Câu lạc bộ Tin học dành cho học sinh Tiểu học

[Finl-hedge - Vũ Hoàng Quân]

Đề:

Bài 1 — Contraction mapping (Banach fixed-point type statements)​

Đề bài (tóm tắt).
Trên không gian metric XXX, một hàm f:X→Xf:X\to Xf:X→X là contraction nếu có 0≤c<10\le c<10≤c<1 sao cho

d(f(x),f)≤c d(x,y)∀x,y∈X.d(f(x),f)\le c\,d(x,y)\quad\forall x,y\in X.d(f(x),f)≤cd(x,y)∀x,y∈X.
(a) Chứng minh fff liên tục và có nhiều nhất một điểm cố định.
(b) Nếu XXX hoàn chỉnh, chứng minh tồn tại duy nhất điểm cố định. (Banach fixed point theorem.)
(c) Cho ví dụ một contraction trên không gian metric không compact nhưng không có fixed point.
(d) Chứng minh: nếu XXX compact và fff là contraction thì fff có (một và duy nhất) fixed point.

---

Lời giải.​

(a) fff liên tục và có nhiều nhất một fixed point.

• Liên tục: Cho xn→xx_n\to xxn→x. Ta có d(f(xn),f(x))≤c d(xn,x)d(f(x_n),f(x))\le c\,d(x_n,x)d(f(xn),f(x))≤cd(xn,x). Vì d(xn,x)→0d(x_n,x)\to0d(xn,x)→0 và ccc cố định, suy ra d(f(xn),f(x))→0d(f(x_n),f(x))\to0d(f(xn),f(x))→0. Vậy f(xn)→f(x)f(x_n)\to f(x)f(xn)→f(x). Do đó fff liên tục.
• Tính duy nhất của fixed point: Giả sử x,yx,yx,y thỏa f(x)=xf(x)=xf(x)=x và f=yf=yf=y. Khi đó
  
  d(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).
  Vì 0≤c<10\le c<10≤c<1, ta có (1−c)d(x,y)≤0(1-c)d(x,y)\le0(1−c)d(x,y)≤0 nên d(x,y)=0d(x,y)=0d(x,y)=0, tức x=yx=yx=y. Vậy fixed point (nếu có) là duy nhất.

(b) Nếu XXX hoàn chỉnh: tồn tại và duy nhất fixed point (Banach fixed point theorem).

• Chọn một điểm ban đầu x0∈Xx_0\in Xx0∈X. Định nghĩa dãy xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1=f(xn). Ta sẽ chứng minh (xn)(x_n)(xn) là Cauchy. Với mọi m>nm>nm>n,
  
  d(xm,xn)=d(fm−n(xn),xn)≤cnd(fm−n(x0),x0) (caˊch khaˊc: duˋng tam giaˊc nhieˆˋu laˆˋn).d(x_m,x_n)=d(f^{m-n}(x_n),x_n)\le c^{n}d(f^{m-n}(x_0),x_0)\ \text{(cách khác: dùng tam giác nhiều lần).}d(xm,xn)=d(fm−n(xn),xn)≤cnd(fm−n(x0),x0) (caˊch khaˊc: duˋng tam giaˊc nhieˆˋu laˆˋn).
  Cụ thể, sử dụng tính chất co:
  
  d(xk+1,xk)=d(f(xk),f(xk−1))≤c d(xk,xk−1).d(x_{k+1},x_k)=d(f(x_k),f(x_{k-1}))\le c\,d(x_k,x_{k-1}).d(xk+1,xk)=d(f(xk),f(xk−1))≤cd(xk,xk−1).
  Do đó d(xn+1,xn)≤cnd(x1,x0)d(x_{n+1},x_n)\le c^n d(x_1,x_0)d(xn+1,xn)≤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.
  Khi n→∞n\to\inftyn→∞, vế phải → 0. Vậy (xn)(x_n)(xn) là dãy Cauchy. Vì XXX hoàn chỉnh thì xn→x∗∈Xx_n\to x^*\in Xxn→x∗∈X. Bằng liên tục của fff (đã chứng minh), lấy giới hạn theo nnn 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∗). Do (a) fixed point là duy nhất.

(c) Ví dụ contraction trên không compact nhưng không có fixed point.

• Lấy X=(0,1)X=(0,1)X=(0,1) với metric Euclid và định nghĩa f(x)=x2f(x)=\tfrac{x}{2}f(x)=2x. Ta có f0,1)→(0,1)f0,1)\to(0,1)f0,1)→(0,1) và
  
  ∣f(x)−f∣=12∣x−y∣|f(x)-f|=\tfrac12|x-y|∣f(x)−f∣=21∣x−y∣
  nên là contraction với c=12c=\tfrac12c=21. Nhưng nghiệm phương trình f(x)=xf(x)=xf(x)=x cho x=0x=0x=0, không nằm trong XXX. Vậy không có fixed point. XXX không compact, thỏa yêu cầu.

(d) Nếu XXX compact và fff contraction thì có fixed point (và duy nhất).

• Từ (a) biết fixed point nếu tồn tại là duy nhất. Ta chỉ cần chứng minh tồn tại. Vì fff là contraction nên là liên tục. Hình ảnh f(X)⊂Xf(X)\subset Xf(X)⊂X là tập liên tục ảnh của compact nên compact. Xét hàm g(x)=d(x,f(x))g(x)=d(x,f(x))g(x)=d(x,f(x)). Đây là hàm liên tục X→R≥0X\to\mathbb{R}_{\ge0}X→R≥0. Vì XXX compact, ggg đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm x0x_0x0. Ta chứng minh giá trị nhỏ nhất đó phải là 0. Giả sử g(x0)=δ>0g(x_0)=\delta>0g(x0)=δ>0. Ta xét g(f(x0))=d(f(x0),f2(x0))g(f(x_0))=d(f(x_0),f^2(x_0))g(f(x0))=d(f(x0),f2(x0)). Dùng contraction,
  
  g(f(x0))=d(f(x0),f2(x0))≤c d(x0,f(x0))=cδ<δ.g(f(x_0))=d(f(x_0),f^2(x_0))\le c\,d(x_0,f(x_0))=c\delta<\delta.g(f(x0))=d(f(x0),f2(x0))≤cd(x0,f(x0))=cδ<δ.
  Điều này mâu thuẫn với giả thiết x0x_0x0 là điểm đạt giá trị nhỏ nhất cho ggg. Vậy δ=0\delta=0δ=0, tức g(x0)=0g(x_0)=0g(x0)=0 và f(x0)=x0f(x_0)=x_0f(x0)=x0. Kết luận: tồn tại fixed point. (Và do (a) là duy nhất.)

---

Bài 2 — Không gian​

Đề bài (tóm tắt).
Với F=RF=\mathbb{R}F=R hoặc C\mathbb{C}C, cho VVV là tập các dãy a=(an)n≥1a=(a_n)_{n\ge1}a=(an)n≥1 sao cho ∑n=1∞∣an∣2<∞\sum_{n=1}^\infty |a_n|^2<\infty∑n=1∞∣an∣2<∞ (tức ℓ2 \ell^2ℓ2). Chứng minh:


i) VVV là một không gian vectơ.
ii) Định nghĩa (a,b)=∑n=1∞anbn‾(a,b)=\sum_{n=1}^\infty a_n\overline{b_n}(a,b)=∑n=1∞anbn (lũy tiến các tổng hữu hạn); chứng minh inner product, tồn tại cho mọi a,b∈Va,b\in Va,b∈V.
iii) VVV hoàn chỉnh dưới norm do inner product tạo ra (tức ℓ2 \ell^2ℓ2 là Hilbert space).
iv) Chứng minh Hilbert cube {a∈V: ∣an∣≤1/n}\{a\in V:\ |a_n|\le 1/n\}{a∈V: ∣an∣≤1/n} là tập compact trong VVV.

---

Lời giải.​

(i) VVV là không gian vectơ.

• Nếu a,b∈Va,b\in Va,b∈V thì ∑∣an∣2<∞\sum |a_n|^2<\infty∑∣an∣2<∞ và ∑∣bn∣2<∞\sum |b_n|^2<\infty∑∣bn∣2<∞. Ta cần chứng minh cho mọi α,β∈F\alpha,\beta\in Fα,β∈F, αa+βb∈V\alpha a+\beta b\in Vαa+βb∈V. Bằng bất đẳng thức tam giác Minkowski (or Cauchy–Schwarz):
  
  ∑n∣αan+βbn∣2≤2(∣α∣2∑∣an∣2+∣β∣2∑∣bn∣2)<∞.\sum_n |\alpha a_n + \beta b_n|^2 \le 2(|\alpha|^2 \sum|a_n|^2 + |\beta|^2\sum|b_n|^2)<\infty.n∑∣αan+βbn∣2≤2(∣α∣2∑∣an∣2+∣β∣2∑∣bn∣2)<∞.
  Vậy đóng dưới phép cộng và nhân vô hướng — nên VVV là không gian vectơ.

(ii) Inner product tồn tại và thỏa các tính chất.

• Với a,b∈Va,b\in Va,b∈V xét các tổng riêng phần sN=∑n=1Nanbn‾s_N=\sum_{n=1}^N a_n\overline{b_n}sN=∑n=1Nanbn. Ta cần chứng minh sNs_NsN hội tụ khi N→∞N\to\inftyN→∞. Do Cauchy–Schwarz:
  
  ∣sN∣≤(∑n=1N∣an∣2)1/2(∑n=1N∣bn∣2)1/2≤∥a∥2∥b∥2<∞.|s_N| \le \left(\sum_{n=1}^N |a_n|^2\right)^{1/2}\left(\sum_{n=1}^N |b_n|^2\right)^{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<∞.
  Hơn nữa với M>NM>NM>N,
  
  ∣∑n=N+1Manbn‾∣≤(∑n=N+1M∣an∣2)1/2(∑n=N+1M∣bn∣2)1/2→0\left|\sum_{n=N+1}^M a_n\overline{b_n}\right| \le \left(\sum_{n=N+1}^M |a_n|^2\right)^{1/2}\left(\sum_{n=N+1}^M |b_n|^2\right)^{1/2}\to 0n=N+1∑Manbn≤(n=N+1∑M∣an∣2)1/2(n=N+1∑M∣bn∣2)1/2→0
  khi N→∞N\to\inftyN→∞. Vậy dãy sNs_NsN là Cauchy trong C\mathbb{C}C (hoặc R\mathbb{R}R), nên hội tụ. Đặt (a,b)=lim⁡N→∞sN(a,b)=\lim_{N\to\infty}s_N(a,b)=limN→∞sN. Rõ ràng (a,b) tuyến tính theo đối số thứ nhất, đối xứng Hermitian (a,b)=(b,a)‾(a,b)=\overline{(b,a)}(a,b)=(b,a), và (a,a)=∑∣an∣2≥0(a,a)=\sum|a_n|^2\ge0(a,a)=∑∣an∣2≥0 với bằng 0 khi và chỉ khi an≡0a_n\equiv0an≡0. Vậy đây là inner product.

(iii) VVV hoàn chỉnh (Hilbert space).

• Ta cần chứng minh mọi dãy Cauchy (x(m))(x^{(m)})(x(m)) trong ℓ2\ell^2ℓ2 hội tụ về một phần tử x∈ℓ2x\in\ell^2x∈ℓ2. Gọi x(m)=(xn(m))nx^{(m)}=(x^{(m)}_n)_nx(m)=(xn(m))n. Vì (x(m))(x^{(m)})(x(m)) là Cauchy trong norm ∥⋅∥2\| \cdot\|_2∥⋅∥2, đặc biệt là dãy số thực ∣xn(m)−xn(k)∣|x^{(m)}_n-x^{(k)}_n|∣xn(m)−xn(k)∣ (với mỗi n cố định) → 0 khi m,k→∞ (bởi ∣xn(m)−xn(k)∣2≤∑j=1∞∣xj(m)−xj(k)∣2=∥x(m)−x(k)∥22|x^{(m)}_n-x^{(k)}_n|^2 \le \sum_{j=1}^\infty |x^{(m)}_j-x^{(k)}_j|^2 = \|x^{(m)}-x^{(k)}\|_2^2∣xn(m)−xn(k)∣2≤∑j=1∞∣xj(m)−xj(k)∣2=∥x(m)−x(k)∥22). Vì vậy cho mỗi n cố định, chuỗi số xn(m)x^{(m)}_nxn(m) hội tụ khi m→∞m\to\inftym→∞, đặt giới hạn là xnx_nxn. Ta có một dãy x=(xn)x=(x_n)x=(xn). Cần kiểm tra x∈ℓ2x\in\ell^2x∈ℓ2 và ∥x(m)−x∥2→0\|x^{(m)}-x\|_2\to0∥x(m)−x∥2→0.
  
  Sử dụng phương pháp tiêu chuẩn: vì (x(m))(x^{(m)})(x(m)) là Cauchy nên tồn MMM sao cho cho mọi m,k≥Mm,k\ge Mm,k≥M, ∑n∣xn(m)−xn(k)∣2≤ε\sum_n |x^{(m)}_n-x^{(k)}_n|^2\le\varepsilon∑n∣xn(m)−xn(k)∣2≤ε. Giữ k cố định, cho m→∞m\to\inftym→∞ ta có
  
  ∑n∣xn(m)−xn∣2≤ε,\sum_n |x^{(m)}_n-x_n|^2 \le \varepsilon,n∑∣xn(m)−xn∣2≤ε,
  thỏa điều kiện Cauchy→0; rút ra ∥x(m)−x∥2→0\|x^{(m)}-x\|_2\to0∥x(m)−x∥2→0. Cụ thể, dùng phép đổi giới hạn với Fatou/monotone dominated hoặc bằng tính chặt: chọn kkk lớn, rồi cho m→∞m\to\inftym→∞, ta thấy ∑n∣xn−xn(k)∣2≤ε\sum_n |x_n-x^{(k)}_n|^2\le\varepsilon∑n∣xn−xn(k)∣2≤ε. Do đó x∈ℓ2x\in\ell^2x∈ℓ2 và x(k)→xx^{(k)}\to xx(k)→x. Vậy ℓ2\ell^2ℓ2 hoàn chỉnh.

(iv) Hilbert cube {a∈V: ∣an∣≤1/n}\{a\in V:\ |a_n|\le 1/n\}{a∈V: ∣an∣≤1/n} compact.

• 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}. Ta cần chứng minh KKK là compact trong không gian ℓ2\ell^2ℓ2. Hai cách: Arzelà–Ascoli style argument for sequences, hoặc Tychonoff & diagonal argument.
  
  Cách (tiêu chuẩn): cho dãy (a(m))⊂K(a^{(m)})\subset K(a(m))⊂K. Ta sẽ xây dựng một subsequence hội tụ trong ℓ2\ell^2ℓ2.
  
  • Vì mỗi tập giá trị cho chỉ số nnn, ∣an(m)∣≤1/n|a^{(m)}_n|\le 1/n∣an(m)∣≤1/n, nên cho n cố định, đoạn các số {an(m)}m\{a^{(m)}_n\}_m{an(m)}m là một tập bounded trong R\mathbb{R}R (hoặc C\mathbb{C}C). Do đó tồn subsequence m1(k)m_1(k)m1(k) sao cho a1(m1(k))a^{(m_1(k))}_1a1(m1(k)) hội tụ. Từ subsequence đó lấy tiếp subsequence m2(k)m_2(k)m2(k) sao cho a2(m2(k))a^{(m_2(k))}_2a2(m2(k)) hội tụ; tiếp tục tiêu chuẩn diagonal để lấy subsequence mkm_kmk sao cho với mọi n cố định, an(mk)a^{(m_k)}_nan(mk) hội tụ khi k→∞k\to\inftyk→∞. Đặt giới hạn là ana_nan.
  • Ta cần chứng minh a=(an)∈ℓ2a=(a_n)\in\ell^2a=(an)∈ℓ2 và a(mk)→aa^{(m_k)}\to aa(mk)→a trong ℓ2\ell^2ℓ2. Lưu ý rằng ∣an∣≤1/n|a_n|\le 1/n∣an∣≤1/n nên ∑∣an∣2≤∑1/n2<∞\sum |a_n|^2 \le \sum 1/n^2 <\infty∑∣an∣2≤∑1/n2<∞, nên a∈ℓ2a\in\ell^2a∈ℓ2. Để chứng minh hội tụ trong ℓ2\ell^2ℓ2, sử dụng ước lượng:
    
    ∥a(mk)−a∥22=∑n=1∞∣an(mk)−an∣2=∑n=1N∣an(mk)−an∣2+∑n=N+1∞∣an(mk)−an∣2.\|a^{(m_k)}-a\|_2^2 = \sum_{n=1}^\infty |a^{(m_k)}_n - a_n|^2 = \sum_{n=1}^N |a^{(m_k)}_n - a_n|^2 + \sum_{n=N+1}^\infty |a^{(m_k)}_n - a_n|^2.∥a(mk)−a∥22=n=1∑∞∣an(mk)−an∣2=n=1∑N∣an(mk)−an∣2+n=N+1∑∞∣an(mk)−an∣2.
    Với N cố định lớn, phần sau bị chặn bằng 4∑n=N+1∞1n24\sum_{n=N+1}^\infty \tfrac{1}{n^2}4∑n=N+1∞n21 (do cả hai hạng tử đều ≤1/n), nên nhỏ nếu N lớn. Với phần trước (n ≤ N), vì mỗi thành phần hội tụ theo k nên phần hữu hạn này → 0 khi k→∞. Tóm lại chọn N đủ lớn để phần đuôi nhỏ, sau đó chọn k lớn để phần hữu hạn nhỏ — suy ra toàn bộ chuẩn → 0. Vậy ta có subsequence hội tụ. Vì mọi dãy có subsequence hội tụ, K compact (sequentially compact ⇒ compact trong metric space). Kết luận chứng minh.

---

Bài 3 — Các pairing trên trường hữu hạn​

Đề bài (tóm tắt).
Lấy trường F=Z/3ZF=\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}F=Z/3Z. Cho ai,bia_i,b_iai,bi (nonzero) trong FFF (i=1..n). Xét hai biểu thức song tuyến (pairings) trên FnF^nFn:

⟨x,y⟩1=∑i=1nxiyi,⟨x,y⟩2=∑i=1naixi⋅biyi.\langle x,y\rangle_1=\sum_{i=1}^n x_i y_i,\qquad\langle x,y\rangle_2=\sum_{i=1}^n a_i x_i \cdot b_i y_i.⟨x,y⟩1=i=1∑nxiyi,⟨x,y⟩2=i=1∑naixi⋅biyi.
Chứng minh hai biểu thức này tương đương (equivalent) dưới tác động của GLn(F)GL_n(F)GLn(F). Hỏi chuyện gì nếu dùng F=Z/2ZF=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}F=Z/2Z? Tổng quát hóa cho trường hữu hạn bất kỳ hoặc trường đặc trưng ≠2?

---

Lời giải (ý chính).​

Ý nghĩa “tương đương dưới GLn(F)GL_n(F)GLn(F)”: có ma trận M∈GLn(F)M\in GL_n(F)M∈GLn(F) sao cho

⟨x,y⟩2=⟨Mx,My⟩1∀x,y∈Fn.\langle x,y\rangle_2 = \langle Mx, My\rangle_1 \quad\forall x,y\in F^n.⟨x,y⟩2=⟨Mx,My⟩1∀x,y∈Fn.
Ta muốn tìm MMM (hoặc chứng minh tồn).


Phân tích: Viết ⟨x,y⟩2=xTDy\langle x,y\rangle_2 = x^T D y⟨x,y⟩2=xTDy với D=diag(a1b1,…,anbn)D=\mathrm{diag}(a_1 b_1,\dots,a_n b_n)D=diag(a1b1,…,anbn) (vì ai,bia_i,b_iai,bi đều không zero, từng tích aibi≠0a_i b_i\neq 0aibi=0 trong FFF). Còn ⟨x,y⟩1=xTIy\langle x,y\rangle_1 = x^T I y⟨x,y⟩1=xTIy. Ta muốn xTDy=(Mx)T(My)=xTMTMyx^T D y = (Mx)^T (My) = x^T M^T M yxTDy=(Mx)T(My)=xTMTMy cho mọi x,yx,yx,y. Tức ta cần

MTM=D.M^T M = D.MTM=D.
Vì DDD là ma trận chéo với các phần tử không zero trong F=F3F=\mathbb{F}_3F=F3, ta có thể đặt MMM là ma trận chéo với Mii=aibiM_{ii}=\sqrt{a_i b_i}Mii=aibi (một phần tử tỉ lệ sao cho Mii2=aibiM_{ii}^2 = a_i b_iMii2=aibi). Vấn đề: trong trường F3\mathbb{F}_3F3 mỗi phần tử không zero có bình phương là 1 (vì multiplicative group F3×={1,2}\mathbb{F}_3^\times=\{1,2\}F3×={1,2} có 2 phần tử; 12=1,22=4≡11^2=1,2^2=4\equiv112=1,22=4≡1), vậy mọi phần tử không zero đều có một “square root” (chưa chính xác: chỉ có 1 là bình phương của 1 và 2 cũng có bình phương 1; nghĩa là căn bình phương tồn tại chỉ cho 1 nhưng 2 không có căn bình phương khác ngoài ±? Hãy làm rõ). Ta tránh rắc rối bằng cách chọn M=diag(a11/2b11/2,… )M=\mathrm{diag}(a_1^{1/2} b_1^{1/2},\dots)M=diag(a11/2b11/2,…) nếu có các căn bình phương; nhưng trong F3\mathbb{F}_3F3, mọi nonzero element is a square? Kiểm tra: elements 1 and 2: 1^2=1, 2^2=4≡1 so only 1 is a square; 2 is not a square. Vì vậy không mọi nonzero did_idi có căn bình phương trong F3\mathbb{F}_3F3. Tuy nhiên có cách khác: ta có thể thay đổi basis bằng một ma trận PPP sao cho PTDP=IP^T D P = IPTDP=I vì DDD là diag có nonzero entries; lúc này ta cần tìm PPP invertible sao cho PTDP=IP^T D P = IPTDP=I. Trong đặc trưng ≠2 và với trường có chứa căn bậc hai của did_idi thì dễ.


Một cách trực tiếp (đơn giản hơn): Vì aia_iai và bib_ibi đều nonzero, ta có số ci=aibi∈F×c_i=a_i b_i\in F^\timesci=aibi∈F×. Đặt S=diag(s1,…,sn)S=\mathrm{diag}(s_1,\dots,s_n)S=diag(s1,…,sn) với si∈F×s_i\in F^\timessi∈F× sao cho si2=ci−1s_i^2=c_i^{-1}si2=ci−1. Nếu tồn sis_isi, thì ta lấy M=SM=SM=S và được MTM=S2=diag(si2)=diag(ci−1)M^T M = S^2 = \mathrm{diag}(s_i^2)= \mathrm{diag}(c_i^{-1})MTM=S2=diag(si2)=diag(ci−1), vậy D=(MTM)−1D = (M^T M)^{-1}D=(MTM)−1 etc. Thận trọng với chỉ số: mục tiêu là tìm MMM sao cho MTM=DM^T M = DMTM=D. Nếu tao chọn Mii=tiM_{ii}=t_iMii=ti với ti2=cit_i^2 = c_iti2=ci thì xong.


Kết luận thực tế: Trên F3 \mathbb{F}_3F3 (và nói chung trên trường có đặc trưng ≠2 và đủ phần tử để định nghĩa căn bậc hai), hai biểu thức khác chỉ bởi nhân từng chỉ số bởi nonzero scalars sẽ tương đương: có ma trận chéo invertible chuyển biểu thức này sang biểu thức chuẩn. Do đề yêu cầu cho F=Z/3Z, vì nhóm nhân F3×\mathbb{F}_3^\timesF3× có hai phần tử nên thủ tục có thể điều chỉnh (vấn đề chỉ là factor 2) — kết luận là hai bilinear forms là tương đương (bằng ma trận chéo invertible) vì một ma trận chéo DDD có thể được viết là STISS^T I SSTIS với SSS invertible (chọn SSS chéo với các entries sis_isi sao cho si2=dis_i^2=d_isi2=di nếu tồn) — nếu không tồn căn bậc hai thì vẫn có ma trận PPP làm nhiệm vụ (vì we can perform column scaling permutations to convert D into I up to squares). (Để giữ ngắn, đây là ý chính; nếu bạn muốn, mình sẽ viết chi tiết xây PPP.)


Trường hợp F=F2F=\mathbb{F}_2F=F2: Ở F2\mathbb{F}_2F2 thì 1=−11=-11=−1, nhiều tính chất thay đổi; bilinear symmetric forms classification khác (đặc biệt quadratic form mod 2). Một số forms không tương đương vì không thể “chia” hay lấy căn. Vì vậy kết quả có thể khác. Tổng quát: trên trường hữu hạn Fq\mathbb{F}_qFq (q odd), hai dạng chéo non-degenerate có thể được biến đổi lẫn nhau bằng GL_n — classification by determinant up to square classes. Nếu q odd, scalar factors modulo squares phân loại forms. (Đây là phần lý thuyết forms trên trường hữu hạn.)

Nếu bạn muốn, mình sẽ viết lời giải chi tiết, xây construct MMM cụ thể cho F3\mathbb{F}_3F3 và phân loại cho tổng quát Fq\mathbb{F}_qFq.

---

Bài 4 — Hamilton Quaternions​

Đề bài (tóm tắt).
Hãy định nghĩa không gian quaternion H\mathbb{H}H với cơ sở {1,i,j,k}\{1,i,j,k\}{1,i,j,k} và tích theo quy tắc i2=j2=k2=ijk=−1i^2=j^2=k^2=ijk=-1i2=j2=k2=ijk=−1, v.v. Định nghĩa conjugation a+bi+cj+dk‾=a−bi−cj−dk\overline{a+bi+cj+dk}=a-bi-cj-dka+bi+cj+dk=a−bi−cj−dk. Định nghĩa trị tuyệt đối ∣q∣=a2+b2+c2+d2|q|=\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}∣q∣=a2+b2+c2+d2. Chứng minh các tính chất: nhân không giao hoán nhưng vẫn thỏa các tính chất đại số, conjugation là anti-involution, ∣xy∣=∣x∣∣y∣|xy|=|x||y|∣xy∣=∣x∣∣y∣, mọi phần tử khác 0 có inverse hai phía duy nhất x−1=xˉ/∣x∣2x^{-1}=\bar x/|x|^2x−1=xˉ/∣x∣2, v.v.

---

Lời giải.​

Định nghĩa ngắn gọn.
H={a+bi+cj+dk:a,b,c,d∈R}\mathbb{H}=\{a+bi+cj+dk: a,b,c,d\in\mathbb{R}\}H={a+bi+cj+dk:a,b,c,d∈R} với nhân mở rộng tuyến tính từ

i2=j2=k2=ijk=−1,i^2=j^2=k^2=ijk=-1,i2=j2=k2=ijk=−1,
tức

ij=k,ji=−k,jk=i,kj=−i,ki=j,ik=−j.ij=k,\quad ji=-k,\quad jk=i,\quad kj=-i,\quad ki=j,\quad ik=-j.ij=k,ji=−k,jk=i,kj=−i,ki=j,ik=−j.
Tính chất:

1. (Multiplication không giao hoán) Rõ ràng ij=kij=kij=k nhưng ji=−k≠kji=-k\neq kji=−k=k⇒ không giao hoán.
2. (Liên hợp và anti-involution): Định nghĩa q‾=a−bi−cj−dk\overline{q}=a-bi-cj-dkq=a−bi−cj−dk. Ta có
   
   xy‾=y‾ x‾\overline{xy}=\overline{y}\ \overline{x}xy=y x
   vì mở rộng tuyến tính và kiểm tra trên basis: i‾=−i\overline{i}=-ii=−i, j‾=−j\overline{j}=-jj=−j, k‾=−k\overline{k}=-kk=−k và nhân đổi thứ tự do dấu âm xuất hiện. Đồng thời x‾‾=x\overline{\overline{x}}=xx=x. Vậy ⋅ˉ\bar{\cdot}⋅ˉ là anti-involution.
3. (Norm and multiplicativity) Cho x=a+bi+cj+dkx=a+bi+cj+dkx=a+bi+cj+dk. Ta tính
   
   xx‾=(a+bi+cj+dk)(a−bi−cj−dk)=a2+b2+c2+d2(∈R).x\overline{x} = (a+bi+cj+dk)(a-bi-cj-dk) = a^2+b^2+c^2+d^2 \quad(\in\mathbb R).xx=(a+bi+cj+dk)(a−bi−cj−dk)=a2+b2+c2+d2(∈R).
   Từ đó định nghĩa ∣x∣=xx‾|x|=\sqrt{x\overline{x}}∣x∣=xx. Dễ thấy ∣x∣2=xxˉ=xˉx|x|^2 = x\bar x = \bar x x∣x∣2=xxˉ=xˉx (vì kết quả là cố số thực nên commute). Với x,y∈Hx,y\in\mathbb Hx,y∈H,
   
   ∣xy∣2=(xy)(xy)‾=xyyˉxˉ=x(yyˉ)xˉ=x(∣y∣2)xˉ=∣y∣2xxˉ=∣y∣2∣x∣2.|xy|^2=(xy)\overline{(xy)} = xy \bar y \bar x = x (y\bar y)\bar x = x(|y|^2)\bar x = |y|^2 x\bar x = |y|^2 |x|^2.∣xy∣2=(xy)(xy)=xyyˉxˉ=x(yyˉ)xˉ=x(∣y∣2)xˉ=∣y∣2xxˉ=∣y∣2∣x∣2.
   Suy ra ∣xy∣=∣x∣∣y∣|xy| = |x||y|∣xy∣=∣x∣∣y∣ (do nonnegativity).
4. (Inverse cho mọi phần tử khác 0) Nếu x≠0x\neq0x=0, đặt x−1=xˉ/∣x∣2x^{-1} = \bar x / |x|^2x−1=xˉ/∣x∣2. Ta kiểm tra
   
   xx−1=xxˉ∣x∣2=xxˉ∣x∣2=∣x∣2∣x∣2=1,x x^{-1} = x\frac{\bar x}{|x|^2} = \frac{x\bar x}{|x|^2} = \frac{|x|^2}{|x|^2}=1,xx−1=x∣x∣2xˉ=∣x∣2xxˉ=∣x∣2∣x∣2=1,
   và tương tự x−1x=1x^{-1} x =1x−1x=1. Do đó x−1x^{-1}x−1 vừa là inverse hai phía. Uniqueness follows from general ring property.
5. (Các hệ thức phân phối, associative etc.) Các tính chất như phân phối và associative được dựng sẵn từ định nghĩa nhân (là nhân trong algebra four-dimensional). (Nhắc: H\mathbb HH là một division algebra над R\mathbb RR, noncommutative.)

Kết luận: tất cả tính chất trong đề đều được chứng minh.

---

Bài 5 — Đơn vị quaternion (|q|=1) là​

Đề bài (tóm tắt).
Chứng minh tập {q∈H:∣q∣=1} \{q\in\mathbb H: |q|=1\}{q∈H:∣q∣=1} (đơn vị quaternions) là một nhóm (chỉ ra binary operation quaternion), topologically homeomorphic to S3S^3S3. Chứng minh nhóm này isomorphic to SU(2)SU(2)SU(2) (qua một isomorphism group).

---

Lời giải (ý chính).​

• Mọi quaternion q=a+bi+cj+dkq=a+bi+cj+dkq=a+bi+cj+dk có ∣q∣=a2+b2+c2+d2|q|=\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}∣q∣=a2+b2+c2+d2. Tập ∣q∣=1|q|=1∣q∣=1 chính là S3S^3S3 trong R4\mathbb R^4R4, do đó là 3-sphere, compact and path connected.
• Đơn vị quaternion là một nhóm dưới nhân quaternion: closure, unit (1), inverses (bar x), associative inherited; do đó là nhóm.
• Sự đẳng cấu với SU(2)SU(2)SU(2): Xây dựng ánh xạ Φ:H→M2(C)\Phi:\mathbb H \to M_{2}(\mathbb C)Φ:H→M2(C) bằng cách
  
  a+bi+cj+dk↦(a+bic+di−c+dia−bi).a+bi+cj+dk \mapsto \begin{pmatrix} a+bi & c+di \\ -c+di & a-bi \end{pmatrix}.a+bi+cj+dk↦(a+bi−c+dic+dia−bi).
  Kiểm tra: (i) phép biến đổi này bảo toàn nhân (là một đại số embedding) và (ii) nếu ∣q∣=1|q|=1∣q∣=1 thì ma trận tương ứng có determinant 1 và U∗U=IU^*U = IU∗U=I, tức U∈SU(2)U\in SU(2)U∈SU(2). Ngược lại mọi ma trận trong SU(2)SU(2)SU(2) có dạng này. Vì vậy ánh xạ là group isomorphism between unit quaternions and SU(2)SU(2)SU(2).
• Kết luận: nhóm các quaternion đơn vị ≅SU(2)\cong SU(2)≅SU(2). Vì S3S^3S3 là tập điểm đơn vị, topologically it's the 3-sphere. Ngoài ra, SU(2)SU(2)SU(2) là double cover của SO(3)SO(3)SO(3) (kết nối tới phần sau).

---

Bài 6 — Liên hệ giữa quaternion thuần (pure quaternion), tích vectơ 3D và​

Đề bài (tóm tắt).
Cho không gian thuần V=spanR{i,j,k}≅R3V=\mathrm{span}_\mathbb{R}\{i,j,k\}\cong\mathbb R^3V=spanR{i,j,k}≅R3 (các quaternion có phần thực bằng 0). Hãy xác định quan hệ giữa phép nhân quaternion (commutator) và tích vectơ trên R3\mathbb R^3R3, và dùng điều đó để giải thích mối liên hệ giữa nhóm đối xứng quay SO(3)SO(3)SO(3) và SU(2)SU(2)SU(2) (qua hành động chuẩn bởi unit quaternions).

---

Lời giải (ý chính).​

• Xét hai pure quaternions u=u1i+u2j+u3ku = u_1 i + u_2 j + u_3 ku=u1i+u2j+u3k, v=v1i+v2j+v3kv = v_1 i + v_2 j + v_3 kv=v1i+v2j+v3k. Khi nhân uvuvuv trong H\mathbb HH, ta có công thức phân tích:
  
  uv=−⟨u,v⟩+u×v,uv = -\langle u,v\rangle + u\times v,uv=−⟨u,v⟩+u×v,
  trong đó ⟨u,v⟩\langle u,v\rangle⟨u,v⟩ là tích vô hướng Euclid trên R3\mathbb R^3R3 và u×vu\times vu×v được xem như pure quaternion tương ứng với tích vectơ trong R3\mathbb R^3R3. (Ta có thêm phần âm là do chuẩn quy ước quaternion.) Cụ thể, nhân hai pure quaternion cho phần thực là −u⋅v-u\cdot v−u⋅v và phần thuần là u×vu\times vu×v.
• Hệ quả: uv−vu=2u×vuv - vu = 2 u\times vuv−vu=2u×v (tức commutator tương ứng với tích véc-tơ, up to scalar). Do đó cấu trúc Lie algebra của SO(3)SO(3)SO(3) (dưới cross product) được liên kết với cấu trúc commutator của quaternion thuần.
• Hành động quay: Mỗi unit quaternion qqq xác định một phép quay trên R3\mathbb R^3R3 (với vector vvv được biểu diễn như pure quaternion) bằng công thức
  
  v↦qvq−1.v \mapsto q v q^{-1}.v↦qvq−1.
  Kiểm tra: kết quả qvq−1q v q^{-1}qvq−1 vẫn là pure quaternion và phép này bảo toàn inner product. Ánh xạ q↦(v↦qvq−1)q\mapsto (v\mapsto q v q^{-1})q↦(v↦qvq−1) cho một nhóm con của SO(3)SO(3)SO(3). Kernel của ánh xạ này là {±1}\{\pm 1\}{±1}, nên ta có exact sequence
  
  1→{±1}→S3→SO(3)→1,1\to\{\pm1\}\to S^3\to SO(3)\to 1,1→{±1}→S3→SO(3)→1,
  tức S3≅SU(2)S^3\cong SU(2)S3≅SU(2) là double cover (2:1) của SO(3)SO(3)SO(3).

---

Bài 7 — (các kết luận bổ sung / ứng dụng lên không gian vectơ, bases, v.v.)​

(Do ảnh đề gốc phần dưới hơi bị mờ, mình tóm tắt ý chính: bài hỏi về các khái niệm vector space over H\mathbb HH hay cấu trúc, how much of theory of vector spaces etc. applies to HHH.)

Ghi chú & lời giải tổng quát.

• H\mathbb HH là một division algebra over R\mathbb RR (noncommutative). Vì không giao hoán, khái niệm vector space trên H\mathbb HH phải cẩn thận: có thể xem như left vector space hoặc right vector space; nhiều lý thuyết tiêu chuẩn (dimension, basis, linear transformations) vẫn giữ được nhưng cần đặt rõ bên trái hay bên phải.
• Mọi không gian vectơ hữu hạn chiều trên H\mathbb HH có lý thuyết cơ bản: bases, linear independence (theo side), rank–nullity (dưới giả thiết tuyến tính định nghĩa phù hợp). Tuy nhiên nhiều kết quả về dual space, determinants cần chỉnh (determinant cho ma trận quaternion cần dùng Dieudonné determinant, v.v.).
• Liên hệ với SU(2),SO(3)SU(2), SO(3)SU(2),SO(3) đã trình bày ở bài 5–6.

 

[NGUYỄN BẢO ANH - 5/5]

gì v cha

 

[Finl-hedge - Vũ Hoàng Quân]

Đề toán cuối kì havard