Bài 1 (Đại số tuyến tính).
Cho A∈Mn(C)A\in M_n(\mathbb C)A∈Mn(C) sao cho A3=InA^3=I_nA3=In.
a) Chứng minh AAA khả nghịch và mọi trị riêng của AAA là các căn bậc ba của 111, tức thuộc tập {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2} với ω=e2πi/3\omega=e^{2\pi i/3}ω=e2πi/3.
b) Tìm mọi ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=I2A^3=I_2A3=I2.
Bài 2 (Giải tích — tính khả vi và tính liên tục của đạo hàm).
Định nghĩa
f(x)={x2sin(1/x),x≠0,0,x=0.f(x)=\begin{cases} x^2\sin(1/x), & x\ne0,\\[4pt] 0,& x=0.\end{cases}f(x)={x2sin(1/x),0,x=0,x=0.
a) Chứng minh fff khả vi tại x=0x=0x=0 và tính f′(0)f'(0)f′(0).
b) Chứng minh f′f'f′ không liên tục tại 000.
Bài 3 (Phân tích phức — tích phân đường)
Tính
∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz,\oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz,∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz,
vòng tròn tâm 000, bán kính 222, theo chiều ngược kim đồng hồ.
Bài 4 (Topo / Hàm liên tục).
Cho XXX compact, YYY Hausdorff (T2). Giả sử f:X→Yf:X\to Yf:X→Y là một đồng một liên tục (continuous bijection). Chứng minh fff là homeomorphism (tức f−1f^{-1}f−1 cũng liên tục).
Bài 5 (Xấp xỉ đa thức — Bernstein).
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\!\Big(\frac{k}{n}\Big)\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→∞.
a) AAA khả nghịch; trị riêng thuộc {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2}.
b) Ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=IA^3=IA3=I.
Vì các trị riêng phải là trong {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2} và hệ số thực (ma trận thực) có nghiệm phức liên hợp theo cặp, các khả năng cho ma trận thực 2×22\times22×2 là:
(hoặc cùng với nghịch đảo tuyến tính tương tự — mọi AAA trong lớp này là A=PRP−1A=P R P^{-1}A=PRP−1 với P∈GL2(R)P\in GL_2(\mathbb R)P∈GL2(R).)
Tóm tắt các ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=IA^3=IA3=I:
a) fff khả vi tại 000 và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
Tính tỷ số khác biệt:
f(h)−f(0)h=h2sin(1/h)h=hsin(1/h).\frac{f(h)-f(0)}{h} = \frac{h^2\sin(1/h)}{h} = h\sin(1/h).hf(h)−f(0)=hh2sin(1/h)=hsin(1/h).
Khi h→0h\to0h→0, ta có ∣hsin(1/h)∣≤∣h∣→0|h\sin(1/h)|\le|h|\to0∣hsin(1/h)∣≤∣h∣→0. Do đó giới hạn bằng 0. Vậy fff khả vi tại 0 và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
b) f′f'f′ không liên tục tại 000.
Trước hết tính f′(x)f'(x)f′(x) với x≠0x\ne0x=0 bằng quy tắc nhân:
f′(x)=2xsin(1/x)+x2cos(1/x)⋅(−1x2)=2xsin(1/x)−cos(1/x).f'(x) = 2x\sin(1/x) + x^2\cos(1/x)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)= 2x\sin(1/x) - \cos(1/x).f′(x)=2xsin(1/x)+x2cos(1/x)⋅(−x21)=2xsin(1/x)−cos(1/x).
Do đó
f′(x)=−cos(1/x)+2xsin(1/x),x≠0,f'(x) = -\cos(1/x) + 2x\sin(1/x),\qquad x\ne0,f′(x)=−cos(1/x)+2xsin(1/x),x=0,
và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
Khi x→0x\to0x→0, ta thấy 2xsin(1/x)→02x\sin(1/x)\to02xsin(1/x)→0, nhưng −cos(1/x)-\cos(1/x)−cos(1/x) dao động giữa −1-1−1 và 111 (không có giới hạn). Vì vậy f′(x)f'(x)f′(x) không có giới hạn khi x→0x\to0x→0, suy ra f′f'f′ không liên tục tại 0 (đặc biệt không hội tụ tới f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0).
Nhận xét trực quan. Hàm fff rất “phẳng” ở 0 (độ x2x^2x2) nên khả vi, nhưng dao động với tần số ngày càng cao khiến đạo hàm có phần −cos(1/x)-\cos(1/x)−cos(1/x) dao động mạnh → không liên tục.
Ta tích phân
I=∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz.I=\oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz.I=∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz.
Bước 1 — Tìm các cực trong đĩa ∣z∣<2|z|<2∣z∣<2.
Mẫu (z2+1)2(z^2+1)^2(z2+1)2 bằng 0 khi z=±iz=\pm iz=±i. Ta có ∣i∣=1<2|i|=1<2∣i∣=1<2 và ∣−i∣=1<2|-i|=1<2∣−i∣=1<2. Cả hai cực z=iz=iz=i và z=−iz=-iz=−i nằm trong đường tích phân. Mỗi cực là cực bậc hai (double pole), vì có lũy thừa 2.
Bước 2 — Tính phần dư tại z=iz=iz=i.
Công thức phần dư cho cực bậc 2:
Resz=if(z)=limz→iddz((z−i)2z2(z2+1)2).\operatorname{Res}_{z=i} f(z)=\lim_{z\to i}\frac{d}{dz}\Big((z-i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}\Big).Resz=if(z)=z→ilimdzd((z−i)2(z2+1)2z2).
Như ta biết z2+1=(z−i)(z+i)z^2+1=(z-i)(z+i)z2+1=(z−i)(z+i), nên
(z−i)2z2(z2+1)2=z2(z+i)2.(z-i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}=\frac{z^2}{(z+i)^2}.(z−i)2(z2+1)2z2=(z+i)2z2.
Lấy đạo hàm:
ddzz2(z+i)2=2z(z+i)2−z2⋅2(z+i)(z+i)4=2z(z+i)−2z2(z+i)3=2z((z+i)−z)(z+i)3=2iz(z+i)3.\frac{d}{dz}\frac{z^2}{(z+i)^2}= \frac{2z (z+i)^2 - z^2\cdot 2(z+i)}{(z+i)^4}= \frac{2z(z+i) - 2z^2}{(z+i)^3}= \frac{2z\big((z+i)-z\big)}{(z+i)^3}= \frac{2iz}{(z+i)^3}.dzd(z+i)2z2=(z+i)42z(z+i)2−z2⋅2(z+i)=(z+i)32z(z+i)−2z2=(z+i)32z((z+i)−z)=(z+i)32iz.
Đánh giá tại z=iz=iz=i:
Resz=i=2i⋅i(2i)3=2i28i3=−28i3=−14i3.\operatorname{Res}_{z=i} = \frac{2i\cdot i}{(2i)^3} = \frac{2i^2}{8 i^3} = \frac{-2}{8 i^3} = -\frac{1}{4 i^3}.Resz=i=(2i)32i⋅i=8i32i2=8i3−2=−4i31.
Vì i3=−ii^3=-ii3=−i, ta có
Resz=i=−14(−i)=14i=−i4.\operatorname{Res}_{z=i} = -\frac{1}{4(-i)}=\frac{1}{4i} = -\frac{i}{4}.Resz=i=−4(−i)1=4i1=−4i.
(Viết theo dạng 1/(4i)=−i/41/(4i) = -i/41/(4i)=−i/4.)
Bước 3 — Tính phần dư tại z=−iz=-iz=−i.
Tương tự,
Resz=−i=limz→−iddz((z+i)2z2(z2+1)2)=limz→−iddzz2(z−i)2.\operatorname{Res}_{z=-i} = \lim_{z\to -i}\frac{d}{dz}\Big((z+i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}\Big)= \lim_{z\to -i}\frac{d}{dz}\frac{z^2}{(z-i)^2}.Resz=−i=z→−ilimdzd((z+i)2(z2+1)2z2)=z→−ilimdzd(z−i)2z2.
Tương tự đạo hàm cho ta (tương đương công thức)
Resz=−i=+i4.\operatorname{Res}_{z=-i} = +\frac{i}{4}.Resz=−i=+4i.
Gộp lại:
Resz=i+Resz=−i=−i4+i4=0.\operatorname{Res}_{z=i} + \operatorname{Res}_{z=-i} = -\frac{i}{4} + \frac{i}{4} = 0.Resz=i+Resz=−i=−4i+4i=0.
Bước 4 — Áp dụng định lý phần dư:
I=2πi∑caˊc cực beˆn trongRes=2πi⋅0=0.I = 2\pi i \sum_{\text{các cực bên trong}} \operatorname{Res} = 2\pi i \cdot 0 = 0.I=2πicaˊc cực beˆn trong∑Res=2πi⋅0=0.
Kết luận: ∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz=0.\displaystyle \oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz = 0.∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz=0.
(Ghi chú: phần dư ở hai cực đối nhau triệt tiêu nhau.)
Đề bài: Nếu XXX compact và YYY Hausdorff, và f:X→Yf:X\to Yf:X→Y là continuous bijection thì fff là homeomorphism.
Chứng minh.
Ta cần chứng minh f−1f^{-1}f−1 liên tục. Vì fff liên tục và bijection, f−1f^{-1}f−1 tồn tại như một ánh xạ tập. Ta dùng đặc tính compact/Hausdorff.
Kết luận: fff là homeomorphism.
(Bình luận: điều ngược lại không đúng nói chung — một continuous bijection từ không gian không compact vào không gian Hausdorff có thể không có inverse continuous.)
Ý tưởng chính. Nhận xét rằng Bn(f;x)B_n(f;x)Bn(f;x) là kỳ vọng của f(Sn/n)f(S_n/n)f(Sn/n) khi Sn∼Bin(n,x)S_n\sim\operatorname{Bin}(n,x)Sn∼Bin(n,x). Dùng tính liên tục đồng đều của fff và tính chất hội tụ phân phối (Law of Large Numbers / ước lượng Chebyshev) để điều khiển sai số đồng đều.
Chứng minh chi tiết.
và vì vậy
Bn(f;x)=∑k=0nf(k/n)(nk)xk(1−x)n−k=E[f(Sn/n)].B_n(f;x) = \sum_{k=0}^n f(k/n)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} = \mathbb{E}\big[f(S_n/n)\big].Bn(f;x)=k=0∑nf(k/n)(kn)xk(1−x)n−k=E[f(Sn/n)].
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:
E[∣f(Sn/n)−f(x)∣]=E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣<δ]+E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣≥δ].\mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)|\big] = \mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)| \mathbf{1}_{|S_n/n-x|<\delta}\big]+ \mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)| \mathbf{1}_{|S_n/n-x|\ge\delta}\big].E[∣f(Sn/n)−f(x)∣]=E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣<δ]+E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣≥δ].
Dùng bất đẳng thức Chebyshev hoặc ước lượng biến động cho phân phối binomial:
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.
Áp dụng 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.
Do đó phần thứ hai ≤ 2M4nδ2=M2nδ2\dfrac{2M}{4n\delta^2} = \dfrac{M}{2n\delta^2}4nδ22M=2nδ2M, và phần này → 0 khi n→∞n\to\inftyn→∞. (Ta có thể dùng ước lượng mạnh hơn như Hoeffding để có tốc độ mượt hơn, nhưng Chebyshev đủ để chứng minh hội tụ.)
với mọi x∈[0,1]x\in[0,1]x∈[0,1]. Vì ε\varepsilonε tùy ý ⇒ Bn(f)→fB_n(f)\to fBn(f)→f đồng đều.
Kết luận: Đa thức Bernstein cung cấp dãy đa thức hội tụ đồng đều tới mọi hàm liên tục trên [0,1][0,1][0,1] — đây là một bằng chứng cổ điển của định lý Weierstrass.
Cho A∈Mn(C)A\in M_n(\mathbb C)A∈Mn(C) sao cho A3=InA^3=I_nA3=In.
a) Chứng minh AAA khả nghịch và mọi trị riêng của AAA là các căn bậc ba của 111, tức thuộc tập {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2} với ω=e2πi/3\omega=e^{2\pi i/3}ω=e2πi/3.
b) Tìm mọi ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=I2A^3=I_2A3=I2.
Bài 2 (Giải tích — tính khả vi và tính liên tục của đạo hàm).
Định nghĩa
f(x)={x2sin(1/x),x≠0,0,x=0.f(x)=\begin{cases} x^2\sin(1/x), & x\ne0,\\[4pt] 0,& x=0.\end{cases}f(x)={x2sin(1/x),0,x=0,x=0.
a) Chứng minh fff khả vi tại x=0x=0x=0 và tính f′(0)f'(0)f′(0).
b) Chứng minh f′f'f′ không liên tục tại 000.
Bài 3 (Phân tích phức — tích phân đường)
Tính
∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz,\oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz,∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz,
vòng tròn tâm 000, bán kính 222, theo chiều ngược kim đồng hồ.
Bài 4 (Topo / Hàm liên tục).
Cho XXX compact, YYY Hausdorff (T2). Giả sử f:X→Yf:X\to Yf:X→Y là một đồng một liên tục (continuous bijection). Chứng minh fff là homeomorphism (tức f−1f^{-1}f−1 cũng liên tục).
Bài 5 (Xấp xỉ đa thức — Bernstein).
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\!\Big(\frac{k}{n}\Big)\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→∞.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1
a) AAA khả nghịch; trị riêng thuộc {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2}.
- Vì A3=IA^3=IA3=I nên AAA có nghịch đảo rõ ràng: A−1=A2A^{-1}=A^2A−1=A2. Vậy AAA khả nghịch.
- Nếu λ\lambdaλ là một trị riêng của AAA với vector riêng không-0 vvv, ta có
A3v=λ3v=Iv=v.A^3 v = \lambda^3 v = I v = v.A3v=λ3v=Iv=v.
Vì v≠0v\ne0v=0 suy ra λ3=1\lambda^3=1λ3=1. Do đó λ\lambdaλ là một căn bậc ba của 1, tức λ∈{1,ω,ω2}\lambda\in\{1,\omega,\omega^2\}λ∈{1,ω,ω2}. - Hơn nữa, bởi x3−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2)x^3-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)x3−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2) có nghiệm phân biệt, đa thức thỏa AAA có phân tích thành tích các nhân tử tuyến tính không trùng ⇒ đa thức tối thiểu của AAA chia hết cho x3−1x^3-1x3−1 và vì các nghiệm phân biệt nên AAA là chéo hóa được trên C\mathbb CC (diagonalizable over C\mathbb CC).
b) Ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=IA^3=IA3=I.
Vì các trị riêng phải là trong {1,ω,ω2}\{1,\omega,\omega^2\}{1,ω,ω2} và hệ số thực (ma trận thực) có nghiệm phức liên hợp theo cặp, các khả năng cho ma trận thực 2×22\times22×2 là:
- Cả hai trị riêng đều là 111. Khi đó AAA có thể là I2I_2I2 hoặc một ma trận với trị riêng 1 với Jordan block (nhưng vì x3−1x^3-1x3−1 có nghiệm phân biệt, AAA diagonalizable over C\mathbb CC; tuy nhiên trên R\mathbb RR nếu trị riêng thực kép 1 thì AAA có thể là I2I_2I2 hoặc một ma trận chéo với (1,1) — chung quy : A=I2A=I_2A=I2). Thực tế, nếu AAA thực, có thể tồn tại A≠IA\ne IA=I với cả hai eigenvalue =1 nhưng dạng Jordan không thể xảy ra vì A3=IA^3=IA3=I và (I+N)3=I+3N+3N2+N3 (I+N)^3 = I + 3N + 3N^2 + N^3(I+N)3=I+3N+3N2+N3 (nếu N nilpotent không-0 thì không thể bằng I) — suy ra N=0. Vì vậy duy nhất là A=I2A=I_2A=I2.
- Hai trị riêng là ω\omegaω và ω2\omega^2ω2 (là cặp liên hợp). Trong trường hợp này AAA là một ma trận thực có hai nghiệm phức liên hợp, do đó AAA tương đương thực với một ma trận xoay (rotation) có góc ±2π/3 \pm 2\pi/3±2π/3 (vì ∣ω∣=1|\omega|=1∣ω∣=1 và Arg(ω\omegaω) = 2π/32\pi/32π/3). Cụ thể, mọi ma trận thực 2×22\times22×2 có eigenvalues ω,ω2\omega,\omega^2ω,ω2 là đồng dạng trên R\mathbb RR tới
(hoặc cùng với nghịch đảo tuyến tính tương tự — mọi AAA trong lớp này là A=PRP−1A=P R P^{-1}A=PRP−1 với P∈GL2(R)P\in GL_2(\mathbb R)P∈GL2(R).)
- Trường hợp cả hai trị riêng đều là ω\omegaω (hoặc cả hai là ω2\omega^2ω2) không thể xảy ra cho ma trận thực 2×22\times22×2 vì ω\omegaω không thực ⇒ hệ số đa thức đặc trưng sẽ có hệ số phức không hợp lệ (hệ số thực yêu cầu các nghiệm phức xuất hiện thành cặp liên hợp).
Tóm tắt các ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa A3=IA^3=IA3=I:
- A=I2A=I_2A=I2;
- hoặc AAA là một ma trận thực có eigenvalues ω,ω2\omega,\omega^2ω,ω2; equivalently AAA là thực đồng dạng với ma trận xoay RRR trên (góc 120∘120^\circ120∘): trA=−1, detA=1 \operatorname{tr}A=-1,\ \det A=1trA=−1, detA=1. Mọi ma trận thực 2×22\times22×2 thỏa này đều có trace −1-1−1 và determinant 111, và tất cả đều là conjugates thực của RRR.
Bài 2
a) fff khả vi tại 000 và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
Tính tỷ số khác biệt:
f(h)−f(0)h=h2sin(1/h)h=hsin(1/h).\frac{f(h)-f(0)}{h} = \frac{h^2\sin(1/h)}{h} = h\sin(1/h).hf(h)−f(0)=hh2sin(1/h)=hsin(1/h).
Khi h→0h\to0h→0, ta có ∣hsin(1/h)∣≤∣h∣→0|h\sin(1/h)|\le|h|\to0∣hsin(1/h)∣≤∣h∣→0. Do đó giới hạn bằng 0. Vậy fff khả vi tại 0 và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
b) f′f'f′ không liên tục tại 000.
Trước hết tính f′(x)f'(x)f′(x) với x≠0x\ne0x=0 bằng quy tắc nhân:
f′(x)=2xsin(1/x)+x2cos(1/x)⋅(−1x2)=2xsin(1/x)−cos(1/x).f'(x) = 2x\sin(1/x) + x^2\cos(1/x)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)= 2x\sin(1/x) - \cos(1/x).f′(x)=2xsin(1/x)+x2cos(1/x)⋅(−x21)=2xsin(1/x)−cos(1/x).
Do đó
f′(x)=−cos(1/x)+2xsin(1/x),x≠0,f'(x) = -\cos(1/x) + 2x\sin(1/x),\qquad x\ne0,f′(x)=−cos(1/x)+2xsin(1/x),x=0,
và f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0.
Khi x→0x\to0x→0, ta thấy 2xsin(1/x)→02x\sin(1/x)\to02xsin(1/x)→0, nhưng −cos(1/x)-\cos(1/x)−cos(1/x) dao động giữa −1-1−1 và 111 (không có giới hạn). Vì vậy f′(x)f'(x)f′(x) không có giới hạn khi x→0x\to0x→0, suy ra f′f'f′ không liên tục tại 0 (đặc biệt không hội tụ tới f′(0)=0f'(0)=0f′(0)=0).
Nhận xét trực quan. Hàm fff rất “phẳng” ở 0 (độ x2x^2x2) nên khả vi, nhưng dao động với tần số ngày càng cao khiến đạo hàm có phần −cos(1/x)-\cos(1/x)−cos(1/x) dao động mạnh → không liên tục.
Bài 3
Ta tích phân
I=∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz.I=\oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz.I=∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz.
Bước 1 — Tìm các cực trong đĩa ∣z∣<2|z|<2∣z∣<2.
Mẫu (z2+1)2(z^2+1)^2(z2+1)2 bằng 0 khi z=±iz=\pm iz=±i. Ta có ∣i∣=1<2|i|=1<2∣i∣=1<2 và ∣−i∣=1<2|-i|=1<2∣−i∣=1<2. Cả hai cực z=iz=iz=i và z=−iz=-iz=−i nằm trong đường tích phân. Mỗi cực là cực bậc hai (double pole), vì có lũy thừa 2.
Bước 2 — Tính phần dư tại z=iz=iz=i.
Công thức phần dư cho cực bậc 2:
Resz=if(z)=limz→iddz((z−i)2z2(z2+1)2).\operatorname{Res}_{z=i} f(z)=\lim_{z\to i}\frac{d}{dz}\Big((z-i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}\Big).Resz=if(z)=z→ilimdzd((z−i)2(z2+1)2z2).
Như ta biết z2+1=(z−i)(z+i)z^2+1=(z-i)(z+i)z2+1=(z−i)(z+i), nên
(z−i)2z2(z2+1)2=z2(z+i)2.(z-i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}=\frac{z^2}{(z+i)^2}.(z−i)2(z2+1)2z2=(z+i)2z2.
Lấy đạo hàm:
ddzz2(z+i)2=2z(z+i)2−z2⋅2(z+i)(z+i)4=2z(z+i)−2z2(z+i)3=2z((z+i)−z)(z+i)3=2iz(z+i)3.\frac{d}{dz}\frac{z^2}{(z+i)^2}= \frac{2z (z+i)^2 - z^2\cdot 2(z+i)}{(z+i)^4}= \frac{2z(z+i) - 2z^2}{(z+i)^3}= \frac{2z\big((z+i)-z\big)}{(z+i)^3}= \frac{2iz}{(z+i)^3}.dzd(z+i)2z2=(z+i)42z(z+i)2−z2⋅2(z+i)=(z+i)32z(z+i)−2z2=(z+i)32z((z+i)−z)=(z+i)32iz.
Đánh giá tại z=iz=iz=i:
Resz=i=2i⋅i(2i)3=2i28i3=−28i3=−14i3.\operatorname{Res}_{z=i} = \frac{2i\cdot i}{(2i)^3} = \frac{2i^2}{8 i^3} = \frac{-2}{8 i^3} = -\frac{1}{4 i^3}.Resz=i=(2i)32i⋅i=8i32i2=8i3−2=−4i31.
Vì i3=−ii^3=-ii3=−i, ta có
Resz=i=−14(−i)=14i=−i4.\operatorname{Res}_{z=i} = -\frac{1}{4(-i)}=\frac{1}{4i} = -\frac{i}{4}.Resz=i=−4(−i)1=4i1=−4i.
(Viết theo dạng 1/(4i)=−i/41/(4i) = -i/41/(4i)=−i/4.)
Bước 3 — Tính phần dư tại z=−iz=-iz=−i.
Tương tự,
Resz=−i=limz→−iddz((z+i)2z2(z2+1)2)=limz→−iddzz2(z−i)2.\operatorname{Res}_{z=-i} = \lim_{z\to -i}\frac{d}{dz}\Big((z+i)^2\frac{z^2}{(z^2+1)^2}\Big)= \lim_{z\to -i}\frac{d}{dz}\frac{z^2}{(z-i)^2}.Resz=−i=z→−ilimdzd((z+i)2(z2+1)2z2)=z→−ilimdzd(z−i)2z2.
Tương tự đạo hàm cho ta (tương đương công thức)
Resz=−i=+i4.\operatorname{Res}_{z=-i} = +\frac{i}{4}.Resz=−i=+4i.
Gộp lại:
Resz=i+Resz=−i=−i4+i4=0.\operatorname{Res}_{z=i} + \operatorname{Res}_{z=-i} = -\frac{i}{4} + \frac{i}{4} = 0.Resz=i+Resz=−i=−4i+4i=0.
Bước 4 — Áp dụng định lý phần dư:
I=2πi∑caˊc cực beˆn trongRes=2πi⋅0=0.I = 2\pi i \sum_{\text{các cực bên trong}} \operatorname{Res} = 2\pi i \cdot 0 = 0.I=2πicaˊc cực beˆn trong∑Res=2πi⋅0=0.
Kết luận: ∮∣z∣=2z2(z2+1)2 dz=0.\displaystyle \oint_{|z|=2} \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\,dz = 0.∮∣z∣=2(z2+1)2z2dz=0.
(Ghi chú: phần dư ở hai cực đối nhau triệt tiêu nhau.)
Bài 4
Đề bài: Nếu XXX compact và YYY Hausdorff, và f:X→Yf:X\to Yf:X→Y là continuous bijection thì fff là homeomorphism.
Chứng minh.
Ta cần chứng minh f−1f^{-1}f−1 liên tục. Vì fff liên tục và bijection, f−1f^{-1}f−1 tồn tại như một ánh xạ tập. Ta dùng đặc tính compact/Hausdorff.
- Lấy một tập đóng C⊂XC\subset XC⊂X. Vì XXX compact và CCC đóng ⇒ CCC compact (tập con đóng của compact vẫn compact). Vì fff liên tục, f(C)f(C)f(C) là ảnh liên tục của compact ⇒ f(C)f(C)f(C) là compact trong YYY.
- Nhưng trong không gian Hausdorff, mỗi tập compact là đóng. (Kết quả tiêu chuẩn: compact subset of Hausdorff space is closed.)
- Vậy f(C)f(C)f(C) đóng trong YYY. Vì CCC bất kỳ đóng trong XXX mà f(C)f(C)f(C) đóng trong YYY, ta có: ảnh của mọi tập đóng dưới fff là đóng. Điều này tương đương với f−1f^{-1}f−1 giữ mở (hay giữ đóng). Do đó f−1f^{-1}f−1 là liên tục.
Kết luận: fff là homeomorphism.
(Bình luận: điều ngược lại không đúng nói chung — một continuous bijection từ không gian không compact vào không gian Hausdorff có thể không có inverse continuous.)
Bài 5 (Bernstein) —
Ý tưởng chính. Nhận xét rằng Bn(f;x)B_n(f;x)Bn(f;x) là kỳ vọng của f(Sn/n)f(S_n/n)f(Sn/n) khi Sn∼Bin(n,x)S_n\sim\operatorname{Bin}(n,x)Sn∼Bin(n,x). Dùng tính liên tục đồng đều của fff và tính chất hội tụ phân phối (Law of Large Numbers / ước lượng Chebyshev) để điều khiển sai số đồng đều.
Chứng minh chi tiết.
- Vì fff liên tục trên compact [0,1][0,1][0,1], nên fff là liên tục đồng đều: với mọi ε>0\varepsilon>0ε>0 tồn δ>0\delta>0δ>0 sao cho ∣u−v∣<δ⇒∣f(u)−f(v)∣<ε|u-v|<\delta\Rightarrow |f(u)-f(v)|<\varepsilon∣u−v∣<δ⇒∣f(u)−f(v)∣<ε.
- Với mỗi x∈[0,1]x\in[0,1]x∈[0,1] và n≥1n\ge1n≥1, đặt SnS_nSn là biến ngẫu nhiên phân phối Binomial Bin(n,x)\mathrm{Bin}(n,x)Bin(n,x). Ta có
và vì vậy
Bn(f;x)=∑k=0nf(k/n)(nk)xk(1−x)n−k=E[f(Sn/n)].B_n(f;x) = \sum_{k=0}^n f(k/n)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} = \mathbb{E}\big[f(S_n/n)\big].Bn(f;x)=k=0∑nf(k/n)(kn)xk(1−x)n−k=E[f(Sn/n)].
- Viết
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:
E[∣f(Sn/n)−f(x)∣]=E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣<δ]+E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣≥δ].\mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)|\big] = \mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)| \mathbf{1}_{|S_n/n-x|<\delta}\big]+ \mathbb{E}\big[|f(S_n/n)-f(x)| \mathbf{1}_{|S_n/n-x|\ge\delta}\big].E[∣f(Sn/n)−f(x)∣]=E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣<δ]+E[∣f(Sn/n)−f(x)∣1∣Sn/n−x∣≥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 đó phần này ≤ ε\varepsilonε.
- Với phần thứ hai: vì fff bị chặn trên [0,1][0,1][0,1] (compact ⇒ bounded), tồn M>0M>0M>0 sao cho ∣f∣≤M|f|\le M∣f∣≤M. Vậy
Dùng bất đẳng thức Chebyshev hoặc ước lượng biến động cho phân phối binomial:
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.
Áp dụng 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.
Do đó phần thứ hai ≤ 2M4nδ2=M2nδ2\dfrac{2M}{4n\delta^2} = \dfrac{M}{2n\delta^2}4nδ22M=2nδ2M, và phần này → 0 khi n→∞n\to\inftyn→∞. (Ta có thể dùng ước lượng mạnh hơn như Hoeffding để có tốc độ mượt hơn, nhưng Chebyshev đủ để chứng minh hội tụ.)
- Kết hợp: với mọi ε>0\varepsilon>0ε>0 chọn δ\deltaδ theo đồng đều của fff sao cho phần 1 ≤ ε\varepsilonε. Sau đó chọn NNN sao cho với mọi n≥Nn\ge Nn≥N, phần 2 ≤ ε\varepsilonε. Khi đó
với mọi x∈[0,1]x\in[0,1]x∈[0,1]. Vì ε\varepsilonε tùy ý ⇒ Bn(f)→fB_n(f)\to fBn(f)→f đồng đều.
Kết luận: Đa thức Bernstein cung cấp dãy đa thức hội tụ đồng đều tới mọi hàm liên tục trên [0,1][0,1][0,1] — đây là một bằng chứng cổ điển của định lý Weierstrass.