基于Jacobi多项式零点的Grünwald插值算子

本文考虑基于一般Jacobi多项式J_n~(α,β)(x)(—1<α,β<1)零点的Grnwald插值多项式G_n(f,x);主要证明了G_n(f,x)在(—1,1)内几乎一致收敛于连续函数f(x),并给出了点态逼近估计;拓广和完善了文献[1,2]的结果。     

关于Grnwald插值算子及其应用

本文研究了基于Jacobi多项式J_n~((α,β))(x)(0<α,β<1)的零点{x_k}_1~n的Grnwald插值多项式G_n(f;x)=sum from k=1 to n (f(x_k)l_k~2(x)),证明了G_n(f;x)在(-1,1)内的任一闭子区间上一致收敛于连续函数f(x);从而拓广了Grnwald所得结果。     

ON L_p—CONVERGENCE OF GRUNWALD INTERPOLATION

In this paper,the L_p-convergence of Grünwald interpolation G_n(f,x)based on the zerosof Jacobi polynomials J~((α,β))_n(x)(-1<α,β<1)is considered.L_p-convergence(00)of G_n(f,x)is obtained for-1<α,β≤0.Therefore,the results of[1]and [3-5]are improved.     

ON THE RATE OF CONVERGENCE OF THE GAMMA OPERATOR FOR FUNCTIONS OF BOUNDED VARIATION

Let f be a function defined on the infinite interval[0,∞).The Gamma operator G_n applied to f isG_n(f(t),x)=∫_0~f(nt)g_n(x/t)(dt)/t,whereg_n(u)=u~ne~(-u)/(n-1)!(see[1],P.207).There are some results of convergence and saturation of G_n     

用 Gamma-型算子逼近实变函数

现在的问题是 L(?)中的函数 f 具有怎样的性质时,才能保证 G_n(f)一致收敛?下述定理表明条件δ_2(f,t)_L_∞=0(1)是恰当的。并且与 L_∞不同,在 L_P(1≤p<∞)中 G_n(f)总是收敛的.     

Landau常数和Lebesgue常数的渐近性与不等式

对于所有的整数n≥0,Landau常数和Lebesgue常数分别定义为G_n=∑nk=01/16~k(2k/k)~2和L_n=1/2π∫_(-π)~π|sin((n+1/2)t)/sin(1/2t)|dt.本文给出G_n和L_(n/2)新的渐近级数.基于获得的结果,本文建立了Landau常数和Lebesgue常数新的不等式.设f∈C[-1,1],(s_nf)(x)=∑_(k=0)~na_kT_k(x)是f的Chebyshev展开式的部分和.Cheney指出,对于所有直到400为止的n值,当用最佳多项式逼近替代s_nf时,精度至多提高一位十进小数.本文证明了Cheney的论断对于n≤191833603亦真,而且本文说明了191833603不能被更大的整数替代.     

从一道研究生入学试题谈起

例 1 [1]　设 f于 [1 ,+∞ )连续可微 ,且 f′( x) =1f2 ( x) +1 [1x -ln( 1 +1x) ].求证 :limx→∞ f ( x)存在 .文 [2 ]将其作为例题 ,其解答为 :由简单的不等式 [3] hh +1 -1 ,h≠ 0 ) ,得1x +1 ) 0 ,从而 f ( x)在 [1 ,+∞ )上单调增加 .又因f′( x) 1x -ln( 1 +1x) <1x -1x +1 =　　 1x x +1 . 1x +x +1 <1x . 12 x =12 x32注意到 f′( x)连续牛顿—莱布尼兹公式 ,得f ( x) -f ( 1 ) =∫x1f′( t) dt ∫x112 t32dt=1 -1x <1于是 f ( x) <1 +f ( 1 ) ,即 f ( x)在 [1 ,+∞ )上有上界 …     

Littlewood—Paley算子及Marcinkiewicz积分在Campanato空间εa,p上的有界性

我们证明了下述结果:若f∈ε^a,p,则适当限制参数值时,有g(f)(x)(S(f)(x),g_λ^*(f)(x),μ(f)(x))<∞a.e.,或者g(f)(x)(S(f)(x),g_λ^*(f)(x),μ(f)(x))<∞a.e.;并且在前者成立时,有g(f)(S(f),g_λ^*(f),μ(f))∈ε^a,p,以及‖g(f)‖_a,p     

不等式f(x)·(g(x))~(1/2)≥0的解法

解不等式 f(x)·g(x) ≥ 0极易出现漏解或增解 ,最常见的错误解法是 ,将 f(x)·g(x) ≥ 0转化为不等式组 f(x)≥ 0 ,g(x)≥ 0 .须知 f(x)·g(x) >0与 f(x) >0 ,g(x) >0同解 ,但是 f(x)· g(x) ≥ 0与f(x)≥ 0 ,g(x)≥ 0并不同解 .那么 ,怎么解此类不等式呢 ?下提供三种基本的解法供参考 .方法 1　将关系符号分解符号“≥”是由“ >”与“ =”复合而成 ,这样解不等式 f(x)·g(x) ≥ 0可以转化为解不等式 f(x)· g(x) >0与解方程 f(x)·g(x) =0 .例 1　解不等式 (x - 4 ) x2 - 3x - 4 ≥ 0 .解　原不等式可以转化为 (x - 4 )x2 - 3x - 4>0或 (…     

由一道习题谈函数图像关于直线对称问题

题目 有下列四个命题:①若函数f(x-a)=f(a-x),则f(x)的图像关于y轴对称;②函数f(x)满足f(a+x)=f(a-x),则f(x)的图像关于直线x=a对称;③函数y=f(a-x)与y=f(a+x)的图像关于y轴对称;④函数y=f(x-a)与y=f(a-x)的图像关于直线x=a对称.其中正确的命题是___.     

一道高考压轴题的解答

<正>问题(2018年新课标3卷(理))已知函数f(x)=(2+x+ax²)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-10时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a．对于本题第二问:若x=0是f(x)的极大值点,则在x=0的左侧附近f′(x)>0,在x=0的右侧附近f′(x)<0,且f′(0)=0.     

秘密在哪儿？

在函数y =f(x)中隐含着秘密 ,发现并利用y =f(x) 的秘密 ,是顺利解题的关键 .那么 ,秘密到底藏在哪儿呢藏在函数的关系式之中例 1 :(0 1年全国高考题 )设 f(x)是定义在R上的偶函数 ,对于任意x1 ,x2 ∈ 0 ,12 ,都有f(x1 +x2 ) =f(x1 )·f(x2 ) ,且 f(1 ) =2 .求 f 12 ,f 14 .分析 :怎样由 f(1 ) =2去求f 12 呢 ?从题设给出的函数关系式 :f(x1 +x2 ) =f(x1 )·f(x2 )启发我们 ,只要把 1分成两个 12 之和 ,即可解决问题 .解析 :首先 ,由x1 ,x2 ∈ 0 ,12 都有f(x1 +x2 ) =f(x1 )·f(x2 )的条件 ,可推出x∈ [0 ,1 ]时都成立的一般式子 :f(x) =f …     

综合题新编选登

题153设函数f(x)=ax-(a 1)ln(x 1),其中a>0.1)求f(x)的单调区间;2)当x>0时,证明不等式:1 xx0),由f′(x)=0,解得x=1a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-1,1a)1a(1a, ∞)f′(x)-0 f(x)极小值由上表可知,当x∈(-1,1a)时,f′(x)<0,函数f(x)在(-1,1a)内单调递减;当x∈(1a, ∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在(1a, ∞)内单调递增.所以,函数f(x)的单调减区…     

构造函数利用单调性解题

由函数单调性的定义容易知道 :(1 )若函数 f (x)在区间 I上单调增 ,且x1、x2 ∈ I,则 f(x1) x2 ;(3 )若函数 f(x)在区间 I上单调 ,且 x1、x2 ∈ I,则 f (x1) =f (x2 )　 　 x1=x2 .根据题目的特点 ,构造恰当的函数 ,利用函数单调性来解题是一种常用技巧 ,本文在此作点归纳和介绍 .1　巧用单调性解方程 (不等式 )例 1　解方程　 3 x 4x =5x.解　易知原方程同解于方程 (35) x (45) x=1 ,观察知 x =2是此方程的解 .易知 ,函数 f (x) =(…     

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…     

甩瓦累-布然平均逼近连续函数

<正> §1.总说§1.1 设 f(x)∈C_(2π),f(x)～a_0/2+sum form n=1 to ∞ a_ncosnx+b_nsin nx≡sum form n=0 to ∞ A_n(x)记 S_n(f,x)=sum form v=0 to n A_v(x).称σ_(n,p)(f,x)=1/p+1 sum form v=n-p to n S_v(f,x)为 f(x)的瓦累-布然平均.记△_u~kf(x)=sum form v=0 to k (-1)~v(?)f[x+(k-2v)u].称函数ω_k(f,t)=(?)|△~u_kf(x)|为 f(x)的 k 阶连续模.简记ω(f,t)=ω_1(f,t).假如 f(x)的共轭函数     

综合题新编选登

题 136　函数 f( x)对一切实数 x,y均有f( x y) - f( y) =x( x 2 y 1 )成立 ,且 f( 1 )= 0 .1 )求 f( 0 ) ;2 )求 f( x) ;3)当 x∈ ( 0 ,12 )时 ,f( x) 2 相似文献   

不确定的 f~(-1)[f(x)]

题:若f(x)=3x-2,求f~(-1)[f(x)]。解法一∵f(x)=3x-2, ∴f[f(x)]=3f(x)-2=9x-8。 x=f[f(x)] 8/9; 故 f~(-1)[f(x)」=x 8/9。解法二∵f(x)=3x-2, ∴x=f(x) 2/3,f~(-1)(x)=x 2/3 故 f~(-1)[f(x)]=f(x) 2/3 =3x-2 2/3=x 解法三∵f(x)=3x-2, ∴确定函数f(x)的映射是从定义域集R到值域集R的一一映射,即f:x→3x→2=y。     

李安纳特方程的稳定性和有界性

§ 1 .　Introduction　　Recently,Li啨ｎａｒｄ typeequationhasbeenwidelyinvestigated ,manyexcellentresultshavebeenobtained .In [1],theauthorhasinvestigatedLi啨ｎａｒｄ typeequation¨x +f1 (x) x +f2 (x) x2 +g(x) =0 ( 1)andadtainedmanyresultsonthequalitativebehaviorofequation ( 1) .FortheretardedLi啨ｎａｒｄ typeequation¨x+f1 (x) x+f2 (x) x2 +φ(x) +g(x(t -h) ) =0 ,( 2 )wherehisanonnegativeconstant,f1 ,f2 ,φandgarecontinuousfunctionsonR ,theauthorsin [2 ]haveinvestigatedstabilityandbounde…     

从一道数学竞赛题谈起

第四届 ( 1 992年 )北京市大学生数学竞赛 (非数学专业 )有这样一道试题 :若函数 f ( x)对一切 u≠ v均有f( u) - f( v)u- v =αf′( u) + βf′( v) , ( 1 )其中 α,β>0且 α+ β=1 ,试求 f( x)的表达式 .本题有多种解法 ,现介绍两种不同于 [1 ]的解法 .解法一　 1°若 f′( x)≡ k( k为常数 ) ,则 f( x)为一次函数 ,问题已经解决 .2°若 f′( x)不恒为常数 ,则至少存在两点 x1与 x2 使 f′( x1)≠ f′( x2 ) ,在 ( 1 )式中分别令 u=x1,v=x2 及 u=x2 ,v=x1,可得f ( x1) - f ( x2 )x1- x2=αf′( x1) + βf′( x2 ) , ( 2 )f ( x2 ) - f ( …