Bài 1 — (Contraction & điểm cố định — 15 điểm)
Cho (X,d)(X,d)(X,d) là một không gian metric hoàn chỉnh và f:X→Xf:X\to Xf:X→X là một hàm thỏa d(f(x),f
)≤c d(x,y)d(f(x),f)\le c\,d(x,y)d(f(x),f)≤cd(x,y) với một hằng số 0≤c<10\le c<10≤c<1.(a) Chứng minh fff có duy nhất một điểm cố định x∗x^*x∗ (nghĩa là f(x∗)=x∗f(x^*)=x^*f(x∗)=x∗).
(b) Cho x0∈Xx_0\in Xx0∈X và định nghĩa dãy xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1=f(xn). Chứng minh xn→x∗x_n\to x^*xn→x∗ với tốc độ mũ: d(xn,x∗)≤cn1−cd(x1,x0)d(x_n,x^*)\le \dfrac{c^n}{1-c}d(x_1,x_0)d(xn,x∗)≤1−ccnd(x1,x0).
(c) Cho ví dụ hàm contraction trên tập không compact mà không có điểm cố định.
Bài 2 — (Không gian
Định nghĩa ℓ2={a=(an)n≥1:∑n=1∞∣an∣2<∞} \ell^2=\{a=(a_n)_{n\ge1}:\sum_{n=1}^\infty |a_n|^2<\infty\}ℓ2={a=(an)n≥1:∑n=1∞∣an∣2<∞}. Với a,b∈ℓ2a,b\in\ell^2a,b∈ℓ2 định nghĩa ⟨a,b⟩=∑n=1∞anbn‾\langle a,b\rangle=\sum_{n=1}^\infty a_n\overline{b_n}⟨a,b⟩=∑n=1∞anbn.
(a) Chứng minh định nghĩa trên cho mọi a,b∈ℓ2a,b\in\ell^2a,b∈ℓ2 hội tụ (tổng vô hạn hữu hạn).
(b) Chứng minh (ℓ2,⟨⋅,⋅⟩)(\ell^2,\langle\cdot,\cdot\rangle)(ℓ2,⟨⋅,⋅⟩) là một không gian Hilbert (tức là hoàn chỉnh).
(c) Xét tập K={a∈ℓ2:∣an∣≤1/n ∀n}K=\{a\in\ell^2: |a_n|\le 1/n\ \forall n\}K={a∈ℓ2:∣an∣≤1/n ∀n}. Chứng minh KKK là compact trong ℓ2\ell^2ℓ2.
Bài 3 — (Toán tử compact tự liên hợp và định lý phổ — 25 điểm)
Cho HHH là không gian Hilbert phân biệt vô hạn chiều (separable) và T:H→HT:H\to HT:H→H là toán tử bounded, self-adjoint và compact.
(a) Chứng minh mọi giá trị riêng λ≠0\lambda\ne0λ=0 của TTT có độ suy biến (multiplicity) hữu hạn.
(b) Chứng minh tồn tại một hệ trực chuẩn gồm các vector riêng của TTT sao cho không gian được phân tích thành tổng trực giao của các không gian riêng (với 0 có thể là điểm phổ tích lũy).
(c) Ví dụ: cho K(x,y)=min(x,y)K(x,y)=\min(x,y)K(x,y)=min(x,y) trên [0,1][0,1][0,1] và TTT tích phân Tf(x)=∫01K(x,y)f
dyTf(x)=\int_0^1 K(x,y)f\,dyTf(x)=∫01K(x,y)fdy. Tìm spectrum thực của TTT (ít nhất mô tả dạng rời rạc tending to 0).Bài 4 — (Quaternion, SU(2) và SO(3) — 20 điểm)
(a) Định nghĩa quaternion H\mathbb HH và chứng minh các tính chất: liên hợp, chuẩn, ∣pq∣=∣p∣∣q∣|pq|=|p||q|∣pq∣=∣p∣∣q∣, và công thức nghịch đảo p−1=pˉ/∣p∣2p^{-1}=\bar p/|p|^2p−1=pˉ/∣p∣2.
(b) Xây dựng đẳng cấu Φ:S3→SU(2)\Phi: S^3 \to SU(2)Φ:S3→SU(2) và chứng minh. (Cho công thức ma trận).
(c) Chứng minh ánh xạ S3→SO(3)S^3\to SO(3)S3→SO(3), q↦(v↦qvq−1)q\mapsto (v\mapsto q v q^{-1})q↦(v↦qvq−1) là một cover hai lớp với kernel {±1}\{\pm1\}{±1}.
(Hãy đính kèm Hình 1 để minh họa S^3 projection.)
Bài 5 — (Tôpô học sơ cấp / Homology của
Sử dụng cấu trúc CW chuẩn của RPn\mathbb{R}P^nRPn (một tế bào ở mỗi chiều).
(a) Viết phác thảo complex tế bào và tính các bản đồ biên (cellular boundary).
(b) Tính các nhóm homology Hk(RPn;Z)H_k(\mathbb{R}P^n; \mathbb Z)Hk(RPn;Z) cho mọi kkk. (Giải thích vì sao trong các chiều lẻ xảy ra torsion Z/2\mathbb Z/2Z/2.)
(Mình đính kèm Hình 2 — sơ đồ CW — để minh họa.)
Lời giải
Giải Bài 1
(a) Tồn tại và duy nhất điểm cố định (Banach fixed-point).
Chọn x0∈Xx_0\in Xx0∈X tùy ý. Định nghĩa dãy xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1=f(xn). Ta có
d(xn+1,xn)≤c d(xn,xn−1)≤cnd(x1,x0).d(x_{n+1},x_n)\le c\,d(x_n,x_{n-1})\le c^{n} d(x_1,x_0).d(xn+1,xn)≤cd(xn,xn−1)≤cnd(x1,x0).
Với m>nm>nm>n,
d(xm,xn)≤∑k=nm−1d(xk+1,xk)≤d(x1,x0)∑k=n∞ck=d(x1,x0)cn1−c.d(x_m,x_n)\le \sum_{k=n}^{m-1} d(x_{k+1},x_k)\le d(x_1,x_0)\sum_{k=n}^{\infty} c^k = d(x_1,x_0)\frac{c^n}{1-c}.d(xm,xn)≤k=n∑m−1d(xk+1,xk)≤d(x1,x0)k=n∑∞ck=d(x1,x0)1−ccn.
Vì c∈[0,1)c\in[0,1)c∈[0,1) nên vế phải →0 khi n→∞n\to\inftyn→∞. Vậy (xn)(x_n)(xn) là Cauchy. Vì XXX hoàn chỉnh nên tồn x∗∈Xx^*\in Xx∗∈X sao cho xn→x∗x_n\to x^*xn→x∗. Do fff liên tục (theo inequality co), lấy giới hạn trong xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1=f(xn) ta được x∗=f(x∗)x^*=f(x^*)x∗=f(x∗).
Duy nhất: nếu f(x)=xf(x)=xf(x)=x và f
=yf=yf=y, thìd(x,y)=d(f(x),f
)≤c d(x,y),d(x,y)=d(f(x),f)\le c\,d(x,y),d(x,y)=d(f(x),f)≤cd(x,y),với 0≤c<10\le c<10≤c<1 suy ra d(x,y)=0d(x,y)=0d(x,y)=0 ⇒ x=yx=yx=y.
(b) Sai số theo mũ.
Từ ước lượng trên có
d(xn,x∗)≤∑k=n∞d(xk+1,xk)≤d(x1,x0)∑k=n∞ck=d(x1,x0)cn1−c.d(x_n,x^*) \le \sum_{k=n}^{\infty} d(x_{k+1},x_k) \le d(x_1,x_0)\sum_{k=n}^{\infty} c^k = d(x_1,x_0)\frac{c^n}{1-c}.d(xn,x∗)≤k=n∑∞d(xk+1,xk)≤d(x1,x0)k=n∑∞ck=d(x1,x0)1−ccn.
Vậy ta có tốc độ hội tụ mũ.
(c) Ví dụ không compact mà không có fixed point.
Lấy X=(0,1)X=(0,1)X=(0,1) với metric Euclid, và f(x)=x/2f(x)=x/2f(x)=x/2. Đây là contraction với c=1/2c=1/2c=1/2. Tuy nhiên phương trình x=x/2x=x/2x=x/2 chỉ có nghiệm x=0x=0x=0 không thuộc XXX. Do đó không có điểm cố định. (Lưu ý XXX không hoàn chỉnh; hoặc nếu bạn bắt XXX hoàn chỉnh nhưng không compact, hãy lấy X=RX=\mathbb RX=R và f(x)=x+1f(x)=x+1f(x)=x+1 — nhưng đó không co. Để có contraction trên không compact mà không có fixed point, ta cần không hoàn chỉnh; ví dụ (0,1) như trên.)
Giải Bài 2
(a) Hội tụ inner product.
Với a,b∈ℓ2a,b\in\ell^2a,b∈ℓ2 xét tổng riêng phần sN=∑n=1Nanbn‾s_N=\sum_{n=1}^N a_n\overline{b_n}sN=∑n=1Nanbn. Do Cauchy–Schwarz:
∣sN∣≤(∑n=1N∣an∣2)1/2(∑n=1N∣bn∣2)1/2≤∥a∥2∥b∥2<∞.|s_N| \le \Big(\sum_{n=1}^N |a_n|^2\Big)^{1/2}\Big(\sum_{n=1}^N |b_n|^2\Big)^{1/2} \le \|a\|_2\|b\|_2 <\infty.∣sN∣≤(n=1∑N∣an∣2)1/2(n=1∑N∣bn∣2)1/2≤∥a∥2∥b∥2<∞.
Và hiệu sM−sN=∑n=N+1Manbn‾s_M-s_N = \sum_{n=N+1}^M a_n\overline{b_n}sM−sN=∑n=N+1Manbn ≤ product của đuôi → 0 khi N→∞N\to\inftyN→∞. Vì vậy sNs_NsN là Cauchy trong C\mathbb CC nên hội tụ. Đặt ⟨a,b⟩=limN→∞sN\langle a,b\rangle=\lim_{N\to\infty}s_N⟨a,b⟩=limN→∞sN. Tính chất tuyến tính, đối xứng Hermitian và định dương rõ ràng từ biểu thức.
(b) Hoàn chỉnh.
Giả sử (a(m))m≥1(a^{(m)})_{m\ge1}(a(m))m≥1 là dãy Cauchy trong chuẩn ∥⋅∥2\|\cdot\|_2∥⋅∥2. Với mỗi nnn cố định, ta có
∣an(m)−an(k)∣2≤∑j∣aj(m)−aj(k)∣2=∥a(m)−a(k)∥22,|a^{(m)}_n - a^{(k)}_n|^2 \le \sum_j |a^{(m)}_j - a^{(k)}_j|^2 = \|a^{(m)} - a^{(k)}\|_2^2,∣an(m)−an(k)∣2≤j∑∣aj(m)−aj(k)∣2=∥a(m)−a(k)∥22,
vì vậy (an(m))m(a^{(m)}_n)_{m}(an(m))m là dãy Cauchy trong C\mathbb CC và hội tụ; đặt giới hạn là ana_nan. Cần chứng minh a=(an)∈ℓ2a=(a_n)\in\ell^2a=(an)∈ℓ2 và a(m)→aa^{(m)}\to aa(m)→a in norm. Dùng chuẩn bị: chọn mmm lớn sao cho ∥a(m)−a(k)∥2\|a^{(m)}-a^{(k)}\|_2∥a(m)−a(k)∥2 nhỏ cho mọi k≥mk\ge mk≥m; cho k→∞k\to\inftyk→∞ suy ra ∑n∣an(m)−an∣2≤ε\sum_n |a^{(m)}_n - a_n|^2\le\varepsilon∑n∣an(m)−an∣2≤ε. Từ đó suy ra a∈ℓ2a\in\ell^2a∈ℓ2 và ∥a(m)−a∥2→0\|a^{(m)}-a\|_2\to0∥a(m)−a∥2→0. Vậy hoàn chỉnh.
(c) Compactness của KKK.
Ta chứng minh rằng mọi dãy trong KKK có một subsequence hội tụ (sequential compactness). Cho dãy a(m)∈Ka^{(m)}\in Ka(m)∈K. Với mỗi chỉ số nnn cố định, dãy số an(m)a^{(m)}_nan(m) bị chặn (|a^{(m)}n|≤1/n), nên bởi Bolzano–Weierstrass có một subsequence sao cho thành phần thứ nhất hội tụ. Dùng kỹ thuật đường chéo (diagonal argument) ta chọn một subsequence a(mk)a^{(m_k)}a(mk) sao cho với mọi n cố định, an(mk)a^{(m_k)}_nan(mk) hội tụ (k→∞). Gọi giới hạn ana_nan. Do |a_n|≤1/n nên ∑|a_n|^2 ≤ ∑1/n^2 < ∞, nên a∈ℓ2a\in\ell^2a∈ℓ2. Để chứng minh hội tụ trong chuẩn ℓ2\ell^2ℓ2, tách tổng thành đuôi và phần hữu hạn: với N lớn, ∑{n>N} |a^{(m_k)}n - a_n|^2 ≤ 4 ∑{n>N} 1/n^2 < ε; với n≤N, từng thành phần hội tụ nên phần hữu hạn →0 khi k→∞. Từ đó toàn bộ chuẩn →0. Vậy KKK sequentially compact ⇒ compact.
Giải Bài 3
(a) Mọi eigenvalue ≠0 có multiplicity hữu hạn.
Vì TTT là compact nên kiểm tra: nếu λ≠0\lambda\neq0λ=0 là point của spectrum thì kernel ker(T−λI) \ker(T-\lambda I)ker(T−λI) phải là không gian hữu hạn chiều. Lý do (sketch): nếu số chiều vô hạn thì ta có dãy đơn vị orthonormal unu_nun trong kernel; vì TTT là linear trên kernel và T(un)=λunT(u_n)=\lambda u_nT(un)=λun, do compactness thì TTT gửi đơn vị sphere thành một tập tương đối compact — nhưng ảnh của unu_nun là λun\lambda u_nλun không có điểm hội tụ (vì các unu_nun orthonormal), mâu thuẫn. Vậy multiplicity hữu hạn.
(b) Tồn hệ trực chuẩn các eigenvectors (Spectral theorem).
Ta nêu phương pháp dựng:
- Lấy eigenvalue λ1\lambda_1λ1 có modul lớn nhất (tức supremum của |⟨Tx,x⟩| trên đơn vị sphere) — bằng compactness và self-adjointness có thể chứng minh supremum đạt được và tích phân phương pháp Euler–Lagrange cho thấy vector đạt được là eigenvector.
- Lấy khoảng trực giao của không gian eigen và lặp lại. Vì mỗi eigenvalue có multiplicity hữu hạn, ta thu được dãy eigenvectors trực chuẩn. Phần còn lại (orthogonal complement) là kernel của T (với eigenvalue 0). Do đó HHH = closure of direct sum of eigenspaces. (Đây là nội dung định lý phổ cho compact self-adjoint operators.)
(c) Ví dụ kernel K(x,y)=min(x,y)
Toán tử tích phân Volterra/Hilbert-Schmidt: Tf(x)=∫01min(x,y)f
dyTf(x)=\int_0^1 \min(x,y)f\,dyTf(x)=∫01min(x,y)fdy. Ta biết đây là một toán tử hạt nhân (Hilbert–Schmidt), nên compact và tự liên hợp. Thực sự eigenfunctions và eigenvalues có thể tính bằng giải phương trình sinh tích phân - kết quả là hệ eigenvalues λn=1((n−1/2)π)2\lambda_n = \frac{1}{((n-1/2)\pi)^2}λn=((n−1/2)π)21 (up to constant) và eigenfunctions ~ sin((n-1/2)π x). (Chi tiết: kernel K(x,y) là Green's function cho operator -d^2/dx^2 với boundary conditions; chuyển sang ODE lead to sin modes.) Do đó phổ là dãy dương rời rạc giảm dần về 0.(Chú thích: nếu cần mình sẽ trình bày chuyển đổi sang ODE đầy đủ.)
Giải Bài 4
(a) (Giống phần trước) Ta đã chứng minh: pq‾=q‾ p‾\overline{pq}=\overline q\ \overline ppq=q p, ∣pq∣=∣p∣∣q∣|pq|=|p||q|∣pq∣=∣p∣∣q∣, p−1=p‾/∣p∣2p^{-1}=\overline p/|p|^2p−1=p/∣p∣2.
(b) Xây đẳng cấu S3→SU(2)S^3\to SU(2)S3→SU(2).
Đặt q=a+bi+cj+dkq=a+bi+cj+dkq=a+bi+cj+dk. Định nghĩa
Φ(q)=(a+bic+di−c+dia−bi).\Phi(q)=\begin{pmatrix} a+bi & c+di \\ -c+di & a-bi \end{pmatrix}.Φ(q)=(a+bi−c+dic+dia−bi).
Kiểm tra Φ(q1q2)=Φ(q1)Φ(q2)\Phi(q_1 q_2)=\Phi(q_1)\Phi(q_2)Φ(q1q2)=Φ(q1)Φ(q2) (kiểm tra trên cơ sở hoặc trực tiếp tính). Nếu ∣q∣=1|q|=1∣q∣=1 thì Φ(q)\Phi(q)Φ(q) là unitary và determinant bằng 1. Ngược lại mọi phần tử SU(2) có dạng như trên. Vậy Φ\PhiΦ là đẳng cấu.
(c) Ánh xạ tới SO(3).
Với q∈S3q\in S^3q∈S3 định Rq(v)=qvq−1R_q(v)=q v q^{-1}Rq(v)=qvq−1 cho vvv pure quaternion (vector trong R3\mathbb R^3R3). Ta kiểm tra:
- RqR_qRq tuyến tính trên vvv và bảo chuẩn ⇒ phần tử của O(3)O(3)O(3).
- Định thức +1 (bảo toàn orientation) nên Rq∈SO(3)R_q\in SO(3)Rq∈SO(3).
- Kernel = {±1}: nếu qqq commute với mọi pure quaternion thì phải là số thực ⇒ ±1.
- Mỗi phép quay có thể viết dưới dạng conjugation by q=cos(θ/2)+sin(θ/2)uq=\cos(\theta/2)+\sin(\theta/2)uq=cos(θ/2)+sin(θ/2)u ⇒ surjective.
Kết luận: SU(2) ≅ S^3 là cover đôi (2-to-1) của SO(3).
(Tham khảo thêm Hình 1 minh họa.)
Giải Bài 5
(a) CW-structure
RPn\mathbb{R}P^nRPn có một tế bào eke^kek cho mỗi k=0,1,…,nk=0,1,\dots,nk=0,1,…,n. Tế bào eke^kek được gắn vào RPk−1 \mathbb{R}P^{k-1}RPk−1 qua map lớp 2 (là map chia đôi trên S^{k-1}).
(b) Cellular homology
Cellular chain groups Ck≅ZC_k\cong\mathbb ZCk≅Z. Boundary maps dk:Ck→Ck−1d_k: C_k\to C_{k-1}dk:Ck→Ck−1 là multiplication by degree 1+(−1)k1+(-1)^k1+(−1)k, tức:
- Nếu kkk chẵn, dkd_kdk là nhân bởi 2.
- Nếu kkk lẻ, dkd_kdk là 0.
Từ đó Hk=kerdk/imdk+1H_k=\ker d_k/\operatorname{im}d_{k+1}Hk=kerdk/imdk+1:
- H0=ZH_0=\mathbb ZH0=Z.
- Với 0<k<n0<k<n0<k<n: nếu kkk lẻ → Hk≅Z/2H_k\cong\mathbb Z/2Hk≅Z/2; nếu kkk chẵn → Hk=0H_k=0Hk=0.
- Hn=ZH_n=\mathbb ZHn=Z nếu nnn lẻ, bằng 0 nếu nnn chẵn.
(Tham khảo Hình 2 minh họa sơ đồ CW.)
Xem thêm chủ đề cùng danh mục
- Vì sao Greenland lạnh giá, còn iceland lại xanh tươi?
- Dream là ai
- Mr beast là ai
- Các trận chiến mà dabi tham gia, ngoài lề
- Dabi Toya todoroki Tính cách năng lực Kosei
- các chiêu của bakugo P3
- Các chiêu của Bakugo
- các chiêu của Bakugo Katsuki ngắn gọn
- các chiêu của shoto ngắn gọn
- Các câu nói để đời trong học viện siêu anh hùng (của Dabi)