关于退化方程的一个始值问题

本文考虑只给出一个始值的退化方程的始值问题其中p是实数。 我们得到如下的结果: (ⅰ)若p≠0,φ(x)在x=0的附近解析,则问题(1),(2)在原点附近存在唯一的解析解。 (ⅱ)若p=0,则问题(1),(2)的解析解不唯一。 (ⅲ)若p=0,φ(x)在x=0附近解析,则问题(1),(2)在原点附近解析解存在的充要条件是 φ~((i+4k))(0)=0,(i=2,3;k=0,1,2,…),     

套代数上的高阶全可导点

令N是Hilbert空间H上的非平凡完备套.若线性映射φ={φ~((n))}_(n∈N)满足对任意n∈N以及S,T∈alg N,且ST=G,φ~((n))(sT)=∑_(i+j=n)φ~((i))(S)φ~((j))(T),则称φ为alg N上的G点高阶可导映射.若G点高阶可导映射φ={φ~((n)))}_(n∈N)为高阶导子,则称G为alg N上的高阶全可导点.本文证明了,G∈alg N为高阶全可导点当且仅当G≠0.     

关于双曲型方程的狄里赫利问题的两点注记

1°在文献[1]中D.Bourgin与R.Duffin研究了絃振动方程在矩形区域上可适定的狄里赫利问题,他们指出对于问题:若设(i)a=T/s为K阶代数无理数,(ii)φ(x),φ_1(x)∈C~(K+4)[0≤x≤s],ψ(t),ψ_1(t)∈C~(K+4)[0≤t≤T],φ(0)=φ(s)=φ_1(0)=φ_1(s)=ψ(T)=ψ_1(0)=ψ_1(T)=0,则定解问题(A)存在唯一解y(x,t)∈C~2[0≤x≤s,0≤t≤T]。他们的结果系利用代数数论中Liouville定理。由于Liouville定理已被Roth在1955年改进成最佳形式,     

关于非线性蜕化抛物型方程解的唯一性(英文)

本文证明,在条件a(s)>0(s>0),a(0)=0,b(s)=0(a(s)~λ)(s≥0,0≤λ≤1、2),s~μ=0(a(s))(a>0,μ>0)之下,混合问题 μ_t=(a(u)u_x)_x+b(u)u_x, (x, t)∈R={(x, t)|-11时,解为唯一的,这改善了[1,2]的结果。     

二次函数极值公式的一个应用

二次函数y=ax~2+bx+c(a≠0),经过配方整理后得: y=a(x+b/2a)~2+(4ac-b~2)/4a 这个公式叫二次函数的极值公式。把这个公式稍加变形得: y=a〔(x+(b/2a))~2+(4ac~2-b~2)/4a~2〕=a〔(x+(b/2a))~2-(b~2-4ac)/4a~2〕。这个变形后的公式,不仅可以求二次函数的极大值或极小值,而且还可以用来求抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)在x轴上所截得的线段的长度。定理:设抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)与x轴交于两点A(x_1,0)、B(x_2,0),(x_1≠x_2)则抛物线在x轴上所截得的线段长为:     

Classification of Cartan Matrices of Hyperbolic Type

In the theory of finite dimensional semisimple Lie algebras,it is known thatthe Cartan matrix A=(a_(ij))_i~n, i=1 has the following properties: (1)a_(ii)=2,i=1,…,n; (2)a_(ij)≤0 for i≠j,a_(ij)∈Z; (3)a_(ij)=0 a_(ji)=0. Now if a matrix A=(a_(ij))_i~n,j\j=1 satisfies (1),(2),(3),then A is called     

一元二次方程有根“1”的条件的应用续例

本刊1984年第二期发表了《一元二次方程有根“1”的条件的应用》一文,本文再举数例加以补充说明, 一、利用“若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,则有a+b+c=0”的结论证题。例1、若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,求证:a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3证明:∵ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,∴a+b+c=0, 即有c=-(a+b)。∴a~3+b~3+c~3=a~3+b~3-(a+b)~3=-3a~2b-3ab~2=-3ab(a+b)=-3ab(-c)=3abc两边同除以abc得a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3。二、利用“若a+b+c=0,则方程ax~2+bx+c=0(a≠0)必有一根为1”的结论证题,     

分担值与具有重零点的亚纯函数正规族

主要证明了:设k≥2是一个正整数,M是一个正数,c是一个非零有穷复数.F是区域D内的一族亚纯函数,其中每个函数的零点的重数至少是k.若对于F中的任意函数f,f(z)=0f^((k))(x)=0,f((k))(x)=0,f^((k))(z)=c■|f((k))(z)=c■|f^((k+1))(z)|≥M,则F在D内正规,其中c≠0是必需的.     

新题征展(68)

A题组新编1.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=Sn(m≠n),则Sm+n=;(2)已知函数f(x)=ax2+bx,若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=.2.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n),则Sm+n=;(2)等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=a,Sn=b(m≠n),则Sm+n=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=;(4)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=.3.(1)在周长为定值l的直角三角形中,怎样的三角形面积最大?最大面积是多少?请详述理由;(2)在…     

两道初中数学竞赛最值问题的另解

<正>问题1(2014年全国初中数学联赛第10题)已知a、b为正整数,且b-a=2013,若关于x的方程x²-ax+b=0存在正整数解,则a的最小值为.另解由b-a=2013,得b=a+2013,代入原方程得x2-ax+b=0存在正整数解,则a的最小值为.另解由b-a=2013,得b=a+2013,代入原方程得x²-ax+a+2013=0.(*)整理为a(x-1)=x2-ax+a+2013=0.(*)整理为a(x-1)=x²+2013.因为x=1不是方程(*)的根,所以x-1≠0.从而     

分担值与正规族

设F是平面区域D上的亚纯函数族,a,b是两个有穷非零复数.如果■ff∈F,f(z)=a■f~((k))(z)=a,ff~((k))(z)=b■f~((k+1))(z)=b,且f-a的零点重数至少为k(k≥3),那么函数族F在D内正规;当k=2时,在条件a≠4b的情况下,同样有函数族F在D内正规.     

等距节点上(0,3)插值五次样条

§1.引言 设f(x)是定义在[0,1]上的连续函数,n是自然数。记h=1/n, f_v~((r))=f~((r))(vh),v=0,1,…,n;r=0,1,…,5, f_(v 1/2)~((r))=f~((r))((v 1/2)h),v=0,1,…,n-1;r=0,1,…,5, ω_r(j)=max |f~((r))(x_1)-f~((r))(x_2)|,r=0,1,…,6. |x_1-x_2|≤h 0≤x_1,x_2≤1又设s(x)是[0,1]上满足(i)s(x)∈C~3[0,1],(ii)在[vh,(v 1)h]上s(x)∈∏_5,v=0,1,…,n-1的五次样条.它们的全体记为?_(n5)~((3)) .     

由谱数据数值稳定地构造实对称带状矩阵

§1.引言 设r,n是正整数并且0r有a_(ij)=0.     

关于函数y=(c d·x~n)/(a b·x~n)的一个恒等式

对于函数f(x)=14 x2,经试验可得恒等式f(x) f(4x)=14.对于f(x)=c d·x2a b·x2,是否都有类似恒等式呢?经研究发现,对于上面一般情形,我们有下面的结论:定理1若f(x)=c d·x2a b·x2(ad≠bc,且ab≠0),则有f(x) f(abx)=bc adab恒成立.证因f(abx)=c d·a2b2x2a b·a2b2x2=cb2x2 da2     

三次函数图像对称性的证明

<正>我们已经知道二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax2+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d     

关于Diophantine方程a~x+b~y=c~z的Terai猜想

设m是正偶数.证明了(A)若b是奇素数,且a=m|m~6-21m~4+35m~2-7|,b=|7m~6-35m~4+21m~2-1|,c=m~2+1,则Diophantine方程G:a~x+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,7);(B)若m2863,且a=m|m~8-36m~6+126m~4-84m~2+9|,b=|9m~8-84m~6+126m~4-36m~2+1|,c=m~2+1,则Diophantine方程G仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,9);(C)若a,b,c适合a=m|∑_(i=0)~((r-1)/2)(-1)~i(_(2i)~r)m~(r-2i-1)|,b=|∑_(i=0)~((r-1)/2)(-1)~i(_(2i+1)~r)m~(r-2i-1)|,c=m~2+1,r≡1(mod4),2|x,2|y,且b为奇素数或m145r(log r),则方程G仅有解(x,y,z)=(2,2,r).     

两端奇异微分算式乘积自伴域的实参数解描述

考虑区间(a,b)上的两端奇异n阶复值系数对称微分算式ly=∑n j=0aj(t)y(j)(t),在其最小算子的实正则型域为Π(T0(l))∩R=(-1,1)及l2 y在L2(a,c]与L2[c,b)中均是部分分离的条件下(c∈(a,b)是任意固定正则点),利用微分方程ly=±λ0y与ly=±μ0y的L2(a,b)解给出微分算式l2 y在区间(a,b)上的自共轭域的完全解析描述,其中λ0,μ0∈Π(T0(l))∩R,λ0,μ0≠0.     

2007年江苏高考数学压轴题的巧思妙解

题目已知a,b,c,d是不全为零的实数,函数f(x)=bx~2 cx d,g(x)=ax~3 bx~2 cx d.方程f(x)=0有实数根,且f(x)=0的实数根都是g(f(x))=0的根;反之,g(f(x))=0的实数根都是f(x)=0的根1)求d的值;2)若a=0,求c的取值范围;3)若a=1,f(1)=0,求c的取值范围.原参考答案1)d=0解答略.2)c∈[0,4).解答略.3)由d=0,f(1)=0得b=-c,f(x)=bx2 cx=-cx(x-1).g(f(x))=f(x).[f2(x)-c f(x) c].由f(x)=0可以推得g(f(x))=0,知方程f(x)=0的根一定是方程g(f(x))=0的根.当c=0时,符合题意.当c≠0时,b≠0,方程f(x)=0的根不是f2(x)-c f(x) c=0的根.因此,根据题意方程f2(x)-c f(x) c…     

A priori bounds for a class of semi-linear degenerate elliptic equations

In this paper,we mainly discuss a priori bounds of the following degenerate elliptic equation,a ij(x)■ij u+b i(x)■iu+f(x,u)=0,in ΩRn,(*)where aij■iφ■jφ=0 on■Ω,andφis the defining function of ■Ω.Imposing suitable conditions on the coefficients and f(x,u),one can get the L∞-estimates of(*)via blow up method.     

定积分不等式的一些常用证法举例

即关于λ的二次三项式的判别式满足 λ~2integral from n=a to b(ψ~2(x)dx) λ[-2integral from n=a to b(ψ(x)ψ(x)dx)] integral from n=a to b(ψ~2(x)dx)≥0