多连通域上二阶非线性椭圆型方程组广义黎曼-希尔伯特问题

这里G是平面上m+1连通区域,不妨取为标准圆域,即它的边界Γ是由m+1个圆周Γ_k:|z-z_k|=γ_k所组成,Γ_0为|z|=1,且设原点z=0含在G内。根据Riemann定理,平面上任意的以约当曲线为边界的m+1连通区域,都可共形映照到这样的标准区域。a_i(z)(i=1,2)是确定在Γ上逐段为常数的连续函数,在Γ_0上a_i(z)=0,在Γ_j上a_i(z)=a_(ij)=常数,i=1,2;j=1,…,m。     

二阶椭圆型复方程的Riemann-Hilbert边值问题

于有界N+1连通区域G上的Riemann-Hilbert边值问题.G的边界Г∈C_μ~2,0<μ<1。不失一般性,可设G是单位圆|Z|<1内的N+1连通圆界区域,其边界Г是N+1个圆周:Г_m|Z-Z_m|=γ_m,m=1,…,N,Г_(N+1):|z|=1,Z=0∈G。并设方程(1.1)满足如文[1]中所述的条件C。     

映像面积为有界的解析函数

1.引言设单位圆|z|<1上的正则函数 w=f(z)=a_0+a_1z+a_2z~2+…(1)将单位圆映入w平面上的区域D,D的面积|D|——当D在某处有m层时按m次计算——不超过M,即|D|≤M。记这样的函数(1)的全体为S_M。设f(z)∈S_M,f′(o)≠0;这种f(z)成S_M之一子族S_M~＇。此子族中的函数在原点之某一环境中是单叶的。如果这个环境符合於单位圆,这种函数的全体又成s_M~＇之一子族s_M~＂。     

一类复数题的解答与剖析

在许多期刊中,常有如下一类题:1.设|z|=1,z~5 z=1,求复数z;2.设|z|=1,z~2 z=1.求复数z;3.设|z|=1.z~(11) z=1,求复数z。这类题目的一般形式是:设|z|=1,z~n 2=1(n∈N),求复数z。 此时,按所提供的解法一般有如下两种: 解法1 设z=cosθ isinθ,     

Bers空间中的逼近

§1.引言 设D是复平面上的单连通区域,其边界记作C。设画数w=φ(z),φ(z_0)=0,φ′(z_0)>0保角映射D到单位圆|W|<1,其中z_0∈D,而z=φ(w)是其反函数。 我们用A_q(D)记作Bers空间,q>1,其中每一个函数f(z)在D内解析,且满足条件:     

On Some Inequalities Concerning Rate of Growth of Polynomials

In this paper we consider a class of polynomials P(z) = a0+∑n v=t a v z v, t ≥ 1not vanishing in |z|k, k≥1 and investigate the dependence of max|z|=1|P(Rz)-P(rz)on max|z|=1|P(z)|, where 1 ≤ r R. Our result generalizes and refines some know polynomial inequalities.     

解析函数与Lipschitz条件

研究了解析函数与Lipschitz条件,得到了如下两个结果:(i)设D是一平面区域,f(z)在D中解析,00,对任意z∈D有|f′(z)|≤md(z,D)k-1,则f∈Lipk(D)且‖f‖k≤cmk,其中c=c(D)是仅与D有关的常数.     

对新题征展(31)第3题的订正

题　已知复数 z满足条件 | z| =1 ,求| z - i| .| z - 12 32 - i|的最大值 .解法 1　设 z =cosθ isinθ,其中θ∈[0 ,2π) ,| z - i| =| cosθ i( sinθ - 1 ) |= cos2 θ ( sinθ - 1 ) 2 =2 ( 1 - sinθ)= 2 [1 - cos( π2 -θ) ]=2 | sin( π4 - θ2 ) || z - 12 32 i|= | ( cosθ - 12 ) i( sinθ 32 ) |= ( cosθ - 12 ) 2 ( sinθ 32 ) 2= 2 2 sin(θ - π6 )=2 [1 cos( 2π3-θ) ]=2 .2 cos2 ( π3- θ2 )=2 | cos( π3- θ2 ) | .则　 | z - i| .| z - 12 32 i|=4 | sin( π4 - θ2 ) .cos( π3- θ2 ) |=…     

用复数性质解题举隅

复数有许多的性质,如: ①|z|2=zz-;②若z1=z2则z1-=z2-,[z1|=|z2|;③z∈R z=z-;④若|z|=1则1=zz-等等.解答某些复数问题时,若能灵活运用这些性质,则常使问题获得巧妙简捷的解法,下面列举几个性质的应用供同学们参考. 1.用|z|2=zz- 例1 设复数z满足|z|=2,求|z2-z 4|的最值. 分析常规方法是设z=2(cosθ isinθ)代入,此法运算量大,不易解得.若利用|z|2=zz-=4代入并作适当的变形,则解法简便快捷.     

一阶非线性椭圆型偏微分方程组的两类边值问题

前言 本文研究一阶非线性椭圆型方程组——方程组(A). w_z=g(z,w,w_(?)), (A,1) |g(z,w,w_z~1)-g(z,w,w_z~2)|≤q_0|w_z~1-w_z~2|,q_0=常数<1 (A,2) 的下列两类典型的边值问题: 问题P(或H) 在单位圆G内寻求方程组(A)的解w(z),而且在|z|=1上满足边     

星像的典型实照函数

<正> 称这处函数 f(z)为单位圆上的一个典型实照函数,记其全体为 T_r.设 f(z)是 T_r中的一个函数,f(z)映照|z|<的像是区域 D,如果对于 D 中任意一点都可以用完全落在 D 中的直线段与ω=0相联结的话,称 f(z)是一個星像的典型实照     

On extremal properties for the polar derivative of polynomials

If p(z) is a polynomial of degree n having all its zeros on |z| = k, k ≤ 1, then it is proved[5] that max |z|=1 |p′(z)| ≤ kn1n + kn m|z|=ax1 |p(z)|. In this paper, we generalize the above inequality by extending it to the polar derivative of a polynomial of the type p(z) = cnzn + ∑n j=μ cn jzn j, 1 ≤μ≤ n. We also obtain certain new inequalities concerning the maximum modulus of a polynomial with restricted zeros.     

插值多项式对解析部分的收敛估计

设D是单位圆{z||z|<1},T为单位圆周{z||z|=1}.对于f∈C(T),我们记L_n(f,z)为在n 1次单位根{e~(2kπ/n 1)i}~n_k=0上对f(z)的n次插值多项式.自然的L_n(f,z)在D内解析,因此,当f不能解析延拓到D内时,就不可能保证L_n(f,z)一致收敛于f.甚至,存在着f∈C(T),且f是某个D内解析函数的边值,但L_n(f,z)在T上发散.     

星象积分算子与 Bazilevi函数族

<正> 一、引言我们要讨论在单位圆内解析的某些单叶函数族内部进行的几种运算.单位圆内部的区域|z|<1记作 U.假设 f(z)在 U 内是单叶的解析函数,并且 f(0)=0,f’(0)=1,这种函数的全体记为 S.如果 S 中的函数 w=f(z)映照 U 成为关于原点的星形区域,则称 f(z)为星象函数,其全体记为 S~*.f(z)∈S~*的充要条件是ρ≥0,使     

关于丛属函数的几个不等式

<正> 1.引言.设(?)是单位圆中的正则函数,函数w=F(z)将|z|<1映照成黎曼面S_F.设函数(?)在单位圆中是正则的.假如w=f(z)的一切函数值都落在 S_F,上,那末说 f(z)丛属于 F(z),记此关系为 f(z)(?)F(z).我们知道 f(z)(?)F(z)的充要条件是存在|z|<1上的正则函数ω(z),适合|ω(z)|<1,ω(0)=0,和 f(z)≡F(ω(z)).     

复数多项式H（z）模最值的一种解析求法

设z为复数,且|z|=1,对于实系数复多项式为h(z)=h0 h1z h2z2 … hnzn,h0·hn≠0,为求|h(z)|max与|h(z)|min,令f(z)=h(z)h(z-1)=r0 nj=1 rj (zj z-j),其中r0=nk=0 h2k,rj=nk=0 hk·hk j (hk=0,k＞n时),由|z|=1可设z=cosθ isinθ,θ∈［0,2π］,由欧拉公式知z=eiθ.于是有|h(z)|=h(eiθ)=|h(eiθ)·h(e-iθ)|12=|f(eiθ)|12=|f(z)|12,所以f(z)=f(eiθ)=r0 nj=1 rj(eijθ e-ijθ)=r0 nj=1 2rjcosjθ,其中cosjθ可表示成cosθ的函数,因此f(eiθ)也可表示成cosθ的一元函数,即f(eiθ)=r0 2r1cos…     

新题征展(20)

A　题组新编1 .已知 z∈ C,解下列方程 :( 1 ) z2 - 5| z| 6 =0( 2 ) z| z| - 5z 6 =0( 3) z| z| - 5| z| 6 =0( 4 ) | z2 | - 5| z| 6 =02 .已知棱长为 a的正方体 ABCD -A1B1C1D1,则( 1 )各棱在平面 AB1D1上的射影长之和为 ;( 2 )各棱与平面 AB1D1所成角之和为;( 3)各面在平面 AB1D1上的射影的面积之和为 ;( 4 )各面与平面 AB1D1所成角之和为.3.( 1 )在实数集 R上定义的函数 f( x) ,对任意α,β有f (α) f (β) =f ( α β2 ) f ( α -β2 ) ,且　 f ( 1 ) =2 ,f ( x) 2 ,则满足条件的一个函数是 .( 2 )已知 f ( x)…     

劳勃生的特殊星像函数和特殊凸像函数

<正> 设函数w在单位圆 E_z:|z|<1上是正则的.假如f(z)在 E_z上是单叶的,那末 D_f=f(E_z)是 w 平面上单叶的区域.记这种单叶函数f(z)的全体为 S_p,S_1=S.若 D_f 以原点 w=0 为星形中心,就是说若 w_0∈D_f则缐段■整个地落在区域 D_f 中,称这种函数 f(z)是 E_z 中的星像函数,其特徵是在 E_z     

单位圆盘上全纯映照模的精细Schwarz引理北大核心CSCD

记DC为单位圆盘,B^p={z∈C^n:n∑i=1|z_i|~p<1},1相似文献   

Maximum Modulus of Polynomials

Let P(z) =n∑j=0 a_jz~j be a polynomial of degree n and let M(P, r) = max|z|=r|P(z)|. If P(z) ≠ 0 in |z| 1, then M( P, r) ≥ ((1 + r)/ (1 + ρ))~ n M( P, ρ).The result is best possible. In this paper we shall present a refinement of this result and some other related results.