On the Bergman Kernels of Some Special Reinhardt Domains

We consider the Reinhardt domains of the following types:E_1 = {z = (z_1,z_2)∈C~2: |z_1}~(2K)+ |z_2|<1,K>0},E_2 = {z = (z_1,z_2)∈C~2: |z_1| + |z_2|<1},E_3 = {z = (z_1,z_2,z_3)∈ C~3: |z_1| + |z_2|~2 + |z_3|~2<1},E_4 = {z = (z_1,z_2,z_3)∈ C~3: |z_1| + |z_2| + |z_3|~2<1},E_5 = {z = (z_1,z_2,z_3)∈ C~3: |z_1| + |z_2| + |z_3|<1}.     

一个值得注意的问题

在一次习题中课,我让学生板演高中代数第二 210页第7题,求征:|x_1+z_2|~2+|z_1-z_2|~2=2|z_1|~2+2_z_2|~2 这不是一道很平常的习题,学生在当堂却出现了三种证法,现记述如下: 证法1 设z_1=a_1+b_1i,z_2=a_2+b_2i     

一道课本习题的特例产生的结果及其应用

高级中学课本《代数》(必修)下册P197习题二十七·7:求证: |z_1 z_2|~2 |z_1-z_2|~2=2(|z_1|~2 |z_2|~2), 在这个题目中,当|z_1|=|z_2|=r(r>0,z_1,z_2∈C)时,题目等式就为:     

一个数学问题的再探讨

命题若复数z_1,z_2,z_3满足z_1+z_2+z_3=0,|z_1|=|z_2|=|z_3|=1,则复平面内以z_1,z_2,z_3所对应的点为顶点的三角形是内接于单位圆的正三角形。文[1]的作者给出了该命题的一种证法。并探讨了该命题的逆命题。若复平面内以模为1的复数z_1,z_2,z_3所对应的点为顶点的三角形是正三角形,则z_1+z_2+z_3=0。容易证明此命题也正确(略)。作者还对该命题进行了推广,笔者读后受益非浅。本文将进一步探讨以上两个命题在解题中的应用。下面以例示明。例1 (1986年苏州市数学竞赛题) 已知复数z满足|z|=1,z~(11)+z=1,求z。解∵ |z|=1, ∴|z~(11)|=|z|=|-1|=1 又z~(11)+z+(-1)=0 ∴z~(11),z,-1所对应的三点构成一个正三角形。故z=(-1)(cos120°±sin120°)=(1/2)±3~(1/2)/2i 例2 (1987年第二届全国高中数学冬令营赛题)     

z_1 z_2与z_1-z_2的辩证处理

复数集中,从形式上看,z_1 z_2与z_1-z_2是不同的运算,但由于负数概念的引入,“加”与“减”可以互相转化。这样z_1 z_2与z_1-Z_2实际上可以统一起来。它们的这种辩证统一,给复数运算带来极大方便。相比之下,在几何意义应用方面,z_1-z_2比z_1 z_2更优。这一方面由于|z_1-Z_2|表示了复平面内z_1、z_2两个复数对应点间的距离,另一方面复数z_1、z_2所对应的点与差z_1-Z_2所对     

z_1 z_2 z_3=0的一个性质的应用

若复数z_1、z_2、z_3对应的辐角的主值为α、β、γ,z_1 z_2 z_3=0,以z_1、z_2、z_3分别对应的向量为边作出的三角形OAB称为向量三角形。如图1所示,相似文献   

利用|z_1 z_2|~2 |z_1-z_2|~2=2|z_1|~2 2|z_2|~2解题

关于复数模的有关性质之一有公式|z_1 z_2|~2 |z_1-z_2|~2=2|z_1|~2 2|z_2|~2其几何意义是:平行四边形两对角线的平方和等于四边平方和,利用它解决一类有关复数模的问题不但有效,而且解题过程简单,方法新颖。例1 已知|z 3 4i|~2 |z-3-4i|~2=80求|z|:并说明z点的轨迹表示的图形。分析若设z=x yi代入已知整理,则会步骤冗长,利用     

一个复数命题的应用

本文给出复平面上两个三角形相似的充要条件:(Ⅰ),然后讨论它的应用。命题(Ⅰ):△z_1z_2z_3和△z1′z2′z3′同向相似的充要条件是此处z_1,z_2,z_3表示△z_1z_2z_3的三顶点相应的复数     

关于复数的三角不等式

我们知道 ,对于任意两个复数 z1 和 z2 ,有　 |z1 |- |z2 |≤ |z1 +z2 |≤ |z1 |+|z2 |,这是有名的的三角不等式 .它是一个极其初等而又重要的不等式 ,在分析学里扮演着基本的角色 ,具体可见文献 [1][2 ].根据这个不等式 ,我们容易知道 ,对于任意两个模为 1的复数 t1 和 t2 ,亦有|z1 |- |z2 |≤ |t1 z1 +t2 z2 |≤ |z1 |+|z2 |.现在 ,我们运用三角形的正弦定理和射影定理来分析上面的三角不等式 ,首先证明下面的定理 1　设 z1 、z2 和 z是 3个复数 ,满足|z1 |- |z2 |≤ |z|≤ |z1 |+|z2 |,则存在两个模为 1的复数 t1 和 t2 ,使得z =t1 z1 +t…     

一个极值定理的复数证明

六年制重点中学高中数学课本《代数》第二册210页第6题给出一个关于复数模的不等式——三角形不等式 ||Z_1|-|Z_2| |≤|Z_1±2|≤|Z_1|+|Z_2|*用它来求一类根式函数的极值是方便的,而且对于扩大学生的视野,加强新旧知识的联系都是有益的。本文用它来证明一个极值定理:     

高二数学竞赛训练题(五)

一、选择题 1.设a b c d e=8,a~2 b~2 c~2 d~2 e~2=16,则e的最大值是( )。 (A)1; (B)2; (C)12/5; (D)16/5 2.已知复数z_1,Z_2,Z_3在复平面上的对应点分别为Z_1,Z_2,Z_3,且|Z_1|=|Z_2|=|z_3|=1,z_1 Z_2 Z_3=0,则△Z_1Z_2Z_3为( )。 (A)不等边三角形;(B)等边三角形; (C)直角三角形; (D)钝角三角形。 3.从1开始顺次写出一切自然数,构成N=12…910…99100…9991000…999910000…,那么在N中从左向右第32454个位置上的数字是( )。     

$\mathbb{C}^n$中一类星形映射子族的增长定理及推广的Roper-Suffridge算子

在有界星形圆形域上定义了一个新的星形映射子族, 它包含了$\alpha$阶星形映射族和$\alpha$阶强星形映射族作为两个特殊子类. 给出了此类星形映射子族的增长定理和掩盖定理. 另外, 还证明了Reinhardt域$\Omega_{n,p_{2},\cdots,p_{n}}$上此星形映射子族在Roper-Suffridge算子 \begin{align*} F(z)=\Big(f(z_{1}),\Big(\frac{f(z_{1})}{z_{1}}\Big)^{\beta_{2}}(f'(z_{1}))^{\gamma_{2}}z_{2},\cdots, \Big(\frac{f(z_{1})}{z_{1}}\Big)^{\beta_{n}}(f'(z_{1}))^{\gamma_{n}}z_{n}\Big)' \end{align*} 作用下保持不变, 其中 $\Omega_{n,p_{2},\cdots,p_{n}}=\{z\in {\mathbb{C}}^{n}:|z_1|^2+|z_2|^{p_2}+\cdots + |z_n|^{p_n}<1\}$, $p_{j}\geq1$, $\beta_{j}\in$ $[0, 1]$, $\gamma_{j}\in[0, \frac{1}{p_{j}}]$满足$\beta_{j}+\gamma_{j}\leq1$, 所取的单值解析分支使得 $\big({\frac{f(z_{1})}{z_{1}}}\big)^{\beta_{j}}\big|_{z_{1}=0}=1$, $(f'(z_{1}))^{\gamma_{j}}\mid_{{z_{1}=0}}=1$, $j=2,\cdots,n$. 这些结果不仅包含了许多已有的结果, 而且得到了新的结论.     

关于Beurling-Ahlfors扩张函数的特征估计

设μ(x)是ρ-拟对称函数。本文证明在r=1时以μ(x)为边界值的Beurling-Ahlfors拟共形扩张的特征满足不等式K≤2ρ-3(ρ-1)/4(ρ 1),且像域中任意两点ω(z_1)与ω(z_2)的非欧距离满足不等式(1/2ρ)d(z_1,z_2)≤d(ω(z_1),ω(z_2))≤2ρd(z_1,z_2)。     

综合练习

1.设a∈R,A={x|1≤x≤4},B={x|x~2-2ax+a+2≤0},当AB时,求a的取值范围。 2.(1)讨沦函y=arcctgax(a>0,a≠1)的增减性 (2)求函数的反函数 3.已知x>0,x≠1,n为大于1的自然数,试比较1/log2x+1/log3x+…+1/log~nx与n/log2x的大小。 4.(1)已知a、b、c是互不相等的复数,试求a+b/b=b+c/c=c+a/a的值。 (2)设z_1、z_1是复数,且满足|z_1|<1,|z_2|<1,求证|(z_1-z_2)/(1-z_1z_2)|<1。 5.设等比数列z_1,z_2,z_3,…,z_n,…中的     

一道高考试题的解答思路及思路受阻原因

1987年高考数学试题(理工类)第六题为: 设复数和Z_1和z_2满足关系式z_1z_2+AZ_1+AZ_2=0,其中A为不等于零的复数,证明 (1)|z_1+A|Z_2+A|=|A|~2; (2) 本文介绍该题的解答思路,并对考生思路受阻的原因作一些初步探讨。一、解题思路思路1.(由条件凑结论) 要推出结论(1),需将已知等式左边化为两个因式之积,右边变成|A|~2。先把右边凑出|A|~2,将已知等式两边同加AA,得Z_1Z_2+AZ_1+AZ_2+AA=|A|~2再把左边分解为两因式之积,得     

Reinhardt域上一类推广的Roper-Suffridge算子

研究一类推广的Roper-Suffridge算子F(z)=(f(z_1)+f′(z_1)∑_(k=2)~nakz_k~pk,f′(z)1)(~1/p2)z_2,…,f′(z_1)~(1/pn)z_n)′,证明该算子在复欧氏空间中的Reinhardt域Ω_(n,p2,%…,pn)={z=(z_1,…,z_n)∈C~n:|z_|~2+∑_(k=2)~n|zk|~(pk)1,Pk∈N~+,k=2,…,n}上分别保持α次的殆β型螺形性,α次的β型螺形性及强β型螺形性.     

类比解题失误例举

一、忽视公式、法则成立的条件例1 设z_1、z_2∈C,且2z_1~2-2zz_2 z_2~2=0,判断△oz_1z_2的形状。误解:由已知得(z_1-z_2)~2 z_1~2=0。∴z_1=z_2=0,于是o、z_1、z_2三点重合,不构成三角形。剖析:本题是类比“非负数之和为0,则这些数     

THE SCHWARZ LEMMA AT THE BOUNDARY OF THE NON-CONVEX COMPLEX ELLIPSOIDS

Let B_(2,p):= {z ∈ C~2: |z_1|~2+ |z_2|~p 1}(0 p 1). Then, B_(2,p)(0 p 1) is a non-convex complex ellipsoid in C~2 without smooth boundary. In this article, we establish a boundary Schwarz lemma at z_0 ∈ ?B_(2,p) for holomorphic self-mappings of the non-convex complex ellipsoid B_(2,p), where z_0 is any smooth boundary point of B_(2,p).     

Some Remarks on Certain Reinhardt Domain

We consider the Reinhardt domain D=D(K)={Z=(z_1,z_2,…,z_n)=(z_1,z)∈C~|z_1|~(2K)+|z|~2<1,K≠1},witch is a good model for the bouned inhomogeneous.domains in C~n.We d1scover that there exists Aut(D)-nvariant nonconstantfunctions f(Z,Z)and also exists nonconstant Aut(D)-invaraint harmonic functions.     

单位圆上的有界单叶函数

<正> 1.引言设函数在单位圆|z|<1上是正则的,单叶的.它映照|z|<于|w|<1中.这种f_k(z)的全体形成一函数族 B_k,乃是 k 称的有界单叶函数族.对于 B_1中的函数 f_1(z),劳宝生讨论了|a|,|z_0|<1,|f_1(z_0)|和|f′(z_0)|四者之间的关系.利用关系式(?),他的许多结果可以直接推广到函数族B_k中来.但是关于f_k(z),还有些应该直接研讨的问题.例如当|a|,|z|取定值或|a|,