)       Q(x) = 0 khi x = 1, 2, ..., 1997    Q(x) 6= 0 khi x ∈ / {1, 2, ..., 1997}      P (x) = a và Q(x) = a có các nghiệm đều thực       và tập nghiệm của chúng trùng nhau.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 16. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Cho A ∈ R{0}. Xét hàm số f (x) xác định, liên tục trên (0, +∞) và thoả mãn lim f (x) = A. Tính giới hạn x→+∞. Z. 1. lim. n→∞. f (nx)dx. 0. Câu 2. Xác định tất cả các số dương a sao cho ax > 1 + x, ∀x ∈ R. Câu 3. Chứng minh rằng ∀t > 0 phương trình x3 + tx − 8 = 0 luôn có duy nhất nghiệm, ký hiệu nghiệm đó là x(t). Hãy tính Z 7 [x(t)]2 dt. 0. Câu 4. Tính giới hạn Z. π 4. lim n. n→∞. tann xdx.. 0. Câu 5. Xét đa thức P (x) với hệ số thực thoả mãn các điều kiện Z 1 P (0) = P (1) = 0, |P 0 (x)|dx = 1. 0. Chứng minh rằng 1 |P (x)| 6 , ∀x ∈ [0, 1]. 2 π Câu 6. Chứng tỏ tồn tại dãy số thực {an }, an ∈ [0, ] sao cho 2 cos an = ann . Tính giới hạn lim an .. n→∞.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1.6. Đề thi Olympic năm 1998. 1.6. 17. Đề thi Olympic năm 1998. Môn Đại số Câu 1. Cho ma trận " A(α) =. cos α − sin α sin α. cos α. # .. π Chứng minh rằng A(α).A(β) = A(α + β). Tính An ( ). 2 Câu 2. Cho A là ma trận vuông cấp n (n là số lẻ) với các phần tử là các số −1 và 1. Đặt Ak và Bk tương ứng là tích các phần tử của hàng k và cột k. Chứng minh rằng n X (Ak + Bk ) 6= 0. k=1. Câu 3. Cho ma trận (n + 1) hàng và  C00 C10 C20 · · ·   0 C11 C21 · · ·   0 C22 · · · A=0  . .. .. . .  .. . . .  0 0 0 ···. (n + 2) cột sau  0 Cn0 Cn+1  1  Cn1 Cn+1  2 2  Cn Cn+1  . .. ..  . .   n n Cn Cn+1. Gọi Dk là định thức của ma trận nhận được từ ma trận A bằng cách k+1 bỏ đi cột thứ k. Chứng tỏ rằng Dk = Cn+1 .. Câu 4. Cho ma trận . . 1 2. A= 0. 1 1 1 3. 0 0.  1 . 1 6.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 18. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 Đặt   a11 (n) a12 (n) a13 (n)   . An =  a (n) a (n) a (n) 21 22 23   a31 (n) a32 (n) a33 (n) Tính các giới hạn lim aij (n), (i, j = 1, 2, 3). n→∞. Câu 5. Gọi M là tập hợp tất cả các ma trận cấp n vuông có các phần tử là các số −1 và 1. Giả sử B ∈ M có det B 6= 0. Chứng tỏ rằng tồn tại A ∈ M sao cho | det A| = | det B| mà A có tổng các phần tử trên cùng một hàng là không âm và tổng các phần tử trên cùng một cột cũng không âm..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 1.6. Đề thi Olympic năm 1998. 19. Môn Giải tích Câu 1. Cho hàm số f ∈ C 1 [0, 1] mà f (0) = 0. Chứng minh rằng Z 1 Z 1 1 0 2 0 |f (t)f (t)|dt 6 [f (t)] dt. 2 0 0 Câu 2. Cho hàm số f (x) khả vi liên tục trên (0, +∞) và f (x).f 0 (x) > 0, ∀x > 0. Chứng minh rằng nếu một trong hai hàm số Z x Z x dt dt F (x) = , G(x) = 0 1 f (t) + f (t) 1 f (t) có giới hạn hữu hạn khi x → +∞ thì hàm số còn lại cũng có giới hạn hữu hạn khi x → +∞. Câu 3. Cho 0 < a < b. Chứng minh rằng hàm số f (x) =. ³ ax + bx ´ x1 2. là hàm đơn điệu tăng. Tính các giới hạn của f (x) khi x → ±∞. Câu 4. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, 1], f (0) > 0 và Z 1 1 f (x)dx < . 1998 0 Chứng minh rằng phương trình x1997 = f (x) luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0, 1). Câu 5. Cho hàm số f (x) thoả mãn  0 < f (x) < 1, ∀x > 0 f (x + h)[1 − f (x)] > 1 , ∀x > 0, ∀h > 0 4 Tìm. lim f (x).. x→+∞.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 20. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.7. Đề thi Olympic năm 1999. Môn Đại số " Câu 1. a/ Cho ma trận A =. An =. x 1998. 0. # 1999 x 2000. . Ký hiệu. " # a11 (n, x) a12 (n, x) a21 (n, x) a22 (n, x). .. Tính lim lim aij (n, x), (i, j = 1, 2). n→∞ x→1. b/ Cho đa thức f (x) = x1999 + x2 − 1. Tính det[f (B)] với   4 3 0 0   2 3 0 0   B= 4 9 −1 0 .   1 2 5 2 Câu 2. a/ Cho A, B là các ma trận vuông cấp n. Chứng minh rằng các giá trị riêng của AB và BA trùng nhau. Các vector riêng của chúng có trùng nhau không? b/ Cho A là ma trận có 1999 hàng và 2000 cột, At là ma trận chuyển vị của A và B là ma trận phụ hợp của At A. Biết rằng det(AAt ) 6= 0 và B 6= O. Tính rank(B). Câu 3. Biết rằng đa thức với hệ số thực p(x) = thực. Chứng minh rằng ak−1 aa+1 <. a2k ,. n X. ak xk có n nghiệm. k=0. ∀k = 1, 2, ..., n − 1.. Câu 4. Giải hệ phương trình   x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn = 1      x2 + 2x3 + 3x4 + · · · + nx1 = 2   ··· ··· ··· ··· ··· ···      xn + 2x1 + 3x2 + · · · + nxn−1 = n.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 1.7. Đề thi Olympic năm 1999. 21. Môn Giải tích Câu 1. a/ Xác định các hàm f (x) thoả mãn điều kiện |f (x + h) − f (x − h)| < h2 , ∀x ∈ R, ∀h > 0. b/ Xác định các hàm p(x) thoả mãn điều kiện ∃g(x) sao cho p(x + ∆x) − p(x) = g(x)∆x + α(x, ∆x), ∀x ∈ R, trong đó |α(x, ∆x)| 6 C|∆x|3 , C = const > 0. Câu 2. Cho hàm số f (x) khả vi trên [0, 1] và f (0) = 0, f (1) = 1 đồng thời 0 6 f (x) 6 1, ∀x ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng ∃a, b ∈ (0, 1), a 6= b sao cho f 0 (a)f 0 (b) = 1. Câu 3. Cho hàm số f : N → R thoả mãn các điều kiện a) f (1) = 2, b) ∀n > 1 thì. n X. f (k) = n2 f (n).. k=1 2. Tính lim n f (n). n→∞. Câu 4. Giả sử q(x) là hàm số dương và đơn điệu tăng trong (0, +∞) sao cho q(2t) = 1. t→∞ q(t) lim. q(2000t) và tính giới hạn đó. t→∞ q(1999t). Chứng minh rằng tồn tại lim Câu 5. Tính Z. n. lim. n→∞. 0. e−x x dx. 1 + e− n.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 22. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.8. Đề thi Olympic năm 2000. Môn Đại số Câu 1. Cho số nguyên dương m > 1 và số phức c với |c| = 1. Chứng minh rằng phương trình ³ 1 + ix ´m 1 − ix. =c. có các nghiệm đều thực. Câu 2. Cho hai ma trận A, B vuông cấp n thoả mãn các điều kiện AB = BA, A1999 = On , B 2000 = On . Chứng minh rằng A + B + In khả nghịch, với In là ma trận đơn vị. Câu 3. Ma trận A = (aij ) vuông cấp n được gọi là ma trận phản đối xứng nếu aij + aji = 0, ∀i, j (1 6 i, j 6 n). Chứng minh rằng tích của hai ma trận phản đối xứng A, B là một ma trận phản đối xứng khi và chỉ khi AB = −BA. Câu 4. Cho ma trận A vuông cấp n có các phần tử trên đường chéo chính bằng 0, các phần tử còn lại bằng 1 hoặc 2000. Chứng minh rằng rank(A) bằng n hoặc n − 1. Câu 5. Cho a, b ∈ R. Tìm tất cả các đa thức P (x) thoả mãn xP (x − a) = (x − b)P (x), ∀x ∈ R..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1.8. Đề thi Olympic năm 2000. 23. Môn Giải tích Câu 1. Tìm tất cả các hàm số f (x) khả vi liên tục trên R sao cho f (x + y) = f (x) + f (y) + 2xy, ∀x, y ∈ R.. Câu 2. Cho hàm số g(x) liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và g(0) = g(1) = 0. Chứng minh rằng ∃c ∈ (0, 1) sao cho g 0 (c) = g(c). Câu 3. Cho a ∈ (0, 1) và hàm số f (x) liên tục trên [0, 1] với f (0) = f (1) = 0. Chứng minh rằng ∃b ∈ [0, 1] sao cho f (b) = f (b − a) hoặc f (b) = f (b + a − 1). Câu 4. Cho trước a ∈ R. Xét dãy số thực {xn } được xác định như sau x1 = b, xn+1 = x2n + (1 − 2a)xn + a2 , n > 1. Xác định b để dãy {xn } hội tụ và tìm lim xn khi đó. n→∞. Câu 5. Cho hàm số f (x) liên tục trên [1, 2] và thoả mãn điều kiện Z. β. [f (x)]2 dx 6. α. β 3 − α3 , ∀α, β ∈ [1, 2], α 6 β. 3. Chứng minh rằng Z. 2 1. 3 f (x)dx 6 . 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 24. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.9. Đề thi Olympic năm 2001. Môn Đại số Câu 1. Cho ma trận   1 0 1   . A= 0 1 2   0 0 −1 Tìm tất cảc các ma trận vuông B cấp 3 sao cho AB + BA = O3 . Câu 2. Cho các ma trận vuông thực A, B cấp n thoả mãn A2001 = On , AB = A + B. Chứng minh rằng det (B) = 0. Câu 3. Cho các số thực a, b, c, d. Biết rằng phương trình ax2 + (b + c)x + d + e = 0 có nghiệm thực thuộc [1, +∞). Chứng minh rằng phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 có nghiệm thực. Câu 4. Ký hiệu (a, b) là tích vô hướng của hai vectơ a, b ∈ Rn . Cho các vectơ a1 , a2 , ..., ak  (a , a )  1 1 (a2 , a1 )  A= .  ..  (ak , a1 ). ∈ Rn . Đặt  (a1 , a2 ) · · · (a1 , ak ).  (a2 , a2 ) · · · (a2 , ak )  . .. ..  ... . .   (ak , a2 ) · · · (ak , ak ). Chứng minh rằng: 1/ det (A) > 0, 2/ A là ma trận đối xứng và có tất cả các giá trị riêng không âm..

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 1.9. Đề thi Olympic năm 2001. 25. Câu 5. Cho A là ma trận vuông cấp n có tất cả các phần tử là những số nguyên chẵn. Chứng minh rằng A không thể có giá trị riêng là số nguyên lẻ. Câu 6. Cho a, b ∈ R, a 6= b. Tính định thức của ma trận vuông cấp n sau   a + b ab 0 ··· 0 0     1 a + b ab · · · 0 0      0 1 a + b ··· 0 0    .. .. .. ..  . ...  .. . . . .   .    0 0 0 · · · a + b ab    0 0 0 ··· 1 a+b.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 26. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Cho hàm số f (x) có f 00 (x) > 0, ∀x > 0 và đồ thị của f (x) có tiệm cận xiên y = ax + b khi x → ∞. 1/ Chứng minh rằng hàm số g(x) = f (x)−ax−b có g 0 (x) 6 0, ∀x > 0. 2/ Chứng minh rằng đồ thị hàm số f (x) với x > 0 luôn nằm phía trên tiệm cận xiên. Câu 2. Cho các số p > 0, q > 0, p + q < 1 và dãy số {an } không âm thoả mãn điều kiện an+2 6 p.an+1 + q.an , n ∈ N. Chứng minh rằng dãy {an } hội tụ và tìm giới hạn của nó. Câu 3. Chứng minh rằng tồn tại số thực x ∈ (0, 1) sao cho Z 1 x2001 t2000 dt = . 2 2001 ) (1 + x)(1 + x2 )...(1 + x2001 ) 0 (1 + t)(1 + t )...(1 + t Câu 4. Cho hàm số f (x) xác định và có đạo hàm cấp 2 trên R, thoả mãn điều kiện f (x) + f 00 (x) > 0, ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f (x) + f (x + π) > 0, ∀x ∈ R. Câu 5. Cho hàm f (x) xác định trên [1, +∞) thoả mãn các điều kiện i) f (1) = a > 0, ii) f (x + 1) = 2001[f (x)]2 + f (x), ∀x ∈ [1, +∞). Hãy tìm lim. n→∞. h f (1) f (2). +. f (2) f (n) i + ··· + . f (3) f (n + 1). Câu 6. Cho hàm số f (x) khả vi trên [a, b] và thoả mãn điều kiện [f (x)]2 + [f 0 (x)]2 > 0, ∀x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng số các nghiệm phân biệt của phương trình f (x) = 0 trên đoạn [a, b] là hữu hạn..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 1.10. Đề thi Olympic năm 2002. 1.10. 27. Đề thi Olympic năm 2002. Môn Đại số Câu 1. Cho hệ phương trình    ax1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002       bx + ax2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002    1 ··· ··· ··· ··· ··· ··· ···     bx1 + bx2 + bx3 + · · · + ax2001 + bx2002      bx1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + ax2002. =1 =2. = 2001 = 2002. Tìm điều kiện của a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Câu 2. Cho ma trận "√ A=. 3 2. +1 1 2. − 52. √ 3 2. #. −1. .. Tính A2002 . Câu 3. Cho hệ phương trình tuyến tính gồm 10 phương trình và 11 ẩn số. Biết rằng: 1) Bộ số (1992, 1993, ..., 2002) là một nghiệm của hệ đã cho. 2) Khi xoá cột thứ j trong ma trận hệ số của hệ đã cho thì ta được một ma trận vuông có định thức đúng bằng j (j = 1, 2, ..., 11). Hãy tìm tất cả các nghiệm của hệ phương trình đã cho. Câu 4. Cho P và Q là hai ma trận vuông cấp n thoả mãn các điều kiện sau P 2 = P, Q2 = Q và In − (P + Q) là ma trận khả nghịch, trong đó In là ma trận đơn vị cấp n. Chứng minh rằng hạng của P và Q bằng nhau..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 28. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 Câu 5. Tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2002 sao cho P (x2 − 2001) chia hết cho P (x). Câu 6. Cho B là ma trận thực, vuông cấp n có hạng bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất số thực λ sao cho B 2 = λB..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 1.10. Đề thi Olympic năm 2002. 29. Môn Giải tích Câu 1. Tính tích phân Z I=. 2π. sin(2002x + sin x)dx.. 0. Câu 2. Chứng minh rằng với mọi α 6 3 ta có ³ sin x ´α π > cos x, ∀x ∈ (0, ). x 2 Câu 3. Cho hàm số f (x) khả vi trên đoạn [a, b] và thoả mãn f (a) = f (b) = 0, f (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b). Chứng minh rằng tồn tại dãy {xn }, xn ∈ (a, b) sao cho f 0 (xn ) lim √ = 2002. n→∞ ( n e − 1)f (xn ) Câu 4. Tìm tất cả các hàm f (x) xác định và liên tục trên R thoả mãn điều kiện sau Z. 2x+y. f (t)dt, ∀x, y ∈ R.. f (x) − f (y) = x+2y. Câu 5. Cho dãy {un } xác định như sau u1 = a ∈ R, un+1 =. 1 ln(1 + u2n ) − 2002, n > 1. 2. Chứng minh rằng {un } là một dãy hội tụ. Câu 6. Cho hàm số f (x) liên tục trên [1, e] và cho dãy {Jn } xác định như sau Z. 1 1+ n. Jn = n 1. Tìm giới hạn của dãy trên.. f (xn )dx, (n = 1, 2, 3, ...).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 30. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.11. Đề thi Olympic năm 2003. Môn Đại số Câu 1. Cho ma trận . a. b. 0. 0. .    b a −1 0  , A=  0 −1 a b   0 0 b a với a, b là các số thực và a > |b|. Hãy chỉ ra rằng mọi giá trị riêng của A đều là các số thực dương. Câu 2. Biết rằng mọi ma trận thực đối xứng đều có giá trị riêng là các số thực. Chứng minh rằng nếu α, β, γ là các số thực khác 0 và a, b, c, d, p, q là các số thực tuỳ ý thì  a  β B= b α c αγ. ma trận  b αβ c αγ  d p βγ   γ pβ q. cũng có các giá trị riêng là các số thực. Câu 3. Tính tổng Sn = d2 + d3 + ... + dn , trong đó dk là các định thức cấp k (k = 2, 3, ..., n) dạng  0  1   .. . dk = det   1  1  1.  1 1 ··· 1 1.  x  ..  . .  x x · · · x x  x x · · · 0 x  x x ··· x 0 0 x ··· .. .. . . . . .. x .. ..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 1.11. Đề thi Olympic năm 2003. 31. Câu 4. Cho P, Q là hai ma trận vuông cấp n thoả mãn các điều kiện: P Q = QP , tồn tại các số nguyên dương r, s sao cho P r = Qs = O. Chứng minh rằng các ma trận In + (P + Q) và In − (P + Q) khả nghịch. Câu 5. Cho ma trận vuông A thoả mãn A2003 = On . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có rank(A) = rank(A+A2 +· · ·+An ). Câu 6. Cho ma trận  1 + x1 1 1   1 1 + x2 1 A=  1 1 + x3  1 1. 1. 1. 1 1 1.    ,  . 1 + x4. trong đó x1 , x2 , x3 , x4 là các nghiệm của đa thức f (x) = x4 − x + 1. Tính det(A). Câu 7. Cho biết đa thức P (x) bậc n > 1 với hệ số thực có m nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức Q(x) = (x2 + 1)P (x) + P 0 (x) có ít nhất m nghiệm thực..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> 32. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Tìm tất cả các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R, thoả mãn điều kiện f (x + 2002)(f (x) +. √. 2003) = −2004, ∀x ∈ R.. Câu 2. Xác định các hàm số f (x) liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và thoả mãn các điều kiện f (0) = f (1) = 1, 2003f 0 (x) + 2004f (x) > 2004, ∀x ∈ (0, 1). Câu 3. Cho hàm số f (x) khả vi trên [a, b](a < b) và thoả mãn các điều kiện 1 1 a+b f (a) = (a − b), f (b) = (b − a), f ( ) 6= 0. 2 2 2 Chứng minh rằng tồn tại các số c1 , c2 , c3 phân biệt thuộc (a, b) để f 0 (c1 )f 0 (c2 )f 0 (c3 ) = 1.. Câu 4. Cho xk =. 1 2 3 k + + + ··· + . 2! 3! 4! (k + 1)!. Tính giới hạn J = lim. n→∞. p n xn1 + xn2 + ... + xn2003 .. Câu 5. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0, π2 ] và thoả mãn các điều kiện Z π 2 f (0) > 0, f (x)dx < 1. Chứng minh rằng phương trình f (x) = sin x 0. có ít nhất một nghiệm trong khoảng (0, π2 ). Câu 6. Cho các hàm số liên tục f, g : [a, b] → [a, b](a < b) và thoả mãn các điều kiện: f (x) là hàm đơn điệu; f (g(x)) = g(f (x)), ∀x ∈ [a, b]. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ [a, b] sao cho f (x0 ) = g(x0 ) = x0 ..

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 1.12. Đề thi Olympic năm 2004. 1.12. 33. Đề thi Olympic năm 2004. Môn Đại số Câu 1. Cho các ma  −1  A= −3 0. trận −3 2 1.  0.  1 , −1. .  −1 −3 −3   . T = 0 −2 5   −3 1 1. a/ Tính B = T −1 AT . b/ Tìm giá trị riêng và vector riêng của ma trận A. Câu 2. Chứng minh rằng với mọi bộ ba ma trận vuông cấp 2 thực A, B, C ta luôn có (AB − BA)2004 C = C(AB − BA)2004 . Câu 3. Biết rằng các ma trận vuông A, B đều là nghiệm của đa thức f (x) = x2 − x và AB + BA = O. Tính det(A − B)? Câu 4. Cho ma trận thực A = [aij ]n×n thoả mãn   0 khi i = j aij = ±1 khi i 6= j Chứng minh rằng a/ Nếu n = 3 thì tồn tại ma trận A sao cho det(A) = 0. b/ Nếu n = 4 thì luôn có det(A) 6= 0. Câu 5. a/ Xác định đa thức f (x) = x5 − 3x4 + 2x3 + ax2 + 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 và thoả mãn điều kiện [P (x)]2 + [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 nghiệm bội)?.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> 34. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Cho dãy số {xn } xác định như sau x0 = 0, xn =. xn−1 + (−1)n , ∀n ∈ N. 2004. Tìm lim x2n ? n→∞. Câu 2. Cho hàm số f (x) liên tục và dương trên [0, +∞). Chứng minh rằng hàm số Rx tf (t)dt F (x) = R0x f (t)dt 0 đồng biến trên [0, +∞). Câu 3. Cho 0 < a < b. Tính các giá trị Z 1 [bx + a(1 − x)]λ dx, 1/ I(λ) = 0 1. 2/. lim [I(λ)] λ .. λ→0. Câu 4. Xác định tất cả các hàm f (x) thoả mãn các điều kiện sau 1/ f (x) > e2004x , ∀x ∈ R, 2/ f (x + y) > f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.. Câu 5. Cho đa thức P (x) thoả mãn P (a) = P (b) = 0 với a < b. Đặt M = max |P 00 (x)|. Chứng minh rằng a6x6b. Z. b. 1/. Z. b. 00. P (x)(x − a)(x − b)dx = 2 a. ¯ ¯Z b 1 ¯ ¯ P (x)dx¯ 6 M (b − a)3 . 2/ ¯ 12 a. P (x)dx, a.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 1.13. Đề thi Olympic năm 2005. 1.13. 35. Đề thi Olympic năm 2005. Môn Đại số Câu 1. Xét ma trận   x21 + 1 x1 x2 x1 x3 x1 x4    x2 x1 x22 + 1 x2 x3 x2 x4   . A=  2 x x x x x + 1 x x  3 1 3 2 3 4  3 x4 x1 x4 x2 x4 x3 x24 + 1 Chứng minh rằng det(A) là một đa thức đối xứng theo các biến x1 , x 2 , x 3 , x 4 . Tính det(A) khi x1 , x2 , x3 , x4 là các nghiệm của đa thức P4 (x) = x4 − x3 − 5x2 + 1. " Câu 2. Cho ma trận A =. 2 2 1 3. # .. 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) sao cho P (x) > P 0 (x), P 0 (x) > P 00 (x), ∀x ∈ R. 2/ Giải sử đa thức Q(x) thỏa mãn Q(x) > Q0 (x), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng Q(x) > 0, ∀x ∈ R. Câu 4. Cho ma trận .  2 1 0.   . M = 0 1 0   0 0 2 Đặt M n = [bij (n)]i,j=1,2,3 (n ∈ N, n > 2). Tính Sn =. 3 P 3 P i=1 j=1. bij (n)..

<span class='text_page_counter'>(39)</span> 36. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 Câu 5. Giải hệ phương trình   x1 + x2 + · · · + xn−1 + xn       x2 + · · · + xn−1 + xn   ··· ··· ··· ··· ···      xn với a ∈ R cho trước.. =. a 2004. =. a+x1 20052 −1. ··· =. ···. a+x1 +···+xn−1 2005n −1.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> 1.13. Đề thi Olympic năm 2005. 37. Môn Giải tích Câu 1. Cho dãy {xn } (n = 1, 2, ...) xác định bởi công thức truy hồi x1 = 5, xn+1 = x2n − 2. Tính giới hạn lim. n→∞. xn+1 . x1 x2 ...xn. Câu 2. Cho hàm f (x) liên tục trên [a, b] (a < b) và thỏa mãn. Z. b. f (x)dx = 0. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho a. Z. c. f (c) = 2005. f (x)dx. a. Câu 3. Cho số dương a và hàm f (x) có đạo hàm liên tục trên R sao cho f 0 (x) > a, ∀x ∈ R. Biết rằng Z π 2 f (x) sin xdx < a. 0< 0. Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0 có duy nhất nghiệm trên π đoạn [0, ]. 2 Câu 4. Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn Z 1 1 − x2 f (t)dt > , ∀x ∈ [0, 1]. 2 x Z 1 Z 1 2 Chứng minh rằng [f (x)] dx > xf (x)dx. 0. 0. Câu 5. Cho hàm f (x) khả vi liên tục tới cấp 2 trên R và thỏa mãn f (0) = f (1) = a. Chứng minh rằng max {f 00 (x)} > 8(a − b),. x∈[0,1]. trong đó b = min {f (x)}. x∈[0,1]. Mở rộng kết quả trên cho đoạn [α, β] ⊂ R..

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 38. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.14. Đề thi Olympic năm 2006. Môn Đại số   2006 1 −2006   . Xác định các phần tử Câu 1. Cho ma trận A =  2005 2 −2006   2005 1 −2005 trên đường chéo chính của ma trận S = I3 + A + A2 + · · · + A2006 .   2 4 1   . Câu 2. Cho ma trận A =  8 6 8   0 4 6 Chứng minh rằng det(I3 − A2006 ) 6= 0. Câu 3. Tìm n để hệ phương trình sau có 3 nghiệm độc lập tuyến tính    12 x1 + 22 x2 + · · · + n2 xn =0       22 x + 32 x2 + · · · + (n + 1)2 x2n =0    1 32 x1 + 42 x2 + · · · + (n + 2)2 xn =0      ··· ··· ··· ··· ···      n2 x1 + (n + 1)2 x2 + · · · + (2n − 1)2 xn = 0 Câu 4. Cho M là ma trận mà mỗi hàng của nó có đúng 2 phần tử khác 0, trong đó phần tử trên đường chéo chính là 2006, còn phần tử kia bằng 1. Chứng minh rằng M khả nghịch. Câu 5. Cho M là ma trận thỏa mãn M 2006 = M và rank(M ) = 1. Chứng minh rằng ma trận (In − M ) suy biến. Câu 6. Cho P (x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng đa thức Q(x) = (x + 1)P (x)P 0 (x) + [P (x)]2 + x[P 0 (x)]2 có ít nhất (2n − 1) nghiệm thực phân biệt..

<span class='text_page_counter'>(42)</span> 1.14. Đề thi Olympic năm 2006. 39. Môn Giải tích Câu 1. Cho dãy {xn }∞ n=1 xác định bởi x1 = 2, x1 + x2 + · · · + xn = nx2n , n > 2. Tính x2006 . Câu 2. Cho hàm f (x) khả vi trên R. Giả sử có các số p > 0 và q ∈ (0, 1) sao cho |f (x)| 6 p, |f 0 (x)| 6 q, ∀x ∈ R. Chứng minh dãy {xn }∞ n=1 xác định bởi x1 = 0, xn+1 = f (xn ), n > 1 là dãy hội tụ. Câu 3. Tìm tất cả các đa thức P (x) thỏa mãn P (0) = 0, 0 6 P 0 (x) 6 P (x), ∀x ∈ (0, 1). Câu 4. Cho hàmZliên tục f : [0, 1] → [0, +∞). x f (t)dt, x ∈ [0, 1]. Đặt g(x) = 1 + 2 0. Giả sử rằng g(x) > [f (x)]2 , ∀x ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng g(x) 6 (1 + x)2 , ∀x ∈ [0, 1]. Câu 5. Tồn tại hay không hàm liên tục f : [a, b] → [a, b] (a < b) thỏa mãn điều kiện |f (x) − f (y)| > |x − y|, ∀x, y ∈ [a, b], x 6= y.. Câu 6. Xác đinh các dãy {xn }∞ n=1 thỏa mãn x2n+1 = 3xn + 2, với x1 cho trước..

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 40. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.15. Đề thi Olympic năm 2007. Môn Đại số Câu 1. Cho A = [aij ] là ma trận vuông cấp n thỏa mãn aii = 2007, aij ∈ {4, 20} (i 6= j). Giải hệ phương trình thuần nhất AX = θ. Câu 2. Cho các ma trận A, B vuông cấp n (n > 2) thỏa mãn AB + aA + bB = On với a, b ∈ R, ab 6= 0. Chứng minh rằng AB = BA. Câu 3. Cho A = [aij ] là ma trận vuông cấp n mà aij = i + j. Xác định rank(A). Câu 4. Tìm tất cả các đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn 1 1 + P (x) = [P (x + 1) + P (x − 1)], ∀x ∈ R. 2 . 2 −1. 0.  0 Câu 5. Cho ma trậnA= 0 . 2. −1. 0. 2. 0. 0. 0. 0. .  0 . −1  2. Tìm tất cả các ma trận X thực vuông cấp 4 sao cho AX = XA. " # a b Câu 6. Cho ma trận A = khả nghịch. c d Giả sử B là một ma trận cấp 2 khả nghịch. Chứng minh rằng ma trận M sau cũng khả nghịch. " # aA bB M= . cA dB.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> 1.15. Đề thi Olympic năm 2007. 41. Môn Giải tích Câu 1. Tính tích phân Z 2π p I= ln(sin x + 1 + sin2 x)dx. 0. Câu 2. Cho dãy {xn }∞ n=0 xác định bởi x0 = 2007, xn = −2007 ·. x0 + x1 + x2 + · · · + xn−1 , n > 1. n. Tìm liên hệ giữa xn , xn−1 với n > 1. Từ đó tính tổng S = x0 + 2x1 + 4x2 + · · · + 22007 x2007 . Câu 3. Tìm tất cả các hàm số f (x) thỏa mãn f(. x+1 3 ) = 2f (x) + , ∀x 6= 1. x−1 x−1. ∞ Câu 4. Cho các số thực a, b, c, α, (α 6= c−b). Các dãy {un }∞ n=1 , {vn }n=1. xác định bởi n. u1 = a, un+1. X uk u2 + bun , vn+1 = , ∀n > 1. = n c u k +b−c k=1. Biết rằng lim un = α. Tính lim vn . n→∞. n→∞. Câu 5. Cho hàm f (x) khả vi trên [0, +∞). Biết rằng. lim [f (x) + f 0 (x)] = 1. Tính. x→+∞. lim f (x).. x→+∞. Câu 6. Chứng minh rằng nếu tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c (a 6= 0) có 2 nghiệm thực phân biệt, thì ít nhất một nguyên hàm của nó là đa thức bậc ba có các nghiệm đều thực..

<span class='text_page_counter'>(45)</span> 42. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.16. Đề thi Olympic năm 2008. Môn Đại số Câu 1. Cho a0 , d là các số thực và {a0 , a1 , , , , , an } là cấp số cộng với công sai là d. Tính det(A)  a0   a1    a2 A=  ..  .  a  n−1 an. với  a1. a2. a0. a2. a1 .. .. a0 .. .. an−2 an−3 an−1 an−2. · · · an−1. an.  · · · an−2 an−1    · · · an−3 an−2   .. ..  . ... . .   · · · a0 a1   · · · a1 a0. Câu 2. Cho A là ma trận thực vuông cấp 2 với det(A) < 0. Chứng minh rằng tồn tại 2 số thực phân biệt λ1 , λ2 và 2 ma trận A1 , A2 sao cho An = λn1 A1 + λn2 A2 , (∀n = 1, 2, ...). Câu 3. Cho M là ma trận thực vuông cấp 3 có tổng các phần tử trên mỗi hàng bằng 4 và det(M ) = 16, trace(M ) = 8. Xác định các giá trị riêng của M . Câu 4. Cho các số thực a1 , a2 , ..., a2008 . Chứng minh rằng tồn tại các ma trận thực vuông cấp n (n > 2) A1 , A − 2, ..., A2008 thỏa mãn det(Ak ) = ak , (k = 1, 2, ..., 2008),. 2008 X Ak ) = 2009. det( k=1. Câu 5. Cho A là ma trận thực vuông cấp n khả nghịch, các phần tử của A và A−1 là số nguyên. Các giá trị riêng của A đều là số thực. Chứng minh rằng | det(A + A−1 )| > 2n . Câu 6. Có tồn tại hay không một đa thức P (x) bậc 2008 thỏa mãn P (k) = 2k với k = 1, 2, ..., 2008?.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> 1.16. Đề thi Olympic năm 2008. 43. Môn Giải tích Câu 1. Cho dãy {an }∞ n=1 xác định bởi a1 = a2 = 1, an+2 =. 1 an+1. + an , (n > 1).. Tính a2008 . Câu 2. Tính giới hạn 12008 + 22008 + · · · + n2008 . n→∞ n2009 lim. Câu 3. Cho hàm f (x) khả vi trên [0, π] và f (0) = f (π) = 0, đồng thời |f 0 (x)| < 1, ∀x ∈ (0, π). Chứng minh rằng 1/ Tồn tại c ∈ (0, π) sao cho f 0 (c) = tan f (c), 2/ |f (x)| < π2 , ∀x ∈ (0, π). Câu 4. Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn xf (y) + (x) 6 1, ∀x, y ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng: Z 1 π f (x)dx 6 . 4 0 Hãy chỉ ra một hàm đạt được dấu đẳng thức. Câu 5. Cho hàm f (x) khả vi trên [0, 1] và f (0) = 0, f (1) = 1. Chứng minh rằng với mỗi α ∈ (0, 1) tồn tại x1 , x2 ∈ (0, 1), x6 = x2 sao cho α 1−α + = 1. f 0 (x1 ) f 0 (x2 ) Câu 6. Cho hàm g(x) có g 00 (x) > 0, ∀x ∈ R. Giả sử hàm f (x) liên tục trên R và thỏa mãn Z. π. f (0) > g(0),. f (x)dx < g(0)π + 0. g 0 (0) 2 π . 2. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ [0, π] sao cho f (c) = g(c)..

<span class='text_page_counter'>(47)</span> 44. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.17. Đề thi Olympic năm 2009. Môn Đại số Câu 1. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn   x+y+z =0    x2 + y 2 + z 2    x3 + y 3 + z 3. =2 =0. Chứng minh rằng với mối n ∈ N thì x2n+1 + y 2n+1 + z 2n+1 = 0. Câu 2. Có tồn tại hay không ma trận A thực vuông cấp 2 sao cho " # −2009 2010 A2010 = ? 0 −2009 Câu 3. Cho A, B, C là các ma trận thực vuông cùng cấp n thỏa mãn 2. C = In , AC = CA, BC = CB, AB = 2(A + B)C. 1/ Chứng tỏ rằng AB = BA, 2/ Giả sử thêm A + B + C = On . Chứng tỏ rằng rank(A − C) + rank(B = C) = n. Câu 4. Tính A2009 với   0 0 0 0 −1   0 −7 5 3 0      A = 0 −5 4 2 0  .   0 −9 6 4 0    1 0 0 0 0 Câu 5. Tìm tất cả các ma trận thực vuông cấp n (n > 2) sao cho với mọi ma trận thực B vuông cấp n sao cho det(A + b) = det(A) + det(B)..

<span class='text_page_counter'>(48)</span> 1.17. Đề thi Olympic năm 2009 Câu 6. a/ Giải hệ phương trình    2x1 + x2 − x3 + 2x4 + x5 − x6       −x1 + 2x2 + 2x3 + x4 + x5 − x6      x1 − 2x2 + 2x3 + x4 + x5 − x6   −2x1 − x2 − x3 + 2x4 + x5 − x6       2x1 + x2 + x3 − x4 − x5 + 2x6      −x1 + 2x2 + x3 − x4 + 2x5 + x6. 45. =1 =1 =1 =1 =1 =1. b/ Với mỗi đa thức P (x) hệ số thực có nhiều hơn 1 nghiệm thực ta gọi d(P ) là khoảng cách nhỏ nhất giữa 2 nghiệm thực bất kỳ của nó. Giả sử các đa thức với hệ số thực P (x) và P (x) + P 0 (x) đều có bậc k (k > 2) và có k nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng d(P + P 0 ) > d(P )..

<span class='text_page_counter'>(49)</span> 46. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích Câu 1. Dãy {xn }∞ m=1 được xác định bởi x1 = x2 = 1, xn = (n − 1)(xn−1 + xn−2 ), n > 3, Tính x2009 . Câu 2. Cho hàm f : [0, 1] → R có đạo hàm cấp 2 liên tục và f 00 (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng Z 1 Z 2 2 f (t)dt > 3 f (t2 )dt − f (0). 0. 0. Câu 3. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn các điều kiện f (x) 6 4 + 2009x, ∀x ∈ R,. f (x + y) 6 f (x) + f (y) − 4, ∀x, y ∈ R.. Câu 4. Cho f (x), g(x) là các hàm liên tục trên R thỏa mãn f (g(x)) = g(f (x)), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng nếu phương trình f (x) = g(x) không có nghiệm thực, thì phương trình f (f (x)) = g(g(x)) cũng không có nghiệm thực. Câu 5. Cho các dãy {xn }, {yn } xác định bởi x1 = y 1 =. √. 3, xn+1 = xn +. p. 1 + x2n , yn+1 =. y pn , ∀n > 1. 1 + 1 + yn2. Chứng minh rằng 2 < xn , yn < 3, ∀n > 2 và lim yn = 0. n→∞. Câu 6. a/ Cho P (X) là đa thức bậc n với hệ số thực. Chứng minh rằng phương trình P (x) = 2x có không quá (n + 1) nghiệm thực. b/ Cho f (x) − x và f (x) − x3 √ là các hàm đơn điệu tăng trên R. 3 2 x cũng đơn điệu tăng trên R. Chứng minh rằng hàm f (x) − 2.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> 1.18. Đề thi Olympic năm 2010. 1.18. 47. Đề thi Olympic năm 2010. Môn Đại số Câu 1. Cho A, B là các ma trận thực vuông cấp 2010 thỏa mãn det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2010B) = 0. 1/ Chứng minh rằng det(xA + yB) = 0, ∀x, y ∈ R, 2/ Tìm ví dụ chứng tỏ kết luận trên không còn đúng nếu chỉ có det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2009B) = 0. Câu 2. Cho các dãy {xn }, {yn }, {zn } xác định bởi x0 = y0 = z0 = 1 và ∀n ∈ N thì   x = −xn − 7yn + 5zn    n+1 yn+1 = −2xn − 8yn + 6zn    z = −4x − 16y + 12z n+1. n. n. n. Chứng minh rằng yn − 2 là số nguyên chia hết cho 2n . Câu 3. 1/ Chứng minh rằng với mỗi n ∈ N biểu thức xn + y n + z n có thể biểu diễn thành đa thức Pn (s, p, q) bậc không quá n của các biến s = x + y = z, p = xy + yz + zx, q = xyz. 2/ Hãy tính tổng các hệ số của P2010 (s, p, q). Câu 4. Xác định các đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn P (x)P (x2 ) = P (x3 + 2x), ∀x ∈ R. Câu 5. a/ Cho M là ma trận thực vuông cấp n > 2 có trace(M ) = 10, rank(M ) = 1. Tìm đa thức đặc trưng và đa thức cực tiểu của M ..

<span class='text_page_counter'>(51)</span> 48. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 b/ Cho A, B, C là các ma trận thực vuông cùng cấp n. Ma trận A khả nghịch, giáo hoán với B và C. Giả sử C(A + B) = B. Chứng minh rằng BC = CB..

<span class='text_page_counter'>(52)</span> 1.18. Đề thi Olympic năm 2010. 49. Môn Giải tích Câu 1. Cho hàm số f (x) = ln(x + 1). a/ Chứng minh rằng với mọi x > 0 tồn tại duy nhất c sao cho f (x) = xf 0 (c) mà ta ký hiệu là c(x). b/ Tính giới hạn lim+ x→0. c(x) . x. Câu 2. Cho dãy {xn }∞ n=1 xác định bởi x1 = 1, xn+1 = xn (1 + x2010 ), n > 1. Tính giới hạn n ³ x2010 x2010 x2010 ´ 1 + 2 + ··· + n lim . n→∞ x2 x3 xn+1 Câu 3. Cho số thực a và hàm f (x) khả vi trên [0, +∞) thỏa mãn f (0) > 0, f (x) + af 0 (x) > 0, ∀x ∈ [0, +∞). Chứng minh rằng f (x) > 0, ∀x ∈ [0, +∞). Câu 4. Cho hàm số f (x) khả vi liên tục trên [0, 1]. Giả sử rằng Z 1 Z 1 f (x)dx = xf (x)dx. 0. 0. Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho f 0 (c) = 6. Câu 5. Cho đa thức P (x) bậc n với hệ số thực P 0 (−1) n thỏa mãn P (−1) 6= 0 và 6 . P (−1) 2 Chứng minh rằng P (x) có ít nhất một nghiệm x0 thỏa mãn |x0 | > 1. Câu 6. a/ Xác định các hàm số f (x) khả vi liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn. Z. 1. f (1) = ef (0), 0. h f 0 (x) i2 f (x). dx 6 1.. b/ Tìm tất cả các hàm liên tục f : R → R thỏa mãn f (1) = 2010, f (x + y) = 2010x f (y) + 2010y f (x), ∀x, y ∈ R..

<span class='text_page_counter'>(53)</span> 50. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.19. Đề thi Olympic năm 2011. Môn Đại số Câu 1. Xét không gian vector trên trường số thực R. 2. n. Chứng minh rằng tập hợp {ex , ex , · · · , ex } độc lập tuyến tính trên không gian các hàm liên tục C(0, ∞). Câu 2. Cho các dãy {xn }, {yn }, {zn } xác định bởi x0 = y0 = z0 và   x = 4xn − yn − 5zn    n+1 yn+1 = 2xn − 2zn    z = x − 2z n+1. n. n. Tính x2011 . Câu 3. Cho các ma trận A, B thực vuông cùng cấp n. Đặt C = AB − BA. Chứng ming rằng nếu C giao hoán với cả A và B thì tồn tại số m ∈ N sao cho C m = On (tức C là ma trận lũy linh). Câu 4. Tìm điều kiện cần và đủ với u, v ∈ R sao cho nếu đa thức bậc n > 2 hệ số thực P (x) có n nghiệm thực (kể cả bội) thì đa thức P (x) + (u + v)P 0 (x) + uvP 00 (x) cũng có n nghiệm thực (kể cả bội). Câu 5. Hai sinh viên A, B chơi trò sau: Có một bảng vuông n × n (n > 2) ô. Mỗi lượt A chọn một số nguyên tùy ý nào đó điền vào ô có vị trí (i, j) nào đó (không lặp lại). Sau đó B sẽ giữ nguyên giá trị A đã chọn hoặc thêm hay bớt 1 đơn vị. Trò chơi kết thúc khi các ô của bảng được điền kín và ta nhận được ma trận X. B khẳng định rằng luôn có cách để nhận được ma trận X khả nghịch và không có điểm bất động (tức là không tồn tại v ∈ Rn , v 6= θ để Xv = v). Khẳng định của B đúng hay sai? Tại sao?.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> 1.19. Đề thi Olympic năm 2011. 51. Câu 6. a/ Tìm điều kiện cho a, b, c, d để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất   (1 + a)x1 + (1 + a2 )x2 + (1 + a3 )x3 + (1 + a4 )x4      (1 + b)x1 + (1 + b2 )x2 + (1 + b3 )x3 + (1 + b4 )x4   (1 + c)x1 + (1 + c2 )x2 + (1 + c3 )x3 + (1 + c4 )x4      (1 + d)x1 + (1 + d2 )x2 + (1 + d3 )x3 + (1 + d4 )x4 " # 1 −1 b/ Cho ma trận A = . Hãy tính A2012 ? 1 1. =0 =0 =0 =0.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> 52. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. Môn Giải tích ex . (x + 1)2 1/ Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0 có duy nhất nghiệm 1 1 trong ( , 1) và f 0 (x) là hàm đơn điệu tăng trên [ , 1]. 2 2 2/ Xét dãy {un } xác định bởi u1 = 1, un+1 = f (un ), n ∈ N. 1 Chứng minh rằng un ∈ [ , 1], ∀n ∈ N và dãy {un } hội tụ. 2 Câu 1. Cho hàm số f (x) =. Câu 2. Tính tích phân Z 1 −1. dx √ . 1 + x + x2 + 1 + 3x2 + x4. Câu 3. Cho các dãy {xn }, {yn } thỏa mãn r xn + y n x2n + yn2 xn+1 > , yn+1 > , n ∈ N. 2 2 1/ Chứng minh rằng các dãy {xn + yn } và {xn yn } là đơn điệu tăng. 2/ Giả sử các dãy {xn }, {yn } bị chặn. Chứng tỏ các dãy này hội tụ và giới hạn của chúng bằng nhau. Câu 4. Cho α, β ∈ R thỏa mãn điều kiện ³ ³ 1 ´α+n 1 ´β+n 1+ <e< 1+ , ∀n ∈ N. n n Hãy tìm min |α − β|? Câu 5. Ta gọi [α, β] là đoạn thẳng tốt nếu với bộ 3 số thực a, b, c thỏa mãn 2a + 3b + 6c = 0 thì phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc đoạn [α, β]. Trong tất cả các đoạn thẳng tốt hãy tìm đoạn có độ dài nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(56)</span> 1.19. Đề thi Olympic năm 2011 Câu 6. a/ Tìm hàm f : R → R thỏa mãn ddiều kiện (x − y)f (x + y) − (x + y)f (x − y) = 4xy(x2 − y 2 ), ∀x, y ∈ R. 1 b/ Cho hàm f (x) liên tục trên [ , 2] và thỏa mãn 2 1 1 1 xf (x) + f ( ) 6 2, ∀x ∈ [ , 2]. x x 2 Chứng minh rằng Z. 2. f (x)dx 6 2 ln 2. 1 2. 53.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> 54. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012. 1.20. Đề thi Olympic năm 2012. Môn Đại số Câu 1. Giải hệ phương trình   x1 = 2(4x1 + 3x2 + 2x3 + x4 )      x2 = 3(x1 + 4x2 + 3x3 + 2x4 )  x3 = 4(2x1 + x2 + 4x3 + 3x4 )      x4 = 5(3x1 + 2x2 + x3 + 4x4 ) Câu 2. a/ Chứng minh rằng ma trận thực cấp n tam giác trên có các phần từ trên đường chéo chính toàn là 0 thì là ma trận lũy linh và các ma trận này lập thành không gian con V0 của không gian Mn (R) các ma trận thực vuông cấp n. Tính dim(V0 )? b/ Giả sử V là không gian con nào đó của Mn (R) mà các phần tử n2 − n . của nó đều là các ma trận lũy linh. Chứng minh rằng dim(V ) 6 2 Câu 3. Cho M là ma trận thực vuông cấp n > 2 mà các phần tử của nó đều là những số chính phương lẻ. Chứng minh rằng det(M ) chia hết cho 8n−1 . Câu 4. Cho các ma trận A, B ∈ M100 (R) thỏa mãn A101 = O100 , AB = 2A + 3B. Chứng minh rằng (A + B)100 = O100 . Câu 5. Chứng minh rằng các hàm số sin x, sin 2x, sin 3x, sin |x−π|, sin |x−2π|, sin |x−3π| là độc lập tuyến tính trong không gian các hàm liên tục C(−∞, ∞) trên trường thực. Câu 6. a/ Cho P (x) là đa thức với hệ số nguyên và a0 là số nguyên cho trước. Với mỗi k = 0, 1, 2, ... ta đặt ak+1 = P (ak ). Chứng minh rằng tồn tại số số m ∈ N để |am | < |am+1 | < · · · hoặc am , am+1 , ... là dãy tuần hoàn với chu kỳ không quá 2 (tức là am = am+2 = · · · ). b/ Cho A là ma trận vuông cấp 5 với các phần tử là −1 hoặc 1. Chứng minh rằng det(A) 6 64..

<span class='text_page_counter'>(58)</span> 1.20. Đề thi Olympic năm 2012. 55. Môn Giải tích Câu 1. Cho dãy {an } xác định bởi a1 = α, an+1 =. n+1 2 an − , (n ∈ N). n n. Xác định α ∈ R để dãy {an } hội tụ. Câu 2. Cho P (x) là đa thức bậc n > 1 với hệ số thực và Q(x) là đa thức xác định bởi ³ ´ Q(x) = (2012x2 + 1)P (x)P 0 (x) + 2012x [P (x)]2 + [P 0 (x)]2 . Chứng minh rằng nếu P (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt trong 1 [ , ∞) thì Q(x) có ít nhất (2n − 1) nghiệm thực phân biệt. 2 Câu 3. Tính tích phân Z 1 −1. (2012x. dx · + 1)(1 + x2 ). Câu 4. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn 1h x y i x+y ) = f( ) + f( ) , ∀x, y ∈ R. f( 2012 2 2013 2014 Câu 5. Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 2012] và thỏa mãn f (x) + f (2012 − x) = 0, ∀x ∈ [0, 2012]. Z 2012 Chứng minh f (x)dx = 0 và phương trình 0 Z 2012−x (x − 2012)f (x) = 2012 f (t)dt có nghiệm trong (0, 2012). 0. Câu 6. a/ Cho hàm f (x) khả vi liên tục tới cấp 2 trên R Z 1 và thỏa mãn f (1) = 0, f (x)dx = 0. 0. Chứng minh rằng với mỗi α ∈ (0, 1) ta có ¯ ¯Z α 2 ¯ ¯ f (x)dx¯ 6 · max |f 00 (x)|. ¯ 81 x∈[0,1] 0.

<span class='text_page_counter'>(59)</span> 56. Chương 1. Các đề thi từ 1993 đến 2012 b/ Cho g : [0, 1] → R là hàm lõm, khả vi liên tục và thỏa mãn. g(0) = g(1) = 0. Chứng minh rằng Z 1p r 2 1 + 4. max [g(x)] 6 1 + [g 0 (x)]2 dx 6 1 + 2. max g(x). x∈[0,1]. 0. x∈[0,1]. Ghi chú. Kỳ thi năm 2013 được tổ chức tại Đại học Duy Tân, thành phố Đà Nẵng. Kỳ thi năm 2014 được tổ chức tại Đại học Phạm Văn Đồng, thành phố Quảng Ngãi, tỉnh Quảng Ngãi. Kỳ thi năm 2015 được tổ chức tại Đại học Kinh tế, Đại học Huế, thành phố Huế. Kỳ thi năm 2016 được tổ chức tại Đại học Quy Nhơn, thành phố Quy Nhơn, tỉnh Bình Định. Kỳ thi năm 2017 được tổ chức tại Đại học Phú Yên, thành phố Tuy Hòa, tỉnh Phú Yên. Tất cả các kỳ thi này đều có kỷ yếu (trong đó có đề thi, lời giải, các đề dự tuyển, danh sách giải thưởng) do Hội Toán học Việt Nam biên soạn và đăng trên trang mạng của hội ( Vì thế trong tài liệu này không đưa lại nữa..

<span class='text_page_counter'>(60)</span> Chương 2 Một số lời giải và gợi ý 2.1. Các bài Đại số. 1. Câu 3, phần b/, vòng 1, năm 1993. Ta gọi p(x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P3 [X]. Khi đó f (p) = p(x + a) − p(x + b) = a3 (x + a)3 + a2 (x + a)2 + a1 (x + a) − a3 (x + b)3 − a2 (x + b)2 − a1 (x + b) = 3(a − b)a3 x2 + [3(a2 − b2 )a3 + 2(a − b)a2 ]x + [(a3 − b3 )a3 + (a2 − b2 )a2 + (a − b)a1 ]. Lại gọi q(x) = a03 x3 + a02 x2 + a01 x + a00 ∈ P3 [X]. Khi đó (p + q)(x) = (a3 + a03 )x3 + (a2 + a02 )x2 + (a1 + a01 )x + (a0 + a00 ) ∈ P3 [X], (kp)(x) = ka3 x3 + ka2 x2 + ka1 x + ka0 ∈ P3 [X], k ∈ R, nên f (p + q) = f (p) + f (q), f (kp) = kf (p). Vậy f : P3 [X] → P2 [X] là ánh xạ tuyến tính. Do f (p) ∈ P2 [X], ta gọi h(x) = b2 x2 + b1 x + b0 ∈ P2 [X] và xét hệ   3(a − b)a3 = b2    3(a2 − b2 )a3 + 2(a − b)a2 = b1    (a3 − b3 )a + (a2 − b2 )a + (a − b)a = b 3. 2. 57. 1. 0.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> 58. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Từ hệ này dễ dàng giải được a3 , a2 , a1 theo a, b, b0 , b1 , b2 . Sau đó chỉ việc chọn a0 tuỳ ý ta sẽ được p(x) ∈ P3 (X) sao cho f (p) = h hay f −1 (h) = p. Vậy f là toàn ánh. Để tìm f −1 (0) ta giải hệ trên với b2 = b1 = b0 = 0 được a3 = a2 = a1 = 0. Vậy f −1 (0) = a0 , với a0 ∈ R tuỳ ý. 2. Câu 3, vòng 2, năm 1993. Cách 1. Ký hiệu P (k) (t) là đạo hàm cấp k của P (t). Đặt Z x Z x (k) Uk = P (t) sin tdt, Vk = P (k) (t) cos tdt. 0. 0. Giả sử deg(P ) = n, khi đó nếu k > n thì Uk = Vk = 0. Dùng tích phân từng phần ta được ¯x ¯x Z x ¯ ¯ (k) (k+1) (k) P (t) cos tdt = −P (t) cos t¯ + Vk+1 , Uk = −P (t) cos t¯ + 0 0 0 ¯x Z x ¯x ¯ ¯ Vk = P (k) (t) sin t¯ − P (k+1) (t) sin tdt = P (k) (t) sin t¯ − Uk+1 . 0. 0. 0. Suy ra ¯x ¯x ¯ ¯ Uk = −P (k) (t) cos t¯ + P (k+1) (t) sin t¯ − Uk+2 , ¯x 0 ¯x 0 ¯ ¯ (k) (k+1) Vk = P (t) sin t¯ + P (t) cos t¯ − Vk+2 . 0. 0. Gọi p, q là số chẵn, số lẻ lớn nhất không vượt quá n. Khi đó U0 = −. p X. k. (−1) P. (2k). q ¯x X ¯x ¯ ¯ (t) cos t¯ + (−1)k P (2k+1) (t) sin t¯ , 0. k=0. 0. k=0. p q ¯x X ¯x X ¯ ¯ k (2k) (−1) P (t) sin t¯ + (−1)k P (2k+1) (t) cos t¯ . V0 = 0. k=0. 0. k=0. Lại đặt P1 (t) =. 2k6n X k=0. (−1)k P (2k) (t),. P2 (t) =. 2k+16n X k=0. (−1)k P (2k+1) (t).

<span class='text_page_counter'>(62)</span> 2.1. Các bài Đại số. 59. thì ta có deg(P1 ) = n, deg(P2 ) = n − 1. Do đó ta được Z x  ¯x ¯x ¯ ¯  P (t) sin tdt = −P1 (t) cos t¯ + P2 (t) sin t¯ U0 = Z 0x ¯x 0 ¯x 0 ¯ ¯  V0 = P (t) cos tdt = P1 (t) sin t¯ + P2 (t) cos t¯ 0. 0. 0. Gọi X là tập hợp nghiệm của hệ U0 = V0 = 0, thì ∀x ∈ X ta có  −P1 (x) cos x + P2 (x) sin x + P1 (0) = 0 P (x) sin x + P (x) cos x − P (0) = 0. 1. 2. 2. Suy ra [P1 (x)]2 + [P2 (x)]2 − [P1 (0)]2 − [P2 (0)]2 = 0 (∗) Gọi Y là tập hợp tất cả các nghiệm của (∗), thì rõ ràng là X ⊂ Y . Vế trái của (∗) là đa thức bậc 2n, nên Card(Y ) 6 2n. Suy ra Card(X) 6 Card(Y ) 6 2n. Vậy X chỉ có hữu hạn phần tử. Cách 2. Đặt Q(x) = P (x) − P 00 (x) + P (4) (x) − · · · là đa thức cùng bậc với P (x) và dùng tích phân từng phần ta được Z x 0= P (t) sin tdt = −Q(x) cos x + Q0 (x) sin x + Q(0), Z0 x 0= P (t) cos tdt = Q(x) sin x + Q0 (x) cos x − Q0 (0). 0. Q(x) = Q(0) cos x + Q0 (0) sin x (∗).. Suy ra. Vế phải của (∗) bị chặn, nên từ (∗) suy ra |x| 6 M nào đó. Trên đoạn [−M, M ] các phương trình P (x) = 0, sin x = 0, cos x = 0 chỉ có hữu hạn số nghiệm. Do đó P (x) sin x = 0 và P (x) cos x = 0 chỉ cóZhữu hạn số nghiệm.Z Theo định lý Rolle suy ra các phương x x trình P (t) sin tdt = 0, P (t) cos tdt = 0 cũng chỉ có hữu hạn 0. 0. số nghiệm.. Cách 3. Sử dụng số phức và công Z xthức Moivre ta có thể viết hệ phương trình của đề bài thành P (t)eit dt = 0, i2 = −1. 0 ix. Từ đây xét hệ P (x)e = 0 cùng với định lý Rolle...?.

<span class='text_page_counter'>(63)</span> 60. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý 3. Câu 4, năm 1994. Ta viết A về dạng sau " # r cos ϕ sin ϕ x2 A = a. , a = 1 + 2, n − sin ϕ cos ϕ n x cos ϕ = √ , sin ϕ = √ . 2 2 2 n +x n + x2 Dễ thấy " An = an . " An − In =. cos nϕ. sin nϕ. − sin nϕ cos nϕ. an . cos nϕ − 1. # ,. an . sin nϕ. #. , −an . sin nϕ an . cos nϕ − 1 2 ³ h³ x2 ´n/2 x2 ´ nx2 ix2 /2n n lim a = lim 1 + 2 = lim 1 + 2 = e0 = 1, n→∞ n→∞ n→∞ n n x lim cos nϕ = lim cos (n arcsin √ ) n→∞ n→∞ n 2 + x2 h ³ . ´ i x x nx √ = cos lim arcsin √ . lim √ n→∞ n 2 + x2 n2 + x2 n→∞ n2 + x2 = cos x, tương tự. lim sin nϕ = sin x.. n→∞. Từ đó ³. ´ ³1 ´ 1 n n lim lim (A − In ) = lim . lim (A − In ) x→0 n→∞ x x→0 x n→∞ # " sin x 1 cos x − 1 = lim . x→0 x − sin x cos x − 1 " # " # cos x−1 sin x 0 1 x x = lim = . cos x−1 x→0 − sin x −1 0 x x 4. Câu 5, năm 1995. Ta luôn có hệ thức At A∗ = In det(A). Thật vậy:.

<span class='text_page_counter'>(64)</span> 2.1. Các bài Đại số. 61. Khai triển det(A) theo từng cột của nó ta được a1j A1j + a2j A2j + · · · + anj Anj = det(A), ∀j = 1, n (1) Bây giờ trong ma trận A ta thay cột thứ j bởi cột thứ k (với j 6= k) trong khi vẫn giữ nguyên cột thứ k và các cột khác, thì nhận được ma trận mới có định thức bằng 0 (vì có hai cột giống nhau). Khai triển định thức đó theo cột thứ j ta được a1k A1j + a2k A2j + · · · + ank Anj = 0, ∀j, k = 1, n (j 6= k) (2) Chú ý rằng các cột của A là các hàng tương ứng của At , thì từ các hệ thức (1) và (2) ta suy ra hệ thức At A∗ = In det(A). Trở lại bài toán đã cho ta thấy: +) Nếu rank(A) = r 6 n − 2 thì mọi định thức con cấp (n − 1) nhận được từ A đều bằng 0, do đó Aij = 0, ∀i, j. Vậy A∗ = On , nên rank(A∗ ) = 0. +) Nếu rank(A) = r = n − 1 thì tồn tại ít nhất một định thức con khác 0 cấp (n − 1) nhận được từ A, do đó A∗ 6= On . Mặt khác det(A) = 0, nên At A∗ = In det(A) = On , suy ra các vector cột của A∗ là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất At x = θ. Vì det(At ) = det(A) = 0 (hoặc vì A∗ 6= On ), nên hệ trên có nghiệm không tầm thường. Số chiều của không gian nghiệm của hệ trên là dim(ker(At )) = n−dim(Im(At )) = n−rank(At ) = n−rank(A) = 1. Do đó các vector cột của A∗ tỷ lệ với nhau, suy ra rank(A∗ ) = 1. +) Nếu rank(A) = r = n thì det(A) 6= 0, nên ta có det(A) det(A∗ ) = det(At ) det(A∗ ) = det(At A∗ ) = det[In det(A)] = [det(A)]n . Do đó det(A∗ ) = [det(A)]n−1 6= 0, suy ra rank(A∗ ) = n. Nhận xét. Xem thêm câu 2.b) đề thi Đại số năm 1999..

<span class='text_page_counter'>(65)</span> 62. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý 5. Câu 6, năm 1995. Ta thấy với mỗi k = 1, 2, ..., n thì B k − αk In = B k − (αIn )k = (B − αIn )(B k−1 + αB k−2 + · · · + αk−1 In ) n X. ak B k −. k=0. n X. = (B − αIn )Mk , n n X X k k k ak α In = ak (B − α In ) = ak (B k − αk In ). k=0. =. k=0 n X. k=1. ak (B − αIn )Mk. k=1. = (B − αIn ). n X. ak Mk = (B − αIn )M.. k=1. Vậy suy ra det. n ³X. ak B k −. k=0. n X. ´ h i ak αk In = det (B − αIn )M. k=0. = det(B − αIn ) det(M ) = 0. 6. Câu 4, năm 1996. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Rõ ràng với n = 1 thì bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đã đúng với n = k, ta phải chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Thật vậy, xét ma trận vuông A cấp k + 1 không khả nghịch. Ta gọi A11 là ma trận vuông cấp k nhận được từ A bằng cách bỏ đi hàng thứ nhất và cột thứ nhất. Nếu A11 không khả nghịch thì theo giả thiết quy nạp ta có thể thay các phần tử trên đường chéo chính của nó bởi 0 hoặc 1 còn các phần tử khác giữ nguyên để được ma trận khả nghịch, tức là lúc đó ta được det(A11 ) 6= 0. Như vậy ta đã thay thế các phần tử aii (i = 2, 3, ..., k + 1) của ma trận A..

<span class='text_page_counter'>(66)</span> 2.1. Các bài Đại số. 63. Khi đó khai triển det(A) theo hàng thứ nhất ta được k+1 X det(A) = a11 . det(A11 ) + (−1)1+j a1i . det(A1j ) j=2. = a11 . det(A11 ) + S = 0 với A1j là ma trận nhận được từ ma trận A bằng cách bỏ đi hàng thứ nhất và cột thứ j, còn tổng S không chứa phần tử a11 . Đến đây nếu a11 = 0, thì S = 0, lúc đó thay a11 bởi 1 sẽ được det(A) = det(A11 ) 6= 0. Còn nếu a11 6= 0, thì S 6= 0, thay a11 bởi 0 sẽ được det(A) = S 6= 0. Vậy được ma trận mới khả nghịch, bài toán đúng với n = k + 1. Do đó bài toán đúng với mọi n ∈ N. 7. Câu 2, năm 1997. Với hai ma trận vuông cùng cấp M, N thì trace(M N ) = trace(N M ), từ đó suy ra hai ma trận đồng dạng thì có vết bằng nhau. Với ma trận A đã cho, ta chứng tỏ được nó chỉ có các giá trị riêng λ1 = 0 và λ2 = 1. Vì ma trận A đã cho thoả mãn A2 = A, nên (In − A)A = O và (In − A) + A = In . Dễ dàng thấy rằng Im(A) = ker(In − A), Im(In − A) = ker(A), ngoài ra ker(A) ∩ ker(In − A) = {θ}. Từ đây do ∀x ∈ Rn thì x = In x = (In − A)x + Ax, nên ta suy ra ker(A) ⊕ ker(In − A) = Im(In − A)⊕Im(A) = Rn với dim(ker(In −A)) = dim(Im(A)) = rank(A) = k, dim(ker(A)) = n − dim(Im(A)) = n − rank(A) = n − k. Ta có ker(A) = {x ∈ Rn | Ax = θ} = {x ∈ Rn | Ax = 0.x}, là không gian con của Rn ứng với giá trị riêng λ1 = 0..

<span class='text_page_counter'>(67)</span> 64. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Lại có ker(In − A) = {x ∈ Rn | (In − A)x = θ} = {x ∈ Rn | Ax = x}, là không gian con của Rn ứng với giá trị riêng λ2 = 1. Bây giờ ta lấy {e1 , e2 , ..., en−k } là n − k vector cơ sở của ker(A), thì đây là n − k vector riêng độc lập tuyến tính của A ứng với giá trị riêng λ1 = 0. Lại lấy {en−k+1 , en−k+2 , ..., en } là k vector cơ sở của ker(In − A), thì đây là k vector riêng độc lập tuyến tính của A ứng với giá trị riêng λ2 = 1. Như vậy Rn có một hệ cơ sở gồm n vector riêng độc lập tuyến tính của A, nên A chéo hoá được. Cụ thể A = P −1 DP , trong đó D là ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo chính là các giá trị riêng của A (tính cả bội) D = diag(0, 0, ..., 0, 1, 1, ..., 1) | {z } | {z } n−k. k. Do đó ta được trace(A) = trace(D) = k.. 8. Câu 4, năm 1997. Đặt X = (1, x, x2 , ..., xn−1 , xn ), Y = (1, (x + 2), (x + 2)2 , ..., (x + 2)n−1 , (x + 2)n ) thì ta có thể viết n Y Y = XM . Rõ ràng det(M ) = Ckk = 1, nên M khả nghịch. k=0. Khi đó ta có Y M −1 = X. (∗).. Lấy x = t − 2 thì X = (1, (t − 2), (t − 2)2 , ..., (t − 2)n−1 , (t − 2)n ) và Y = (1, t, t2 , ..., tn−1 , tn ). Gọi M −1 = (mij ), khai triển hệ (∗) (lấy Y nhân với cột thứ j của M −1 ) thì với mỗi j = 1, 2, ..., n, n + 1.

<span class='text_page_counter'>(68)</span> 2.1. Các bài Đại số. 65. ta được m1j + m2j t + m3j t2 + ... + mjj tj−1 + ... + mnj tn−1 + mn+1j tn = (t − 2)j−1 0 1 2 = (−2)j−1 Cj−1 + (−2)j−2 Cj−1 t + (−2)j−3 Cj−1 t2 + ... j−2 j−2 j−1 j−1 + (−2)Cj−1 t + Cj−1 t. Các hệ thức trên đúng ∀t ∈ R nên với mỗi j = 1, 2, ..., n, n + 1 thì 2 1 0 , ..., , m3j = (−2)j−3 Cj−1 , m2j = (−2)j−2 Cj−1 m1j = (−2)j−1 Cj−1 j−1 mjj = Cj−1 , mj+1j = mj+2j = ... = mnj = mn+1j = 0.. Vậy ta được mij =.  (−2)j−i C i−1. khi i 6 j.  0. khi i > j. j−1. với mỗi j = 1, 2, ..., n, n + 1 và ma trận nghịch đảo tìm được là   C00 (−2)C10 (−2)2 C20 . . . (−2)n Cn0   1 1 n−1 1  0 C (−2)C . . . (−2) C 1 2 n    .  .. .. .. .. M −1 =  .. . . . . .   0 n−1  0 0 · · · (−2)Cn   0. 0. 0. .... Cnn. 9. Câu 2, năm 1998. Ta thấy rằng với mỗi i, j = 1, 2, ..., n thì Ai + Bj ∈ {−2, 0, 2}. Đổi dấu phần tử aij của ma trận A thành −aij ta được ma trận A0 và ta có n X X X (Ak + Bk ) = Ai + Ak + Bj + Bk k=1. k6=i. k6=j. n X X X (A0k + Bk0 ) = A0i + A0k + Bj0 + Bk0 k=1. k6=i. k6=j.

<span class='text_page_counter'>(69)</span> 66. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Do ma trận A và ma trận A0 có các hàng tương ứng giống nhau (trừ hàng i) và có các cột tương ứng giống nhau (trừ cột j), nên X X X X A0k và Bk = Bk0 . Suy ra Ak = k6=i. k6=i. k6=i. k6=i. n n X X (Ak + Bk ) − (A0k + Bk0 ) = (Ai + Bj ) − (A0i + Bj0 ) ∈ {−4, 0, 4} k=1. k=1. (chú ý rằng khi Ai + Bj = −2 thì A0i + Bj0 = 2, khi Ai + Bj = 0 thì A0i + Bj0 = 0, khiAi + Bj = 2 thì A0i + Bj0 = −2). Như vậy mỗi lần đổi dấu một phần tử của ma trận A thì tổng n X (Ak + Bk ) sẽ giữ nguyên hoặc sẽ thêm (hay bớt) 4 đơn vị. k=1. Gọi M là ma trận cấp n = 2m + 1 có các phần tử đều là số 1, thế n X M thì (AM k + Bk ) = 2n = 4m + 2 là số không chia hết cho 4. k=1. Ta dấu các phần tử của ma trận M một số hữu hạn lần thì sẽ thu n X M (AM được ma trận A. Khi đó k + Bk ) sẽ giữ nguyên hoặc sẽ thêm k=1. (hay bớt) một số đơn vị là bội số của 4, để được. n X (Ak + Bk ). k=1. n X (Ak + Bk ) = 0 là số chia hết cho 4, thì suy ra Nếu k=1 n X M (AM k + Bk ) = 2n = 4m + 2 là số chia hết cho 4, vô lý! k=1. Vậy phải có. n X. (Ak + Bk ) 6= 0.. k=1. 10. Câu 3, năm 1998. Xét ma trận vuông cấp n + 2 (bổ sung cho A một hàng cuối cùng.

<span class='text_page_counter'>(70)</span> 2.1. Các bài Đại số. 67 .      0 với x tuỳ ý) như sau A =      . 0 C00 C10 C20 . . . Cn0 Cn+1. 0 0 .. . 0 1. .  1  C11 C21 . . . Cn1 Cn+1  2   0 C22 . . . Cn2 Cn+1  .. .. . . .. .. . . . . . .   n n  0 0 . . . Cn Cn+1  x x2 . . . xn xn+1. Nhân cột thứ k với (−1) rồi cộng vào cột thứ k + 1 (với lần lượt m k = n+1, n, ..., 3, 2, 1) và lưu ý Ck+1 −Ckm = Ckm−1 (m = 1, 2, ..., k). ta được ∆n+2 = det(A0 )  C0 0 0 ...  0 1 0 0 C1 C1 ...   0 ... 0 C22 = det  .. .. ...  .. . .  .  0 0 0 ...  2 1 x − 1 x − x ...  1 0 0 ...  0 C 0 C10 ... 0   0 0 C11 ... = det  .. .. ..  .. . . . .  0 0 0 ...  1 x − 1 x(x − 1) . . .  C00 C10 ...   0 C11 ...   .. .. ... = det  . .   0 0 ... .  0. 0. 0 Cn−1 1 Cn−1. Cn0. .. .. Cn1 .. .. Cnn. Cnn−1. xn − xn−1 xn+1 − xn 0. 0. 0 Cn−1. Cn0.            .     1 1 Cn−1 Cn   .. ..  . .   n−1 n−1  Cn−1 Cn  n−1 n x (x − 1) x (x − 1)  0 Cn−1 Cn0  1 Cn−1 Cn1    .. ..  . .  n−1 n−1  Cn−1 Cn  n−1 n x − 1 x(x − 1) . . . x (x − 1) x (x − 1).

<span class='text_page_counter'>(71)</span> 68. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý      = (x − 1) det    . 0 C00 C10 . . . Cn−1. 0 .. .. 1 C11 . . . Cn−1 .. . . .. . . .. 0. 0. n−1 . . . Cn−1. 1. x. . . . xn−1. Cn0. .       n−1  Cn  xn Cn1 .. .. = (x − 1)∆n+1 = ... = (x − 1)n ∆2 = (x − 1)n det. " # C00 C10 1. x. = (x − 1)n+1 = [x + (−1)]n+1 =. n+1 X. m Cn+1 xm (−1)n+1−m. m=0. =. n+2 X. k−1 k−1 Cn+1 x (−1)n+2−k. (1). k=1. Mặt khác, khai triển det(A0 ) theo hàng cuối cùng ta có ∆n+2 = det(A0 ) = (−1)n+3 D1 + (−1)n+4 xD2 + ... + (−1)2n+3 xn Dn+1 + (−1)2n+4 Dn+2 =. n+2 X. Dk xk−1 (−1)n+2+k =. k=1. n+2 X. Dk xk−1 (−1)n+2−k. (2). k=1. So sánh (1) và (2) như là đa thức của x k−1 ta được Dk = Cn+1 (k = 1, 2, ..., n + 2).. 11. Câu 5, năm 1998. Ta xét hai khả năng: +) Nếu B có các tính chất như yêu cầu đối với A, thì ta lấy ngay A=B . +) Nếu B có một hàng (cột) nào đó có tổng các phần tử trên hàng (cột) đó âm, thì ta nhân hàng (cột) đó với −1 sẽ được ma trận mới B 0 có | det(B 0 )| = | det(B)| đồng thời tổng các phần tử trên hàng (cột) tương ứng dương. Xét phần tử bij bất kỳ của ma trận B. Gọi Hi là tổng các phần tử thuộc hàng i và Cj là tổng các phần tử thuộc cột j..

<span class='text_page_counter'>(72)</span> 2.1. Các bài Đại số. 69. Các trường hợp sau có thể xảy ra: 1) bij = 1 đồng thời Hi < 0 và Cj < 0. Ta nhân hàng i với −1 được ma trận B 0 , dẫn đến Hi0 > 0 và b0ij = −1. Lúc này Cj0 < 0, nên ta nhân cột j với −1 được ma trận B 00 , dẫn đến Cj00 > 0 và b00ij = 1, do đó suy ra Hi00 > 0. 2) bij = −1 đồng thời Hi < 0 và Cj < 0 (tức là Cj 6 −1). Ta nhân hàng i với −1 được ma trận B 0 , dẫn đến Hi0 > 0 (tức là Hi0 > 1) và b0ij = 1. Lúc này Cj0 6 0, nên ta nhân cột j với −1 được ma trận B 00 , dẫn đến Cj00 > 0 và b00ij = −1, do đó suy ra Hi00 > 0. 3) bij = 1 đồng thời Hi < 0 và Cj > 0. Nhân hàng i với −1 được ma trận B 0 , dẫn đến Hi0 > 0 và b0ij = −1. Lúc này Cj0 > −1. Nếu Cj0 > 0 ta dừng lại. Nếu Cj0 < 0 ta nhân cột j với −1 được ma trận B 00 , dẫn đến Cj00 > 0 và b00ij = 1, do đó suy ra Hi00 > 0. 4) bij = −1 đồng thời Hi < 0 và Cj > 0. Nhân hàng i với −1 được ma trận B 0 , dẫn đến Hi0 > 0 và b0ij = 1. Lúc này rõ ràng Cj0 > 0. 5) bij = 1 đồng thời Hi > 0 và Cj < 0. Tương tự trường hợp 3). 6) bij = −1 đồng thời Hi > 0 và Cj < 0. Tương tự trường hợp 4). 7) bij = 1 đồng thời Hi > 0 và Cj > 0. Không phải làm gì cả. 8) bij = −1 đồng thời Hi > 0 và Cj > 0. Không phải làm gì cả. Như vậy với mỗi phần tử bij của ma trận B liên quan đến hàng i và cột j ta chỉ cần nhiều nhất 2 lần nhân hàng và cột đó với −1 thì được một ma trận mới có tổng các phần tử thuộc hàng i không âm và tổng các phần tử thuộc cột j không âm, đồng thời ma trận mới và ma trận B có giá trị tuyệt đối của định thức bằng nhau. Thế mà ma trận B có n2 phần tử, nên sau nhiều nhất 2n2 bước biến đổi như trên ta sẽ được ma trận A ∈ M sao cho | det(A)| = | det(B)| mà A có tổng các phần tử thuộc cùng một hàng là không âm và tổng các phần tử thuộc cùng một cột cũng không âm..

<span class='text_page_counter'>(73)</span> 70. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 12. Câu 2, năm 1999. a/ Giả sử λ là một giá trị riêng nào đó của AB và v ∈ Rn , v 6= θ là vector riêng tương ứng. Khi đó ABv = λv, nên ta có BA(Bv) = B(ABv) = B(λv) = λBv Đến đây, nếu Bv 6= θ thì λ là giá trị riêng của BA với vector riêng tương ứng là Bv. Nếu Bv = θ thì det(B) = 0 và từ ABv = λv ta có λ = 0. Khi đó det(BA) = det(B) det(A) = 0 nên phương trình BAu = θ có nghiệm u 6= θ, hay BA có giá trị riêng λ = 0. Vậy mọi giá trị riêng của AB cũng là giá trị riêng của BA. Do vai trò của A, B như nhau nên ngược lại chứng minh tương tự ta có mọi giá trị riêng của BA cũng là giá trị riêng của AB. Vậy tập các giá trị riêng của AB và BA trùng nhau. Tập các vector riêng của AB và BA nói chung không trùng nhau. Chẳng hạn " # " # " # " # 1 1 1 1 1 2 2 2 A == , B= , AB = , BA = 1 1 0 1 1 2 1 1 Dễ dàng kiểm tra thấy AB có một vector riêng là v = (1, 1)t (ứng với giá trị riêng λ = 3), nhưng đó không phải là vector riêng của BA (dù với bất kỳ giá trị λ nào). b/ Ta thấy At A là ma trận vuông cấp 2000 với rank(At A) 6 rank(At ) = rank(A) 6 1999, do đó det(At A) = 0. Vì B 6= O nên phải tồn tại ít nhất một ma trận con cấp 1999 nhận được từ At A (sau khi bỏ đi một hàng và một cột nào đó) có định thức khác 0, nên suy ra rank(At A) = rank(At ) = rank(A) = 1999..

<span class='text_page_counter'>(74)</span> 2.1. Các bài Đại số Gọi cij là phần tử của At A và dij là  c c12  11  c21 c22  At A =  . ..  .. .  c2000,1 c2000,2  d d21  11  d12 d22  B= . ..  .. .  d1,2000 d2,2000. 71 phần phụ đại số của cij thì  . . . c1,2000  . . . c2,2000   , .. ..  . .  . . . c2000,2000  . . . d2000,1  . . . d2000,2   . .. ..  . .  . . . d2000,2000. Khai triển det(At A) theo từng hàng của nó ta được các hệ thức ci1 di1 + ci2 di2 + ... + ci,2000 di,2000 = det(A) = 0, ∀i = 1, 2, ..., 2000. Bây giờ trong ma trận At A ta thay hàng thứ k bởi hàng thứ i (với i 6= k) trong khi vẫn giữ nguyên hàng thứ i và các hàng khác thì nhận được ma trận có định thức bằng 0 (vì có 2 hàng giống nhau). Khai triển định thức đó theo hàng thứ k ta được các hệ thức ci1 dk1 + ci2 dk2 + ... + ci,2000 dk,2000 = 0, ∀i, k = 1, 2, ..., 2000 (i 6= k). Như vậy ta có At AB = O. Suy ra tất cả các vector cột của ma trận B là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất At Ax = θ. Vì det(At A) = 0 (hoặc vì B 6= O) nên hệ trên có nghiệm không tầm thường. Số chiều của không gian nghiệm của hệ này là dim(ker(At A)) = n − dim(Im(At A)) = n − rank(At A) = 2000 − 1999 = 1. Dẫn đến các vector cột của ma trận B tỷ lệ với nhau, do đó rank(B) = 1. Nhận xét. Điều kiện det(AAt ) 6= 0 là không cần thiết! Xem thêm câu 5. đề thi Đại số năm 1995..

<span class='text_page_counter'>(75)</span> 72. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 13. Câu 1, năm 2000. Vì |c| = 1 nên ta đặt c = cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ . Phương trình thành ³ 1 + ix ´m. = cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ. 1 − ix 1 + ix ϕ 2kπ ϕ 2kπ = cos( + ) + i sin( + ) (k = 0, 1, ..., m − 1) 1 − ix m m m m 2kπ ϕ 2kπ ϕ ) + i sin( + ) 1 + ix = cos( + m m m m ϕ 2kπ ϕ 2kπ − ix cos( + ) + x sin( + ). m m m m ϕ + Đặt tk = tan( 2m. kπ ) m. thì ta được. ϕ 2kπ 1 − t2k ϕ 2kπ 2tk + )= , sin( + )= và phương trình 2 m m 1 + tk m m 1 + t2k trở thành. cos(. 1 + ix =. 1 − t2k 2tk 1 − t2k 2tk + i − ix +x 2 2 2 1 + tk 1 + tk 1 + tk 1 + t2k. x = tk ∈ R (k = 0, 1, ..., m − 1). 14. Câu 4, năm 2001. Ta chứng minh 2/ rồi suy ra 1/. Thật vậy: 2/ Do tính đối xứng của tích vô hướng (ai , aj ) = (aj , ai ) ta suy ra ngay tính đối xứng của ma trận A. Ta biết rằng ma trận đối xứng có tất cả các giá trị riêng đều là số thực. Gọi λ là một giá trị riêng nào đó của ma trận A và x = (x1 , x2 , ..., xk )t 6= θ là vector riêng tương ứng. Ta có k k k ³X ´t X X Ax = (a1 , aj )xj , (a2 , aj )xj , ..., (ak , aj )xj . j=1. j=1. j=1.

<span class='text_page_counter'>(76)</span> 2.1. Các bài Đại số. 73. Từ đó (Ax, x) =. k k k X X X (a1 , aj )x1 xj + (a2 , aj )x2 xj + ... + (ak , aj )xk xj j=1. =. k X k X. j=1. (ai , aj )xi xj =. i=1 j=1. =. k ³X i=1. xi ai ,. k X. k ³ X. k X. i=1 j=1. i=1. j=1. (xi ai , xj aj ) =. ´ xj aj =. j=1. j=1. k X k X. k ³X. xi ai ,. k X. i=1. ´ xi ai. xi a i ,. ´ xj aj. k °X °2 ° ° =° xi a i ° > 0. i=1. i=1. (Ax, x) = (λx, x) = λ(x, x) = λkxk2 . Vậy suy ra λ > 0. 1/ Gọi λ1 , λ2 , ..., λk là các giá trị riêng của ma trận A (các λi không nhất thiết phân biệt). Theo kết quả trên thì λi > 0, ∀i = 1, k. Do đó λ1 λ2 ...λk > 0 . Đa thức đặc trưng của A là P (λ) = det(A − λE) = (−1)k λk + ck−1 λk−1 + ... + c1 λ + c0 . Rõ ràng là P (0) = det(A) = c0 . Mặt khác ta có thể biểu diễn P (λ) = (−1)k (λ−λ1 )(λ−λ2 )...(λ−λk ). Khi đó P (0) = λ1 λ2 ...λk > 0. Vậy det(A) = λ1 λ2 ...λk > 0. 15. Câu 1, năm 2002. √ Đa thức đặc trưng của A là P (t) = t2 − 3t+1 và ta có P (A) = O2 . Đa thức này có 2 nghiệm phức liên hợp là √ 3±i π π t1,2 = = cos ± i sin 2 6 6. (i2 = −1).. Sử dụng thuật chia Euclide ta được t2002 = P (t)Q(t) + (at + b), ∀t ∈ C, trong đó a, b là các hằng số, Q(t) là đa thức bậc 2000..

<span class='text_page_counter'>(77)</span> 74. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Lần lượt cho t = t1 và t = t2 ta được π π 2002π 2002π (cos − i sin )2002 = cos − i sin 6 6 6 6 π π = a(cos − i sin ) + b, 6 6 π π 2002 2002π 2002π (cos + i sin ) = cos + i sin 6 6 6 6 π π = a(cos + i sin ) + b, 6 6 hay là π π π π cos(334π − ) − i sin(334π − ) = cos + i sin 3 3 3 3 π π = a(cos − i sin ) + b, 6 6 π π π π cos(334π − ) + i sin(334π − ) = cos − i sin 3 3 3 3 π π = a(cos + i sin ) + b. 6 6 Trừ và cộng hai đẳng thức trên ta được π π π π 2i sin = −2ai sin , 2 cos = 2a cos + 2b , 3 6 3 6 suy ra √ π π. π π sin = − 3, b = cos − a cos = 2. a = − sin 3 6 3 6 Khi đó được A2002 = P (A)Q(A) + (aA + bE2 ) = aA + bE2 "√ # " # " √ 3 5 1 √ + 1 − 1 0 − 3 √ 2 =− 3 2 1 +2 = 2 √3 3 −1 0 1 −2 2 2. 16. Câu 3, năm 2002. Ta gọi ma trận hệ số của hệ  a a12  11  a21 a22  A= . ..  .. .  a10,1 a10,2. phương trình đã cho là a13. .... a1,10. a23 .. .. ... .... a2,10 .. .. a10,3. .... a10,10. a1,11. .  a2,11   . ..  .   a10,11. √ 5 3 2 1 2. +. √. # 3. ..

<span class='text_page_counter'>(78)</span> 2.1. Các bài Đại số. 75. Lập các ma trận vuông Bj (j = 1, 2, 3, ..., 10, 11) như sau   aj1 aj2 aj3 ... aj,10 aj,11    a11 a12 a13 ... a1,10 a1,11      Bj =  a21 a22 a23 ... a2,10 a2,11  .  . .. .. .. ..  ...  .. . . . .    a10,1 a10,2 a10,3 ... a10,10 a10,11 Ta thấy det(Bj ) = 0 (∀j = 1, 2, 3, ..., 10, 11) do 2 hàng giống nhau. Khai triển det(Bj ) theo hàng đầu tiên với chú ý đến giả thiết 2) của đề bài ta thấy ∀j = 1, 2, 3, ..., 10, 11 thì 0 = det(Bj ) = aj1 .1 + aj2 .(−2) + aj3 .3 + ... + aj,10 .(−10) + aj,11 .11. Điều này nghĩa là v = (1, −2, 3, ..., −10, 11) là một nghiệm của hệ phương trình thuần nhất liên kết với hệ đã cho, hay là v ∈ ker A. Mặt khác, vẫn từ giả thiết 2) suy ra dim(ImA) = rank(A) = 10, dẫn đến dim(ker A) = 11 − 10 = 1. Do đó không gian nghiệm của hệ thuần nhất liên kết với hệ đã cho phải là ker A = {(α, −2α, 3α, ..., −10α, 11α)}, α ∈ R. Từ đây kết hợp với giả thiết 1) của đề bài ta suy ra tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là U = {(1992 + α, 1993 − 2α, 1994 + 3α, ..., 2001 − 10α, 2002 + 11α)}, với α ∈ R. 17. Câu 6, năm 2002. Vì hạng của B bằng 1 nên suy ra B phải có dạng   λ1 u1 λ1 u2 · · · λ1 un    λ2 u1 λ2 u2 · · · λ2 un    = V t U, B= . .. ..  ...   .. . .   λ n u1 λ n u2 · · · λ n un.

<span class='text_page_counter'>(79)</span> 76. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý trong đó U = (u1 , u2 , ..., un ) 6= (0, 0, ..., 0) và V = (λ1 , λ2 , ..., λn ) 6= (0, 0, ..., 0), còn V t là chuyển vị của V . n X t Ta thấy U V = λi ui = λ ∈ R, nên khi đó i=1. B 2 = (V t U )2 = (V t U )(V t U ) = V t (U V t )U = V t λU = λ(V t U ) = λB. Bây giờ giả sử còn có λ0 ∈ R để B 2 = λ0 B thì ta thấy O = B 2 − B 2 = λB − λ0 B = (λ − λ0 )B. Chú ý rằng B 6= O, ta suy ra phải có λ − λ0 = 0 hay λ = λ0 . Vậy tồn tại duy nhất số λ ∈ R để cho B 2 = λB. 18. Câu 1, năm 2003. Xét đa thức đặc trưng của ma trận A đã cho   a−λ b 0 0    b a − λ −1 0    PA (λ) = det(A − λE) = det  −1 a − λ b    0 0 0 b a−λ     b 0 0 a − λ −1 0       − b det −1 a − λ = (a − λ) det  b −1 a − λ b     0 b a−λ 0 b a−λ " # " # a − λ b −1 0 = (a − λ)2 det + (a − λ) det b a−λ b a−λ " # a−λ b − b2 det b a−λ = (a − λ)4 − (a − λ)2 b2 − (a − λ)2 − b2 (a − λ)2 + b4 = (a − λ)4 − (a − λ)2 (2b2 + 1) + b4 = t2 − (2b2 + 1)t + b4 , với t = (a − λ)2 > 0..

<span class='text_page_counter'>(80)</span> 2.1. Các bài Đại số. 77. Ta thấy ∆ = (2b2 + 1)2 − 4b4 = 4b2 + 1 > 0. Do đó √ √ 2b2 + 1 − 4b2 + 1 2b2 + 1 + 4b2 + 1 t1 = > 0, t2 = >0 2 2 (chú ý rằng t1 + t2 = 2b2 + 1 > 0, t1 t2 = b4 > 0, nên 0 6 t1 < t2 ). √ √ Khi đó ta được a − λ = ± t, λ = a ± t. Cụ thể λ1 = a −. √. t1 , λ 2 = a +. √. t1 , λ3 = a −. √. t2 , λ4 = a +. √. t2 .. Với điều kiện a > |b| > 0 thì ta thấy ngay t2 > 0 và t4 > 0. Tuy nhiên λ1 và λ3 có thể không dương! Chẳng hạn λ3 = a −. nên chỉ cần chọn a =. √. 1 2. √. t2 ⇔ a2 6 t2 √ ⇔ 2a2 6 2b2 + 1 + 4b2 + 1,. t2 6 0 ⇔ a 6. và b = 0 thì ta có a > |b| mà λ3 = − 21 < 0.. Vậy đề bài đã ra không chính xác và cần phải sửa lại! 19. Câu 3, năm 2003. Nếu x = 0 thì ta thấy d2 = −1 và dk = 0, ∀k > 3, nên Sn = −1. Sau đây ta chỉ cần xét trường hợp x 6= 0. Trước hết ta tính định thức cấp k (k = 2, 3, ..., n) sau  α  x  . Dα = det  ..  x  x. x. .... x x. .  α ... x x   .. . . .. ..  . . . ..  x ... α x   x ... x α. Cộng tất cả các cột từ thứ hai đến thứ k vào cột đầu và rút thừa.

<span class='text_page_counter'>(81)</span> 78. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý số chung ta được . 1 x. .... x x. .   1 α ... x x    . . . . Dα = [α + (k − 1)x]. det  .. .. . . . .. ..  .   1 x ... α x    1 x ... x α Trong định thức mới ta nhân hàng đầu với −1 rồi cộng vào lần lượt các hàng từ thứ hai đến thứ k thì được  1 x ... x  0 α − x ... 0   .. .. .. . .. Dα = [α + (k − 1)x]. det  . . .  0 0 ... α − x  0. 0. .... x. .       0   α−x 0 .. .. 0. = [α + (k − 1)x](α − x)k−1 . Khi α = 0 ta có D0 = (−1)k−1 (k − 1)xk . Trở lại với dk ở đề bài, ta nhân hàng đầu và cột đầu cùng với x thì được x2 .dk = D0 , nên dk = x−2 .D0 = (−1)k−1 (k − 1)xk−2 . Khi đó Sn = d2 + d3 + ... + dn = −1 + 2x − 3x2 + ... + (−1)n−1 (n − 1)xn−2 . Nếu x = −1 thì Sn = −1 − 2 − 3 − ... − (n − 1) = −. n(n − 1) . 2. Nếu x 6= −1 thì Sn = (−x)0 + (x2 )0 + (−x3 )0 + ... + [(−1)n−1 xn−1 ]0 = [−x + x2 − x3 + ... + (−1)n−1 xn−1 ]0 h x[(−x)n−1 − 1] i0 h (−1)n−1 xn − x i0 = = x+1 x+1 (−1)n−1 (n − 1)xn + (−1)n−1 nxn−1 − 1 = . (x + 1)2.

<span class='text_page_counter'>(82)</span> 2.1. Các bài Đại số. 79. 20. Câu 7, năm 2003. Xét hàm số x3. f (x) = e 3 +x P (x). Rõ ràng rằng các nghiệm thực của P (x) cũng là các nghiệm thực của f (x) và ngược lại. Ta có x3. f 0 (x) = e 3 +x [(x2 + 1)P (x) + P 0 (x)]. Theo định lý Rolle, f 0 (x) có ít nhất m − 1 nghiệm thực. Đó cũng chính là các nghiệm thực của Q(x) = (x2 + 1)P (x) + P 0 (x). Chú ý rằng một đa thức bậc n với hệ số thực có đủ n nghiệm thực hoặc phức (tính cả bội). Đồng thời số nghiệm phức bao giờ cũng là số chẵn, vì nếu đa thức có nghiệm phức α + iβ thì cũng có nghiệm phức liên hợp α − iβ. Ta xét hai trường hợp: +) Nếu n là số chẵn, thì số nghiệm thực của P (x) phải là số chẵn, suy ra m là số chẵn và m − 1 là số lẻ. Khi đó Q(x) có bậc n + 2 là số chẵn, nên số nghiệm thực của nó phải là số chẵn. Do đó từ kết luận Q(x) có ít nhất m − 1 nghiệm thực ta suy ra Q(x) phải có ít nhất (m − 1) + 1 = m nghiệm thực. +) Nếu n là số lẻ, thì số nghiệm thực của P (x) phải là số lẻ, suy ra m là số lẻ và m − 1 là số chẵn. Khi đó Q(x) có bậc n + 2 là số lẻ, nên số nghiệm thực của nó phải là số lẻ. Do đó từ kết luận Q(x) có ít nhất m − 1 nghiệm thực ta suy ra Q(x) phải có ít nhất (m − 1) + 1 = m nghiệm thực. 21. Câu 3, năm 2004. Ta có A2 = A, B 2 = B nên (A + B)2 = A2 + AB + BA + B 2 = A2 + B 2 = A + B, (A − B)2 = A2 − AB − BA + B 2 = A2 + B 2 = A + B..

<span class='text_page_counter'>(83)</span> 80. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Đặt α = det(A − B), β = det(A + B) ta được α2 = β 2 = β. Suy ra có 3 khả năng: (α, β) = (0, 0), (1, 1), (−1, 1).. 22. Câu 4, năm 2004.. .  0. 1 1.    thì det(A3 ) = 0. a/ Khi n = 3 ta có thể lấy A3 =  1 0 1   −1 1 0 b/ Khi n = 4 ta lấy   0 1 1 1   1 0 1 1    = [bij ]4 , det(B) = −3 6= 0, A = [aij ]4 . B=  1 1 0 1   1 1 1 0 Theo định nghĩa định thức thì X det(B) = (−1)σ(p) b1j1 b2j2 b3j3 b4j4 , p. det(A) =. X. (−1)σ(p) a1j1 a2j2 a3j3 a4j4 .. p. Ta thấy với mỗi hoán vị p = {j1 , j2 , j3 , j4 } của {1, 2, 3, 4} thì số hạng (−1)σ(p) b1j1 b2j2 b3j3 b4j4 = ±1 6= 0 (không chứa phần tử của đường chéo chính) suy ra số hạng (−1)σ(p) a1j1 a2j2 a3j3 a4j4 = ±1 6= 0 và ngược lại. Số lượng số hạng (−1)σ(p) b1j1 b2j2 b3j3 b4j4 = ±1 6= 0 phải là số lẻ (vì det(B) = −3 6= 0), nên trong biểu thức của det(A) số lượng số hạng (−1)σ(p) a1j1 a2j2 a3j3 a4j4 = ±1 6= 0 là số lẻ, do đó det(A) 6= 0. 23. Câu 2, năm 2005. Ta dễ dàng chéo hóa được # " # " # " 1 1 − 1 0 2 1 D = P −1 AP = , P = , P −1 = 31 2 3 . 0 4 −1 1 3 3.

<span class='text_page_counter'>(84)</span> 2.1. Các bài Đại số. 81. Ma trận " đường#chéo C với các giá trị riêng dương sao cho C 2 = D 1 0 . Vậy ta cần tìm ma trận B = QCQ−1 sao cho là C = 0 2 2 2 −1 B = QC Q = QDQ−1 = A = P DP −1 . Ta thấy QDQ−1 = P DP −1 , nên DQ−1 P = "Q−1 P#D, ta cần giải a b phương trình DX = XD với X = Q−1 P = . c d Ta có " #" # 1 0 a b 0 4. c d. =. " #" # a b 1 0 c d. 0 4. " ⇒. a. b. #. " # a 4b. =. 4c 4d. c 4d. ,. suy ra" b = # c = 0 và a, d là 2 số" tùy ý# khác 0 (chú ý X khả nghịch, 1 a 0 0 a −1 −1 X= ,X = P Q = ). 0 d 0 d1 Từ đây ta được " Q = P X −1 = Q−1 = XP −1 =. 2. 1. #". 1 a. 0. #. −1 1 0 d1 " #" # a 0 13 − 13 0 d. 1 3. 2 3. " = " =. 2 a. 1 d 1 d. − a1 a 3 d 3. − a3. #. ". # , #. 2d 3. .. Cuối cùng ta được " B = QCQ. −1. =. 2 a. − a1. 1 d 1 d. #". 1 0 0 2. #". a 3 d 3. − a3 2d 3. =. 4 3 1 3. 2 3 5 3. # .. Lưu ý. Nếu từ QDQ−1 = A = P DP −1 mà lấy Q = P, Q−1 = P −1 thì có thể không vét hết nghiệm, mặc dù ở đây ta chỉ giải ra một nghiệm B duy nhất ..

<span class='text_page_counter'>(85)</span> 82. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 24. Câu 4, năm 2006. Xét ma trận hệ số của hệ phương trình  12 22 32  2 2 32 42   42 52 A =  32 . .. ..  .. . .  n2 (n + 1)2 (n + 2)2. ···. n2. .  (n + 1)2    · · · (n + 2)2  .  .. ...  .  2 · · · (2n − 1) ···. Nhân hàng k với (−1) rồi cộng vào hàng k + 1 (k = 1, 2, ..., n − 1) ta được      A1 =    . 12. 22. 32. 3. 5. 7. n2. ···. .  · · · 2n + 1   5 7 9 · · · 2n + 3 . .. .. .. ..  .. . . . . .   2n − 1 2n + 1 2n + 3 · · · 4n − 3. Nhân hàng k với (−1) rồi cộng vào hàng k + 1 (k = 2, 2, ..., n − 1) ta được . 12 22 32 · · ·.  3   A2 =  2 .  ..  2. 5. 7. 2 .. .. 2 .. .. 2. 2. n2. .  · · · 2n + 1   ··· 2 . ..  .. . .   ··· 2. Từ đây dễ thấy rank(A) = r = 3. Suy ra muốn hệ có 3 nghiệm độc lập tuyến tính thì dim(ker(A)) = n − r = 3, hay n = 6. 25. Câu 4, năm 2007. Trước hết ta chứng tỏ rằng deg(P ) 6 2. Thật vậy, giả sử ngược lại có P (x) với deg(P ) > 2 thỏa mãn bài toán. Ta đặt P (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a1 x + a0 , (an 6= 0)..

<span class='text_page_counter'>(86)</span> 2.1. Các bài Đại số. 83. Thay vào hệ thức của đề bài và chú ý tới hệ số của xn−2 ta được 1 an−2 = (2an Cn2 + 2an−2 , suy ra an = 0 (mâu thuẫn!). 2 Khi deg(P ) = 0, ta thay P (x) = const vào hệ thức của đề bài thấy không thỏa mãn. Khi deg(P ) = 1, ta xét P (x) = ax + b thay vào hệ thức của đề bài ta thấy không thỏa mãn. Khi deg(P ) = 2, ta xét P (x) = ax2 + bx + 2 thay vào hệ thức của đề bài ta suy ra a = 1. Ngược lại, mọi đa thức P (x) = x2 + bx + c đều thỏa mãn điều kiện của đề bài. 26. Câu 6, năm 2007. Ã ! x Ta lấy vector ∈ R2 và xét hệ phương trình thuần nhất y M. Ã ! x y. =. " #Ã ! aA bB x cA dB. y. =. Ã ! 0 0. ,. suy ra  aAx + bBy = 0 cAx + dBy = 0.  adAx + bdBy = 0 ⇒ bcAx + bdBy = 0. dẫn tới (ad − bc)Ax = 0. Do A khả nghịch tức là ad − bc 6= 0 ta suy ra x = 0. Tương tự ta chứng tỏ được y = 0. Như thế hệ thuần nhất M X = θ chỉ có nghiệm tầm thường X = θ, do đó M khả nghịch. 27. Câu 2, năm 2008. Cách 1. Đa thức đặc trưng của A là PA (λ) = det(A − λI2 ) = λ2 − trace(A)λ + det(A). Vì det(A) < 0 nên PA (λ) có 2 nghiệm thực phân biệt λ1 , λ2 ..

<span class='text_page_counter'>(87)</span> 84. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Đặt A1 =. 1 1 (A − λ2 I2 ), A2 = (A − λ1 I2 ). λ1 − λ2 λ2 − λ1. Ta thấy A1 + A2 = I2 , λ1 A1 + λ2 A2 = A, A1 A2 = A2 A1 = O2 . Từ đó ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh. Cách 2. Đa thức đặc trưng của A là PA (λ) = det(A − λI2 ) = λ2 − trace(A)λ + det(A). Vì det(A) < 0 nên PA (λ) có 2 nghiệm thực phân biệt " hay 2 #giá trị λ1 0 riêng phân biệt λ1 , λ2 . Nên ta chéo hóa được A = P P −1 . 0 λ2 Suy ra " An = P. #. λn1. 0. 0 ". λn2. = λn1 P. 1 0 0 0. P −1 = P. " # λn1 0. #. 0 ". P −1 + λn2 P. 0 0 0 0 1. P −1 + P. #. " 0. 0. 0. λn2. # P −1. P −1 = λn1 A1 + λn2 A2 .. Vậy ta đã chứng minh được tồn tại 2 số λ1 , λ2 và 2 ma trận A1 , A2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 28. Câu 3, năm 2008. Đa thức đặc trưng của M là PM (λ) = det(M − λI3 ) = −λ3 + trace(M )λ2 + aλ + det(M ) = −λ3 + 8λ2 + aλ + 16..

<span class='text_page_counter'>(88)</span> 2.1. Các bài Đại số. 85. Mặt khác.   a11 − λ a12 a13    PM (λ) = det(M − λI3 ) = det  a − λ a a 22 23   21 a31 a32 a33 − λ   a11 + a12 + a13 − λ a12 a13   = det  a23  a21 + a22 + a23 − λ a22 − λ  a31 + a32 + a33 − λ a32 a33 − λ   1 a12 a13   . = (4 − λ) det  1 a − λ a 22 23   1 a32 a33 − λ. Do đó λ = 4 là một giá trị riêng của M . Thay λ = 4 vào PM (λ) ở phía trên ta được a = −20 và PM (λ) = −λ3 + 8λ2 − 20λ + 16 = (4 − λ)(λ − 2)2 . Vậy các giá trị riêng của M là λ1 = 2 (với bội 2) và λ2 = 4. 29. Câu 4, năm 2008. 2008 P Đặt s = ak , b = 2008s − k=1. Xét các ma trận  a1  0   A1 =  0 .  ..  0. cấp n sau. 2009 . 2008n−2.   1 0 ··· 0 a2   b 1 0 · · · 0     0 1 · · · 0 , A2 =  0 . .. .. . . ..   .. . . . .   0 0 ··· 1 0   ak 0 0 · · · 0    0 1 0 · · · 0     Ak =  0 0 1 · · · 0 , (k  . . . .  .. .. .. . . ...    0 0 0 ··· 1.  0 0 ··· 0  1 0 · · · 0   0 1 · · · 0 , .. .. . . ..  . . . .  0 0 ··· 1. = 3, 4, ..., 2008)..

<span class='text_page_counter'>(89)</span> 86. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Rõ ràng là det(Ak ) = ak và  s 1 0 ···   b 2008 0 ··· 2008  X  0 2008 · · · Ak = 0 . . .. .. k=1  .. .. . .  0. 0. 0. 0. .  0    0 . ..  .   · · · 2008. Khai triển Laplace theo cột thứ nhất ta được det(. 2008 X. Ak ) = s.2008n−1 − b.2008n−2 = 2009.. k=1. 30. Câu 3, năm 2009. 1/ Ta thấy với các điều kiện của đề bài thì AB = 2(A + B)C ⇔ AB − 2AC − 2BC + 4C 2 = 4C 2 = 4In 1 1 ⇔ [ (A − 2C)][ (B − 2C)] = In . 2 2 Dẫn tới 1 1 [ (B − 2C)][ (A − 2C)] = In ⇔ BA = 2(A + B)C. 2 2 Do đó AB = BA. 2/ Nếu thêm điều kiện A + B + C = On thì ta có On = (A + B)C + C 2 = 2(A + B)C − (A + B)C + C 2 = AB − AC − BC + C 2 = (A − C)(B − C). Ta lại thấy C 2 = In nên det(C) 6= 0, do đó n = rank(C) = rank(−3C) = rank(A + B − 2C) = rank(A − C + B − C) 6 rank(A − C) + rank(B − C) 6 rank[(A − C)(B − C)] + n = n. Suy ra điều cần chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(90)</span> 2.1. Các bài Đại số. 87. 31. Câu 1, năm 2010. 1/. Ta thấy det(A + tB) = P (t) là đa thức bậc 2010 của t.. Theo giả thiết của đề bài thì P (t) có 2011 nghiệm phân biệt t = 0, 1, 2, ..., 2010. Do đó phải có P (t) ≡ 0, ∀t ∈ R. Lại có Q(t) = det(tA + B) cũng là đa thức bậc 2010 của t và ta có thể viết Q(t)=t2010 det(A + 1t B) = t2010 P ( 1t ), ∀t 6= 0). Do đó Q(t) ≡ 0, ∀t ∈ R. Từ đó ta có: - với x = y = 0 thì hiển nhiên det(xA + yB) = det(O) = 0, - với x = 0, y 6= 0 thì det(xA + yB) = det(yB) = y 2010 det(B) = y 2010 Q(0) = 0, - với x 6= 0, y = 0 thì det(xA + yB) = det(xA) = x2010 det(A) = x2010 P (0) = 0, - với x 6= 0, y 6= 0 thì det(xA + yB) = x2010 det(A + xy B) = x2010 P ( xy ) = 0. Vậy det(xA + yB) = 0, ∀x, y ∈ R. 2/ Ta lấy A = diag(0, 1, 2, ..., 2009) và B = −I thì (A + B) = diag(−1, 0, 1, ..., 2008), (A + 2B) = diag(−2, −1, 0, ..., 2007), ......, (A + 2009B) = diag(−2009, −2008, −2007, ..., 0), (A + 2010B) = diag(−2010, −2009, −2008, ..., −1). Rõ ràng là det(A) = det(A + B) = det(A + 2B) = · · · = det(A + 2009B) = 0, det(A + 2010B) 6= 0. Nhưng với x = 0, y = −1 thì det(xA + yB) = det(I) = 1 6= 0, hoặc Q với x = 1, y = −1 thì det(xA + yB) = det(A + I) = 2010 k=1 k 6= 0..

<span class='text_page_counter'>(91)</span> 88. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 32. Câu 5, năm 2010. a/ Cách 1. Vì rank(M ) = 1 nên M phải có dạng (xem thêm câu 6, năm 2002) . . λ u λ 1 u2 · · · λ 1 un  1 1   λ 2 u1 λ 2 u2 · · · λ 2 un    M = .  = V t U, . . . .. .. ..   ..   λ n u1 λ n u2 · · · λ n un trong đó U = (u1 , u2 , ..., un ) 6= (0, 0, ..., 0) và V = (λ1 , λ2 , ..., λn ) 6= (0, 0, ..., 0), còn V t là chuyển vị của V . n X t Ta thấy U V = λi ui = trace(M ) = 10 và khi đó i=1. M 2 = (V t U )2 = (V t U )(V t U ) = V t (U V t )U = V t trace(M )U = 10(V t U ) = 10M, nên đa thức cực tiểu của M là gM (λ) = λ2 − 10λ = λ(λ − 10). Ta tìm đa thức đặ trưng của M là PM (λ) = det(M − λIn )   λ u −λ λ 1 u2 ··· λ 1 un  1 1   λ2 u1 λ 2 u2 − λ · · · λ 2 un    = Dn = det   . . . . .. .. .. ..     λn u1 λ n u2 · · · λ n un − λ   λ 1 u1 − λ λ 1 u2 · · · λ 1 un    λ2 u1  λ u − λ · · · λ u 2 2 2 n  = det  .. .. ..  ..  . . . .    λn u1 λ n u2 · · · λ n un   λ 1 u1 − λ λ 1 u2 · · · λ 1 un    λ 2 u1  λ u − λ · · · λ u 2 2 2 n   + det  .. .. ..  ...  . . .    λn u1 λ n u2 · · · −λ.

<span class='text_page_counter'>(92)</span> 2.1. Các bài Đại số. 89 .  λ1 u1 − λ.   λ 2 u1  = λn un det  ..  .  u1. λ 1 u2. · · · λ1.  λ2 u2 − λ · · · λ2   − λDn−1 , .. ..  .. . . .  u2 ··· 1. nhân hàng n với (−λi ) rồi cộng vào hàng  −λ 0 · · ·   0 −λ · · ·  Dn = λn un det  . .. . .  .. . .  u1 u2 · · ·. i (i = 1, 2, ..., n − 1) thì  0  0  − λDn−1 ..  .  1. = λn un (−λ)n−1 − λDn−1 . Bằng quy nạp truy hồi ta dẫn tới Dn = (−λ)n−1 (λn un + λn−1 un−1 + · · · + λ2 u2 + D1 ) = (−λ)n−1 (λn un + λn−1 un−1 + · · · + λ2 u2 + λ1 u1 − λ) = (−λ)n−1 [trace(M ) − λ] = (−λ)n−1 (10 − λ) = (−1)n λn−1 (λ − 10). Cách 2. Vì rank(M ) = 1 nên dim(ker(M )) = n − 1, suy ra M có n − 1 vector riêng độc lập tuyến tính ứng với giá trị riêng λ1 = 0 (bội n − 1). Thế mà trace(A) = 10 là tổng của các giá trị riêng, nên giá trị riêng còn lại là λ2 = 10. Từ đó đa thức đặc trưng của M là PM (λ) = (−1)n λn−1 (λ − 10) và đa thức cực tiểu là gM (λ) = λ(−10). b/ Từ giả thiết ta có A + C(A + B) = A + B ⇔ A = (In − C)(A + B). Vì A khả nghịch và giao hoán với cả B và C nên từ trên ta được In = (In − C)(A + B)A−1 = (In − C)A−1 (A + B),.

<span class='text_page_counter'>(93)</span> 90. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý suy ra (In − C) và A−1 (A + B) là nghịch đảo của nhau, do đó In = A−1 (A + B)(In − C) ⇔ A = (A + B)(In − C) ⇔ (A + B)C = B. Như vậy ta được (A + B)C = C(A + B) = B, do đó BC = CB.. 33. Câu 3, năm 2011. Ta chứng tỏ bằng quy nạp AB k − B k A = kB k−1 C. (∗), ∀k ∈ N.. Với k = 1 thì hiển nhiên AB − BA = C. Với k = 2 thì ta có AB 2 − BA2 = AB 2 − BAB + BAB − B 2 A = (AB − BA)B + B(AB − BA) = CB + BC = 2BC Giả sử có AB k − B k A = kB k−1 C, ta chứng tỏ AB k+1 − B k+1 A = (k + 1)B k C. Thật vậy AB k+1 − B k+1 A = = AB k+1 − BAB k + BAB k − B k+1 A = (AB − BA)B k + B(AB k − B k A) = CB k + B(kB k−1 C) = B k C + kB k C = (k + 1)B k C Theo nguyên lý quy nạp ta đã chứng minh được dẳng thức (∗). Lấy q(x) = a0 xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an với deg(q) 6 n. Ta có q 0 (x) = a0 nxn−1 + a1 (n − 1)xn−2 + ... + an−2 2x + an−1 . Do đẳng thức (∗) ta suy ra Aq(B) − q(B)A = q 0 (B)C. (∗∗).. Xét đa thức đặc trưng của ma trận B là p(x) = det(B − xIn ), ta có p(B) = On . Theo (∗∗) ta được Ap(B)−p(B)A = p0 (B)C hay là On = p0 (B)C. Chọn q(x) ≡ p0 (x) thì từ (∗∗) ta có Ap0 (B) − p0 (B)A = p00 (B)C, dẫn tới Ap0 (B)C − p0 (B)AC = p00 (B)C 2 p00 (B)C 2 , tức là On = p00 (B)C 2 .. hay Ap0 (B)C − p0 (B)CA =.

<span class='text_page_counter'>(94)</span> 2.1. Các bài Đại số. 91. Lại chọn q(x) ≡ p00 (x) thì từ (∗∗) ta có Ap00 (B) − p00 (B)A = p000 (B)C, dẫn tới Ap00 (B)C 2 − p00 (B)AC 2 = p000 (B)C 3 hay Ap00 (B)C 2 − p00 (B)C 2 A = p000 (B)C 3 , tức là On = p000 (B)C 3 . Tiếp tục làm tương tự với q(x) ≡ p(4) (x), ..., q(x) ≡ p(n−1) (x) ta được On = p(5) (B)C 5 , ..., On = p(n) (B)C n . Chú ý rằng p(n) (x) = (−1)n n(n − 1)(n − 2)...2.1 = (−1)n n!, ta dẫn đến On = (−1)n n!In C n = (−1)n n!C n , suy ra C n = On , hay C là ma trận luỹ linh. 34. Câu 4, năm 2011. Ta giải quyết bài toán sau: Cho đa thức P (x) với deg(P ) = n > 2 có các nghiệm đều thực (tính cả bội). Chứng minh rằng đa thức Q(x) = P (x) + (a + b)P 0 (x) + abP 00 (x), trong đó a, b ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội). Lời giải. Ta có bổ đề: Nếu đa thức P (x) với deg(P ) = n > 1 có các nghiệm đều thực (tính cả bội), thì đa thức R(x) = P (x) + αP 0 (x) với α ∈ R cũng có các nghiệm đều thực (tính cả bội). Thật vậy: Với α = 0 bổ đề là hiển nhiên. Với α 6= 0 xét hàm số x. f (x) = e α P (x). Rõ ràng tập hợp nghiệm của đa thức P (x) và tập hợp nghiệm của phương trình f (x) = 0 là trùng nhau. Đa thức P (x) với deg(P ) = n > 1 có các nghiệm đều thực, nên số nghiệm của nó là n (tính cả bội). Sử dụng định lý Rolle cho hàm f (x) ta suy ra f 0 (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm thực (tính cả bội). Mặt khác f 0 (x) =. x 1 x 1 x 1 x e α P (x) + e α P 0 (x) = e α [P (x) + αP 0 (x)] = e α R(x) α α α. nên tập hợp nghiệm của f 0 (x) = 0 và tập hợp nghiệm của đa thức R(x) là trùng nhau..

<span class='text_page_counter'>(95)</span> 92. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Đa thức R(x) với bậc deg(R) = n có ít nhất n − 1 nghiệm thực (tính cả bội) là nghiệm của f 0 (x) = 0 nói trên. Thế mà R(x) phải có đủ n nghiệm (tính cả bội và tính cả nghiệm phức), đồng thời số nghiệm phức (nếu có) phải là số chẵn và là các cặp số phức liên hợp. Vì thế một nghiệm còn lại của R(x) phải là nghiệm thực. Bổ đề được chứng minh! Áp dụng bổ đề với đa thức P (x) đã cho ta suy ra đa thức R(x) = P (x) + aP 0 (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội). Lại áp dụng bổ đề với đa thức R(x) trên ta suy ra đa thức R(x) + bR0 (x) có các nghiệm đều thực (tính cả bội). Thế mà R0 (x) = [P (x) + aP 0 (x)]0 = P 0 (x) + aP 00 (x), nên h i R(x) + bR0 (x) = P (x) + aP 0 (x) + b P 0 (x) + aP 00 (x) = P (x) + (a + b)P 0 (x) + abP 00 (x) = Q(x). Bài toán được chứng minh! Trở lại bài toán đã cho ta thấy phải có u = a + b, v = ab. Theo định lý Viet thì điều kiện cần và đủ là u2 > 4v. Nhận xét. Cũng có thể lấy P (x) = xn rồi cho n → ∞ để tìm điều kiện cần, sau đó chứng minh đó là điều kiện đủ.. 35. Câu 3, năm 2012. Ta lấy hàng đầu tiên nhân với (−1) rồi cộng vào các hàng từ thứ 2 đến thứ n. Khi đó mỗi phần tử từ hàng thứ 2 đến hàng thứ n đều có dạng (2l + 1)2 − (2k + 1)2 = (2l − 2k)(2l + 2k + 2) = 4(l − k)(l + k + 1). - Nếu l − k là số chẵn thì 4(l − k)(l + k + 1) chia hết cho 8. - Nếu l − k là số lẻ thì l + k + 1 = l − k + 1 + 2k là số chẵn, nên 4(l − k)(l + k + 1) chia hết cho 8..

<span class='text_page_counter'>(96)</span> 2.1. Các bài Đại số. 93. Vậy mọi phần tử của các hàng từ thứ 2 đén thứ n đều chia hết cho 8. Theo định nghĩa định thức ta suy ra det(M ) chia hết cho 8n−1 . 36. Câu 4, năm 2012. Đa thức đặc trưng của A có bậc 100. Mặt khác A là nghiệm của đa thức q(t) = t101 . Hai đa thức này có ước chung, mà các ước của q(t) có dạng tk , 1 6 k 6 100, nên suy ra A100 = O. Từ điều kiện đề bài ta có AB = 2A + 3B ⇔ AB − 2A − 3B + 6I100 = 6I100 ⇔ (A − 3I100 )(B − 2I100 ) = 6I100 1 ⇔ (A − 3I100 )(B − 2I100 ) = I100 . 6 Như vậy 2 ma trận nhau. Do đó. ( − 3I100 ) và (B − 2I100 ) là nghịch đảo của A. 1 (B − 2I100 ) (A − 3I100 ) = I100 ⇔ BA = 2A + 3B ⇒ AB = BA. 6 Như vậy A giao hoán với B và A giao hoán với B + I100 , suy ra 3(A + B) = (2A + 3B) + A = AB + A = A(B + I100 ) ⇒ [3(A + B)]100 = A100 (B + I100 )100 = O100 ⇒ 3100 (A + B)100 = O100 ⇒ (A + B)100 = O100 ..

<span class='text_page_counter'>(97)</span> 94. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 2.2. Các bài Giải tích. 1. Câu 2, phần b/, vòng 1, năm 1993. Cách 1. Đổi biến t = tan x ta được Z. Z. 1. = 0. Z ∞ dx dt √ = √ I= 2 (1 + t2 )(1 + t 2 ) 0 1 + (tan x) 0 Z ∞ dt dt √ √ + = I1 + I2 2 2 2 (1 + t )(1 + t ) (1 + t )(1 + t 2 ) 1 π 2. 1 t. Với I2 ta lại đổi biến u =. thì được Z. Z. 1. = 0. du − 1 + u2. Z. 1 0. 1. √. u 2 du √ I2 = 2 2 0 (1 + u )(1 + u ) du π √ = − I1 2 2 4 (1 + u )(1 + u ). Vậy ta có I = π4 . Cách 2. Ta có Z I= 0. π 2. dx √ = 1 + (tan x) 2. Z. π 4. 0. dx √ + 1 + (tan x) 2. Z. sau đó trong tích phân thứ hai ta đổi biến x =. π 2 π 4. π 2. dx √ 1 + (tan x) 2. − t.. 2. Câu 2, vòng 2, năm 1993.. Xét hàm u = tan t, t ∈ [0, π2 ) thì t = arctan u, u ∈ [0, +∞)..

<span class='text_page_counter'>(98)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 95. Ta có Z. Z. x. xy 6 S1 + S2 =. y. tan tdt + 0 ¯x. arctan udu 0 ¯y. ¯y 1 ¯ ¯ ¯ = − ln | cos t|¯ + u arctan u¯ − ln(1 + u2 )¯ 2 0 0 0 p 2 = − ln cos x + y arctan y − ln 1 + y p Suy ra y(arctan y − x) > ln( 1 + y 2 cos x). Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi y = tan x. 3. Câu 4, năm 1994. +) Đổi biến x = 4 cos2 t, t ∈ [0, π2 ], dx = −8 sin t cos tdt. Khi đó Z. 4. In =. x. n. 0. =2. √. Z 4 − xdx =. Z. π 2. 0. =2. √ (4 cos2 t)n 4 − 4 cos2 t(−8 sin t cos tdt). π 2. 2n+4. 2n+4. 0. hZ. π 2. Z 2. 2n+4. π 2. t sin tdt = 2 cos2n+1 t(1 − cos2 t)dt 0 Z π i 2 2n+1 cos tdt − cos2n+3 tdt (∗). cos. 2n+1. 0. 0. Lại có Z. π 2. Jk =. Z. π 2. k. cos tdt =. 0. cosk−1 td(sin t). 0. ¯ π Z π2 ¯2 k−1 (k − 1) cosk−2 t sin2 tdt = cos t sin t¯ + 0 0 Z π 2 = (k − 1) cosk−2 t(1 − cos2 t)dt 0 Z π h Z π2 i 2 k−2 = (k − 1) cos tdt − cosk tdt 0. 0. = (k − 1)Jk−2 − (k − 1)Jk . Do đó kJk = (k − 1)Jk−2 ⇒ Z π 2 Rõ ràng J1 = cos tdt = 1. 0. Jk =. k−1 Jk−2 . k.

<span class='text_page_counter'>(99)</span> 96. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Từ đây thay vào (∗) ta được h 2n i 2n + 2 In = 2 (J2n+1 − J2n+3 ) = 2 J2n−1 − J2n+1 2n + 1 2n + 3 h 2n 2n − 2 2 2n + 2 2n 2n − 2 2 i . ... J1 − . . ... J1 = 22n+4 2n + 1 2n − 1 3 2n + 3 2n + 1 2n − 1 3 2n(2n − 2)...2 ³ 2n + 2 ´ = 22n+4 1− (2n + 1)(2n − 1)...3 2n + 3 2n(2n − 2)...2 = 22n+4 . (2n + 3)(2n + 1)(2n − 1)...3 2n+4. 2n+4. R4 √ +) Tiếp theo ta đổi biến x = 4y thì In = 0 xn 4 − xdx = Z 1 Z 1 p p n 2n+3 = (4y) 4 − 4y4dy = 2 y n 1 − ydy. 0. 0. Ta chứng minh rằng ∀y ∈ [0, 1] thì p 1 1 yn 1 − y < √ hay y 2n (1 − y) < . 2ne 2ne Thật vậy, do bất đẳng thức Cauchy cho 2n + 1 số không âm ta có ³ y ´2n 2n 2n y (1 − y) = (2n) (1 − y) 2n h y + y + · · · + y + (1 − y) i2n+1 (2n)2n 2n = . 6 (2n)2n 2n 2n 2n + 1 (2n + 1)2n+1 Bây giờ ta chứng tỏ ³ 2n + 1 ´2n+1 (2n)2n 1 < hay e < (2n + 1)2n+1 2ne 2n 1 < ln(2n + 1) − ln(2n). hay 2n + 1 Bất đẳng thức sau cùng đúng vì hàm f (x) = ln x khả vi trên [2n, 2n + 1], nên theo định lý Lagrange ∃c ∈ (2n, 2n + 1) sao cho ln(2n + 1) − ln(2n) =. f (2n + 1) − f (2n) 1 1 = f 0 (c) = > . (2n + 1) − (2n) c n+1. Như vậy suy ra Z Z 1 p 2n+3 2n+3 n 1 − ydy < 2 In = 2 y 0. 1. √ 0. √ 1 dy = 22n+3 ( 2ne)−1 . 2ne.

<span class='text_page_counter'>(100)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 97. 4. Câu 1, năm 1995. Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành Z a Z b Z b hZ a i b f (x)dx > a f (x)dx = a f (x)dx + f (x)dx 0 0 0 a Z a Z b ⇔ (b − a) f (x)dx > a f (x)dx 0. a. Do f (x) nghịch biến trên [0, a] và trên [a, b] nên ta có Z a Z a (b − a) f (x)dx > (b − a) f (a)dx = (b − a)af (a) 0 0 Z b Z b =a f (a)dx > a f (x)dx. a. a. 5. Câu 2, năm 1995. Sử dụng tích phân từng phần với u = f (x), du = f 0 (x)dx và i i dn h dn−1 h dv = n (x2 − 1)n dx, v = n−1 (x2 − 1)n dx dx ta được Z 1 Z 1 i 1 dn h f (x)Pn (x)dx = n f (x) n (x2 − 1)n dx 2 .n! −1 dx −1 i¯1 n−1 h d 1 ¯ = n f (x) n−1 (x2 − 1)n ¯ 2 .n! dx −1 Z 1 i n−1 h d 1 f 0 (x) n−1 (x2 − 1)n dx − n 2 .n! −1 dx Z 1 i dn−1 h 2 1 0 n f (x) n−1 (x − 1) dx =− n 2 .n! −1 dx Lại dùng tích phân từng phần với u1 = f 0 (x), du1 = f 00 (x)dx và i i dn−1 h dn−2 h dv1 = n−1 (x2 − 1)n dx, v1 = n−2 (x2 − 1)n dx dx thì Z 1 i i¯1 dn−1 h dn−2 h ¯ f 0 (x) n−1 (x2 − 1)n dx = f 0 (x) n−2 (x2 − 1)n ¯ − dx dx −1 −1 Z Z 1 i i 1 dn−2 h dn−2 h f 00 (x) n−2 (x2 − 1)n dx. − f 00 (x) n−2 (x2 − 1)n dx = − dx dx −1 −1.

<span class='text_page_counter'>(101)</span> 98. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Như vậy ta được Z 1 Z 1 i 1 dn−1 h 2 0 n f (x)Pn (x)dx = − n f (x) n−1 (x − 1) dx 2 .n! −1 dx −1 Z 1 i 1 dn−2 h = n f 00 (x) n−2 (x2 − 1)n dx 2 .n! −1 dx = ··· =. Z 1 1 = (−1) n f (n) (x)(x2 − 1)n dx 2 .n! −1 Z 1 n 1 = (−1) n 0.(x2 − 1)n dx = 0, 2 .n! −1 n. (chú ý rằng do f (x) là đa thức bậc m mà m < n, nên f (n) (x) ≡ 0). Nhận xét. Xem thêm bài 116, trang 527 trong [13]. 6. Câu 5, năm 1995. Đặt max |f (x)| = M = |f (x0 )| (x0 ∈ [0, 1]), với p > 0 ta có x∈[0,1]. ³Z. 1. p. |f (x)| dx. ´ p1. ³Z. 1. 6. 0. p. M dx. ´ p1. = M.. 0. Do tính liên tục của f (x) thì ∀ε > 0 tồn tại [α, β] ⊂ [0, 1] sao cho |f (x)| > M − ε > 0, ∀x ∈ [α, β] Khi đó ³Z 1. p. |f (x)| dx. ´1/p. ³Z. β. ³Z. α β. >. 0. >. |f (x)|p dx. ´ p1. (M − ε)p dx. ´ p1. α. ³Z Suy ra. 1. lim. p→+∞. |f (x)|p dx. ´ p1. > M − ε. Như vậy ta có. 0. ³Z. 1. M > lim. p→+∞. |f (x)|p dx. ´ p1. > M − ε, ∀ε > 0.. 0. Cho ε & 0 ta được điều cần chứng minh.. 1. = (M − ε)(α − β) p ..

<span class='text_page_counter'>(102)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 99. 7. Câu 2, năm 1996. Z a dx Đặt I(a) = . Đổi biến x = −t ta được 2 bx −a (1 + x )(1 + e ) Z a Z −a ebt dt −dt = I(a) = 2 bt (1 + t2 )(1 + e−bt ) a −a (1 + t )(1 + e ) Z a ebx dx = . 2 bx −a (1 + x )(1 + e ) Do đó. Z. Z a dx ebx dx 2I(a) = I(a) + I(a) = + 2 bx 2 bx −a (1 + x )(1 + e ) −a (1 + x )(1 + e ) Z a Z a (1 + ebx )dx dx = = = arctan x|a−a = 2 arctan a 2 bx 2 (1 + x )(1 + e ) 1 + x −a −a π Suy ra I(a) = arctan a, do vậy lim I(a) = . a→+∞ 2 a. 8. Câu 3, năm 1996. Đặt t = x + 1 thì điều kiện thứ nhất có thể viết lại p √ √ 1 t+1+ t−1+ p = t + h(t), ∀t > 1 2 t − 1 + h(t − 1) hay là h(t) =. h√. t+1+. √. i2 1 p t−1+ − t, ∀t > 1 2 t − 1 + h(t − 1). cũng có nghĩa là h√ i2 √ 1 h(x) = x+1+ x−1+ p − x, ∀x > 1 (∗) 2 x − 1 + h(x − 1) Vậy ta có thể xác định hàm h(x), ∀x ∈ R    f1 (x) tuỳ ý    1 h(x) = f2 (x) mà min f2 (x) = 06x<1  4     theo công thức truy hồi (∗). như sau khi x < 0 khi 0 6 x < 1 khi x > 1. Chú ý rằng từ (∗) ta dễ dàng thấy h(x) > x > 1, ∀x > 1, nên hàm h(x) xác định như trên thoả mãn các điều kiện của đề bài..

<span class='text_page_counter'>(103)</span> 100. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 9. Câu 3, năm 1997. Xét f (x) = x3 + tx − 8, thì f 0 (x) = 3x2 + t > 0, ∀x ∈ R, ∀t > 0. Rõ ràng là f 0 (x) không đồng nhất bằng 0. Suy ra f (x) là hàm đơn điệu tăng. Mặt khác, ta thấy f (0) = −8 < 0 và f (2) = 2t > 0. Do đó đồ thị của f (x) cắt trục hoành Ox tại duy nhất một điểm, tức là phương trình x3 + tx − 8 = 0 luôn có duy nhất nghiệm. Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình trên. Lúc đó 8 8 8 = 0, t = − x2 , dt = (− 2 − 2x)dx, x x x t = 0 ⇔ x = 2, t = 7 ⇔ x = 1, Z 7 Z 1 Z 2 8 2 2 [x(t)] dt = x (− 2 − 2x)dx = (8 + 2x3 )dx x 0 2 1 x4 ¯¯2 31 = (8x + )¯ = . 2 1 2 x2 + t −. 10. Câu 4, năm 1997. Cách 1. Đổi biến t = tan x ta có Z π Z 4 n In = n tan xdx = n. 1 0. 0. tn dt. 1 + t2. Dễ dàng có công thức truy hồi In =. √ n n π − In−2 , ∀n > 3 (I1 = ln 2, I2 = 2 − ) n−1 n−2 2. từ đó suy ra nếu tồn tại lim In = I thì I = 12 . Ta thấy n→∞. Z 1 n Z Z ¯ 1 ¯¯ ¯¯ t n 1 n−1 ¯¯ n 1 tn−1 (1 − t)2 ¯ dt − t dt¯ = dt ¯In − ¯ = ¯n 2 2 2 0 2 0 1 + t2 0 1+t Z Z n 1 n−1 n 1 n−1 2 6 t (1 − t) dt = (t − 2tn + tn+1 )dt 2 0 2 0 n³ 1 2 1 ´ = − + 2 n n+1 n+2 2n n ´ 1³ 1− + → 0 (n → ∞). = 2 n+1 n+2.

<span class='text_page_counter'>(104)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 101. Cách 2. Vẫn đổi biến t = tan x ta có Z π Z 4 n In = n tan xdx = n 0. 1 0. tn dt 1 + t2. 1 1 1 < < , ∀t ∈ (0, 1), 2 2 1+t 2t n n nt n nên suy ra tn < < tn−1 , ∀t ∈ (0, 1), 2 2 1+t 2 do đó Z Z Z 1 n n 1 n n 1 n−1 t t dt < n dt < t dt 2 2 0 2 0 0 1+t n 1 hay < In < , 2(n + 1) 2. Ta thấy. cho n → ∞ ta được In → 21 . 11. Câu 1, năm 1998. Cách 1. Xét các hàm số sau Z Z x x x 0 2 0 [f (t)] dt, ∀x ∈ [0, 1] F (x) = |f (t)f (t)|dt, G(x) = 2 0 0 Z 1 x 0 2 x 0 0 0 ta thấy F (x) = |f (x)f (x)|, G (x) = [f (t)] dt + [f 0 (x)]2 . 2 0 2 Lại có ¯Z ¯ |f (x)| = ¯. ¯ ³Z x ´ 21 ³ Z x ´ 21 ¯ 2 0 2 f (t)dt¯ 6 1 .dt . [f (t)] dt 0 0 0 Z √ ³ x 0 2 ´ 12 [f (t)] dt = x. 0 Z √ ³ x 0 2 ´ 12 0 0 ⇒ |f (x)f (x)| 6 x. [f (t)] dt .|f (x)| 0 Z 1 x 0 2 x 6 [f (t)] dt + [f 0 (x)]2 , 2 0 2 x. 0. do đó F 0 (x) 6 G0 (x) hay F 0 (x) − G0 (x) 6 0, suy ra F (1) − G(1) 6 F (0) − G(0) = 0, như thế F (1) 6 G(1) là điều phải chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(105)</span> 102. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Z. x. Cách 2. Xét hàm g(x) =. |f 0 (t)|dt, x ∈ [0, 1],. 0 0. 0. thì g (x) = |f (x)|, g(0) = 0 và ¯Z x ¯ Z ¯ ¯ 0 |f (x)| = ¯ f (t)dt¯ 6 0. Do đó Z 1 Z 0 |f (x)f (x)|dx =. x. |f 0 (t)|dt = g(x).. 0. Z. 1. 1. g(x)g 0 (x)dx 0 0 Z ¯1 1 ´2 1³ 1 0 1 2¯ 2 = [g(x)] ¯ = [g(1)] = |f (x)|dx 2 2 2 0 0 Z 1 Z 1 Z 1 1 0 1 2 0 2 1 dx [f (x)] dx = [f (x)]2 dx. 6 2 0 2 0 0. 0. 0. |f (x)||f (x)|dx 6. 12. Câu 2, năm 1998. Ta có 0<. 1 f 0 (t) f 0 (t) 1 − = < , ∀t > 0. f (t) f (t) + f 0 (t) f (t)[f (t) + f 0 (t)] [f (t)]2. Suy ra Z x Z x Z xh i 1 1 1 1 dt 0< dt − dt = − 0 f (t) f (t) f (t) + f 0 (t) 1 f (t) + f (t) 1 Z1 x 0 f (t) 1 ¯¯x 1 1 < dt = − − , ∀x > 1. ¯ = 2 f (t) 1 f (1) f (x) 1 [f (t)] Vì f 0 (x) > 0, ∀x > 0 nên f (x) đơn điệu tăng trên (0, +∞). Do đó lim f (x) = l < +∞ hoặc lim f (x) = +∞,. x→+∞. x→+∞. 1 1 1 = < +∞ hoặc lim = 0. x→+∞ f (x) x→+∞ f (x) l Z xh i 1 1 dt là hàm đơn điệu tăng − Ta thấy H(x) = f (t) f (t) + f 0 (t) 1 (vì hàm dưới dấu tích phân là hàm dương) và bị chặn trên bởi 1 1 1 − hoặc , nên tồn tại giới hạn hữu hạn f (1) l f (1) Z x i hZ x 1 1 dt − dt = h < +∞. lim H(x) = lim 0 x→+∞ x→+∞ 1 f (t) + f (t) 1 f (t) dẫn đến lim. Từ đây suy ra kết luận của bài toán..

<span class='text_page_counter'>(106)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 103. 13. Câu 5, năm 1998. Ta thấy p f (x + h) + [1 − f (x)] > 2 f (x + h)[1 − f (x)] > 1 ⇒. f (x + h) > f (x). như thế f (x) là hàm tăng, bị chặn trên (bởi 1), nên tồn tại giới hạn lim f (x) = l, từ đó x→+∞. lim f (x + h)[1 − f (x)] >. x→+∞. 1 4. ⇒. l(1 − l) >. 1 4. ⇒. 1 l= . 2. 14. Câu 2, năm 1999. Xét hàm g(x) = f (x) + x − 1, ta có g 0 (x) = f 0 (x) + 1 và có g(0) = −1 < 0, g(1) = 1 > 0. Suy ra ∃c ∈ (0, 1) sao cho g(c) = 0. Theo định lý Lagrange ∃a ∈ (0, c) sao cho g 0 (a).c = g(c) − g(0) = 1 và ∃b ∈ (c, 1) sao cho g 0 (b).(1 − c) = g(1) − g(c) = 1. Vậy ∃a, b ∈ (0, 1), a 6= b sao cho [f 0 (a)+1]c = [f 0 (b)+1](1−c) = 1, ⇒ f 0 (a) =. c 1−c 0 , f (b) = c 1−c. ⇒. f 0 (a).f 0 (b) = 1.. 15. Câu 3, năm 1999. Ta thấy với n = 2 thì f (1) + f (2) = 4f (2), do đó f (2) = 31 f (1) = 23 . Lại thấy ∀n > 2 thì f (1) + f (2) + · · · + f (n − 1) + f (n) = n2 f (n), f (1) + f (2) + · · · + f (n − 1) = (n − 1)2 f (n − 1). Suy ra (n2 −1)f (n) = (n−1)2 f (n−1) hay f (n) =. n−1 f (n − 1). n+1.

<span class='text_page_counter'>(107)</span> 104. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Tiếp tục truy hồi theo hệ thức này ta được n−1 n−1 n−2 f (n − 1) = . f (n − 2) n+1 n+1 n n−1 n−2 n−3 = . . f (n − 3) n+1 n n−1 (n − 1)! 4 = ··· = .3.2.f (2) = (n + 1)! n(n + 1) 2 2 4n 4n n2 f (n) = = 2 . n(n + 1) n +n f (n) =. Do đó lim n2 f (n) = 4. n→∞. 16. Câu 5, năm 1999. Đổi biến x = nt, dx = ndt ta được Z 1 −nt Z n e−x e dx = n dt. In = −x/n −t 0 1+e 0 1+e Chú ý rằng t > 0 nên 0 < e−t 6 1 6 et , suy ra 1 1 et e−nt e−nt e(1−n)t 6 6 ⇔ 6 6 2 1 + e−t 2 2 1 + e−t 2 Z 1 Z 1 n n ⇒ e−nt dt 6 In 6 e(1−n)t dt 2 0 2 0 ¯1 e−nt ¯¯1 n ¯ hay − e(1−n)t ¯ ¯ 6 In 6 2 0 2(1 − n) 0 n 1 (1 − e−n ) 6 In 6 (1 − e1−n ) 2 2(n − 1) i 1 1 1h n n tức là (1 − n ) 6 In 6 − . 2 e 2 n − 1 (n − 1)en−1 Suy ra. lim In =. n→∞. 1 2. n = 0 theo quy tắc n→∞ (n − 1)en−1. (lưu ý lim. L’Hospital). 17. Câu 3, năm 2000. Ta mở rộng (thác triển) hàm f (x) ra toàn trục số thực R thành một hàm liên tục, tuần hoàn với chu kỳ cơ sở T = 1, tức là f (x ± T ) = f (x), ∀x ∈ R, đồng thời.

<span class='text_page_counter'>(108)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 105. · · · = f (−n) = · · · = f (−1) = f (0) = f (1) = · · · = f (n) = · · · = 0. Xét hàm g(x) = f (x + a) − f (x), ta có Z 1 Z 1 Z 1 g(x)dx = f (x + a)dx − f (x)dx 0 0 0 Z 1+a Z 1 = f (t)dt − f (x)dx a 0 Z 1 Z 1+a Z 1 = f (t)dt + f (t)dt − f (x)dx a 1 0 Z 1 Z 1+a Z 1 = f (t)dt + f (t − 1)dt − f (x)dx a 1 0 Z 1 Z a Z 1 = f (t)dt + f (z)dz − f (x)dx = 0 a. 0. 0. Suy ra tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho 0 = g(c) = f (c + a) − f (c) = f (c + a − 1) − f (c). Bây giờ nếu c+a ∈ [0, 1] thì ta lấy b = c+a sẽ được f (b) = f (b−a), còn nếu 1 < c + a < 2 thì ta lấy b = c sẽ được f (b) = f (b + a − 1). 18. Câu 5, năm 2000. Ta có Z. β. α. β 3 − α3 = [f (x)] dx 6 3 2. Z. β. x2 dx, ∀α, β ∈ [1, 2], α 6 β.. α. Hay là Z. β. (x2 − [f (x)]2 )dx > 0, ∀α, β ∈ [1, 2], α 6 β.. α. Suy ra ∃x0 ∈ [α, β] sao cho x20 − [f (x0 )]2 > 0, ∀α, β ∈ [1, 2], α 6 β. Do tính liên tục của hàm g(x) = x2 − [f (x)]2 ta suy ra g(x) = x2 − [f (x)]2 > 0, ∀x ∈ [1, 2]. ⇔. x > |f (x)|, ∀x ∈ [1, 2].. Từ đây Z. Z. 2. f (x)dx 6 1. Z. 2. 2. |f (x)|dx 6 1. 1. 3 xdx = . 2.

<span class='text_page_counter'>(109)</span> 106. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 19. Câu 3, năm 2001. Xét các hàm số t2000 , t ∈ [0, 1], (1 + t)(1 + t2 )...(1 + t2001 ) Z 1 F (x) = x f (t)dt, x ∈ [0, 1]. f (t) =. x. Ta có F (0) = F (1) = 0 và do f (t) liên tục trên [0, 1] nên F (x) khả vi trong (0, 1). Theo định lý Rolle tồn tại x ∈ (0, 1) để F 0 (x) = 0. Thế mà 0. Z. 1. F (x) = f (t)dt − xf (x) x Z 1 x2001 t2000 = dt − . 2 2001 ) (1 + x)(1 + x2 )...(1 + x2001 ) x (1 + t)(1 + t )...(1 + t Vậy có điều phải chứng minh. 20. Câu 5, năm 2001. Ta thấy f (n + 1) = 2001[f (n)]2 + f (n) > f (n), ∀n ∈ N nên dãy {f (n)}, n ∈ N là đơn điệu không giảm (tăng). Cụ thể f (n + 1) > f (n) > · · · > f (2) > f (1) = a > 0. Nếu dãy {f (n)} bị chặn trên thì tồn tại giới hạn lim f (n) = l > f (1) = a > 0. n→∞. Khi đó ta lại có l = 2001l2 + l, suy ra l = 0, mâu thuẫn! Như thế dãy {f (n)} không bị chặn trên, hay là lim f (n) = +∞. n→∞. Mặt khác ta có f (n + 1) − f (n) = 2001[f (n)]2 i 1 h 1 1 f (n) − = , 2001 f (n) f (n + 1) f (n + 1) i f (1) f (2) f (n) 1 h 1 1 Sn = + + ··· + = − . f (2) f (3) f (n + 1) 2001 f (1) f (n + 1) Do đó suy ra lim Sn = n→∞. 1 1 = . 2001f (1) 2001a.

<span class='text_page_counter'>(110)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 107. 21. Câu 3, năm 2002. Với mỗi n ∈ N ta xét hàm số gn (x) = e−. 2002x n. f (x).. Ta thấy rằng gn (x) khả vi trên đoạn [a, b] và có gn (a) = gn (b) = 0, nên theo định lý Rolle sẽ tồn tại xn ∈ (a, b) sao cho gn0 (xn ) = 0. Thế mà gn0 (x) = −. 2002x 2002x 2002 − 2002x 2002 e n f (x) + e− n f 0 (x) = e− n [f 0 (x) − f (x)] n n. nên từ việc gn0 (xn ) = 0 ta suy ra 2002 f (xn ) − f (xn ) = 0, hay là n 0. f 0 (xn ) 2002 = . f (xn ) n. Mặt khác ta lại có 1. √ n. lim n( e − 1) = lim. n→∞. n→∞. en − 1 1 n. ek − 1 1 = lim = 1, (k = ). k→0 k n. Từ đó dẫn đến f 0 (xn ) 2002 √ lim √ = lim = 2002. n n n→∞ ( e − 1)f (xn ) n→∞ n( e − 1) 22. Câu 5, năm 2002. Xét các hàm số f (x) =. 1 ln(1 + x2 ) − 2002, x ∈ R và g(x) = x − f (x), x ∈ R. 2. Ta thấy f (x) và g(x) liên tục trên R và có |x| 1 6 , ∀x ∈ R, 2 1+x 2 2 x x −x+1 g 0 (x) = 1 − f 0 (x) = 1 − = > 0, ∀x ∈ R. 2 1+x 1 + x2. f 0 (x) =. x 1 + x2. ⇒. |f 0 (x)| =. Như thế g(x) là hàm đơn điệu tăng thực sự trên R. Mặt khác, ta thấy g(0)g(−2002) = −2002. ln(1 + 20022 ) < 0, nên suy ra phương trình g(x) = 0 hay phương trình f (x) = x có duy nhất nghiệm x = α..

<span class='text_page_counter'>(111)</span> 108. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Đến đây ta có un+1 − α = f (un ) − f (α). Sử dụng định lý Lagrange cho hàm f (x) thì tồn tại c ∈ R sao cho f (un ) − f (α) = f 0 (c)(un − α). Suy ra 0 6 |un+1 −α| = |f (un )−f (α)| = |f 0 (c)||un −α| 6 12 |un −α|. Từ đó dẫn đến 1 1 0 6 |un+1 − α| 6 |un − α| 6 2 |un−1 − α| 6 · · · 2 2 1 1 6 n |u1 − α| = n |a − α|. 2 2 Vậy 0 6 |un − α| 6. 1 |a 2n−1. − α| & 0 (n % ∞) hay lim un = α. n→∞. 23. Câu 6, năm 2002. Đặt t = xn , dt = nxn−1 dx, x1 = 1 ⇒ t1 = 1, x2 = 1 +. 1 n. ⇒ t2 = (1+ n1 )n và an = (1+ n1 )n thì 1 6 an 6 e, an % e (n % ∞) và ta có Z. 1 1+ n. Jn = n. Z. 1 1+ n. n. f (x )dx =. 1. 1. √ n. f (xn ) x n nxn−1 dx = x. Z. an 1. √ n f (t) t dt t. 1 1 do 1 6 x 6 1 + , nên suy ra n n Z an Z an √ ¯ ¯ ¯ f (t) ¯¯ f (t) ¯ ¯ ¯ n 0 6 ¯Jn − dt¯ = ¯ dt¯ ( t − 1) t t 1 1 Z Z an √ |f (t)| 1 an |f (t)| n dt 6 dt 6 ( t − 1) t n 1 t 1 Z 1 e |f (t)| 6 dt & 0 (n % ∞). n 1 t. Lại có 0 6. t−1=x−16. Như thế ta được ³. Z. f (t) ´ dt = 0, lim Jn − n→∞ t 1 Z an Z e f (t) f (t) dt = dt. hay lim Jn = lim n→∞ n→∞ 1 t t 1 an.

<span class='text_page_counter'>(112)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 109. 24. Câu 3, năm 2003. Theo định lý Lagrange ta suy ra tồn tại c1 ∈ (a, b) sao cho f 0 (c1 ) =. 1 (b − a) − 12 (a − b) f (b) − f (a) = 2 = 1. b−a b−a. Xét hàm g(x) = f (x) + x −. a+b , 2. ta có g(a).g(b) = −(b − a)2 < 0.. Suy ra tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho g(x0 ) = 0, hay f (x0 ) = Chú ý rằng do f ( a+b ) 6= 0 nên ta suy ra x0 6= 2. a+b 2. − x0 .. a+b . 2. Đến đây theo định lý Lagrange, tồn tại c2 ∈ (a, x0 ) sao cho f (x0 ) − f (a) f (c2 ) = = x0 − a 0. a+b 2. − x0 − x0 − a. a−b 2. =. b − x0 a+b 6= 1, (x0 6= ). x0 − a 2. Vẫn theo định lý Lagrange, tồn tại c3 ∈ (x0 , b) sao cho f 0 (c3 ) =. f (b) − f (x0 ) = b − x0. b−a 2. − a+b + x0 x0 − a a+b 2 = 6= 1, (x0 6= ). b − x0 b − x0 2. Rõ ràng là c2 6= c3 và f 0 (c2 ).f 0 (c3 ) = 1. Đồng thời c2 6= c1 và c3 6= c1 , vì nếu chẳng hạn c2 = c1 thì f 0 (c2 ) = f 0 (c1 ) = 1 mâu thuẫn với f 0 (c2 ) 6= 1. Vậy ∃c1 , c2 , c3 phân biệt ∈ (a, b) để f 0 (c1 )f 0 (c2 )f 0 (c3 ) = 1. 25. Câu 4, năm 2003. k 1 1 1 Ta thấy = − , nên suy ra xk = 1 − . (k + 1)! k! (k + 1)! (k + 1)! Rõ ràng rằng xk > 0 và xk tăng theo k ∈ N. Từ đó suy ra xn2003 < xn1 + xn2 + ... + xn2003 < 2003.xn2003 , √ p n x2003 < n xn1 + xn2 + ... + xn2003 < 2003.x2003 . Dễ dàng chứng tỏ được rằng lim. n→∞. J = lim. n→∞. p n. √ n. 2003 = 1, nên dẫn đến. xn1 + xn2 + ... + xn2003 = x2003 = 1 −. 1 . 2004!.

<span class='text_page_counter'>(113)</span> 110. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Nhận xét. Không cần biến đổi dạng của xk ta cũng có thể thấy rằng xk > 0 và xk tăng theo k ∈ N. Từ đó vẫn có hai bất đẳng thức như trên và ta được p n. J = lim. n→∞. xn1 + xn2 + ... + xn2003 = x2003. 1 2 3 2003 1 + + + ... + =1− . 2! 3! 4! 2004! 2004!. =. 26. Câu 3, năm 2004. 1/ Đặt t = bx + a(1 − x) ta được Z. Z. 1. I(λ) =. b. λ. [bx + a(1 − x)] dx = 0. a. tλ dt. b−a. - Với λ 6= −1 thì I(λ) =. 1 1 λ+1 ¯¯b 1 bλ+1 − aλ+1 · t ¯ = · . b−a λ+1 λ+1 b−a a. - Với λ = −1 thì I(λ) =. ¯b 1 ln b − ln a ¯ · ln t¯ = . b−a b−a a. 2/ Vì xét λ → 0 nên ta giả thiết λ 6= −1 và dĩ nhiên λ 6= 0. Từ 1/ suy ra 1 1 λ ³ bλ+1 − aλ+1 ´ λ1 · [I(λ)] = , λ+1 b−a 1 λ. do đó 1. lim [I(λ)] λ = ...? =. λ→0. 1 1 ³ bb ´ b−a · a . e a.

<span class='text_page_counter'>(114)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 111. 27. Câu 5, năm 2004. 1/ Dùng tích phân từng phần ta có Z. ¯b ¯ P 00 (x)(x − a)(x − b)dx = (x − a)(x − b)P 0 (x)¯ a a Z b Z b − P 0 (x)[(x − a)(x − b)]0 dx = − P 0 (x)[(x − a)(x − b)]0 dx a a Z b ¯b ¯ 0 = P (x)(a + b − 2x)dx = (2a + b − x)P (x)¯ a a Z b Z b − P (x)(a + b − 2x)0 dx = 2 P (x)dx. b. a. a. 2/ Do 1/ ta có Z. b a. 1 P (x)dx = 2. Z. b. P 00 (x)(x − a)(x − b)dx.. a. Từ đó ¯Z b ¯ 1¯ Z b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 00 P (x)dx¯ = ¯ P (x)(x − a)(x − b)dx¯ ¯ 2 a a Z b Z 1 b 00 1 00 |P (x)(x − a)(x − b)|dx = |P (x)|(x − a)(b − x)dx 6 2 a 2 a Z M M b (x − a)(b − x)dx = 6 (b − a)3 . 2 a 12 28. Câu 2, năm 2005.. Z. x. −2005x. Xét hàm g(x) = e. f (t)dt, x ∈ [a, b]. a. Ta thấy g(x) khả vi trên [a, b] và g(a) = g(b) = 0, đồng thời Z x h i 0 −2005x g (x) = e f (x) − 2005 f (t)dt . a. Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0. Từ đó suy ra điều phải chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(115)</span> 112. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 29. Câu 4, năm 2005. Ta có Z. Z. 1. 06. 1. 2. [f (x) − x] dx = 0. Z. Z [f (x)] dx − 2. 0. Z. 1. Z. 1. 2. 1. xf (x)dx + 0. x2 dx. 0. 1. 1 xf (x)dx − . 3 0 0 Z 1³Z 1 ´ Đặt I = f (t)dt dx và dùng tích phân từng phần ta được. nên. 2. [f (x)] dx > 2. 0. x. Z. 1. ³Z. 1. I= 0. x. Z 1 ¯1 Z 1 ´ ¯ f (t)dt dx = x f (t)dt¯ + xf (x)dx 0 x 0 Z 1 = xf (x)dx. 0. Mặt khác, ta có Z. 1. ³Z. 1. I= 0. Z ´ f (t)dt dx >. x. 1 0. 1 − x2 1 dx = . 2 3. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 30. Câu 5, năm 2005. Ta thấy cần phải sửa lại đề bài là: Cho hàm f (x) khả vi liên tục tới cấp 2 trên R và thỏa mãn f (0) = f (1) = a. Chứng minh rằng max {|f 00 (x)|} > 8|a − b|,. x∈[0,1]. trong đó b = f (c), c ∈ (0, 1), f 0 (c) = 0. Lời giải. Theo định lý Rolle ta thấy tồn tại c ∈ (0, 1) sao cho f 0 (c) = 0. Xét khai triển Taylor của f (x) tại điểm c ta có f (x) = f (c) + f 0 (c)(x − c) +. f 00 (θ(x)) (x − c)2 . 2.

<span class='text_page_counter'>(116)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 113. Lần lượt thay x = 0 và x = 1 ta được f 00 (θ(0)) 2 f 00 (θ(0)) 2 c =b+ c, 2 2 f 00 (θ(1)) f 00 (θ(1)) a = f (c) + (1 − c)2 = b + (1 − c)2 . 2 2 a = f (c) +. Suy ra f 00 (θ(0)) =. 2(a − b) , c2. f 00 (θ(1)) =. 2(a − b) . (1 − c)2. Từ đó f 00 (θ(0)) · f 00 (θ(1)) =. 4(a − b)2 > 64(a − b)2 . c2 (1 − c)2. Dẫn tới h i2 00 max {|f (x)|} > |f 00 (θ(0))| · |f 00 (θ(1))| > 64(a − b)2 , x∈[0,1]. suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh. 31. Câu 4, năm 2006. Z x f (t)dt, x ∈ [0, 1]. Đặt F (x) = 0 0. Ta thấy F (x) = f (x) và g(x) = 1 + 2F (x). Từ giả thiết ta có 1 + 2F (x) = g(x) > [f (x)]2 ⇔ p. f (x) 1 + 2F (x). 6 1, ∀x ∈ [0, 1].. Ta cần chứng minh g(x) = 1 + 2F (x) 6 (1 + x)2 , ∀x ∈ [0, 1] ⇔ Xét h(x) =. p 1 + 2F (x) − (1 + x) 6 0, ∀x ∈ [0, 1].. p 1 + 2F (x) − (1 + x), x ∈ [0, 1], ta thấy f (x). h0 (x) = p. 1 + 2F (x). − 1 6 0, ∀x ∈ [0, 1].. Suy ra h(x) là hàm giảm, do đó h(x) 6 h(0) = 0 và ta được điều cần chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(117)</span> 114. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 32. Câu 1, năm 2007. Ta có Z 2π p I= ln(sin x + 1 + sin2 x)dx Z0 π Z 2π p p 2 = ln(sin x + 1 + sin x)dx + ln(sin x + 1 + sin2 x)dx π Z0 π p = ln(sin x + 1 + sin2 x)dx 0 Z 0 q + ln[sin(2π − x) + 1 + sin2 (2π − x)]d(2π − x) Z ππ Z π p p 2 = ln(sin x + 1 + sin x)dx + ln(− sin x + 1 + sin2 x)dx 0 Z0 π = ln 1dx = 0. 0. 33. Câu 3, năm 2007. x+1 y+1 Đặt y = ⇒ x= , y 6= 1. Thay vào phương trình hàm x−1 y−1 đã cho ta có f (y) = 2f (. y+1 )+ y−1. 3 y+1 3(y − 1) = 2f ( )+ . y−1 2 −1. y+1 y−1. Đổi biến về x ta được f (x) = 2f (. x+1 3(x − 1) )+ . x−1 2. Kết hợp với điều kiện đề bài f(. x−1 3 ) = 2f (x) + , x−1 x−1. ta có hệ phương trình 2 ẩn là f (x) và f ( f (x) =. x+1 ), từ đó giải ra được x−1. 2 1−x + , x 6= 1 và f (1) tùy ý. 2 1−x. Thử lại vào điều kiện đề bài ta thấy thỏa mãn..

<span class='text_page_counter'>(118)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 115. 34. Câu 2, năm 2008. Ta giải quyết bài toán tổng quát hơn: Cho số thực α > 0. 1 α + 2 α + · · · + nα Tính giới hạn lim . n→∞ nα+1 tα+1 Lời giải. Xét hàm số f (t) = , t ∈ R khả vi liên tục trên R. α+1 Áp dụng định lý Lagrange cho f (t) trên mỗi đoạn [k − 1, k], k ∈ N ta được k α+1 (k − 1)α+1 − = η α , η ∈ (k − 1, k). α+1 α+1 Chú ý rằng (k − 1)α < η α < k α ta có (k − 1)α <. k α+1 (k − 1)α+1 − < kα. α+1 α+1. Cho k chạy từ 1 đến n và cộng lại ta được n X. n. X nα+1 kα. (k − 1) < < α + 1 k=1 k=1 α. Suy ra 1 1α + 2α + · · · + nα 1 1 < < + . α+1 nα+1 α+1 n Đến đây sử dụng định lý "kẹp" về giới hạn ta được 1 1α + 2α + · · · + nα = . α+1 n→∞ n α+1 lim. 35. Câu 4, năm 2008. Z 1 Z Ta thấy I = f (x)dx = 0. nên Z. Z. π/2. cos tf (sin t)dt =. sin tf (cos t)dt,. 0. 0. Z. π/2. 2I =. π/2. π/2. [cos tf (sin t) + sin tf (cos t)]dt 6 0. 1.dt = 0. Suy ra điều phải chứng minh. Có thể chọn f (x) = đẳng thức.. √. π . 2. 1 − x2 để có.

<span class='text_page_counter'>(119)</span> 116. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý. 36. Câu 5, năm 2008. Từ giả thiết phải tồn tại x0 ∈ (0, 1) để f (x0 ) = α. Theo định lý Lagrange, ta thấy tồn tại x1 ∈ (0, x0 ) và x2 ∈ (x0 , 1) sao cho α f (x0 ) − f (0) = 6= 0, x0 − 0 x0 1−α f (1) − f (x0 ) = 6= 0. f 0 (x2 ) = 1 − x0 1 − x0 f 0 (x1 ) =. Rõ ràng là x1 6= x2 và từ đó α f 0 (x. 1). = x0. và. 1−α = 1 − x0 , f 0 (x2 ). Nhận xét. Nếu lấy α =. nên. α f 0 (x. 1). +. 1−α = 1. f 0 (x2 ). 1 1 n−1 , n ∈ N thì có 0 + 0 = n. n f (x1 ) f (x2 ). 37. Câu 2, năm 2009. Vì f 00 (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1], nên f 0 (x) đơn điệu tăng trên [0, 1]. Với mỗi x ∈ (0, 1) thì x2 ∈ (0, 1) và x > x2 . Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên đoạn [x2 , x] ta được f (x) − f (x2 ) = f 0 (t), t ∈ (x2 , x). x − x2 Rõ ràng f 0 (t) > f 0 (x2 ) và x − x2 > 0 nên suy ra f (x) − f (x2 ) > (x − x2 )f 0 (x2 ). Từ đó dẫn đến Z 1. Z 2. 1. [f (x) − f (x )]dx > (x − x2 )f 0 (x2 )dx, 0 Z Z 1 0 Z 1 1 1 2 (1 − x)2xf 0 (x2 )dx. f (x)dx − f (x )dx > 2 0 0 0.

<span class='text_page_counter'>(120)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 117. Dùng tích phân từng phần với u = 1 − x, du = −dx và dv = 2xf 0 (x2 )dx, v = f (x2 ) thì tích phân ở vế phải trở thành Z 1 ¯1 Z 1 0 2 2 ¯ (1 − x)2xf (x )dx = (1 − x)f (x )¯ + f (x2 )dx 0 0 0 Z 1 = −f (0) + f (x2 )dx. 0. Vì thế ta suy ra Z 1 Z 1 Z 1 i 1h 2 − f (0) + f (x)dx − f (x2 )dx , f (x )dx > 2 0 0 Z0 1 Z 1 2 f (x)dx > 3 f (x2 )dx − f (0). 0. 0. 38. Câu 5, năm 2009. ∞ Rõ ràng {xn }∞ n=1 và {yn }n=1 là hai dãy dương, đồng thời dãy p {xn }∞ 1 + x2n > 0). n=1 đơn điệu tăng thực sự (do xn+1 − xn = 1 Đặt yn = , ta có ∀n > 1 thì zn. 1 zn+1. 1 z qn = 1+ 1+. 1 2 zn. =. zn +. 1 p. 1 + zn2. hay zn+1 = zn +. p 1 + zn2 .. √ 1 1 = √ và z2 = 3, suy ra zn = xn−1 , ∀n > 2. y1 3 xn xn Từ đó xn yn = = , ∀n > 2. zn xn−1 p Rõ ràng xn = xn−1 + 1 + x2n−1 > xn−1 + xn−1 = 2xn−1 , nên xn > 2, ∀n > 2. xn−1 Mặt khác z1 =. 1 2 2 Do dãy {xn }∞ n=1 đơn điệu tăng nên xn−1 > x1 = 3 > 3 , ∀n > 2.. Suy ra 3x2n−1 > 1, nên 4x2n−1 > 1 + x2n−1 , dẫn tới 2xn−1 > p 1 + x2n−1 , ∀n > 2. p xn Từ đây 3xn−1 > xn=1 + 1 + x2n−1 = xn , nên < 3, ∀n > 2. xn−1.

<span class='text_page_counter'>(121)</span> 118. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Vậy 2 < xn yn =. xn < 3, ∀n > 2. xn−1. Bây giờ giả sử dãy tăng {xn }∞ n=1 bị chặn trên, thế thì lim xn = l < ∞. n→∞ p √ 2 Từ công thức xn+1 = xn + 1 + xn suy ra l = l + 1 + l2 , vô lý! Vậy dãy tăng {xn }∞ n=1 không bị chặn trên, tức là lim xn = ∞. n→∞. Từ đây lim yn = lim n→∞. n→∞. 1 1 = lim = 0. n→∞ zn xn−1. 39. Câu 6, năm 2009. a/ Xét hàm số f (x) = P (x) − 2x . Giả sử phương trình f (x) = 0 có quá n + 1 nghiệm thực phân biệt (tức là có ít nhất n + 2 nghiệm thực phân biệt). Theo định lý Rolle phương trình f 0 (x) = P 0 (x) − 2x ln 2 = 0 có ít nhất n + 1 nghiệm thực phân biệt, phương trình f 00 (x) = P 00 (x) − 2x (ln 2)2 = 0 có ít nhất n nghiệm thực phân biệt,..., phương trình f (n−1) (x) = P (n−1) (x) − 2x (ln 2)n−1 = 0 có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt. Cuối cùng phương trình f (n) (x) = P (n) (x)−2x (ln 2)n = 0 có ít nhất 2 nghiệm thực phân biệt. Tuy nhiên, giả sử P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x + an thì phương trình f (n) (x) = P (n) (x) − 2x (ln 2)n = 0 sẽ là phương trình n!a0 − 2x (ln 2)n = 0, chỉ có thể có nhiều nhất 1 nghiệm thực. Điều này chứng tỏ phương trình f (x) = 0 hay P (x) = 2x có không quá n + 1 nghiệm thực phân biệt. b/ Giả sử x > y. Ta có f (x)−x > f (y)−y và f (x)−x3 > f (y)−y 3 . Từ đó f (x) − f (y) > x − y > 0 và f (x) − f (y) > x3 − y 3 > 0. Suy ra f (x) − f (y) > 12 [(x − y) + (x3 − y 3 )] = 12 (x − y)(1 + x2 + y 2 + xy). √ Ta chứng tỏ rằng 1 + x2 + y 2 + xy > 3(x + y) (∗). Thật vậy, do 1 0 6 (x − y)2 ⇔ 4xy 6 (x + y)2 ⇔ −xy > − (x + y)2 4 nên ta có 1 + x2 + y 2 + xy = 1 + (x + y)2 − xy > 1 + 34 (x + y)2 ..

<span class='text_page_counter'>(122)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 119. Để chứng minh (∗) ta chỉ cần chứng tỏ 1 + 43 (x + y)2 > được, điều này là rõ ràng vì nó Từ (∗) ta suy ra f (x) − f (y) f (y) −. √. 3 2 y . 2. Vậy hàm f (x) −. √. 3(x + y) là. √ tương đương với [1− 23 (x+y)]2 > √ √ > 23 (x2 − y 2 ), hay f (x) − 23 x2 √ 3 2 x là đơn điệu tăng. 2. 0. >. 40. Câu 4, năm 2010. Xét hàm g(x) = 6x − 2. Dễ dàng thấy rằng Z. Z. 1. 1. g(x)dx = 0. Z. xg(x)dx = 1. 0. 1. Suy ra. [f (x) − g(x)]dx = 0. Hàm h(x) = f (x) − g(x) liên tục Z 1 trên [0, 1] và có h(x)dx = 0, nên không thể xảy ra trường hợp 0. 0. h(x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) hoặc trường hợp h(x) < 0, ∀x ∈ (0, 1). Như thế phương trình h(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong (0, 1). Giả sử rằng h(x) = 0 chỉ có một nghiệm x = a ∈ (0, 1). Xảy ra hai khả năng sau: +) Nếu h(x) < 0, ∀x ∈ (0, a), thì h(x) > 0, ∀x ∈ (a, 1). Khi đó Z. Z. 1. Z. 1. xf (x)dx − 1 =. 1. xg(x)dx Z 1 Z 1 = x[f (x) − g(x)]dx = xh(x)dx 0 0 Z 1 Z a xh(x)dx + xh(x)dx = a 0 Z a Z 1 > ah(x)dx + ah(x)dx 0 a Z 1 Z 1 hZ a i =a h(x)dx + h(x)dx = a h(x)dx = 0.. 0. xf (x)dx −. 0. 0. 0. Z. a. 0. 1. Suy ra. xf (x)dx > 1, mâu thuẫn với giả thiết của đề bài! 0.

<span class='text_page_counter'>(123)</span> 120. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý +) Nếu h(x) > 0, ∀x ∈ (0, a), thì h(x) < 0, ∀x ∈ (a, 1). Khi đó Z. Z. 1. Z. 1. xf (x)dx − 1 =. 1. xg(x)dx Z 1 Z 1 x[f (x) − g(x)]dx = xh(x)dx = 0 0 Z a Z 1 = xh(x)dx + xh(x)dx 0 a Z a Z 1 < ah(x)dx + ah(x)dx 0 a Z 1 Z 1 hZ a i =a h(x)dx + h(x)dx = a h(x)dx = 0.. 0. xf (x)dx −. 0. 0. 0. Z. a. 0. 1. Suy ra. xf (x)dx < 1, mâu thuẫn với giả thiết của đề bài! 0. Vậy h(x) = 0 phải có ít nhất hai nghiệm trong (0, 1). Giả sử hai nghiệm đó là a, b ∈ (0, 1) và a < b. Ta có h(a) = h(b) = 0, nên f (b) − f (a) = g(b) − g(a). Theo định lý Lagrange tồn tại c ∈ (a, b) ⊂ (0, 1) sao cho f 0 (c) =. g(b) − g(a) f (b) − f (a) = = 6. b−a b−a. 41. Câu 1, năm 2011. 1) Xét hàm g(x) = f (x) − x, ta có g 0 (x) = f 0 (x) − 1 =. (x − 1)ex 1 − 1 < 0, ∀x ∈ [ , 1]. 3 (x + 1) 2. 1 Do đó g(x) đơn điệu giảm trên [ , 1]. Mặt khác 2 √ √ 1 4 e 1 8 e−9 e e−4 g( ) = − = > 0, g(1) = − 1 = < 0, 2 9 2 18 4 4 1 nên g(x) = 0 hay f (x) = x có duy nhất nghiệm α ∈ ( , 1). 2.

<span class='text_page_counter'>(124)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 121. Ta lại có f 0 (x) =. (x − 1)ex 00 (x2 − 2x + 3)ex , f (x) = (x + 1)3 (x + 1)4 1 [(x − 1)2 + 2]ex = > 0, ∀x ∈ [ , 1]. 4 (x + 1) 2. 1 Do đó f 0 (x) đơn điệu tăng (đồng biến) trên [ , 1]. 2 1 2) Quy nạp. Rõ ràng u1 = 1 ∈ [ 2 , 1]. Giả sử un ∈ [ 12 , 1], khi đó do 1 tính liên tục và đơn điệu giảm của f (x) trên [ , 1] ta có 2 √ 1 e 4 e 1 un+1 = f (un ) ∈ [f (1), f ( )] = [ , ] ⊂ [ , 1]. 2 4 9 2 1 1 1 Do f 0 (x) tăng trên [ , 1] nên ∀x ∈ [ , 1] thì f 0 ( ) 6 f 0 (x) 6 f 0 (1) 2 2 2 √ −4 e 6 f 0 (x) 6 0. hay 27 √ 4 e 1 Đặt k = thì 0 < k < 1 và |f 0 (x)| 6 k, ∀x ∈ [ , 1]. 27 2 Từ đó theo định lý Lagrange ta có 1 |f (x) − f (y)| = |f 0 (θ)|.|x − y| 6 k.|x − y|, ∀x, y ∈ [ , 1]. 2 Lấy x = un+1 , y = α ta được |un+1 − α| 6 k|un − α|, ∀n ∈ N. Từ đó dẫn đến |un − α| 6 k n−1 .|u1 − α| = k n−1 .|1 − α|, ∀n ∈ N. Suy ra lim (un − α) = 0 hay lim un = α. n→∞. n→∞. 42. Câu 3, năm 2011. 1/ Dễ thấy các dãy {xn } và {yn } là dãy dương. Đặt sn = xn + yn , pn = xn yn . Ta có xn + y n sn √ = > pn , 2 r 2 xn + y n sn √ x2n + yn2 > = > pn . > 2 2 2. xn+1 > yn+1.

<span class='text_page_counter'>(125)</span> 122. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Suy ra sn+1 = xn+1 + yn+1 > sn , pn+1 = xn+1 yn+1 > pn , như thế 2 dãy {sn } và {pn } đều là dãy tăng. 2/ Hai dãy {xn } và {yn } đều bị chặn, nên dãy {sn } bị chặn, mà nó đơn điệu tăng, do đó tồn tại lim sn = s > 0. n→∞. s2n s2 , nên dãy {pn } bị chặn (bởi ), mà nó đơn điệu 4 4 s2 tăng, do đó tồn tại 0 < lim pn = p 6 . n→∞ 4 s2 s2 s2 Mặt khác, pn+1 > n , nên p = lim pn+1 > . Vậy p = . n→∞ 4 4 4. Ta lại có pn 6. Theo định lý Viet thì xn và yn là các nghiệm (dương) của phương trình t2 − sn t + pn = 0, đó là p p 1 1 (sn − s2n − 4pn ), (sn + s2n − 4pn ). 2 2 s Do đó lim xn = lim yn = . n→∞ n→∞ 2 43. Câu 5, năm 2012. Từ giả thiết ta có f (x) = −f (2012 − x), ∀x ∈ [0, 2012], nên Z. Z. 2012. 2012. f (x)dx = − 0. f (2012 − x)dx Z. 0 0. f (t)d(2012 − t) =− 2012 Z 0 Z 2012 = f (t)dt = − f (t)dt, 2012. Z. 0. 2012. suy ra. f (x)dx = 0. 0. Z. 2012−x. 2012. Đặt g(x) = (2012 − x). f (t)dt, x ∈ [0, 2012]. 0.

<span class='text_page_counter'>(126)</span> 2.2. Các bài Giải tích. 123. Ta có g(0) = g(2012) = 0 và Z 0. 2012−x. 2011. g (x) = −2012(2012 − x). f (t)dt 0. − (2012 − x)2012 f (2012 − x) Z 2012−x h 2011 = −(2012 − x) 2012 f (t)dt 0 i + (2012 − x)f (2012 − x) Z 2012−x h i 2011 = −(2012 − x) 2012 f (t)dt − (2012 − x)f (x) . 0. Theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (0, 2012) để g 0 (c) = 0, suy ra Z 2012−c (2012 − c)f (c) = 2012 f (t)dt 0. và ta được điều cần chứng minh. 44. Câu 6, năm 2012. a/ Ta có Z 1 ¯1 Z ¯ 0 xf (x)dx = xf (x0¯ − 0. 0. Z. 1. 1. f (x)dx = 0.. f (x)dx = f (1) − 0. 0. Do đó với mỗi α ∈ (0, 1) thì Z 1 Z α f (αt)dt f (x)dx = α 0 0 Z 1 =α [f (αt) − f (t) − (α − 1)tf 0 (t)]dt. 0. Ta khai triển Taylor cho f (αx) tại x thì được f 00 (θ(x)) (αx − x)2 2 (α − 1)2 00 = f (x) + (α − 1)xf 0 (x) + f (θ(x))x2 , 2 (α − 1)2 00 f (θ(t))t2 . ⇒ f (αt) − f (t) − (α − 1)tf 0 (t) = 2. f (αx) = f (x) + f 0 (x)(αx − x) +.

<span class='text_page_counter'>(127)</span> 124. Chương 2. Một số lời giải và gợi ý Từ đó ¯Z α ¯ ¯Z 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 f (x)dx [f (αt) − f (t) − (α − 1)tf (t)]dt = α ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 Z ¯ α(α − 1)2 ¯¯ 1 00 2 ¯ = f (θ(t))t dt¯ ¯ 2 0 Z α(α − 1)2 1 00 |f (θ(t))|t2 dt 6 2 0 Z 1 α(α − 1)2 00 6 · max {|f (x)|} t2 dt x∈[0,1] 2 0 α(α − 1)2 2 = · max {|f 00 (x)|} 6 · max {|f 00 (x)|}. x∈[0,1] 6 81 x∈[0,1] R1p b/ Ta biết rằng l = 0 1 + [g 0 (x)]2 dx là độ dài của đoạn đường cong g(x) trên [0, 1]. Gọi E(x0 , y0 ) là điểm cực đại của g(x) trên [0, 1], tức y0 = max f (x). x∈[0,1]. Rõ ràng E nằm phía trên trục Ox vì g(x) là hàm lõm trên [0, 1] và g(0) = g(1) = 0. Gọi các điểm O(0, 0), A(1, 0), B(1, y0 ), C(0, y0 ).. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với q 1 + 4y02 6 l 6 1 + 2y0 . Vì g(x) là hàm lõm trên [0, 1] nên ta có l 6 OC + CE + EB + BA = BC + 2OC = 1 + 2y0 , √ √ l > OE + EB = OC 2 + CE 2 + EB 2 + BA2 q p 2 2 > OC + BA) + (CE + EB) = 1 + 4y02 ..

<span class='text_page_counter'>(128)</span> Chương 3 Một số đề dự tuyển 3.1. Các bài Đại số. 3.2. Các bài Giải tích. 125.

<span class='text_page_counter'>(129)</span> 126. Chương 3. Một số đề dự tuyển.

<span class='text_page_counter'>(130)</span> Chương 4 Một số bài ôn tập 4.1. Các bài Đại số. 4.2. Các bài Giải tích. 127.

<span class='text_page_counter'>(131)</span> 128. Chương 4. Một số bài ôn tập.

<span class='text_page_counter'>(132)</span> Tài liệu tham khảo [1] Lê Tuấn Hoa. Đại số tuyến tính qua các ví dụ và bài tập. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2005. [2] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn. Tuyển tập Olympic Toán sinh viên toàn quốc 1993 - 2005. Hà Nội, 2006. [3] Vũ Tiến Việt. Giáo trình Toán cao cấp - Học phần A1. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014. [4] Vũ Tiến Việt (chủ biên), Phạm Thị Hằng, Nguyễn Thị Lê. Giáo trình Toán cao cấp - Học phần A2. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2016. [5] Paulo Ney de Sousa, Jorge-Nuno Silva. Berkeley Problems in Mathematics. Springer, 1998. [6] Sahoo P. K., Riedel T. Mean Value Theorems And Functional Equations. World Scientific, 1998. [7] W.J. Kaczor, M.T. Nowak. Problems in Mathematical Analysis. I, II. AMS (American Mathematical Society), 2000, 2001. [8] V.V. Prasolov. Problems and Theorems in Linear Algebra. American Mathematical Society Press, 2001. [9] Radulescu T. L., Radulescu V. D., Andreescu T. Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis. Springer Verlag, 2009. 129.

<span class='text_page_counter'>(133)</span> 130 [10] Lupu C. Qualitative Analysis on Some Classes of Nonlinear Problems. Doctorial Thesis of Mathematics. Uni. of Craiova, Romania. 2013. c Springer [11] Peter R. Mercer. More Calculus of a Single Variable. ° Science and Business Media, New York. 2014. [12] I.V. Proskuryakov. Tuyển tập bài tập Đại số tuyến tính. (Tiếng Nga). Xuất bản lần thứ 3, Moskva, 1966. [13] I.I. Lyasko, A.K. Boyarchuc, Ya.G. Gai, G.P. Golovach. Giải tích toán học. Các ví dụ và bài tập. (Tiếng Nga). Tập 1,2. NXB Vyisha Scola. Kiev, 1974, 1977. [14] A.Ya. Dorogovsev. Tuyển tập bài tập Giải tích toán học. (Tiếng Nga). NXB Vyisha Scola. Kiev, 1987. [15] A.I. Kostrikin. Tuyển tập bài tập Đại số. (Tiếng Nga). Xuất bản lần thứ 3, Moskva, 2001. [16] Hội Toán học Việt Nam. Kỷ yếu Kỳ thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc, các năm 2013, 2014, 2015, 2016, 2017..

<span class='text_page_counter'>(134)</span>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×