Câu 1 (Đại số / Spectral).
Cho A∈Mn(R)A\in M_n(\mathbb{R})A∈Mn(R) là ma trận đối xứng thực. Chứng minh tồn một cơ sở trực chuẩn của Rn\mathbb R^nRn gồm các vector riêng của AAA. (Spectral theorem — chứng minh đầy đủ bằng phương pháp Rayleigh quotient / induction.)
Câu 2 (Tích phân Beta/Gamma).
Cho 0<a<10<a<10<a<1. Tính chính xác
I(a)=∫0∞xa−11+x dx.I(a)=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\,dx.I(a)=∫0∞1+xxa−1dx.
(Thể hiện kết quả qua hàm Gamma hoặc biểu thức lượng giác.)
Câu 3 (Lý thuyết nhóm).
Cho ppp là số nguyên tố. Phân loại mọi nhóm Abel có thứ tự p2p^2p2 (tức liệt kê mọi nhóm Abel theo đẳng cấu có order p2p^2p2). Chứng minh rằng chỉ có hai kiểu: Zp2\mathbb Z_{p^2}Zp2 và Zp×Zp\mathbb Z_p\times\mathbb Z_pZp×Zp.
Câu 4 (Eigenvalue problem — Sturm–Liouville).
Tìm tất cả các giá trị riêng λ\lambdaλ và các vector riêng (hàm riêng) yyy (không tầm thường) thỏa
y′′+λy=0,0<x<1,y''+\lambda y = 0,\qquad 0<x<1,y′′+λy=0,0<x<1,
với điều kiện biên y(0)=0, y′(1)=0y(0)=0,\; y'(1)=0y(0)=0,y′(1)=0. Chuẩn hoá các eigenfunctions theo L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
Câu 5 (Phép đổi giới hạn và tích phân).
Cho fn:[0,1]→Rf_n:[0,1]\to\mathbb Rfn:[0,1]→R định bởi
fn(x)=n1(0,1n)(x)={n,0<x<1n,0,khaˊc.f_n(x)=n\mathbf{1}_{(0,\frac{1}{n})}(x) = \begin{cases} n,& 0<x<\frac{1}{n},\\ 0,&\text{khác.}\end{cases}fn(x)=n1(0,n1)(x)={n,0,0<x<n1,khaˊc.
a) Chứng minh fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0 cho mọi x∈(0,1]x\in(0,1]x∈(0,1] và fn(0)=0f_n(0)=0fn(0)=0 cho mọi nnn.
b) Tính ∫01fn(x) dx\int_0^1 f_n(x)\,dx∫01fn(x)dx và suy ra điều gì về việc hoán đổi giới hạn và tích phân — liên hệ với Dominated Convergence Theorem.
Mục tiêu: chứng minh AAA có cơ sở trực chuẩn gồm các eigenvector.
Bước 0 (nhắc lại). Với A=ATA=A^TA=AT (thực đối xứng), mọi trị riêng của AAA là thực (vì vTAvv^T A vvTAv là thực và bằng λ∥v∥2\lambda \|v\|^2λ∥v∥2 nếu Av=λvAv=\lambda vAv=λv). Ta chứng minh mạnh hơn: AAA khả diện qua ma trận trực giao.
Bước 1 — tồn eigenvalue thực & vector.
Xét hàm Rayleigh:
R(x)=xTAxxTx,x∈Rn∖{0}.R(x)=\frac{x^T A x}{x^T x},\quad x\in\mathbb R^n\setminus\{0\}.R(x)=xTxxTAx,x∈Rn∖{0}.
Trên cầu đơn vị Sn−1S^{n-1}Sn−1 hàm RRR liên tục nên đạt cực tiểu (và cực đại). Lấy vvv là điểm cực tiểu (không 0). Gọi λ=R(v)\lambda=R(v)λ=R(v). Sử dụng biến phân (xét g(t)=R(v+tw)g(t)=R(v+tw)g(t)=R(v+tw) đạo theo ttt tại 000), suy ra
Av=λv.Av=\lambda v.Av=λv.
Vậy tồn eigenpair (λ,v)(\lambda,v)(λ,v) với λ∈R\lambda\in\mathbb Rλ∈R.
Bước 2 — trực giao hóa không gian riêng.
Ta có thể chọn vvv đơn vị. Xét V1=span{v}V_1=\mathrm{span}\{v\}V1=span{v} và không gian trực giao V1⊥V_1^\perpV1⊥ (chiều n−1n-1n−1). Vì AAA đối xứng, với mọi w∈V1⊥w\in V_1^\perpw∈V1⊥,
vT(Aw)=(Av)Tw=λvTw=0,v^T( A w) = (A v)^T w = \lambda v^T w = 0,vT(Aw)=(Av)Tw=λvTw=0,
nên Aw∈V1⊥Aw\in V_1^\perpAw∈V1⊥. Tức V1⊥V_1^\perpV1⊥ là invariant subspace của AAA. Do đó ta có thể coi AAA như ma trận block (λ00A1)\begin{pmatrix}\lambda & 0\\0 & A_1\end{pmatrix}(λ00A1) theo cơ sở {v}∪\{v\}\cup{v}∪ một cơ sở của V1⊥V_1^\perpV1⊥.
Bước 3 — quy nạp.
Áp dụng quy trình trên cho A1A_1A1 trên V1⊥V_1^\perpV1⊥ (độ n−1n-1n−1). Do đó ta xây được một hệ trực chuẩn gồm eigenvector đầy đủ. Kết luận: tồn phép trực giao QQQ sao cho QTAQ=diag(λ1,…,λn)Q^T A Q = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)QTAQ=diag(λ1,…,λn).
Nhận xét: Proof hoàn chỉnh bằng induction + Rayleigh quotient. QED.
Ý chính: liên hệ tích phân với hàm Beta/Gamma: B(u,v)=∫01tu−1(1−t)v−1dtB(u,v)=\int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}dtB(u,v)=∫01tu−1(1−t)v−1dt và biến đổi x=t/(1−t)x=t/(1-t)x=t/(1−t) chuyển (0,1)↔(0,∞)(0,1)\leftrightarrow(0,\infty)(0,1)↔(0,∞).
Bước 1 — biến đổi. Đặt x=t1−tx=\dfrac{t}{1-t}x=1−tt với t∈(0,1)t\in(0,1)t∈(0,1). Khi đó dx=1(1−t)2dtdx=\dfrac{1}{(1-t)^2}dtdx=(1−t)21dt và
xa−1=(t1−t)a−1,1+x=11−t.x^{a-1} = \left(\frac{t}{1-t}\right)^{a-1},\qquad 1+x = \frac{1}{1-t}.xa−1=(1−tt)a−1,1+x=1−t1.
Thay vào:
I(a)=∫01(t1−t)a−1⋅(1−t)⋅1(1−t)2 dt=∫01ta−1(1−t)−a dt.I(a)=\int_0^1 \left(\frac{t}{1-t}\right)^{a-1}\cdot(1-t)\cdot \frac{1}{(1-t)^2}\,dt= \int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{-a}\,dt.I(a)=∫01(1−tt)a−1⋅(1−t)⋅(1−t)21dt=∫01ta−1(1−t)−adt.
Simplify: (1−t)−a=(1−t)(1−a)−1 (1-t)^{-a} = (1-t)^{(1-a)-1}(1−t)−a=(1−t)(1−a)−1. Vậy
I(a)=∫01ta−1(1−t)(1−a)−1 dt=B(a,1−a).I(a)=\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{(1-a)-1}\,dt = B(a,1-a).I(a)=∫01ta−1(1−t)(1−a)−1dt=B(a,1−a).
Bước 2 — liên hệ Beta và Gamma. Ta có B(u,v)=Γ(u)Γ(v)Γ(u+v)B(u,v)=\dfrac{\Gamma(u)\Gamma(v)}{\Gamma(u+v)}B(u,v)=Γ(u+v)Γ(u)Γ(v). Với u=a, v=1−au=a,\ v=1-au=a, v=1−a, Γ(a)Γ(1−a)=πsin(πa)\Gamma(a)\Gamma(1-a)=\dfrac{\pi}{\sin(\pi a)}Γ(a)Γ(1−a)=sin(πa)π (công thức phản xạ của Gamma). Do đó
I(a)=B(a,1−a)=Γ(a)Γ(1−a)Γ(1)=Γ(a)Γ(1−a).I(a) = B(a,1-a) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(1-a)}{\Gamma(1)} = \Gamma(a)\Gamma(1-a).I(a)=B(a,1−a)=Γ(1)Γ(a)Γ(1−a)=Γ(a)Γ(1−a).
Vì Γ(1)=1\Gamma(1)=1Γ(1)=1, và theo công thức phản xạ,
Γ(a)Γ(1−a)=πsin(πa).\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}.Γ(a)Γ(1−a)=sin(πa)π.
Kết luận:
I(a)=∫0∞xa−11+x dx=πsin(πa)(0<a<1). \boxed{\,\displaystyle I(a)=\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1+x}\,dx = \frac{\pi}{\sin(\pi a)} \quad (0<a<1).\,}I(a)=∫0∞1+xxa−1dx=sin(πa)π(0<a<1).
(Lưu ý: một cách viết khác là B(a,1−a)B(a,1-a)B(a,1−a).)
Mục tiêu: chứng minh mọi nhóm Abel cỡ p2p^2p2 là isomorphic to either Zp2\mathbb Z_{p^2}Zp2 or Zp×Zp\mathbb Z_p\times\mathbb Z_pZp×Zp.
Bước 1 — dùng định lý Cauchy & ý tưởng cấu trúc.
Với GGG Abel of order p2p^2p2 (p prime). Nếu GGG cyclic (có phần tử of order p2p^2p2) thì G≅Zp2G\cong\mathbb Z_{p^2}G≅Zp2. Nếu không có phần tử order p2p^2p2, thì mọi phần tử có order dividing ppp ⇒ every non-identity element has order ppp. Do đó GGG là vector space trên field Fp\mathbb F_pFp (định nghĩa phép cộng trong nhóm và nhân vô hướng bởi scalar in {0,…,p−1}\{0,\dots,p-1\}{0,…,p−1} qua lặp cộng). Dimension của không gian trên Fp\mathbb F_pFp phải là 2 vì ∣G∣=p2|G|=p^2∣G∣=p2. Vậy G≅Fp2≅Zp×ZpG\cong \mathbb F_p^2 \cong \mathbb Z_p\times\mathbb Z_pG≅Fp2≅Zp×Zp.
Bước 2 — trình bày hoàn chỉnh.
Kết luận: chỉ hai kiểu.
Tìm các λ\lambdaλ sao cho tồn nghiệm phi-tầmthường (nontrivial).
Phân trường hợp theo dấu λ\lambdaλ.
Equation: y′′=0y''=0y′′=0 ⇒ y=Ax+By=Ax+By=Ax+B. BC: y(0)=B=0y(0)=B=0y(0)=B=0. y′(x)=Ay'(x)=Ay′(x)=A. BC2: y′(1)=A=0y'(1)=A=0y′(1)=A=0. Suy ra A=B=0A=B=0A=B=0 ⇒ only trivial solution. Vậy λ=0\lambda=0λ=0 không là eigenvalue.
General solution: y=Ccos(μx)+Dsin(μx)y=C\cos(\mu x)+D\sin(\mu x)y=Ccos(μx)+Dsin(μx). BC y(0)=0y(0)=0y(0)=0 ⇒ C=0C=0C=0. So y=Dsin(μx)y=D\sin(\mu x)y=Dsin(μx). BC2: y′(x)=Dμcos(μx)y'(x)=D\mu\cos(\mu x)y′(x)=Dμcos(μx) → y′(1)=Dμcos(μ)=0y'(1)=D\mu\cos(\mu)=0y′(1)=Dμcos(μ)=0. For nontrivial solution need D≠0D\ne0D=0 and cos(μ)=0\cos(\mu)=0cos(μ)=0. So
μ=π2+kπ=(k+12)π,k=0,1,2,…\mu = \frac{\pi}{2} + k\pi = \left(k+\tfrac12\right)\pi,\quad k=0,1,2,\dotsμ=2π+kπ=(k+21)π,k=0,1,2,…
Thus eigenvalues:
λk=μk2=((k+12)π)2,k=0,1,2,…\boxed{\lambda_k = \mu_k^2 = \big((k+\tfrac12)\pi\big)^2,\quad k=0,1,2,\dots}λk=μk2=((k+21)π)2,k=0,1,2,…
Eigenfunctions (unnormalized): yk(x)=sin((k+12)πx)y_k(x)=\sin\big((k+\tfrac12)\pi x\big)yk(x)=sin((k+21)πx).
Equation: y′′−μ2y=0y''-\mu^2 y=0y′′−μ2y=0 ⇒ y=Aeμx+Be−μxy=A e^{\mu x}+B e^{-\mu x}y=Aeμx+Be−μx. BC y(0)=A+B=0y(0)=A+B=0y(0)=A+B=0 ⇒ B=−AB=-AB=−A, so y=A(eμx−e−μx)=2Asinh(μx)y=A(e^{\mu x}-e^{-\mu x}) = 2A\sinh(\mu x)y=A(eμx−e−μx)=2Asinh(μx). Derivative: y′(x)=2Aμcosh(μx)y'(x)=2A\mu\cosh(\mu x)y′(x)=2Aμcosh(μx). BC2: y′(1)=2Aμcosh(μ)=0y'(1)=2A\mu\cosh(\mu)=0y′(1)=2Aμcosh(μ)=0. For nontrivial need A≠0A\ne0A=0 and cosh(μ)=0\cosh(\mu)=0cosh(μ)=0 — impossible for real μ. So no negative eigenvalues.
Chuẩn hoá trong L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
Compute norm:
∥yk∥2=∫01sin2(μkx) dx=12(1−sin(2μk)2μk).\|y_k\|^2 = \int_0^1 \sin^2(\mu_k x)\,dx = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\sin(2\mu_k)}{2\mu_k}\right).∥yk∥2=∫01sin2(μkx)dx=21(1−2μksin(2μk)).
But μk=(k+1/2)π\mu_k=(k+1/2)\piμk=(k+1/2)π ⇒ 2μk=(2k+1)π2\mu_k=(2k+1)\pi2μk=(2k+1)π ⇒ sin(2μk)=0\sin(2\mu_k)=0sin(2μk)=0. So
∥yk∥2=12.\|y_k\|^2 = \frac{1}{2}.∥yk∥2=21.
Therefore normalized eigenfunctions
ϕk(x)=yk(x)∥yk∥=2 sin((k+12)πx).\phi_k(x) = \frac{y_k(x)}{\|y_k\|} = \sqrt{2}\,\sin\big((k+\tfrac12)\pi x\big).ϕk(x)=∥yk∥yk(x)=2sin((k+21)πx).
Kết luận: eigenvalues λk=((k+12)π)2\lambda_k=((k+\tfrac12)\pi)^2λk=((k+21)π)2, eigenfunctions normalized ϕk(x)=2sin((k+1/2)πx)\phi_k(x)=\sqrt{2}\sin((k+1/2)\pi x)ϕk(x)=2sin((k+1/2)πx), k=0,1,2,…k=0,1,2,\dotsk=0,1,2,…. Chúng tạo hệ orthonormal in L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
a) Với x>0x>0x>0 cố định, nếu n>1/xn>1/xn>1/x thì 1/n<x1/n < x1/n<x false? Let's reason: fix x>0x>0x>0. For lớn n, 1/n<x1/n < x1/n<x holds, so x∉(0,1/n)x\notin(0,1/n)x∈/(0,1/n). Thus for sufficiently lớn nnn, fn(x)=0f_n(x)=0fn(x)=0. Do đó fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0. At x=0x=0x=0, by definition fn(0)=0f_n(0)=0fn(0)=0. Vậy fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0 pointwise trên [0,1][0,1][0,1].
b) Tính tích phân:
∫01fn(x) dx=∫01/nn dx=n⋅1n=1.\int_0^1 f_n(x)\,dx = \int_0^{1/n} n\,dx = n\cdot \frac{1}{n} = 1.∫01fn(x)dx=∫01/nndx=n⋅n1=1.
Vậy cho mọi nnn, integral =1. Nhưng hàm điểm giới hạn f(x)≡0f(x)\equiv 0f(x)≡0 có tích phân 0. Do đó
limn→∞∫01fn(x) dx=1≠0=∫01limn→∞fn(x)⏟=0 dx.\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx = 1 \ne 0 = \int_0^1 \underbrace{ \lim_{n\to\infty} f_n(x)}_{=0}\,dx.n→∞lim∫01fn(x)dx=1=0=∫01=0n→∞limfn(x)dx.
Đây là ví dụ tiêu biểu cho việc không thể hoán đổi giới hạn và tích phân nếu không có điều kiện phù hợp.
Liên hệ với Dominated Convergence Theorem (DCT): DCT yêu cầu tồn hàm g∈L1g\in L^1g∈L1 (integrable) sao cho ∣fn∣≤g|f_n|\le g∣fn∣≤g mọi n. Ở đây mỗi fnf_nfn có integral =1 nhưng không tồn g∈L1g\in L^1g∈L1 cố định với ∣fn∣≤g|f_n|\le g∣fn∣≤g trên toàn [0,1][0,1][0,1] vì tại x=0x=0x=0 các giá trị fnf_nfn không uniformly bounded by an L1L^1L1 function? Thực ra ∣fn∣≤n|f_n|\le n∣fn∣≤n — không có integrable bound independent of n. Nếu có một hàm g∈L1g\in L^1g∈L1 với fn(x)≤g(x)f_n(x)\le g(x)fn(x)≤g(x) thì tích của g trên nhỏ interval (0,eps) trở nên nhỏ, nhưng fnf_nfn lớn ở đó. Kết luận: DCT không thể áp dụng (không có majorant integrable). Đây là ví dụ kinh điển về “mass tập trung” — sequence converges pointwise to 0 but integrals don't go to 0.
Cho A∈Mn(R)A\in M_n(\mathbb{R})A∈Mn(R) là ma trận đối xứng thực. Chứng minh tồn một cơ sở trực chuẩn của Rn\mathbb R^nRn gồm các vector riêng của AAA. (Spectral theorem — chứng minh đầy đủ bằng phương pháp Rayleigh quotient / induction.)
Câu 2 (Tích phân Beta/Gamma).
Cho 0<a<10<a<10<a<1. Tính chính xác
I(a)=∫0∞xa−11+x dx.I(a)=\int_0^\infty \frac{x^{a-1}}{1+x}\,dx.I(a)=∫0∞1+xxa−1dx.
(Thể hiện kết quả qua hàm Gamma hoặc biểu thức lượng giác.)
Câu 3 (Lý thuyết nhóm).
Cho ppp là số nguyên tố. Phân loại mọi nhóm Abel có thứ tự p2p^2p2 (tức liệt kê mọi nhóm Abel theo đẳng cấu có order p2p^2p2). Chứng minh rằng chỉ có hai kiểu: Zp2\mathbb Z_{p^2}Zp2 và Zp×Zp\mathbb Z_p\times\mathbb Z_pZp×Zp.
Câu 4 (Eigenvalue problem — Sturm–Liouville).
Tìm tất cả các giá trị riêng λ\lambdaλ và các vector riêng (hàm riêng) yyy (không tầm thường) thỏa
y′′+λy=0,0<x<1,y''+\lambda y = 0,\qquad 0<x<1,y′′+λy=0,0<x<1,
với điều kiện biên y(0)=0, y′(1)=0y(0)=0,\; y'(1)=0y(0)=0,y′(1)=0. Chuẩn hoá các eigenfunctions theo L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
Câu 5 (Phép đổi giới hạn và tích phân).
Cho fn:[0,1]→Rf_n:[0,1]\to\mathbb Rfn:[0,1]→R định bởi
fn(x)=n1(0,1n)(x)={n,0<x<1n,0,khaˊc.f_n(x)=n\mathbf{1}_{(0,\frac{1}{n})}(x) = \begin{cases} n,& 0<x<\frac{1}{n},\\ 0,&\text{khác.}\end{cases}fn(x)=n1(0,n1)(x)={n,0,0<x<n1,khaˊc.
a) Chứng minh fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0 cho mọi x∈(0,1]x\in(0,1]x∈(0,1] và fn(0)=0f_n(0)=0fn(0)=0 cho mọi nnn.
b) Tính ∫01fn(x) dx\int_0^1 f_n(x)\,dx∫01fn(x)dx và suy ra điều gì về việc hoán đổi giới hạn và tích phân — liên hệ với Dominated Convergence Theorem.
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 — Spectral theorem (ma trận đối xứng thực)
Mục tiêu: chứng minh AAA có cơ sở trực chuẩn gồm các eigenvector.
Bước 0 (nhắc lại). Với A=ATA=A^TA=AT (thực đối xứng), mọi trị riêng của AAA là thực (vì vTAvv^T A vvTAv là thực và bằng λ∥v∥2\lambda \|v\|^2λ∥v∥2 nếu Av=λvAv=\lambda vAv=λv). Ta chứng minh mạnh hơn: AAA khả diện qua ma trận trực giao.
Bước 1 — tồn eigenvalue thực & vector.
Xét hàm Rayleigh:
R(x)=xTAxxTx,x∈Rn∖{0}.R(x)=\frac{x^T A x}{x^T x},\quad x\in\mathbb R^n\setminus\{0\}.R(x)=xTxxTAx,x∈Rn∖{0}.
Trên cầu đơn vị Sn−1S^{n-1}Sn−1 hàm RRR liên tục nên đạt cực tiểu (và cực đại). Lấy vvv là điểm cực tiểu (không 0). Gọi λ=R(v)\lambda=R(v)λ=R(v). Sử dụng biến phân (xét g(t)=R(v+tw)g(t)=R(v+tw)g(t)=R(v+tw) đạo theo ttt tại 000), suy ra
Av=λv.Av=\lambda v.Av=λv.
Vậy tồn eigenpair (λ,v)(\lambda,v)(λ,v) với λ∈R\lambda\in\mathbb Rλ∈R.
Bước 2 — trực giao hóa không gian riêng.
Ta có thể chọn vvv đơn vị. Xét V1=span{v}V_1=\mathrm{span}\{v\}V1=span{v} và không gian trực giao V1⊥V_1^\perpV1⊥ (chiều n−1n-1n−1). Vì AAA đối xứng, với mọi w∈V1⊥w\in V_1^\perpw∈V1⊥,
vT(Aw)=(Av)Tw=λvTw=0,v^T( A w) = (A v)^T w = \lambda v^T w = 0,vT(Aw)=(Av)Tw=λvTw=0,
nên Aw∈V1⊥Aw\in V_1^\perpAw∈V1⊥. Tức V1⊥V_1^\perpV1⊥ là invariant subspace của AAA. Do đó ta có thể coi AAA như ma trận block (λ00A1)\begin{pmatrix}\lambda & 0\\0 & A_1\end{pmatrix}(λ00A1) theo cơ sở {v}∪\{v\}\cup{v}∪ một cơ sở của V1⊥V_1^\perpV1⊥.
Bước 3 — quy nạp.
Áp dụng quy trình trên cho A1A_1A1 trên V1⊥V_1^\perpV1⊥ (độ n−1n-1n−1). Do đó ta xây được một hệ trực chuẩn gồm eigenvector đầy đủ. Kết luận: tồn phép trực giao QQQ sao cho QTAQ=diag(λ1,…,λn)Q^T A Q = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)QTAQ=diag(λ1,…,λn).
Nhận xét: Proof hoàn chỉnh bằng induction + Rayleigh quotient. QED.
Câu 2 — Tính
Ý chính: liên hệ tích phân với hàm Beta/Gamma: B(u,v)=∫01tu−1(1−t)v−1dtB(u,v)=\int_0^1 t^{u-1}(1-t)^{v-1}dtB(u,v)=∫01tu−1(1−t)v−1dt và biến đổi x=t/(1−t)x=t/(1-t)x=t/(1−t) chuyển (0,1)↔(0,∞)(0,1)\leftrightarrow(0,\infty)(0,1)↔(0,∞).
Bước 1 — biến đổi. Đặt x=t1−tx=\dfrac{t}{1-t}x=1−tt với t∈(0,1)t\in(0,1)t∈(0,1). Khi đó dx=1(1−t)2dtdx=\dfrac{1}{(1-t)^2}dtdx=(1−t)21dt và
xa−1=(t1−t)a−1,1+x=11−t.x^{a-1} = \left(\frac{t}{1-t}\right)^{a-1},\qquad 1+x = \frac{1}{1-t}.xa−1=(1−tt)a−1,1+x=1−t1.
Thay vào:
I(a)=∫01(t1−t)a−1⋅(1−t)⋅1(1−t)2 dt=∫01ta−1(1−t)−a dt.I(a)=\int_0^1 \left(\frac{t}{1-t}\right)^{a-1}\cdot(1-t)\cdot \frac{1}{(1-t)^2}\,dt= \int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{-a}\,dt.I(a)=∫01(1−tt)a−1⋅(1−t)⋅(1−t)21dt=∫01ta−1(1−t)−adt.
Simplify: (1−t)−a=(1−t)(1−a)−1 (1-t)^{-a} = (1-t)^{(1-a)-1}(1−t)−a=(1−t)(1−a)−1. Vậy
I(a)=∫01ta−1(1−t)(1−a)−1 dt=B(a,1−a).I(a)=\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{(1-a)-1}\,dt = B(a,1-a).I(a)=∫01ta−1(1−t)(1−a)−1dt=B(a,1−a).
Bước 2 — liên hệ Beta và Gamma. Ta có B(u,v)=Γ(u)Γ(v)Γ(u+v)B(u,v)=\dfrac{\Gamma(u)\Gamma(v)}{\Gamma(u+v)}B(u,v)=Γ(u+v)Γ(u)Γ(v). Với u=a, v=1−au=a,\ v=1-au=a, v=1−a, Γ(a)Γ(1−a)=πsin(πa)\Gamma(a)\Gamma(1-a)=\dfrac{\pi}{\sin(\pi a)}Γ(a)Γ(1−a)=sin(πa)π (công thức phản xạ của Gamma). Do đó
I(a)=B(a,1−a)=Γ(a)Γ(1−a)Γ(1)=Γ(a)Γ(1−a).I(a) = B(a,1-a) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(1-a)}{\Gamma(1)} = \Gamma(a)\Gamma(1-a).I(a)=B(a,1−a)=Γ(1)Γ(a)Γ(1−a)=Γ(a)Γ(1−a).
Vì Γ(1)=1\Gamma(1)=1Γ(1)=1, và theo công thức phản xạ,
Γ(a)Γ(1−a)=πsin(πa).\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac{\pi}{\sin(\pi a)}.Γ(a)Γ(1−a)=sin(πa)π.
Kết luận:
I(a)=∫0∞xa−11+x dx=πsin(πa)(0<a<1). \boxed{\,\displaystyle I(a)=\int_0^\infty\frac{x^{a-1}}{1+x}\,dx = \frac{\pi}{\sin(\pi a)} \quad (0<a<1).\,}I(a)=∫0∞1+xxa−1dx=sin(πa)π(0<a<1).
(Lưu ý: một cách viết khác là B(a,1−a)B(a,1-a)B(a,1−a).)
Câu 3 — Phân loại nhóm Abel order
Mục tiêu: chứng minh mọi nhóm Abel cỡ p2p^2p2 là isomorphic to either Zp2\mathbb Z_{p^2}Zp2 or Zp×Zp\mathbb Z_p\times\mathbb Z_pZp×Zp.
Bước 1 — dùng định lý Cauchy & ý tưởng cấu trúc.
Với GGG Abel of order p2p^2p2 (p prime). Nếu GGG cyclic (có phần tử of order p2p^2p2) thì G≅Zp2G\cong\mathbb Z_{p^2}G≅Zp2. Nếu không có phần tử order p2p^2p2, thì mọi phần tử có order dividing ppp ⇒ every non-identity element has order ppp. Do đó GGG là vector space trên field Fp\mathbb F_pFp (định nghĩa phép cộng trong nhóm và nhân vô hướng bởi scalar in {0,…,p−1}\{0,\dots,p-1\}{0,…,p−1} qua lặp cộng). Dimension của không gian trên Fp\mathbb F_pFp phải là 2 vì ∣G∣=p2|G|=p^2∣G∣=p2. Vậy G≅Fp2≅Zp×ZpG\cong \mathbb F_p^2 \cong \mathbb Z_p\times\mathbb Z_pG≅Fp2≅Zp×Zp.
Bước 2 — trình bày hoàn chỉnh.
- Nếu ∃g∈G\exists g\in G∃g∈G with ∣g∣=p2|g|=p^2∣g∣=p2, rồi ⟨g⟩\langle g\rangle⟨g⟩ có order p2p^2p2 bằng toàn GGG ⇒ GGG cyclic ⇒ G≅Zp2G\cong\mathbb Z_{p^2}G≅Zp2.
- Nếu không, every non-identity element has order ppp. Chọn x≠ex\ne ex=e. Then ⟨x⟩\langle x\rangle⟨x⟩ has order ppp. Choose y∉⟨x⟩y\notin\langle x\rangley∈/⟨x⟩. Then subgroup generated by x,yx,yx,y has order p2p^2p2 (because intersection trivial and product sizes multiply) hence equals GGG. And relations are px=py=0px=py=0px=py=0 so structure is Zp×Zp\mathbb Z_p\times\mathbb Z_pZp×Zp. (Formalize by showing mapping ϕ:Fp2→G\phi:\mathbb F_p^2\to Gϕ:Fp2→G sending basis to x,yx,yx,y là đồng cấu.)
Kết luận: chỉ hai kiểu.
Câu 4 — Eigenproblem
Tìm các λ\lambdaλ sao cho tồn nghiệm phi-tầmthường (nontrivial).
Phân trường hợp theo dấu λ\lambdaλ.
Trường hợp A:
Equation: y′′=0y''=0y′′=0 ⇒ y=Ax+By=Ax+By=Ax+B. BC: y(0)=B=0y(0)=B=0y(0)=B=0. y′(x)=Ay'(x)=Ay′(x)=A. BC2: y′(1)=A=0y'(1)=A=0y′(1)=A=0. Suy ra A=B=0A=B=0A=B=0 ⇒ only trivial solution. Vậy λ=0\lambda=0λ=0 không là eigenvalue.
Trường hợp B:
General solution: y=Ccos(μx)+Dsin(μx)y=C\cos(\mu x)+D\sin(\mu x)y=Ccos(μx)+Dsin(μx). BC y(0)=0y(0)=0y(0)=0 ⇒ C=0C=0C=0. So y=Dsin(μx)y=D\sin(\mu x)y=Dsin(μx). BC2: y′(x)=Dμcos(μx)y'(x)=D\mu\cos(\mu x)y′(x)=Dμcos(μx) → y′(1)=Dμcos(μ)=0y'(1)=D\mu\cos(\mu)=0y′(1)=Dμcos(μ)=0. For nontrivial solution need D≠0D\ne0D=0 and cos(μ)=0\cos(\mu)=0cos(μ)=0. So
μ=π2+kπ=(k+12)π,k=0,1,2,…\mu = \frac{\pi}{2} + k\pi = \left(k+\tfrac12\right)\pi,\quad k=0,1,2,\dotsμ=2π+kπ=(k+21)π,k=0,1,2,…
Thus eigenvalues:
λk=μk2=((k+12)π)2,k=0,1,2,…\boxed{\lambda_k = \mu_k^2 = \big((k+\tfrac12)\pi\big)^2,\quad k=0,1,2,\dots}λk=μk2=((k+21)π)2,k=0,1,2,…
Eigenfunctions (unnormalized): yk(x)=sin((k+12)πx)y_k(x)=\sin\big((k+\tfrac12)\pi x\big)yk(x)=sin((k+21)πx).
Trường hợp C:
Equation: y′′−μ2y=0y''-\mu^2 y=0y′′−μ2y=0 ⇒ y=Aeμx+Be−μxy=A e^{\mu x}+B e^{-\mu x}y=Aeμx+Be−μx. BC y(0)=A+B=0y(0)=A+B=0y(0)=A+B=0 ⇒ B=−AB=-AB=−A, so y=A(eμx−e−μx)=2Asinh(μx)y=A(e^{\mu x}-e^{-\mu x}) = 2A\sinh(\mu x)y=A(eμx−e−μx)=2Asinh(μx). Derivative: y′(x)=2Aμcosh(μx)y'(x)=2A\mu\cosh(\mu x)y′(x)=2Aμcosh(μx). BC2: y′(1)=2Aμcosh(μ)=0y'(1)=2A\mu\cosh(\mu)=0y′(1)=2Aμcosh(μ)=0. For nontrivial need A≠0A\ne0A=0 and cosh(μ)=0\cosh(\mu)=0cosh(μ)=0 — impossible for real μ. So no negative eigenvalues.
Chuẩn hoá trong L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
Compute norm:
∥yk∥2=∫01sin2(μkx) dx=12(1−sin(2μk)2μk).\|y_k\|^2 = \int_0^1 \sin^2(\mu_k x)\,dx = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\sin(2\mu_k)}{2\mu_k}\right).∥yk∥2=∫01sin2(μkx)dx=21(1−2μksin(2μk)).
But μk=(k+1/2)π\mu_k=(k+1/2)\piμk=(k+1/2)π ⇒ 2μk=(2k+1)π2\mu_k=(2k+1)\pi2μk=(2k+1)π ⇒ sin(2μk)=0\sin(2\mu_k)=0sin(2μk)=0. So
∥yk∥2=12.\|y_k\|^2 = \frac{1}{2}.∥yk∥2=21.
Therefore normalized eigenfunctions
ϕk(x)=yk(x)∥yk∥=2 sin((k+12)πx).\phi_k(x) = \frac{y_k(x)}{\|y_k\|} = \sqrt{2}\,\sin\big((k+\tfrac12)\pi x\big).ϕk(x)=∥yk∥yk(x)=2sin((k+21)πx).
Kết luận: eigenvalues λk=((k+12)π)2\lambda_k=((k+\tfrac12)\pi)^2λk=((k+21)π)2, eigenfunctions normalized ϕk(x)=2sin((k+1/2)πx)\phi_k(x)=\sqrt{2}\sin((k+1/2)\pi x)ϕk(x)=2sin((k+1/2)πx), k=0,1,2,…k=0,1,2,\dotsk=0,1,2,…. Chúng tạo hệ orthonormal in L2(0,1)L^2(0,1)L2(0,1).
Câu 5 — DCT example & suy luận
a) Với x>0x>0x>0 cố định, nếu n>1/xn>1/xn>1/x thì 1/n<x1/n < x1/n<x false? Let's reason: fix x>0x>0x>0. For lớn n, 1/n<x1/n < x1/n<x holds, so x∉(0,1/n)x\notin(0,1/n)x∈/(0,1/n). Thus for sufficiently lớn nnn, fn(x)=0f_n(x)=0fn(x)=0. Do đó fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0. At x=0x=0x=0, by definition fn(0)=0f_n(0)=0fn(0)=0. Vậy fn(x)→0f_n(x)\to 0fn(x)→0 pointwise trên [0,1][0,1][0,1].
b) Tính tích phân:
∫01fn(x) dx=∫01/nn dx=n⋅1n=1.\int_0^1 f_n(x)\,dx = \int_0^{1/n} n\,dx = n\cdot \frac{1}{n} = 1.∫01fn(x)dx=∫01/nndx=n⋅n1=1.
Vậy cho mọi nnn, integral =1. Nhưng hàm điểm giới hạn f(x)≡0f(x)\equiv 0f(x)≡0 có tích phân 0. Do đó
limn→∞∫01fn(x) dx=1≠0=∫01limn→∞fn(x)⏟=0 dx.\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx = 1 \ne 0 = \int_0^1 \underbrace{ \lim_{n\to\infty} f_n(x)}_{=0}\,dx.n→∞lim∫01fn(x)dx=1=0=∫01=0n→∞limfn(x)dx.
Đây là ví dụ tiêu biểu cho việc không thể hoán đổi giới hạn và tích phân nếu không có điều kiện phù hợp.
Liên hệ với Dominated Convergence Theorem (DCT): DCT yêu cầu tồn hàm g∈L1g\in L^1g∈L1 (integrable) sao cho ∣fn∣≤g|f_n|\le g∣fn∣≤g mọi n. Ở đây mỗi fnf_nfn có integral =1 nhưng không tồn g∈L1g\in L^1g∈L1 cố định với ∣fn∣≤g|f_n|\le g∣fn∣≤g trên toàn [0,1][0,1][0,1] vì tại x=0x=0x=0 các giá trị fnf_nfn không uniformly bounded by an L1L^1L1 function? Thực ra ∣fn∣≤n|f_n|\le n∣fn∣≤n — không có integrable bound independent of n. Nếu có một hàm g∈L1g\in L^1g∈L1 với fn(x)≤g(x)f_n(x)\le g(x)fn(x)≤g(x) thì tích của g trên nhỏ interval (0,eps) trở nên nhỏ, nhưng fnf_nfn lớn ở đó. Kết luận: DCT không thể áp dụng (không có majorant integrable). Đây là ví dụ kinh điển về “mass tập trung” — sequence converges pointwise to 0 but integrals don't go to 0.