数学全系列路线

交换全称量词与存在量词会改变见证能否依赖先出现的变量；否定时两个量词都要翻转。

第一句是 ∀x∈R，∃y∈R 使 y>x，取 y=x+1 即证其为真；否定为 ∃x∈R，∀y∈R 都有 y≤x。第二句是 ∃y∈R，∀x∈R 都有 y>x；任给候选 y，取 x=y 即使严格不等式失败，所以为假；其否定为 ∀y∈R，∃x∈R 使 x≥y。

结果核验：把 x=7 代入第一句的见证得 y=8>7；把任意候选 y 代入第二句的反例 x=y，得到 y>y 为假。

令两个 y 表达式相等并因式分解；再在两个根之间选 x=0 检查 x²-(2x+3) 的符号。

交点横坐标满足 x²=2x+3，即 x²-2x-3=(x-3)(x+1)=0，所以 x=-1 或 3。相应交点为 (-1,1) 与 (3,9)。差函数 x²-2x-3 在两根之间为负，因此 -1<x<3 时抛物线低于直线。

结果核验：代回可得 2(-1)+3=(-1)²=1、2·3+3=3²=9；取 x=0 时直线值 3 大于抛物线值 0。

先解 f'(x)=0 并连同两个端点比较；积分区间关于原点对称，检查 f 是否为奇函数。

f'(x)=3x²-3，在区间内临界点为 x=±1。比较 f(-2)=-2、f(-1)=2、f(1)=-2、f(2)=2，最大值为 2，最小值为 -2。又因 f(-x)=-f(x)，所以在对称区间 [-1,1] 上积分为 0。

结果核验：四个候选点覆盖闭区间端点和全部驻点；直接积分 [x⁴/4-3x²/2] 从 -1 到 1 也得到 0。

球面上 F=2n；另一条路线计算 div F=3，再乘球体体积。

在半径 2 的球面上，外单位法向 n=(x,y,z)/2，因此 F·n=2。球面积为 4π·2²=16π，直接积分通量为 32π。另一方面 div F=1+1+1=3，球体积为 4π·2³/3=32π/3，体积分同样为 3·32π/3=32π。

结果核验：两种独立计算都给出 32π；若把法向改为内向，点积与通量应同时变为 -32π。

(1,1) 与 (1,-1) 分别是不变方向；先求一次 A 的作用即可读出对应特征值。

A(1,1)ᵀ=3(1,1)ᵀ，A(1,-1)ᵀ=(1,-1)ᵀ，所以特征值为 3、1；归一化特征向量为 (1,1)ᵀ/√2 与 (1,-1)ᵀ/√2。输入 (1,1)ᵀ 完全位于特征值 3 的方向上，因此 A⁵(1,1)ᵀ=3⁵(1,1)ᵀ=(243,243)ᵀ。

结果核验：矩阵迹 4 等于 3+1，行列式 3 等于 3·1；把 (243,243) 连续逆除以 3 五次可回到 (1,1)。

先用全概率公式算 P(红)，再用 Bayes 公式；指示变量期望就是事件概率。

P(红)=P(A)P(红|A)+P(B)P(红|B)=1/2·2/3+1/2·1/3=1/2。于是 P(A|红)=(1/2·2/3)/(1/2)=2/3。令 I 表示抽到红球，则 E[I]=1·P(红)+0·P(蓝)=1/2。

结果核验：联合概率 P(A且红)=1/3，除以 P(红)=1/2 得 2/3；四种后验分支中 P(A|红)+P(B|红)=1。

标准误为 s/√n；区间用均值±1.96倍标准误，检验统计量用 (均值-9)/标准误。

标准误为 2/√25=0.4。近似 95% 区间为 10±1.96·0.4=10±0.784，即 [9.216,10.784]。检验统计量 z=(10-9)/0.4=2.5，绝对值大于 1.96，所以在这项近似检验下拒绝 H0。

结果核验：原假设值 9 不在所算区间内，与双侧检验的拒绝结论一致；区间中心 (9.216+10.784)/2=10。

沿环交替着色；匹配中的每条边占用两个互不重复的顶点；删去环上一条边即可得到生成树。

把顶点依次记为 1,…,6，可将奇数顶点着红、偶数顶点着蓝，得到合法二着色。边集 {(1,2),(3,4),(5,6)} 是含 3 条边的匹配。任何匹配每条边占两个不同顶点，C6 只有 6 个顶点，所以至多 3 条，故该匹配最大。删去边 (6,1) 后余下五条连续边连通且无环，是生成树。

结果核验：逐边检查 C6 的每条边都连接一奇一偶；匹配覆盖 6 个顶点且无重复端点；生成树边数为 6-1=5。

分离变量得到 ln(y/(1-y))=t+C；对向量场 f(y)=y(1-y) 计算 f'(y)。

积分得 ln(y/(1-y))=t+C。由 y(0)=1/2 得 C=0，因此 y(t)=1/(1+e^{-t})。平衡点为 0、1，且 f'(y)=1-2y；f'(0)=1>0，所以 0 不稳定，f'(1)=-1<0，所以 1 局部渐近稳定。

结果核验：对 y(t) 求导得 e^{-t}/(1+e^{-t})²，恰等于 y(1-y)；代 t=0 得 1/2。

零边界的正弦模态彼此正交；第 n 个模态按 exp(-n²π²t) 衰减。

初值已经是两个正弦特征模态之和，因此 u(x,t)=e^{-π²t}sin(πx)+(1/2)e^{-4π²t}sin(2πx)。两个正弦项在 x=0、1 都为零，且 t=0 时恢复给定初值。

结果核验：逐项计算 u_t 与 u_xx：第一项都乘 -π²，第二项都乘 -4π²，所以方程、边界和初值三项条件同时成立。

Euler 递推为 y_{n+1}=(1-2h)y_n；两种步长分别需要 4 步和 8 步。

h=0.25 时放大因子为 0.5，四步得到 y4=0.5⁴=0.0625，绝对误差约 0.0728。h=0.125 时放大因子为 0.75，八步得到 0.75⁸≈0.1001，绝对误差约 0.0352。网格减半后误差约减半，符合一阶方法趋势。

结果核验：两个放大因子绝对值均小于 1，离散解不会爆炸；0.1001 比 0.0625 更接近 0.1353。

f'(x)=2(x-3)，把更新式整理成 x_{k+1}-3 与 x_k-3 的关系。

更新为 x_{k+1}=x_k-(1/4)·2(x_k-3)=x_k/2+3/2。因此 x1=1.5，x2=2.25，x3=2.625。减去最优点 3 得 x_{k+1}-3=(x_k-3)/2，所以每步误差绝对值减半并收敛到唯一极小点 x*=3。

结果核验：三步误差依次为 -1.5、-0.75、-0.375，确为前一步的一半；f(3)=0 是平方函数可达到的全局下界。

分别看 x<1 与 x=1；比较 sup|f_n-f|，并注意 0≤x^n≤1。

点态极限 f 在 [0,1) 上为 0，在 x=1 为 1。积分 ∫0¹x^n dx=1/(n+1)→0，而 ∫0¹f dx=0，因为单点不改变积分。收敛不一致：在任意 n 下，x<1 且趋近 1 时 |x^n-f(x)| 可任意接近 1。函数 1 可积且支配全部 f_n，因此支配收敛定理允许交换极限与积分。

结果核验：积分公式由原函数 x^{n+1}/(n+1) 直接得到；取 x_n=2^{-1/n}<1，有 f_n(x_n)=1/2，已经排除一致收敛到 f。

圆内只有 z=1；它是单极点，留数可用去掉 z-1 后代入。

被积函数在 z=1、3 有单极点，圆 |z|=2 只包含 z=1。该点留数为 1²/(1-3)=-1/2。由留数定理，积分等于 2πi·(-1/2)=-πi；圆外的 z=3 不贡献。

结果核验：把围道缩成只包围 z=1 的小圆，积分不变；结果除以 2πi 恰为 -1/2，与直接留数计算一致。

若 n≡m (mod 12)，则 12 整除 n-m；核由 6 整除 n 的模 12 类组成。

12|(n-m) 蕴含 6|(n-m)，所以代表元改变不影响 φ，映射良定义。核为 {[0]12,[6]12}，像包含全部六个模 6 类，因此 φ 满射。第一同构定理给出 (Z/12Z)/{[0],[6]}≅Z/6Z。

结果核验：有限群阶数核像公式给出 |kerφ|·|imφ|=2·6=12，等于定义域阶数。

参数化 x=cos t、y=sin t；再计算 dω 并在圆盘上积分。

沿 C 取 t∈[0,2π]，dx=-sin t dt、dy=cos t dt，于是 ω=(cos²t+sin²t)dt=dt，故积分为 2π。又 dω=d(x dy)-d(y dx)=dx∧dy-dy∧dx=2dx∧dy，单位圆盘面积为 π，所以 ∫D dω=2π。

结果核验：边界积分与面积积分都为 2π；若反转圆周定向，边界积分符号改变，正好对应 Stokes 的定向约定。

投影系数为 ⟨v,u⟩/⟨u,u⟩；对角自伴算子的范数是特征值绝对值最大者。

取 u=(1,1)，投影系数为 3/2，所以 Pv=(3/2,3/2)，残差为 (1/2,-1/2) 且与 u 正交。T 的标准基特征值为 3、1，故 ||T||=3。v=2e1+e2，因此 Tv=6e1+e2=(6,1)。

结果核验：残差点积 (1/2,-1/2)·(1,1)=0；||Te1||=3 达到上界，而任意单位向量的 ||Tx||²=9x1²+x2²≤9。