GRE · GRE Subject Test · GRE Mathematics

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aljabar eksak, trigonometri dalam radian, fungsi, dan ketaksamaan.

• Gunakan limit, kontinuitas, dan keterdiferensialan
• Terapkan turunan, integral, dan teorema fundamental
• Kenali jumlah Riemann dan bedakan dari deret tak hingga

kontinuitas: Kesesuaian nilai fungsi dengan limitnya.

konvergensi: Pendekatan ke nilai batas finite.

Sebuah limit menggambarkan nilai dekat suatu titik, tanpa mensyaratkan fungsi terdefinisi di sana. Kontinuitas menambahkan persyaratan bahwa nilai fungsi ada dan sesuai dengan limit. Pembatalan aljabar valid hanya menjauhi nol yang dibatalkan, namun dapat mengungkapkan limit yang dapat dihapuskan. Limit satu sisi harus sepakat untuk limit dua sisi. Untuk limit hasil bagi, periksa penyebut dan hipotesis sebelum menerapkan aturan; 0/0 adalah bentuk tak tentu, bukan jawaban.

Sebuah turunan adalah limit dari hasil bagi selisih dan menyiratkan kontinuitas; sebaliknya gagal, seperti |x| di nol menunjukkan. Aturan perkalian, pembagian, dan rantai menggambarkan struktur berbeda: turunan f(g(x)) adalah f′(g(x))g′(x), bukan perkalian nilai tak terkait. Mendiferensiasikan komposisi kedua kali umumnya menghasilkan dua suku. Periksa domain, penyebut tak nol, dan asumsi keterdiferensialan sebelum menggunakan ekspresi simbolik sebagai turunan.

Teorema fundamental menyatakan 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 limit dari jumlah Riemann. Tulis ulang jumlah sebagai (1/n)Σf(k/n) sebelum mengidentifikasi integral pada [0,1], alih-alih memperlakukan suku-suku yang bergantung pada n sebagai konstanta.

Sebagai contoh Σ dari k=1 sampai n dari n/(n²+k²) sama dengan (1/n)Σ1/(1+(k/n)²), menuju ∫₀¹1/(1+t²)dt=π/4. Limit ini menggunakan kontinuitas dan lebar partisi 1/n. Deret atas jumlah suku tak terbatas adalah limit berbeda: suku yang mendekati nol tidak sendirian menjamin konvergensi. Untuk Σ1/k, jumlah parsial menyimpang; bandingkan, estimasi, atau terapkan uji deret yang valid alih-alih menggunakan kondisi suku yang diperlukan sebagai cukup.

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.

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

Misalkan $F(x)=\int_x^{x^2}(1+t^2)\,dt$. Temukan $F'(x)$ dan $F'(2)$. Nyatakan mengapa teorema berlaku.

Penyelesaian terarah

Fungsi integrand kontinu pada garis bilangan real. Teorema dasar dan aturan rantai berlaku pada kedua batas:

Secara independen, antiturunan adalah $t+t^3/3$. Oleh karena itu $F=x^2+x^6/3-x-x^3/3$, dengan turunan yang sama.

Temukan $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n k/(n^2+k^2)$. Jelaskan mengapa ini merupakan limit jumlah Riemann. Kemudian tentukan apakah $\sum_{k=1}^{\infty}1/k$ konvergen.

Periksa setelah mencoba

Tulis ulang setiap suku sebagai $\frac1n\frac{k/n}{1+(k/n)^2}$. Fungsi kontinu $f(t)=t/(1+t^2)$ pada $[0,1]$ dan mesh $1/n$ menghasilkan

Deret harmonik divergen: blok dari $2^{j-1}+1$ hingga $2^j$ berisi setidaknya $2^{j-1}$ suku yang masing-masing ≥ $1/2^j$, sehingga setiap blok menambahkan setidaknya $1/2$. Suku-suku yang mendekati nol adalah syarat perlu tetapi tidak cukup. Integrand jumlah terbatas di sini bergantung pada indeks berskala; ini bukan deret harmonik.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Turunan satu variabel, perkalian titik (dot products), dan integral iterasi.

• Menghitung turunan parsial, gradien, dan turunan arah
• Menggunakan integral ganda dan perubahan koordinat
• Menggunakan kondisi turunan untuk membedakan bidang dari permukaan melengkung

gradien: Vektor turunan parsial.

Jacobian: Skala luas atau volume lokal dalam perubahan koordinat.

Turunan parsial mengubah satu koordinat sementara menyisakan yang lain tetap. Untuk f=x²+3xy, f_x=2x+3y dan f_y=3x. Gradien mengumpulkan turunan-turunan ini; jika f diferensiabel, turunan arah sepanjang vektor satuan v adalah grad f·v. Normalisasikan arah sebelum mengambil perkalian titik ini. Vektor arah dengan panjang dua akan menggandakan jawaban jika digunakan tanpa normalisasi.

Diferensiabilitas berarti pendekatan linear yang valid, bukan sekadar keberadaan beberapa turunan parsial di satu titik. Turunan parsial pertama yang kontinu di sekitar titik tersebut adalah kondisi yang cukup. Untuk komposisi f(x(t),y(t)), aturan rantai memberikan f_x x′+f_y y′. Turunan kedua dapat memperkenalkan istilah langsung dan campuran; turunan campuran nol saja tidak membatasi turunan murni kedua.

Integral ganda menjumlahkan kontribusi atas daerah tertentu. Deskripsikan daerahnya sebelum memilih batas iterasi; batas nonpersegi panjang mungkin 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 skala luas dan volume menggunakan faktor nonnegatif.

Jika kedua turunan parsial pertama dari fungsi yang terdefinisi global pada R² konstan, f_x=a dan f_y=b, mengintegralkan secara berurutan menghasilkan f=ax+by+c, sebuah bidang. Hal ini tidak dapat disimpulkan hanya dari himpunan tingkat garis sejajar: e^x memiliki garis tingkat vertikal sejajar tetapi grafik melengkung. f_xy=f_yx=0 juga tidak memaksa menjadi bidang: x²+y² adalah contoh penyangkal. Bedakan kekonstanan turunan pertama dari ketiadaan ketergantungan campuran dan dari bentuk himpunan tingkat yang dipilih.

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.

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

Untuk $f(x,y)=x^2+xy+2y^2$, temukan turunan arah di $(1,-1)$ menuju $(3,4)$. Hitung $\iint_D(x^2+y^2)\,dA$ untuk cakram satuan $D$.

Penyelesaian terarah

Polinomial ini diferensiabel. Normalisasikan arah: $u=(3/5,4/5)$. Gradiennya adalah $(2x+y,x+4y)$, oleh karena itu $(1,-3)$ di titik tersebut.

Koordinat polar menghasilkan $x^2+y^2=r^2$ dan $dA=r\,dr\,d\theta$:

Tentukan $g(x,y)=xy/\sqrt{x^2+y^2}$ di luar titik asal dan $g(0,0)=0$. Kedua turunan parsial di titik asal bernilai nol. Apakah $g$ terdiferensialkan di sana? Apakah itu kontinu?

Periksa setelah mencoba

Sepanjang setiap sumbu $g=0$, sehingga kedua turunan parsialnya nol. Kekontinuan mengikuti dari $|xy|\le(x^2+y^2)/2$, yang memberikan $|g(x,y)|\le\sqrt{x^2+y^2}/2\to0$. Jika terdiferensialkan, turunan linearnya akan menjadi nol. Sepanjang $x=y=t\ne0$,

Rasio sisa yang diperlukan tidak menuju nol. Dengan demikian, kontinuitas dan keberadaan turunan parsial tidak menjamin keterdiferensialan.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Persamaan linear, perkalian matriks, polinomial, dan akar kompleks.

• Hubungkan rank, nullitas, dan solusi sistem linear
• Analisis ruang vektor dan transformasi linear
• Hitung nilai eigen, determinan, dan syarat diagonalisasi

rank: Dimensi citra (image) pemetaan linear.

nilai eigen: Skalar yang memenuhi Av=λv untuk v tak nol.

Ruang vektor real tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian skalar yang ditentukan serta memenuhi aksioma ruang vektor. Basis adalah daftar penyebutan bebas linier: setiap vektor memiliki representasi koordinat unik dalam daftar tersebut. Untuk menguji kebebasan kolom matriks, selesaikan sistem homogen Ac=0; hanya vektor koefisien nol berarti kebebasan. himpunan penyebutan dapat memuat vektor redundan, sehingga penyebutan saja tidak menjadikan basis.

Reduksi baris mengekspos pivot dan variabel bebas tanpa mengubah himpunan solusi sistem linear. Rank adalah dimensi citra kolom, ekuivalen dengan jumlah pivot. Nullitas adalah dimensi kernel: untuk pemetaan dari domain berdimensi n, rank+nullity=n. Dalam sistem nonhomogen, baris koefisien nol dengan sisi kanan nonzero menunjukkan inkonsistensi; variabel bebas memberikan solusi tak hingga hanya setelah konsistensi ditetapkan. Dimensi kodomain tidak harus sama dengan rank.

Matriks persegi invertible jika dan hanya jika determinannya nonzero, kernelnya nol, dan rank-nya sama dengan ukurannya. Pernyataan ini tidak mensyaratkan 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 real-only. Pertukaran 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 bebas penuh atas bidang yang dipilih. Nilai eigen berbeda memberikan vektor eigen bebas, sementara nilai eigen ganda mungkin memiliki subruang eigen terlalu kecil. Matriks simetris real memiliki basis eigen ortonormal real. Matriks real berdimensi ganjil memiliki setidaknya satu nilai eigen real karena polinomial karakteristik realnya berderajat ganjil; hal itu sendiri tidak menyiratkan diagonalisasi atau semua nilai eigen real.

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.

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

Untuk $T:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ dengan $T(x,y,z)=(x+2y+z,2x+4y+2z)$, temukan basis kernel dan image. Selesaikan $T(v)=(3,6)$ dan $T(v)=(3,7)$.

Penyelesaian terarah

Baris kedua adalah dua kali baris pertama, sehingga rank adalah satu. Persamaan homogen menghasilkan $x=-2y-z$.

Dua vektor yang ditampilkan bebas. Setiap output adalah $(s,2s)$, dan $(1,2)$ terjadi; ini adalah basis image. Rank ditambah nullitas adalah $1+2=3$, dimensi domain. Untuk $(3,6)$, semua solusi adalah $(3-2a-b,a,b)$, dengan $a,b\in\mathbb R$. Untuk $(3,7)$ tidak ada solusi, karena $7\ne2\cdot3$.

Misalkan $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$. Tentukan nilai eigen, determinan, dan diagonalisasinya atas $\mathbb R$ dan $\mathbb C$. Temukan $A^n$ untuk bilangan bulat $n\ge1$ tanpa perkalian berulang.

Periksa setelah mencoba

Polinomial karakteristiknya adalah $(2-\lambda)^2$ dan $\det A=4$. Menyelesaikan $(A-2I)v=0$ menghasilkan $v_2=0$, sehingga ruang eigen memiliki dimensi satu di kedua bidang. Diperlukan dua vektor eigen yang bebas; matriks ini dapat dibalik (invertible) tetapi tidak dapat didiagonalisasikan di kedua bidang. Tulis $A=2I+N$ di mana $N^2=0$. Ekspansi binomial komutatif menyisakan hanya dua suku:

Mengalikan ekspresi ini dengan $A$ memberikan rumus pada $n+1$, sebagai pemeriksaan independen terhadap koefisiennya.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aritmatika bilangan bulat, himpunan, fungsi, dan pembuktian dengan contoh penyangkal.

• Menggunakan grup, subgrup, homomorfisme, dan struktur hasil bagi
• Membedakan cincin, domain integral, dan bidang
• Menerapkan keterbagian, kongruensi, dan teori bilangan elementer

homomorfisme: Pemetaan yang mempertahankan operasi yang relevan.

bidang: Cincin komutatif di mana setiap elemen bukan nol memiliki invers.

Sebuah grup memerlukan tutup (closure), asosiativitas, identitas, dan invers. Komutativitas adalah kondisi tambahan.

Homomorfisme mempertahankan operasi. Kernel-nya adalah subgrup normal dan mengidentifikasi elemen-elemen yang memetakan ke identitas.

Sebuah bidang memungkinkan pembagian oleh setiap elemen bukan nol. Bilangan bulat membentuk cincin tetapi bukan bidang.

Bekerja dengan kongruensi modulo n. Sebuah residu a memiliki invers perkalian tepat ketika gcd(a,n)=1.

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.

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

Bandingkan grup aditif dan struktur perkalian dari $\mathbb Z/5\mathbb Z$ dan $\mathbb Z/6\mathbb Z$. Daftarkan semua unit perkalian dalam masing-masing. Jelaskan mengapa menghilangkan nol tidak selalu meninggalkan grup perkalian.

Penyelesaian terarah

Kedua himpunan residu penuh merupakan grup aditif: tutup, asosiativitas, dan identitas berasal dari penjumlahan bilangan bulat, dan $-a$ adalah invers aditif. Residu perkalian adalah unit tepat ketika faktor persekutuan terbesarnya dengan modulus adalah satu. Unit-unit modulo lima adalah $1,2,3,4$; modulo enam mereka adalah $1,5$. Modulo enam, $2\cdot3=0$ meskipun kedua faktornya bukan nol. Himpunan bukan nol bahkan tidak tertutup terhadap perkalian. Modulo lima, setiap residu bukan nol memiliki invers; cincin ini adalah bidang. Cincin, grup aditifnya, dan grup unitnya adalah struktur-struktur yang berbeda.

Peta reduksi $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/6\mathbb Z$ diberikan oleh $\phi(n)=[n]$. Tentukan kernel, gambar, dan hasil baginya. Selesaikan $2x\equiv2\pmod6$ sepenuhnya dan jelaskan mengapa mencoret 2 modulo 6 gagal.

Periksa setelah mencoba

Peta ini mempertahankan penjumlahan dan perkalian. Kernel-nya adalah $6\mathbb Z$ dan gambarnya mencakup semua enam residu. Hasil baginya mengidentifikasi bilangan bulat dengan sisa yang sama, sehingga $\mathbb Z/\ker\phi\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$. Kongruensi ini berarti $6\mid2(x-1)$, ekuivalen dengan $3\mid x-1$. Oleh karena itu $x\equiv1\pmod3$, menghasilkan residu $1$ dan $4$ modulo enam. Keduanya mensubstitusikan dengan benar. Mencoret 2 sementara tetap mempertahankan modulus enam akan membuang 4; 2 tidak memiliki invers perkalian di sana.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Pernyataan terkuantifikasi, ketaksamaan, barisan dan fungsi kontinu.

• Terapkan definisi limit barisan dan fungsi
• Bedakan kekompakan, keterhubungan, dan kelengkapan
• Gunakan penalaran ruang metrik dan topologi dasar

compact: Setiap penutup terbuka memiliki subpenutup hingga.

supremum: Batas atas terkecil dari suatu himpunan.

Pernyataan epsilon–delta mengontrol semua input yang cukup dekat. Urutan kuantifikator penting.

Dalam ruang Euclidean riil, himpunan tertutup dan terbatas adalah kompak. Jangan terapkan ekuivalensi ini pada setiap ruang metrik.

Gambar kontinu dari himpunan kompak adalah kompak, sehingga fungsi riil kontinu pada domain kompak mencapai nilai ekstrem.

Keterhubungan menyingkirkan pemisahan menjadi bagian terbuka tak kosong yang saling lepas. Kontinuitas mempertahankan keterhubungan; kelengkapan adalah sifat terpisah.

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.

Kesimpulan sebuah teorem tidak dapat digunakan sebelum hipotesisnya telah diverifikasi.

Buktikan kontinuitas $f(x)=x^2$ di 2 menggunakan pemilihan eksplisit epsilon–delta. Jelaskan secara terpisah mengapa ia mencapai minimum pada $[1,3]$.

Penyelesaian terarah

Diberikan $\epsilon>0$, pilih $\delta=\min(1,\epsilon/5)$. Jika $|x-2|<\delta$, maka $1<x<3$, sehingga $|x+2|<5$.

Pemilihan bergantung pada epsilon, bukan pada input x kemudian. Interval $[1,3]$ tak kosong dan kompak dalam metrik riil biasa. Kontinuitas memberikan nilai ekstrem yang tercapai. Di sini $x^2\ge1$, dengan kesamaan pada 1, sehingga minimumnya adalah 1.

Dalam ruang metrik $X=(0,1)$ dengan jarak biasa, apakah X terbatas? Apakah X tertutup dalam dirinya sendiri? Apakah X kompak atau lengkap? Jelaskan mengapa “tertutup dan terbatas mengimplikasikan kompak” tidak dapat digunakan di sini.

Periksa setelah mencoba

X terbatas dan tertutup relatif terhadap dirinya sendiri, karena komplemennya dalam X kosong. Barisan Cauchy $1/(n+2)$ tidak memiliki limit dalam X, sehingga X tidak lengkap dan karenanya tidak kompak sebagai ruang metrik. Secara langsung, penutup terbuka relatif $\{(1/n,1):n\ge2\}$ menutupi X tetapi tidak memiliki subpenutup hingga. Heine–Borel memerlukan tertutup dan terbatas sebagai subset dari ruang Euclidean, bukan sekadar tertutup dalam ruang sembarang yang dipilih. X tidak tertutup dalam $\mathbb R$. Tidak ada hipotesis teorem yang boleh mengubah ruang lingkungan di tengah argumen.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Penghitungan hingga, probabilitas dasar, rekurensi dan turunan.

• Gunakan penghitungan, rekurensi, penalaran graf dan logika
• Hitung probabilitas dan sifat distribusi
• Terapkan aproksimasi numerik dan evaluasi kesalahan

rekurensi: Aturan yang menghubungkan suku barisan dengan suku-suku sebelumnya.

saling lepas: Peristiwa yang tidak dapat terjadi bersamaan.

Pilihlah model penghitungan terlebih dahulu: pemilihan berurutan dari r objek berbeda menggunakan n(n−1)⋯(n−r+1), sedangkan himpunan bagian tak berurutan menggunakan C(n,r). Graf sederhana lengkap pada n titik memiliki satu sisi per pasangan titik tak berurutan, sehingga menghasilkan n(n−1)/2 sisi; loop dan sisi ganda akan mengubah model tersebut. Untuk n garis dalam posisi umum di bidang, garis ke-k memotong k−1 garis sebelumnya pada titik-titik yang berbeda dan menambahkan k daerah. Totalnya adalah 1+n(n+1)/2; garis sejajar atau konvergensi tiga garis akan membatalkan perhitungan tersebut.

Gunakan komplemen untuk menghitung setidaknya satu kemunculan, dan kondisikan pada populasi sisa aktual setelah pengambilan tanpa pengembalian. Untuk r hasil i.i.d. yang dipilih dari n nilai yang sama banyak kemungkinannya, probabilitas bahwa semuanya berbeda adalah n(n−1)⋯(n−r+1)/n^r ketika r≤n. Komplemennya menghitung hasil yang berulang. Untuk penghitungan binomial dengan N percobaan independen dan probabilitas keberhasilan tetap p, rata-rata adalah Np dan varians Np(1−p). Probabilitas yang identik saja tidak menetapkan independensi.

Sebuah rekurensi menggambarkan nilai-nilai selanjutnya dari nilai-nilai sebelumnya dan memerlukan cukup data awal untuk menentukan sebuah barisan. Pisahkan indeks dari nilainya: a_n=2a_(n−1) dengan a_0=3 memberikan a_n=3·2^n. Argumen graf 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.

Aproksimasi numerik memerlukan argumen kesalahan. Bisekci mempertahankan rentang berubah tanda untuk fungsi kontinu dan menggandakan lebarnya pada setiap langkah; nol mungkin tidak ada jika kontinuitas gagal. Pembaruan Newton adalah x_new=x−f(x)/f′(x), yang memerlukan turunan tak nol pada titik saat ini; konvergensi tidak otomatis dari setiap nilai awal. Residual aproksimasi dan kesalahannya dalam x adalah berbeda. Nyatakan asumsi metode dan kriteria penghentian, alih-alih menganggap desimal tambahan yang ditampilkan sebagai akurasi.

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.

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

Empat pengambilan bertanda bersifat independen dan seragam dari lima simbol, dengan pengembalian. Temukan probabilitas bahwa setidaknya dua pengambilan sesuai. Bandingkan jumlah pemilihan berurutan dan tak berurutan dari empat simbol berbeda.

Penyelesaian terarah

Terdapat $5^4$ string pengambilan berurutan yang sama banyak kemungkinannya. String tanpa pengulangan berjumlah $5\cdot4\cdot3\cdot2=120$.

Pemilihan berurutan yang berbeda berjumlah 120; himpunan bagian tak berurutan berjumlah $\binom54=5$. Setiap himpunan bagian muncul dalam $4!=24$ urutan. Membagi dengan $4!$ hanya tepat untuk penghitungan tak berurutan, bukan penyebut probabilitas pengambilan.

Terapkan bisekci pada $f(x)=x^3-2$ pada $[1,2]$. Berikan dua rentang yang tersimpan pertama dan batas kesalahan titik tengah setelah sepuluh bisekci. Apakah perubahan tanda saja dapat membenarkan bisekci untuk $1/x$ pada $[-1,1]$?

Periksa setelah mencoba

Polinomial tersebut kontinu; $f(1)<0<f(2)$. Titik tengah pertama adalah $1.5$ dengan nilai positif, menyimpan $[1,1.5]$. Yang berikutnya adalah $1.25$ dengan nilai negatif, menyimpan $[1.25,1.5]$. Setelah sepuluh penggandaan, lebar adalah $2^{-10}$ dan titik tengah dari rentang yang tersimpan itu berbeda dari akar yang dibatasi oleh rentang tersebut paling banyak $2^{-11}=1/2048$. Batas kesalahan menggunakan rentang, bukan residual kecil saja. Untuk $1/x$, nol adalah singularitas dan tidak ada akar. Kontinuitas pada rentang gagal; tanda ujung yang berlawanan tidak membenarkan metode tersebut.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Complex arithmetic, partial derivatives, series and oriented contours.

• Test complex differentiability
• Use contour integrals and residues
• Evaluate contour integrals with simple and higher-order pole residues

analytic 解析的: Complex differentiable throughout a neighbourhood.

residue 留数: Coefficient of (z−a)^−1 in a Laurent series.

Write f(z)=u(x,y)+iv(x,y). Complex differentiability imposes u_x=v_y and u_y=−v_x; with continuous first partials locally, the Cauchy–Riemann equations establish analyticity there. They differ from real differentiability of a two-coordinate map. The conjugate function x−iy fails these equations on every open neighbourhood, although real partial derivatives exist. State the region being checked, not only a convenient point.

An analytic function is complex differentiable throughout a neighbourhood and has a local convergent power series. A removable singularity can be filled analytically when the function is bounded near the missing point. A pole has a finite principal part in its Laurent series; an essential singularity has infinitely many negative-power terms. The residue is the coefficient of (z−a)⁻¹, not necessarily the leading or largest negative-power term.

For an isolated pole of order m, write f(z)=g(z)/(z−a)^m with g analytic at a. The residue is g^(m−1)(a)/(m−1)!. A simple pole uses g(a); a double pole uses g′(a). This follows by expanding g into its Taylor series. Thus e^z/(z−a)² has residue e^a, while a constant numerator over a pure double pole has zero residue. The pole order alone does not determine the contour integral.

For a positively oriented contour enclosing isolated singularities, the residue theorem gives ∮f(z)dz=2πi times the sum of enclosed residues, provided the function is analytic on the contour and elsewhere in the required interior. Reversing orientation changes the sign. Cauchy’s derivative formula is ∮g(z)/(z−a)^(m+1)dz=2πi g^(m)(a)/m! under its analytic-domain hypotheses. A singularity on the contour prevents direct application; a singularity outside contributes nothing to this contour.

For f(z)=conjugate(z), u=x and v=−y. Then u_x=1 but v_y=−1, so f is not complex differentiable. For 1/(z−2), a positively oriented circle |z−2|=1 encloses a simple pole of residue 1, hence the integral is 2πi.

Continuity or real differentiability alone does not imply complex analyticity.

Use the Cauchy–Riemann equations to compare $z^2$ and $\overline z$. Find the residue of $e^z/z^2$ at zero and its integral around the counterclockwise unit circle.

Worked solution

For $z^2$, $u=x^2-y^2$ and $v=2xy$: $u_x=2x=v_y$ and $u_y=-2y=-v_x$. The partials are continuous everywhere, so the function is analytic everywhere. For $\overline z$, $u=x,v=-y$ and $u_x=1\ne-1=v_y$; it is nowhere complex differentiable. Since $e^z=1+z+z^2/2+\cdots$, the coefficient of $z^{-1}$ in $e^z/z^2$ is 1. Therefore the residue is 1 and the integral is $2\pi i$. The double pole does not force a zero residue.

Integrate $1/[z(z-2)]$ around $|z|=1$, first counterclockwise and then clockwise. Can the same residue-theorem argument be used on $|z|=2$?

Check after attempting

Only zero is inside the unit circle. Its residue is $\lim_{z\to0}1/(z-2)=-1/2$. Thus the counterclockwise integral is $-\pi i$ and the clockwise integral is $\pi i$. The pole at 2 is outside and contributes nothing. The circle $|z|=2$ passes through a pole. The ordinary contour integral is not defined by this formula; the theorem requires analyticity on the contour. An indentation or principal-value prescription would be a different, explicitly specified problem.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Diferensiasi, integrasi, eksponensial, dan persamaan kuadrat.

• Selesaikan persamaan orde pertama yang terpisah
• Selesaikan persamaan orde dua dengan koefisien konstan
• Gunakan kondisi awal dan kondisi keunikan

kondisi awal: Nilai solusi atau turunan yang ditentukan pada titik awal.

akar karakteristik: Akar dari polinomial yang mengatur solusi eksponensial.

Untuk y′=ky, pemisahan dan integrasi menghasilkan y=Ce^(kt); kembalikan solusi nol jika pembagian dengan y dilakukan. Nilai awal menentukan C.

Persamaan orde dua linear dengan koefisien konstan menggunakan polinomial karakteristik. Akar yang berbeda menghasilkan eksponensial; akar kembar memerlukan (C1+C2t)e^(rt).

Akar kompleks α±iβ menghasilkan e^(αt)(C1 cos βt+C2 sin βt). Gerak real mencakup informasi amplitudo dan fase.

Keberadaan dan keunian bergantung pada hipotesis di sekitar titik awal. Koefisien singular atau kegagalan perilaku Lipschitz lokal dapat membantah kesimpulan keunian yang umum.

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.

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

Selesaikan $y''-4y'+4y=0$ dengan $y(0)=1$, $y'(0)=0$. Periksa kedua kondisi awal dan persamaan tersebut.

Penyelesaian terarah

Polinomial karakteristik adalah $(r-2)^2$. Solusi independen adalah $e^{2t}$ dan $te^{2t}$, sehingga $y=(C_1+C_2t)e^{2t}$. Nilai awal memberikan $C_1=1$; turunan pada nol memberikan $2C_1+C_2=0$, sehingga $C_2=-2$.

Substitusi menghasilkan $y''-4y'+4y=0$, dan dua nilai awal terpenuhi. Dua salinan dari $e^{2t}$ tidak akan merentangkan ruang solusi.

Tunjukkan bahwa masalah nilai-awal $y'=2\sqrt{|y|}$, $y(0)=0$ memiliki lebih dari satu solusi untuk $t\ge0$. Identifikasi hipotesis keunian standar yang hilang.

Periksa setelah mencoba

Salah satu solusinya identik dengan nol. Untuk setiap $a\ge0$, tetapkan $y_a(t)=0$ untuk $0\le t\le a$ dan $y_a(t)=(t-a)^2$ untuk $t>a$. Turunannya nol pada interval pertama dan $2(t-a)$ pada interval kedua; kedua ruas memiliki turunan nol pada a. Oleh karena itu $y_a$ terdiferensiasi dan memenuhi persamaan serta nilai awal. Ruas kanan kontinu tetapi tidak bersifat Lipschitz lokal dalam y pada nol: $|2\sqrt h-0|/|h|=2/\sqrt h$ tak terbatas. Keberadaan tidak menyiratkan keunian, dan pembagian dengan $\sqrt y$ akan menghilangkan solusi waktu tunggu.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aksiom grup, fungsi, pembagi bilangan bulat, dan permutasi.

• Verifikasi struktur grup dan hitung ordo elemen serta indeks subgrup
• Gunakan kernel dan gambar untuk mengidentifikasi grup hasil bagi
• Bedakan subgrup normal dari subgrup sembarang
• Klasifikasikan konjugasi permutasi berdasarkan tipe siklus

coset: Translasi dari sebuah subgrup yang membentuk salah satu bagian dari partisi coset.

subgrup normal: Subgrup yang invarian terhadap konjugasi oleh setiap elemen grup.

Sebelum menghitung ordenya, periksa penutupan, asosiativitas, identitas, dan invers untuk setiap elemen di bawah operasi yang dinyatakan. Sebuah himpunan bagian dapat mewarisi asosiativitas namun gagal menutup atau melewatkan identitas. Dalam grup berhingga, ordenya elemen adalah pangkat positif terkecil yang menghasilkan identitas. Dalam grup aditif Z/nZ, ordenya adalah kelipatan positif terkecil yang menghasilkan nol; ordena residu a adalah n/gcd(a,n). Teorema Lagrange menyatakan bahwa ordenya subgrup membagi ordonya grup. Kebalikannya bukan teorema keberadaan umum, dan ordonya grup bukan ordonya 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 berhingga. Dalam grup aditif tulis g+H. Keanggotaan dalam coset yang sama berarti selisihnya terletak di H. Coset biasanya bukan subgrup itu sendiri karena mungkin melewatkan identitas.

Homomorfisme mengawetkan operasi. Kernelnya terdiri dari elemen yang dipetakan ke identitas, dan gambarnya 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 seluruh domain kodomain kecuali pemetaannya surjektif.

Perkalian hasil bagi hanya terdefinisi dengan baik ketika H normal. Semua subgrup dari grup abelian adalah normal. Dalam grup nonabelian uji gHg^−1=H; subgrup berindeks dua adalah normal. Untuk permutasi komposisikan sesuai konvensi yang dinyatakan, di sini paling kanan terlebih dahulu. Panjang siklus yang saling lepas menghasilkan ordenya permutasi melalui kelipatan persekutuan terkecil mereka. Konjugasi hσh⁻¹ melabeli ulang elemen dalam siklus σ, sehingga mempertahankan panjang siklus; sebaliknya, permutasi dengan panjang siklus yang sama dapat dikaitkan melalui pelabelan ulang. Dengan demikian, kelas konjugasi di S_n berkorespondensi dengan partisi n, termasuk siklus titik tetap. Di S4, tipenya adalah 1+1+1+1, 2+1+1, 2+2, 3+1 dan 4: lima kelas, bukan satu kelas untuk setiap kemungkinan ordenya elemen. Tipenya 2+1+1 dan 2+2 keduanya berorde dua tetapi tidak terkonjugasi.

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.

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

Dalam grup aditif $\mathbb Z/18\mathbb Z$, misalkan $H=\langle6\rangle$. Tuliskan H dan koset-kosetnya. Tentukan orde dari 6 dan identifikasikan hasil baginya.

Penyelesaian terarah

$H=\{0,6,12\}$ memiliki ukuran tiga. Enam koset tersebut adalah $r+H=\{r,r+6,r+12\}$ untuk $r=0,1,2,3,4,5$. Mereka mempartisi semua residu 18. Elemen 6 memiliki ordenya tiga, sedangkan hasil baginya memiliki ordenya enam. Reduksi modulo enam bersifat surjektif dengan kernel H, sehingga $(\mathbb Z/18\mathbb Z)/H\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$. Normalitas terpenuhi karena grup aslinya komutatif.

Dalam $S_3$, misalkan $H=\{e,(12)\}$. Periksa apakah $H$ normal, dan tentukan apakah perkalian koset mendefinisikan grup hasil bagi. Secara terpisah, temukan ordenya dari $(123)(45)$ dalam $S_5$.

Periksa setelah mencoba

Konjugasi oleh $(123)$ mengirim $(12)$ ke $(23)$, yang berada di luar H. Dengan demikian H tidak normal. Koset kiri tetap mempartisi $S_3$, namun perkalian koset-koset tersebut tidak terdefinisi dengan baik secara independen terhadap perwakilan. Siklus tak berpotongan dalam $(123)(45)$ memiliki panjang tiga dan dua, sehingga ordernya adalah $\operatorname{lcm}(3,2)=6$. Orde elemen dan indeks subgrup adalah besaran yang berbeda.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Rings, fields, additive subgroups and homomorphisms.

• Distinguish units, zero divisors and integral domains
• Identify ideals and interpret quotient rings
• Compare modules over rings with vector spaces over fields
• Derive Boolean-ring properties without assuming commutativity

ideal 理想: An additive subgroup of a ring absorbing multiplication by all ring elements.

torsion 挠性: An element is annihilated by a nonzero scalar in the stated module.

For the domain, ideal and quotient examples below, use a commutative ring with identity 1 distinct from 0. A source problem may specify a general ring instead; do not assume its multiplication commutes unless stated or proved. A unit has a multiplicative inverse. A nonzero zero divisor multiplies some nonzero element to zero. An integral domain has no such zero divisors; cancellation of a nonzero factor then works. A field is a domain in which every nonzero element is a unit. Z is a domain but not a field; Z/6Z is neither.

An ideal I is an additive subgroup that absorbs multiplication by every ring element. This is stronger than being a subring. In Z, nZ is an ideal; quotient elements are integer residue classes modulo n. In a commutative ring, R/I is a field exactly when I is maximal, and it is a domain exactly when I is prime. The ideal must be proper in both statements.

A module allows scalars from a ring instead of requiring a field. Every abelian group is a Z-module by repeated addition, but it need not have a vector-space basis. In Z/6Z as a Z-module, 6 times the nonzero residue 1 is zero; this is torsion. For a vector space over a field, a nonzero scalar is invertible and cannot annihilate a nonzero vector.

A submodule is closed under addition and all permitted scalar actions. A linear map of modules preserves both. The kernel and image are submodules, and the quotient by the kernel is isomorphic to the image. Do not apply finite-dimensional rank-nullity to an arbitrary module without establishing an appropriate free-module setting; integer row operations and field row operations permit different divisions. In a general Boolean ring, every a satisfies a²=a. Do not assume commutativity to prove it: idempotence of a+a gives 4a=2a, hence 2a=0. Expanding (a+b)²=a+b gives ab+ba=0, and characteristic two makes −ba=ba; therefore ab=ba. Idempotence does not imply nilpotence: in F2, the nonzero element 1 satisfies 1^n=1 for every positive n.

In Z/6Z, 2·3=0, so 2 and 3 are zero divisors. The units are 1 and 5 because their gcd with 6 is 1. In Z, the ideal 5Z gives the field Z/5Z, while 6Z gives a quotient with zero divisors. As Z-modules, the map from Z to Z/6Z has kernel 6Z; the quotient identifies integers differing by a multiple of 6, rather than producing a real vector space.

A set can be a submodule without being a vector space over the rationals. Scalar division is valid only when the scalar inverse belongs to the structure.

In $\mathbb Z/12\mathbb Z$, list the units and nonzero zero divisors. Is the ideal $(4)$ prime or maximal?

Worked solution

Units are the residues coprime to 12: $1,5,7,11$. The remaining nonzero residues $2,3,4,6,8,9,10$ are zero divisors. For each such a, $a\cdot(12/\gcd(a,12))=0$ modulo 12, with the second factor nonzero. The ideal $(4)=\{0,4,8\}$ gives quotient isomorphic to $\mathbb Z/4\mathbb Z$. This is not a domain, since $2\cdot2=0$, and is not a field. Hence the ideal is neither prime nor maximal.

As a $\mathbb Z$-module, can $\mathbb Z/6\mathbb Z$ be free? Compare the ideals $(2)$ and $(x)$ in $\mathbb Z$ and $\mathbb Q[x]$, respectively, using their quotients.

Check after attempting

A nonzero free $\mathbb Z$-module has no nonzero vector annihilated by a nonzero integer: examine each integer coordinate. But $6[1]=0$ in $\mathbb Z/6\mathbb Z$. It is not free; a field-style basis argument is invalid. $\mathbb Z/(2)\cong\mathbb F_2$ is a field, so $(2)$ is maximal and prime. Evaluation at zero maps $\mathbb Q[x]$ onto $\mathbb Q$ with kernel $(x)$; its quotient is a field too. Both arguments use proper ideals in commutative rings with identity.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Polynomial division, fields and vector-space dimension.

• Test polynomial irreducibility over the specified field
• Construct small finite fields from irreducible polynomials
• Use extension degrees and the tower law
• Use cyclotomic roots and coefficient relations to compute sums and products

irreducible polynomial 不可约多项式: A positive-degree polynomial with no factorisation into smaller positive degrees over the stated field.

extension degree 扩张次数: The dimension of an extension field as a vector space over its base field.

A polynomial is irreducible over a field if it has positive degree and no factorisation into polynomials of smaller positive degrees there. A quadratic or cubic is irreducible exactly when it has no root in that field. This root test alone fails for degree four or higher; for instance (x²+1)(x²+2) has no real root but is reducible over R. Always name the base field.

The quotient F[x]/(p) is a field when p is irreducible. Reduce powers using p(alpha)=0, where alpha is the residue class of x. If F has q elements and p has degree d, the quotient has q^d elements represented by polynomials of degree below d. Z/4Z has four elements but has zero divisors, so it is not the field with four elements.

Over F2, p(x)=x²+x+1 has values 1 at both 0 and 1 and is irreducible. In its quotient alpha²=alpha+1 because subtraction equals addition in characteristic two. The four elements are 0,1,alpha,alpha+1. All three nonzero elements must be units; compute their products rather than treating alpha as an ordinary real number.

For nested finite-degree fields K inside L inside M, the tower law gives [M:K]=[M:L][L:K]. The degree of an algebraic element is the degree of its minimal polynomial. A finite extension of degree two does not contain an element of degree three over the base field. Over Q, sqrt(2) has degree two; adjoining sqrt(3) as well produces a degree-four extension, since sqrt(3) is not in Q(sqrt(2)). Over C, primitive nth roots of unity have exact order n and are the roots of the cyclotomic polynomial Φ_n. For n=10, divide x⁵+1 by x+1 to exclude the order-two root −1: Φ_10=x⁴−x³+x²−x+1. Vieta’s formulas give sum 1 and product 1 of its four primitive roots. Do not sum all tenth roots, or assume every nontrivial tenth root is primitive; a root’s order must be checked. For a monic degree d polynomial, product of its roots is (−1)^d times the constant coefficient.

In F2[alpha] with alpha²+alpha+1=0, multiply alpha(alpha+1) = alpha² + alpha = (alpha+1) + alpha = 1. Thus alpha^−1=alpha+1. Also alpha³=1 and alpha is not 1, so its multiplicative order is 3. This produces a field of four elements. By contrast 2·2=0 in Z/4Z, proving that quotient is not a field.

Polynomial reducibility changes with the coefficient field. The polynomial x²−2 is irreducible over Q but splits over R.

Construct $\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1)$. List its elements and find the inverse of the residue $\alpha=[x]$.

Worked solution

The quadratic takes value one at both elements of $\mathbb F_2$, so it has no root and is irreducible. Its quotient is a field. Division leaves a representative of degree below two: $0,1,\alpha,1+\alpha$. The relation is $\alpha^2=\alpha+1$ in characteristic two. Consequently $\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha=1$, so $\alpha^{-1}=\alpha+1$. This is not $\mathbb Z/4\mathbb Z$, which has a nonzero zero divisor.

Is $x^4+4$ irreducible over $\mathbb Q$? Does the absence of rational roots answer that question? Can a degree-two extension of $\mathbb Q$ contain a root of an irreducible cubic over $\mathbb Q$?

Check after attempting

Direct multiplication gives $x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$, so it is reducible over $\mathbb Q$ despite having no real, hence no rational, roots. The no-root test characterises irreducibility only for degree two or three over a field. If an irreducible cubic root $\beta$ belonged to a degree-two extension L, then $\mathbb Q\subset\mathbb Q(\beta)\subset L$ and the tower law would make 3 divide 2. This is impossible. The conclusion uses irreducibility, not merely a cubic equation.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Algoritma Euclid, faktor prima, dan aritmetika modular.

• Selesaikan kongruensi linear menggunakan syarat gcd
• Gabungkan kongruensi yang saling prima dengan teorema sisa Cina
• Terapkan teorem Euler hanya untuk residu yang dapat dibalik
• Gunakan pembagi bilangan berpangkat prima untuk mencari bilangan yang paling sesuai terkecil

kongruensi: Kesamaan residu karena modulus membagi selisihnya.

totien: Jumlah residu yang saling prima dengan modulus bilangan bulat positif.

Persamaan ax≡b modulo n memiliki solusi tepat ketika d=gcd(a,n) membagi b. Jika demikian, bagi a,b,n dengan d untuk mendapatkan persamaan dengan koefisien yang dapat dibalik. Persamaan tersebut memiliki satu solusi residu modulo n/d dan d solusi berbeda modulo n. Membagi koefisien tetapi membiarkan modulus asli umumnya kehilangan solusi. Pemfaktoran prima memberikan alat pembagian lain: jika n^k harus habis dibagi oleh hasil kali pangkat-pangkat prima p^a, setiap pangkat prima dalam n harus setidaknya ceil(a/k). Eksponen minimum ini secara independen menghasilkan nilai n yang paling sesuai terkecil. Untuk n⁴ yang habis dibagi 2⁷·3⁵, n harus mengandung 2² dan 3², sehingga nilai terkecil adalah 36. Ini adalah kondisi pangkat prima, bukan kongruensi yang diselesaikan melalui 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 perkalian untuk menangkap kesalahan tanda.

Untuk modulus positif m,n yang saling prima, 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 sama modulo gcd(m,n); ketika konsisten, keunikan bersifat modulo kelipatan persekutuan terkecil, bukan hasil kalinya.

Totien Euler phi(n) menghitung residu yang saling prima dengan n. Untuk pembagi prima yang berbeda p, phi(n)=n dikali hasil kali (1−1/p). Teorem Euler memberikan a^phi(n)≡1 hanya ketika gcd(a,n)=1. Kasus prima adalah teorem kecil Fermat. Kurangi eksponen hanya setelah memeriksa kondisi ini; non-unit dapat menjadi nol di bawah pangkat berulang.

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.

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

Selesaikan $8x\equiv12\pmod{20}$ sepenuhnya. Temukan invers dari 7 modulo 20. Jelaskan mengapa teorem Euler tidak dapat digunakan untuk mengganti $2^8$ dengan 1 modulo 20.

Penyelesaian terarah

Gcd adalah empat dan membagi 12. Membagi ketiga bilangan tersebut menghasilkan $2x\equiv3\pmod5$, sehingga $x\equiv4\pmod5$. Modulo 20 keempat jawaban adalah $4,9,14,19$; substitusi memberikan sisa 12 setiap kali. Karena $7\cdot3=21$, invers dari 7 adalah 3. Meskipun $\phi(20)=8$, teorem Euler memerlukan unit. Gcd dari 2 dan 20 adalah dua, dan $2^8=256\equiv16$, bukan 1.

Selesaikan $x\equiv2\pmod6$, $x\equiv5\pmod9$, atau buktikan inkonsistensi. Nyatakan modulus untuk keunikan. Temukan bilangan positif terkecil n sedemikian rupa sehingga $2^5\cdot3^7$ membagi $n^3$.

Periksa setelah mencoba

Residu-sepadan modulo gcd tiga. Letakkan $x=2+6k$: kemudian $6k\equiv3\pmod9$, sehingga $2k\equiv1\pmod3$ dan $k\equiv2\pmod3$. Dengan demikian $x\equiv14\pmod{18}$. Modulusnya adalah kelipatan persekutuan terkecil, bukan 54. Untuk masalah pembagian, tuliskan pangkat prima dalam n. Mereka harus memenuhi $3a\ge5$, $3b\ge7$, sehingga $a\ge2$, $b\ge3$. Nilai n terkecil adalah $2^2\cdot3^3=108$; faktor prima lain hanya dapat menambahkannya.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Limit barisan, supremum, kontinuitas dan deret numerik.

• Gunakan kriteria Cauchy, konvergensi monoton dan subbarisan
• Bedakan konvergensi titik dari konvergensi seragam fungsi
• Periksa hipotesis sebelum menukar limit dan integral

barisan Cauchy: Barisan yang suku-sukunya pada tahap cukup akhir saling berdekatan sembarang dekat.

konvergensi seragam: Konvergensi dengan satu indeks ambang kesalahan yang berlaku di setiap titik domain.

Urutan real yang konvergen adalah Cauchy, dan setiap urutan Cauchy real konvergen karena R lengkap. Di Q, urutan Cauchy dapat mendekati bilangan irasional dan gagal konvergen dalam Q. Urutan real monoton yang terbatas konvergen. Urutan yang terbatas tidak harus konvergen, tetapi Bolzano–Weierstrass menjamin adanya suburutan yang konvergen; (-1)^n memiliki dua batas suburutan yang berbeda.

Untuk deret numerik, konvergensi mutlak mengimplikasikan konvergensi; konvergensi kondisional tidak memungkinkan pengurutan sembarang tanpa memengaruhi jumlah. Deret harmonik berganti tanda konvergen tetapi deret nilai mutlaknya divergen. Dalam uji rasio, limit di bawah 1 membuktikan konvergensi mutlak dan di atas 1 membuktikan divergensi; limit sama dengan 1 tidak conclusif, seperti yang ditunjukkan oleh deret ∑1/n dan ∑1/n².

Konvergensi titik-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-titik yang kontinu tidak sendiri-sendiri membuktikan konvergensi seragam. Titik akhir domain dan puncak yang mengecil sering membedakan kedua konsep tersebut.

Limit seragam dari fungsi-fungsi kontinu adalah kontinu. Pada interval tertutup terbatas, konvergensi seragam fungsi-fungsi terintegralkan Riemann memungkinkan pertukaran limit dan integral. Pertukaran turunan memerlukan hipotesis tambahan; konvergensi seragam fungsi-fungsi itu sendiri tidak cukup. Uji M Weierstrass menetapkan konvergensi mutlak seragam dari sebuah deret fungsi jika setiap suku dibatasi oleh M_n di seluruh domain dan ∑M_n konvergen.

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.

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

Tentukan konvergensi titik-titik dan konvergensi seragam dari $f_n(x)=x^n$ pada $[0,1]$ dan pada $[0,a]$ untuk $0<a<1$ tetap. Bandingkan $\sum1/n^2$ dengan deret harmonik berganti tanda untuk konvergensi mutlak.

Penyelesaian terarah

Pada $[0,1]$, limitnya nol untuk $x<1$ dan satu pada 1. Limit ini tidak kontinu, sehingga fungsi-fungsi kontinu $f_n$ tidak dapat konvergen seragam. Secara langsung, kesalahan supremum pada $[0,1)$ adalah satu. Pada $[0,a]$, supremumnya adalah $a^n\to0$, sehingga konvergensi seragam menuju nol. Deret p dengan p=2 konvergen mutlak. Deret harmonik berganti tanda konvergen melalui suku-suku yang menurun menuju nol, tetapi deret mutlaknya divergen; konvergensinya bersifat kondisional.

Misalkan $g_n(x)=\sin(nx)/n$ pada $\mathbb R$. Apakah konvergensi seragam? Bkah turunannya konvergen ke turunan dari limitnya? Gunakan titik eksplisit untuk memutuskan.

Periksa setelah mencoba

$\sup_{x\in\mathbb R}|g_n(x)|=1/n\to0$, sehingga fungsi-fungsi tersebut konvergen seragam menuju nol. Tetapi $g_n'(x)=\cos(nx)$, dan pada $x=0$ turunan-turunan ini semuanya 1. Turunan dari limit nol adalah 0. Dengan demikian, konvergensi seragam fungsi-fungsi itu sendiri tidak membenarkan diferensiasi limit; diperlukan hipotesis tambahan mengenai konvergensi turunan.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Himpunan, himpunan terbuka relatif, fungsi-fungsi kontinu dan urutan-urutan.

• Hitung klosis, interior, dan batas dalam ruang yang ditentukan
• Terapkan kekompakan dan keterhubungan pada pemetaan kontinu
• Bedakan topologi relatif dari topologi Euclidean ambient

topologi relatif: Subset terbuka yang diwarisi dengan memotongkan subspace dengan himpunan terbuka ambient.

keterhubungan: Ketiadaan pemisahan menjadi subset terbuka relatif yang saling lepas dan tak kosong.

Dalam ruang metrik, himpunan terbuka memuat bola kecil di sekitar masing-masing titiknya. Interior terdiri dari titik-titik semacam itu; klosis mencakup semua titik limit; batas adalah klosis dikurangi interior. Terbuka dan tertutup bukan label yang saling eksklusif; himpunan kosong dan seluruh ruang keduanya termasuk. Di R, himpunan [0,1) memiliki interior (0,1), klosis [0,1] dan batas {0,1}.

Dalam subspace X, himpunan terbuka berbentuk X dipotongkan dengan himpunan terbuka ambient. Jadi [0,1) terbuka relatif terhadap [0,2], menggunakan irisan dengan (-1,1), meskipun ia 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 subpenutup berhingga. Di Euclidean R^n, Heine–Borel menjadikannya ekuivalen dengan tertutup dan terbatas. Dalam ruang metrik, kekompakan ekuivalen dengan kekompakan berurutan; kelengkapan dan keterbatasan saja tidak cukup di ruang metrik sembarang. Citra kontinu dari himpunan kompak adalah kompak, yang memberikan maksimum dan minimum tercapai untuk fungsi real kontinu pada domain kompak tak kosong.

Himpunan terhubung tidak dapat dipisahkan menjadi dua bagian terbuka relatif yang saling lepas dan tak kosong; subset terhubung dari R tepat berupa interval. Citra kontinu dari himpunan terhubung adalah terhubung, yang menghasilkan teorema nilai antara. Keterhubungan lintasan mengimplikasi keterhubungan, tetapi tidak sebaliknya di setiap ruang. Himpunan kompak tidak harus terhubung, dan himpunan terhubung tidak harus kompak; himpunan dua titik finite dan interval terbuka menyediakan kasus-kasus kontras.

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.

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

Dalam $X=[0,2]$ dengan topologi relatifnya, tentukan interior, penutup, dan batas dari $A=[0,1)$. Apakah A terbuka atau tertutup dalam X?

Penyelesaian terarah

$A=X\cap(-1,1)$ terbuka di X, sehingga interior relatifnya adalah A. Penutupnya adalah $[0,1]$ dan batasnya adalah $\{1\}$. Nol adalah interior relatif terhadap X karena bola yang cukup kecil di X tidak memiliki bagian negatif. A tidak tertutup di X: sekuens $1-1/n$ untuk $n\ge2$ cenderung ke titik yang hilang 1. Di garis real ambient, interior dan batas akan menjadi $(0,1)$ dan $\{0,1\}$.

Berikan himpunan riil yang kompak dan tak terhubung, serta himpunan riil yang terhubung namun tidak kompak. Haruskah fungsi riil kontinu pada himpunan latter mencapai nilai ekstrem? Jelaskan sifat mana yang memberikan teorem nilai antara.

Periksa setelah mencoba

Himpunan hingga $\{0,2\}$ adalah kompak tetapi tak terhubung. Interval $(0,1)$ terhubung tetapi tidak kompak. Fungsi identitas kontinu pada $(0,1)$ tidak mencapai maksimum maupun minimum. Keterhubungan membuat citra riil kontinu menjadi interval dan oleh karena itu menyediakan nilai-nilai antara. Kekompakan sebaliknya membuat citra riil kontinu tak kosong mencapai nilai-nilai ekstremanya. Neither property substitutes for the other.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Derivatives, geometric series and convergence tests.

• Construct Taylor polynomials and control approximation error
• Determine radii of convergence and test endpoints separately
• Differentiate and integrate power series within their interval of convergence

radius of convergence 收敛半径: The distance from the series centre inside which a power series converges absolutely.

remainder 余项: The difference between a function and its finite approximation.

The Taylor polynomial of degree m at a is the sum of f^(k)(a)(x−a)^k/k! for k from zero to m. The factorial belongs to each coefficient. If the next derivative is bounded in magnitude by M between a and x, the Lagrange remainder has magnitude at most M|x−a|^(m+1)/(m+1)!. Smoothness alone does not guarantee that the infinite Taylor series equals the function everywhere.

A power series sum c_n(x−a)^n converges absolutely inside its radius R and diverges outside it. Ratio or root tests usually determine R, with possible values zero and infinity. At x=a−R and x=a+R the test often becomes inconclusive; substitute each endpoint into the original series. The two endpoint behaviours may differ.

Within the open interval of convergence, termwise differentiation and integration preserve the radius. They can change whether endpoints are included. Start from the geometric series 1/(1−x)=sum x^n for |x|<1, then integrate from zero to x to obtain −ln(1−x)=sum x^n/n for n≥1. Check the integration constant and the real logarithm domain.

Series also resolve removable limit forms. To evaluate (e^x−1−x)/x² near zero, retain the first surviving term x²/2 rather than using only e^x≈1+x. An asymptotic truncation establishes the limit; a finite-interval inequality needs a separate remainder sign or magnitude argument. Do not substitute into a series outside its convergence interval.

For sum x^n/n with n≥1, the ratio test gives radius 1. At x=1 it is the divergent harmonic series; at x=−1 it is an alternating convergent series. Thus its real convergence interval is [−1,1). Differentiating inside gives sum x^(n−1)=1/(1−x), which converges at neither endpoint. The radius stayed 1 while the endpoint inclusion changed.

A radius is not a complete interval of convergence. Endpoint tests and factorial coefficients must be checked explicitly.

Find the convergence interval of $\sum_{n=1}^{\infty}x^n/n$ and of its termwise derivative. Approximate $e^{0.1}$ by its quadratic Taylor polynomial with a justified error bound.

Worked solution

The ratio test gives radius one. At 1 the original harmonic series diverges; at -1 the alternating series converges. Thus the original interval is $[-1,1)$. The derivative is $\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=1/(1-x)$ only for $|x|<1$; its terms do not tend to zero at either endpoint. $P_2(0.1)=1+0.1+0.1^2/2=1.105$. On $[0,0.1]$, the third derivative is $e^x<2$. The Lagrange bound gives $|R_2|\le2(0.1)^3/6=1/3000$. The bound is deliberately conservative, not a claim of exact error.

Evaluate $\lim_{x\to0}(\cos x-1+x^2/2)/x^4$. Explain why replacing cosine by only $1-x^2/2$ cannot determine this limit.

Check after attempting

Taylor's theorem near zero gives $\cos x=1-x^2/2+x^4/24+O(x^6)$. Subtraction cancels the constant and quadratic terms, leaving $x^4/24+O(x^6)$. After division the limit is $1/24$. A truncation with remainder merely $o(x^2)$ gives no control after division by $x^4$; retain and bound the first surviving order.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Antiderivatives, limits, comparison and geometric integration.

• Define improper integrals by limits at each singular boundary
• Select area, volume and arc-length formulas from the geometry
• Separate convergence of integrals from signed cancellation

improper integral 反常积分: An integral defined by limits at infinite or singular boundaries.

principal value 主值: A limit using prescribed symmetric cancellation that may exist when an ordinary improper integral diverges.

An infinite integration endpoint is replaced by a finite bound and a limit. At a singular point inside the interval, split the integral and require both one-sided integrals to converge separately. Symmetric cancellation can define a Cauchy principal value but does not prove convergence of the ordinary improper integral. For 1/x across zero, the two sides diverge even though symmetric cutoffs cancel.

The integral of x^(−p) from 1 to infinity converges exactly when p>1. From zero to 1 it converges exactly when p<1. The same exponent behaves differently at the two boundaries. For positive integrands, comparison transfers convergence from a larger integrable function or divergence from a smaller nonintegrable one; keep the inequality direction correct. For an integral of a maximum or minimum, solve branch crossings and check which expression dominates each interval. For max(√(1−x²),x+1) on [−1,1], the interior crossing is zero; use the semicircle on [−1,0] and the line on [0,1]. The area is π/4+3/2, not the integral of either branch over the entire interval.

For rotation around the x-axis, disks or washers integrate π(R²−r²) dx. Cylindrical shells use 2π times radius times height and integrate in the matching variable. Select the method by the geometry and verify nonnegative radii. Area between curves integrates upper minus lower, splitting where their order changes. A signed integral is not automatically geometric area.

For a differentiable plane curve y=f(x), arc length is the integral of sqrt(1+(f′(x))²) dx. A surface formed by rotating a nonnegative f around the x-axis has area integral 2πf sqrt(1+(f′)²) dx. These are different quantities from volume. If an interval is unbounded, the geometric formula still needs a convergence test.

Rotate y=1/x for x≥1 around the x-axis. The disk volume is π times the integral of 1/x², so V=π. The lateral surface integrand is 2π(1/x)sqrt(1+1/x⁴), at least 2π/x; its improper integral diverges. Finite volume therefore does not imply finite surface area. This comparison avoids trying to find an unnecessary antiderivative.

Never count a principal value as a convergent improper integral, or infer one geometric quantity's finiteness from another.

For which real p does $\int_0^\infty x^{-p}\,dx$ converge? Compare the ordinary improper integral of $1/x$ on $[-1,1]$ with its symmetric principal value.

Worked solution

Split at 1. Near zero, convergence requires $p<1$; near infinity, it requires $p>1$. No real p meets both, and p=1 diverges logarithmically at both ends. Both one-sided parts must converge independently. For $1/x$ across zero, the negative and positive parts diverge separately, so the ordinary improper integral diverges. Symmetric cutoffs cancel to zero, yielding a principal value only. The zero is not the value of the ordinary integral.

Rotate the region under $y=1/x$, $x\ge1$, around the x-axis. Prove its volume is finite and its lateral surface area is infinite.

Check after attempting

Disks give $V=\pi\lim_{b\to\infty}\int_1^b x^{-2}\,dx=\pi\lim(1-1/b)=\pi$. For surface area, $y'=-1/x^2$ and

Its nonnegative integrand is at least $2\pi/x$, whose integral diverges. Comparison proves infinite lateral area. This includes neither an end cap nor a claim that finite volume implies finite area.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Partial derivatives, quadratic forms, compactness and constraints.

• Classify two-variable critical points with the Hessian
• Use Lagrange multipliers with a regular constraint
• Compare extrema and attainable values under regular constraints

Hessian 海森矩阵: The matrix of second partial derivatives used to study local curvature.

Lagrange multiplier 拉格朗日乘子: A scalar relating objective and regular constraint gradients at a constrained extremum.

For a differentiable function on an open domain, an interior local extremum has zero gradient. This condition is necessary, not sufficient. For two variables at a critical point, let D=f_xx f_yy−(f_xy)². If D>0, f_xx>0 gives a strict local minimum and f_xx<0 gives a strict local maximum; D<0 gives a saddle. These tests require suitable second-derivative regularity near the point.

When D=0 the second-derivative test is inconclusive, not evidence of a saddle. The functions x⁴+y⁴ and x⁴−y⁴ have the same zero Hessian at the origin, but one has a strict minimum and the other changes sign. Evaluate along contrasting directions or use a direct inequality. For a quadratic form, positive definiteness gives a more general Hessian interpretation.

On a smooth equality constraint g(x,y)=c with nonzero gradient g, solve gradient f=lambda gradient g together with g=c. These equations generate candidates; they do not classify or guarantee a global extremum. If the constraint gradient vanishes, the regularity condition fails and the multiplier equations can miss a constrained extremum. Treat such points separately. For x²+y²=a and xy=b>0, (x−y)²=a−2b shows necessity a≥2b. It is also sufficient: take s=√(a+2b), d=√(a−2b), x=(s+d)/2 and y=(s−d)/2. These real values have xy=b and x²+y²=a. A minimum condition alone needs this attainment check to establish solvability.

A continuous function on a compact feasible set attains global extrema. To find them, compare all interior candidates and all boundary pieces, including corners and endpoints. For a rectangle, optimise the restrictions on each edge. For a disk, the circular boundary may use a parameter or multiplier. Solving only the unconstrained gradient ignores possible boundary winners.

Minimise x²+y² subject to x+y=6. The constraint gradient is (1,1), so 2x=lambda and 2y=lambda. Thus x=y and the constraint gives x=y=3, with value 18. Completing the square on the line gives x²+(6−x)²=2(x−3)²+18, proving a global minimum. There is no maximum on this unbounded line, despite the existence of a multiplier candidate.

A Lagrange multiplier solution is a candidate, not automatically a maximum or minimum. Check regularity and the complete feasible set.

Classify the origin for $f(x,y)=x^2-y^2$ and for $g(x,y)=x^4+y^4$. State what a zero Hessian determinant permits you to conclude.

Worked solution

For f the Hessian is $\operatorname{diag}(2,-2)$ with determinant -4; the origin is a saddle. Along the axes the values have opposite signs. For g the Hessian at zero is zero, so the second-derivative test is inconclusive. Nevertheless $x^4+y^4\ge0$, with equality only at the origin; it is a strict global minimum. An inconclusive test is not a classification of the point.

Find all extrema of $f(x,y)=xy$ subject to $x^2+y^2=2$. Compare with minimising $x^2+y^2$ on the line $x+y=4$, including whether maxima exist.

Check after attempting

The circle is compact and its constraint gradient $(2x,2y)$ never vanishes there. Multipliers give $y=2\lambda x$, $x=2\lambda y$. Neither coordinate can be zero at a stationary point; hence $y=\pm x$. The four candidates $(1,1),(-1,-1),(1,-1),(-1,1)$ give global maximum 1 and minimum -1. The bound $2|xy|\le x^2+y^2=2$ checks completeness. On the line, $x^2+(4-x)^2=2(x-2)^2+8$, so the minimum is 8 at $(2,2)$. There is no maximum because the expression is unbounded. Multiplier candidates alone do not establish compactness.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Integral ganda, turunan parsial, dan batas berorientasi.

• Transformasikan integral ganda dan tiga kali dengan Jacobian mereka
• Terapkan teorema Green, Stokes, dan divergensi dengan orientasi yang benar
• Periksa singularitas domain sebelum menyatakan independensi lintasan

divergensi: Jumlah turunan parsial komponen-komponen medan vektor yang mengukur aliran keluar lokal.

medan konservatif: Medan vektor yang sama dengan gradien potensial skalar dengan integral garis yang independen terhadap lintasan.

Perubahan variabel mengubah skala luas atau volume dengan determinan Jacobian absolut. 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 transformasikan baik integran maupun daerahnya. Ketidakhadiran Jacobian mengubah integral kepadatan 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 umum mensyaratkan turunan pertama kontinu pada himpunan terbuka yang memuat daerah itu. Lubang memerlukan 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 dengan 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 yang biasa.

Medan gradien memiliki integral garis yang tidak bergantung lintasan, ditentukan oleh selisih potensial titik akhir. Medan bebas curl yang terdiferensiasi kontinyu pada domain terbuka yang sederhana terhubung bersifat konservatif. Bebas curl saja pada domain dengan lubang tidak cukup. Untuk F=(−y/(x²+y²),x/(x²+y²)), aslinya tidak termasuk; sirkulasi lingkaran satuan adalah 2π, meskipun curlnya nol di mana pun medan terdefinisi.

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.

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

Evaluasi $\iint_D(x^2+y^2)\,dA$ pada $1\le x^2+y^2\le4$. Temukan fluks keluar dari $F=(x,y,z)$ melintasi bola satuan.

Penyelesaian terarah

Cincin memiliki batas polar $1\le r\le2$, $0\le\theta\le2\pi$. Termasuk Jacobian,

F terdiferensiasi kontinyu pada seluruh bola dan memiliki divergensi tiga. Teorema divergensi memberikan fluks keluar $3(4\pi/3)=4\pi$. Orientasi masuk akan membalik tandanya.

Misalkan $G=(-y/(x^2+y^2),x/(x^2+y^2))$ pada bidang yang dibersihkan. Curl skalar-nya nol di sana. Evaluasi sirkulasinya pada lingkaran satuan berlawanan arah jarum jam. Jelaskan mengapa Teorema Green tidak membuatnya nol.

Periksa setelah mencoba

Parametrisasi $r(t)=(\cos t,\sin t)$ untuk $0\le t\le2\pi$. Maka $G(r(t))=(-\sin t,\cos t)=r'(t)$, sehingga $G\cdot r'=1$ dan integralnya adalah $2\pi$. Medan ini tidak terdefinisi di aslinya di dalam cakram. Teorema Green membutuhkan kehalusan yang dibutuhkan pada lingkungan daerah, bukan hanya pada batasnya. Curl nol pada domain yang dibersihkan tidak menetapkan potensi global; medan tertutup yang tak eksak dapat bersirkulasi di sekitar lubangnya.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Domain fungsi, persamaan kuadrat, dan komposisi.

• Bedakan injektivitas dan surjektivitas menggunakan domain dan kodomain yang dinyatakan
• Pilih dan verifikasi cabang invers dengan composing di kedua arah
• Lacak komposisi fungsi berulang sambil mempertahankan domain

bijeksi: Fungsi yang merupakan injektif dan surjektif antara himpunan yang ditentukan.

involution: Fungsi yang komposisinya dengan dirinya sendiri adalah identitas pada domainnya.

Fungsi assigns tepat satu output untuk setiap input yang diizinkan. Injektif berarti output sama memaksa input sama; surjektif berarti setiap elemen dari kodomain yang dinyatakan tercapai. Pemetaan x↦x² dari R ke [0,∞) adalah surjektif tetapi tidak injektif. Dari [0,∞) ke [0,∞) ia 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 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 composing tanpa pengecekan dapat menyembunyikan kesalahan domain.

Grafik invers mencerminkan grafik asli sepanjang y=x; itu tidak mengambil resiprokal dari nilai output. Fungsi self-inverse, atau involution, memenuhi f(f(x))=x di mana pun komposisinya terdefinisi. Baik −x pada R dan 1/x pada R mengecualikan nol adalah involutions. Involution 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 awal dan periksa domainnya sebelum mencari periode. Untuk f(x)=1/(1−x) pada R yang mengecualikan 0 dan 1, berlaku f²(x)=(x−1)/x dan f³(x)=x. Citra tetap berada dalam domain yang diizinkan. Oleh karena itu, kurangi jumlah iterasi modulo tiga. Rumus yang ditampilkan sama dengan x setelah penyederhanaan tidak mengembalikan input yang dilarang.

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.

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

Batasi $f(x)=(x-1)^2+2$ ke $x\ge1$. Nyatakan citra dan inversnya, termasuk domainnya. Verifikasi kedua komposisi invers tersebut.

Penyelesaian terarah

Citra adalah $[2,\infty)$. Menyelesaikan $y=(x-1)^2+2$ dengan $x\ge1$ memilih $x=1+\sqrt{y-2}$. Dengan demikian $f^{-1}:[2,\infty)\to[1,\infty)$ memiliki rumus tersebut. Untuk x yang diizinkan, $1+\sqrt{(x-1)^2}=x$ karena $x-1\ge0$. Untuk y yang diizinkan, $(\sqrt{y-2})^2+2=y$. Cabang akar kuadrat negatif merupakan bagian dari batasan lain, bukan invers kedua pada domain ini.

Misalkan $h(x)=1/(1-x)$. Tentukan domain dari $h\circ h\circ h$ dan rumusnya. Bisakah ekspresi yang disederhanakan diperluas ke titik-titik yang dikecualikan tanpa mengubah komposit asli?

Periksa setelah mencoba

Tahap pertama memerlukan $x\ne1$. Tahap kedua memerlukan $h(x)\ne1$, yang mengecualikan x=0. Untuk $x\ne0,1$, berlaku $h^2(x)=(x-1)/x$. Ini tidak pernah bernilai satu, sehingga tahap ketiga tidak menambahkan pengecualian. Kemudian $h^3(x)=x$ pada $\mathbb R\setminus\{0,1\}$. Rumus identitas didefinisikan lebih luas, namun menambahkan 0 atau 1 mendefinisikan perluasan, bukan komposit asli. Setiap input perantara harus diizinkan sebelum penyederhanaan.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Operasi himpunan, kuantor, fungsi, dan pembuktian dasar.

• Buktikan identitas citra dan bedakan inklusi dari kesamaan
• Periksa refleksivitas, simetri, dan transitivitas dengan kasus eksplisit
• Negasikan implikasi dan pernyataan berkuantor tanpa mengubah jangkauan mereka

preimage: Himpunan input yang outputnya berada dalam himpunan target tertentu.

equivalence relation: Relasi yang bersifat refleksif, simetris, dan transitif.

Untuk f:X→Y dan A⊆X, citra f(A) terdiri dari semua output f(a) dengan a dalam A. Suatu titik berada dalam f(A∪B) tepat ketika berasal dari A atau B, sehingga f(A∪B)=f(A)∪f(B). Jika A⊆B, maka f(A)⊆f(B). Untuk irisan saja, hanya f(A∩B)⊆f(A)∩f(B) yang otomatis: output yang sama dapat berasal dari input yang berbeda. Gunakan f(x)=x², A={−1}, B={1}; citra kiri kosong sementara irisan kanan adalah {1}.

Preimage berperilaku berbeda. Untuk C⊆Y, f⁻¹(C) di sini menunjukkan himpunan semua input yang dipetakan ke dalam C, bahkan jika f tidak memiliki fungsi invers. Keanggotaan dalam dua preimage berarti input yang sama persis memetakan ke kedua himpunan target. Akibatnya, preimage mempertahankan union, irisan, dan komplemen relatif terhadap domain/kodomain yang disebutkan. Jangan meneruskan teorema tentang preimage ke citra. Jika f injektif, irisan citra menjadi sama, karena output yang sama kemudian memaksa adanya input bersama.

Suatu relasi R pada X bersifat refleksif jika xRx untuk setiap x, simetris jika xRy mengimplikasikan yRx, dan transitif jika xRy dan yRz mengimplikasikan xRz. Ketiganya membentuk relasi ekuivalen; kelas-kelasnya mempartisi X. Pada bilangan bulat, xRy ketika x dan y memiliki sisa bagi yang sama modulo empat memberikan empat kelas. Relasi |x−y|≤1 bersifat refleksif dan simetris tetapi tidak transitif: 0R1 dan 1R2 sedangkan 0 tidak berelasi dengan 2. Memeriksa hanya diagram atau dua sifat saja tidak cukup.

Sebuah implikasi P⇒Q salah tepat ketika P benar dan Q salah. Dengan demikian negasi dari P⇒(Q∧R) adalah P∧(¬Q∨¬R), bukan ¬P⇒(¬Q∧¬R). Menegasi “setiap x memiliki sifat A” menghasilkan “terdapat x tanpa A”; menegasi “terdapat x” menghasilkan “setiap x tidak”. Contoh penyangkal dapat membantah klaim universal, sementara contoh tidak bisa membuktilkannya. Kuantor mempertahankan urutan mereka saat dinegasikan secara individual: ¬(∀x∃y S(x,y)) adalah ∃x∀y ¬S(x,y).

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.

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.

Buktikan $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$. Berikan contoh inklusi ketat. Di bawah asumsi tambahan apa pada f kesamaan mengikuti untuk semua A dan B?

Penyelesaian terarah

Jika $y=f(x)$ untuk $x\in A\cap B$, maka x thuộc vào mỗi tập hợp, do đó y thuộc vào mỗi image. Untuk ketatnya, peta distinct a,b to the same c and take $A=\{a\}$, $B=\{b\}$. The left image is empty and the right intersection is $\{c\}$. Jika f injektif dan $y=f(a)=f(b)$ dengan $a\in A,b\in B$, injektivitas memberikan a=b dalam irisan, membuktikan inklusi terbalik. Sebaliknya, contoh singleton menunjukkan bahwa kesamaan untuk semua pasangan memaksa injektivitas.

Pada bilangan bulat, definisikan $aRb$ ketika $a-b$ habis dibagi oleh 4. Buktikan bahwa ini adalah relasi ekuivalensi dan deskripsikan setiap kelasnya. Negasikan: “Untuk setiap bilangan bulat n terdapat bilangan bulat m yang lebih besar dari n dengan sifat P.”

Periksa setelah mencoba

Refleksivitas menggunakan $a-a=0$; simetri menggunakan negatif dari kelipatan empat; transitivitas menggunakan jumlah dari dua kelipatan seperti itu. Kelas-kelasnya adalah empat residu modulo empat; kelas dari a adalah $a+4\mathbb Z$. Negasinya adalah: terdapat bilangan bulat n sedemikian sehingga setiap bilangan bulat m yang lebih besar dari n gagal memenuhi P. Setara dengan $\exists n\,\forall m\,(m>n\Rightarrow\neg P(m))$. Ini tidak menyatakan bahwa P gagal untuk setiap bilangan bulat, maupun bahwa m paling banyak n untuk setiap m.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Probability tables, expectation, variance and independent sampling.

• Separate conditional, joint and independent-event probabilities
• Calculate posterior probabilities with a complete base-rate table
• Use variance and sample size to determine a sample mean standard error

posterior probability 后验概率: A probability conditional on the observed evidence after accounting for prior proportions.

standard error 标准误: The standard deviation of a statistic across repeated samples.

For P(B)>0, P(A|B)=P(A∩B)/P(B): restrict the population to B before computing the fraction in A. Independence means P(A∩B)=P(A)P(B), equivalently P(A|B)=P(A) when the denominator is nonzero. Mutually exclusive events with positive probabilities cannot be independent, because their joint probability is zero. Sampling without replacement usually changes later probabilities; a fixed denominator for successive draws would describe a different experiment.

Build joint probabilities by multiplying a prior category proportion by the relevant conditional probability. If D is the condition and + a positive result, P(D∩+)=P(D)P(+|D). The total positive probability is P(D)P(+|D)+P(not D)P(+|not D), because these are disjoint and cover every positive result. Bayes divides the first joint probability by this total. Sensitivity is P(+|D), while specificity is P(−|not D); the false-positive rate is one minus specificity.

For a hypothetical test with prevalence 2%, sensitivity 90% and specificity 95%, use a population of 10,000 for clarity. Of 200 people with the condition, 180 test positive. Of 9,800 without it, 490 test positive. Therefore 180 of 670 positive results have the condition: posterior 18/67, about 26.9%. Reversing the conditional would give 90%, answering a different question. This is a mathematical model, not a recommendation about clinical decisions.

For independent identically distributed observations with finite variance σ², the sample mean has expectation μ and variance σ²/n; its standard error is σ/√n. This is spread of repeated sample means, not the spread of individual observations. Quadrupling n halves the standard error, rather than quartering it. Normal population data give an exactly normal mean; otherwise a central-limit approximation needs adequate conditions and sample size. Correlation invalidates the simple independent variance calculation.

Let P(A)=0.4, P(B)=0.5 and P(A∩B)=0.3. Then P(A|B)=0.6, so A and B are not independent, since 0.3≠0.4·0.5. If a variable has standard deviation 12, an independent sample of size 36 has mean standard error 2. Increasing the sample size to 144 gives 1; the individual-observation standard deviation stays 12.

Do not reverse P(+|D) into P(D|+). Include false positives in the posterior denominator. Standard deviation of individual observations and standard error of their mean have different sample-size behaviour.

In a stated model, 10% of devices have a defect. A test is positive for 80% of defective and 5% of nondefective devices. Find the probability of a defect given a positive result using 1000 expected devices.

Worked solution

Expected counts are 100 defective and 900 nondefective. Positive counts are $100(0.8)=80$ and $900(0.05)=45$, respectively. The conditioned group contains 125 positives, hence

Negative counts 20 and 855 check both row totals. The sensitivity 0.8 is $P(+\mid D)$, not the requested reversed condition. These are illustrative model rates, not measured performance claims.

Independent observations have variance 25. Find the standard error of their mean for n=100. If instead every distinct pair has covariance 1, find the mean's variance. Does quadrupling n necessarily halve the standard error in that second model?

Check after attempting

Independence gives $\operatorname{Var}(\overline X)=25/n$ and at 100 standard error $5/10=0.5$. With covariance one,

At 100 it is 1.24. The standard error tends to one as n grows, rather than to zero; quadrupling n need not halve it. Covariance terms may be dropped only under justified uncorrelatedness, with independence a sufficient condition.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Similar triangles, distance formula and quadratic equations.

• Match triangle vertices by equal angles before forming a side ratio
• Apply length, area and volume scale factors to geometric changes
• Identify conic distance conditions and retain a signed hyperbola branch

similarity 相似: Equality of corresponding angles and a common ratio of corresponding lengths.

focus 焦点: A fixed point used in a conic distance definition.

Triangles are similar when their corresponding angles agree; their corresponding side ratios are then equal. Write the vertex correspondence explicitly. If triangle APQ has angle A equal to angle A of ABC and angle P equal to angle C, its ordered correspondence is A↔A, P↔C, Q↔B. Thus AP/AC=AQ/AB=PQ/CB. The side AP lies on AB but corresponds to AC; matching by where a side lies or by the letter P can give the wrong ratio.

With a common length scale factor k>0, lengths multiply by k, areas by k² and volumes by k³. A 30% length increase means k=1.30, hence an area increase of 1.30²−1=0.69, or 69%; it is not 60%. For similar solids with a volume ratio of 27, the length ratio is 3 and the surface-area ratio 9. Percentage changes and absolute differences are different quantities; write the new-to-old ratio before converting it to a percent.

A circle fixes distance to one point. An ellipse fixes the sum of distances to two foci. A hyperbola fixes the absolute difference of those distances; a parabola fixes equality of distance to a focus and to a directrix. These are definitions of point sets, not sketches to memorise. For foci (−c,0) and (c,0), an ellipse uses a sum 2a with a>c. A nondegenerate hyperbola uses an absolute difference 2a with 0<a<c; a signed difference distinguishes its two branches.

For the hyperbola with horizontal transverse axis, c²=a²+b² and the equation is x²/a²−y²/b²=1. Let r_A be distance to (−c,0) and r_B distance to (c,0). The condition r_A−r_B=2a>0 selects the right branch x≥a; the negative condition selects the left. Squaring can lose this sign, so check the original distance condition after obtaining the equation. Difference zero gives the perpendicular bisector rather than a hyperbola; a difference exceeding the focal separation is impossible by the triangle inequality.

Let AB=10, AC=15 and BC=20. A point P on AB has AP=6, and Q on AC makes angle APQ equal to angle ACB. Then AP/AC=6/15=2/5, so PQ=8 and AQ=4. Separately, foci at (−5,0),(5,0) and distance-to-left minus distance-to-right equal to 6 give a=3, b²=25−9=16: x²/9−y²/16=1 with x≥3. The point (−3,0) satisfies the squared equation but fails the signed condition.

Match angles before sides. Area percentages use the square of the length factor. A squared distance equation may describe both branches even when the original problem asks for only one.

Similar solids have surface-area ratio 9:25. Find their corresponding length and volume ratios. Explain why matching vertices matters before forming a triangle ratio.

Worked solution

Taking positive square roots gives length ratio 3:5. Cubing gives volume ratio 27:125. The area ratio is not itself a length scale. Corresponding vertices must match equal angles; otherwise ratios can compare unrelated sides. Similarity is an assumption here; area ratios alone do not prove that arbitrary solids are similar.

For foci $A=(-5,0)$ and $B=(5,0)$, find the locus $|PA|-|PB|=6$. Derive its standard equation, choose its branch and check the vertex in the unsquared relation. What happens if the requested difference is 12?

Check after attempting

Write $r_A=\sqrt{(x+5)^2+y^2}$ and $r_B=\sqrt{(x-5)^2+y^2}$. The original condition is $r_A-r_B=6$. Since $r_A^2-r_B^2=20x$, multiplying the distance difference by their sum gives $r_A+r_B=10x/3$. Hence $r_B=5x/3-3$, which must be nonnegative. Squaring this equality gives $(x-5)^2+y^2=(5x/3-3)^2$. Expanding and collecting gives $16x^2/9-y^2=16$. Thus the half focal distance is c=5, half difference is a=3, and the hyperbola is $x^2/9-y^2/16=1$, using $b^2=c^2-a^2=16$. The original positive difference selects the right branch $x\ge3$. At $(3,0)$ the distances are 8 and 2, difference six; at $(-3,0)$ the difference is negative six. Squaring alone retains this invalid branch. A difference of 12 exceeds $|AB|=10$ and is impossible by the reverse triangle inequality.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Radian trigonometry, derivatives and curve parametrisation.

• Distinguish amplitude, angular frequency, phase angle and horizontal shift
• Eliminate a parameter while retaining its domain and tracing direction
• Use parametric derivatives without assuming a vertical tangent is stationary

phase angle 相位角: The angle offset inside a periodic function argument, defined modulo a full period.

parametric curve 参数曲线: A curve whose coordinates are specified as functions of a shared parameter.

For y=A cos(ωx−φ) with A>0 and ω>0, amplitude is A, period is 2π/ω, and horizontal shift is φ/ω. The phase angle φ is measured inside the cosine argument; it is not itself the horizontal shift unless ω=1. Start with peak-to-peak spacing for the period and midline-to-peak distance for amplitude. To find phase, substitute a known point and check the direction of motion there. Equivalent phases differ by 2π.

For y=−2 cos(3x), rewrite the model with positive amplitude as 2 cos(3x−π). Its amplitude is 2, period 2π/3, and phase π; the equivalent right shift is π/3. Peaks occur where 3x−π is a multiple of 2π. A graph point at x=0 and y=0 alone cannot determine phase uniquely: slopes or another point distinguish the possible angles. Units and angle conventions matter; ordinary calculus trigonometric derivatives use radians.

A parametric curve specifies x=x(t), y=y(t). Eliminating t describes a point set but can lose restrictions and direction. For x=cos³t, y=sin³t, real cube roots give |x|^(2/3)+|y|^(2/3)=1, an astroid with cusps on the axes. As t runs from 0 to 2π it starts at (1,0), passes (0,1) at π/2 and travels counterclockwise. Restricting t to [0,π/2] gives only the first-quadrant arc, not the entire implicit locus.

When dx/dt≠0, dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt). A horizontal tangent generally requires dy/dt=0 and dx/dt≠0; a vertical tangent generally reverses those conditions. If both vanish, inspect a limit or the local expansion rather than taking 0/0 as a slope. For x=t²,y=t³ at t=0, the quotient for t≠0 is 3t/2 and tends to zero: the cusp has a horizontal tangent. A zero parameter velocity is not by itself a local maximum or minimum of y as a function of x.

For y=−2 cos(3x), minima include x=0 and maxima include x=π/3. The phase representation 2 cos(3x−π) gives the same values. For x=2 cos t,y=sin t, elimination gives x²/4+y²=1; at t=π/4, dx/dt=−√2 and dy/dt=√2/2, hence slope −1/2. The full parameter interval [0,2π] traces the ellipse once counterclockwise.

Phase angle and horizontal shift differ by the frequency factor. An implicit equation can add untraced parts of a curve. If both parameter derivatives vanish, use local reasoning instead of labelling every such point an extremum.

For $y=-3\cos(2x)$, state amplitude, period, a positive-amplitude phase representation and the corresponding horizontal shift. Parameterise the ellipse $x^2/9+y^2/4=1$ counterclockwise.

Worked solution

Amplitude is three and period $2\pi/2=\pi$. Write $y=3\cos(2x-\pi)$, with phase $\pi$ and rightward shift $\pi/2$. Phase and shift are not the same. One parametrisation is $x=3\cos t,y=2\sin t$, $0\le t\le2\pi$, which begins at $(3,0)$ and initially moves upward. Eliminating t checks the ellipse equation.

For $x=t^2,y=t^3$ on $-1\le t\le1$, determine the traced locus and tangent at t=0. Does vanishing parameter velocity prove there is no tangent? Does the implicit equation alone retain the whole parameter restriction?

Check after attempting

Elimination gives $y^2=x^3$, with $0\le x\le1$ and both signs of y. For t nonzero, $dy/dx=3t/2\to0$. The secant slope from the origin is $y/x=t\to0$ too, so the cusp has horizontal tangent. Both parameter derivatives vanish at zero, making the raw quotient $0/0$ inconclusive, not proving absence of a tangent. The unrestricted implicit equation also has points with x>1; the interval restriction must be carried separately.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Coordinate vectors, dot/cross products and norms.

• Use dot products to classify angles and compute projections
• Calculate triangle area and orientation using a cross product
• Construct or rule out planar dot-product sign configurations

orthogonal 正交: Having a zero dot product in a real inner-product space.

cross product 叉积: An oriented perpendicular vector in three dimensions whose magnitude is spanned parallelogram area.

For nonzero real vectors u,v, u·v=|u||v| cos θ. A positive, zero or negative dot product corresponds to an acute, right or obtuse smaller angle. The scalar projection of v along u is (v·u)/|u|; its vector projection is ((v·u)/(u·u))u. The difference from this projection is orthogonal to u. Do not confuse a projected vector with its signed scalar component. The zero vector is orthogonal to every vector but has no defined angle direction.

For three-dimensional vectors, u×v is perpendicular to both with length |u||v| sin θ. Coordinate calculation uses (u₂v₃−u₃v₂, u₃v₁−u₁v₃, u₁v₂−u₂v₁). This length is the parallelogram area, so a triangle from two edge vectors has half that area. Reversing their order reverses the cross product but preserves area. Build both edge vectors from the same vertex; crossing two unrelated position vectors generally measures the wrong triangle.

The plane through a point p with nonzero normal n has equation n·(x−p)=0. Distance from q to the plane is |n·(q−p)|/|n|; the denominator normalises the scale of the equation. A scalar triple product u·(v×w) gives signed parallelepiped volume; its absolute value is geometric volume. Zero triple product means dependence of the three edge vectors, not necessarily that each pair is perpendicular or parallel.

For four planar vectors, there are six unordered dot products. The configuration e₁,−e₁,e₂,−e₂ has two negative products and four zeros; e₁,e₁,e₂,e₂ has two positive products and four zeros. Four nonzero vectors cannot have every pairwise dot product negative. Order their directions around the circle: each consecutive angular gap would have to exceed 90°, forcing the sum of four gaps above 360°. A zero vector cannot rescue a strict-negative requirement, because its dot products vanish.

With p=(0,0,0), q=(2,0,0), r=(0,3,0), the edges are u=(2,0,0), v=(0,3,0). Their cross product is (0,0,6), giving triangle area 3. For w=(3,4) and u=(1,0), the vector projection is (3,0) and the orthogonal remainder is (0,4). The plane 2x−y+2z=6 has normal length 3, so its distance from the origin is 6/3=2.

A cross-product magnitude is parallelogram area, so halve it for a triangle. Dot-product zero is an algebraic orthogonality statement even for a zero vector. Plane distance must divide by normal length.

Project $v=(2,3,6)$ onto $u=(1,0,2)$. Find the area of the triangle with vertices O, u and v. Check the projection residual is orthogonal to u.

Worked solution

$v\cdot u=14$ and $u\cdot u=5$, so the vector projection is $(14/5)u=(14/5,0,28/5)$. The residual is $(-4/5,3,2/5)$, whose dot product with u is zero. The cross product is $u\times v=(-6,-2,3)$ with norm seven. Triangle area is half the parallelogram area, or $7/2$. Both edge vectors start at O; crossing unrelated position vectors would not generally compute the requested triangle.

Can four nonzero vectors in $\mathbb R^2$ have all six pairwise dot products strictly negative? Give a proof. How does allowing zero products change the possibilities?

Check after attempting

Order their directions around the circle. Every consecutive gap must exceed $\pi/2$: if a gap were at most $\pi/2$, that pair would have nonnegative dot product. Four such gaps would sum to more than $2\pi$, impossible. Therefore not all six products can be strictly negative. With nonpositive products, $e_1,e_2,-e_1,-e_2$ works: consecutive pairs are perpendicular and opposite pairs have negative products. A zero vector cannot satisfy strict negativity.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: First-order product rule, exponentials and characteristic equations.

• Solve first-order linear equations using an integrating factor
• Construct the homogeneous and particular parts of a constant-coefficient solution
• Handle resonance and verify the result in the original equation

integrating factor 积分因子: A multiplier that turns a first-order linear equation into a product derivative.

particular solution 特解: One solution supplying the specified nonhomogeneous forcing.

A first-order linear equation has the form y′+p(x)y=q(x) on an interval where its coefficients are continuous. It need not be separable. Set μ(x)=exp(∫p(x)dx). Since μ′=pμ, multiplying gives (μy)′=μq, hence y=μ⁻¹(∫μq dx+C). Choose any convenient antiderivative for p; its integration constant only rescales μ and cancels from the solution. Apply initial data after integration, and keep any singular coefficient points outside the chosen interval.

For y′+2xy=x with y(0)=1, μ=e^(x²). Then (e^(x²)y)′=x e^(x²), whose integral is e^(x²)/2+C. Thus y=1/2+C e^(−x²), and the initial condition gives C=1/2. Direct substitution checks y′+2xy=x. The integrating factor makes the left side a product derivative; it is not an extra factor that remains multiplying the original right side in the final answer.

For ay″+by′+cy=r(x) with a nonzero, solve the characteristic equation aλ²+bλ+c=0 for the homogeneous part. Distinct real roots give two exponentials; a repeated root λ gives (C₁+C₂x)e^(λx); roots α±iβ give e^(αx)(C₁ cos βx+C₂ sin βx). The complete solution is y_h+y_p. A polynomial forcing suggests a polynomial particular trial; an exponential or sine/cosine forcing suggests the corresponding family, with enough coefficients to account for differentiation.

If a particular trial duplicates a homogeneous solution, it cannot produce the forcing: multiply by x once for a simple root, twice for a repeated root. For y″−3y′+2y=e^x, the naive Ke^x is annihilated. Trying Kxe^x gives −Ke^x, so y_p=−xe^x. Initial conditions determine the homogeneous constants only after adding y_p. Substitute the final function into the original equation to check signs and forcing; an initial-value check alone cannot verify the differential equation.

For y″−3y′+2y=4, the characteristic roots are 1 and 2. A constant particular solution y_p=2 gives 2y_p=4, so y=C₁e^x+C₂e^(2x)+2. For y′+2xy=x and y(0)=1, the separate first-order solution is y=(1+e^(−x²))/2. These illustrate distinct methods; neither equation becomes homogeneous just because its left side is linear.

Keep the particular solution. A resonant trial needs an x factor. The integrating-factor derivation applies on a valid coefficient interval and should not divide by y or silently discard zero solutions.

Solve $y'+2y=e^x$, $y(0)=1$, by an integrating factor. Check the answer directly.

Worked solution

The coefficients are continuous everywhere. The integrating factor is $\mu=e^{2x}$. Multiplication gives $(e^{2x}y)'=e^{3x}$. Integration gives $y=e^x/3+Ce^{-2x}$. The initial condition yields C=2/3, so $y=e^x/3+2e^{-2x}/3$. Differentiation gives $y'=e^x/3-4e^{-2x}/3$; adding 2y gives $e^x$, and y(0)=1.

Solve $y''-2y'+y=e^x$ with $y(0)=0,y'(0)=0$. Explain why neither $Ke^x$ nor $Kxe^x$ is a sufficient particular trial.

Check after attempting

The homogeneous root is 1 with multiplicity two, so $y_h=(C_1+C_2x)e^x$. Both suggested trials already belong to that homogeneous space and are annihilated. Put $y=e^xv$; then $y''-2y'+y=e^xv''$. Therefore $v''=1$ and $v=x^2/2+C_2x+C_1$. The two initial conditions give $C_1=C_2=0$, hence $y=x^2e^x/2$. This substitution also checks the forcing without relying only on initial values.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Koefisien binomial, komplemen, dan pelacakan penugasan.

• Menghitung alokasi tak terbedakan dengan batasan nonnegatif atau positif
• Melacak bagan alur secara berurutan dengan perilaku reset yang benar
• Menggunakan invarian perulangan dan ukuran kemajuan untuk memjustifikasi algoritma

komposisi lemah: Alokasi tertata dari total ke bagian bilangan bulat nonnegatif.

invarian perulangan: Sifat yang dipertahankan sebelum dan setelah setiap iterasi perulangan.

Banyaknya 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 oleh k−1 garis pemisah; garis di antara dan di ujung mengizinkan entri nol. Kotak dapat dibedakan, objek tidak. Menghitung token berbeda akan menetapkan setiap token secara independen, menghasilkan k^n sebelum batasan lainnya. Tentukan model berdasarkan apa yang diwakili oleh objek dan penerima, bukan dari koefisien binomial yang terlihat familiar.

Untuk alokasi positif x_i≥1, tetapkan z_i=x_i−1; total tersisa adalah n−k, menghasilkan C(n−1,k−1) ketika n≥k. Batas bawah umum x_i≥a_i ditangani dengan mengurangi setiap a_i. Minimal satu nol adalah komplemen dari semua 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 akan menghitung ganda irisan mereka.

Telusuri bagan alur satu pernyataan yang dieksekusi pada satu waktu, mencatat variabel dalam tabel. Bedakan penugasan dari uji kesamaan matematis; sisi kanan penugasan menggunakan nilai lama sebelum penggantian. Catat cabang mana yang dieksekusi selanjutnya dan variabel mana yang direset. Kandidat loop luar baru mungkin menj重置 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 benar sebelum dan setelah setiap iterasi. Invarian jumlah kuadrat berlaku awalnya pada m=0 dan dipertahankan karena m²+(2m+1)=(m+1)². Invarian saja tidak membuktikan terminasi. Untuk menguji apakah bilangan bulat N≥0 adalah kuadrat dengan menambah bilangan ganjil hingga S≥N, S tumbuh tanpa batas; ekuivalennya m meningkat dan harus mencapai batas seperti N. Pada keluaran, kesamaan berarti kuadrat dan kelebihan berarti bukan kuadrat. Nilai yang dicetak harus dicapai pada jalur eksekusi aktual; pola numerikal yang masuk akal saja bukan merupakan pelacakan.

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.

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.

Hitung solusi nonnegatif dari $a+b+c=8$ dengan $a\ge2$. Berapa banyak yang juga memiliki $b,c\ge1$? Berapa banyak dari set pertama yang memiliki setidaknya salah satu b,c sama dengan nol?

Penyelesaian terarah

Tetapkan $u=a-2$. Kemudian $u+b+c=6$ memiliki $\binom82=28$ solusi nonnegatif. Memerlukan b,c positif dan mengurangi satu dari masing-masing memberikan total empat dalam tiga variabel nonnegatif, dihitung oleh $\binom62=15$. Jumlah komplemennya adalah $28-15=13$. Langsung b=0 memberikan tujuh, c=0 memberikan tujuh, dan keduanya nol dihitung dua kali, memberikan $7+7-1=13$.

Telusuri algoritma ini untuk N=15 dan N=16: inisialisasi S=0, k=1; selama S<N, eksekusi S=S+k, kemudian k=k+2; laporkan apakah S=N. Nyatakan invarian, dan justifikasikan terminasi untuk bilangan bulat $N\ge0$.

Periksa setelah mencoba

Setelah m iterasi, $S=m^2$ dan $k=2m+1$. Pasangan pelacakan (S,k) adalah $(0,1),(1,3),(4,5),(9,7),(16,9)$. Dengan demikian 15 ditolak oleh kelebihan dan 16 diterima. Invarian berlaku awal dan dipertahankan karena $m^2+(2m+1)=(m+1)^2$. Jumlah tumbuh tanpa batas, sehingga akhirnya mencapai atau melebihi N; misalnya m=N cukup jika N positif. Untuk N=0, loop dilewati dan kesamaan berlaku. Invarian saja tidak akan menetapkan terminasi.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aturan rantai, invers matriks, dan hipotesis invers lokal.

• Mendifferensiasikan sistem implisit coupled sebagai sistem linear
• Menggunakan determinan Jacobian nonzero untuk memjustifikasi invers lokal
• Membedakan turunan parsial invers dari aturan resiprokal skalar

Matriks Jacobian: Matriks dari turunan parsial pertama dari peta bernilai vektor.

kebalikan lokal: Kebalikan yang didefinisikan pada lingkungan titik input dan output tertentu.

Untuk pemetaan terdiferensialkan 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] (transpose)=J[du,dv] (transpose) hingga orde pertama. Untuk menemukan u_x dengan menahan 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 merupakan sistem linear yang saling terkait, bukan dua aturan invers skalar yang independen.

Jika f dan g terdiferensialkan kontinu di sekitar titik tersebut dan det J=f_u g_v−f_v g_u tidak nol di sana, teorema fungsi invers menyediakan kebalikan lokal yang terdiferensialkan. 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. Kebalikan lokal belum tentu dapat diperluas menjadi kebalikan global.

Untuk persamaan implisit H(u,v,x,y)=0 dan K(u,v,x,y)=0, turunkan sambil menahan koordinat bebas yang diminta. Selesaikan [[H_u,H_v],[K_u,K_v]][u_x,v_x] (transpose)=−[H_x,K_x] (transpose). Determinan dalam variabel tak diketahui u,v harus tidak nol 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 dapat menyimpulkan; hal itu sendiri tidak membuktikan bahwa tidak ada invers atau solusi implisit yang ada.

Pintasan skalar du/dx=1/(dx/du) berlaku untuk invers satu variabel dengan turunan tidak nol, tetapi biasanya gagal untuk sistem yang saling terkait karena v berubah untuk menjaga y tetap. Untuk x=u+v,y=u+2v, J=[[1,1],[1,2]] memiliki determinan 1 dan invers [[2,−1],[−1,1]]. Oleh karena itu u_x=2 sementara 1/f_u=1. Jacobian invers mengubah sensitivitas diferensial; integral perubahan variabel sebaliknya menggunakan determinan absolut untuk penskalaan luas atau volume, bukan entri invers yang dipilih.

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.

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.

Misalkan $x=u^2+v,y=u-v$. Pada $(u,v)=(1,0)$, temukan Jacobian invers dan empat turunan parsial invers. Periksa melalui perkalian.

Penyelesaian terarah

Output yang sesuai adalah $(1,1)$. Jacobian adalah $J=\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}$ dengan determinan -3, tidak nol. Turunan parsial kontinu memberikan kebalikan lokal yang terdiferensialkan. Maka

Baca baris sebagai (u_x,u_y) dan (v_x,v_y), semuanya pada output (1,1). Perkalian menghasilkan identitas. Secara khusus $u_x=1/3$, bukan $1/x_u=1/2$: v berubah untuk menjaga y tetap.

Untuk $F(u,v)=(u^2-v^2,2uv)$, tentukan apakah turunannya dapat dibalik jauh dari titik asal dan apakah F secara global injektif pada bidang yang dikurangi titik asalnya. Apa yang ditetapkan oleh determinan nol di titik asal itu sendiri?

Periksa setelah mencoba

$\det DF=4(u^2+v^2)>0$ jauh dari nol, sehingga teorema fungsi invers menyediakan kebalikan lokal di setiap titik seperti itu. Namun $F(u,v)=F(-u,-v)$, sehingga ia tidak secara global injektif pada bidang yang dikurangi titik asalnya. Determinan yang hilang di nol berarti teorema ini tidak dapat menjamin kebalikan lokal yang terdiferensialkan di sana. Hal itu sendiri bukan bukti umum bahwa tidak ada kebalikan himpunan-teoretis lokal yang dapat ada untuk peta mana pun; misalnya, peta kubik skalar adalah bijektif meskipun turunan nol di nol.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Operasi baris, sistem segitiga, dan rank-nullity.

• Menyelesaikan sistem linear terfaktor dengan substitusi maju dan mundur
• Menerapkan permutasi baris secara konsisten ketika pivot diperlukan
• Membatasi dimensi kernel komposisi menggunakan irisan gambar-kernel

substitusi maju: Menyelesaikan sistem segitiga bawah dari persamaan pertamanya ke bawah.

nullitas: Dimensi kernel pemetaan linear.

Faktorisasi A=LU mengekspresikan matriks persegi sebagai segitiga bawah L dan segitiga atas U. Dengan diagonal unit L, substitusi maju sangat sederhana. Matriks yang dapat dibalik mungkin tidak menerima bentuk ini tanpa pertukaran baris: pivot utama nol dapat memerlukan permutasi. Untuk PA=LU, selesaikan Ly=Pb, kemudian Ux=y. Permutasi bertindak pada sisi kanan serta matriks koefisien. Pivot utama principal yang tidak nol membenarkan eliminasi tanpa pertukaran biasa, bukan sekadar keterbalikan saja.

Dalam Ly=b, hitung y dari atas ke bawah, mengurangkan suku-suku yang sudah diketahui; bagi dengan diagonal saat ini kecuali jika satu. Dalam Ux=y, hitung x dari bawah ke atas. Untuk setiap persamaan substitusikan kembali ke baris asli sebagai pemeriksaan. Menggunakan LU ulang untuk banyak sisi kanan menghindari pengulangan eliminasi: faktorisasi padat membutuhkan kerja orde kubik dalam dimensi, sedangkan setiap penyelesaian segitiga membutuhkan kerja orde kuadratik. Aritetika eksak dapat memeriksa contoh kecil; penumpukan numerik mengurangi beberapa masalah pembulatan tetapi tidak dapat menghilangkan ketidakberadaan kondisi yang melekat.

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 B∩ker A dan kernelnya adalah ker B. Rank-nullity pada peta terbatas ini memberikan dim ker(A∘B)=dim ker B+dim(im B∩ker A). Irisan, 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 dari 0 hingga 2. Dengan demikian, nullitas A∘B berkisar dari 3 hingga 5. Batas-batas bergantung pada ruang perantara bersama: untuk subruang berdimensi r dan s dalam ruang m-dimensi, 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. Pilihlah ruang yang kompatibel sebelum menerapkan rumus-rumus ini.

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.

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.

Misalkan $L=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$, $U=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$, dan $b=(5,12)^T$. Selesaikan LUx=b dan verifikasi pada matriks hasil kali. Untuk PA=LU, di mana P bekerja saat menyelesaikan Ax=b?

Penyelesaian terarah

Pertama selesaikan Ly=b: $y_1=5$, $2y_1+y_2=12$, sehingga $y_2=2$. Kemudian Ux=y menghasilkan $x_2=1$ dan $3x_1+1=5$, sehingga $x_1=4/3$. Matriks hasil kalinya adalah $A=\begin{pmatrix}3&1\\6&4\end{pmatrix}$; menerapkannya ke $(4/3,1)^T$ menghasilkan $(5,12)^T$. Jika PA=LU, kalikan persamaan asli dengan P dan selesaikan Ly=Pb, diikuti oleh Ux=y. Mengabaikan P pada b akan menyelesaikan sistem yang berbeda.

Misalkan A dan B adalah endomorfisme dari $\mathbb R^5$ dengan nullitas dua dan tiga, masing-masing. Temukan semua kemungkinan nullitas AB, dan justifikasikan batas serta ketercapaiannya.

Periksa setelah mencoba

Rank B adalah dua. Restriksi B ke $\ker(AB)$ untuk mendapatkan

Kedua subruang dalam irisan tersebut masing-masing memiliki dimensi dua dalam lima dimensi, sehingga dimensi irisan mungkin nol, satu, atau dua. Dengan demikian, nullitasnya adalah 3, 4, atau 5. Untuk merealisasikan setiap kasus, ambil $\ker A=\operatorname{span}(e_1,e_2)$ dan citra B sebagai $\operatorname{span}(e_3,e_4)$, $\operatorname{span}(e_1,e_3)$, atau $\operatorname{span}(e_1,e_2)$. Pilih sembarang B berank dua yang memetakan ke citra tersebut. Konstruksi-konstruksi ini membuktikan ketercapaian, bukan hanya batas interval yang longgar.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aturan perkalian, limit tak wajar, dan daerah integrasi planar.

• Turunkan reduksi integral parsial dengan batas titik akhir yang valid
• Balik integral ganda dengan merekonstruksi daerahnya
• Gunakan simetri refleksi sambil memeriksa perilaku titik ujung yang dapat dihilangkan

integral parsial: Identitas integrasi yang diturunkan dari aturan perkalian dengan suku batas.

simetri refleksi: Hubungan antara nilai fungsi integran pada titik-titik yang dicerminkan terhadap titik tengah interval.

Integral 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, memberikan I_n=x(ln x)^n−n I_(n−1). Tanda tambah akan melanggar identitas terdiferensiasi. Pertahankan batas bawah yang sama dalam rekurensi; mengubahnya akan mengubah konstantanya.

Untuk integral tak wajar, terapkan identitas terlebih dahulu pada batas finite, lalu justifikasi batas limit dan integral yang tersisa. Jika ∫₋∞^∞e^(−x²)dx=√π, tetapkan 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 setengah garis positif √π/4. Batas yang hilang merupakan bagian dari argumen, bukan sifat otomatis dari setiap integral tak wajar.

Untuk membalik ∫₀¹∫ₓ¹F(x,y)dy dx, deskripsikan segitiga 0≤x≤y≤1, kemudian tulis ulang sebagai ∫₀¹integral dari 0 hingga yF(x,y)dx dy. Baik interval luar maupun batas dalam berubah; menukar simbol saja akan mengubah daerah. Untuk F=e^(y²), mengintegrasikan terhadap x terlebih dahulu menghasilkan ∫₀¹y e^(y²)dy=(e−1)/2. Kontinuitas pada segitiga kompak ini membuat pembalikan urutan menjadi valid; kasus singular atau konvergen bersyarat memerlukan kehati-hatian lebih lanjut.

Jika fungsi terintegrasi pada [a,b] memenuhi f(a+b−x)=−f(x), refleksi menjadikan 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 titik ujung yang tampak dapat dihilangkan: limitnya adalah 2m di nol dan −2m di π. Periksa limit-limit ini sebelum invoking simetri; pembatalan bukanlah pengganti integritabilitas.

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.

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.

Evaluasi $\int_0^1\int_x^1 e^{y^2}\,dy\,dx$ dengan membalik urutan. Deskripsikan daerah sebelum dan sesudah pembalikan. Turunkan formula untuk $I_2(x)=\int_1^x(\ln t)^2\,dt$, $x>0$.

Penyelesaian terarah

Daerahnya adalah $0\le x\le y\le1$. Dalam urutan yang dibalik, y berkisar dari nol hingga satu dan x dari nol hingga y. Kontinuitas pada segitiga kompak memungkinkan pembalikan urutan, menghasilkan $\int_0^1 ye^{y^2}\,dy=(e-1)/2$. Integrasi parsial dengan $u=(\ln t)^2$, $dv=dt$ menghasilkan $I_2=x(\ln x)^2-2I_1$. Karena $I_1=x\ln x-x+1$,

Diferensiasi memeriksa fungsi integran; mensubstitusikan x=1 memeriksa konstantanya.

Untuk bilangan bulat positif m, evaluasi $\int_0^{\pi}\sin(2mx)/\sin x\,dx$. Justifikasi keterintegralkan di titik ujung sebelum menggunakan simetri.

Periksa setelah mencoba

Limit titik ujung adalah 2m di nol dan -2m di pi, berdasarkan limit sinus orde pertama. Kedua singularitas dapat dihilangkan, sehingga fungsi integran yang diperluas secara kontinu dapat terintegralkan. Refleksi $x\mapsto\pi-x$ mempertahankan penyebut dan membalik pembilang. Integral sama dengan negatifnya sendiri, sehingga bernilai nol. Pembatalan simetris tidak akan membuktikan konvergensi untuk titik ujung yang benar-benar divergen; limit yang dapat dihilangkan ini sangat penting.

Undergraduate GRE preparation. Local objectives within the reviewed ETS scope; this is original teaching, not an official test or score predictor.

Prerequisites: Chain rule, circular cross-sections and limits.

• Translate a geometric rate into a derivative of the relevant quantity
• Derive and differentiate a spherical-cap volume formula
• Separate continuous quotient extension from differentiable extension

related rate 相关变化率: A rate obtained by differentiating the relationship between changing quantities.

removable limit 可去极限: A finite nearby limit used to fill in a missing function value continuously.

For a quantity V depending on a changing depth h(t), the chain rule gives dV/dt=V′(h) dh/dt. A draining tank has dh/dt<0, so signed dV/dt is negative; an outflow magnitude is its negative. Draw the geometry and name the instantaneous depth before substituting numbers. Do not treat the rate as a static volume divided by elapsed time unless the situation actually specifies a constant average rate.

A spherical tank of radius R has cross-section radius squared R²−(R−h)²=2Rh−h² at depth h from the bottom. Integrating these circular areas gives the cap volume V(h)=π(Rh²−h³/3), for 0≤h≤2R. Its derivative π(2Rh−h²) is the current cross-sectional area. At R=3,h=1,dh/dt=−1/4, signed volume rate is −5π/4 and outflow magnitude 5π/4. The formula works for both shallow and deep caps within the stated range.

If f and g are continuously differentiable near zero, f(0)=g(0)=0 and g′(0)≠0, then f(x)/g(x) tends to f′(0)/g′(0). This follows from f(x)=f′(0)x+o(x) and g(x)=g′(0)x+o(x); continuity of g′ keeps the quotient defined nearby except at zero. Filling in this limit gives a continuous extension. The argument does not require f′(0) nonzero, and it does not prove the extended quotient differentiable.

For f(x)=x|x| and g(x)=x, both are continuously differentiable, f(0)=g(0)=0 and g′(0)=1. Their quotient for x≠0 is |x|, which extends continuously at zero but has unequal one-sided derivatives there. For (f²−f)/(2g−g³), factor to (f/g)(f−1)/(2−g²); its removable limit is −f′(0)/(2g′(0)). Additional factors approach −1 and 2. Distinguish the limit of the quotient from the derivative of its extension.

For a sphere with R=3 and depth h=1, cross-sectional area is π(6−1)=5π. A depth decrease of 1/4 per time unit therefore removes volume at magnitude 5π/4 per time unit. For f(x)=sin(2x),g(x)=3x, the quotient extends at zero with value 2/3. This limit says nothing about the size of a tank and should not be substituted as a derivative rate without identifying the dependent quantities.

Use instantaneous cross-section area, not total tank surface area. Report a signed volume change or a positive outflow as requested. A finite removable quotient limit establishes continuity, not differentiability of the filled-in quotient.

A spherical tank has radius 2 m and water depth h measured from its bottom. Derive V(h). At h=1 m and $dh/dt=-0.1\ \mathrm{m/min}$, find signed volume change and outflow magnitude.

Worked solution

At depth s, the cross-sectional radius obeys $r(s)^2=2Rs-s^2$. Integrating disks gives $V(h)=\pi(Rh^2-h^3/3)$ for $0\le h\le2R$.

The outflow magnitude is $0.3\pi\ \mathrm{m^3/min}$. The sign describes loss of stored water, not negative physical outflow.

Suppose f,g are continuously differentiable near zero, $f(0)=g(0)=0$, $f'(0)=4$, $g'(0)=2$. Find the removable limit of $(f^2-f)/(2g-g^3)$. Do these assumptions imply differentiability of the extended quotient? Give a counterexample to that general implication.

Check after attempting

Since g'(0) is nonzero, the denominator is nonzero near zero except at zero. Factor the expression as $(f/g)(f-1)/(2-g^2)$. Its limit is $(4/2)(-1)/2=-1$. First-order differentiability gives $f/g\to f'(0)/g'(0)$; it does not give second-order control. For a counterexample preserving these derivatives, take $f(x)=4x+x|x|$ and $g(x)=2x$. They are continuously differentiable. For nonzero x the quotient becomes $(2+|x|/2)(-1+4x+x|x|)/(2-4x^2)$. Its expansion is $-1+4x-|x|/4+O(x^2)$, giving different one-sided derivatives. Thus the extension is continuous but not differentiable.

Persiapan GRE tingkat sarjana. Tujuan lokal dalam cakupan ETS yang ditinjau; ini adalah pengajaran orisinal, bukan uji coba resmi atau prediktor skor.

Prasyarat: Aksioma metrik, barisan Cauchy, dan topologi dari basis.

• Periksa metrik tarik balik menggunakan sifat-sifat pemetaannya
• Tentukan kelengkapan melalui citra isometri
• Tentukan tutup menggunakan setiap lingkungan dasar alih-alih intuisi Euclidean

ruang metrik lengkap: Ruang metrik di mana setiap barisan Cauchy konvergen ke titik dalam ruang tersebut.

basis lingkungan: Lingkungan dasar yang cukup untuk menguji sifat topologis lokal.

Untuk pemetaan 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 jika x=y. Pemetaan h adalah isometri pada citranya h(X). Jika h tidak injektif, konstruksi ini mungkin hanya pseudometrik. Jarak terbatas tidak membuktikan suatu ruang lengkap, dan himpunan titik yang familiar dapat memiliki perilaku Cauchy yang sangat berbeda di bawah metrik yang berbeda.

Metrik tarik balik lengkap tepat ketika citra h(X) lengkap dalam jarak real biasa. Subset tertutup dari R adalah lengkap. Untuk h(x)=arctan x pada R, citranya adalah (−π/2,π/2), yang melewatkan ujung-ujungnya. Barisan n adalah Cauchy dalam metrik tarik balik karena arctan n→π/2, tetapi tidak ada bilangan real x sehingga arctan x=π/2, sehingga metriknya tidak lengkap. Untuk h(x)=x³, citranya adalah seluruh R dan metrik tarik baliknya lengkap. Kesetaraan topologis saja tidak mempertahankan kelengkapan.

Dalam topologi dengan basis, x terletak dalam tutup A ketika setiap lingkungan terbuka dasar dari x beririsan dengan A. Ini adalah uji keanggotaan, bukan operasi batas Euclidean secara otomatis. Basis harus menutupi ruang, dan untuk titik dalam dua himpunan basis harus ada himpunan basis yang lebih kecil yang memuatnya dalam irisan keduanya. Sebuah titik dapat terletak dalam tutup singleton bahkan ketika ia bukan titik dari singleton 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; irisannya adalah U_gcd(k,l) ketika gcd minimal 2, atau kosong. Titik x terletak dalam tutup {n} tepat ketika setiap k yang habis dibagi x juga habis dibagi n: ekuivalennya n membagi x. Lebih langsung, lingkungan dasar terkecil U_x memuat n tepat ketika n membagi x, dan setiap lingkungan lain yang memuat x mencakup pembagi-pembagi ini. Jadi tutup dari {8} terdiri dari kelipatan positif dari 8, bukan faktor-faktor dari 8.

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.

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.

Pada $\mathbb R$ bandingkan $d_1(x,y)=|x^3-y^3|$ dan $d_2(x,y)=|\arctan x-\arctan y|$. Buktikan bahwa keduanya adalah metrik dan tentukan kelengkapannya.

Penyelesaian terarah

Kedua pemetaan pendefinisian injektif, memberikan pemisahan positif; jarak mutlak memberikan simetri dan ketaksamaan segitiga. Setiap pemetaan adalah isometri pada citra realnya. Pemetaan kubus memiliki citra seluruh $\mathbb R$, ruang yang lengkap, sehingga d1 lengkap. Citra arctangent adalah interval terbuka $(-\pi/2,\pi/2)$, yang tidak lengkap. Barisan n adalah d2-Cauchy karena arctan n mendekati pi/2, tetapi tidak ada titik real yang memiliki citra tersebut, sehingga tidak memiliki limit d2. Nilai metrik terbatas tidak menyiratkan kelengkapan.

Pada $X=\{2,3,4,\ldots\}$ gunakan basis faktor $U_k=\{n\in X:n\mid k\}$. Temukan tutup dari $\{6\}$ dan interior dari $\{6\}$. Verifikasi kondisi basis, termasuk irisan kosong.

Periksa setelah mencoba

Setiap x thuộc vào Ux. Irisannya adalah $U_{\gcd(k,l)}$ jika gcd minimal dua, dan kosong untuk gcd satu. Jadi sebuah titik dalam irisan memiliki lingkungan dasar di dalamnya. Lingkungan dasar terkecil dari x adalah Ux, terkandung dalam setiap Uk yang memuat x. Ia beririsan dengan {6} tepat ketika $6\mid x$. Oleh karena itu tutupnya adalah $\{6,12,18,\ldots\}$, kelipatan enam. Titik enam bukan interior dari singlettonnya karena U6 juga memuat dua dan tiga. Tidak ada titik lain yang berada dalam singleton itu, jadi interiornya kosong. Perhitungan tutup ini menggunakan semua lingkungan dasar, bukan intuisi Euclidean.