涉及分担函数的正规性

设k为一个正整数,a(z)(■0,∞)为区域D的亚纯函数,F是区域D内的一族亚纯函数,其零点的重级至少为k.若对于任意f∈F,f(z)=0f~((k))(z)=a(z)?0|f~((k+1))(z)-a′(z)||a(z)|,则F在D内正规.     

分式化简的常用方法和技巧

<正>本文介绍分式化简的常用方法和一些技巧,目的在于帮助学生灵活解题、巧妙解题,从而提高解题能力,那么,分式化简常用哪些方法和技巧呢?一、逐次通分例1化简:1/(1-a)+1/(1+a)-2/(1+a²)+4a2)+4a²/(1+a2/(1+a⁴).解由左向右逐次通分,得     

转化思想在多元不等式最值问题中的应用

<正>多元最值问题的解题方式多样灵活,下面将常见的解决多元最值问题的方法整理归纳如下:一、消元法例1已知正实数a,b满足2/(a+2)+1/(a+2b)=1,求a+b的取值范围.解由题意可得,b=(((a+2)/a)-a)/2>0,a>0,2解得0相似文献   

奇偶函数对称性应用举隅

<正>奇函数的图像关于原点对称,偶函数的图像关于y轴对称,该性质大家并不陌生,如能借鉴奇偶函数的这两种对称性,或能为解题另辟蹊径.例1已知函数f(x)=log_2(2x+1)/(4x-3)的图像是一个中心对称图形,则其对称中心为.解析设函数f(x)=log_2(2x+1)/(4x-3)图像的对称中心为(a,b),则g(x)=f(x+a)-b=log_2     

偶阶非线性中立型时滞微分方程的振动性

本文研究一类新的偶阶非线性中立型时滞微分方程(r(t)|z~((n-1))(t)|~(a-1)z~((n-1))(t))'+F(t,x(g(t)))=0,t≥t_0(其中z(t)=x(t)+p(t)x(T(t)),α 0为常数,n为偶数)的振动性.利用广义Riccati不等式和积分平均技巧得到方程一切解均为振动的若干新的振动准则,推广和改进了一些文献中的结果.     

含参二次绝对值函数题的解法探究

<正>一、试题呈现已知函数f(x)=x²+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a2+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a².二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x2.二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x²+b在区间[0,4]上为增函数,则M(a,b)=max{|f(0)|,|f(4)|}     

对一个由等式转向不等式问题的剖析

曾见这样一题:已知a、b、c∈R,a+b+c= 1.a2+b2+c2=1,求a的取值范围. 分析 这是一道由已知是"等式关系"推 导出"不等式范围"的问题,解题思路的寻找就 是构架起由已知通向未知的桥梁.由等式转向 不等式主要有三种方式:(1)△法(一元二次方 程有实根) (2)基本不等式法 (3)几何位 置关系法. 剖析1 用△法来解题:即△式子是一个关 于a的不等式,因此要构造一个系数有a的一元 二次方程,怎样去构造呢?由已知等式构造一个 b,c是方程两根的一元二次方程,由已知可得b +c=1-a,bc=a2-a,所以可得一元二次方程 x2-(1-a)x+a2-a=0,因此由△≥0得(1-     

两个恒等式的应用

an=a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-a(n-1))(n≥2),an=a1·(a2/a1)·(a3/a2)…an/(a(n-1))(n≥2).在求解数列问题时,我们常用到上面两个恒等式.当求得an/a(n-1)或an-a(n-1)的表达式后,     

关于零点不等式证明问题的思路探究

<正>函数的零点问题是新课标的新内容,考查形式多种多样,其中有一类问题是所证明的不等式中仅仅涉及零点,以下我们称为"零点不等式".下面就此类问题我们尝试寻找一种解题思路,归纳解题方法,以提高我们的解题能力.例1已知函数f(x)=ln(x+1/a)-ax,其a中a∈R且a≠0.(1)讨论f(x)的单调区间;     

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.     

巧用“a+b+c=0”妙解一类分式竞赛题

<正>在数学解题中,经常会碰到已知条件为"a+b+c=0"的分式求值竞赛的问题,这时若把此条件转化为一些有用的结论,在解题中灵活利用这些结论思考问题,往往能快速找到突破口,收到事半功倍之效,本文就此类问题的解法举例说明.     

一类重特征方程Goursat问题解的存在性中的离散现象

本文讨论下述Goursat问题■在原点的邻域中解析解的存在性(其中a,b,c为常数).结果如下:(i)若b≠1,3,5,…,则对任何解析函数ψ(x),问题(G_(a,b,c))恒有解析解;(ii)若b=2j+1(j≥0为整数),则问题(G_(a,b,c))有解析解的充要条件为 λφ~((j))(0)+φ~((j+2))(0)=0,若λ≠0, φ~((j+2l))(0)=0,l=1,2,…,若λ=0,其中λ=c-a~2/4,φ(x)=ψ(x)exp(ax/2). 在(i),(ii)两种情形中,均具体给出了解的形式.     

高阶导算子为厄米特算子的一种充要条件

对于A∈C_(n×n),~n?A的k阶导算子δ_n~((k))(A)的正交数值域是指W~⊥(δ_n~((k))(A))={E_k(x)|x∈W_n(A)} ,1≤k≤n,其中E_k(x)为C~n上第k个初等对称函数,W_n(A)={digU~*AU|U∈u_n}。本文证明了当3≤k≤n时,δ_n~((k))(A)为厄米特算子的充要条件是W~⊥(δ_n~((k))(A))?R。     

纠正一道竞赛试题参考答案的错误

<正>2016年全国高中数学联赛江西省预赛试题第1题:若y=log_(2016)(x²-ax+65)的值域为R2-ax+65)的值域为R⁺,那么实数a的取值范围是.错误参考答案1由值域为R+,那么实数a的取值范围是.错误参考答案1由值域为R⁺,所以x+,所以x²-ax+65>1,即x2-ax+65>1,即x²-ax+64>0,从而Δ<0,解得-16相似文献   

多项式函数零点重数的一个性质

研究探讨了多项式函数零点和零点的重数与函数D_k(f(x))=f~((k))(x)/f~((k+1))(x)之间的关系,得出了相应的结论.     

巧解一道联赛试题

<正>试题2013年全国初中数学联赛二试题(1)、(3)若正数a、b、c满足(b2+c2-a2/2bc)2+(c2+a2-b2/2ca)2+(a2+b2-c2/2ab)2=3,求代数式b2+c2-a2/2bc+c2+a2-b2/2ca+a2+b2-c2/2ab的值.解由原式得     

r-一致超图Ramsey函数的渐近下界(英文)

本文利用Lovasz局部引理的Spencer形式和对称形式给出r-一致超图Ramsey函数的渐近下界.证明了:对于任意取定的正整数f0,使得当n→∞时,有R~((r))(m~l,n~(k-l))≥(c-o(1))(n~(r-1)/logn)~■.特别地,R~((r))_k(n)≥(1-o(1))n/e k~■(n→∞).对于任意取定的正整数s≥r+1和常数δ>0,α≥0,如果F表示阶为s的r-一致超图,■表示阶为t的r-一致超图,且■的边数满足m(■)≥(δ-o(1))t~r/(logt)α(t→∞),则存在c=c(s,δ,α)>0,使得R~((r))(F,■)≥(c-o(1))(t~(r-1)/(logt)~l+(r-l)α)~(m(F)-l/s-r).     

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.     

整体法解题举例

<正>整体法是将问题视为一个完整的整体,把着眼点放在问题的整体结构上,从整体上把握解题的方法.应用整体法解题,能使不少常规思路难以解决的问题找到简便的解法.例1已知正数a、b、c满足ab+a+b=bc+b+c=ca+c+a=3,求(a+1)(b+1)(c+1)的值.解由ab+a+b=3,得(a+1)(b+1)=4.同理可得(b+1)(c+1)=4,(c+1)(a+1)=4.     

限制零点个数的亚纯函数的正规定则

设k,n(≥k+1)是两个正整数,a(≠0),b是两个有穷复数,F为区域D内的一族亚纯函数.如果对于任意的f∈F,f的零点重级大于等于k+1,并且在D内满足f+a[L(f)]~n-b至多有n-k-1个判别的零点,那么F在D内正规·这里L(f)=f~((k))(z)+a_1f~((k-1))(z)+…+a_(k-1)f'(z)+a_kf(z),其中a_1(z),a_2(z),…,a_k(z)是区域D上的全纯函数.