Bài 1 (Ma trận & mũ ma trận).
Cho AAA là ma trận n×nn\times nn×n (hằng số phức). Chứng minh
det(eA)=etr(A).\det(e^{A}) = e^{\operatorname{tr}(A)}.det(eA)=etr(A).
Bài 2 (Không gian con, bổ trợ).
Cho VVV không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường F\mathbb{F}F và T:V→VT:V\to VT:V→V là biến đổi tuyến tính. Chứng minh rằng tồn một không gian con W⊂VW\subset VW⊂V sao cho
V=ker(T)⊕WV = \ker(T)\oplus WV=ker(T)⊕W
và T∣W:W→Im(T)T|_W:W\to\operatorname{Im}(T)T∣W:W→Im(T) là một đẳng cấu tuyến tính. Hãy đưa ra cách xây WWW một cách tường minh (bằng cách mở rộng cơ sở).
Bài 3 (Tích phân mặt).
Tính tích phân bề mặt
∬S(x2+y2) dS\iint_{S} (x^2+y^2)\,dS∬S(x2+y2)dS
với SSS là mặt cầu đơn vị x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1x2+y2+z2=1 (hướng ngoại).
Bài 4 (Giải tích phức — phần dư).
Tính tích phân
∮∣z∣=3coszz2+π2 dz\oint_{|z|=3} \frac{\cos z}{z^2+\pi^2}\,dz∮∣z∣=3z2+π2coszdz
đường tích phân là vòng tròn tâm 0 bán kính 3, theo chiều ngược kim đồng hồ.
Bài 5 (Xấp xỉ đa thức — Weierstrass).
Cho f∈C([0,1])f\in C([0,1])f∈C([0,1]). Định nghĩa đa thức Bernstein
Bn(f;x)=∑k=0nf (kn)(nk)xk(1−x) n−k,0≤x≤1.B_n(f;x)=\sum_{k=0}^n f\!\left(\frac{k}{n}\right)\binom{n}{k} x^k(1-x)^{\,n-k},\qquad 0\le x\le1.Bn(f;x)=k=0∑nf(nk)(kn)xk(1−x)n−k,0≤x≤1.
Chứng minh Bn(f)→fB_n(f)\to fBn(f)→f đồng đều trên [0,1][0,1][0,1] khi n→∞n\to\inftyn→∞. (Đây là một bằng chứng cổ điển của Weierstrass.)
Lời giải — chi tiết từng bài
Bài 1 —
Ý chính. Ma trận eAe^AeA có các trị riêng là eλie^{\lambda_i}eλi nếu λi\lambda_iλi là trị riêng của AAA (cùng bội số đại số). Do đó det(eA)=∏ieλi=e∑iλi=etrA\det(e^A)=\prod_i e^{\lambda_i}=e^{\sum_i\lambda_i}=e^{\operatorname{tr}A}det(eA)=∏ieλi=e∑iλi=etrA. Ta trình bày chặt chẽ:
Chứng minh.
- Làm việc trên trường phức: mở rộng hệ số nếu cần. Vì mọi ma trận phức có dạng Jordan, có một ma trận khả nghịch PPP sao cho
với JJJ là dạng Jordan (khối Jordan dọc đường chéo chứa các giá trị riêng λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_nλ1,…,λn, xuất hiện theo bội số đại số).
- Vì hàm mũ eX=∑m=0∞Xm/m!e^X=\sum_{m=0}^\infty X^m/m!eX=∑m=0∞Xm/m! là đa thức chuẩn hoá của ma trận, ta có
Do đó det(eA)=det(eJ)\det(e^A)=\det(e^J)det(eA)=det(eJ) (đồng dạng không đổi định thức).
- Xét một khối Jordan Jk(λ)=λIk+NJ_k(\lambda)=\lambda I_k+NJk(λ)=λIk+N, với NNN nilpotent (bậc <k<k<k) và NNN cộng với λI\lambda IλI commute. Ta có
Nhưng eNe^{N}eN là ma trận trên đường chéo có các eigenvalue bằng 1 (vì NNN nilpotent ⇒ eigenvalues 0 ⇒ eNe^NeN eigenvalues 1); cụ thể định thức det(eN)=1\det(e^{N})=1det(eN)=1. Do đó khối Jordan Jk(λ)J_k(\lambda)Jk(λ) đóng góp vào det(eJk(λ))\det(e^{J_k(\lambda)})det(eJk(λ)) bằng ekλe^{k\lambda}ekλ.
- Tập hợp tất cả khối Jordan cho ta
Vì trA=trJ\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}JtrA=trJ, ta kết luận
det(eA)=etrA.\det(e^A)=e^{\operatorname{tr}A}.det(eA)=etrA.
Ghi chú. Cách khác: các eigenvalue của eAe^AeA là eλie^{\lambda_i}eλi (với multiplicity) trực tiếp suy ra kết quả. Ta đã đảm bảo đa trị số nilpotent không làm thay đổi tích của các eigenvalue sau khi lấy mũ.
Bài 2 — Tồn tại bổ sung
Ý chính. Dùng cơ sở: chọn cơ sở cho kerT\ker TkerT rồi mở rộng lên cơ sở của VVV, các vectơ mới ta lấy làm cơ sở cho WWW. Khi đó TTT trên WWW cho ta basis của ImT\operatorname{Im}TImT và là đẳng cấu.
Chứng minh (xây dựng tường minh).
- Gọi dimV=n\dim V = ndimV=n. Lấy cơ sở {u1,…,uk}\{u_1,\dots,u_k\}{u1,…,uk} của kerT\ker TkerT (k = nullity).
- Hình ảnh ImT\operatorname{Im}TImT có dimension r=rankTr=\operatorname{rank}Tr=rankT. Chọn một tập v1,…,vrv_1,\dots,v_rv1,…,vr trong VVV sao cho {T(v1),…,T(vr)}\{T(v_1),\dots,T(v_r)\}{T(v1),…,T(vr)} là cơ sở của ImT\operatorname{Im}TImT. (Có thể lấy các viv_ivi bằng cách chọn các vectơ tiền ảnh tương ứng với một cơ sở của ImT\operatorname{Im}TImT.)
Cụ thể: vì ImT\operatorname{Im}TImT có dimension rrr, chọn các vectơ w1,…,wrw_1,\dots,w_rw1,…,wr basis của ImT\operatorname{Im}TImT. Với mỗi wiw_iwi chọn một viv_ivi sao cho T(vi)=wiT(v_i)=w_iT(vi)=wi (ta có thể vì mỗi wiw_iwi là ảnh của thứ gì đó). Lưu ý các viv_ivi không cần độc lập ban đầu. - Ta claim rằng các vectơ
là độc lập tuyến tính (và có tổng k+r=nk+r=nk+r=n nên là cơ sở). Kiểm tra:
Giả sử
∑i=1kaiui+∑j=1rbjvj=0.\sum_{i=1}^k a_i u_i + \sum_{j=1}^r b_j v_j = 0.i=1∑kaiui+j=1∑rbjvj=0.
Áp dụng TTT cho cả vế: vì T(ui)=0T(u_i)=0T(ui)=0,
∑j=1rbjT(vj)=0.\sum_{j=1}^r b_j T(v_j)=0.j=1∑rbjT(vj)=0.
Nhưng {T(vj)}\{T(v_j)\}{T(vj)} là cơ sở của ImT\operatorname{Im}TImT, nên mọi bj=0b_j=0bj=0. Từ đó suy ra ∑aiui=0\sum a_i u_i=0∑aiui=0 nên mọi ai=0a_i=0ai=0. Vậy tập vectơ độc lập.
- Vì ta có k+r=nk+r=nk+r=n, tập trên là cơ sở của VVV. Đặt W=span{v1,…,vr}W=\operatorname{span}\{v_1,\dots,v_r\}W=span{v1,…,vr}. Rõ ràng V=kerT⊕WV=\ker T\oplus WV=kerT⊕W vì giao kerT∩W={0}\ker T\cap W=\{0\}kerT∩W={0} (do độc lập) và tổng đủ.
- Trên WWW, T∣WT|_WT∣W cho T(vj)=wjT(v_j)=w_jT(vj)=wj và {wj}\{w_j\}{wj} là cơ sở của ImT\operatorname{Im}TImT. Do đó T∣W:W→ImTT|_W:W\to\operatorname{Im}TT∣W:W→ImT là một ánh xạ tuyến tính song ánh ⇒ đẳng cấu.
Kết luận. Đã xây được WWW tường minh bằng cách chọn tiền ảnh của một cơ sở của ImT\operatorname{Im}TImT.
Ghi chú. Cách này còn cho thấy suy rộng: mọi không gian con có một bổ sung (complement) — tức với bất kỳ con UUU ta có V=U⊕WV=U\oplus WV=U⊕W cho một số WWW (khi UUU có basis ta mở rộng basis đó lên cơ sở VVV).
Bài 3 — Tính tích phân bề mặt
Ý chính. Sử dụng đối xứng cầu hoặc tham số hoá cầu. Ta dùng tọa độ cầu.
Cách 1 (tọa độ cầu). Tọa độ cầu: x=sinϕcosθ, y=sinϕsinθ, z=cosϕx=\sin\phi\cos\theta,\ y=\sin\phi\sin\theta,\ z=\cos\phix=sinϕcosθ, y=sinϕsinθ, z=cosϕ, với ϕ∈[0,π], θ∈[0,2π]\phi\in[0,\pi],\ \theta\in[0,2\pi]ϕ∈[0,π], θ∈[0,2π]. Trên mặt cầu bán kính 1, phần tử diện tích là dS=sinϕ dϕ dθdS=\sin\phi\,d\phi\,d\thetadS=sinϕdϕdθ.
Ta có
x2+y2=sin2ϕcos2θ+sin2ϕsin2θ=sin2ϕ.x^2+y^2=\sin^2\phi\cos^2\theta+\sin^2\phi\sin^2\theta=\sin^2\phi.x2+y2=sin2ϕcos2θ+sin2ϕsin2θ=sin2ϕ.
Vậy
∬S(x2+y2) dS=∫02π∫0πsin2ϕ⋅sinϕ dϕ dθ=2π∫0πsin3ϕ dϕ.\iint_S (x^2+y^2)\,dS = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} \sin^2\phi \cdot \sin\phi\, d\phi\, d\theta=2\pi\int_0^{\pi} \sin^3\phi\, d\phi.∬S(x2+y2)dS=∫02π∫0πsin2ϕ⋅sinϕdϕdθ=2π∫0πsin3ϕdϕ.
Tính tích phân 1 chiều:
∫0πsin3ϕ dϕ=∫0πsinϕ(1−cos2ϕ) dϕ.\int_0^{\pi}\sin^3\phi\,d\phi= \int_0^{\pi}\sin\phi(1-\cos^2\phi)\,d\phi.∫0πsin3ϕdϕ=∫0πsinϕ(1−cos2ϕ)dϕ.
Đặt u=cosϕu=\cos\phiu=cosϕ, du=−sinϕdϕdu=-\sin\phi d\phidu=−sinϕdϕ. Khi ϕ=0→u=1\phi=0\to u=1ϕ=0→u=1, ϕ=π→u=−1\phi=\pi\to u=-1ϕ=π→u=−1. Ta có
∫0πsinϕ dϕ−∫0πsinϕcos2ϕ dϕ=[−cosϕ]0π−[−cos3ϕ3]0π=(−cosπ+cos0)−(−cos3π3+cos303).\int_0^{\pi}\sin\phi\,d\phi - \int_0^{\pi}\sin\phi\cos^2\phi\,d\phi= \left[ -\cos\phi \right]_0^{\pi} - \left[ -\frac{\cos^3\phi}{3} \right]_0^{\pi}= (-\cos\pi+\cos0) - \left(-\frac{\cos^3\pi}{3}+\frac{\cos^3 0}{3}\right).∫0πsinϕdϕ−∫0πsinϕcos2ϕdϕ=[−cosϕ]0π−[−3cos3ϕ]0π=(−cosπ+cos0)−(−3cos3π+3cos30).
Tính số: cos0=1, cosπ=−1\cos0=1,\ \cos\pi=-1cos0=1, cosπ=−1. Do đó
(−(−1)+1)−(−(−1)33+13)=(2)−(−(−13)+13)(-(-1)+1) - \left(-\frac{(-1)^3}{3}+\frac{1}{3}\right) = (2) - \left(-\left(-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}\right)(−(−1)+1)−(−3(−1)3+31)=(2)−(−(−31)+31)
bịa — làm gọn hơn bằng thay đổi biến:
Dùng biến u:
∫0πsin3ϕ dϕ=∫1−1(1−u2)(−du)=∫−11(1−u2) du=[u−u33]−11.\int_0^{\pi}\sin^3\phi\,d\phi = \int_{1}^{-1} (1-u^2)(-du) = \int_{-1}^{1}(1-u^2)\,du = \left[u - \frac{u^3}{3}\right]_{-1}^{1}.∫0πsin3ϕdϕ=∫1−1(1−u2)(−du)=∫−11(1−u2)du=[u−3u3]−11.
Tính:
(1−13)−(−1+13)=(23)−(−23)=43.\big(1-\tfrac{1}{3}\big) - \big(-1 + \tfrac{1}{3}\big) = \big(\tfrac{2}{3}\big) - \big(-\tfrac{2}{3}\big) = \tfrac{4}{3}.(1−31)−(−1+31)=(32)−(−32)=34.
Vậy
∬S(x2+y2) dS=2π⋅43=8π3.\iint_S (x^2+y^2)\,dS = 2\pi \cdot \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}.∬S(x2+y2)dS=2π⋅34=38π.
Kết luận. Tích phân bằng 8π3\displaystyle \frac{8\pi}{3}38π.
Kiểm tra trực giác: Vì x2+y2=1−z2x^2+y^2=1-z^2x2+y2=1−z2 và trung bình của z2z^2z2 trên mặt cầu là 1/31/31/3, nên trung bình của x2+y2x^2+y^2x2+y2 là 2/32/32/3; diện tích mặt cầu là 4π4\pi4π; tích phân = 4π⋅(2/3)=8π/34\pi\cdot(2/3)=8\pi/34π⋅(2/3)=8π/3 — cùng kết quả.
Bài 4 —
Ý chính. Tích phân quanh đường kín bằng 2πi2\pi i2πi nhân tổng các phần dư bên trong. Cực điểm của mẫu z2+π2=0z^2+\pi^2=0z2+π2=0 là z=±iπz=\pm i\piz=±iπ. Bán kính 3 lớn hơn ∣±iπ∣=π≈3.1415?|\pm i\pi|=\pi\approx3.1415? ∣±iπ∣=π≈3.1415? Chú ý: π≈3.1416\pi\approx3.1416π≈3.1416 — do đó iπi\piiπ và −iπ-i\pi−iπ có modulus π\piπ, bán kính 3 < π? Wait! Cần kiểm tra: π≈3.14159\pi \approx 3.14159π≈3.14159. Bán kính vòng tròn là 3, nhỏ hơn π\piπ, nên cả hai cực iπi\piiπ và −iπ-i\pi−iπ có modulus π>3\pi>3π>3 — tức không nằm trong đĩa |z|<3. Vậy không có cực nào nằm bên trong vòng tròn bán kính 3.
Do đó tích phân bằng 0.
Nhưng chú ý: nếu bài đặt bán kính 4 (>|π|) thì ta tính phần dư. Ở đề chúng ta đặt bán kính 3, nên:
Trình bày chính xác:
- Mẫu z2+π2=0z^2+\pi^2=0z2+π2=0 ⇒ z=±iπz=\pm i\piz=±iπ. ∣iπ∣=π≈3.1416>3|i\pi|=\pi\approx 3.1416 >3∣iπ∣=π≈3.1416>3. Vòng tròn ∣z∣=3|z|=3∣z∣=3 không chứa các cực đó.
- Hàm cosz/(z2+π2)\cos z/(z^2+\pi^2)cosz/(z2+π2) là toàn hình trên và trong vùng khép kín nội tiếp đường tròn (không có cực nội).
- Theo định lý tích phân Cauchy cho hàm toàn cấu, tích phân đường cong bằng 0.
Kết luận.
∮∣z∣=3coszz2+π2 dz=0.\oint_{|z|=3}\frac{\cos z}{z^2+\pi^2}\,dz = 0.∮∣z∣=3z2+π2coszdz=0.
(Nếu đề yêu vòng tròn bán kính > π\piπ, kết quả sẽ là 2πi2\pi i2πi nhân tổng hai phần dư tại z=±iπz=\pm i\piz=±iπ; bạn có thể yêu cầu mình tính trường hợp đó.)
Bài 5 — Đa thức Bernstein xấp xỉ liên tục:
Ý chính. Dùng tính chất phân phối nhị thức/định lý ký hiệu trung bình (law of large numbers) — Bernstein chứng minh bằng cách viết Bn(f;x)=E[f(Sn/n)]B_n(f;x)=\mathbb{E}\big[f\big(S_n/n\big)\big]Bn(f;x)=E[f(Sn/n)] với SnS_nSn binomial (n,x)(n,x)(n,x), rồi dùng tính đồng đều của fff (uniform continuity trên compact) để điều khiển sai số.
Chứng minh chi tiết.
- Vì fff liên tục trên [0,1][0,1][0,1] và [0,1][0,1][0,1] compact ⇒ fff liên tục đồng đều: với mọi ε>0\varepsilon>0ε>0 tồn δ>0\delta>0δ>0 sao cho ∣x−y∣<δ⇒∣f(x)−f
∣<ε|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f|<\varepsilon∣x−y∣<δ⇒∣f(x)−f∣<ε. - Nhận biết biểu thức Bernstein là kỳ vọng:
với Sn∼Binomial(n,x)S_n\sim\mathrm{Binomial}(n,x)Sn∼Binomial(n,x) (số thành công trong n phép thử Bernoulli p=x).
- Tách kỳ vọng theo hai trường hợp: ∣Sn/n−x∣<δ|S_n/n-x|<\delta∣Sn/n−x∣<δ và ≥δ\ge\delta≥δ.
- Với phần thứ nhất: nếu ∣Sn/n−x∣<δ|S_n/n-x|<\delta∣Sn/n−x∣<δ thì ∣f(Sn/n)−f(x)∣<ε|f(S_n/n)-f(x)|<\varepsilon∣f(Sn/n)−f(x)∣<ε do đồng đều. Do đó
- Với phần thứ hai: vì fff liên tục trên compact ⇒ fff bị chặn; tồn MMM sao cho ∣f∣≤M|f|\le M∣f∣≤M trên [0,1][0,1][0,1]. Do đó
Dùng bất đẳng thức Chebyshev (hoặc định lý Hoeffding) cho biến Bernoulli: Var(Sn/n)=x(1−x)n≤14n\operatorname{Var}(S_n/n)=\frac{x(1-x)}{n}\le\frac{1}{4n}Var(Sn/n)=nx(1−x)≤4n1. Bằng Chebyshev,
P(∣Sn/n−x∣≥δ)≤Var(Sn/n)δ2≤14nδ2.\mathbb{P}(|S_n/n-x|\ge\delta) \le \frac{\operatorname{Var}(S_n/n)}{\delta^2} \le \frac{1}{4n\delta^2}.P(∣Sn/n−x∣≥δ)≤δ2Var(Sn/n)≤4nδ21.
Vậy phần này ≤ 2M/(4nδ2)=M2nδ22M/(4n\delta^2)=\dfrac{M}{2n\delta^2}2M/(4nδ2)=2nδ2M, → 0 khi n→∞n\to\inftyn→∞.
- Tổng hợp: với mọi ε>0\varepsilon>0ε>0 chọn δ\deltaδ theo tính đồng đều, rồi chọn NNN sao cho với n≥Nn\ge Nn≥N ta có 2MP(∣Sn/n−x∣≥δ)<ε2M\mathbb{P}(|S_n/n-x|\ge\delta)<\varepsilon2MP(∣Sn/n−x∣≥δ)<ε. Khi đó
Vì các bước không phụ thuộc vào xxx (đồng đều) nên giới hạn đạt đồng đều trên toàn [0,1][0,1][0,1].
Kết luận. Bn(f)→fB_n(f)\to fBn(f)→f đồng đều trên [0,1][0,1][0,1]. Do đó mọi hàm liên tục trên [0,1][0,1][0,1] có thể xấp xỉ đồng đều bởi đa thức — đây là định lý Weierstrass.