GRE · GRE Subject Test · GRE Mathematics

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

Prerequisites: Exact algebra, trigonometry in radians, functions and inequalities.

• Use limits, continuity and differentiability
• Apply derivatives, integrals and the fundamental theorem
• Recognise Riemann sums and distinguish them from infinite series

continuity 连续性: Agreement of a function value with its limit.

convergence 收敛: Approach to a finite limiting value.

A limit describes values near a point, without requiring the function to be defined there. Continuity adds the requirement that the function value exists and agrees with the limit. Algebraic cancellation is valid only away from the cancelled zero, but can reveal a removable limit. One-sided limits must agree for a two-sided limit. For quotient limits, check the denominator and hypotheses before applying a rule; 0/0 is an indeterminate form, not an answer.

A derivative is a limit of difference quotients and implies continuity; the converse fails, as |x| at zero shows. Product, quotient and chain rules describe different structures: the derivative of f(g(x)) is f′(g(x))g′(x), not a product of unrelated values. Differentiating a composition a second time generally produces two terms. Check domains, nonzero denominators and differentiability assumptions before using a symbolic expression as a derivative.

The fundamental theorem says that the derivative of ∫ from a to x of a continuous integrand f(t) is f(x). With a variable upper bound h(x), multiply by h′(x); with two variable bounds, subtract the corresponding lower-bound contribution. A definite integral also arises as a limit of Riemann sums. Rewrite the sum as (1/n)Σf(k/n) before identifying the integral on [0,1], rather than treating n-dependent terms as constants.

For example Σ from k=1 to n of n/(n²+k²) equals (1/n)Σ1/(1+(k/n)²), tending to ∫₀¹1/(1+t²)dt=π/4. This limit uses continuity and the partition width 1/n. A series over an unbounded number of terms is a different limit: terms tending to zero do not alone guarantee convergence. For Σ1/k the partial sums diverge; compare, estimate or apply a valid series test instead of using the necessary term condition as sufficient.

For F(x)=integral from 0 to x² of e^t dt, the fundamental theorem and chain rule give F′(x)=e^(x²)·2x. At x=1, F′(1)=2e. The upper limit is x², so omitting 2x misses its rate of change.

A-level calculus is useful prerequisite material but does not cover the undergraduate analysis and applications tested here.

Let $F(x)=\int_x^{x^2}(1+t^2)\,dt$. Find $F'(x)$ and $F'(2)$. State why the theorem applies.

Worked solution

The integrand is continuous on the real line. The fundamental theorem and chain rule apply at both bounds:

Independently, an antiderivative is $t+t^3/3$. Thus $F=x^2+x^6/3-x-x^3/3$, with the same derivative.

Find $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n k/(n^2+k^2)$. Explain why this is a Riemann-sum limit. Then decide whether $\sum_{k=1}^{\infty}1/k$ converges.

Check after attempting

Rewrite each term as $\frac1n\frac{k/n}{1+(k/n)^2}$. The continuous function $f(t)=t/(1+t^2)$ on $[0,1]$ and mesh $1/n$ give

The harmonic series diverges: the block from $2^{j-1}+1$ through $2^j$ contains $2^{j-1}$ terms at least $1/2^j$, so each block adds at least $1/2$. Terms tending to zero is necessary but insufficient. The finite-sum integrand here depends on the scaled index; it is not the harmonic series.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền tảng: Đạo hàm của hàm một biến số, tích vô hướng và tích phân lặp.

• Tính đạo hàm riêng, vector gradient và đạo hàm theo hướng
• Sử dụng tích phân nhiều biến số và thay đổi tọa độ
• Sử dụng các điều kiện về đạo hàm để phân biệt mặt phẳng và bề mặt cong

gradient: Vector của các đạo hàm riêng.

Jacobian: Hệ số co giãn diện tích hoặc thể tích cục bộ trong phép đổi tọa độ.

Đạo hàm riêng thay đổi một tọa độ trong khi giữ cố định các tọa độ còn lại. Với f=x²+3xy, ta có f_x=2x+3y và f_y=3x. Vector gradient thu thập các đạo hàm này; nếu f khả vi, đạo hàm theo hướng trên vector đơn vị v là grad f·v. Chuẩn hóa direction trước khi thực hiện tích vô hướng. Một vector chỉ phương có độ dài hai sẽ làm đôi kết quả nếu sử dụng mà không chuẩn hóa.

Khả vi có nghĩa là tồn tại xấp xỉ tuyến tính hợp lệ, không chỉ sự tồn tại của một số đạo hàm riêng tại một điểm. Các đạo hàm riêng bậc nhất liên tục trong một lân cận là điều kiện đủ. Đối với hàm hợp thành f(x(t),y(t)), quy tắc chuỗi cho f_x x′+f_y y′. Đạo hàm bậc hai có thể sinh ra cả các số hạng trực tiếp lẫn hỗn hợp; việc đạo hàm hỗn hợp bằng không đơn thuần không đặt hạn chế nào lên các đạo hàm bậc hai thuần túy.

Tích phân bội tổng quát hóa các đóng góp qua một vùng xác định. Mô tả vùng trước khi chọn giới hạn lặp; các cận không hình chữ nhật có thể thay đổi khi thứ tự tích phân thay đổi. Trong tọa độ cực, phần tử diện tích là r dr dtheta, không chỉ dr dtheta. Phép đổi tọa độ tổng quát sử dụng trị tuyệt đối của định thức Jacobian. Dấu thuộc về các đại lượng vector định hướng, trong khi hệ số co giãn diện tích và thể tích sử dụng nhân tố không âm.

Nếu cả hai đạo hàm riêng bậc nhất của một hàm xác định toàn cục trên R² đều là hằng số, f_x=a và f_y=b, tích phân lần lượt sẽ cho f=ax+by+c, một mặt phẳng. Điều này không thể suy luận từ các đường đẳng mức song song thẳng: e^x có các đường đẳng mức dọc song song nhưng đồ thị cong. Hơn nữa, f_xy=f_yx=0 không bắt buộc tạo ra mặt phẳng: x²+y² là một phản ví dụ. Phân biệt giữa tính hằng số của đạo hàm bậc nhất, sự vắng mặt của phụ thuộc hỗn hợp và hình dạng của các đường đẳng mức được chọn.

Đối với f(x,y)=x²+3y², gradient f=(2x,6y). Tại (1,1) giá trị này là (2,6). Trong hướng (3,4), vector đơn vị là (3/5,4/5), cho đạo hàm theo hướng 2·3/5+6·4/5=6.

Một vector chỉ hướng không đơn vị sẽ cung cấp tốc độ hướng đã được nhân lên, chứ không phải đạo hàm theo đơn vị khoảng cách.

Đối với $f(x,y)=x^2+xy+2y^2$, tìm đạo hàm theo hướng tại $(1,-1)$ về phía $(3,4)$. Tính $\iint_D(x^2+y^2)\,dA$ trên đĩa đơn vị $D$.

Giải mẫu

Đa thức khả vi. Chuẩn hóa direction: $u=(3/5,4/5)$. Gradient là $(2x+y,x+4y)$, do đó $(1,-3)$ tại điểm đó.

Tọa độ cực cho $x^2+y^2=r^2$ và $dA=r\,dr\,d\theta$:

Xác định $g(x,y)=xy/\sqrt{x^2+y^2}$ xa gốc tọa độ và $g(0,0)=0$. Cả hai đạo hàm riêng tại gốc tọa độ đều bằng không. Liệu $g$ có khả vi tại đó không? Nó có liên tục?

Kiểm tra sau khi đã làm

Dọc theo mỗi trục $g=0$, nên cả hai đạo hàm riêng đều bằng không. Tính liên tục suy ra từ $|xy|\le(x^2+y^2)/2$, dẫn đến $|g(x,y)|\le\sqrt{x^2+y^2}/2\to0$. Nếu khả vi, đạo hàm tuyến tính của nó sẽ bằng không. Dọc theo $x=y=t\ne0$,

Tỷ lệ dư cần thiết không tiến tới zero. Do đó, tính liên tục và sự tồn tại của các đạo hàm riêng không chứng minh được tính khả vi.

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

Prerequisites: Linear equations, matrix multiplication, polynomials and complex roots.

• Relate rank, nullity and solutions of linear systems
• Analyse vector spaces and linear transformations
• Compute eigenvalues, determinants and diagonalisation conditions

rank 秩: Dimension of the image of a linear map.

eigenvalue 特征值: A scalar satisfying Av=λv for a nonzero v.

A real vector space is closed under its specified addition and scalar multiplication and satisfies the vector-space axioms. A basis is an independent spanning list: every vector has a unique coordinate representation in that list. To test independence of matrix columns, solve the homogeneous system Ac=0; only the zero coefficient vector means independence. A spanning set can contain redundant vectors, so spanning alone does not make a basis.

Row reduction exposes pivots and free variables without changing the solution set of a linear system. Rank is the dimension of the column image, equivalently the number of pivots. Nullity is the kernel dimension: for a map from an n-dimensional domain, rank+nullity=n. In a nonhomogeneous system, a zero coefficient row with nonzero right side means inconsistency; free variables give infinitely many solutions only after consistency has been established. The codomain dimension need not equal rank.

A square matrix is invertible exactly when its determinant is nonzero, its kernel is zero and its rank equals its size. These statements do not require each entry to be nonzero. Triangular determinants are products of diagonal entries, so a matrix depending on a complex variable can be singular at complex roots absent from a real-only calculation. Row swaps reverse determinant sign; adding a multiple of one row to another leaves it unchanged. Check singularity before applying an inverse formula.

An eigenvector is nonzero and satisfies Av=λv, so eigenvalues are roots of det(A−λI). Diagonalisation requires a full independent eigenvector basis over the chosen field. Distinct eigenvalues give independent eigenvectors, while repeated eigenvalues may have too small an eigenspace. A real symmetric matrix has a real orthonormal eigenbasis. A real odd-dimensional matrix has at least one real eigenvalue because its real characteristic polynomial has odd degree; that alone does not imply diagonalisation or all eigenvalues real.

A=[[1,1],[0,1]] has characteristic polynomial (1−λ)². Eigenvectors satisfy y=0, so its eigenspace has dimension one. Two independent eigenvectors are needed to diagonalise a 2×2 matrix; A is not diagonalizable.

The algebraic multiplicity of an eigenvalue is not automatically the dimension of its eigenspace.

For $T:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ with $T(x,y,z)=(x+2y+z,2x+4y+2z)$, find bases of the kernel and image. Solve $T(v)=(3,6)$ and $T(v)=(3,7)$.

Worked solution

The second row is twice the first, so rank is one. The homogeneous equation gives $x=-2y-z$.

The two displayed vectors are independent. Every output is $(s,2s)$, and $(1,2)$ occurs; this is an image basis. Rank plus nullity is $1+2=3$, the domain dimension. For $(3,6)$, all solutions are $(3-2a-b,a,b)$, with $a,b\in\mathbb R$. For $(3,7)$ there is no solution, since $7\ne2\cdot3$.

Let $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$. Determine its eigenvalues, determinant and diagonalisation over $\mathbb R$ and $\mathbb C$. Find $A^n$ for integers $n\ge1$ without repeated multiplication.

Check after attempting

The characteristic polynomial is $(2-\lambda)^2$ and $\det A=4$. Solving $(A-2I)v=0$ gives $v_2=0$, so the eigenspace has dimension one over either field. Two independent eigenvectors are required; the matrix is invertible but not diagonalizable over either field. Write $A=2I+N$ where $N^2=0$. The commuting binomial expansion leaves only two terms:

Multiplying this expression by $A$ gives the formula at $n+1$, independently checking the coefficient.

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

Prerequisites: Integer arithmetic, sets, functions and proof by counterexample.

• Use groups, subgroups, homomorphisms and quotient structures
• Distinguish rings, integral domains and fields
• Apply divisibility, congruences and elementary number theory

homomorphism 同态: A map preserving the relevant operation.

field 域: A commutative ring where each nonzero element has an inverse.

A group needs closure, associativity, identity and inverses. Commutativity is an additional condition.

A homomorphism preserves the operation. Its kernel is a normal subgroup and identifies elements mapping to the identity.

A field permits division by every nonzero element. Integers form a ring but not a field.

Work with congruences modulo n. A residue a has a multiplicative inverse exactly when gcd(a,n)=1.

Modulo 8, 3 has inverse 3 because 3·3=9≡1. But 2 has no inverse because gcd(2,8)=2. Modulo a prime, every nonzero residue has an inverse; this gives a finite field.

Do not cancel a factor in a modular equation without checking that it is invertible.

Compare the additive groups and multiplicative structures of $\mathbb Z/5\mathbb Z$ and $\mathbb Z/6\mathbb Z$. List all multiplicative units in each. Explain why removing zero does not always leave a multiplicative group.

Worked solution

Both whole residue sets are additive groups: closure, associativity and identity come from integer addition, and $-a$ is an additive inverse. A multiplicative residue is a unit precisely when its greatest common divisor with the modulus is one. The units modulo five are $1,2,3,4$; modulo six they are $1,5$. Modulo six, $2\cdot3=0$ although both factors are nonzero. The nonzero set is not even closed under multiplication. Modulo five every nonzero residue has an inverse; this ring is a field. A ring, its additive group and its group of units are different structures.

The reduction map $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/6\mathbb Z$ is given by $\phi(n)=[n]$. Determine its kernel, image and quotient. Solve $2x\equiv2\pmod6$ completely and explain why cancelling 2 modulo 6 fails.

Check after attempting

The map preserves addition and multiplication. Its kernel is $6\mathbb Z$ and its image is all six residues. The quotient identifies integers with the same remainder, so $\mathbb Z/\ker\phi\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$. The congruence means $6\mid2(x-1)$, equivalently $3\mid x-1$. Hence $x\equiv1\pmod3$, giving residues $1$ and $4$ modulo six. Both substitute correctly. Cancelling 2 while retaining modulus six would discard 4; 2 has no multiplicative inverse there.

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

Prerequisites: Quantified statements, inequalities, sequences and continuous functions.

• Apply sequence and function limit definitions
• Distinguish compactness, connectedness and completeness
• Use metric-space and elementary topological reasoning

compact 紧致的: Every open cover has a finite subcover.

supremum 上确界: The least upper bound of a set.

An epsilon–delta statement controls all sufficiently close inputs. The quantifier order matters.

In real Euclidean space, closed and bounded sets are compact. Do not apply this equivalence to every metric space.

Continuous images of compact sets are compact, so a real continuous function on a compact domain attains extrema.

Connectedness rules out a separation into disjoint nonempty open parts. Continuity preserves connectedness; completeness is a separate property.

f(x)=x on (0,1) is continuous and bounded but never equals its supremum 1. On [0,1], the same function attains its maximum at 1. The missing endpoint explains why the compact-domain theorem does not apply to the first case.

A theorem’s conclusion cannot be used before its hypotheses have been checked.

Prove continuity of $f(x)=x^2$ at 2 using an explicit epsilon–delta choice. Explain separately why it attains a minimum on $[1,3]$.

Worked solution

Given $\epsilon>0$, choose $\delta=\min(1,\epsilon/5)$. If $|x-2|<\delta$, then $1<x<3$, so $|x+2|<5$.

The choice depends on epsilon, not on the later input x. The interval $[1,3]$ is nonempty and compact in the ordinary real metric. Continuity gives attained extrema. Here $x^2\ge1$, with equality at 1, so the minimum is 1.

In the metric space $X=(0,1)$ with ordinary distance, is X bounded? Is it closed in itself? Is it compact or complete? Explain why “closed and bounded implies compact” cannot be used here.

Check after attempting

X is bounded and closed relative to itself, since its complement in X is empty. The Cauchy sequence $1/(n+2)$ has no limit in X, so X is not complete and therefore not compact as a metric space. Directly, the relative open cover $\{(1/n,1):n\ge2\}$ covers X but has no finite subcover. Heine–Borel requires closed and bounded as a subset of Euclidean space, not merely closed in an arbitrary chosen space. X is not closed in $\mathbb R$. No theorem hypothesis may change its ambient space halfway through the argument.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức cần thiết: Đếm hữu hạn, xác suất sơ cấp, dãy truy hồi và đạo hàm.

• Sử dụng phương pháp đếm, dãy truy hồi, lập luận về đồ thị và logic
• Tính toán xác suất và các đặc trưng phân phối
• Áp dụng xấp xỉ số và đánh giá sai số

dãy truy hồi: Quy tắc liên hệ một số hạng của dãy với các số hạng trước đó.

xung khắc nhau: Các sự kiện không thể cùng xảy ra.

Chọn mô hình đếm trước: sắp xếp có thứ tự r vật thể khác nhau từ n vật dùng công thức n(n−1)⋯(n−r+1), còn tập con không thứ tự dùng C(n,r). Đồ thị đơn đầy đủ trên n đỉnh có một cạnh cho mỗi cặp đỉnh không thứ tự, tạo ra n(n−1)/2 cạnh; chu trình tự loop và cạnh đa sẽ làm thay đổi mô hình. Với n đường thẳng nằm vị trí tổng quát trong mặt phẳng, đường thẳng thứ k cắt k−1 đường thẳng trước đó tại các điểm phân biệt và tạo thêm k vùng mới. Tổng số là 1+n(n+1)/2; các đường song song hoặc đồng quy ba đường sẽ phá vỡ công thức đếm này.

Sử dụng phần bù để đếm ít nhất một lần xuất hiện, và điều kiện hóa trên quần thể còn lại thực tế sau khi rút mẫu không hoàn lại. Đối với r kết quả iid được chọn từ n giá trị có khả năng xảy ra bằng nhau, xác suất để tất cả đều khác nhau là n(n−1)⋯(n−r+1)/n^r khi r≤n. Phần bù của nó đếm các kết quả trùng lặp. Đối với biến đếm nhị phân với N phép thử độc lập và xác suất thành công p cố định, kỳ vọng là Np và phương sai là Np(1−p). Chỉ riêng xác suất bằng nhau chưa đủ để khẳng định tính độc lập.

Một dãy truy hồi mô tả các giá trị sau dựa trên các giá trị trước và cần đủ dữ liệu ban đầu để xác định một dãy. Tách chỉ số khỏi giá trị: a_n=2a_(n−1) với a_0=3 cho ta a_n=3·2^n. Lập luận đồ thị và thuật toán thường thiết lập dãy truy hồi bằng cách xác định xem một đỉnh hoặc bước mới thêm vào gì. Công thức đóng phải thỏa mãn cả dãy truy hồi lẫn điều kiện ban đầu; việc khớp một vài số hạng quan sát được không chứng minh được công thức đúng cho mọi chỉ số.

Xấp xỉ số cần có lập luận về sai số. Phương pháp chia đôi giữ nguyên khoảng có sự đổi dấu cho hàm liên tục và thu hẹp chiều rộng đi một nửa ở mỗi bước; nghiệm có thể không tồn tại nếu tính liên tục bị vi phạm. Cập nhật Newton là x_new=x−f(x)/f′(x), yêu cầu đạo hàm khác 0 tại điểm hiện tại; hội tụ không tự động xảy ra từ mọi giá trị khởi đầu. Phần dư của xấp xỉ và sai số của x là hai khái niệm khác nhau. Hãy nêu rõ giả thiết của phương pháp và tiêu chí dừng, thay vì coi những chữ số thập phân hiển thị thêm là độ chính xác.

Với f(x)=x²−2 và x₀=1, bước Newton cho 1−(1−2)/2=1.5. Giá trị tiếp theo là 1.5−0.25/3=1.4167. Những giá trị này xấp xỉ sqrt(2), nhưng f′(0)=0 khiến 0 trở thành điểm bắt đầu không hợp lệ.

Các sự kiện có xác suất dương không thể vừa độc lập vừa loại trừ lẫn nhau.

Bốn lần rút có nhãn là độc lập và phân bố đều từ năm ký hiệu, với hoàn lại. Tìm xác suất để có ít nhất hai lần rút giống nhau. So sánh số lượng sắp xếp có thứ tự và tập con không thứ tự gồm bốn ký hiệu khác nhau.

Giải mẫu

Có $5^4$ chuỗi rút có khả năng xảy ra bằng nhau. Số chuỗi không lặp lại là $5\cdot4\cdot3\cdot2=120$.

Số sắp xếp có thứ tự khác nhau là 120; số tập con không thứ tự là $\binom54=5$. Mỗi tập con xuất hiện trong $4!=24$ cách sắp xếp. Việc chia cho $4!$ chỉ phù hợp cho phép đếm không thứ tự, không phải mẫu số của xác suất rút.

Áp dụng phương pháp chia đôi $f(x)=x^3-2$ trên $[1,2]$. Đưa ra hai ngoặc đầu tiên được giữ lại và giới hạn sai số của điểm giữa sau mười lần chia đôi. Liệu việc chỉ thay đổi dấu có đủ để biện minh cho phương pháp chia đôi đối với $1/x$ trên $[-1,1]$?

Kiểm tra sau khi đã làm

Đa thức liên tục; $f(1)<0<f(2)$. Điểm giữa đầu tiên là $1.5$ với giá trị dương, giữ lại $[1,1.5]$. Tiếp theo là $1.25$ với giá trị âm, giữ lại $[1.25,1.5]$. Sau mười lần chia đôi, độ rộng là $2^{-10}$ và điểm giữa của khoảng giữ lại đó khác với nghiệm nằm trong khoảng đó nhiều nhất là $2^{-11}=1/2048$. Giới hạn sai số dựa vào khoảng, không phải chỉ dựa vào phần dư nhỏ. Đối với $1/x$, zero là điểm kỳ dị và không có nghiệm. Tính liên tục trên khoảng bị vi phạm; các dấu trái chiều ở hai đầu khoảng không biện minh được cho phương pháp này.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Tiền đề: Phép toán phức, đạo hàm riêng, chuỗi số và đường biên định hướng.

• Kiểm tra tính khả vi phức
• Sử dụng tích phân đường biên và thặng dư
• Tính toán tích phân đường biên với thặng dư của cực đơn và cực bậc cao

analytic: Khả vi phức toàn bộ trong một lân cận.

residue: Hệ số của (z−a)^−1 trong khai triển Laurent.

Viết f(z)=u(x,y)+iv(x,y). Tính khả vi phức đặt ra u_x=v_y và u_y=−v_x; với đạo hàm riêng cấp một liên tục tại địa phương, các phương trình Cauchy–Riemann thiết lập tính giải tích tại đó. Chúng khác với tính khả vi thực của ánh xạ hai tọa độ. Hàm liên hợp x−iy không thỏa mãn các phương trình này trên mọi lân cận mở, mặc dù các đạo hàm riêng thực tồn tại. Hãy nêu vùng cần kiểm tra, không chỉ một điểm thuận tiện.

Một hàm giải tích khả vi phức toàn bộ trong một lân cận và có chuỗi lũy thừa hội tụ cục bộ. Một điểm kỳ dị loại bỏ có thể được lấp đầy bằng cách giải tích khi hàm bị chặn gần điểm bị thiếu. Một cực có phần chính hữu hạn trong khai triển Laurent của nó; một điểm kỳ dị thiết yếu có vô hạn nhiều số hạng lũy thừa âm. Thặng dư là hệ số của (z−a)⁻¹, không nhất thiết là số hạng âm đầu tiên hay lớn nhất.

Đối với cực cô lập bậc m, viết f(z)=g(z)/(z−a)^m với g giải tích tại a. Thặng dư là g^(m−1)(a)/(m−1)!. Cực đơn sử dụng g(a); cực kép sử dụng g′(a). Điều này suy ra từ việc khai triển g thành chuỗi Taylor. Do đó e^z/(z−a)² có thặng dư là e^a, trong khi tử số là hằng số trên cực kép thuần túy có thặng dư bằng không. Bậc của cực duy nhất không xác định tích phân đường biên.

Đối với đường biên định hướng dương bao quanh các điểm kỳ dị cô lập, định lý thặng dư cho ∮f(z)dz=2πi nhân với tổng các thặng dư bị bao, miễn là hàm giải tích trên đường biên và ở những nơi khác trong miền bên trong yêu cầu. Đảo ngược hướng sẽ thay đổi dấu. Công thức đạo hàm Cauchy là ∮g(z)/(z−a)^(m+1)dz=2πi g^(m)(a)/m! dưới các giả thuyết về miền giải tích của nó. Một điểm kỳ dị nằm trên đường biên ngăn cản việc áp dụng trực tiếp; một điểm kỳ dị nằm ngoài đóng góp gì đó cho đường biên này.

Đối với f(z)=conjugate(z), ta có u=x và v=−y. Khi đó u_x=1 nhưng v_y=−1, nên f không khả vi phức. Đối với 1/(z−2), một đường tròn hướng dương |z−2|=1 bao quanh một cực đơn giản có thặng dư 1, do đó tích phân bằng 2πi.

Tính liên tục hoặc khả vi thực đơn lẻ không suy ra được tính giải tích phức.

Sử dụng các phương trình Cauchy–Riemann để so sánh $z^2$ và $\overline z$. Tìm thặng dư của $e^z/z^2$ tại zero và tích phân của nó quanh vòng tròn đơn vị ngược chiều kim đồng hồ.

Giải mẫu

Đối với $z^2$, $u=x^2-y^2$ và $v=2xy$: $u_x=2x=v_y$ và $u_y=-2y=-v_x$. Các đạo hàm riêng liên tục trên khắp nơi, nên hàm giải tích trên khắp nơi. Đối với $\overline z$, $u=x,v=-y$ và $u_x=1\ne-1=v_y$; nó không khả vi phức ở bất kỳ đâu. Vì $e^z=1+z+z^2/2+\cdots$, hệ số của $z^{-1}$ trong $e^z/z^2$ là 1. Do đó thặng dư là 1 và tích phân là $2\pi i$. Cực kép không bắt buộc phải có thặng dư bằng không.

Tích phân $1/[z(z-2)]$ quanh $|z|=1$, trước tiên ngược chiều kim đồng hồ và sau đó cùng chiều kim đồng hồ. Có thể sử dụng lập luận định lý thặng dư tương tự trên $|z|=2$ không?

Kiểm tra sau khi đã làm

Chỉ có zero nằm bên trong vòng tròn đơn vị. Thặng dư của nó là $\lim_{z\to0}1/(z-2)=-1/2$. Do đó, tích phân ngược chiều kim đồng hồ là $-\pi i$ và tích phân cùng chiều kim đồng hồ là $\pi i$. Cực tại 2 nằm ngoài và không đóng góp gì. Đường tròn $|z|=2$ đi qua cực. Tích phân đường thông thường không được xác định bởi công thức này; định lý yêu cầu tính giải tích trên biên. Một sự lún hoặc quy tắc giá trị chính sẽ là một bài toán khác, được chỉ định rõ ràng.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền tảng: Vi phân, tích phân, hàm mũ và phương trình bậc hai.

• Giải các phương trình bậc nhất tách biến
• Giải các phương trình bậc hai hệ số hằng
• Sử dụng điều kiện ban đầu và điều kiện duy nhất

điều kiện ban đầu: Giá trị của nghiệm hoặc đạo hàm được xác định tại một điểm bắt đầu.

nghiệm đặc trưng: Nghiệm của đa thức chi phối các nghiệm hàm mũ.

Đối với y′=ky, việc tách biến và tích phân cho y=Ce^(kt); khôi phục nghiệm không nếu đã chia cho y. Một giá trị ban đầu xác định C.

Một phương trình bậc hai hệ số hằng sử dụng đa thức đặc trưng. Các nghiệm phân biệt tạo ra hàm mũ; nghiệm bội đòi hỏi (C1+C2t)e^(rt).

Nghiệm phức α±iβ tạo ra e^(αt)(C1 cos βt+C2 sin βt). Chuyển động thực bao gồm cả thông tin biên độ và pha.

Sự tồn tại và duy nhất phụ thuộc vào giả thuyết gần điểm ban đầu. Hệ số kỳ dị hoặc sự thất bại trong hành vi Lipschitz cục bộ có thể phá vỡ kết luận duy nhất quen thuộc.

Giải y″+4y=0 với y(0)=3 và y′(0)=4. Các nghiệm đặc trưng là ±2i, nên y=A cos2t+B sin2t. Điều kiện đầu tiên cho A=3; lấy đạo hàm ta có y′(0)=2B=4, suy ra B=2.

Nghiệm đặc trưng bội cần nhân tử t; hai bản sao cùng một hàm mũ không phải là các nghiệm độc lập.

Giải $y''-4y'+4y=0$ với $y(0)=1$, $y'(0)=0$. Kiểm tra cả hai điều kiện ban đầu và phương trình.

Giải mẫu

Đa thức đặc trưng là $(r-2)^2$. Các nghiệm độc lập là $e^{2t}$ và $te^{2t}$, do đó $y=(C_1+C_2t)e^{2t}$. Giá trị ban đầu cho $C_1=1$; đạo hàm tại không cho $2C_1+C_2=0$, nên $C_2=-2$.

Thay thế cho $y''-4y'+4y=0$, và hai giá trị ban đầu thỏa mãn. Hai bản sao của $e^{2t}$ sẽ không tạo thành không gian nghiệm.

Chứng minh rằng bài toán giá trị ban đầu $y'=2\sqrt{|y|}$, $y(0)=0$ có nhiều hơn một nghiệm cho $t\ge0$. Xác định giả thuyết duy nhất tiêu chuẩn bị thiếu.

Kiểm tra sau khi đã làm

Một nghiệm bằng identically zero. Với mọi $a\ge0$, đặt $y_a(t)=0$ cho $0\le t\le a$ và $y_a(t)=(t-a)^2$ cho $t>a$. Đạo hàm bằng không trên khoảng đầu tiên và $2(t-a)$ trên khoảng thứ hai; cả hai vế đều có đạo hàm bằng không tại a. Do đó $y_a$ khả vi và thỏa mãn phương trình và giá trị ban đầu. Vế phải liên tục nhưng không Lipschitz cục bộ theo y tại không: $|2\sqrt h-0|/|h|=2/\sqrt h$ không bị chặn. Sự tồn tại không ngụ ý sự duy nhất, và việc chia cho $\sqrt y$ sẽ làm mất các nghiệm thời gian chờ.

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

Prerequisites: Group axioms, functions, integer divisibility and permutations.

• Verify group structure and compute element orders and subgroup indices
• Use kernels and images to identify quotient groups
• Distinguish normal subgroups from arbitrary subgroups
• Classify permutation conjugacy by cycle type

coset 陪集: A translate of a subgroup that forms one part of the coset partition.

normal subgroup 正规子群: A subgroup invariant under conjugation by every group element.

Before computing an order, check closure, associativity, an identity and an inverse for every element under the stated operation. A subset can inherit associativity yet fail closure or omit the identity. In a finite group, the order of an element is the least positive power giving the identity. In the additive group Z/nZ, it is the least positive multiple giving zero; the order of residue a is n/gcd(a,n). Lagrange's theorem says subgroup orders divide the group order. The converse is not a general existence theorem, and the order of a group is not the order of each element.

A left coset gH is a translate of a subgroup H. Cosets have equal size and partition the group, so the index is |G|/|H| in a finite group. In an additive group write g+H. Membership in the same coset means the difference lies in H. A coset usually is not itself a subgroup because it may omit the identity.

A homomorphism preserves the operation. Its kernel consists of elements sent to the identity, and its image consists of values actually reached. Every kernel is normal. The first isomorphism theorem identifies G/ker(phi) with im(phi); do not replace the image with the whole codomain unless the map is onto.

Quotient multiplication is well defined only when H is normal. All subgroups of an abelian group are normal. In a nonabelian group test gHg^−1=H; a subgroup of index two is normal. For permutations compose in the stated convention, here rightmost first. Disjoint cycle lengths give the permutation order by their least common multiple. Conjugation hσh⁻¹ relabels the elements in σ’s cycles, so it preserves cycle lengths; conversely permutations with the same cycle lengths can be related by a relabelling. Thus conjugacy classes in S_n correspond to partitions of n, including fixed-point cycles. In S4 the types are 1+1+1+1, 2+1+1, 2+2, 3+1 and 4: five classes, not one class for each possible element order. The types 2+1+1 and 2+2 both have order two but are not conjugate.

Define phi from Z/12Z to Z/3Z by reducing residues modulo 3. It is onto and preserves addition. Its kernel H is {0,3,6,9}, so |H|=4 and the index is 12/4=3. The other cosets are {1,4,7,10} and {2,5,8,11}. Thus (Z/12Z)/H is isomorphic to Z/3Z. The element 3 in the original group has order 12/gcd(3,12)=4, not 3.

A quotient has one element per coset, not one per element of its kernel. A homomorphism need not be onto its stated codomain.

In the additive group $\mathbb Z/18\mathbb Z$, let $H=\langle6\rangle$. List H and its cosets. Determine the order of 6 and identify the quotient.

Worked solution

$H=\{0,6,12\}$ has size three. The six cosets are $r+H=\{r,r+6,r+12\}$ for $r=0,1,2,3,4,5$. They partition all 18 residues. The element 6 has order three, while the quotient has order six. Reduction modulo six is onto with kernel H, so $(\mathbb Z/18\mathbb Z)/H\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$. Normality holds because the original group is abelian.

In $S_3$, let $H=\{e,(12)\}$. Check whether $H$ is normal, and decide whether coset multiplication defines a quotient group. Separately find the order of $(123)(45)$ in $S_5$.

Check after attempting

Conjugation by $(123)$ sends $(12)$ to $(23)$, which is outside H. Thus H is not normal. Left cosets still partition $S_3$, but multiplication of those cosets is not well defined independently of representatives. The disjoint cycles in $(123)(45)$ have lengths three and two, so its order is $\operatorname{lcm}(3,2)=6$. Element order and subgroup index are different quantities.

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.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Tiền đề: thuật toán Euclid, 作答 nguyên tố và số học模.

• Giải đồng dư tuyến tính bằng điều kiện gcd
• Kết hợp các đồng dư nguyên tố cùng nhau bằng định lý dư Trung Quốc
• Áp dụng định lý Euler chỉ cho các phần dư khả nghịch
• Sử dụng tính chia hết theo lũy thừa nguyên tố để tìm số nguyên thích hợp nhỏ nhất

đồng dư: Sự bằng nhau của các phần dư vì mô-đun chia hết hiệu của chúng.

số totient: Số lượng phần dư nguyên tố cùng với mô-đun số nguyên dương.

Phương trình ax≡b theo modulo n có nghiệm khi và chỉ khi d=gcd(a,n) chia hết b. Nếu có, chia a,b,n cho d để thu được phương trình có hệ số khả nghịch. Nó có một nghiệm phần dư theo modulo n/d và d nghiệm riêng biệt theo modulo n. Chia hệ số nhưng giữ nguyên mô-đun gốc thường làm mất nghiệm. Phân tích thừa số nguyên tố cung cấp một công cụ chia hết khác: nếu n^k phải chia hết cho tích các lũy thừa nguyên tố p^a, mỗi lũy thừa nguyên tố trong n phải lớn ít nhất ceil(a/k). Các lũy thừa tối thiểu này độc lập tạo ra số n thích hợp nhỏ nhất. Đối với n⁴ chia hết cho 2⁷·3⁵, n phải chứa 2² và 3², vì vậy giá trị nhỏ nhất là 36. Đây là điều kiện lũy thừa nguyên tố, không phải là đồng dư giải bằng phép chia模.

Thuật toán Euclid mở rộng biểu thị gcd(a,n) dưới dạng ua+vn. Khi gcd là 1, u là nghịch đảo của a theo modulo n. Chọn đại diện trong khoảng yêu cầu sau khi rút gọn. Đối với 7 và 26, 1=15·7−4·26, vậy 15 là nghịch đảo của 7 theo modulo 26; hãy kiểm tra tích để bắt lỗi dấu.

Đối với các mô-đun dương nguyên tố cùng nhau m,n, định lý dư Trung Quốc cho đúng một nghiệm theo modulo mn cho mỗi cặp điều kiện phần dư. Thay x=r+mk vào đồng dư thứ hai và giải theo k. Nếu các mô-đun không nguyên tố cùng nhau, các giá trị phần dư của chúng phải khớp nhau theo gcd(m,n); khi nhất quán, tính duy nhất là theo bội chung nhỏ nhất, không phải tích.

Số totient Euler phi(n) đếm các phần dư nguyên tố cùng với n. Đối với các thừa số nguyên tố phân biệt p, phi(n)=n nhân tích của (1−1/p). Định lý Euler cho a^phi(n)≡1 chỉ khi gcd(a,n)=1. Trường hợp nguyên tố là định lý nhỏ Fermat. Chỉ rút gọn số mũ sau khi kiểm tra điều kiện này; một phần tử không khả nghịch có thể trở thành zero dưới các lũy thừa lặp lại.

Giải 6x≡9 modulo 15. Ước chung lớn nhất là 3 và chia hết cho 9. Chia cả ba đại lượng để thu được 2x≡3 modulo 5; nghịch đảo của 2 là 3, nên x≡9≡4 modulo 5. Các nghiệm ban đầu modulo 15 là 4,9,14. Đối với x≡2 modulo 4 và x≡3 modulo 7, viết x=2+4k; sau đó 4k≡1 modulo 7, cho k≡2. Do đó x≡10 modulo 28.

Biểu thức a^phi(n)≡1 là sai đối với a tùy ý. Ví dụ, 2 không có nghịch đảo modulo 8 và 2^4 bằng không modulo 8.

Giải $8x\equiv12\pmod{20}$ hoàn toàn. Tìm nghịch đảo của 7 theo modulo 20. Giải thích tại sao định lý Euler không thể dùng để thay thế $2^8$ bằng 1 theo modulo 20.

Giải mẫu

Ước chung lớn nhất là bốn và chia hết cho 12. Chia cả ba số cho ta $2x\equiv3\pmod5$, nên $x\equiv4\pmod5$. Theo modulo 20, bốn đáp án đều là $4,9,14,19$; phép thế vào mỗi lần đều dư 12. Vì $7\cdot3=21$, nghịch đảo của 7 là 3. Mặc dù $\phi(20)=8$, định lý Euler yêu cầu phần tử đơn vị. Ước chung lớn nhất của 2 và 20 là hai, và $2^8=256\equiv16$, không phải 1.

Giải $x\equiv2\pmod6$, $x\equiv5\pmod9$, hoặc chứng minh sự bất nhất. Nêu modulus để đảm bảo tính duy nhất. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho $2^5\cdot3^7$ chia hết cho $n^3$.

Kiểm tra sau khi đã làm

Các thặng dư đồng nhất theo ước chung lớn nhất ba. Đặt $x=2+6k$: khi đó $6k\equiv3\pmod9$, suy ra $2k\equiv1\pmod3$ và $k\equiv2\pmod3$. Vậy $x\equiv14\pmod{18}$. Modulus là bội chung nhỏ nhất, không phải 54. Đối với bài toán chia hết, viết các lũy thừa nguyên tố trong n. Chúng phải thỏa mãn $3a\ge5$, $3b\ge7$, nên $a\ge2$, $b\ge3$. Số n nhỏ nhất là $2^2\cdot3^3=108$; các nhân tố nguyên tố khác chỉ làm tăng giá trị này.

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

Prerequisites: Sequence limits, supremum, continuity and numerical series.

• Use Cauchy, monotone convergence and subsequence criteria
• Distinguish pointwise from uniform convergence of functions
• Check hypotheses before interchanging limits and integrals

Cauchy sequence 柯西序列: A sequence whose sufficiently late terms are arbitrarily close to one another.

uniform convergence 一致收敛: Convergence with one error threshold index valid at every point of the domain.

A convergent real sequence is Cauchy, and every real Cauchy sequence converges because R is complete. In Q a Cauchy sequence can approach an irrational number and fail to converge within Q. A bounded monotone real sequence converges. A bounded sequence need not converge, but Bolzano–Weierstrass guarantees a convergent subsequence; (-1)^n has two different subsequential limits.

For a numerical series, absolute convergence implies convergence; conditional convergence does not allow arbitrary rearrangement without affecting the sum. The alternating harmonic series converges but its absolute-value series diverges. In a ratio test, a limit below 1 proves absolute convergence and one above 1 proves divergence; a limit equal to 1 is inconclusive, as both sum 1/n and sum 1/n² demonstrate.

Pointwise convergence chooses an index N separately for each x and tolerance. Uniform convergence chooses one N that works for every x in the domain. For real-valued functions, check the supremum of |f_n−f| over the whole domain. A continuous pointwise limit does not by itself prove uniform convergence. Domain endpoints and shrinking peaks often distinguish the two notions.

A uniform limit of continuous functions is continuous. On a closed bounded interval, uniform convergence of Riemann-integrable functions permits exchanging limit and integral. Exchanging derivatives needs extra hypotheses; uniform convergence of the functions alone is insufficient. The Weierstrass M-test establishes uniform absolute convergence of a series of functions if each term is bounded by M_n on the whole domain and sum M_n converges.

On [0,1], f_n(x)=x^n tends to 0 for x<1 and to 1 at x=1. The limit is discontinuous, so convergence cannot be uniform; directly, the supremum error is 1, approached below 1. On [0,a] with 0≤a<1, the limit is zero and the supremum is a^n, which tends to zero, so convergence is uniform. Changing the domain changes the conclusion.

Checking several fixed x values proves neither a supremum bound nor uniform convergence. The point producing the largest error may move with n.

Determine pointwise and uniform convergence of $f_n(x)=x^n$ on $[0,1]$ and on $[0,a]$ for fixed $0<a<1$. Compare $\sum1/n^2$ with the alternating harmonic series for absolute convergence.

Worked solution

On $[0,1]$, the limit is zero for $x<1$ and one at 1. This limit is discontinuous, so continuous $f_n$ cannot converge uniformly. More directly the supremum error on $[0,1)$ is one. On $[0,a]$ the supremum is $a^n\to0$, so convergence is uniform to zero. The p-series with p=2 converges absolutely. The alternating harmonic series converges by decreasing terms tending to zero, but the absolute series diverges; its convergence is conditional.

Let $g_n(x)=\sin(nx)/n$ on $\mathbb R$. Is convergence uniform? May its derivatives converge to the derivative of its limit? Use an explicit point to decide.

Check after attempting

$\sup_{x\in\mathbb R}|g_n(x)|=1/n\to0$, so the functions converge uniformly to zero. But $g_n'(x)=\cos(nx)$, and at $x=0$ these derivatives are all 1. The derivative of the zero limit is 0. Thus uniform convergence of the functions alone does not justify differentiating a limit; additional derivative-convergence hypotheses are needed.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức cần thiết: Tập hợp, tập mở tương đối, hàm số liên tục và dãy số.

• Tính bao đóng, phần trong và biên trong một không gian cho trước
• Áp dụng tính compact và tính liên thông vào các ánh xạ liên tục
• Phân biệt topo tương đối với topo Euclidean bao hàm

topo tương đối: Các tập mở là giao của tập con với các tập mở trong không gian bao hàm.

tính liên thông: Không tồn tại sự phân tách thành hai tập con mở tương đối rỗng rời nhau khác rỗng.

Trong không gian metric, một tập mở chứa một quả cầu nhỏ quanh mỗi điểm của nó. Phần trong gồm các điểm như vậy; bao đóng bao gồm tất cả các điểm giới hạn; biên là hiệu của bao đóng và phần trong. Một tập có thể vừa mở vừa đóng; tập rỗng và toàn bộ không gian đều thỏa mãn. Trong R, tập [0,1) có phần trong (0,1), bao đóng [0,1] và biên {0,1}.

Trong tập con X, một tập mở có dạng giao của X với một tập mở bao hàm. Do đó [0,1) là mở tương đối so với [0,2], dùng phép giao với (-1,1), mặc dù nó không mở trong R. Một tập cũng có thể đóng tương đối mà không đóng trong không gian bao hàm. Luôn chỉ rõ không gian nào xác định lân cận và metric nào được sử dụng.

Tính compact nghĩa là mọi phủ mở đều có phủ con hữu hạn. Trong Euclidean R^n, Heine–Borel làm cho điều này tương đương với đóng và bị chặn. Trong không gian metric, tính compact tương đương với tính compact theo dãy; tính hoàn chỉnh và bị chặn đơn thuần không đủ trong các không gian metric tùy ý. Ảnh liên tục của một tập compact là compact, đảm bảo cực đại và cực tiểu đạt được cho các hàm thực liên tục trên miền compact khác rỗng.

Các tập liên thông không thể phân tách thành hai phần mở tương đối rỗng rời nhau khác rỗng; các tập con liên thông của R chính là các khoảng. Ảnh liên tục của một tập liên thông là liên thông, dẫn đến định lý giá trị trung gian. Liên thông theo đường kéo theo tính liên thông, nhưng không phải ngược lại trong mọi không gian. Một tập compact chưa chắc liên thông, và một tập liên thông chưa chắc compact; một tập hai điểm hữu hạn và một khoảng mở cung cấp các ví dụ đối lập.

Giả sử X=[0,1] với topologie tương đối thông thường. Tập U=[0,0.5) bằng X giao với (-1,0.5), nên U là mở trong X. Bao closure của nó trong X là [0,0.5], và boundary của nó trong X là {0.5}; zero là điểm interior tương đối với X. Đối với một hàm liên tục f trên X với f(0)<0<f(1), tính liên thông đảm bảo tồn tại nghiệm, trong khi tính compact độc lập đảm bảo các cực trị đạt được.

Tiêu chuẩn đóng-bị-bounded của Heine–Borel là một định lý trong không gian Euclidean. Tính liên thông và compactness trả lời những câu hỏi khác nhau.

Trong ⟨$X=[0,2]$⟩ với topo tương đối của nó, tìm phần trong, bao đóng và biên của ⟨$A=[0,1)$⟩. Tập A có mở hay đóng trong X?

Giải mẫu

$A=X\cap(-1,1)$ mở trong X, nên phần trong tương đối của nó là A. Bao đóng của nó là $[0,1]$ và biên là $\{1\}$. Zero là điểm trong tương đối so với X vì một quả cầu đủ nhỏ trong X không có phần âm. A không đóng trong X: dãy ⟨$1-1/n$⟩ với ⟨$n\ge2$⟩ tiến tới điểm thiếu hụt ⟨1⟩. Trong đường thẳng thực bao hàm, phần trong và biên sẽ lần lượt là $(0,1)$ và $\{0,1\}$.

Cho một tập thực compact không liên thông và một tập thực liên thông không compact. Hàm thực liên tục trên tập sau có đạt giá trị cực trị không? Giải thích tính chất nào mang lại định lý giá trị trung gian.

Kiểm tra sau khi đã làm

Tập hữu hạn $\{0,2\}$ là compact nhưng không liên thông. Khoảng $(0,1)$ là liên thông nhưng không compact. Hàm đồng nhất liên tục trên ⟨$(0,1)$⟩ không đạt cả cực đại lẫn cực tiểu. Tính liên thông khiến ảnh thực liên tục là một khoảng và do đó cung cấp các giá trị trung gian. Tính compact khiến ảnh thực liên tục khác rỗng đạt được các giá trị cực trị. 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.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền tảng: Nguyên hàm, giới hạn, so sánh và tích phân hình học.

• Định nghĩa tích phân không xác định qua giới hạn tại mỗi biên dị thường
• Chọn công thức diện tích, thể tích và chiều dài cung từ hình học
• Tách biệt sự hội tụ của tích phân khỏi sự triệt tiêu có dấu

tích phân không xác định: Một tích phân được định nghĩa thông qua giới hạn tại các biên vô cực hoặc dị thường.

giá trị chính: Một giới hạn sử dụng sự triệt tiêu đối xứng quy định, có thể tồn tại ngay cả khi tích phân không xác định thông thường phân kỳ.

Một biên tích phân vô cùng được thay thế bằng một cận hữu hạn và một giới hạn. Tại một điểm dị thường nằm trong khoảng, tách tích phân ra và yêu cầu cả hai tích phân một phía đều hội tụ riêng biệt. Sự triệt tiêu đối xứng có thể định nghĩa giá trị chính Cauchy nhưng không chứng minh được sự hội tụ của tích phân không xác định thông thường. Đối với 1/x đi qua 0, hai phía đều phân kỳ mặc dù các phép cắt đối xứng triệt tiêu lẫn nhau.

Tích phân của x^(−p) từ 1 đến vô cùng hội tụ khi và chỉ khi p>1. Từ 0 đến 1, nó hội tụ khi và chỉ khi p<1. Cùng một số mũ có hành vi khác nhau tại hai biên. Đối với các hàm nguyên dương, phương pháp so sánh chuyển giao sự hội tụ từ một hàm nguyên lớn hơn hoặc sự phân kỳ từ một hàm nguyên nhỏ hơn; hãy giữ đúng hướng bất đẳng thức. Đối với tích phân của hàm max hoặc min, giải các điểm cắt nhánh và kiểm tra biểu thức nào thống trị trên từng khoảng. Với max(√(1−x²),x+1) trên [−1,1], điểm cắt nội bộ là 0; sử dụng nửa đường tròn trên [−1,0] và đường thẳng trên [0,1]. Diện tích là π/4+3/2, không phải là tích phân của bất kỳ nhánh nào trên toàn bộ khoảng.

Đối với quay quanh trục hoành, đĩa hoặc vòng tròn tích phân π(R²−r²) dx. Vỏ trụ sử dụng 2π lần bán kính nhân chiều cao và tích phân theo biến phù hợp. Chọn phương pháp dựa trên hình học và kiểm tra bán kính không âm. Diện tích giữa hai đường cong tích phân (trên trừ dưới), tách ra nơi thứ tự của chúng thay đổi. Một tích phân có dấu không tự động là diện tích hình học.

Đối với đường cong phẳng khả vi y=f(x), chiều dài cung là tích phân của sqrt(1+(f′(x))²) dx. Một bề mặt tạo thành bằng cách quay f không âm quanh trục x có diện tích tích phân 2πf sqrt(1+(f′)²) dx. Đây là các đại lượng khác nhau so với thể tích. Nếu khoảng không bị giới hạn, công thức hình học vẫn cần xét nghiệm hội tụ.

Quay y=1/x cho x≥1 quanh trục x. Thể tích đĩa là π lần tích phân của 1/x², nên V=π. Biểu thức tích phân của diện tích xung quanh là 2π(1/x)sqrt(1+1/x⁴), ít nhất là 2π/x; tích phân improper của nó phân kỳ. Do đó, thể tích hữu hạn không ngụ ý diện tích bề mặt hữu hạn. So sánh này tránh việc cố gắng tìm nguyên hàm không cần thiết.

Không bao giờ đếm giá trị chính là một tích phân bất thường hội tụ, hay suy ra tính hữu hạn của một đại lượng hình học từ đại lượng khác.

Với giá trị thực p nào thì $\int_0^\infty x^{-p}\,dx$ hội tụ? So sánh tích phân suy biến thông thường của $1/x$ trên $[-1,1]$ với giá trị chính đối xứng của nó.

Giải mẫu

Chia tại 1. Gần điểm không, sự hội tụ yêu cầu $p<1$; gần vô cùng, nó yêu cầu $p>1$. Không có số thực p nào thỏa mãn cả hai điều kiện, và p=1 phân kỳ theo logarit ở cả hai đầu. Cả hai phần một phía đều phải hội tụ độc lập. Đối với $1/x$ qua điểm không, phần âm và phần dương phân kỳ riêng biệt, do đó tích phân suy biến thông thường phân kỳ. Các cận đối xứng triệt tiêu nhau về zero, chỉ cho ra giá trị chính. Zero không phải là giá trị của tích phân thông thường.

Xoay vùng dưới $y=1/x$, $x\ge1$ quanh trục x. Chứng minh thể tích hữu hạn và diện tích mặt bên vô hạn.

Kiểm tra sau khi đã làm

Các đĩa tạo ra $V=\pi\lim_{b\to\infty}\int_1^b x^{-2}\,dx=\pi\lim(1-1/b)=\pi$. Đối với diện tích mặt, $y'=-1/x^2$ và

Hàm nguyên hàm phi âm của nó lớn hơn hoặc bằng $2\pi/x$, mà tích phân của nó phân kỳ. So sánh chứng minh diện tích mặt bên vô hạn. Điều này bao gồm cả nắp cuối hay tuyên bố rằng thể tích hữu hạn kéo theo diện tích hữu hạn.

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.

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

Prerequisites: Multiple integrals, partial derivatives and oriented boundaries.

• Transform double and triple integrals with their Jacobians
• Apply Green, Stokes and divergence theorems with correct orientation
• Check domain singularities before asserting path independence

divergence 散度: The sum of a vector field's coordinate-wise partial derivatives measuring local outward flow.

conservative field 保守场: A vector field equal to a scalar potential gradient with path-independent line integrals.

Changing variables scales area or volume by the absolute Jacobian determinant. Polar coordinates use r dr dtheta; cylindrical coordinates use r dr dtheta dz; spherical coordinates with phi measured from the positive z-axis use rho² sin(phi) dρ dphi dtheta. State angle conventions and transform both the integrand and the region. A missing Jacobian changes a uniform density integral into the wrong physical quantity.

Green's theorem equates positively oriented planar boundary circulation integral P dx+Q dy with the double integral of Q_x−P_y on the region. The usual hypotheses require first derivatives continuous on an open set containing the region. A hole needs its own negatively oriented inner boundary, or another valid treatment of the missing domain. The theorem cannot integrate across a field singularity.

Stokes' theorem equates circulation on a surface boundary with the surface integral of curl F dot the oriented normal. The right-hand rule links boundary direction to the normal. The divergence theorem equates outward flux across a closed surface with the volume integral of div F. Circulation, flux, curl and divergence are distinct; a closed surface is required for the usual divergence theorem.

A gradient field has path-independent line integrals, determined by endpoint potential differences. A continuously differentiable curl-free field on a simply connected open domain is conservative. Curl-free alone on a domain with a hole is insufficient. For F=(−y/(x²+y²),x/(x²+y²)), the origin is excluded; unit-circle circulation is 2π, although the curl is zero wherever the field is defined.

For F=(x,y,z), divergence is 3. The outward flux through the sphere of radius 2 is therefore 3 times its volume, or 3·(4π·2³/3)=32π. This avoids a surface parameterisation. For the planar field (−y,x), Green's theorem gives counterclockwise unit-circle circulation as integral of 1−(−1)=2 over the disk, hence 2π. Reversing the orientation changes the circulation sign.

Zero curl is not enough when the domain has a hole. Outward flux and counterclockwise circulation use different theorems and orientation rules.

Evaluate $\iint_D(x^2+y^2)\,dA$ on $1\le x^2+y^2\le4$. Find the outward flux of $F=(x,y,z)$ across the unit sphere.

Worked solution

The annulus has polar bounds $1\le r\le2$, $0\le\theta\le2\pi$. Including the Jacobian,

F is continuously differentiable on the whole ball and has divergence three. The divergence theorem gives outward flux $3(4\pi/3)=4\pi$. Inward orientation would reverse its sign.

Let $G=(-y/(x^2+y^2),x/(x^2+y^2))$ on the punctured plane. Its scalar curl is zero there. Evaluate its circulation on the counterclockwise unit circle. Explain why Green's theorem does not make it zero.

Check after attempting

Parameterise $r(t)=(\cos t,\sin t)$ for $0\le t\le2\pi$. Then $G(r(t))=(-\sin t,\cos t)=r'(t)$, so $G\cdot r'=1$ and the integral is $2\pi$. The field is undefined at the origin inside the disk. Green's theorem requires the needed smoothness on a neighbourhood of the region, not just on its boundary. Zero curl on a punctured domain does not establish a global potential; a closed nonexact field can circulate around its hole.

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

Prerequisites: Function domains, quadratic equations and composition.

• Distinguish injectivity and surjectivity using the stated domain and codomain
• Choose and verify an inverse branch by composing in both directions
• Trace repeated function composition while preserving the domain

bijection 双射: A function that is both injective and surjective between its specified sets.

involution 对合: A function whose composition with itself is the identity on its domain.

A function assigns exactly one output to each allowed input. Injective means equal outputs force equal inputs; surjective means every element of the stated codomain is reached. The map x↦x² from R to [0,∞) is surjective but not injective. From [0,∞) to [0,∞) it is both, hence bijective. From [0,∞) to R it remains injective but fails surjectivity. Keep domain, image and codomain separate when testing each claim.

An inverse function reverses a bijection. Solve y=f(x) for x, then use the original domain to choose a branch. For f(x)=(x−2)²−5 on x≥2, the inverse is 2+√(y+5) on y≥−5. The minus branch would return inputs outside the chosen domain. Check f⁻¹(f(x))=x for allowed x and f(f⁻¹(y))=y for allowed y; one unchecked composition can conceal a domain error.

The inverse graph reflects the original graph across y=x; it does not take reciprocals of output values. A self-inverse function, or involution, satisfies f(f(x))=x wherever the composition is defined. Both −x on R and 1/x on R excluding zero are involutions. A strictly increasing involution on an interval must be the identity: if f(x)>x, increasingness gives f(f(x))>f(x)>x, and the analogous argument rules out f(x)<x.

Iteration fⁿ means repeated composition, not the power (f(x))ⁿ. Calculate the first few compositions and check their domains before looking for a period. For f(x)=1/(1−x) on R excluding 0 and 1, f²(x)=(x−1)/x and f³(x)=x. The image stays in the same allowed domain. Therefore reduce an iteration count modulo three. A displayed formula equal to x after cancellation does not restore forbidden inputs.

For f(x)=(x−2)²−5 with x≥2, f(5)=4 and f⁻¹(4)=2+√9=5. The unrestricted quadratic would have two inputs, −1 and 5, giving output 4. For g(x)=1/(1−x), the orbit 3→−1/2→2/3→3 has period three, so g⁸(3)=2/3; the count concerns compositions, not eighth powers.

Changing a codomain changes surjectivity. Reflection across y=x is an inverse graph; reciprocating y-values is a different operation. Do not cancel away excluded inputs.

Restrict $f(x)=(x-1)^2+2$ to $x\ge1$. State its image and inverse, including domains. Verify both inverse compositions.

Worked solution

The image is $[2,\infty)$. Solving $y=(x-1)^2+2$ with $x\ge1$ selects $x=1+\sqrt{y-2}$. Thus $f^{-1}:[2,\infty)\to[1,\infty)$ has that formula. For allowed x, $1+\sqrt{(x-1)^2}=x$ because $x-1\ge0$. For allowed y, $(\sqrt{y-2})^2+2=y$. The negative square-root branch belongs to a different restriction, not a second inverse on this domain.

Let $h(x)=1/(1-x)$. Determine the domain of $h\circ h\circ h$ and its formula. May the simplified expression be extended to the excluded points without changing the original composite?

Check after attempting

The first stage requires $x\ne1$. The second requires $h(x)\ne1$, which excludes x=0. For $x\ne0,1$, $h^2(x)=(x-1)/x$. This never equals one, so the third stage adds no exclusion. Then $h^3(x)=x$ on $\mathbb R\setminus\{0,1\}$. The identity formula is defined more widely, but adding 0 or 1 defines an extension, not the original composite. Each intermediate input must be permitted before cancellation.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền: Các phép toán tập hợp, lượng từ, hàm số và chứng minh cơ bản.

• Chứng minh các đẳng thức tập ảnh và phân biệt inclusion (tập con) với equality (bằng nhau)
• Kiểm tra tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu với các trường hợp cụ thể
• Phủ định các suy luận và mệnh đề chứa lượng từ mà không thay đổi phạm vi của chúng

preimage: Tập hợp các giá trị đầu vào mà các giá trị đầu ra của chúng nằm trong một tập đích đã chỉ định.

quan hệ tương đương: Một quan hệ thỏa mãn tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu.

Với f:X→Y và A⊆X, ảnh f(A) bao gồm tất cả các giá trị f(a) với a thuộc A. Một điểm nằm trong f(A∪B) khi và chỉ khi nó đến từ A hoặc B, do đó f(A∪B)=f(A)∪f(B). Nếu A⊆B, thì f(A)⊆f(B). Chỉ có f(A∩B)⊆f(A)∩f(B) là luôn đúng: cùng một giá trị có thể xuất phát từ các đầu vào khác nhau. Sử dụng f(x)=x², A={−1}, B={1}; ảnh bên trái là tập rỗng trong khi giao của ảnh bên phải là {1}.

Ảnh ngược hoạt động theo cách khác. Với C⊆Y, ký hiệu f⁻¹(C) ở đây chỉ tập hợp tất cả các đầu vào được ánh xạ vào C, ngay cả khi f không có hàm nghịch đảo. Thuộc về hai ảnh ngược nghĩa là cùng một đầu vào ánh xạ vào cả hai tập đích. Do đó, ảnh ngược bảo toàn hợp, giao và phần bù so với miền/mã miền đã cho. Đừng áp dụng định lý về ảnh ngược sang ảnh trực tiếp. Nếu f là đơn ánh, giao của các ảnh sẽ trở nên bằng nhau, vì các giá trị bằng nhau khi đó buộc phải có chung một đầu vào.

Một quan hệ R trên X là phản xạ khi xRx với mọi x, đối xứng khi xRy suy ra yRx, và bắc cầu khi xRy và yRz suy ra xRz. Cả ba tính chất này tạo thành một quan hệ tương đương; các lớp tương đương phân hoạch X. Trên số nguyên, xRy khi x và y có cùng dư khi chia cho 4 tạo ra bốn lớp. Quan hệ |x−y|≤1 là phản xạ và đối xứng nhưng không bắc cầu: 0R1 và 1R2 trong khi 0 không liên quan đến 2. Chỉ kiểm tra sơ đồ hoặc hai tính chất là chưa đủ.

Kém implication P⇒Q chỉ sai khi P đúng và Q sai. Do đó phủ định của P⇒(Q∧R) là P∧(¬Q∨¬R), chứ không phải ¬P⇒(¬Q∧¬R). Phủ định “mọi x đều có tính chất A” cho “tồn tại x không có A”; phủ định “tồn tại x” cho “mọi x đều không”. Một ví dụ phản chứng có thể bác bỏ một khẳng định phổ quát, trong khi các ví dụ không thể chứng minh nó. Các lượng từ giữ nguyên thứ tự khi bị phủ định từng cái: ¬(∀x∃y S(x,y)) là ∃x∀y ¬S(x,y).

Giả sử f ánh xạ cả a và b đến nhãn L. Với A={a}, B={b}, ta có f(A∩B)=∅ nhưng f(A)∩f(B)={L}. Đối với xRy được định nghĩa bởi x=y hoặc x=−y trên R, tính phản xạ và đối xứng suy ra trực tiếp, và hai lần đổi dấu vẫn cho z=±x, chứng minh tính bắc cầu. Các lớp là {x,−x}, với {0} là một tập đơn. Một phát biểu sai "mọi file lưu trữ đều có hash" có nghĩa là ít nhất một file lưu trữ không có hash; nó không có nghĩa là tất cả các file đều thiếu hash.

f⁻¹(C) có thể chỉ tập tiền ảnh mà không cần hàm ngược. Một quan hệ phản xạ, đối xứng vẫn có thể không thỏa mãn tính bắc cầu. Hãy phủ định toàn bộ phát biểu trước rồi mới rút gọn các phần bên trong.

Chứng minh $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$. Đưa ra một ví dụ về inclusion chặt chẽ. Dưới giả thiết bổ sung nào về f thì dấu bằng xảy ra với mọi A và B?

Giải mẫu

Nếu $y=f(x)$ với $x\in A\cap B$, thì x thuộc mỗi tập, do đó y thuộc mỗi ảnh. Để chứng minh tính chặt chẽ, ánh xạ a, b phân biệt khác nhau thành cùng một c và lấy $A=\{a\}$, $B=\{b\}$. Ảnh bên trái là tập rỗng và giao của ảnh bên phải là $\{c\}$. Nếu f là đơn ánh và $y=f(a)=f(b)$ với $a\in A,b\in B$, tính đơn ánh cho a=b trong giao, chứng minh sự bao hàm ngược. Ngược lại, ví dụ tập một phần tử cho thấy dấu bằng với mọi cặp buộc f phải là đơn ánh.

Trên số nguyên, định nghĩa $aRb$ khi $a-b$ chia hết cho 4. Chứng minh đây là quan hệ tương đương và mô tả mỗi lớp. Phủ định: “Với mỗi số nguyên n, tồn tại số nguyên m lớn hơn n có tính chất P.”

Kiểm tra sau khi đã làm

Tính phản xạ sử dụng $a-a=0$; tính đối xứng sử dụng bội âm của 4; tính bắc cầu sử dụng tổng của hai bội như vậy. Các lớp là bốn dư số modulo 4; lớp của a là $a+4\mathbb Z$. Phủ định là: tồn tại số nguyên n sao cho mọi số nguyên m lớn hơn n đều không có P. Tương đương $\exists n\,\forall m\,(m>n\Rightarrow\neg P(m))$. Nó không khẳng định P sai với mọi số nguyên, cũng không khẳng định m ≤ n với mọi 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.

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Kiến thức nền tảng: Lượng giác radian, đạo hàm và tham số hóa đường cong.

• Phân biệt biên độ, tần số góc, pha và dịch chuyển ngang
• Loại bỏ tham số nhưng vẫn giữ miền xác định và hướng di chuyển của nó
• Sử dụng đạo hàm tham số mà không giả sử tiếp tuyến đứng luôn đứng yên (đứng yên = không đổi)

pha: Góc lệch nằm bên trong đối số của hàm chu kỳ, được xác định theo modulo một chu kỳ đầy đủ.

đường cong tham số: Đường cong mà tọa độ của nó được xác định dưới dạng hàm của một tham số chung.

Đối với y=A cos(ωx−φ) với A>0 và ω>0, biên độ là A, chu kỳ là 2π/ω, và dịch chuyển ngang là φ/ω. Pha φ được đo bên trong đối số của hàm cos; bản thân nó không phải là dịch chuyển ngang trừ khi ω=1. Bắt đầu từ khoảng cách đỉnh-đỉnh để xác định chu kỳ và khoảng cách đường trung bình-đỉnh để xác định biên độ. Để tìm pha, thay thế một điểm đã biết và kiểm tra hướng chuyển động tại điểm đó. Các pha tương đương khác nhau bởi 2π.

Đối với y=−2 cos(3x), viết lại mô hình với biên độ dương thành 2 cos(3x−π). Biên độ của nó là 2, chu kỳ 2π/3, và pha là π; dịch chuyển sang phải tương ứng là π/3. Các cực đại xuất hiện nơi 3x−π là bội số của 2π. Một điểm đồ thị tại x=0 và y=0 đơn thuần không thể xác định duy nhất pha: độ dốc hoặc một điểm khác sẽ phân biệt các góc có thể. Đơn vị và quy ước góc rất quan trọng; lượng giác vi phân thông thường sử dụng radian.

Một đường cong tham số xác định x=x(t), y=y(t). Loại bỏ t mô tả một tập hợp điểm nhưng có thể làm mất các ràng buộc và hướng di chuyển. Đối với x=cos³t, y=sin³t, căn bậc ba thực cho |x|^(2/3)+|y|^(2/3)=1, đây là đường cong ngôi sao (astroid) với các điểm nhọn trên trục tọa độ. Khi t chạy từ 0 đến 2π, nó bắt đầu tại (1,0), đi qua (0,1) tại π/2 và di chuyển ngược chiều kim đồng hồ. Ràng buộc t trong [0,π/2] chỉ cho cung ở góc phần tư thứ nhất, chứ không phải toàn bộ quỹ tích ẩn.

Khi dx/dt≠0, dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt). Tiếp tuyến ngang nói chung yêu cầu dy/dt=0 và dx/dt≠0; tiếp tuyến đứng nói chung đảo ngược các điều kiện đó. Nếu cả hai đều bằng không, hãy xem xét giới hạn hoặc khai triển cục bộ thay vì lấy 0/0 làm độ dốc. Đối với x=t², y=t³ tại t=0, thương số cho t≠0 là 3t/2 và tiến tới về không: điểm nhọn có tiếp tuyến ngang. Vận tốc tham số bằng không không tự thân là cực đại hoặc cực tiểu cục bộ của y như một hàm của x.

Với y=−2 cos(3x), cực tiểu bao gồm x=0 và cực đại bao gồm x=π/3. Biểu diễn pha 2 cos(3x−π) cho cùng các giá trị. Với x=2 cos t, y=sin t, việc loại bỏ cho x²/4+y²=1; tại t=π/4, dx/dt=−√2 và dy/dt=√2/2, do đó độ dốc −1/2. Khoảng tham số đầy đủ [0,2π] vẽ elip một lần theo chiều ngược kim đồng hồ.

Góc pha và dịch chuyển ngang khác nhau theo hệ số tần số. Một phương trình ẩn có thể thêm các phần chưa được theo dõi của đường cong. Nếu cả hai đạo hàm theo tham số đều bằng không, hãy sử dụng lập luận cục bộ thay vì gán nhãn mỗi điểm như vậy là cực trị.

Đối với $y=-3\cos(2x)$, phát biểu biên độ, chu kỳ, biểu diễn pha có biên độ dương và dịch chuyển ngang tương ứng. Tham số hóa elip $x^2/9+y^2/4=1$ ngược chiều kim đồng hồ.

Giải mẫu

Biên độ là ba và chu kỳ $2\pi/2=\pi$. Viết $y=3\cos(2x-\pi)$, với pha $\pi$ và dịch chuyển sang phải $\pi/2$. Pha và dịch chuyển không giống nhau. Một cách tham số hóa là $x=3\cos t,y=2\sin t$, $0\le t\le2\pi$, bắt đầu tại ⟨$(3,0)$⟩ và ban đầu di chuyển lên trên. Loại bỏ t để kiểm tra phương trình elip.

Đối với $x=t^2,y=t^3$ trên $-1\le t\le1$, xác định quỹ tích được vẽ và tiếp tuyến tại t=0. Việc vận tốc tham số bằng chứng minh rằng không có tiếp tuyến? Phương trình ẩn đơn thuần có giữ lại toàn bộ ràng buộc tham số không?

Kiểm tra sau khi đã làm

Loại bỏ cho $y^2=x^3$, với $0\le x\le1$ và cả hai dấu của y. Với t khác không, $dy/dx=3t/2\to0$. Độ dốc dây nối từ gốc tọa độ cũng là $y/x=t\to0$, nên điểm nhọn có tiếp tuyến ngang. Cả hai đạo hàm tham số đều bằng không tại 0, khiến thương số thô $0/0$ không kết luận được, chứ không chứng minh sự vắng mặt của tiếp tuyến. Phương trình ẩn không ràng buộc cũng có các điểm với x>1; khoảng ràng buộc phải được mang theo riêng biệt.

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.

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

Prerequisites: Binomial coefficients, complements and assignment tracing.

• Count indistinguishable allocations with nonnegative or positive constraints
• Trace a flowchart in statement order with correct reset behaviour
• Use a loop invariant and a progress measure to justify an algorithm

weak composition 弱组合分拆: An ordered allocation of a total into nonnegative integer parts.

loop invariant 循环不变量: A property preserved before and after each iteration of a loop.

The number of nonnegative integer solutions of x₁+⋯+x_k=n is C(n+k−1,k−1), for n≥0 and k≥1. Represent n identical stars separated into k named boxes by k−1 bars; adjacent bars and end bars allow zero entries. Boxes are distinguishable, objects are not. Counting distinct tokens would instead assign each token independently, giving k^n before other constraints. Decide the model from what the objects and recipients represent, not from a familiar-looking binomial coefficient.

For positive allocations x_i≥1, put z_i=x_i−1; the remaining total is n−k, giving C(n−1,k−1) when n≥k. More general lower bounds x_i≥a_i are handled by subtracting each a_i. At least one zero is the complement of every entry positive: subtract C(n−1,k−1) from the nonnegative total. Overlapping cases such as exactly two empty boxes need a different count; subtracting each empty-box case independently double-counts their intersections.

Trace a flowchart one executed statement at a time, recording variables in a table. Distinguish assignment from a mathematical equality test; the right side of an assignment uses the old value before replacement. Record which branch executes next and which variables reset. A new outer-loop candidate may reset an inner sum without resetting the candidate itself. For a process that adds 1,3,5,… to S from zero, after m additions S=m² and the next addend is 2m+1.

A loop invariant is true before and after each iteration. The square-sum invariant holds initially at m=0 and is preserved because m²+(2m+1)=(m+1)². An invariant alone does not prove termination. To test whether an integer N≥0 is square by adding odd numbers until S≥N, S grows without bound; equivalently m increases and must reach a bound such as N. At exit, equality means square and overshoot means nonsquare. A printed value must be reached on an actual execution path; a plausible numerical pattern alone is not a trace.

Distribute 11 identical tokens among 4 named boxes. Nonnegative allocations number C(14,3)=364; all-positive allocations number C(10,3)=120. Therefore 244 allocations have at least one empty box. For the odd-sum test with N=10, S progresses 0,1,4,9,16; it overshoots and rejects 10. For N=9 it exits at S=9 after three additions. The next addends are 1,3,5,7,9; sum and next-addend columns must not be confused.

Identical objects and distinct objects use different models. At least one empty box is not the same as exactly one. In a flowchart, preserve update order and reset only variables that the executed path actually resets.

Count nonnegative solutions of $a+b+c=8$ with $a\ge2$. How many also have $b,c\ge1$? How many of the first set have at least one of b,c equal to zero?

Worked solution

Put $u=a-2$. Then $u+b+c=6$ has $\binom82=28$ nonnegative solutions. Requiring b,c positive and subtracting one from each gives total four in three nonnegative variables, counted by $\binom62=15$. The complement count is $28-15=13$. Directly b=0 gives seven, c=0 gives seven, and both zero is counted twice, giving $7+7-1=13$.

Trace this algorithm for N=15 and N=16: initialise S=0, k=1; while S<N, execute S=S+k, then k=k+2; report whether S=N. State an invariant, and justify termination for integer $N\ge0$.

Check after attempting

After m iterations, $S=m^2$ and $k=2m+1$. The trace pairs (S,k) are $(0,1),(1,3),(4,5),(9,7),(16,9)$. Thus 15 is rejected by overshoot and 16 accepted. The invariant holds initially and is preserved since $m^2+(2m+1)=(m+1)^2$. The sum grows without bound, so it eventually reaches or exceeds N; for example m=N suffices when N is positive. For N=0 the loop is skipped and equality holds. An invariant alone would not establish termination.

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

Prerequisites: Chain rule, matrix inversion and local inverse hypotheses.

• Differentiate a coupled implicit system as a linear system
• Use a nonzero Jacobian determinant to justify a local inverse
• Distinguish inverse partial derivatives from scalar reciprocal rules

Jacobian matrix 雅可比矩阵: The matrix of first partial derivatives of a vector-valued map.

local inverse 局部逆映射: An inverse defined on neighbourhoods of a particular input and output point.

For a differentiable map F(u,v)=(x,y)=(f(u,v),g(u,v)), its Jacobian is J=[[f_u,f_v],[g_u,g_v]]. Small changes satisfy [dx,dy] (transpose)=J[du,dv] (transpose) to first order. To find u_x while holding y fixed, differentiate both defining equations with respect to x: f_u u_x+f_v v_x=1 and g_u u_x+g_v v_x=0. These are a coupled linear system, not two independent scalar inverse rules.

If f and g are continuously differentiable near the point and det J=f_u g_v−f_v g_u is nonzero there, the inverse-function theorem supplies a differentiable local inverse. Its derivative is J⁻¹=(1/det J)[[g_v,−f_v],[−g_u,f_u]]. Thus u_x=g_v/det J, u_y=−f_v/det J, v_x=−g_u/det J and v_y=f_u/det J. Evaluate every derivative at the corresponding point. A local inverse need not extend to a global one.

For implicit equations H(u,v,x,y)=0 and K(u,v,x,y)=0, differentiate while fixing the requested independent coordinate. Solve [[H_u,H_v],[K_u,K_v]][u_x,v_x] (transpose)=−[H_x,K_x] (transpose). The determinant in the unknown variables u,v must be nonzero to use the usual implicit-function theorem. Signs on the right come from moving known derivatives to the other side. If the determinant vanishes, this theorem is inconclusive; it does not by itself prove no inverse or no implicit solution exists.

The scalar shortcut du/dx=1/(dx/du) holds for a one-variable inverse with nonzero derivative, but usually fails for a coupled system because v changes to keep y fixed. For x=u+v,y=u+2v, J=[[1,1],[1,2]] has determinant 1 and inverse [[2,−1],[−1,1]]. Therefore u_x=2 while 1/f_u=1. An inverse Jacobian transforms differential sensitivities; a change-of-variables integral instead uses the absolute determinant for area or volume scaling, not a selected inverse entry.

Take x=u²+v and y=u−v. At (u,v)=(1,0), the output is (1,1), and J=[[2,1],[1,−1]] has determinant −3. The inverse is [[1/3,1/3],[1/3,−2/3]], so u_x=1/3 and v_y=−2/3 there. Multiplying J by this inverse gives the identity. The reciprocal 1/f_u=1/2 is not u_x because changing u also requires changing v to keep y fixed.

Differentiate both equations and state which output is held fixed. Nonzero determinant guarantees a local inverse under the regularity hypotheses; zero determinant is not a proof of impossibility. Use an inverse entry for sensitivities and an absolute determinant for integration.

Let $x=u^2+v,y=u-v$. At $(u,v)=(1,0)$, find the inverse Jacobian and the four inverse partial derivatives. Check by multiplication.

Worked solution

The corresponding output is $(1,1)$. The Jacobian is $J=\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}$ with determinant -3, nonzero. Continuous partials give a differentiable local inverse. Thus

Read rows as (u_x,u_y) and (v_x,v_y), all at output (1,1). Multiplication gives the identity. In particular $u_x=1/3$, not $1/x_u=1/2$: v changes to keep y fixed.

For $F(u,v)=(u^2-v^2,2uv)$, decide whether its derivative is invertible away from the origin and whether F is globally injective on the punctured plane. What does a zero determinant at the origin establish by itself?

Check after attempting

$\det DF=4(u^2+v^2)>0$ away from zero, so the inverse-function theorem supplies a local inverse at each such point. But $F(u,v)=F(-u,-v)$, so it is not globally injective on the punctured plane. A vanishing determinant at zero means this theorem cannot guarantee a differentiable local inverse there. It is not, by itself, a general proof that no local set-theoretic inverse can exist for any map; for example the scalar cube map is bijective despite derivative zero at zero.

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

Prerequisites: Row operations, triangular systems and rank-nullity.

• Solve a factored linear system by forward and backward substitution
• Apply row permutations consistently when pivoting is required
• Bound the kernel dimension of a composition using image-kernel intersections

forward substitution 前代: Solving a lower triangular system from its first equation downward.

nullity 零度: The dimension of the kernel of a linear map.

A factorisation A=LU expresses a square matrix as lower triangular L and upper triangular U. With unit diagonal L, forward substitution is especially simple. An invertible matrix need not admit this form without row exchanges: a zero leading pivot can require a permutation. For PA=LU, solve Ly=Pb, then Ux=y. The permutation acts on the right side as well as the coefficient matrix. Nonzero leading principal pivots justify the usual no-exchange elimination, not invertibility alone.

In Ly=b, compute y from top to bottom, subtracting terms already known; divide by the current diagonal unless it is one. In Ux=y, compute x from bottom to top. For each equation substitute back into the original row as a check. Reusing LU for many right sides avoids repeating the elimination: dense factorisation takes cubic-order work in dimension, while each triangular solve takes quadratic-order work. Exact arithmetic can check small examples; numerical pivoting reduces some roundoff problems but cannot remove inherent ill-conditioning.

For B:V→W and A:W→Z, ker B is contained in ker(A∘B), but the latter can be larger. Extra vectors are those mapped by B into ker A. Restrict B to ker(A∘B): its image is im B∩ker A and its kernel is ker B. Rank-nullity on this restricted map gives dim ker(A∘B)=dim ker B+dim(im B∩ker A). The intersection, not the whole kernel of A, determines the extra nullity.

For endomorphisms of R⁶ with nullity A=2 and nullity B=3, rank B=3 and the intersection dimension can range from 0 to 2. Thus nullity of A∘B ranges from 3 to 5. Bounds depend on the common intermediate space: for subspaces of dimensions r and s in an m-dimensional space, their intersection has dimension between max(0,r+s−m) and min(r,s). Reversing the composition can change its nullity, even though AB and BA are both defined. Choose compatible spaces before applying these formulas.

Let L=[[1,0,0],[2,1,0],[−1,3,1]], U=[[2,1,−1],[0,3,2],[0,0,4]], and b=(−1,−1,12). Forward substitution gives y=(−1,1,8). Back substitution gives x₃=2, x₂=(1−4)/3=−1, and x₁=(−1−(−1)+2)/2=1. Therefore x=(1,−1,2). Multiplying Ux gives y and multiplying Ly gives b, independently checking the factor order.

Solve with L first and U second, and permute b if PA=LU. A composition’s nullity is not automatically the sum of the two nullities; only the image-kernel intersection adds to nullity B.

Let $L=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$, $U=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$ and $b=(5,12)^T$. Solve LUx=b and verify in the multiplied matrix. For PA=LU, where does P act when solving Ax=b?

Worked solution

First solve Ly=b: $y_1=5$, $2y_1+y_2=12$, so $y_2=2$. Then Ux=y gives $x_2=1$ and $3x_1+1=5$, hence $x_1=4/3$. The product matrix is $A=\begin{pmatrix}3&1\\6&4\end{pmatrix}$; applying it to $(4/3,1)^T$ gives $(5,12)^T$. If PA=LU, multiply the original equation by P and solve Ly=Pb, followed by Ux=y. Omitting P on b solves a different system.

Let A and B be endomorphisms of $\mathbb R^5$ with nullities two and three, respectively. Find all possible nullities of AB, and justify both the bound and attainability.

Check after attempting

Rank B is two. Restrict B to $\ker(AB)$ to get

The two subspaces in the intersection both have dimension two in five dimensions, so intersection dimension may be zero, one or two. Thus nullity is 3, 4 or 5. To realise each, take $\ker A=\operatorname{span}(e_1,e_2)$ and image B respectively $\operatorname{span}(e_3,e_4)$, $\operatorname{span}(e_1,e_3)$ or $\operatorname{span}(e_1,e_2)$. Choose any rank-two B onto that image. These constructions prove attainability rather than only a loose interval bound.

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

Prerequisites: Product rule, improper limits and planar integration regions.

• Derive integration-by-parts reductions with valid endpoint limits
• Reverse a double integral by reconstructing its region
• Use reflection symmetry while checking removable endpoint behaviour

integration by parts 分部积分: An integration identity derived from the product rule with a boundary term.

reflection symmetry 反射对称: A relation between integrand values at points mirrored across an interval midpoint.

Integration by parts comes from the product rule: ∫u dv=uv−∫v du. For definite integrals include the boundary term at both ends. With I_n(x)=∫₁ˣ(ln t)^n dt, choose u=(ln t)^n and dv=dt. For n≥1 the lower boundary vanishes, giving I_n=x(ln x)^n−n I_(n−1). A plus sign would violate the differentiated identity. Keep the same lower limit in a recurrence; changing it changes the constants.

For improper integrals first apply the identity on finite endpoints, then justify the limiting boundary and remaining integral. If ∫₋∞^∞e^(−x²)dx=√π, set u=x and dv=x e^(−x²)dx for ∫x²e^(−x²)dx. Since v=−e^(−x²)/2 and x e^(−x²)→0 at both infinities, the full second moment is √π/2. Evenness gives the positive-half-line moment √π/4. The vanished boundary is part of the argument, not an automatic property of every improper integral.

To reverse ∫₀¹∫ₓ¹F(x,y)dy dx, describe the triangle 0≤x≤y≤1, then rewrite it as ∫₀¹integral from 0 to yF(x,y)dx dy. Both the outer interval and inner bounds change; swapping symbols alone changes the region. For F=e^(y²), integrating over x first gives ∫₀¹y e^(y²)dy=(e−1)/2. Continuity on this compact triangle makes order reversal valid; singular or conditionally convergent cases require stronger care.

If an integrable function on [a,b] satisfies f(a+b−x)=−f(x), reflection makes its integral equal to its negative, hence zero. For sin(2mx)/sin x on [0,π] with positive integer m, reflection x↦π−x changes the numerator sign and preserves the denominator. The apparent endpoint singularities are removable: limits are 2m at zero and −2m at π. Check these limits before invoking symmetry; cancellation is not a substitute for integrability.

For I₂(x)=∫₁ˣ(ln t)²dt, the recurrence gives x(ln x)²−2I₁(x), with I₁(x)=x ln x−x+1. Therefore I₂=x[(ln x)²−2ln x+2]−2. The constant −2 ensures I₂(1)=0. Separately, reversing the triangular e^(y²) integral produces a factor y from the inner x-length; dropping that factor would restore the original difficulty and change the value.

Improper integration by parts needs endpoint limits. Reconstruct the region before reversing order. An odd-looking reflected integrand must be integrable, including any removable endpoints.

Evaluate $\int_0^1\int_x^1 e^{y^2}\,dy\,dx$ by reversing order. Describe the region before and after reversal. Derive a formula for $I_2(x)=\int_1^x(\ln t)^2\,dt$, $x>0$.

Worked solution

The region is $0\le x\le y\le1$. In the reversed order, y ranges from zero to one and x from zero to y. Continuity on the compact triangle permits order reversal, giving $\int_0^1 ye^{y^2}\,dy=(e-1)/2$. Integration by parts with $u=(\ln t)^2$, $dv=dt$ gives $I_2=x(\ln x)^2-2I_1$. Since $I_1=x\ln x-x+1$,

Differentiation checks the integrand; substituting x=1 checks the constant.

For positive integer m, evaluate $\int_0^{\pi}\sin(2mx)/\sin x\,dx$. Justify endpoint integrability before invoking symmetry.

Check after attempting

The endpoint limits are 2m at zero and -2m at pi, by the first-order sine limit. Both singularities are removable, so the continuously extended integrand is integrable. Reflection $x\mapsto\pi-x$ preserves the denominator and reverses the numerator. The integral equals its negative and therefore is zero. Symmetric cancellation would not establish convergence for a genuinely divergent endpoint; the removable limits are essential.

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.

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

Prerequisites: Metric axioms, Cauchy sequences and topology from a basis.

• Check a pullback metric using the properties of its defining map
• Decide completeness through the image of an isometry
• Determine closure using every basic neighbourhood instead of Euclidean intuition

complete metric space 完备度量空间: A metric space in which every Cauchy sequence converges to a point of that space.

neighbourhood basis 邻域基: Basic neighbourhoods sufficient to test local topological properties.

For an injective map h:X→R, d(x,y)=|h(x)−h(y)| is a metric: symmetry and the triangle inequality come from R, and injectivity ensures d(x,y)=0 only when x=y. The map h is an isometry onto its image h(X). If h is not injective, this construction may be only a pseudometric. Bounded distances do not prove a space complete, and a familiar set of points can have very different Cauchy behaviour under different metrics.

The pullback metric is complete exactly when the image h(X) is complete in the ordinary real distance. A closed subset of R is complete. For h(x)=arctan x on R, the image is (−π/2,π/2), which omits its endpoints. The sequence n is Cauchy in the pullback metric because arctan n→π/2, but no real x has arctan x=π/2, so the metric is incomplete. For h(x)=x³, the image is all R and the pullback metric is complete. Topological equivalence alone does not preserve completeness.

In a topology with a basis, x lies in the closure of A when every basic open neighbourhood of x meets A. This is a membership test, not automatically a Euclidean endpoint operation. The basis must cover the space, and for a point in two basis sets there must be a smaller basis set containing it within their intersection. A point can lie in the closure of a singleton even when it is not the singleton’s own point; that possibility depends on the topology.

On X={2,3,4,…}, take basic sets U_k={n in X: n divides k}, for k≥2. They cover X since x∈U_x; intersections are U_gcd(k,l) when the gcd is at least 2, or empty. A point x lies in closure of {n} exactly when every k divisible by x is also divisible by n: equivalently n divides x. More directly, the smallest basic neighbourhood U_x contains n precisely when n divides x, and every other neighbourhood containing x includes these divisors. Thus closure of {8} consists of positive multiples of 8, not the divisors of 8.

Under d(x,y)=|arctan x−arctan y|, the integer sequence goes toward a missing image endpoint rather than a point of R, so it is Cauchy without convergence in that space. In the divisor basis, 16 lies in closure of {8}, since any basic set containing 16 also contains 8. But 4 does not: U_4={2,4} is a neighbourhood of 4 missing 8. This explicitly separates multiples from divisors.

A Cauchy limit must belong to the same space. Completeness is a metric property, not just a topological one. For closure, test every neighbourhood of the candidate point, rather than every neighbourhood of the singleton value.

On $\mathbb R$ compare $d_1(x,y)=|x^3-y^3|$ and $d_2(x,y)=|\arctan x-\arctan y|$. Prove they are metrics and decide completeness.

Worked solution

Both defining maps are injective, giving positive separation; absolute distance gives symmetry and the triangle inequality. Each map is an isometry onto its real image. The cube map has image all of $\mathbb R$, a complete space, so d1 is complete. The arctangent image is the open interval $(-\pi/2,\pi/2)$, which is incomplete. The sequence n is d2-Cauchy because arctan n tends to pi/2, but no real point has that image, so it has no d2-limit. Bounded metric values do not imply completeness.

On $X=\{2,3,4,\ldots\}$ use the divisor basis $U_k=\{n\in X:n\mid k\}$. Find the closure of $\{6\}$ and the interior of $\{6\}$. Verify the basis conditions, including empty intersections.

Check after attempting

Every x belongs to Ux. An intersection is $U_{\gcd(k,l)}$ if the gcd is at least two, and is empty for gcd one. Thus a point in an intersection has a basic neighbourhood within it. The smallest basic neighbourhood of x is Ux, contained in every Uk that contains x. It meets {6} exactly when $6\mid x$. Therefore the closure is $\{6,12,18,\ldots\}$, the multiples of six. The point six is not interior to its singleton because U6 also contains two and three. No other point is in that singleton, so its interior is empty. This closure calculation uses all basic neighbourhoods, not Euclidean intuition.