Matematika GRE

Matematika GRE Sarjana Berbasis Komputer

Sekitar 66 item pilihan ganda dalam waktu 170 menit; tidak ada bagian dengan waktu terpisah. Kalkulus sekitar 50%, aljabar 25%, topik tambahan 25%. Ini adalah tes masuk perguruan tinggi untuk matematika sarjana, bukan kualifikasi A-Level.

Cakupan resmi: https://www.ets.org/gre/test-takers/subject-tests/about/content-structure.html

C.1 · Kalkulus satu variabel dan aplikasinya

• Batas menggambarkan nilai-nilai dekat suatu titik, tanpa mengharuskan fungsi didefinisikan di sana. Kontinuitas menambahkan persyaratan bahwa nilai fungsi ada dan sesuai dengan batas. Pembatalan aljabar sah hanya menjauh dari nol yang dibatalkan, tetapi dapat mengungkapkan batas yang dapat dihilangkan. Batas satu arah harus setuju untuk batas dua arah. Untuk batas pecahan, periksa penyebut dan hipotesis sebelum menerapkan aturan; 0/0 adalah bentuk tak tentu, bukan jawaban.
• Turunan adalah batas dari hasil bagi selisih dan menyiratkan kontinuitas; kebalikannya gagal, seperti yang ditunjukkan oleh |x| pada nol. Aturan perkalian, pembagian, dan rantai menjelaskan struktur yang berbeda: turunan dari f(g(x)) adalah f′(g(x))g′(x), bukan perkalian nilai yang tidak terkait. Mendarabkan komposisi untuk kedua kalinya umumnya menghasilkan dua suku. Periksa domain, penyebut tak nol, dan asumsi keterdiferensiasian sebelum menggunakan ekspresi simbolik sebagai turunan.
• Teorema fundamental mengatakan bahwa turunan dari ∫ dari a ke x dari fungsi integrand kontinu f(t) adalah f(x). Dengan batas atas variabel h(x), kalikan dengan h′(x); dengan dua batas variabel, kurangkan kontribusi batas bawah yang sesuai. Integral tentu juga muncul sebagai batas dari penjumlahan Riemann. Tulis ulang penjumlahan sebagai (1/n)Σf(k/n) sebelum mengidentifikasi integral pada [0,1], alih-alih menganggap suku-suku yang bergantung pada n sebagai konstanta.
• Misalnya Σ dari k=1 ke n dari n/(n²+k²) sama dengan (1/n)Σ1/(1+(k/n)²), yang menuju ∫₀¹1/(1+t²)dt=π/4. Batas ini menggunakan kontinuitas dan lebar partisi 1/n. Deret atas jumlah suku yang tak terbatas adalah batas yang berbeda: suku-suku yang menuju nol tidak sendirian menjamin konvergensi. Untuk Σ1/k, jumlah parsial menyimpang; bandingkan, estimasikan, atau terapkan uji deret yang valid alih-alih menggunakan kondisi suku yang diperlukan sebagai cukup.

Contoh terverifikasi

Untuk F(x)=integral dari 0 hingga x² dari e^t dt, teorema fundamental dan aturan rantai memberikan F′(x)=e^(x²)·2x. Pada x=1, F′(1)=2e. Batas atasnya adalah x², jadi melewatkan 2x akan melewatkan laju perubahannya.

Ralat biasa

Kalkulus A-level adalah materi prasyarat yang berguna tetapi tidak mencakup analisis dan aplikasi tingkat sarjana yang diujikan di sini.

C.2 · Kalkulus multivariabel dan analisis vektor

• Turunan parsial mengubah satu koordinat sementara yang lain tetap. Untuk f=x²+3xy, f_x=2x+3y dan f_y=3x. Gradien mengumpulkan turunan-turunan ini; jika f terdiferensialkan, turunan arah sepanjang vektor satuan v adalah grad f·v. Normalisasikan arah sebelum melakukan perkalian titik ini. Vektor arah dengan panjang dua akan menggandakan jawaban jika digunakan tanpa normalisasi.
• Keterdiferensialan berarti adanya pendekatan linear yang valid, bukan sekadar keberadaan beberapa turunan parsial di satu titik. Turunan parsial pertama yang kontinu dalam suatu lingkungan adalah syarat yang cukup. Untuk komposisi f(x(t),y(t)), aturan rantai memberikan f_x x′+f_y y′. Turunan kedua dapat memperkenalkan suku langsung dan campuran; turunan campuran nol saja tidak membatasi turunan murni kedua.
• Integral ganda menjumlahkan kontribusi atas wilayah tertentu. Deskripsikan wilayah tersebut sebelum memilih batas iteratif; batas nonpersegi panjang dapat berubah ketika urutan berubah. Dalam koordinat polar, luasnya adalah r dr dtheta, bukan hanya dr dtheta. Perubahan koordinat umum menggunakan determinan Jacobian mutlak. Tanda milik besaran vektor berorientasi, sedangkan penskalaan luas dan volume menggunakan faktor nonnegatif.
• Jika kedua turunan parsial pertama dari fungsi yang didefinisikan secara global pada R² konstan, f_x=a dan f_y=b, integrasi bertahap menghasilkan f=ax+by+c, sebuah bidang. Hal ini tidak dapat disimpulkan hanya dari himpunan level garis lurus yang sejajar: e^x memiliki garis level vertikal yang sejajar tetapi grafnya melengkung. f_xy=f_yx=0 juga tidak memaksakan bentuk bidang: x²+y² adalah contoh penyangkal. Bedakan kekonstanan turunan pertama dari ketiadaan ketergantungan campuran dan dari bentuk himpunan level tertentu.

Contoh terverifikasi

Untuk f(x,y)=x²+3y², gradien f=(2x,6y). Pada titik (1,1) nilainya adalah (2,6). Dalam arah (3,4), vektor satuannya adalah (3/5,4/5), sehingga turunan arah sama dengan 2·3/5+6·4/5=6.

Ralat biasa

Vektor arah non-satuan memberikan laju terkalibrasi, bukan turunan per satuan jarak.

A.1 · Aljabar linear

• Ruang vektor riil tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian skalar yang ditentukan serta memenuhi aksioma ruang vektor. Basis adalah daftar perspan independen: setiap vektor memiliki representasi koordinat unik dalam daftar tersebut. Untuk menguji independensi kolom matriks, selesaikan sistem homogen Ac=0; hanya vektor koefisien nol yang berarti independensi. Himpunan perspan dapat berisi vektor redundan, sehingga perspan saja tidak menjadikan basis.
• Reduksi baris menyingkapkan pivot dan variabel bebas tanpa mengubah himpunan solusi sistem linear. Rank adalah dimensi gambar kolom, setara dengan jumlah pivot. Nullity adalah dimensi kernel: untuk pemetaan dari domain n-dimensi, rank+nullity=n. Dalam sistem nonhomogen, baris koefisien nol dengan sisi kanan nonzero berarti inkonsistensi; variabel bebas memberikan tak hingga banyak solusi hanya setelah konsistensi ditetapkan. Dimensi kodomain tidak harus sama dengan rank.
• Matriks persegi invertible tepat ketika determinannya nonzero, kernel-nya nol, dan rank-nya sama dengan ukurannya. Pernyataan ini tidak memerlukan setiap entri nonzero. Determinan segitiga adalah hasil kali entri diagonal, sehingga matriks yang bergantung pada variabel kompleks dapat singular pada akar kompleks yang tidak muncul dalam perhitungan hanya real. Tukar baris membalik tanda determinan; menambahkan kelipatan satu baris ke baris lain tidak mengubahnya. Periksa singularitas sebelum menerapkan rumus invers.
• Vektor eigen nonzero dan memenuhi Av=λv, sehingga nilai eigen adalah akar dari det(A−λI). Diagonalisasi memerlukan basis vektor eigen independen penuh di atas lapangan yang dipilih. Nilai eigen berbeda menghasilkan vektor eigen independen, sedangkan nilai eigen berulang mungkin memiliki ruang eigen yang terlalu kecil. Matriks simetrik riil memiliki basis eigen ortonormal riil. Matriks riil berdimensi ganjil memiliki setidaknya satu nilai eigen riil karena polinomial karakteristik riilnya berderajat ganjil; hal itu sendiri tidak menyiratkan diagonalisasi atau semua nilai eigen riil.

Contoh terverifikasi

A=[[1,1],[0,1]] memiliki polinomial karakteristik (1−λ)². Vektor eigen memenuhi y=0, sehingga ruang eigennya berdimensi satu. Dibutuhkan dua vektor eigen independen untuk mendagonalisasi matriks 2×2; A tidak dapat didiagonalisasi.

Ralat biasa

Multiplisitas aljabar dari suatu nilai eigen tidak otomatis sama dengan dimensi ruang eigennya.

A.2 · Aljabar abstrak dan teori bilangan

• Grup memerlukan Closure, Asosiativitas, Identitas, dan Invers. Komutativitas adalah kondisi tambahan.
• Homomorfisme mempertahankan operasi. Kernelnya adalah subgrup normal dan mengidentifikasi elemen yang dipetakan ke identitas.
• Bidang memungkinkan pembagian oleh setiap elemen nonzero. Bilangan bulat membentuk cincin tetapi bukan bidang.
• Bekerja dengan kongruensi modulo n. Residu a memiliki invers perkalian tepat ketika gcd(a,n)=1.

Contoh terverifikasi

Modulo 8, 3 memiliki invers 3 karena 3·3=9≡1. Namun 2 tidak memiliki invers karena gcd(2,8)=2. Modulo prima, setiap residu nonzero memiliki invers; hal ini menghasilkan bidang finite.

Ralat biasa

Jangan mencoret faktor dalam persamaan modular tanpa memeriksa apakah faktor tersebut invertible.

T.1 · Analisis real dan topologi

• Pernyataan epsilon-delta mengontrol semua input yang cukup dekat. Urutan kuantifikator itu penting.
• Dalam ruang Euclidean riil, himpunan tertutup dan terbatas adalah kompak. Jangan terapkan ekuivalensi ini ke setiap ruang metrik.
• Citra kontinu dari himpunan kompak adalah kompak, sehingga fungsi riil yang kontinu pada domain kompak mencapai nilai ekstremnya.
• Keterhubungan menyingkirkan pemisahan menjadi bagian terbuka yang saling lepas dan tak kosong. Kekontinuan mempertahankan keterhubungan; kelengkapan adalah sifat terpisah.

Contoh terverifikasi

f(x)=x pada (0,1) adalah kontinu dan terbatas tetapi tidak pernah sama dengan supremumnya 1. Pada [0,1], fungsi yang sama mencapai maksimumnya di 1. Titik akhir yang hilang menjelaskan mengapa teorem domain kompak tidak berlaku untuk kasus pertama.

Ralat biasa

Kesimpulan sebuah teorem tidak dapat digunakan sebelum hipotesisnya telah diverifikasi.

T.2 · Matematika diskrit, probabilitas, dan metode numerik

• Pilih model penghitungan terlebih dahulu: pemilihan terurut dari r objek berbeda menggunakan n(n−1)⋯(n−r+1), sedangkan subset tak terurut menggunakan C(n,r). Graf sederhana lengkap pada n simpul memiliki satu tepi per pasangan simpul tak terurut, menghasilkan n(n−1)/2 tepi; loop dan tepi ganda akan mengubah model. Untuk n garis dalam posisi umum di bidang, garis ke-k menyeberangi k−1 garis sebelumnya pada titik-titik berbeda dan menambah k daerah. Totalnya 1+n(n+1)/2; garis sejajar atau pertemuan tiga garis membatalkan hitungan tersebut.
• Gunakan komplemen untuk menghitung setidaknya satu kejadian, dan kondisikan pada populasi yang tersisa sebenarnya setelah pengambilan tanpa pengembalian. Untuk r hasil iid yang dipilih dari n nilai yang sama peluangnya, probabilitas bahwa semuanya berbeda adalah n(n−1)⋯(n−r+1)/n^r ketika r≤n. Komplemennya menghitung hasil berulang. Untuk penghitungan binomial dengan N percobaan independen dan probabilitas keberhasilan tetap p, rata-rata adalah Np dan varians Np(1−p). Probabilitas identik saja tidak menetapkan independensi.
• Rekurensi mendeskripsikan nilai-nilai berikutnya dari nilai-nilai sebelumnya dan membutuhkan cukup data awal untuk menentukan sebuah barisan. Pisahkan indeks dari nilai: a_n=2a_(n−1) dengan a_0=3 menghasilkan a_n=3·2^n. Argumen grafik dan algoritma sering kali menetapkan rekurensi dengan mengidentifikasi apa yang ditambahkan oleh vertex atau langkah baru. Rumus tertutup harus memenuhi baik rekurensi maupun kondisi awalnya; menyesuaikan beberapa suku yang diamati tidak membuktikannya untuk setiap indeks.
• Pendekatan numerik memerlukan argumen kesalahan. Bisection mempertahankan interval dengan perubahan tanda untuk fungsi kontinu dan memperkecil lebarnya menjadi setengah pada setiap langkah; nol mungkin tidak ada jika kontinuitas gagal. Pembaruan Newton adalah x_new=x−f(x)/f′(x), yang membutuhkan turunan tak nol di titik saat ini; konvergensi tidak otomatis dari setiap nilai awal. Residual suatu pendekatan dan kesalahannya dalam x berbeda. Nyatakan asumsi metode dan kriteria penghentian, alih-alih menganggap desimal tambahan yang ditampilkan sebagai akurasi.

Contoh terverifikasi

Untuk f(x)=x²−2 dan x₀=1, langkah Newton memberikan 1−(1−2)/2=1.5. Nilai berikutnya adalah 1.5−0.25/3=1.4167. Ini mendekati sqrt(2), tetapi f′(0)=0 membuat nol sebagai titik awal yang tidak valid.

Ralat biasa

Peristiwa dengan probabilitas positif tidak dapat sekaligus independen dan saling lepas.

T.3 · Analisis kompleks dan residu

• Tulis f(z)=u(x,y)+iv(x,y). Diferensiasi kompleks membataskan u_x=v_y dan u_y=−v_x; dengan turunan parsial pertama yang kontinu secara lokal, persamaan Cauchy–Riemann menetapkan analitikitas di sana. Ini berbeda dari diferensiasi real dari peta dua koordinat. Fungsi konjugat x−iy gagal memenuhi persamaan-persamaan ini di setiap lingkungan terbuka, meskipun turunan parsial real ada. Nyatakan wilayah yang diperiksa, bukan hanya titik yang nyaman.
• Fungsi analitik dapat didiferensiasikan secara kompleks di seluruh lingkungan dan memiliki deret pangkat yang konvergen secara lokal. Singularitas yang dapat dihapus dapat diisi secara analitik ketika fungsi terbatas di sekitar titik yang hilang. Kutub memiliki bagian utama yang terbatas dalam deret Laurent-nya; singularitas esensial memiliki tak hingga banyak suku berdaya negatif. Residu adalah koefisien dari (z−a)⁻¹, tidak selalu suku berdaya negatif terata atau terbesar.
• Untuk kutub terisolasi berorde m, tulis f(z)=g(z)/(z−a)^m dengan g analitik pada a. Residu adalah g^(m−1)(a)/(m−1)!. Kutub sederhana menggunakan g(a); kutub ganda menggunakan g′(a). Ini mengikuti dengan memperluas g ke deret Taylor-nya. Dengan demikian e^z/(z−a)² memiliki residu e^a, sedangkan pembilang konstan di atas kutub ganda murni memiliki residu nol. Orde kutub saja tidak menentukan integral kontur.
• Untuk kontur berorientasi positif yang membungkus singularitas terisolasi, teorema residu memberikan ∮f(z)dz=2πi dikali jumlah residu yang dibungkus, asalkan fungsi tersebut analitik pada kontur dan di tempat lain di dalam interior yang diperlukan. Membalik orientasi mengubah tanda. Rumus turunan Cauchy adalah ∮g(z)/(z−a)^(m+1)dz=2πi g^(m)(a)/m! di bawah hipotesis domain analitiknya. Singularitas pada kontur mencegah penerapan langsung; singularitas di luar tidak berkontribusi pada kontur ini.

Contoh terverifikasi

Untuk f(z)=konjugat(z), u=x dan v=−y. Maka u_x=1 tetapi v_y=−1, sehingga f tidak terdiferensiasi kompleks. Untuk 1/(z−2), lingkaran berorientasi positif |z−2|=1 membungkus kutub sederhana dengan residu 1, sehingga integralnya adalah 2πi.

Ralat biasa

Kontinuitas atau terdiferensiasi real semata-mata tidak mengimplikasikan keanalitikan kompleks.

C.3 · Persamaan diferensial dan kondisi awal

• Untuk y′=ky, pemisahan dan integrasi memberikan y=Ce^(kt); kembalikan solusi nol jika pembagian dengan y dilakukan. Nilai awal menentukan C.
• Persamaan linear orde dua dengan koefisien konstan menggunakan polinomial karakteristik. Akar yang berbeda menghasilkan fungsi eksponensial; akar ganda memerlukan bentuk (C1+C2t)e^(rt).
• Akar kompleks α±iβ menghasilkan solusi e^(αt)(C1 cos βt+C2 sin βt). Gerak riil mencakup informasi amplitudo dan fase.
• Keberadaan dan keunikan bergantung pada hipotesis di sekitar titik awal. Koefisien singular atau kegagalan perilaku Lipschitz lokal dapat membatalkan kesimpulan keunikan yang biasa.

Contoh terverifikasi

Selesaikan y″+4y=0 dengan y(0)=3 dan y′(0)=4. Akar karakteristiknya adalah ±2i, sehingga y=A cos2t+B sin2t. Syarat pertama memberikan A=3; diferensiasi menghasilkan y′(0)=2B=4, sehingga B=2.

Ralat biasa

Akar karakteristik berulang memerlukan faktor t; dua salinan eksponensial yang sama bukanlah solusi yang independen.

A.3 · Grup, koset, dan peta kuosen

• Sebelum menghitung urutan, periksa ketertutupan, asosiatifitas, identitas, dan invers untuk setiap elemen di bawah operasi yang dinyatakan. Subhimpunan dapat mewarisi asosiatifitas namun gagal ketertutupan atau melewatkan identitas. Dalam grup finite, urutan elemen adalah pangkat positif terkecil yang menghasilkan identitas. Dalam grup aditif Z/nZ, itu adalah kelipatan positif terkecil yang menghasilkan nol; urutan residu a adalah n/gcd(a,n). Teorema Lagrange mengatakan urutan subgrup membagi urutan grup. Kebalikannya bukan teorema keberadaan umum, dan urutan grup bukan urutan dari setiap elemen.
• Coset kiri gH adalah translasi dari subgrup H. Coset memiliki ukuran yang sama dan mempartisi grup, sehingga indeksnya adalah |G|/|H| dalam grup finite. Dalam grup aditif tulis g+H. Keanggotaan dalam coset yang sama berarti perbedaannya berada dalam H. Coset biasanya bukan subgrup karena mungkin melewatkan identitas.
• Homomorfisme mempertahankan operasi. Kernelnya terdiri dari elemen yang dikirim ke identitas, dan gambarannya terdiri dari nilai yang benar-benar dicapai. Setiap kernel adalah normal. Teorema isomorfisme pertama mengidentifikasi G/ker(phi) dengan im(phi); jangan ganti gambar dengan kodomain utuh kecuali pemetaannya surjektif.
• Perkalian kuosien hanya terdefinisi dengan baik jika H normal. Semua subgrup dari grup abelian adalah normal. Dalam grup nonabelian, uji gHg^−1=H; subgrup yang berindeks dua adalah normal. Untuk permutasi, komposisikan sesuai konvensi yang ditentukan, di sini yang paling kanan dilakukan terlebih dahulu. Panjang siklus yang saling lepas menentukan urutan permutasi melalui kelipatan persekutuan terkecilnya. Konjugasi hσh⁻¹ memberi label ulang elemen-elemen dalam siklus σ, sehingga mempertahankan panjang siklus; sebaliknya, permutasi dengan panjang siklus yang sama dapat dihubungkan melalui label ulang. Oleh karena itu, kelas-kelas konjugasi di S_n berkorespondensi dengan partisi-partisi n, termasuk siklus titik tetap. Di S4, jenis-jenisnya adalah 1+1+1+1, 2+1+1, 2+2, 3+1, dan 4: lima kelas, bukan satu kelas untuk setiap kemungkinan urutan elemen. Jenis 2+1+1 dan 2+2 keduanya berurutan dua tetapi tidak konjugat.

Contoh terverifikasi

Definisikan phi dari Z/12Z ke Z/3Z dengan mengurangi residu modulo 3. Pemetaan ini surjektif dan mempertahankan penjumlahan. Kernel H-nya adalah {0,3,6,9}, jadi |H|=4 dan indeksnya adalah 12/4=3. Coset lainnya adalah {1,4,7,10} dan {2,5,8,11}. Dengan demikian (Z/12Z)/H isomorfik terhadap Z/3Z. Elemen 3 dalam grup asli memiliki urutan 12/gcd(3,12)=4, bukan 3.

Ralat biasa

Suatu hasil bagi memiliki satu elemen per koset, bukan satu per elemen dari kernel-nya. Sebuah homomorfisme tidak harus surjektif ke kodomain yang dinyatakan.

A.4 · Cincin, ideal, dan modul

• Untuk contoh domain, ideal, dan hasil bagi di bawah ini, gunakan cincin komutatif dengan identitas 1 yang berbeda dari 0. Soal sumber mungkin menentukan cincin umum; jangan asumsikan perkaliannya komutatif kecuali stated atau dibuktikan. Unit memiliki invers perkalian. Pembagi nol tak nol mengalikan beberapa elemen tak nol menjadi nol. Domain integral tidak memiliki pembagi nol seperti itu; pembatalan faktor tak nol kemudian berfungsi. Bidang adalah domain di mana setiap elemen tak nol adalah unit. Z adalah domain tetapi bukan bidang; Z/6Z bukanlah keduanya.
• Ideal I adalah subgrup aditif yang menyerap perkalian oleh setiap elemen cincin. Ini lebih kuat daripada hanya merupakan subcincin. Di Z, nZ adalah ideal; elemen hasil baginya adalah kelas residu bilangan bulat modulo n. Dalam cincin komutatif, R/I adalah bidang tepat ketika I maksimal, dan merupakan domain tepat ketika I prima. Ideal harus propers (sebenarnya) dalam kedua pernyataan tersebut.
• Modul memungkinkan skalar dari cincin alih-alih mengharuskan sebuah bidang. Setiap grup abelian adalah Z-modul melalui penambahan berulang, tetapi tidak perlu memiliki basis ruang vektor. Di Z/6Z sebagai Z-modul, 6 kali residu tak nol 1 adalah nol; ini adalah torsion. Untuk ruang vektor atas bidang, skalar tak nol bersifat invertible dan tidak dapat menihilkan vektor tak nol.
• Submodul tertutup terhadap penjumlahan dan semua aksi skalar yang diizinkan. Peta linear dari modul mempertahankan keduanya. Kernel dan citra adalah submodul, dan kuosien oleh kernel isomorfik terhadap citra. Jangan gunakan rank-nullity berdimensi hingga pada modul sembarang tanpa menetapkan pengaturan modul bebas yang sesuai; operasi baris bilangan bulat dan operasi baris field mengizinkan pembagian yang berbeda. Dalam ring Boolean umum, setiap a memenuhi a²=a. Jangan asumsikan komutativitas untuk membuktikannya: idempotensi a+a menghasilkan 4a=2a, sehingga 2a=0. Memperluas (a+b)²=a+b menghasilkan ab+ba=0, dan karakteristik dua membuat −ba=ba; oleh karena itu ab=ba. Idempotensi tidak menyiratkan nilpotensi: di F2, elemen tak nol 1 memenuhi 1^n=1 untuk setiap n positif.

Contoh terverifikasi

Di Z/6Z, 2·3=0, sehingga 2 dan 3 adalah pembagi nol. Unit-unitnya adalah 1 dan 5 karena gcd mereka dengan 6 adalah 1. Di Z, ideal 5Z memberikan bidang Z/5Z, sementara 6Z memberikan hasil bagi dengan pembagi nol. Sebagai Z-modul, peta dari Z ke Z/6Z memiliki kernel 6Z; hasil baginya mengidentifikasi bilangan bulat yang berbeda oleh kelipatan dari 6, alih-alih menghasilkan ruang vektor riil.

Ralat biasa

Sebuah himpunan bisa menjadi submodul tanpa menjadi ruang vektor atas bilangan rasional. Pembagian skalar hanya valid ketika invers skalar milik ke dalam struktur tersebut.

A.5 · Polinomial dan perpanjangan lapangan

• Sebuah polinomial disebut irreducible (tak tereduksi) atas suatu lapangan jika memiliki derajat positif dan tidak dapat difaktorkan menjadi perkalian polinomial dengan derajat positif yang lebih kecil. Polinomial kuadratik atau kubik adalah irreducible tepat ketika tidak memiliki akar di lapangan tersebut. Tes akar saja gagal untuk derajat empat atau lebih; misalnya, (x²+1)(x²+2) tidak memiliki akar real tetapi dapat direduksi di R. Selalu sebutkan nama lapangan dasar.
• Hasil bagi F[x]/(p) adalah sebuah lapangan ketika p irreducible. Sederhanakan pangkat menggunakan p(alpha)=0, di mana alpha adalah kelas residu dari x. Jika F memiliki q elemen dan p memiliki derajat d, maka hasil baginya memiliki q^d elemen yang direpresentasikan oleh polinomial berderajat di bawah d. Z/4Z memiliki empat elemen tetapi memiliki pembagi nol, sehingga bukan merupakan lapangan dengan empat elemen.
• Di atas F2, p(x)=x²+x+1 bernilai 1 pada kedua titik 0 dan 1 serta bersifat irreducible. Di dalam hasil baginya, alpha²=alpha+1 karena pengurangan sama dengan penjumlahan dalam karakteristik dua. Keempat elemennya adalah 0,1, alpha, dan alpha+1. Ketiga elemen tak nol haruslah unit; hitunglah perkalian mereka daripada memperlakukan alpha sebagai bilangan real biasa.
• Untuk lapangan bertingkat K di dalam L di dalam M, hukum menara memberikan [M:K]=[M:L][L:K]. Derajat suatu elemen aljabar adalah derajat polinomial minimalnya. Perluasan hingga berderajat dua tidak mengandung elemen berderajat tiga atas lapangan dasar. Di atas Q, sqrt(2) memiliki derajat dua; menambahkan sqrt(3) juga menghasilkan perluasan berderajat empat, karena sqrt(3) tidak berada di dalam Q(sqrt(2))). Di atas C, akar primitif ke-n dari kesatuan memiliki urutan tepat n dan merupakan akar dari polinomial siklotomik Φ_n. Untuk n=10, bagi x⁵+1 dengan x+1 untuk mengecualikan akar urutan dua −1: Φ_10=x⁴−x³+x²−x+1. Rumus Vieta memberikan jumlah 1 dan hasil kali 1 dari keempat akarnya yang primitif. Jangan menjumlahkan semua akar kesepuluh, atau asumsikan setiap akar kesepuluh tak trivial adalah primitif; urutan suatu akar harus dicek. Untuk polinomial monik berderajat d, hasil kali akarnya adalah (−1)^d dikalikan dengan koefisien konstanta.

Contoh terverifikasi

Dalam F2[alpha] dengan alpha²+alpha+1=0, kalikan alpha(alpha+1) = alpha² + alpha = (alpha+1) + alpha = 1. Maka alpha^−1=alpha+1. Juga alpha³=1 dan alpha bukan 1, sehingga orde multiplikatifnya adalah 3. Hal ini menghasilkan bidang empat elemen. Sebaliknya, 2·2=0 dalam Z/4Z, membuktikan bahwa hasil bagi tersebut bukan sebuah bidang.

Ralat biasa

Reduksibilitas polinomial berubah sesuai dengan lapangan koefisiennya. Polinomial x²−2 adalah irreducible di atas Q tetapi terpecah (split) di atas R.

A.6 · Kekongruenan, keterbagian, dan fungsi aritmatika

• Persamaan ax≡b modulo n memiliki solusi tepat ketika d=gcd(a,n) membagi b. Jika ya, bagilah a,b,n dengan d untuk mendapatkan persamaan dengan koefisien yang invertible. Persamaan tersebut memiliki satu solusi residu modulo n/d dan d solusi berbeda modulo n. Membagi koefisien tetapi meninggalkan modulus asli umumnya menghilangkan solusi. Faktorisasi prima memberikan alat divisibilitas lain: jika n^k harus habis dibagi oleh perkalian pangkat prima p^a, setiap eksponen prima dalam n harus setidaknya ceil(a/k). Eksponen minimum ini secara independen menghasilkan nilai n positif terkecil yang diperbolehkan. Untuk n⁴ yang habis dibagi 2⁷·3⁵, n harus mengandung 2² dan 3², sehingga nilai terkecil adalah 36. Ini adalah kondisi eksponen prima, bukan kongruensi yang diselesaikan dengan pembagian modular.
• Algoritma Euclidean diperluas menyatakan gcd(a,n) sebagai ua+vn. Ketika gcd adalah 1, u merupakan invers dari a modulo n. Pilih perwakilan dalam rentang yang diperlukan setelah reduksi. Untuk 7 dan 26, 1=15·7−4·26, sehingga 15 adalah invers dari 7 modulo 26; verifikasi hasil kali untuk mendeteksi kesalahan tanda.
• Untuk modulus positif yang saling prima m, n, teorema sisa Cina memberikan tepat satu solusi modulo mn untuk setiap pasangan kondisi residu. Substitusikan x=r+mk ke dalam kongruensi kedua dan selesaikan untuk k. Jika modulus tidak saling prima, nilai residunya harus setara modulo gcd(m,n); ketika konsisten, keunikan adalah modulo kelipatan persekutuan terkecil, bukan perkaliannya.
• Totien Euler phi(n) menghitung residu yang saling prima dengan n. Untuk pembagi prima yang berbeda p, phi(n)=n kali hasil kali (1−1/p). Teorem Euler memberikan a^phi(n)≡1 hanya jika gcd(a,n)=1. Kasus prima adalah teorem kecil Fermat. Kurangi eksponen hanya setelah memeriksa syarat ini; non-unit dapat menjadi nol di bawah perpangkatan berulang.

Contoh terverifikasi

Selesaikan 6x≡9 modulo 15. GCD-nya adalah 3 dan membagi 9. Bagi ketiga kuantitas tersebut untuk memperoleh 2x≡3 modulo 5; invers dari 2 adalah 3, sehingga x≡9≡4 modulo 5. Solusi-solusi asli modulo 15 adalah 4,9,14. Untuk x≡2 modulo 4 dan x≡3 modulo 7, tulis x=2+4k; lalu 4k≡1 modulo 7, menghasilkan k≡2. Akibatnya x≡10 modulo 28.

Ralat biasa

Ekspresi a^phi(n)≡1 salah untuk sembarang a. Sebagai contoh, 2 tidak invertible modulo 8 dan 2^4 bernilai nol modulo 8.

T.4 · Urutan, deret dan konvergensi seragam

• Barisan real yang konvergen adalah Cauchy, dan setiap barisan Cauchy real konvergen karena R lengkap. Di Q, barisan Cauchy dapat mendekati bilangan irasional dan gagal konvergen dalam Q. Barisan real monoton terbatas konvergen. Barisan terbatas tidak harus konvergen, tetapi Bolzano–Weierstrass menjamin adanya subbarisan yang konvergen; (-1)^n memiliki dua limit subbarisan yang berbeda.
• Untuk deret numerik, konvergensi mutlak mengimplikasikan konvergensi; konvergensi kondisional tidak memungkinkan pengacakan sembarang tanpa mempengaruhi jumlah. Deret harmonik berganti tanda konvergen tetapi deret nilai mutlaknya divergen. Dalam uji rasio, limit di bawah 1 membuktikan konvergensi mutlak dan limit di atas 1 membuktikan divergensi; limit yang sama dengan 1 tidak konklusif, seperti yang ditunjukkan oleh sum 1/n dan sum 1/n².
• Konvergensi titik memilih indeks N secara terpisah untuk setiap x dan toleransi. Konvergensi seragam memilih satu N yang berlaku untuk setiap x dalam domain. Untuk fungsi bernilai real, periksa supremum |f_n−f| di seluruh domain. Limit titik yang kontinu tidak sendiri-sendiri membuktikan konvergensi seragam. Ujung domain dan puncak yang mengecil sering membedakan kedua konsep ini.
• Limit seragam dari fungsi-fungsi yang kontinu adalah kontinu. Pada interval tertutup terbatas, konvergensi seragam fungsi yang terintegralkan Riemann memungkinkan penukaran limit dan integral. Menukar turunan memerlukan hipotesis tambahan; konvergensi seragam dari fungsinya saja tidak cukup. Tes M Weierstrass menetapkan konvergensi mutlak seragam dari deret fungsi jika setiap suku dibatasi oleh M_n di seluruh domain dan penjumlahan M_n konvergen.

Contoh terverifikasi

Pada [0,1], f_n(x)=x^n cenderung ke 0 untuk x<1 dan ke 1 pada x=1. Limitnya tidak kontinu, sehingga konvergensi tidak bisa seragam; secara langsung, kesalahan supremum adalah 1, didekati di bawah 1. Pada [0,a] dengan 0≤a<1, limitnya adalah nol dan supremumnya adalah a^n, yang cenderung ke nol, sehingga konvergensi bersifat seragam. Mengubah domain mengubah kesimpulan.

Ralat biasa

Memeriksa beberapa nilai x tetap tidak membuktikan batas supremum maupun konvergensi seragam. Titik yang menghasilkan kesalahan terbesar mungkin bergerak seiring n.

T.5 · Himpunan terbuka, kekompakan dan keterhubungannya

• Dalam ruang metrik, himpunan terbuka memuat bola kecil di sekitar setiap titiknya. Interior terdiri dari titik-titik tersebut; closure mencakup semua titik limit; boundary adalah closure dikurangi interior. Label terbuka dan tertutup tidak saling eksklusif; himpunan kosong dan seluruh ruang keduanya. Di R, himpunan [0,1) memiliki interior (0,1), closure [0,1], dan boundary {0,1}.
• Dalam subruang X, himpunan terbuka berbentuk X yang diirisan dengan himpunan terbuka ambient. Dengan demikian [0,1) terbuka relatif terhadap [0,2], menggunakan irisan dengan (-1,1), meskipun tidak terbuka di R. Suatu himpunan juga bisa tertutup relatif tanpa tertutup di ruang ambient. Selalu nyatakan ruang mana yang mendefinisikan lingkungan dan metrik mana yang digunakan.
• Kekompakan berarti setiap penutup terbuka memiliki sub-penutup terbuka hingga. Di R^n Euclidean, Heine–Borel menyamakannya dengan tertutup dan terbatas. Di ruang metrik, kekompakan setara dengan kekompakan sekuensial; kelengkapan dan keterbatasan saja tidak cukup di ruang metrik sembarang. Citra kontinu dari himpunan kompak adalah kompak, memberikan maksimum dan minimum tercapai untuk fungsi kontinu riil pada domain kompak tak kosong.
• Himpunan terhubung tidak dapat dipisahkan menjadi dua bagian relatif terbuka yang saling lepas dan tak kosong; sub-himpunan terhubung dari R tepat adalah interval. Citra kontinu dari himpunan terhubung adalah terhubung, yang menghasilkan teorem nilai antara. Keterhubungan jalur mengimplikasikan keterhubungan, namun tidak sebaliknya di setiap ruang. Himpunan kompak belum tentu terhubung, dan himpunan terhubung belum tentu kompak; himpunan dua titik berhingga dan interval terbuka menyediakan kasus perbandingan.

Contoh terverifikasi

Misalkan X=[0,1] dengan topologi relatif standarnya. Himpunan U=[0,0.5) sama dengan X diiriskan dengan (-1,0.5), sehingga U terbuka di X. Closure-nya di X adalah [0,0.5], dan boundary-nya di X adalah {0.5}; nol adalah titik interior relatif terhadap X. Untuk f kontinu pada X dengan f(0)<0<f(1), keterhubungan menjamin adanya nol, sementara kekompakan secara terpisah menjamin ekstrem tercapai.

Ralat biasa

Uji tertutup-dan-terbatas Heine–Borel adalah teorem ruang Euclidean. Keterhubungan dan kekompakan menjawab pertanyaan yang berbeda.

C.4 · Ekspansi Taylor dan titik akhir deret pangkat

• Polinomial Taylor berderajat m pada a adalah jumlah f^(k)(a)(x−a)^k/k! untuk k dari nol hingga m. Faktorial milik setiap koefisien. Jika turunan berikutnya dibatasi oleh M dalam besaran antara a dan x, sisa Lagrange memiliki besaran paling besar M|x−a|^(m+1)/(m+1)!. Kelancaran saja tidak menjamin bahwa deret Taylor tak hingga sama dengan fungsi di mana-mana.
• Deret pangkat sum c_n(x−a)^n konvergen mutlak di dalam jari-jari R-nya dan divergen di luarnya. Uji rasio atau akar biasanya menentukan R, dengan kemungkinan nilai nol dan tak hingga. Pada x=a−R dan x=a+R, pengujian sering kali tidak dapat menyimpulkan; substitusikan setiap titik ujung ke deret asli. Perilaku pada kedua titik ujung mungkin berbeda.
• Di dalam interval konvergensi terbuka, diferensiasi dan integrasi per suku mempertahankan jari-jari. Mereka dapat mengubah apakah titik-titik ujung termasuk di dalamnya. Mulai dari deret geometri 1/(1−x)=sum x^n untuk |x|<1, lalu integrasikan dari nol ke x untuk memperoleh −ln(1−x)=sum x^n/n untuk n≥1. Periksa konstanta integrasi dan domain logaritma real.
• Deret juga menyelesaikan bentuk limit yang dapat dihilangkan. Untuk mengevaluasi (e^x−1−x)/x² di dekat nol, pertahankan suku pertama yang tersisa x²/2 daripada hanya menggunakan e^x≈1+x. Pemotongan asimtotik menetapkan limit; ketaksamaan interval terbatas memerlukan argumen sisa tanda atau besaran terpisah. Jangan substitusikan ke dalam deret di luar interval konvergensinya.

Contoh terverifikasi

Untuk sum x^n/n dengan n≥1, uji rasio memberikan jari-jari 1. Pada x=1 ini adalah deret harmonik yang divergen; pada x=−1 ini adalah deret berganti tanda yang konvergen. Dengan demikian, interval konvergensi riilnya adalah [−1,1). Mendifferensiasikan di dalamnya menghasilkan sum x^(n−1)=1/(1−x), yang tidak konvergen pada salah satu pun titik ujung. Jari-jari tetap 1 sementara inklusi titik ujung berubah.

Ralat biasa

Jari-jari bukan interval konvergensi yang lengkap. Uji titik-titik ujung dan koefisien faktorial harus diperiksa secara eksplisit.

C.5 · Integral tak wajar dan aplikasi geometris

• Titik akhir integrasi tak hingga digantikan oleh batas terbatas dan batas limit. Pada titik singular di dalam interval, pecah integral dan minta agar kedua integral satu sisi konvergen secara terpisah. Pembatalan simetris dapat mendefinisikan nilai utama Cauchy tetapi tidak membuktikan konvergensi integral tak wajar biasa. Untuk 1/x melintasi nol, kedua sisinya divergen meskipun pemotongan simetris saling meniadakan.
• Integral x^(−p) dari 1 hingga tak hingga konvergen tepat ketika p>1. Dari nol ke 1 ia konvergen tepat ketika p<1. Eksponen yang sama berperilaku berbeda di kedua batas. Untuk fungsi integrand positif, perbandingan mentransfer konvergensi dari fungsi yang lebih besar yang terintegrasi atau divergensi dari fungsi yang lebih kecil yang tak terintegrasi; pertahankan arah ketaksamaan dengan benar. Untuk integral dari maksimum atau minimum, selesaikan persilangan cabang dan periksa ekspresi mana yang mendominasi setiap interval. Untuk max(√(1−x²),x+1) pada [−1,1], persilangan interior adalah nol; gunakan setengah lingkaran pada [−1,0] dan garis pada [0,1]. Luasnya adalah π/4+3/2, bukan integral dari salah satu cabang pada seluruh interval.
• Untuk rotasi sekitar sumbu-x, cakram atau cincin mengintegrasikan π(R²−r²) dx. Cangkang silinder menggunakan 2π dikali jari-jari dikali tinggi dan mengintegrasikan variabel yang sesuai. Pilih metode berdasarkan geometri dan verifikasi jari-jari nonnegatif. Luas antara kurva mengintegrasikan atas dikurangi bawah, memecahnya di mana urutan mereka berubah. Integral bertanda tidak otomatis merupakan luas geometris.
• Untuk kurva bidang yang dapat diturunkan y=f(x), panjang busur adalah integral dari sqrt(1+(f′(x))²) dx. Permukaan yang terbentuk dengan memutar f nonnegatif di sekitar sumbu-x memiliki luas integral 2πf sqrt(1+(f′)²) dx. Ini adalah besaran berbeda dari volume. Jika interval tak terbatas, rumus geometris tetap memerlukan uji konvergensi.

Contoh terverifikasi

Putar y=1/x untuk x≥1 sekitar sumbu-x. Volume cakram adalah π dikali integral dari 1/x², sehingga V=π. Integran permukaan lateral adalah 2π(1/x)sqrt(1+1/x⁴), setidaknya 2π/x; integral tak warganya divergen. Oleh karena itu, volume terbatas tidak menyiratkan luas permukaan terbatas. Perbandingan ini menghindari upaya mencari antiturunan yang tidak perlu.

Ralat biasa

Jangan pernah menghitung nilai utama sebagai integral tak wajar yang konvergen, atau menyimpulkan keterbatasan satu besaran geometris dari besaran lainnya.

C.6 · Ekstrem multivariabel dan optimisasi terkendala

• Untuk fungsi yang dapat diturunkan pada domain terbuka, ekstrelokal interior memiliki gradien nol. Kondisi ini perlu, bukan cukup. Untuk dua variabel pada titik kritis, misalkan D=f_xx f_yy−(f_xy)². Jika D>0, f_xx>0 memberikan minimum lokal ketat dan f_xx<0 memberikan maksimum lokal ketat; D<0 memberikan saddle. Tes-tes ini memerlukan regularitas turunan kedua yang sesuai di sekitar titik tersebut.
• Ketika D=0 uji turunan kedua tidak konklusif, bukan bukti adanya pelana. Fungsi x⁴+y⁴ dan x⁴−y⁴ memiliki Hessian nol yang sama di titik asal, namun yang satu memiliki minimum ketat dan yang lain berubah tanda. Evaluasi sepanjang arah yang kontras atau gunakan ketaksamaan langsung. Untuk bentuk kuadrat, definit positif memberikan interpretasi Hessian yang lebih umum.
• Pada kendala kesamaan halus g(x,y)=c dengan gradien tak nol g, selesaikan gradien f=lambda gradien g bersama g=c. Persamaan-persamaan ini menghasilkan kandidat; mereka tidak mengklasifikasikan atau menjamin ekstrema global. Jika gradien kendala menghilang, kondisi regularitas gagal dan persamaan multiplier dapat melewatkan ekstrema terkendala. Perlakukan titik-titik seperti itu secara terpisah. Untuk x²+y²=a dan xy=b>0, (x−y)²=a−2b menunjukkan keharusan a≥2b. Hal ini juga cukup: ambil s=√(a+2b), d=√(a−2b), x=(s+d)/2 dan y=(s−d)/2. Nilai-nilai riil ini memiliki xy=b dan x²+y²=a. Syarat minimum saja memerlukan pemeriksaan pencapaian ini untuk menetapkan keterselesaian.
• Fungsi kontinu pada himpunan layak yang kompak mencapai ekstrem global. Untuk menemukannya, bandingkan semua kandidat interior dan semua bagian batas, termasuk sudut dan ujung. Untuk persegi panjang, optimalkan pembatasan pada setiap sisi. Untuk cakram, batas lingkaran mungkin menggunakan parameter atau pengali. Menyelesaikan hanya gradien tanpa kendala mengabaikan kemungkinan pemenang di batas.

Contoh terverifikasi

Minimalkan x²+y² dengan syarat x+y=6. Gradien kendala adalah (1,1), sehingga 2x=lambda dan 2y=lambda. Dengan demikian x=y dan kendala memberikan x=y=3, dengan nilai 18. Melengkapi kuadrat pada garis memberikan x²+(6−x)²=2(x−3)²+18, membuktikan minimum global. Tidak ada maksimum pada garis tak terbatas ini, meskipun terdapat kandidat pengali.

Ralat biasa

Solusi pengali Lagrange adalah kandidat, bukan otomatis maksimum atau minimum. Periksa regularitas dan seluruh himpunan layak.

C.7 · Perubahan koordinat dan teorema integral vektor

• Mengganti variabel mengubah skala luas atau volume dengan determinan Jacobian mutlak. Koordinat polar menggunakan r dr dtheta; koordinat silinder menggunakan r dr dtheta dz; koordinat bola dengan phi diukur dari sumbu z positif menggunakan rho² sin(phi) dρ dphi dtheta. Nyatakan konvensi sudut dan ubah baik integran maupun daerahnya. Ketidakadaan Jacobian mengubah integral kerapatan seragam menjadi besaran fisik yang salah.
• Teorema Green menyamakan integral sirkulasi batas planar berorientasi positif P dx+Q dy dengan integral ganda Q_x−P_y pada daerah tersebut. Hipotesis biasa memerlukan turunan pertama yang kontinu pada himpunan terbuka yang memuat daerah. Lubang membutuhkan batas dalam berorientasi negatifnya sendiri, atau perlakuan valid lainnya untuk domain yang hilang. Teorema ini tidak dapat mengintegrasikan melintasi singularitas medan.
• Teorema Stokes menyamakan sirkulasi pada batas permukaan dengan integral permukaan dari curl F dot normal terorientasi. Aturan tangan kanan menghubungkan arah batas ke normal. Teorema divergensi menyamakan fluks keluar melalui permukaan tertutup dengan integral volume dari div F. Sirkulasi, fluks, curl, dan divergensi adalah berbeda; permukaan tertutup diperlukan untuk teorema divergensi biasa.
• Medan gradien memiliki integral garis yang independen terhadap lintasan, ditentukan oleh selisih potensial titik akhir. Medan bebas-curl yang terdiferensiasi kontinyu pada domain terbuka simply connected adalah konservatif. Bebas-curl saja pada domain dengan lubang tidak cukup. Untuk F=(−y/(x²+y²),x/(x²+y²)), asal dibuang; sirkulasi lingkaran satuan adalah 2π, meskipun curlnya nol di mana pun medan terdefinisi.

Contoh terverifikasi

Untuk F=(x,y,z), divergensi adalah 3. Fluks keluar melalui bola berjari-jari 2 oleh karena itu 3 kali volumenya, atau 3·(4π·2³/3)=32π. Ini menghindari parameterisasi permukaan. Untuk bidang datar (−y,x), teorema Green memberikan sirkulasi lingkaran satuan berlawanan arah jarum jam sebagai integral dari 1−(−1)=2 di atas cakram, sehingga 2π. Membalik orientasi mengubah tanda sirkulasi.

Ralat biasa

Curl nol tidak cukup ketika domain memiliki lubang. Fluks keluar dan sirkulasi berlawanan jarum jam menggunakan teorema dan aturan orientasi yang berbeda.

T.6 · Fungsi, cabang invers dan komposisi

• Fungsi menetapkan tepat satu output untuk setiap input yang diizinkan. Injektif berarti output yang sama memaksa input yang sama; surjektif berarti setiap elemen dari kodomain yang dinyatakan tercapai. Pemetaan x↦x² dari R ke [0,∞) adalah surjektif tetapi bukan injektif. Dari [0,∞) ke [0,∞) ia adalah keduanya, sehingga bijektif. Dari [0,∞) ke R ia tetap injektif tetapi gagal surjektivitas. Jaga domain, citra, dan kodomain terpisah saat menguji setiap klaim.
• Fungsi invers membalikkan sebuah bijeksi. Selesaikan y=f(x) untuk x, lalu gunakan domain asli untuk memilih cabang. Untuk f(x)=(x−2)²−5 pada x≥2, inversnya adalah 2+√(y+5) pada y≥−5. Cabang minus akan mengembalikan input di luar domain yang dipilih. Periksa f⁻¹(f(x))=x untuk x yang diizinkan dan f(f⁻¹(y))=y untuk y yang diizinkan; satu komposisi yang tidak diperiksa dapat menyembunyikan kesalahan domain.
• Grafik invers mencerminkan grafik asli melintasi y=x; ia tidak mengambil resiprokal nilai output. Fungsi swainvers, atau involusi, memenuhi f(f(x))=x di mana pun komposisi terdefinisi. Baik −x pada R dan 1/x pada R kecuali nol adalah involusi. Involusi yang meningkat ketat pada interval haruslah identitas: jika f(x)>x, peningkatan memberikan f(f(x))>f(x)>x, dan argumen analog menyingkirkan f(x)<x.
• Iterasi fⁿ berarti komposisi berulang, bukan pangkat (f(x))ⁿ. Hitung beberapa komposisi pertama dan periksa domainnya sebelum mencari periode. Untuk f(x)=1/(1−x) pada R kecuali 0 dan 1, f²(x)=(x−1)/x dan f³(x)=x. Citra tetap berada dalam domain yang diperbolehkan yang sama. Oleh karena itu, kurangi jumlah iterasi modulo tiga. Rumus yang ditampilkan sama dengan x setelah pembatalan tidak mengembalikan input yang dilarang.

Contoh terverifikasi

Untuk f(x)=(x−2)²−5 dengan x≥2, f(5)=4 dan f⁻¹(4)=2+√9=5. Kuadrat tanpa batas akan memiliki dua input, −1 dan 5, menghasilkan output 4. Untuk g(x)=1/(1−x), orbit 3→−1/2→2/3→3 memiliki periode tiga, sehingga g⁸(3)=2/3; perhitungannya mengenai komposisi, bukan pangkat delapan.

Ralat biasa

Mengubah kodomain mengubah surjektivitas. Refleksi melintasi y=x adalah grafik invers; membalikkan nilai y adalah operasi yang berbeda. Jangan membatalkan input yang dikecualikan.

T.7 · Citra himpunan, relasi ekuivalen dan negasi logika

• Untuk f:X→Y dan A⊆X, citra f(A) terdiri dari semua output f(a) dengan a di dalam A. Sebuah titik berada di f(A∪B) tepat ketika ia berasal dari A atau B, sehingga f(A∪B)=f(A)∪f(B). Jika A⊆B, maka f(A)⊆f(B). Untuk irisan saja, f(A∩B)⊆f(A)∩f(B) terjadi secara otomatis: output yang sama mungkin berasal dari input yang berbeda. Gunakan f(x)=x², A={−1}, B={1}; citra kiri kosong sementara irisan kanan adalah {1}.
• Pra-citra berperilaku berbeda. Untuk C⊆Y, f⁻¹(C) di sini menunjukkan himpunan semua input yang dikirim ke dalam C, bahkan jika f tidak memiliki fungsi invers. Keanggotaan dalam dua pra-citra berarti input yang sama persis memetakan ke dalam kedua himpunan target. Akibatnya, pra-citra menjaga gabungan, irisan, dan komplemen relatif terhadap domain/kodomain yang dinyatakan. Jangan mentransfer teorema tentang pra-citra ke citra. Jika f injektif, irisan citra menjadi sama, karena output yang sama memaksa adanya input bersama.
• Relasi R pada X bersifat refleksif jika xRx untuk setiap x, simetris jika xRy menyiratkan yRx, dan transitif jika xRy dan yRz menyiratkan xRz. Ketiganya membentuk relasi ekuivalen; kelas-kelasnya mempartisi X. Pada bilangan bulat, xRy ketika x dan y memiliki sisa yang sama modulo empat memberikan empat kelas. Relasi |x−y|≤1 bersifat refleksif dan simetris tetapi tidak transitif: 0R1 dan 1R2 sementara 0 tidak terkait dengan 2. Memeriksa hanya diagram atau dua sifat tidak cukup.
• Implikasi P⇒Q bernilai false tepat ketika P true dan Q false. Jadi negasi dari P⇒(Q∧R) adalah P∧(¬Q∨¬R), bukan ¬P⇒(¬Q∧¬R). Menegasi “setiap x memiliki properti A” menghasilkan “terdapat x tanpa A”; menegasi “terdapat x” menghasilkan “setiap x tidak”. Contoh penyangkal dapat membantah klaim universal, sementara contoh tidak dapat membuktikannya. Kuantifier mempertahankan urutan mereka saat dinegasikan secara individual: ¬(∀x∃y S(x,y)) adalah ∃x∀y ¬S(x,y).

Contoh terverifikasi

Misalkan f memetakan a dan b ke label L. Dengan A={a}, B={b}, f(A∩B)=∅ tetapi f(A)∩f(B)={L}. Untuk xRy yang didefinisikan oleh x=y atau x=−y pada R, refleksivitas dan simetri mengikuti langsung, dan dua perubahan tanda masih menghasilkan z=±x, membuktikan transitivitas. Kelas-kelasnya adalah {x,−x}, dengan {0} sebagai himpunan tunggal. Pernyataan salah “setiap file yang disimpan memiliki hash” berarti setidaknya satu file yang disimpan tidak memiliki hash; itu tidak berarti semua file tidak memiliki hash.

Ralat biasa

f⁻¹(C) bisa berarti himpunan pra-citra tanpa fungsi invers. Relasi refleksif dan simetris masih bisa gagal transitif. Negasikan seluruh pernyataan sebelum menyederhanakan bagian-bagiannya.

T.8 · Pengkondisian, inferensi Bayes dan kesalahan pengambilan sampel

• Untuk P(B)>0, P(A|B)=P(A∩B)/P(B): batasi populasi pada B sebelum menghitung pecahan di A. Independensi berarti P(A∩B)=P(A)P(B), ekuivalen dengan P(A|B)=P(A) ketika penyebutnya tidak nol. Kejadian saling lepas dengan probabilitas positif tidak dapat independen, karena probabilitas gabungannya adalah nol. Pengambilan sampel tanpa pengembalian biasanya mengubah probabilitas selanjutnya; penyebut tetap untuk pengambilan berturut-turut akan menggambarkan eksperimen yang berbeda.
• Bangun probabilitas gabungan dengan mengalikan proporsi kategori prior dengan probabilitas bersyarat yang relevan. Jika D adalah kondisi dan + hasil positif, P(D∩+)=P(D)P(+|D). Probabilitas positif total adalah P(D)P(+|D)+P(bukan D)P(+|bukan D), karena ini saling lepas dan mencakup setiap hasil positif. Bayes membagi probabilitas gabungan pertama dengan total ini. Sensitivitas adalah P(+|D), sedangkan spesifisitas adalah P(−|bukan D); tingkat positif palsu adalah satu dikurangi spesifisitas.
• Untuk tes hipotetis dengan prevalensi 2%, sensitivitas 90% dan spesifisitas 95%, gunakan populasi 10,000 untuk kejelasan. Dari 200 orang yang memiliki kondisi, 180 tes positif. Dari 9,800 yang tidak memilikinya, 490 tes positif. Oleh karena itu 180 dari 670 hasil positif memiliki kondisi: posterior 18/67, sekitar 26.9%. Membalikkan kondisional akan menghasilkan 90%, menjawab pertanyaan yang berbeda. Ini adalah model matematis, bukan rekomendasi tentang keputusan klinis.
• Untuk observasi yang terdistribusi identik dan independen dengan varians terbatas σ², rata-rata sampel memiliki ekspektasi μ dan varians σ²/n; standar errornya adalah σ/√n. Ini adalah sebaran rata-rata sampel berulang, bukan sebaran observasi individu. Menggandakan n empat kali lipatan mengurangi standar error menjadi setengahnya, bukan seperempatnya. Data populasi normal memberikan rata-rata yang benar-benar normal; dalam kasus lain pendekatan teorema limit pusat memerlukan kondisi yang memadai dan ukuran sampel. Korelasi membatalkan perhitungan varians independen sederhana.

Contoh terverifikasi

Misalkan P(A)=0.4, P(B)=0.5 dan P(A∩B)=0.3. Maka P(A|B)=0.6, sehingga A dan B tidak independen, karena 0.3≠0.4·0.5. Jika sebuah variabel memiliki simpangan baku 12, sampel independen berukuran 36 memiliki standar error rata-rata 2. Meningkatkan ukuran sampel menjadi 144 menghasilkan 1; simpangan baku observasi individu tetap 12.

Ralat biasa

Jangan membalikkan P(+|D) menjadi P(D|+). Sertakan hasil positif palsu dalam penyebut posterior. Simpangan baku observasi individu dan standar error rata-ratanya memiliki perilaku ukuran sampel yang berbeda.

T.9 · Kesamaan, penskalaan dan lokus jarak konik

• Segitiga-segitiga sebangun ketika sudut-sudut yang bersesuaian sesuai; rasio sisi yang bersesuaian mereka kemudian sama. Tulis korespondensi titik sudut secara eksplisit. Jika segitiga APQ memiliki sudut A sama dengan sudut A dari ABC dan sudut P sama dengan sudut C, korespondensi tertatanya adalah A↔A, P↔C, Q↔B. Dengan demikian AP/AC=AQ/AB=PQ/CB. Sisi AP terletak pada AB tetapi bersesuaian dengan AC; mencocokkan berdasarkan letak sisi atau oleh huruf P dapat menghasilkan rasio yang salah.
• Dengan faktor skala panjang umum k>0, panjang dikalikan dengan k, luas dengan k² dan volume dengan k³. Kenaikan panjang 30% berarti k=1.30, sehingga kenaikan luas 1.30²−1=0.69, atau 69%; bukan 60%. Untuk paduan sebangun dengan rasio volume 27, rasio panjangnya adalah 3 dan rasio luas permukaannya 9. Perubahan persentase dan selisih absolut adalah besaran yang berbeda; tulis rasio baru-ke-lama sebelum mengonversinya menjadi persentase.
• Lingkaran menetapkan jarak ke satu titik. Elips menetapkan jumlah jarak ke dua fokus. Hiperbola menetapkan selisih mutlak dari jarak tersebut; parabola menetapkan kesamaan jarak ke fokus dan ke direktrix. Ini adalah definisi himpunan titik, bukan sketsa untuk dihafal. Untuk fokus (−c,0) dan (c,0), elips menggunakan jumlah 2a dengan a>c. Hiperbola non-degenerate menggunakan selisih mutlak 2a dengan 0<a<c; selisih bertanda membedakan kedua cabangnya.
• Untuk hiperbola dengan sumbu transversal horizontal, c²=a²+b² dan persamaannya adalah x²/a²−y²/b²=1. Misalkan r_A adalah jarak ke (−c,0) dan r_B jarak ke (c,0). Syarat r_A−r_B=2a>0 memilih cabang kanan x≥a; syarat negatif memilih cabang kiri. Pengkuadratan dapat menghilangkan tanda ini, jadi periksa kembali syarat jarak awal setelah mendapatkan persamaan. Selisih nol memberikan garis bagi tegak lurus alih-alih hiperbola; selisih yang melebihi pemisahan fokus mustahil berdasarkan ketaksamaan segitiga.

Contoh terverifikasi

Misalkan AB=10, AC=15 dan BC=20. Titik P pada AB memiliki AP=6, dan Q pada AC membuat sudut APQ sama dengan sudut ACB. Maka AP/AC=6/15=2/5, sehingga PQ=8 dan AQ=4. Secara terpisah, fokus di (−5,0),(5,0) dan jarak-ke-kiri dikurangi jarak-ke-kanan sama dengan 6 menghasilkan a=3, b²=25−9=16: x²/9−y²/16=1 dengan x≥3. Titik (−3,0) memenuhi persamaan kuadrat tetapi gagal memenuhi kondisi bertanda.

Ralat biasa

Cocokkan sudut sebelum sisi. Persentase luas menggunakan kuadrat faktor panjang. Persamaan jarak kuadrat mungkin menggambarkan kedua cabang meskipun masalah aslinya hanya meminta satu.

C.8 · Fase trigonometri dan kurva parametrik

• Untuk y=A cos(ωx−φ) dengan A>0 dan ω>0, amplitudo adalah A, periode adalah 2π/ω, dan geseran horizontal adalah φ/ω. Sudut fase φ diukur di dalam argumen kosinus; ia bukan itu sendiri geseran horizontal kecuali ω=1. Mulailah dengan jarak puncak-ke-puncak untuk periode dan jarak garis tengah-ke-puncak untuk amplitudo. Untuk mencari fase, substitusikan titik yang diketahui dan periksa arah gerak di sana. Fase ekuivalen berbeda oleh 2π.
• Untuk y=−2 cos(3x), tulis ulang model dengan amplitudo positif sebagai 2 cos(3x−π). Amplitudonya adalah 2, periode 2π/3, dan fase π; geseran kanan ekuivalen adalah π/3. Puncak terjadi ketika 3x−π merupakan kelipatan dari 2π. Satu titik grafik pada x=0 dan y=0 saja tidak dapat menentukan fase secara unik: kemiringan atau titik lain membedakan sudut yang mungkin. Satuan dan konvensi sudut penting; turunan trigonometri kalkulus biasa menggunakan radian.
• Kurva parametrik menentukan x=x(t), y=y(t). Mengeliminasi t menggambarkan himpunan titik tetapi dapat kehilangan batasan dan arah. Untuk x=cos³t, y=sin³t, akar kubik riil menghasilkan |x|^(2/3)+|y|^(2/3)=1, sebuah astroid dengan cusps pada sumbu-seumbu. Saat t berjalan dari 0 hingga 2π, kurva dimulai di (1,0), melewati (0,1) pada π/2, dan bergerak berlawanan arah jarum jam. Membatasi t ke [0,π/2] hanya memberikan busur kuadran pertama, bukan seluruh lokus implisit.
• Ketika dx/dt≠0, dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt). Tangen horizontal umumnya memerlukan dy/dt=0 dan dx/dt≠0; tangen vertikal umumnya membalikkan kondisi tersebut. Jika keduanya hilang, periksa limit atau ekspansi lokal alih-alih mengambil 0/0 sebagai kemiringan. Untuk x=t²,y=t³ pada t=0, hasil bagi untuk t≠0 adalah 3t/2 dan cenderung ke nol: cusp memiliki tangen horizontal. Kecepatan parameter nol bukanlah sendiri-sendinya maksimum atau minimum lokal dari y sebagai fungsi x.

Contoh terverifikasi

Untuk y=−2 cos(3x), minimum mencakup x=0 dan maksimum mencakup x=π/3. Representasi fase 2 cos(3x−π) memberikan nilai yang sama. Untuk x=2 cos t,y=sin t, eliminasi menghasilkan x²/4+y²=1; pada t=π/4, dx/dt=−√2 dan dy/dt=√2/2, sehingga kemiringan −1/2. Interval parameter penuh [0,2π] melacak elips sekali berlawanan arah jarum jam.

Ralat biasa

Sudut fase dan geseran horizontal berbeda oleh faktor frekuensi. Persamaan implisit dapat menambahkan bagian kurva yang tidak teracak. Jika kedua turunan parameter hilang, gunakan penalaran lokal alih-alih menandai setiap titik seperti itu sebagai ekstremitas.

T.10 · Geometri vektor, proyeksi dan luas berarah

• Untuk vektor real tak nol u,v, berlaku u·v=|u||v| cos θ. Hasil kali titik positif, nol, atau negatif sesuai dengan sudut lancip, siku-siku, atau tumpul yang lebih kecil. Proyeksi skalar v sepanjang u adalah (v·u)/|u|; proyeksi vektornya adalah ((v·u)/(u·u))u. Selisih dari proyeksi ini ortogonal terhadap u. Jangan bingung antara vektor terproyeksi dengan komponen skalar bertandanya. Vektor nol ortogonal terhadap setiap vektor tetapi tidak memiliki arah sudut yang terdefinisi.
• Untuk vektor tiga dimensi, u×v tegak lurus terhadap keduanya dengan panjang |u||v| sin θ. Perhitungan koordinat menggunakan (u₂v₃−u₃v₂, u₃v₁−u₁v₃, u₁v₂−u₂v₁). Panjang ini adalah luas jajar genjang, sehingga segitiga dari dua vektor sisi memiliki setengah luas tersebut. Membalik urutan mereka membalikkan hasil kali silang tetapi mempertahankan luas. Bangun kedua vektor sisi dari verteks yang sama; menyilangkan dua vektor posisi yang tidak terkait umumnya mengukur luas segitiga yang salah.
• Bidang melalui titik p dengan normal n yang tak nol memiliki persamaan n·(x−p)=0. Jarak dari q ke bidang adalah |n·(q−p)|/|n|; penyebut menormalisasi skala persamaan. Hasil kali skalar triple u·(v×w) memberikan volume paralelepiped bertanda; nilai mutlaknya adalah volume geometris. Hasil kali triple nol berarti ketergantungan ketiga vektor sisi, bukan necessarily bahwa setiap pasang tegak lurus atau sejajar.
• Untuk empat vektor planar, terdapat enam hasil kali titik tak berurutan. Konfigurasi e₁,−e₁,e₂,−e₂ memiliki dua produk negatif dan empat nol; e₁,e₁,e₂,e₂ memiliki dua produk positif dan empat nol. Empat vektor tak nol tidak dapat memiliki setiap hasil kali titik pasangan yang negatif. Urutkan arah mereka mengelilingi lingkaran: setiap celah sudut berturut-turut harus melebihi 90°, memaksa jumlah empat celah melampaui 360°. Vektor nol tidak dapat menyelamatkan persyaratan negatif ketat, karena hasil kalinya vanish.

Contoh terverifikasi

Dengan p=(0,0,0), q=(2,0,0), r=(0,3,0), sisi-sisinya adalah u=(2,0,0), v=(0,3,0). Hasil kali silangnya adalah (0,0,6), memberikan luas segitiga 3. Untuk w=(3,4) dan u=(1,0), proyeksi vektor adalah (3,0) dan sisa ortogonalnya adalah (0,4). Bidang 2x−y+2z=6 memiliki panjang normal 3, sehingga jaraknya dari titik asal adalah 6/3=2.

Ralat biasa

Besar hasil kali silang adalah luas jajar genjang, jadi bagi dua untuk mendapatkan luas segitiga. Nol hasil kali titik adalah pernyataan ortogonalitas aljabar bahkan untuk vektor nol. Jarak bidang harus dibagi dengan panjang normal.

C.9 · Faktor pengintegrasi dan persamaan diferensial nonhomogen

• Persamaan linear orde pertama berbentuk y′+p(x)y=q(x) pada interval di mana koefisiennya kontinu. Tidak perlu dapat dipisahkan. Tetapkan μ(x)=exp(∫p(x)dx). Karena μ′=pμ, perkalian menghasilkan (μy)′=μq, sehingga y=μ⁻¹(∫μq dx+C). Pilih antiturunan yang nyaman apa pun untuk p; konstanta integrasinya hanya menskalakan μ dan hilang dari solusi. Terapkan data awal setelah integrasi, dan simpan semua titik koefisien singular di luar interval yang dipilih.
• Untuk y′+2xy=x dengan y(0)=1, μ=e^(x²). Maka (e^(x²)y)′=x e^(x²), yang integralnya adalah e^(x²)/2+C. Dengan demikian y=1/2+C e^(−x²), dan kondisi awal memberikan C=1/2. Substitusi langsung memeriksa y′+2xy=x. Faktor pengintegrasi mengubah sisi kiri menjadi turunan hasil kali; ini bukan faktor tambahan yang tetap mengalikan sisi kanan asli dalam jawaban akhir.
• Untuk ay″+by′+cy=r(x) dengan a tidak nol, selesaikan persamaan karakteristik aλ²+bλ+c=0 untuk bagian homogen. Akar real berbeda menghasilkan dua eksponensial; akar ganda λ menghasilkan (C₁+C₂x)e^(λx); akar α±iβ menghasilkan e^(αx)(C₁ cos βx+C₂ sin βx). Solusi lengkap adalah y_h+y_p. Pemaksa polinomial menyarankan uji partikular polinomial; pemaksa eksponensial atau sinus/kosinus keluarga yang sesuai, dengan cukup koefisien untuk memperhitungkan diferensiasi.
• Jika uji partikular menduplikasi solusi homogen, ia tidak dapat menghasilkan pemaksa: kalikan dengan x sekali untuk akar sederhana, dua kali untuk akar ganda. Untuk y″−3y′+2y=e^x, Ke^x naif dimatikan. Mencoba Kxe^x menghasilkan −Ke^x, jadi y_p=−xe^x. Kondisi awal menentukan konstanta homogen hanya setelah menambahkan y_p. Substitusikan fungsi akhir ke dalam persamaan asli untuk memeriksa tanda dan pemaksa; pemeriksaan nilai awal saja tidak dapat memverifikasi persamaan diferensial.

Contoh terverifikasi

Untuk y″−3y′+2y=4, akar karakteristiknya adalah 1 dan 2. Solusi partikular konstan y_p=2 menghasilkan 2y_p=4, sehingga y=C₁e^x+C₂e^(2x)+2. Untuk y′+2xy=x dan y(0)=1, solusi orde pertama terpisah adalah y=(1+e^(−x²))/2. Ini mengilustrasikan metode yang berbeda; tidak ada persamaan yang menjadi homogen hanya karena sisinya linear.

Ralat biasa

Tetaplah solusi khusus. Uji resonansi membutuhkan faktor x. Penurunan faktor pengintegralkan berlaku pada interval koefisien yang valid dan tidak boleh membagi dengan y atau diam-diam membuang solusi nol.

T.11 · Komposisi lemah, invarian loop dan pelacakan bagan alur

• Jumlah solusi bilangan bulat nonnegatif dari x₁+⋯+x_k=n adalah C(n+k−1,k−1), untuk n≥0 dan k≥1. Representasikan n bintang identik yang dipisahkan ke dalam k kotak bernama dengan k−1 baris; baris berdampingan dan baris ujung memungkinkan entri nol. Kotak dapat dibedakan, objek tidak. Menghitung token yang berbeda sebaliknya akan menetapkan setiap token secara independen, memberikan k^n sebelum batasan lain. Tentukan model dari apa yang diwakili oleh objek dan penerima, bukan dari koefisien binomial yang terlihat familiar.
• Untuk alokasi positif x_i≥1, letakkan z_i=x_i−1; total sisa adalah n−k, memberikan C(n−1,k−1) ketika n≥k. Batas bawah lebih umum x_i≥a_i ditangani dengan mengurangi setiap a_i. Minimal satu nol adalah komplemen dari setiap entri positif: kurangi C(n−1,k−1) dari total nonnegatif. Kasus tumpang tindih seperti tepat dua kotak kosong memerlukan penghitungan berbeda; mengurangi setiap kasus kotak kosong secara independen menghitung ganda irisan mereka.
• Jejakkan diagram alur satu pernyataan dieksekusi pada satu waktu, mencatat variabel dalam tabel. Bedakan penugasan dari tes kesamaan matematis; sisi kanan penugasan menggunakan nilai lama sebelum pengganti. Catat cabang mana yang akan dieksekusi selanjutnya dan variabel mana yang direset. Kandidat loop luar baru mungkin menjumlahkan ulang jumlah dalam tanpa mereset kandidat itu sendiri. Untuk proses yang menambahkan 1,3,5,… ke S dari nol, setelah m penambahan S=m² dan penambah berikutnya adalah 2m+1.
• Invarian perulangan adalah benar sebelum dan setelah setiap iterasi. Invarian jumlah kuadrat berlaku pada awal m=0 dan terpelihara karena m²+(2m+1)=(m+1)². Invarian saja tidak membuktikan terminasi. Untuk menguji apakah bilangan bulat N≥0 merupakan bilangan kuadrat dengan menambahkan bilangan ganjil hingga S≥N, S akan tumbuh tanpa batas; ekuivalennya, m meningkat dan harus mencapai batasan seperti N. Pada saat keluar, kesamaan berarti bilangan kuadrat dan overshoot berarti bukan bilangan kuadrat. Nilai yang dicetak harus dicapai melalui jalur eksekusi aktual; pola numerik yang masuk akal saja bukan merupakan jejak.

Contoh terverifikasi

Bagikan 11 token identik di antara 4 kotak bernama. Alokasi nonnegatif berjumlah C(14,3)=364; alokasi semua-positif berjumlah C(10,3)=120. Oleh karena itu 244 alokasi memiliki setidaknya satu kotak kosong. Untuk uji jumlah ganjil dengan N=10, S berkembang 0,1,4,9,16; ia melewati dan menolak 10. Untuk N=9 ia keluar pada S=9 setelah tiga penambahan. Tambah berikutnya adalah 1,3,5,7,9; kolom jumlah dan tambah berikutnya tidak boleh tertukar.

Ralat biasa

Objek identik dan objek berbeda menggunakan model yang berbeda. Setidaknya satu kotak kosong tidak sama dengan tepat satu. Dalam flowchart, pertahankan urutan pembaruan dan reset hanya variabel yang memang direset oleh jalur eksekusi.

C.10 · Diferensiasi implisit dan Jacobian invers

• Untuk peta yang terdiferensiasi F(u,v)=(x,y)=(f(u,v),g(u,v)), Jacobian-nya adalah J=[[f_u,f_v],[g_u,g_v]]. Perubahan kecil memenuhi [dx,dy]ᵀ=J[du,dv]ᵀ hingga orde pertama. Untuk mencari u_x sambil mempertahankan y tetap, turunkan kedua persamaan definisi terhadap x: f_u u_x+f_v v_x=1 dan g_u u_x+g_v v_x=0. Ini adalah sistem linear yang saling terkait, bukan dua aturan invers skalar yang independen.
• Jika f dan g terdiferensiasi kontinu di sekitar titik tersebut dan det J=f_u g_v−f_v g_u nonzero di sana, teorema fungsi invers menyediakan invers lokal yang terdiferensiasi. Turunannya adalah J⁻¹=(1/det J)[[g_v,−f_v],[−g_u,f_u]]. Dengan demikian u_x=g_v/det J, u_y=−f_v/det J, v_x=−g_u/det J dan v_y=f_u/det J. Evaluasi setiap turunan pada titik yang sesuai. Invers lokal tidak perlu diperluas menjadi invers global.
• Untuk persamaan implisit H(u,v,x,y)=0 dan K(u,v,x,y)=0, turunkan sambil mempertahankan koordinat bebas yang diminta. Selesaikan [[H_u,H_v],[K_u,K_v]][u_x,v_x]=−[H_x,K_x]ᵀ. Determinan pada variabel tak diketahui u,v harus nonzero untuk menggunakan teorema fungsi implisit biasa. Tanda di ruas kanan berasal dari memindahkan turunan yang diketahui ke sisi lain. Jika determinan bernilai nol, teorema ini tidak konklusif; hal itu sendiri tidak membuktikan bahwa tidak ada invers atau solusi implisit yang ada.
• Singkatan skalar du/dx=1/(dx/du) berlaku untuk invers satu-peubah dengan turunan nonzero, tetapi biasanya gagal untuk sistem yang saling terkait karena v berubah untuk mempertahankan y tetap. Untuk x=u+v,y=u+2v, J=[[1,1],[1,2]] memiliki determinant 1 dan invers [[2,−1],[−1,1]]. Oleh karena itu u_x=2 sementara 1/f_u=1. Jacobian invers mentransformasikan sensitivitas diferensial; integral perubahan variabel sebaliknya menggunakan determinan absolut untuk penskalaan luas atau volume, bukan entri invers yang dipilih.

Contoh terverifikasi

Ambil x=u²+v dan y=u−v. Pada (u,v)=(1,0), outputnya adalah (1,1), dan J=[[2,1],[1,−1]] memiliki determinan −3. Inversnya adalah [[1/3,1/3],[1/3,−2/3]], sehingga u_x=1/3 dan v_y=−2/3 di sana. Mengalikan J dengan invers ini menghasilkan identitas. Resiprokal 1/f_u=1/2 bukan u_x karena mengubah u juga mengharuskan mengubah v agar y tetap.

Ralat biasa

Turunkan kedua persamaan dan nyatakan output mana yang dipertahankan tetap. Determinan nonzero menjamin invers lokal di bawah hipotesis keteraturan; determinan nol bukanlah pembuktian ketidakmungkinan. Gunakan entri invers untuk sensitivitas dan determinan absolut untuk integrasi.

A.7 · Faktorisasi LU dan nulitas peta majemuk

• Faktorisasi A=LU menyatakan matriks persegi sebagai matriks segitiga bawah L dan segitiga atas U. Dengan diagonal satuan pada L, substitusi maju menjadi sangat sederhana. Matriks yang dapat dibalik tidak selalu menerima bentuk ini tanpa pertukaran baris; pivot utama nol dapat memerlukan permutasi. Untuk PA=LU, selesaikan Ly=Pb, lalu Ux=y. Permutasi bertindak di sisi kanan maupun pada matriks koefisien. Pivot utama principal yang tak nol membenarkan eliminasi tanpa pertukaran biasa, bukan hanya invertibilitas semata.
• Dalam Ly=b, hitung y dari atas ke bawah, kurangkan suku-suku yang sudah diketahui; bagi dengan diagonal saat ini kecuali nilainya satu. Dalam Ux=y, hitung x dari bawah ke atas. Untuk setiap persamaan, substitusikan kembali ke baris asli sebagai pengecekan. Menggunakan kembali LU untuk banyak sisi kanan menghindari pengulangan eliminasi: faktorisasi padat membutuhkan kerja orde kubik dalam dimensi, sedangkan setiap penyelesaian segitiga membutuhkan kerja orde kuadrat. Arithmetic eksak dapat memeriksa contoh kecil; pivoting numerik mengurangi beberapa masalah pembulatan tetapi tidak dapat menghilangkan ketidakkondisian inherent.
• Untuk B:V→W dan A:W→Z, ker B terkandung dalam ker(A∘B), namun yang terakhir bisa lebih besar. Vektor tambahan adalah mereka yang dipetakan oleh B ke dalam ker A. Batasi B pada ker(A∘B): gambarannya adalah im Bker A dan kernelnya adalah ker B. Rank-nullity pada pemetaan terbatas ini memberikan dim ker(A∘B)=dim ker B+dim(im B∩ker A). Irisan tersebut, bukan seluruh kernel A, menentukan nullitas tambahan.
• Untuk endomorfisme R⁶ dengan nullitas A=2 dan nullitas B=3, rank B=3 dan dimensi irisan dapat berkisar antara 0 hingga 2. Dengan demikian nullitas A∘B berkisar dari 3 hingga 5. Batasan bergantung pada ruang perantara umum: untuk subruang berdimensi r dan s dalam ruang berdimensi m, irisan mereka memiliki dimensi antara max(0,r+s−m) dan min(r,s). Membalik komposisi dapat mengubah nullitasnya, meskipun AB dan BA keduanya terdefinisi. Pilih ruang yang kompatibel sebelum menerapkan rumus-rumus ini.

Contoh terverifikasi

Misalkan L=[[1,0,0],[2,1,0],[−1,3,1]], U=[[2,1,−1],[0,3,2],[0,0,4]], dan b=(−1,−1,12). Substitusi maju memberi y=(−1,1,8). Substitusi mundur memberi x₃=2, x₂=(1−4)/3=−1, dan x₁=(−1−(−1)+2)/2=1. Oleh karena itu x=(1,−1,2). Mengalikan Ux memberi y dan mengalikan Ly memberi b, memeriksa urutan faktorisasi secara independen.

Ralat biasa

Selesaikan dengan L terlebih dahulu dan U kedua, serta permute b jika PA=LU. Nullitas komposisi tidak otomatis merupakan jumlah dari dua nullitas; hanya irisan image-kernel yang menambah nullitas B.

C.11 · Integrasi parsial, pembalikan urutan dan simetri

• Integrasi parsial berasal dari aturan perkalian: ∫u dv=uv−∫v du. Untuk integral tentu sertakan suku batas di kedua ujung. Dengan I_n(x)=∫₁ˣ(ln t)^n dt, pilih u=(ln t)^n dan dv=dt. Untuk n≥1 batas bawah hilang, memberi I_n=x(ln x)^n−n I_(n−1). Tanda plus akan melanggar identitas terdiferensiasi. Tetapkan batas bawah yang sama dalam rekurensi; mengubahnya mengubah konstanta.
• Untuk integral tak wajar pertama terapkan identitas pada batas finite, lalu justifikasi batas limit dan integral tersisa. Jika ∫₋∞^∞e^(−x²)dx=√π, set u=x dan dv=x e^(−x²)dx untuk ∫x²e^(−x²)dx. Karena v=−e^(−x²)/2 dan x e^(−x²)→0 di kedua tak hingga, momen kedua penuh adalah √π/2. Kek genapan memberikan momen garis setengah positif √π/4. Batas yang hilang adalah bagian dari argumen, bukan sifat otomatis setiap integral tak wajar.
• Untuk membalik ∫₀¹∫ₓ¹F(x,y)dy dx, deskripsikan segitiga 0≤x≤y≤1, lalu tulis ulang sebagai ∫₀¹∫₀ʸF(x,y)dx dy. Baik interval luar maupun batas dalam berubah; menukar simbol saja mengubah daerah. Untuk F=e^(y²), mengintegrasikan terhadap x terlebih dahulu memberi ∫₀¹y e^(y²)dy=(e−1)/2. Kontinuitas pada segitiga kompak ini membuat pembalikan urutan valid; kasus singular atau konvergen bersyarat memerlukan kehati-hatian lebih kuat.
• Jika fungsi yang dapat diintegralkan pada [a,b] memenuhi f(a+b−x)=−f(x), refleksi membuat integralnya sama dengan negatifnya, sehingga nol. Untuk sin(2mx)/sin x pada [0,π] dengan bilangan bulat positif m, refleksi x↦π−x mengubah tanda pembilang dan mempertahankan penyebut. Singularitas ujung apparent dapat dihilangkan: limitnya adalah 2m di nol dan −2m di π. Periksa limit-limit ini sebelum invoking simetri; pembatalan bukan pengganti untuk keterintegralkan.

Contoh terverifikasi

Untuk I₂(x)=∫₁ˣ(ln t)²dt, rekurensi memberikan x(ln x)²−2I₁(x), dengan I₁(x)=x ln x−x+1. Oleh karena itu I₂=x[(ln x)²−2ln x+2]−2. Konstanta −2 memastikan I₂(1)=0. Secara terpisah, membalik integral segitiga e^(y²) menghasilkan faktor y dari panjang-x dalam; melewatkan faktor ini akan mengembalikan kesulitan asli dan mengubah nilainya.

Ralat biasa

Integrasi tak wajar dengan integrasi parsial memerlukan limit ujung. Rekonstruksi daerah sebelum membalik urutan. Integran yang dipantulkan yang terlihat aneh harus dapat diintegralkan, termasuk apa pun ujung yang dapat dihilangkan.

C.12 · Laju terkait dan limit hasil bagi yang dapat dihapus

• Untuk besaran V yang bergantung pada kedalaman h(t) yang berubah, aturan rantai memberikan dV/dt=V′(h) dh/dt. Tangki yang dikuras memiliki dh/dt<0, sehingga dV/dt bertanda negatif; magnitudo aliran keluar adalah negatifnya. Gambarlah geometri dan sebutkan kedalaman instan sebelum mensubstitusikan angka. Jangan perlakukan laju sebagai volume statis dibagi waktu yang berlalu kecuali situasi tersebut benar-benar menentukan rata-rata konstan.
• Tangki bola berjari-jari R memiliki kuadrat jari-jari penampang R²−(R−h)²=2Rh−h² pada kedalaman h dari dasar. Mengintegrasikan luas lingkaran ini memberikan volume kap V(h)=π(Rh²−h³/3), untuk 0≤h≤2R. Turunannya π(2Rh−h²) adalah luas penampang saat itu. Pada R=3, h=1, dh/dt=−1/4, laju volume bertanda adalah −5π/4 dan magnitudo aliran keluar 5π/4. Rumus ini berlaku untuk kap dangkal maupun dalam dalam rentang yang ditentukan.
• Jika f dan g terdiferensiasi kontinyu di dekat nol, f(0)=g(0)=0 dan g′(0)≠0, maka f(x)/g(x) cenderung ke f′(0)/g′(0). Ini mengikuti dari f(x)=f′(0)x+o(x) dan g(x)=g′(0)x+o(x); kontinuitas g′ menjaga hasil bagi terdefinisi di dekatnya kecuali di nol. Mengisi nilai limit ini memberikan perluasan kontinyu. Argumen ini tidak memerlukan f′(0) nonzero, dan tidak membuktikan hasil bagi yang diperluas terdiferensiasi.
• Untuk f(x)=x|x| dan g(x)=x, keduanya terdiferensiasi terus-menerus, f(0)=g(0)=0 dan g′(0)=1. Hasil bagi mereka untuk x≠0 adalah |x|, yang memperluas secara kontinu di nol tetapi memiliki turunan satu-sisi yang tidak sama di sana. Untuk (f²−f)/(2g−g³), faktorkan menjadi (f/g)(f−1)/(2−g²); limit yang dapat dihilangkannya adalah −f′(0)/(2g′(0)). Faktor tambahan mendekati −1 dan 2. Bedakan limit hasil bagi dengan turunan dari perpanjangannya.

Contoh terverifikasi

Untuk bola dengan R=3 dan kedalaman h=1, luas penampang adalah π(6−1)=5π. Penurunan kedalaman sebesar 1/4 per satuan waktu oleh karena itu menghilangkan volume dengan magnitudo 5π/4 per satuan waktu. Untuk f(x)=sin(2x), g(x)=3x, hasil bagi memperluas di nol dengan nilai 2/3. Limit ini tidak mengatakan apa pun tentang ukuran tangki dan tidak boleh disubstitusikan sebagai laju turunan tanpa mengidentifikasi besaran yang bergantung.

Ralat biasa

Gunakan luas penampang instan, bukan luas permukaan total tangki. Laporkan perubahan volume bertanda atau aliran keluar positif seperti yang diminta. Limit hasil bagi hingga yang dapat dihilangkan menetapkan kontinuitas, bukan keterdiferensiasian hasil bagi yang diisi.

T.12 · Kelengkapan metrik dan penutupan dari basis

• Untuk peta injektif h:X→R, d(x,y)=|h(x)−h(y)| adalah metrik: simetri dan ketaksamaan segitiga berasal dari R, dan injektivitas memastikan d(x,y)=0 hanya ketika x=y. Peta h adalah isometri ke citranya h(X). Jika h tidak injektif, konstruksi ini mungkin hanya pseudometrik. Jarak terbatas tidak membuktikan bahwa sebuah ruang lengkap, dan himpunan titik yang familiar dapat memiliki perilaku Cauchy yang sangat berbeda di bawah metrik yang berbeda.
• Metrik penarikan balik lengkap tepat jika citra h(X) lengkap dalam jarak real biasa. Subhimpunan tertutup di R adalah lengkap. Untuk h(x)=arctan x pada R, citranya adalah (−π/2,π/2), yang tidak memuat ujung-ujungnya. Barisan n adalah Cauchy dalam metrik penarikan balik karena arctan n→π/2, tetapi tidak ada x riil sehingga arctan x=π/2, sehingga metriknya tidak lengkap. Untuk h(x)=x³, citranya mencakup seluruh R dan metrik penarikannya lengkap. Kesetaraan topologis saja tidak mempertahankan kelengkapan.
• Dalam topologi dengan basis, x terletak dalam penutupan A jika setiap lingkungan terbuka dasar dari x berpotongan dengan A. Ini adalah uji keanggotaan, bukan operasi titik akhir Euclidean secara otomatis. Basis harus menutupi ruang, dan untuk titik yang berada dalam dua himpunan basis, harus ada himpunan basis yang lebih kecil yang memuatnya di dalam irisan keduanya. Sebuah titik dapat berada dalam penutupan satu himpunan tunggal bahkan ketika ia bukan titik dari himpunan tunggal itu sendiri; kemungkinan ini bergantung pada topologinya.
• Pada X={2,3,4,…}, ambil himpunan dasar U_k={n in X: n divides k}, untuk k≥2. Mereka menutupi X karena x∈U_x; irisan adalah U_gcd(k,l) ketika gcd minimal 2, atau kosong. Titik x terletak dalam penutupan {n} tepat jika setiap k yang habis dibagi oleh x juga habis dibagi oleh n: ekuivalen dengan n membagi x. Lebih langsung, lingkungan dasar terkecil U_x memuat n tepat ketika n membagi x, dan setiap lingkungan lain yang memuat x memuat pembagi-pembagi ini. Jadi penutupan {8} terdiri dari kelipatan positif dari 8, bukan pembagi dari 8.

Contoh terverifikasi

Di bawah d(x,y)=|arctan x−arctan y|, barisan bilangan bulat menuju ujung gambar yang hilang daripada titik di R, sehingga ia Cauchy tanpa konvergensi di ruang tersebut. Dalam basis pembagi, 16 terletak dalam closure {8}, karena setiap himpunan dasar yang memuat 16 juga memuat 8. Namun 4 tidak: U_4={2,4} adalah lingkungan dari 4 yang tidak memuat 8. Ini secara eksplisit memisahkan kelipatan dari pembagi.

Ralat biasa

Batas Cauchy harus berada di ruang yang sama. Kelengkapan adalah sifat metrik, bukan hanya topologis. Untuk penutupan, uji setiap lingkungan dari titik kandidat, alih-alih setiap lingkungan dari nilai tunggal.