中令
- Can-Hang不等式的加權(quán)推廣及引申
、(7)、(8)中令λ=1即得不等式(1),因此,不等式(2)、(7)、(8)均為不等式(1)的加權(quán)推廣.由命題1中的不等式又可得如下命題4、5中的不等式:同樣的,由命題2中的不等式可得如下命題6、7中的不等式:命題6 設(shè)x,y,z>0,λ≥1,則命題7 設(shè)x,y,z>0,λ≥1,則由命題3中的不等式可得如下命題8、9中的不等式:命題8 設(shè)x,y,z>0,0以上4個(gè)命題的證明從略.最后需說(shuō)明的是,在不等式(9)、(11)、(12)中令x=a,y=b,z=c
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(江西) 2023年7期2023-07-15
- 發(fā)展型p-Laplace方程邊界最優(yōu)控制的存在性
有在式(11)中令k→∞, 并利用uk的收斂性, 得因此,u是問(wèn)題(1)-(3)的弱解.下面證明對(duì)任意h∈UM, 問(wèn)題(1)-(3)存在唯一解u.假設(shè)u1,u2為問(wèn)題(1)-(3)的兩個(gè)解, 做差得對(duì)所有的τ∈(0,T), 令φ=u1-u2, 有對(duì)所有的τ∈(0,T), 由引理1有則即定理2若Zd∈L2(QT),u0∈L2(Ω), 且滿足兼容性條件則存在一個(gè)最優(yōu)控制h*∈UM, 使得成本泛函J(h)最小.‖uk‖L∞(0,T;L2(Ω))+‖uk‖LP(
吉林大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2023年1期2023-03-09
- Nesbitt不等式的一個(gè)新推廣及引申
推廣.在不等式②中令k=1即得不等式①，所以不等式②為不等式①的一種推廣.命題1中的不等式②是關(guān)于三個(gè)正數(shù)a,b,c的不等式，若將它推廣為n(n≥3)個(gè)正數(shù)的不等式，則有如下命題4成立.證明從略.同樣的，命題2、3中的不等式也可以推廣到n(n≥3)個(gè)正數(shù)中去，有如下的兩個(gè)命題成立.命題5 設(shè)xi>0(i=1,2,…,n,n≥3),且命題6 設(shè)xi>0(i=1,2,…,n,n≥3),且以上兩個(gè)命題的證明均從略.由命題1，我們可得一個(gè)有趣的無(wú)窮長(zhǎng)的代數(shù)不等式鏈
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(江西) 2023年1期2023-01-12
- 舒爾不等式的四元形式
顯然，在不等式②中令d=0,便導(dǎo)出舒爾不等式①.針對(duì)如下形式的舒爾不等式：已知a,b,c≥0, 則有(a+b+c)3+9abc≥4(a+b+c)·(ab+bc+ca)③.探究其四元形式，筆者獲得：?jiǎn)栴}2：已知a,b,c,d≥0, 證明：(a+b+c+d)3+9(abc+bcd+cda+dab)≥4(a+b+c+d)(ab+bc+ca+ad+bd+cd)④.證明：不妨設(shè)a≥b≥c≥d≥0,應(yīng)用三元舒爾不等式有(a+b+c+d)3=[a+b+(c+d)]3≥4
河北理科教學(xué)研究 2022年1期2023-01-05
- 一類帶組合記憶項(xiàng)的Tricomi方程解的破裂
t).在式(4)中令ψ(t,x)=φ(x)，可得(|ut(s,x)|p+|u(s,x)|q)φ(x)dsdxdτ=φ(x)dsdxdτ.(13)由于F0(t)≥0，?t∈[0,T)，則式(13)表明F4(t)≥0，于是F1(t)≥0.由式(6)與式(7)可知(14)利用式(10)可得(15)將式(15)關(guān)于t求導(dǎo)，得結(jié)合式(14)可得則有(16)(17)結(jié)合式(15)～式(17)，得(18)式(18)兩端同乘(λ(t))-2，并在[0,t]上積分可得從而ε
- 限制線狀李超代數(shù)的超導(dǎo)子及限制超導(dǎo)子
12)在式(1)中令x=X1,y=Yi, 1≤i≤p-1, 可得bi=b1+(i-1)a1, 1≤i≤p.(13)ai+2=ai, 3≤i≤p-j-2.(14)在式(1)中令x=X1,y=Yi, 1≤i≤p-1, 可得bi=bi+1, 1≤i≤p-j-1,D(Yp-j+1)=…=D(Yp)=0.(15)ai+1=ai+a1, 3≤i≤p-3.(16)ai=ai+1=a2-a1, 3≤i≤p-j-1.(17)在式(1)中令x=X2,y=Xi, 3≤i≤p-j
吉林大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2022年4期2022-08-04
- 非負(fù)弱下鞅的一類極大型φ-不等式
(4)在式(4)中令ck=1,k≥1, 則(5)推論2設(shè){Sn,n≥1}是一個(gè)非負(fù)弱下鞅且S0=0,φ∈C′, 則(6)其中1/p+1/q=1,p>1.證明: 在定理1中令ck=1,k≥1, 可得式(6).(7)定理2設(shè){Sn,n≥1}是一個(gè)非負(fù)弱下鞅且S0=0, {cn,n≥1}是不減的正數(shù)序列,φ∈C, 則對(duì)于任意的n≥1,t>0且0(8)進(jìn)而, 對(duì)于n≥1,a>0,b>0且0(9)證明: 由推論1可得于是由于故從而令b>0, 由式(8), 有推論3設(shè)
吉林大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2022年3期2022-07-07
- 對(duì)2021年高考數(shù)學(xué)北京卷壓軸題結(jié)論的推廣
∈N*).①在①中令n=1，可得bk-1=bk-2=0,bk=bk-2+1=1.(1)由前面的論述可得n=0時(shí)成立.(2)假設(shè)n=0,1,2,…,t時(shí)均成立.當(dāng)j=0,1,2,…,k-2時(shí)，由(3)可得：bk(t+1)+j=b[k(t-1)+k-1]+[k+(j+1)],bk(t+1)+j∈{bk(t-1)+k-1+bk+(j+1),bk(t-1)+k-1+bk+(j+1)+1}.再由歸納假設(shè)中的n=t-1,1時(shí)均成立，可得bk(t+1)+j∈{t,t+1
數(shù)理化解題研究 2021年31期2021-11-24
- 關(guān)于交換環(huán)上保持行列式的函數(shù)
(2)在式(2)中令y=1,得f(1)n-1f(x)=f(x)(3)在式(3)中令x=1,得f(1)n=f(1)(4)現(xiàn)令δ=f(1)n-2f，則由式(3)知f(x)=f(1)(f(1)n-2f(x) )=f(1)δ(x),即f=f(1)δ.再由式(2)得f(1)n-2f(x)f(1)n-2f(y)=f(1)n-2f(xy)，即δ(xy)=δ(x)δ(y).2)?1)：假設(shè)f=f(1)δ，其中f(0)=0，f(1)n=f(1)，δ滿足δ(xy)=δ(x)δ
- 多維探究典型問(wèn)題 培養(yǎng)學(xué)生發(fā)散思維
正數(shù)情況.在結(jié)論中令k1=1,k2=4,k3=3,m2=2,m3=3,則即λ的最大值為1.例2(2019年上海交大自主招生)已知x,y,z不全為0,求的最大值.分析由于求最大值,因而考慮正數(shù)情況.在結(jié)論中令k1=k2=k3=1,m2=1,m3=2,則例3(2016年高聯(lián)福建預(yù)賽)已知x,y,z ＞0, 求的最大值.分析在結(jié)論中令k1=k2=k3= 1,m2= 4,m3= 1,則例4(2015年《數(shù)學(xué)教學(xué)》947 問(wèn)題)已知x2+y2+z2=1,求xy+2x
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣東) 2021年15期2021-09-07
- 三角代數(shù)上Lie積為平方零元的非線性雙可導(dǎo)映射
從而可在(2)式中令y=z=0，故可得φ(u，0)=φ(u，0)0+0φ(u，0)=0，所以φ(u，0)=0.類似地，可證明φ(0，u)=0.ii)由于[e1，e1]=[e2，e2]=0∈Ω，從而一方面，在(1)式中分別令x=y=z=e1和x=y=z=e2，得φ(e1，e1)=φ(e1e1，e1)=φ(e1，e1)e1+e1φ(e1，e1)和φ(e2，e2)=φ(e2e2，e2)=φ(e2，e2)e2+e2φ(e2，e2)，從而有φ(e1，e1)=e1φ(
- 涉及Riemann-Liouville分?jǐn)?shù)階積分的一個(gè)多參數(shù)Hermite-Hadamard型不等式
因?yàn)樵?12)式中令α=1,并將上式帶入即得(16)式,從而推論3得證。在推論2中,令α=1可得如下推論:(17)證明:因?yàn)樵?14)式中令α=1,并將上式帶入即得(17)式,從而推論4得證。4 結(jié) 語(yǔ)本文在Riemann-Liouville分?jǐn)?shù)階積分下,通過(guò)s-凸函數(shù)建立一個(gè)多參數(shù)Hermite-Hadamard型不等式。主要結(jié)果(定理1)給出了以往文獻(xiàn)中一些結(jié)果的統(tǒng)一推廣和加細(xì)。作為應(yīng)用,我們利用超幾何函數(shù)的積分表示,從中進(jìn)一步推導(dǎo)出若干新的Hermi
中國(guó)計(jì)量大學(xué)學(xué)報(bào) 2021年4期2021-02-16
- 關(guān)于整環(huán)上保持逆矩陣的函數(shù)
(5)在式(5)中令y=0,則有f(xz)=f(x)f(z)(因?yàn)閒(0)=0)；在式(5)中令z=-1,則由f(-x)=-f(x)得f(x+y)=f(x)+f(y).所以f是R的一個(gè)非零自同態(tài).再令δ=f，則f=f(1)δ，并且δ是R的非零自同態(tài).如果f(1)=-1， 則式(4)變?yōu)?f(xz-y)=f(x)f(z)+f(y)(6)現(xiàn)令δ=-f，則δ(1)=1，δ(0)=0，δ(-x)=-δ(x)，此時(shí)式(6)變?yōu)棣?xz-y)=δ(x)δ(z)-δ(y
- 妙用賦值法速解函數(shù)題
=x+1。在上式中令x=1，2，3，…，n-1，可分別得到：f(2)-f(1)=2，f(3)-f(2)=3，…，f(n)-f(n-1)=n。四、求函數(shù)的綜合問(wèn)題例4對(duì)每一實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，函數(shù)f(t)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1，若f(-2)=-2，試求滿足f(a)=a的所有整數(shù)a。解：令x=y=0，可得f(0)=-1。令x=y=-1，由f(-2)=-2，可得f(-1)=-2。又令x=1，y=-1，可得f(1)=1。再令x=1，y=n，可
中學(xué)生數(shù)理化·高一版 2020年9期2020-09-30
- 我
臉的兩側(cè)鑲著五官中令她最滿意的部分——耳朵，那就是我。在同學(xué)眼中，我是一個(gè)活潑開(kāi)朗的女孩。每當(dāng)班上有同學(xué)不開(kāi)心時(shí)，我便會(huì)給他嚴(yán)肅地講笑話，然而還沒(méi)有講到一半，我便會(huì)自顧自地捧腹大笑，而那位不開(kāi)心的同學(xué)也會(huì)被我的樣子逗得眉開(kāi)眼笑。在老師眼中，我是一個(gè)樂(lè)于助人的女孩。我班上有一位同學(xué)有殘疾，她只能用左手寫字，走路也一跛一跛的。有一天早上她背著書包經(jīng)過(guò)我的位置時(shí)，由于課桌間隙窄小，她的書包被夾住了，嘗試了幾次都沒(méi)掙脫。我毫不猶豫地走上前，脫下她的書包，往上一舉（
頌雅風(fēng)·藝術(shù)月刊 2020年5期2020-05-26
- 三角代數(shù)上一類局部非線性三重高階可導(dǎo)映射
明: 在式(1)中令x=y=z=0, 則xyz=0∈Ω, 從而由歸納假設(shè)性質(zhì)(P2), 有對(duì)任意的m∈M, 在式(1)中令x=y=e1,z=m, 由于e1e1m=m∈Ω, 從而由歸納假設(shè)性質(zhì)(P2), 有從而有dn(m)=2e1dn(e1)e1m+e1dn(m).類似地, 可得dn(m)=2me2dn(e2)e2+dn(m)e2.于是可得e1dn(m)e1=e2dn(m)e2=0, 從而dn(M)?M, 進(jìn)而由U的2-無(wú)撓性及M的忠實(shí)性, 可得e1dn(e
吉林大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2020年1期2020-02-10
- 點(diǎn)乘雙根法解決一類直線與圓錐曲線相交弦問(wèn)題
(1)在(1)式中令x=2,得22-4×2-4m=(x1-2)(x2-2)．在(1)式中令x=1-m,得(1-m)2-4×(1-m)-4m=(x1+m-1)(x2+m-1)，所以(x1-2)(x2-2)+(x1+m-1)(x2+m-1)=22-4×2-4m+(1-m)2-4×(1-m)-4m=0．解得m=-1(舍)，m=7，所以直線AB的方程為y=x+7．(1)求橢圓的方程；因?yàn)閤1,x2是方程2x2+3k2(x+1)2-6=0的兩個(gè)根,所以2x2+3k2
數(shù)理化解題研究 2019年31期2019-11-25
- 擴(kuò)張的圈Schr?dinger-Virasoro 代數(shù)的二上同調(diào)群
(2.10) 式中令m=?n, 則有從而由(2.11) 和(2.12) 式, 得到上式說(shuō)明僅與第二個(gè)指標(biāo)的和i + j + k 有關(guān), 而與位置無(wú)關(guān), 從而不妨設(shè)Am,i+j=φ(Lm,i+j,M?m,0). 在(2.10) 式中取m=1, 又由(2.5) 式有在(2.14) 式中用n ?1 替換n, 則有在(2.10) 式中取n=n ?1,m=2, 可得將(2.14),(2.15) 和(2.16) 式聯(lián)立方程, 解得在(2.10) 式中令m=2,n=?1
數(shù)學(xué)雜志 2019年5期2019-09-21
- 細(xì)菌模型的非協(xié)調(diào)混合有限元分析
一解在方程(9)中令χh=φi,zh=φi,Φh=Ψj,ψh=Ψj,則方程可變?yōu)槿缦滦问?10)其中,H1(t)=(h1(t),h2(t),…,hr1(t))T,H2(t)=(l1(t),l2(t),…,lr1(t))T,G1(t)=(g1(t),g2(t),…,gr2(t))T,G2(t)=(s1(t),s2(t),…,sr2(t))T,A=((φi,φj))r1×r1,B=((Ψi,由(10)可得(11)由于(11)是關(guān)于向量H(t)=(H1,H2)T
- 自己就是寶藏的鑰匙
要抓住讀完的作品中令我們最興奮的、令我們最感動(dòng)的、令我們最受啟發(fā)的“三點(diǎn)”，然后去理解作者為什么要這樣寫，最后用自己的話來(lái)概括作者想要表達(dá)的意思。池子姐姐講到這里的時(shí)候，我們下面響起了熱烈的掌聲，因?yàn)槌刈咏憬愕摹胺▽殹弊屛覀冾I(lǐng)悟了怎樣寫好讀后感。我覺(jué)得這就是寫讀后感的“捷徑”。池子姐姐就像把我們從那條黑漆漆的摸索寫讀后感的路上，引到了燈火通明的大道。真是“不到長(zhǎng)城非好漢，不聽(tīng)講座真遺憾”！其實(shí)，寶藏的鑰匙就在你自己手中，看你是否能使用好鑰匙打開(kāi)寶藏了。
兒童時(shí)代 2018年6期2018-10-26
- 微軟展示W(wǎng)indows窗口去掉1像素邊框后的樣子
ows 10設(shè)計(jì)中令不少人最討厭的元素，直以來(lái)在審美上爭(zhēng)議不斷。微軟最近更新了他們的NavigationView控件文檔，新文檔展示了控件如何工作的一些截圖。除了控件本身，屏幕截圖還有一個(gè)漂亮的窗簾周圍的陰影。屏幕截圖只是一個(gè)模擬效果，但它讓我們仔細(xì)研究了它的外觀，您是否感覺(jué)得到，沒(méi)有邊框的Windows窗口似乎要在某個(gè)時(shí)間點(diǎn)發(fā)生。實(shí)際上，在最近的Redstone 5版本中，微軟已經(jīng)擺脫了許多UWP控件邊緣的1像素邊框，例如上下文菜單和對(duì)話框，而是被替換為
- 一類李超代數(shù)的中心擴(kuò)張
(6)在(6)式中令n=1，則(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).(7)根據(jù)αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，[L0，In])可得(m-n)αf(L0，Im+n)=-(m+n)αf(Lm，In).而由αf(L0，In)=α(L0，In)+f([L0，In])=0，易知αf(Lm，In)=0(m+n≠0). 設(shè)b(n)=αf(Ln，L-n)，由αf([Lm，Ln]，I-m-n)=αf(Ln，
東北師大學(xué)報(bào)（自然科學(xué)版） 2018年3期2018-09-21
- K1，5，p和 K1，6，p的點(diǎn)可區(qū)別的IE-全染色及一般全染色
，在引理1(i)中令k=9,得K1，5，496無(wú)8-GVDTC.而K1，5，496的10-VDIETC可由引理2中的染色規(guī)則得到．同時(shí)K1，5，495的9-VDIETC的構(gòu)造類似于引理2，不再詳述．情形5K1，5，244無(wú)8-VDIETC.只要在引理3的證明過(guò)程中令r=9便可得.但其有9-VDIETC(可由K1，5，494的9-VDIETC限制在{x,y1,…,y5,z1,…,z244}上得到).同時(shí),在引理1(i)中令k=8，可知K1，5，244無(wú)7-G
浙江大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2018年5期2018-09-10
- 含有2的冪次的Euler和的研究
…pm,q(x)中令x=1，就得到經(jīng)典的Euler和Sp1p2…pm,q。Berndt[1]指出，Euler和的研究起源于1742年，在與Goldbach的通信中，Euler首先考慮了線性和并得出很多結(jié)果。例如，Euler指出當(dāng)q≥2時(shí)，S1,q可以用zeta值表示：本文主要研究含有2n的Euler和，并通過(guò)生成函數(shù)及特殊函數(shù)積分系統(tǒng)地計(jì)算出一些低階的含有2n的Euler和的值。1 一些引理引理1當(dāng)k≥1時(shí)，第一類無(wú)符號(hào)Stirling數(shù)滿足如下生成函數(shù)：
- 兩類雙單葉函數(shù)類的不等式
知識(shí)這里在定義1中令一些參數(shù)取一些特殊值，就得到我們熟知的雙單葉函數(shù)類，例如：2 主要結(jié)果及證明其中由式（7）和（8）得由式（5）、（6）、（9）和（10）得其中由式（13）和式（15），可得由式（14）和式（16），可得將式（17）、（18）代入式（19），化簡(jiǎn)得由式（17）、（18）和（20）可得利用引理1及式（21），可得所以由式（14）、（16）和（17），可得由式（21）和（22），可得所以定理得證.下面證明過(guò)程類似定理1.3 主要推論及結(jié)果注釋
- 兩類雙單葉函數(shù)類的不等式
知識(shí)這里在定義1中令一些參數(shù)取一些特殊值，就得到我們熟知的雙單葉函數(shù)類，例如：2 主要結(jié)果及證明其中由式（7）和（8）得由式（5）、（6）、（9）和（10）得其中由式（13）和式（15），可得由式（14）和式（16），可得將式（17）、（18）代入式（19），化簡(jiǎn)得由式（17）、（18）和（20）可得利用引理1及式（21），可得所以由式（14）、（16）和（17），可得由式（21）和（22），可得所以定理得證.下面證明過(guò)程類似定理1.3 主要推論及結(jié)果注釋
- Hermite-Hadamard不等式的一個(gè)q-模擬
函數(shù)，在式(5)中令q→1得1 主要結(jié)果定理2設(shè)f：[a，b]→R是連續(xù)的凸函數(shù)，0(8)pa+(1-p)x=(1-λ(x))a+λ(x)b，px+(1-p)b=μ(x)a+(1-μ(x))b，由凸函數(shù)的定義有f(pa+(1-p)x)≤(1-λ(x))f(a)+λ(x)f(b)，(9)f(px+(1-p)b)≤μ(x)f(a)+(1-μ(x))f(b)，(10)對(duì)式(9)和式(10)中的x在[a，b]上求q-積分得(11)(12)其中用到下面事實(shí)：利用引理
周口師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2018年2期2018-04-02
- q-Kampé de Fériet函數(shù)的簡(jiǎn)化和求和公式
0)得證。定理2中令并通過(guò)q-Pfaff-Saalschütz求和定理(見(jiàn)文獻(xiàn)[1]中公式(1.7.2))得對(duì)式(7)中內(nèi)部的和式進(jìn)行計(jì)算，然后進(jìn)行一些化簡(jiǎn)，得到簡(jiǎn)化公式(11)。在定理2中令然后利用求和公式(見(jiàn)文獻(xiàn)[1]中例2.14)(14)計(jì)算式(9)中內(nèi)部和式，推導(dǎo)出另一個(gè)簡(jiǎn)化公式(12)。另外，在定理2中令并用公式(見(jiàn)文獻(xiàn)[1]中公式(3.10.9))(15)計(jì)算式(9)的內(nèi)部和式，得到了式(13)。式(10)等號(hào)右邊的式子與參數(shù)β和ε無(wú)關(guān)，這個(gè)求
大連民族大學(xué)學(xué)報(bào) 2018年1期2018-02-05
- Dougall5F4求和公式的一些應(yīng)用
例2在定理1.4中令(a,b,c,d)=(1,?1,1,0),可以得出2 π2的一般級(jí)數(shù)展開(kāi)式在這一節(jié)中,我們利用定理1.3來(lái)證明下面的級(jí)數(shù)展開(kāi)式.證明利用遞歸關(guān)系式Γ(z+1)=zΓ(z),我們可將定理1.3中的(15)式表示為例3在定理2.1中,令(a,b,c,d)=(1,0,0,0),則有例4在定理2.1中,取(a,b,c,d)=(1,1,0,0),則有例5在定理2.1中,令(a,b,c,d)=(2,?1,0,0),則可得3 Γ-3()的一般級(jí)數(shù)展開(kāi)
- 利用積分證明不等式
（3）在（2）中令，可得積分不等式（4）在（3）中令.可得積分不等式（5）2 利用施瓦茨不等式證明下列不等式定理2 施瓦茨不等式：若和在上可積，則（*）若在 上連續(xù)，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在常數(shù)使得時(shí)成立（不同時(shí)為零）.證明：這就證明了（*）式.由此看出，若連續(xù)，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在常數(shù)（不全為零）使得時(shí)成立。例2：1）若在上可積，則證明：根據(jù)施瓦茨不等式知（ = .2）若，都在上可積，則有閔可夫斯基不等式：.證明：利用施瓦茨不等式可知：即.其實(shí)閔可夫斯基不等式
速讀·下旬 2016年8期2017-05-09
- Hermite-Hadamard不等式推廣的q-模擬
b).證在定理2中令q→1即可得證.|I(a,b;p,q;f)|(16)利用引理8，式(16)得證.注2設(shè)|f′|是[a，b]上的凸函數(shù)，在定理3中令q→1，則由式(16)得特別地，當(dāng)p=1/2時(shí)，得到下面梯形不等式[13]定理4設(shè)f∶[a，b]→是連續(xù)函數(shù)，和在[a，b]上可積，且，則有(17)利用引理8，式(17)的右端部分得證.同理可證式(17)的左端部分.注3設(shè)m≤f′≤M，在定理4中令q→1，則由式(17)得特別地，當(dāng)p=1/2時(shí)得到下面的梯形不
大學(xué)數(shù)學(xué) 2016年3期2016-10-14
- 一類利用卷積定義的p葉解析函數(shù)類的系數(shù)邊界
結(jié)論．在(8)式中令n =2得這就證明了(4)式．令n=3，并利用(9)式得假設(shè)(5)式對(duì)n=k成立，即當(dāng)n=k+1時(shí)有這就證明了(5)式．推論1［19］設(shè)f(z)∈SD(α，β)，則證明 在定理2中令a=c，δ=0，p=1，λ= 0，b=2．推論2 設(shè)f(z)∈S*(β)，則證明 在推論1中令α=0．推論3［20］設(shè)f(z)∈KD(α，β)，則證明 在定理2中令a=c，δ=1，p=1，λ= 0，b=1．推論4 設(shè)f(z)∈K(β)，則證明 在推論3中令α
- 一類利用從屬關(guān)系定義的復(fù)數(shù)階雙單葉函數(shù)類的系數(shù)問(wèn)題
證明在定理1.3中令β=0即可得到結(jié)論.推論2.2由(1)式定義的f(z)∈MΣ(n，b，β; A，B)，則有:證明由于在推論2.1中令B1=A－B即可得到結(jié)論.推論2.3由(1)式定義的f(z)∈MΣ(n，b，β，α)，則有:證明在推論2.2中令A=－1，B=1－2α，即可得到結(jié)論.推論2.4［30］由(1)式定義的f(z)∈MΣ(0，1，β，α)，則有:證明由于且B1=A－B=2(1－α)，在定理1.3中n=0，b=1，B1=2(1－α)，即可得到結(jié)論
- Cauchy-Drygas型函數(shù)方程的Ulam穩(wěn)定性
),在方程(4)中令x1=x2=y1=y2=0,顯然有f(0,0)=0;在方程(4)中令x2=y1=y2=0,顯然有f(x1,0)=0;在方程(4)中令y2=0,則有2f(x1+x2,y1)=2f(x1,y1)+2f(x2,y1),即f(x1+x2,y1)=f(x1,y1)+f(x2,y1),從而f關(guān)于第一個(gè)變?cè)荂auchy(可加)的.在方程(4)中令x1=x2=y2=0,可得f(0,y1)=0;在方程(4)中令x2=0,則有f(x1,y1+y2)+f(
- 圓錐曲線的一個(gè)定值性質(zhì)
后結(jié)論.這類題型中令許多考生頭痛的就是化簡(jiǎn)計(jì)算，往往考生就是在化簡(jiǎn)計(jì)算的過(guò)程中產(chǎn)生錯(cuò)誤，從而導(dǎo)致失分嚴(yán)重，于是產(chǎn)生較多的“會(huì)做卻得不到分”的情況.那么有沒(méi)有什么方法解決這個(gè)問(wèn)題呢？當(dāng)然，最根本的方法是提高考生的運(yùn)算能力，但這種能力的提高不是一朝一夕的事情.那么在運(yùn)算能力一定的情況下該怎么辦呢？筆者認(rèn)為，在平時(shí)的學(xué)習(xí)中適當(dāng)了解、推導(dǎo)、記憶一些小結(jié)論是一種較好的方法.下面就筆者在對(duì)圓錐曲線的研究中發(fā)現(xiàn)的一個(gè)有趣的定值性質(zhì)進(jìn)行簡(jiǎn)單介紹.
理科考試研究·高中 2016年8期2016-05-14
- 不可約M矩陣最小特征值的界值
證明： 在定理1中令A=J(矩陣J為元素全為1的矩陣)，則定理3 設(shè)A=(aij)≥0，B=(bij)∈Mn，B-1=(βij)，且A,B都不可約，則(FV)-1(A°B-1)(FV)=(FV)-1A(DU)°B-1=G°B-1,即ρ(A°B-1)=ρ(G°B-1)=λ，由引理3知存在i，j使得≤pipjβiiβjj(ρ(A)-aii)(ρ(A)-ajj)定理4 設(shè)B=(bij)∈Mn，B-1=(βij)，則有證明： 在定理1中令A=J(矩陣J的元素全為1
昭通學(xué)院學(xué)報(bào) 2016年5期2016-02-24
- 涉及Fibonacci數(shù)列與Chebyshev多項(xiàng)式的一些反正切
(14)在定理3中令x=2,可得推論3 設(shè)為n任意整數(shù),則(15)推論4 設(shè)n為任意整數(shù),則(16)引理3 設(shè)k為任意整數(shù),?x:|x|>1,則(17)(18)證明當(dāng)?x:|x|>1時(shí),有(19)(20)式(19)和式(20)兩式相加得式(17),把式(19)和式(20)兩式相減得式(18).在式(17)中令k=n,式(18)中令k=n-2,兩式相減可得定理4 設(shè)n為任意整數(shù),?x:|x|>1,則(21)由式(1)可得定理5 設(shè)n為任意整數(shù),?x:|x|>
- 半素環(huán)上的左理想①
假設(shè)知，在(1)中令u=u+v，得到在(2)中令v=vu，得到在(3)中令v=ωv，得到［u，ω］vd(u)=0 u，v，ω ∈I由于I 是非零左理想，則有［u，ω］Rvd(u)=0 u，v，ω ∈I.由于R 是半素環(huán)，它必包含一個(gè)素理想的集族Ω={Pα|α ∈Λ}，使得∩α∈ΛPα={0}［4］.若P 是Ω 的典型元，x ∈I，則有［x.I］?P 或Id(x)?P.對(duì)于給定P，集合T1={x ∈I|［x，I］?P}與T2={x ∈I|Id(x)?P}是I
- 平凡擴(kuò)張代數(shù)上的ξ-Lie導(dǎo)子
ξ(3)在(2)中令n=0,b=a有f21(ma-ξam)=[f21(m),a]ξ(4)在(2)中令m=0有f21(an-ξna)=[a,f21(n)]ξ在(3)中令n=0有f22(mb-ξbm)=[f22(m),b]ξ+[m,f11(b)]ξ在(3)中令m=0有f22(an-ξna)=[f11(a),n]ξ+[a,f22(n)]ξ在(3)中令a=0有f22(mb-ξbm)=[f21(m),n]ξ+[f22(m),b]ξ+[m,f11(b)]ξ+[m,f2
- 一類與算子有關(guān)的級(jí)數(shù)轉(zhuǎn)化公式*
1 在式（11）中令f（k）＝w（k＋1），w（k）為Bell數(shù)，式（11）變?yōu)樵谏鲜街斜容^等式2邊xm的系數(shù)，得例2 在 式 （9）中，令f（n）＝s（n＋ 1，k） ，其 中s（n，k） 為第二類Stirling數(shù).比較等式兩邊xn的系數(shù)，得例3 在式（6）中令，f（k）＝kr，則當(dāng)r＝0時(shí)，有在式（9）、（11）中令f（k）＝kr，則3 結(jié)語(yǔ)本文主要將算子與形式冪級(jí)數(shù)結(jié)合起來(lái)，得到了級(jí)數(shù)轉(zhuǎn)化公式（3）和（4），從第3部分可以看到，（3）和（4）在研究
- 一類解析函數(shù)類的凸性
明 在定理1.2中令Mi＝M即可.推論1.4 設(shè)fi（z）∈B（μi，αi），μi≥0，0≤αi＜1，i＝1，2，…，n，若｜fi（z）｜≤Mi，Mi≥1為常數(shù)，則Hn（z）∈這里推論1.4的證明 在定理1.2中令n＝p＝1即可.推論1.5 設(shè)fi（z）∈R（αi），0≤αi＞1，i＝1，2，…，n，則Hn（z）∈K（δ），這里推論1.5的證明 在定理1.2中令n＝p＝1，μi＝0，i＝1，2，…，n即可.推論1.6 設(shè)fi（z）∈S＊n（p，αi），0≤
- 域上保持對(duì)合矩陣的函數(shù)
算得：在式（7）中令y=1得：在式（7）中令y=-1得：將式（9）代入式（10）得 ：步驟四：證明1＋f（x）=f（1＋x）。通過(guò)計(jì)算得：將式（8）代入式（12）得：步驟五：證明f=δ，其中δ是域F上的自同構(gòu)。令δ=f，由式（11）得：再由式（11）及式（13）得：即由式（14）及式（15）得δ是域F上的自同態(tài)，下面證明δ是單的。由式（11）得：1=f（1）=f（aa-1）=f（a）f（a-1），?a∈F＊，故若δ（a）=δ（b），應(yīng)用式（6）、式（15）
河北科技大學(xué)學(xué)報(bào) 2014年6期2014-03-11
- 某類積分算子解析函數(shù)的性質(zhì)
β).證在定理1中令bj=jk即可.推論2[8]若函數(shù)f(z)∈A由(1)定義，且滿足下面不等式則f(z)∈MD(α,β).證在定理1中令bj=1即可.推論3[8]若函數(shù)f(z)∈A由(1)定義，且滿足下面不等式則f(z)∈MD(α,β).證f(z)∈ND(α,β)當(dāng)且僅當(dāng)zf′(z)∈MD(α,β),在推論2中用jaj替換aj即可.證由In(z)的定義，得經(jīng)變形，得證在推論4中令α1=α2=…=αn=α,β1=β2=…=βn=β.證在推論4中令n=1即可
湖南師范大學(xué)自然科學(xué)學(xué)報(bào) 2013年4期2013-11-21
- 推廣的非函數(shù)的β階星像性
.注1 在引理4中令n=1,可得文獻(xiàn)[3]中相關(guān)結(jié)果.當(dāng)n>1時(shí)，引理4改進(jìn)了文獻(xiàn)[5]的引理2.1.引理5 設(shè)≠0 是一個(gè)實(shí)數(shù),[0,1),P(z)H[1,n]和P(z),(2)其中M=Mn(,.(3)P(z)[1-+((1-β)p(z)+β)]1+Mz,(4)(5)令P=P(z0)=u+iv,則由式(5)可得2Re{P[1-+(β+(1-β)iρ)]}+1=(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β)vρ+(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β
- 一個(gè)積分算子的單葉性
S.如果在定理1中令n=1, 可以得到下面這個(gè)有趣的結(jié)果.(10)且(11)則式(1)的積分算子Jγ1,γ2,…,γn,β屬于S.證明觀察得Jγ1,γ2,…,γn,β(z)為式(5)的形式.(12)則有p(0)=0，由式(8)和式(12)得到(13)應(yīng)用引理 2 可得(14)(15)因?yàn)?16)(17)根據(jù)式(7)和式(17), 應(yīng)用引理 1 可以得到式(1)的積分算子Jγ1,γ2,…,γn，β屬于S,定理得證.且滿足所以由定理2,可以得到屬于S.注記1
- 一類分式序列封閉形和式
例1 在 （1）中令1）a＝1，b＝2，c＝3，d＝1；2）a＝1，b＝3，c＝3，d＝1；3）a＝2，b＝3，c＝1，d＝1；4）a＝1，b＝3，c＝2，d＝1.下列反正切序列閉形和式成立在 （2），（3），（4），（5），中依次令，b＝c＝d＝1；a＝2，b＝c＝1；a＝1，c＝2，d＝1；得到封閉形和式例2 在命題2中令a＝1，b＝2，c＝3，d＝1代入 （6），（7），（8），（9），得到下列分式序列封閉形和式命題3 設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，下列反
- 度量空間中六個(gè)映象的一個(gè)新的公共不動(dòng)點(diǎn)定理
）得在式（12）中令k→∞，并注意到為φ的上半連續(xù)性得此為矛盾.因此｛yn｝是X中的柯西列.由X的完備性，不妨設(shè)yn→z∈X（n→∞），則子列｛Ax2n｝，｛SPx2n｝，｛Bx2n－1｝和｛TQx2n－1｝也都收斂到z.1）設(shè)A，SP之一連續(xù)，且（A，SP）相容，（B，TQ）次相容.先設(shè)SP是連續(xù)的.因?yàn)椋ˋ，SP）是相容的，從而由引理1有由式（2）得在式（14）中令n→∞，并注意到式（13），得于是，由函數(shù)ψ的性質(zhì)得d（SPz，z）＝0，即z＝SPz.
- 一類新的壓縮條件下四個(gè)自映象的公共不動(dòng)點(diǎn)定理
6)，在式(4)中令i→∞取極限得ε0≤0+Φ(ε0)+0=Φ(ε0)，從而由引理1(i)知ε0=0，此與ε0>0矛盾.20當(dāng)mi為偶，ni為偶的情形.此時(shí)由條件(ii)有d(ymi+1,yni+1)=d(Txmi+1,Txni+1)≤d(Sxni,Txmi+1)+d(Sxni,Txni+1),(7)(8)引用式(1)(3)，并注意到Φ(t)的右連續(xù)性假設(shè)，于式(8)中令i→∞取極限得(9)(10)利用式(9)(10)，于式(7)中令i→∞取極限得(11)
- 一類Riccati型方程的可積條件及通積分
.證明 在定理1中令φ=Q即得.注 在推論中取f(y)=y，可得方程(1)可積的條件及通積分.推論1.2 若R=Q-P,則方程(2)可積且通積分為證明 在定理1中令φ=P即得.證明 在定理1中令φ=R即得.推論1.4 若R=Q2(1-P)-Q′,則方程(2)可積且通積分為證明 在定理1中令φ=PQ即得.證明 在定理1中令φ=Q/2即得.注：在推論1.5中令f(y)=y，則結(jié)論為文獻(xiàn)[7]的定理4.定理2 若存在函數(shù)φ=φ(x)滿足(6)則方程(2)可積且通
陜西科技大學(xué)學(xué)報(bào) 2011年4期2011-02-20
- 涉及到四個(gè)自映象的一個(gè)新的公共不動(dòng)點(diǎn)定理
5)，在式(4)中令i→∞得ε0≤ei≤0+φ(ε0)+0，即ε0≤φ(ε0)，由引理1(i)知ε0=0，此與ε0>0矛盾.Ⅱ) 當(dāng)mi，ni均為偶數(shù)時(shí)，首先有d(ymi+1,yni+1)=d(Txmi+1,Txni+1)≤d(Sxni,Txmi+1)+d(Sxni,Txni+1)，(6)再由條件ii)得于上式中令i→∞取極限得(7)同理可證當(dāng)mi，ni同為奇數(shù)；mi為奇數(shù)，ni為偶數(shù)時(shí)也可引出同樣的矛盾.這些矛盾說(shuō)明{yn}是X中的Cauchy列，由X完
- 正系數(shù)解析函數(shù)的一類新子族
)得：及在定理2中令i=0可得如下推論：且這2個(gè)不等式是精確的.在定理2中令i=1可得如下推論:且這2個(gè)不等式是精確的.在定理2證明過(guò)程中的式(9)中令i=n可得如下推論:2 凸的線性關(guān)系設(shè)(10)(11)證明由式(11)，有(12)對(duì)于所有的i=1,2,…,v，由式(12)，有□在定理3中令v=2可得如下推論：推論5 函數(shù)類Mn(α)是一個(gè)凸集．(13)(14)證明若存在k≥0(k≥1)且k=1，使得kfk(z)，則因此有[1] OWA S,NISHIW
- 從馮燕到向中令
——由游俠而士紳的“忠義”之路
64)從馮燕到向中令 ——由游俠而士紳的“忠義”之路張勁松(四川大學(xué)文學(xué)與新聞學(xué)院,四川成都 610064)馮燕是唐傳奇中的豪俠,其俠舉為士大夫所褒獎(jiǎng)。他們雖極力將馮燕式的俠義和儒家之“義”聯(lián)系,但馮燕以后的人生并無(wú)圓滿的交代,留下了一個(gè)歷史的懸念。宋人張齊賢所寫的《向中令徙義》,為“馮燕”式的豪俠提供了一個(gè)新的人生模式,即走向“忠君”報(bào)國(guó)之路,獲得士大夫的身份殊榮?！跋?span id="syggg00" class="hl">中令模式”的意義是將馮燕們完全士大夫化,成為搢紳的楷模。這種轉(zhuǎn)換是由宋代文人政治的價(jià)值
東岳論叢 2010年1期2010-04-05