二次函数迭代的一个问题

众所周知,将二次函数f(x)=x2 bx c进行n次迭代,得到f[n](x),这是个2n次多项式,函数f(x)有无不动点(即方程f(x)=x有无实根)对方程f[n](x)=x的解的情况有何影响?本文拟对此进行一些探索.在本文中,我们规定f[0](x)=x.1函数f(x)没有不动点如果函数f(x)没有不动点,即方程x2 (b-1)x c     

二次函数迭代的一个问题初探

对二次函数f(x)=x2 bx c进行n次迭代,得到f[n](x),函数f(x)有无不动点(即方程f(x)=x有无实根)对方程f[n](x)=x的解的情况有何影响?文[1]探讨了这个问题,并提出未解决的问题:方程f(x)=x有两个不等实根,方程f[n](x)=x何时只有两个不同的实数根,何时又有2n个不同的实数解?本文探讨     

关于二次函数迭代的一个定理的简证

对二次函数f(x)=x2 bx c进行n次迭代,得到f[n](x),其中f[1](x)=f(x).函数f(x)有无不动点(即方程f(x)=x有无实数根)对方程f[n](x)=x解的情况有何影响?文[1]、文[2]对此进行了探讨,得到一些颇有价值的结论.其中文[2]证明了下述结果:定理设f(x)=x2 bx c,Δ0=(b-1)2-4c,若方程f(x)=     

关于二次函数迭代的一个定理的简证

对二次函数f（x）=x^2＋bx＋c进行n次迭代，得到f^[n]（x），其中f^[1]（x）=f（x）．函数f（x）有无不动点（即方程f（x）=x有无实数根）对方程f^[n]（x）=x解的情况有何影响？文[1]、文[2]对此进行了探讨，得到一些颇有价值的结论．其中文[2]证明了下述结果：     

二次函数迭代的一个问题初探

对二次函数f（x）=x^2＋bx＋c进行n次迭代，得到f^[n]（x），函数f（x）有无不动点（即方程f（x）=x有无实根）对方程f^[n]（x）=x的解的情况有何影响？文[1]探讨了这个问题，并提出未解决的问题：     

n次迭代还原函数的一个构造定理

定义1记函数f(x)=f[1](x),f(f(x))=f[2](x),…,f(f(…f(x)…))=f[n](x),f[n](x)为f(x)的n次迭代.定义2记f(x),f[2](x),f[3](x),…,f[n](x)的定义域的交集为A,若对于任意的x∈A,存在最小的正整数n,使得f[n](x)=x,则称f(x)为n次迭代还原函数.不难证明,若f(x)为n次迭代还原函数,则     

关于函数及其导数相互关系的几个结论

讨论由f(x)和f^(n 1)(x)的性质来决定f‘(x),f‘‘(x)……f(n)(x)的相应性质,得到几个结论璧如：设f（x)在区间(a, ∞)有直到(n 1)阶的导数,那么当limx→ ∞f(x)=0且limx→ ∞f^(n 1)(x)=0时,必有limx→ ∞f(x)=0……limx→ ∞f^(n)(x)=0     

n次迭代还原函数的一个构造定理的改进

定义1^[1]记函数f（x）=f^[1]（x）,f（f（x））=f^[2]（x）,…,f（f（…f（x）…））=f^[n]（x）,f^[n]（x）为f（x）的n次迭代．     

一类方程的求解方法

问题试解方程:2 2 2x-1-1-1=x22 1.此题若采用常规解法,需解一个16次方程,这显然是不可取的,经过一番思考,我们得到关于此类方程解的一个性质.性质定义f(0)(x)=x,f(1)(x)=f(x),f(n)(x)=f[f(n-1)(x)],n∈N*.若f(x)在其定义域上为增函数,g(x)为f(x)的反函数,则方程f(n)(x)=g(m)(x     

n次迭代还原函数的一个构造定理

定义1 记函数f（x）=f^{1}（x），f（f（x））=f^{2}（x），…，f（f（…f（x）…））=f^{n}（x），f^{n}（x）为f（x）的n次迭代．     

对线性分式函数n次迭代的一个补充

线性分式函数的迭代有着较为广泛的应用.现有的求函数的n次迭代式的方法有:定义法、数学归纳法、不动点法和桥函数相似法等.文[1]利用矩阵的特征多项式理论,得到了线性分式函数的n次迭代式的一般计算公式,此公式只能解决特征根互异的情形.本文就特征根相等的情形作了一些讨论,得到了特征根相等时的线性分式函数的n次迭代式的一般计算公式,并举例说明了它的应用.定义设函数y=f(x),记f0(x)=x,fn(x)=f(f…f(x)…)(n∈N ),则称fn(x)为函数f(x)的n次迭代,显然,fn(x)=f(fn-1(x))(n≥1).定理设f(x)=caxx db,a,b,c,d∈R,ad-bc≠0,若方程λ2-(a b)…     

杭州大学一九八三年攻读硕士学位研究生入学考试试题

1.给定函数f∈C~2[a,b]和分划a=x_0相似文献   

不定方程x2+y2=z2在多项式环R[x]中的解

在整数环Z上的二次不定方程不恒有解,而在多项式环R[x]中,对任意首项系数为正数的多项式f(x),必有R[x]中首项系数为正数的多项式g(x),h(x),使得f^2(x)=g^2(x) h^2(x)。     

浅谈迭代函数的零点问题

<正>我们先给出迭代函数的概念:一般地,如果给定一个函数f(x),它的值域是其定义域的子集,那么我们可以记f⁽¹⁾(x)=f(x),f(1)(x)=f(x),f⁽²⁾(x)=f(f(x)),f(2)(x)=f(f(x)),f⁽³⁾(x)=f(f(f(x))),……,f(3)(x)=f(f(f(x))),……,f⁽ⁿ⁾(x)=f(f(n)(x)=f(f^(n-1)(x))=(f(f(…f(x)…)))n个f并把它们依次叫做函数f(x)的一次迭代,二次迭代,三次迭代,……,n次迭代.n称为f(x)的迭代指数,显然,n次迭代就是同一函数的n次复合函数,下面讨论与二次迭代函数的零点     

一道模拟试题的复习导向

模拟考试题不仅要检测学生的学业水平,还应当为学生指明复习的方向·2009年汕头市一模试题就具有这样的功能·以下分析第21题·1试题设函数f(x)=x-ln(11++xx),(x>-1)·(1)令N(x)=(1+x)2-1+ln(1+x),证明N(x)在x>-1上是单调递增的,并求N(0);(2)求f(x)在定义域上的最小值;(3)是否存在实数m、n满足0≤m-1时,N′(x)=2(x+1)+11+x>0,所以N(x)在x>-1上是单调递增,N(0)=0·(2)事实上,f′(x)=1-1-ln(1+x)(1+x)2=(1N(+xx))2,由(1)知,当-10时,f′(x)>0,所以在-10时,f(x)递增·所以,fmin=f(0)=0·(3)由(2)知f(x)在[0,+∞)上是单调增函数·若存在,则必有f(m)=m,f(n)=n·也即方程f(x)=x在[0,+∞)上有两个不等的实数根m、n,而方程f(x)=x即为ln(11++xx)=0只有一个实数根x=0,所以,不存在实数...     

一类特殊函数的[n／n]Pad&#233;逼近

本文对[n/n]Pad&#233;逼近进行探讨，证明了Pn(x)，Qn(x)是函数f(x)在x=O处的[n/n]Pad&#233;逼近，而Qn(x)=Pn(-x)的充要条件是f(x)^n&#183;f(-x)=1，从而使这一类函数的[n/n]Pad&#233;逼近计算量减少一半。     

三次与四次函数图像对称性探索

<正>二次函数是初中数学教学的一个重难点,我们先来回顾一下.对于二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0),可以进行如下的变形:f(x)=a(x2+bx+c(a≠0),可以进行如下的变形:f(x)=a(x²+b/ax+c/a).根据公式(x+m)2+b/ax+c/a).根据公式(x+m)²=x2=x²+2mx+m2+2mx+m²,f(x)可以配方得顶点式方程:f(x)=a(x-m)2,f(x)可以配方得顶点式方程:f(x)=a(x-m)²+n(其中m、n是与x无关的常数).从上式中得到f(x)的对称轴方程为x=m(m=-b/2a),这也可以表达为:对于任意的x总有f(m     

LP[0,1](1＜p＜∞)空间正系数多项式倒数逼近的一个推广

本文推广了LP[0,1](1＜p＜∞)空间函数的正系数多项式的倒数逼近的结论,即证明了:设f(x)∈LP[0,1],1＜p＜∞,且在(0,1)内严格1次变号,则存在一点x0∈(0,1)及一个n次多项式Pn(x)∈∏n(+)使得‖f(x)-x-x0/Pn(x)‖LP[0,1]≤Cpω(f,n-1/2)LP[0,1],其中∏n(+)为次数不超过n的正系数多项式的全体.     

一类非线性复微分差分方程解的不存在性

该文研究了一类复微分差分方程[f(z)f′(z)]^n+f^m(z+η)=1,[f(z)f′(z)]n+[f(z+η)?f(z)]^m=1,[f(z)f′(z)]^2+P^2(z)f^2(z+η)=Q(z)e^α(z)的超越整函数解,其中P(z),Q(z)为非零多项式,α(z)为多项式,m,n为正整数,η∈C?{0},并给出了这类方程不存在超越整函数解的几个充分条件.     

高三代数高次方程一章中的三个定理

一.一元n次方程的根的个数定理一元n次方程有n个根而且只有n个根。 課本中的証明大意如下: (1)根据代数基本定理,推得 f(x)=a_1x~n+a_1x~(n-1)+…+…a_n(a_0≠0) =a_0(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0,而 f(x_1)=f(x_2)=…=f(x_n)=0,所以f(x)=0有n个根x_1,x_2,…,x_n。 (2)设x_(n+1)是和x_1,x_2,…,x_n都不相同的任一数, ∵f(x_n+1)≠0 ∴x_(n+1)不是f(x)=0的根。从而得出結論:f(x)=0只有n个根。证毕。我們知道,要断定f(x)=O的根只有n个,必須确定所有不同的根以及每一个根的重复度。上面的証法只能滿足前者的要求而不能滿足后者,因此,很容易使人发生以下的問題:如果x_(n+1)和x_1,x_2,…,x_n中的某一个相等,于是f(x_(n+1)=0;那么是否可以說x_(n+1)是f(x)=0的第n+1个根呢? 所以这个証法是不妥当的。事实上这个定理应該根据多項式的典型分解式的唯一性来証明。