递归方程组给出的数列的通项

(xl+灰功)叮一”一1一(xz+k2夕z)宁2月一1奋1一kl(11)、.子、.,119曰‘r飞了叮、本文介绍由递归方程组 fx,=ax,一l+bg,一1 ,夕,=cx二一:+内,一1 (a、b、‘、J为常数)给出的数列{x二}、{夕,}的通项的求法. (一)基本理论 如果b、。同时为O,则易得 x,=a’一’x,,夕。=己一’夕1(3) 如果b、。不同时为0,不妨设;。手O,则 (l)+乏x(2)得 x。+kv,=(a+c走)。,一1+(b+dk)夕。- (IQ)、(川即是数列{x,}、{g。}的通项公式.但它们形式过繁,.有必要将其化简.注意到x:、gl为初值(常数),而k:、棍可由a、b、.。、d唯一确定,因而也为常数.由此可知,数列{x,}、…     

单位根为结点的Hermite插值

发散性.令A奋(D)表示解析于D={}习<1}而其k阶导数连续于D上的函数的全体.对于结点系 2奋.2.=仑. i.=。,”〔N,考虑Hermite插值算子H:。十l:A,(刀)~兀:。十:、2一(了,2卜客}1一黯(一)11(:)f(z。) 名(z一:,)l乳(:)f‘(z,).定义】}f}!.:=MaxZsup If“’(z)!飞; 0‘1‘今几.e万J}{H:。 ;!1,=sup;吸}}H2.十lfll 引理1 .1汇,,令二;,…,z二是C中不同的点.定义功.(z,如=(二一口(”,一雪介)(1(k毛N)且置尸,,二(:)=n势,(“,2.,).功.(二,,z,),。,(:)=f工上绝牛、‘’, \1 I之,}/这里。,〔N将于后面具体确定.又设尸“幻=。,(幻R,,二(幻,那么,对…     

函数迭代中的循环现象

一、从一道例.谈拐金一l 劣例l已知函数I(二)=公一l 劣对于,〔N,解:(l)丫了式:)一了〔了:(·)〕一了(宁)-劣一l 劣定义f:(‘)=I(二),j.(x)=了叶一,(x)〕,(l)求f一(二);(2)求证:f。(x)=fa(x). l1一公1991年第9期数学通报‘吕‘·,一‘〔‘2‘·,〕一‘仁、)-六一,一万一=劣1一2.’.f一(x)二f[f:(工)〕二f(x)即了;(x)二(2)由(l)可知f:(x)=z f。(:)二f!(:).‘.f。(x)=f〔f;(x)〕二f〔f,(x)〕二fZ(x).‘.fe(x)二f〔fs(x)〕=f〔fZ(x)j二f3(x).从例1的解题过程可以发现:f,(x)二f一(I)=…=fa。,,(x)=劣一l 劣人(x)二人(x)二f。(二)二f。(x)二一…     

算术平均—几何平均不等式的一个证明

设a:、 a盆、al+aZ 怜a。是正数,则有不等式~习可可不瓦一 一bK+‘)+…十bK+‘(戈一b)〕设￡‘一b‘=(,一b)(%‘+‘+x‘+“b千…+b‘+1)=(戈一b)Pi1=式中等号当且仅当a,二a:二…二a。时成立。证明用数学归纳法,n=2结论显然成立。 假定n=K时成立,则 月二(a:+a:+…+a尤)+a尤+l 一(K+1)K+‘侧瓦瓦二花订万 )K大访瓦瓦下砰而瓦 一(K十l)K+’了面瓦不石石万…(1) 设K+‘亿面万丁=、 K!K十’V而二ha二b,(1)式右(P‘>0了 i=(%)2,一,K),乡}}}(戈一b)2(P尺+P万*:b十 卜P工石K+l) 户K+夕K*声+….’.f(二)>O,A) ‘.。十…(2)+P tbK+‘>00即a…     

一类五阶线性周期缓变系统周期解的存在唯一性

考虑5阶线性方程 x(5)+a,(t)戈(屯)+a:(t)x(3)+a:(t)x(2)+a‘(t)劣(‘)+as(t)x=e(t)将方程(1)化为等价方程组(1)一.、J,自-(勒dX_,,‘、。.,,。—=月、‘户了飞一I、‘夕dt这里X=(二,,…,戈5)’,A(t)=(a‘,(t)),f(t)=(o,o,o,o,e(t)),=a一。=1,aol二一a。,a。:=一a4,a。,=一a3,a。‘=一az,a。。=一al,,j=1,2,“·,5.我们得到如下的 定理.假设方程(1)满足如下条件 1 .a‘(t)连续可微,e(t)连续,且a‘(t+T)=a‘(t),e(t+T)=<月,{e(t)}相似文献   

圆内解析函数的一些性质

矍位圆!之{”’具lJ撰属姗族H,.本文是考究疽些函数族有朋平均模和篷界值的一些性臂.昆S二(z)是f(“)之第n+,部分和,即S。(“)一习a、“气而祝‘,(“)是f(“)之k=O第n+1项的Fej白和〔S0(“)十…+S,仁)〕/(n+l),是待我们有定理1.若f‘:)〔凡,尹)l,亚且1}f(:)!!‘,J《B(0成,相似文献   

等差数列的两个判定方法

本文给出等差数列的两个判定方法,并举例说明其应用。 1.通项公式判定法:数列{a_n}为等差数列的充要条件是a_n=k_n+b.(k,b为常数) 证:若{a_n}是公差为d的等差数列,则a_n=a_1+(n-1)d=dn+(a_1-d),记d=k,a_1-d=b,∴a_n=kn+。若a_n=kn+b,(k,b为常数),则a_(n+1)-a_n=k(n+1)+b-(kn+l)=k, (n=1,2,…) 故{a_n}是等差数列。 2.前几项和判定法:数列{a_n}为等差数列的充要条件是S_n=an~2+bn,(a,b为常数) 证:若{a_n}是等差数列,则S_n=na_1+n(n-1)/2 d=(d/2)n~2+(2n_1-d)n/2     

含有三角函数的一个积分公式

定理:设f(x)在La,a十ZT〕上可积(T>0)甲(x)在〔a,a十T〕上可积,且满足条件:了(Za+一{f(t)己‘+2,一)一,(二)+,(二),贝。有{f(二)‘:- O}T{叫‘)dr{:‘T,“’“’证明:J了(·)‘一{:‘’,(·)‘·十{口+2个f(x)‘:.在右端第二个积分中,令‘=2a+ZT一‘,‘任〔a,a+TJ一则当:二a+T时,t=a+T;二二a+2少时,t=a;又由条件:f(2。+ZT一t)=一f(t)+p(t),因此{:‘’r了(·)‘一{:‘r,‘·,‘二 实用中验证函数满足条件f(Za+ZT一劝二一f(x)+中(x)井不困难,因为我们总可取p(x)二f(Za+ZT一:)+f仁).问题在于甲(:)是否容易积分.而当甲(:)为零,常数或…     

2004年第五期初中数学问题参考解答

一、求证 :f(n) =an + 2 +(a +1 ) 2n + 1被a2 +a +1整除 ,其中a是整数 ,n是自然数 .证明 :( 1 )当n =0时 ,f( 0 ) =a2 +(a +1 ) =a2 +a+1能被a2 +a +1整除 .( 2 )假设当n =k时 ,f(k) =ak+ 2 +(a +1 ) 2k+ 1能被a2 +a +1整除 .当n =k +1时 ,有f(k +1 ) =ak+ 3 +(a +1 ) 2 (k + 1) + 1=a·ak + 2 +(a+1 ) 2k+ 1·(a+1 ) 2=a·ak+ 2 +a2 ·(a +1 ) 2k + 1+2a·(a +1 ) 2k+ 1+(a+1 ) 2k + 1=[a·ak+ 2 +a·(a +1 ) 2k+ 1]+[a2 (a +1 ) 2k+ 1+a·(a +1 ) 2k + 1+(a+1 ) 2k+ 1]=a[ak + 2 +(a+1 ) 2k + 1]+(a +1 ) 2k + 1·(a2 +a +1 ) .∵a是整数…     

连续函数的l凸性

在研究函数的性态时,笔者发现如下定义的l凸函数,它反映了函数中普遍存在的凸偏移现象.定义:设f(x)是定义在实数集D上的实值函数,常数l∈R,若对 xk∈M( D),pk≥ 0,k=1,2,…,n, (n∈N,n≥2),∑nk=1pk=1,都有f(∑ni=1pixi+l)≤∑ni=1pif(xi)则称f(x)为M上的l凸函数;当-f(x)为l凸函数时,称f(x)为M上的l凹函数.下面给出连续函数具有l凸性的两个判定定理:定理 1:设f(x)是定义在 [a,a+2l] (l>0)上的连续的增函数,则f(x)是 [a,a+l]上的l凹函数,也是[a+l,a+2l]上的(-l)凸函数.证明:设xi∈[a,a+l] (i=1,2,…,n),x1≤x2≤…≤xn,则xi+l∈[a+l,a…     

平方差公式的妙用

平方差公式 o,一去,卿(。+‘)(a一b)是大家安硒的.这里我们介绍它在一类数列的求和与承积中的妙用. 翻1求:+s+…+(:。+一)(”〔N)的值. 筋:.,”+r.〔(。+z)阵,〕·z .〔(人+一)+。〕·〔(n+一)一,) .(”+J)一。吕. .’.原式.(2,一1)+(少一2“)+…+(。十1),一丹‘. .”‘+2”.例生求扣卜l1.·…(”一‘+1汹你娜2二(企二一1,(21+一、(:,一r)2:’一’十1二一、.2里 2忿一1一1原式二(2:+一)(2:+z)(:。+1)…(2:‘一‘+i) l忿2:一l夕攀一l一1—一’“”’一二f-22一1 .2 似上解法,的差积变形上. 二、.二一之.妙在何处釜妙就妙在刊用平方差公式例l…     

问题征解

一本期问题征解1证明2主,“3一1与21,。‘+l互质。2设a:=a:=l,aJ二1 983。。、:二理廷二绘攀止土只竺旦二二‘,口n~求证aj(饭二1,2,3,二)都是整数 3设p,。(。+1)(n+2)(n+3)(n+4) (。+5), l)求证P不是某整数的立方, 2)求〔,丫声苟(〔x〕表示不超过二的最大整数) 麻城一中甘超一提供 4已知直角三角形的周长为1984,求三边长的所有整数解。 江苏教育学院王继源提供 5解方程20002‘一(2000‘“+19s4r6)2000二一8 .1 9841一8+19842里=0 6设n是自然数求证(1十1/1“)(1一卜一/2’)(l+l/3恋) …(1+l/n“)了s 7设三角形的三内角分别是a、刀、下弧度,x…     

CONTINUOUS MAPPING FROM SPHERES TO EUCLIDEAN SPACES

In the forties Knaster, B., posed the following problem: Gieven a continuous mapping f of an (m+n-2) sphere \({S^{m + n - 2}}\) into the Euclidean m -space \({R^m}\） and n distinct points it \({u_1}, \cdots {u_n}\） of \({S^{m + n - 2}}\); does there exist a rotation r such that \[f(r{u_1}) = \cdots = f(r{u_n})?\] In this paper, the index under periodic transfromation of StieM manifold is applied to prove the following theorem: Given a continuous mapping \（f:{S^{k - 1}} \to {R^m}\）， n distinct points \({u_1}, \cdots {u_n} \in {S^{k - 1}}\） viewed as unit vectors satisfying \({u_i}{u_j} = {u_{i + 1}}{u_{j + 1}},i,j \in {I_n}\), and suppose\({u_1}, \cdots {u_n}\） have rank l, then in each of the following cases, there is a!rotation r such that \[f(r{u_1}) = \cdots = f(r{u_n})\] 1. \[n \ne 2,3,k - 1 = (n - 1)m\]; 2. n is an odd prime number, l even,\[k - 1 = \left[ {\frac{{(n - 1)m}}{2}} \right] + l - 2\]; 3. n is an odd prime number, l odd, \[l \ge \left[ {\frac{{(n - 1)m}}{2}} \right] + 1,k - 1 = \left[ {\frac{{(n - 1)m}}{2}} \right] + l - 2;\] 4. n is an odd prime number, l odd, \[l < \left[ {\frac{{(n - 1)m}}{2}} \right] + 1,k - 1 = (n - 1)m + 1;\] where [*] is the least even number>*. This theorem generalizes the classical Borsuk-Ulam theorem.     

变尺度公式的一条构造途径

众所周知,求解无约束最优化问题minf(x),二〔R几,f任Cl的一个有效方法是变尺度法,其内容概述为:给定第k次迭代点x及矩阵H,o,求第k十1次迭代点x十及矩阵H ,使得 (1)且产Hg笋斗=x十a只尸二一H与,(2) 一H ,=户s,(3)其中或O二f’(t),。=二十一x,v二g 一g,p为待定参数.自从Davidon提出第一个变尺度公式以来,相继产生了众多变尺度法,如Broyden族、Huang族和。十1个参数族l‘l(以下简称w一G族),最近文献【2』又提出一种无记忆变尺度法等等.视其实质,它们都是要求万 满足(3)式,此外另加上各种限制.用数学语言描述就是: (IPI)给定某个矩阵类只…     

自然数集上一类函数方程的通解

李建潮先生在《数学通报》2 0 0 2年第 6期上提出的问题 1 380 ,本质上是一类自然数集上函数方程之求解问题 .李先生在随后给出的解答中 ,其解法略显特殊性 ,兹将此一类问题抽象为一般形式 ,并得到了一般的求解方式 .定理　设N是自然数集 ,k是固定的自然数 ,函数f:N →N满足 f(n+ 1 ) >f(n) fk(n) =(k + 1 )n其中fk表示f的k次迭代 ,其定义为fk(n) =f(fk- 1 　(n) ) ,则f(m) =(k+ 1 ) n(i+ 1 ) +l,当m =(k+ 1 ) ni+l(k + 1 ) [(k+ 1 ) n+l],当m =(k+ 1 ) nk +l其中 0≤l≤ (k+ 1 ) n,0≤i≤k- 1 .证明　由 知fk( 1 ) =k+ 1 .如果f( 1 ) =1…     

问题与解答

一本期问题‘__1已知某等差数列的S一s二,二斗”,求葱正占。不.二0。2求锐角。的值,使方程劣2一铭co:a十2=O和方程x’一4x‘.:二一2二.有公共根。3一个四位数,若加上195完全平方数,则称这个四位数为’数的个数。5后就成为一个“好数”,求好山东高青一中不查表求证lo若函数f(x)胡称亚提供g:万+10多。万)2.对于任意正数a、bf(a二f(a)(a/b)二f 已知方程 +f(b),求证(a)一(b)满足xZ+1.一十众=器有一个根是吐事上其中幼负数,求k。翔能挤者二申肖继才提撰 7设才 (x+百)(夕+ (言+x)(劣+样的关系?今。,要使下列三式同时成立.”zx,(沙+之)(之+劣)。x…     

数学归纳法的应用

本文的目的是用数学归纳法证明下面(2)和(3)当扭)1和k妻1时令燕二胡(m十1)而孔(仇)=艺式是成立的.砂又令.火J了、了吸、z‘、一一一一一一一一阶树(x)树l(x) 35?。户犷︸J子了尸护J了jf:(x)f、(二)j‘(义)f。(x)=1,=(3x一l)/5,(3x,一3x+z(sx”一zox,-二一3)/25jlS fi。(x)=(s%4一lox则_兰1(I(5时我们有 证明;当2《l(_时,17x“一15x+5)/111)/7+9劣-3+17: S:L+:(二)=(m“f:L+x(沉))/4,n~1 (2)2“一1)/3,3x忿一:x+旦)/6,细’一5义“+。x一3)/5,(l)=(Zx‘一8二3+1 7x“一20二+10)/6,::(m)=(Zm+l)策f:L(不))/6.(3)我们有(。+2)L一二L“(。+…     

新二元三角插值多项式的构造

设Ω=[-πxπ,-πyπ],C(Ω)表示关于x,y均以2π为周期的连续函数空间.若f(x,y)∈C(Ω),取结点组为(xk,yl)=(2k+2n 1)π,(2l 2+m 1)πk=0,1,2,…,2n,l=0,1,2,…,2m,则我们获得一个二元三角插值多项式Cn,m(f;x,y)=M1N∑k=2n0∑l=2m0f(xk,yl).1+2∑nα=1cosα(x-xk)+2∑mβ=1cosβ(y-yl)+4∑nα=1∑mβ=1cosα(x-xk)cosβ(y-yl)其中M=2m+1,N=2n+1.为改进其收敛性,本文构造一个新的因子ρα,β,使得带有该因子ρα,β的二元三角插值多项式Ln,m(f;x,y)可以在全平面上一致地收敛到每个连续的f(x,y),且具有最佳逼近阶.     

2003年“通讯杯”高中数学综合应用能力竞赛试题答案

(试皿见第10期) 一、选择题:C BCBD A. 1.解设人口增长率为a,则40(1+a)“=50,(1+a)‘,=1.25从而2020年的世界人口数为50(1+a)33二soK(1 25)3=97 .65625(亿). 不难估算2020年的世界人口数最接近98亿. .应填(C). 2解由已知xZ十ax一3。一9)0对一切xeR成立,…△=aZ一4(一3a一9)簇0,即aZ+12a+36(0,(a+6)2簇0,a=一6,j(1)=l一6一3X(一6)一9=4,故选5.解设之A,乙B,乙C所对的边长分别为a,b,“(a,b,。均为有理数). 匕C“aZ+bZ一eZ Zab二一5口,由余弦定理知。C=为有理数,…。055口=一。os(,一5的=一cosC为有理数.同理可证。0520,。。530)为有…     

S·N·Bernstein型插值算子的收敛阶

设二*一。o,丝,、一石万,为第二类Chebyshev多项式(l一x’)认(x)的零点,以《x*}为插值结点的B。习stein型插值算子为)1一41一4114X一一二=只(f,肠(x)俨,(x)俨*(x)=艺f(x*)俨*(x) k~O(2 1.,(x) l,(x))(21。(x) 21,(x) l:(x))(l*、(x) 21*(x) l*、(x)),k=2,n一2毋一‘x’一寺〔‘·、‘x’ “l一‘x’ “‘·‘x”,·‘x’一寺“一(x’ 2‘·‘x,,乙(x)-l*(x)=犷。(x)(x)=(一1)”衬Zn(x一l) V. 厂。(x)Zn(工十1(一1)k衬(x)k=l,n一ln(x一x*) ‘....,,、.....、‘......老...t中中其其犷,(x)二(l一尸)u。(x),l、(x)称为Lagmllge插值基函数. …