Periodic Solution of a Nonautonomous Diffusive Food Chain System of Three Species with Time Delays

Abstract By using the continuation theorem of coincidence degree theory,the existence of a positive periodicsolution for a nonautonomous diffusive food chain system of three species. dx_1(t)/dt=x_1(t)[r_1(t)-a_(11)(t)x_1(t)-a_(12)(t)x_2(t)]+D_1(t)[y(t)-x_1(t)], dx_2(t)/dt=x_2(t)[-r_2(t)+a_(21)(t)x_1(t-r_1)-a_(22)(t)x_2(t)-a_(23)(t)x_3(t)], dx_3(t)/dt=x_3(t)[-r_3(t)+a_(32)(t)x_2(t-r_2)-a_(33)(t)x_3(t)], dy(t)/dt=y(t)[r_4(t)-a_(44)(t)y(t)]+D_2(t)[x_1(t)-y(t)]+D_2(t)[x_1(t)-y(t)],is established,where,r_i(t),a_(ii)(t)(i=1,2,3,4),D_i(t)(i=1,2),a_(12)(t),a_(21)(t),a_(23)(t)and a_(32)(t) are all positiveperiodic continuous functions with period w>0,T_i(i=1,2)are positive constants.     

通项·回归·解出

先看具体问题。例1 数列{a_n}满足a_1=a_2=1,且a_(n+2)=a_n+a_(n+1) 求证:(a_1/2)+(a_2/2~2)+(a_3/2~3)...+a_n/2~n<2 证明设S_n=a_1/2+a_2/2~2+...+a_n/2~n 由a_n+2=a_n+a_(n+1)得 a_n=a_(n+2)-a_(n+1)。 Sn=(a_3-a_2)/2+(a_4-a_3)/2~2+...+     

多项式函数奇偶性定理的证明和应用

在解题中,我们往往不自觉地应用了下面关于多项式函数奇偶性的定理: 定理多项式函数f(x)为奇函数(或偶函数)的充要条件是f(x)只含奇次项(或偶次项)。这个定理由于教材上未作介绍,而在解决这方面的问题时又经常用到,为此,笔者将此定理的证明写出,供参考。证明充分性是显然的。下证必要性。若f(x)为奇函数,即有f(x)=-f(-x)。我们写出多项式函数的一般形式,就有a_n(-x)~n+a_(n-1)(-x)~(n-1)+…+a_1(-x)+a。=a_nx~n-a_(n-1)x~(n-1)-…-a_1x-a (1) 若n为偶数,则有 2a_nx~n+2a_(n-2)a(n-2)+…+2a_2x~2+2a_o=0从而 a_n=0,a_(m-2)=0,…,a_2=0,a_0=0。     

从一道竞赛题谈周期数列的有关问题

1985年第三届美国数学邀请赛(AIME)试题第五题是: 选取一列整数a_1,a_2,a_3,……,使得每个n≥3都有a_2=a_(n-1)-a_(n-2),若该数列的前1492项之和等于1985,而前1985项之和等于1492,那么前2001项之和是多少? 原参考答案根据关系式a_n=a_(n-1)-a_(n-2)所暗示的递推规律给出了一个探索性解答,这里将通过求通项公式的办法进行解答;并在此基础上得出两个一般性公式。解:∵ a_n=a_(n-1)-a_(n-2), ∴ a_n-a_(-1)+a_(-2)=0 易知此递推式乃二阶齐次线性递归方程,解相应的特征方程x~2 -x+1=0得:     

具有两个亏值的亚纯函数（Ⅱ）

本文讨论了具有两个亏值的亚纯函数的唯一性问题,改进了F.Gross和本文作者的几个结果。本文主要证明了:设f与g是两个非常数亚纯函数,a,a_1,a_2是三个判别的有穷复数,再设δ(∞,f)=δ(∞,g)=1,E_f({a_1,a_2})=E_g({a_1,a_2})。(1)如果2a≠a_1+a_2,且δ(a,f)+δ(a,g)>5/3,则f≡gr或(f-a)(g-a)≡(a_1-a)(a_2-a);(2)如果2a=a_1+a_2,且δ(a,f)+δ(a,g)>1,则f≡g或f+g≡2a或(f-a)(g-a)≡(a_1-a)·(a_2-a)。     

余数定理的应用之一

在师范学校誹投数学課,应該如何联系小学实际以及如何体現出“居高临下”是师范学校教师們探討的問題。我认为有許多知識都可以直接指导小学算术知識的,这里仅以代数中的余数定理为例,談談我的看法,如有不正确之处,欢迎批評指教。余数定理是确定多項式f(x)除以(x-1)时所得余数的定理,当f(a)=0时說明f(x)能被(x-a)整除。这样,用余数定理就能迅速地判断f(x)能否被(x-a)整除。在小学算术中所研究的整数都是非負整数,它們都可以写成a_n·10~n+a_(n-1)·10~(n-1)+…+a_1·10+a_0的形式,其中a_i(i=0,1,2,…,n)都是数碼n是非負整数,因此它們都具有多項式f(x)=a_nx~n++a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0的形式。而x±a相当     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

根有某种关系的两个一元二次方程系数间的关系及其应用

几个定理设有两个一元二次方程a_1x~2+b_1x+c_1=0 (a_1≠0) (Ⅰ)和a_2x~2+b_2x+c_2=0 (a_2≠0) (Ⅱ) 定理1 方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍的充要条件是。 (?) 证明必要性:设x_1、x_2是方程(Ⅰ)的两个根,若方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍,则有 (a_2k~2x_1~2+b_2kx_1+c_2)·(a_2k~2x_2~2+b_2kx_2+c_2)=0此式左边展开后,经整理可得 a_2~2k~4(x_1x_2)~2+a_2b_2k~3x_1x_2(x_1+x_2)     

时滞Logistic方程非振动解的存在性

本文获得了时滞Logistic方程 x'(t)=r(t)x(t)[1-a_1x(g_1(t))-a_2x(g_2(t))]~a,t≥0关于其正平衡状态x=1/(a_1+a_2)存在非振动解的充分条件与充要条件,改进并推广了Aiello中的结果.     

正交多项式回归理论中一个递推关系的证明

令(?)_k(t)表示 k 阶多项式,对于一组首项系数为1的多项式{(?)_k(t),k≥0}在t=0,1,…,(N-1)处正交,即(?)本文证明了它们有递推关系(?)_(k+1)(t)=(?)(t)(?)_k(t)-a_(k-1)(?)_(k-1)(t),其中a_(k-1)=k~2(N~2-k~2)/4(4k~2-1).     

带p-Laplacian算子的四点边值问题拟对称正解的存在性

利用范数形式的锥拉伸与压缩不动点定理,研究了一类p-Laplacian方程四点边值问题(φp(u′(t)))′(t)+λf(t,u(t))=0,t∈(0,1),u(0)-βu′(ξ)=0,u(ξ)-δu′(η)=u(1)+δu′(1+ξ-η),其中φp(s)=sp-2·s,p>1.获得了其拟对称正解的存在性定理.     

几个非线性演化方程的准确解

在浅水波的讨论中,当水面在 y 方向变化充分小时,可归为二维广义 KdV 方程[1]。u_(x t)+6(uu_x)_x+u_(xxxx)+3b~2u_(yy)=0,(1·1)这里 b 是常数。方程(1·1)是否存在局部化的孤立子解是[1]中提出的未决问题之一。本节通过计算表明方程(1·1)有局部化的孤立波解。事实上,设     

余数定理的引伸及其应用

在中学数学课本里有一条定理叫余数定理“多项式f(x)除以x-b所得的余数等于f(b)”,证明时引用了下列恒等式 f(x)=(x-b)·Q(x)+R (1)当x=b时,f(b)=R。现在我们把关系式(1)引伸一下,设 f(x)=B(x)·Q(x)+R(x) (2)是一个关于x的恒等式,如果当x=b时,我们有B(b)=0,则得f(b)=R(b)。由于我们所讨论的是一元多项式,当B(x)的次数低于f(x)的次数时,R(x)的次数将低于B(x)的次数而更低于f(x)的次数,因此,求函数f(x)当x=b的值时,可以不直接代入f(x)计算而可以代入较为简单的式子R(x)里去计算,这样就方便得多了。例1. 已知 x=1/(3~(1/2)+2~(1/2)),求 f(x)=x~5+x~4-10x~3-10x~2+2x+1的值。解:x=1/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2)。     

Asymptotic behavior of unstable ARMA processes with application to least squares estimates of their parameters

A time series x(t), t≥1, is said to be an unstable ARMA process if x(t) satisfies an unstableARMA model such asx(t)=a_1x(t-1) a_2x(t-2) … a_8x(t-s) w(t)where w(t) is a stationary ARMA process; and the characteristic polynomial A(z)=1-a_1z-a_2z~2-…-a_3z~3 has all roots on the unit circle. Asymptotic behavior of sum form 1 to n (x~2(t)) will be studied by showing somerates of divergence of sum form 1 to n (x~2(t)). This kind of properties Will be used for getting the rates of convergenceof least squares estimates of parameters a_1, a_2,…, a_?     

等差数列的一个有趣的性质

我们知道,如果a_1,a_2,a_3成等差数列,由等差数列的定义,就有:a_2-a_1=a_3-a_1由此可得a_1-2a_2 a_3=0 (A) 如果a_1,a_2,a_3,a_4成等差数列,应用上面的结论,对这个数列的前三项有a_1-2a_2 a_3=0 (1)而对它的后三项又有a_2-2a_3 a_4=0 (2)将(1)减去(2),便得     

一个定理的应用一、二例

多项式a_nx~n+a_(n-1)~x~(n-1)+…a_1x+a。能被x-1整除的充要条件是a_n+a_(n-1)+…+a_1+a_0=0。根据因式定理,便可得到如下推论: “一元方程a_nx~n+a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0=0, x=1是它的一个根的充要条件是 a_n+a_(n-1)+…a_1+a_0=0”。在初中数学中,为了证明上述推论,可用以下方法:设x=1是方程的一个根,则得a_n+a_(n-1)+…+a_1+a_0=0,证明了条件是必要的。次设条件成立,则得a_n(x~n-1)+a_(n-1)(x~(n-1))+…+a_1(x-1)=0,可知此方程有一根是x=1,证明了条件充分。     

课本上一道例题的另种解法

普通高中课程标准实验教科书数学第一 册B版P43. 例3 已知函数 求f(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(5). 课本解答如下: f(0)=1 f(1)=1·f(1-1)=1·f(0)=1 f(2)=2·f(2-1)=2·f(1)=2·1=2 f(3)=3·f(3-1)=3·f(2)=3·2·1=6 f(4)=4·f(4-1)=4·f(3)=4·3·2·1=24 f(5)=5·f(5-1)=5·f(4)=5·4·3·2·1=120 在这儿爱思考的同学也许会问,若求 f(1000),f(10000)…等又如何去求呢?其实例 3还可以通过先求函数的解析式再求函数值.     

巧设函数证题

很多数学问题,一旦与函数联系起来,研究解决问题的途径便大为广阔。辅设函数证题是证明某些数学命题的有效方法,也是重要技巧。但是,目前有不少学生对它还比较陌生,至少说对这一方法掌握不够。现举数例如下,以兹参考。例1 设a_1cosα_1+a_2cosα_2+…+a_ncosα_n=0, a_1cos(α_1+1)+a_2cos(α_2+1)+…+a_ncos(α_n+1)=0.试证对任何实数β,有 a_1cos(α_1+β)+a_2cos(α_2+β)+…+a_ncos(α_n+β)=0. 证明设函数 f(β)=a_1cos(α_1+β)+a_2cos(α_2+β)+…+a_ncos(α_n+β).     

捕食模型正周期解存在性的一个注记

利用重合度理论中的延拓定理讨论了多滞量捕食模型(dN_1(t))/dt=N_1(t)[r_1(t)-a_(11)(t)N_1(t-τ_1(t))-a_(12)(t)N_2(t-τ_2(t))] (dN_2(t))/dt=N_2(t)[-r_2(t)+a_(21)(t)N_1(t-τ_3(t))]的正周期解的存在性,得到了保证上述系统周期解存在的一组时滞依赖的充分条件,补充和完善了已有学者的工作.