Fixpoints of Iterates and Quasinormal Families

Let A, B be two sets and f:A→B a map. The iterates f~n: A_n→B,n=1,2,…aredefined inductively by A_1=A, f~1=f and A_1=f~(-1)(A_(n-1)∩B), f~n=f~(n-1)(f) for n≥2.Note that A_2=f~(-1)(A_1∩B)A=A_1 and thus A_n A_(n-1) A for n≥2. A point x∈A is called a periodic point of period n of f if x∈A_n and f~n(x)=x, butf_j(x)≠x for any j less than n. A periodic point of period 1 is called a fixpoint. Then a periodic     

上期课外练习参考解答

初一年级1.(1)m3n2(2)c相似文献   

三角形内角和定理的证明

同学们都已经知道三角形的内角和为180° ,但你是否想过除了课本的证明方法外 ,还有没有其它的证明方法呢 ?下面我们就来探讨三角形内角和定理的多种证明方法 .已知△ABC ,求证 :∠A +∠B +∠C=180° .证明一　常见的证法 ,过点C作CE∥AB ,延长BC至D ,则∠A +∠B +∠C =∠ 1+∠ 2 +∠ACB=180° .证明二　过点C作DE∥AB ,易知　∠A =∠ 1,∠B =∠ 2 .∵　∠ 1+∠ 2 +∠ACB =180° ,∴　∠A +∠B +∠C =180° .证明三　过点C作CD∥AB ,易知　∠A =∠ 1,∵　∠ 1+∠ACB+∠B =180°(两直线平行 ,同旁内角互补 ) ,∴　∠A +∠B…     

“做”数学

新课标体现新的理念 ,“学数学”、“做数学”是新的课程标准体现的目标和要求 ,也是培养数学能力的重要手段 .纵观近年来各地中考试卷 ,处处无不体现这一思想 .本文以近年来中考题为例 ,撷集数例如下 ,供赏析 .1 .折一折例 1　 ( 2 0 0 3年北京市海淀区中考题 )如图 1 ,把△ABC纸片沿DE折叠 ,当点A落在四边形BCDE内部时 ,则∠A与∠ 1 +∠ 2之间有一种数量关系保持不变 ,请试着找一找这个规律 ,你发现的规律是 (　 ) .A .∠A =∠ 1 +∠ 2　　B .3∠A =2∠ 1 +∠ 2C .3∠A =2 (∠ 1 +∠ 2 )D .2∠A =∠ 1 +∠ 2分析 :由四边形的内角…     

一类图形的基本结论及其应用

<正>1.基本图形结论如图1,∠AOB+∠DCE=180°,∠AOC=∠BOC,则DC=CE.证明过C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N.因为∠AOC=∠BOC,所以CM=CN.因为∠AOB+∠DCE=180°,由四边形内角和知∠ODC+∠CEO=180°,所以∠MDC=∠CEN,所以△MCD≌△NCE,DC=CE.也可以在OA上取点P,使CP=CO,通过△PCD≌△OCE即可.其实问题可以看作在上述条件下∠DCE绕顶点C旋转,其结论依然成立;     

一道几何题的别证与变式

图1文[1][2][3]中都有如下一道几何题:如图1,△ABC中,E、F分别在边AB、AC上,BF与CE相交于点P,且∠1=∠2=12∠A,求证:BE=CF.文[2]中用共角定理给出证明,方法简洁、巧妙,文[3]中利用三角法结合正弦定理证明线段相等.这两种方法难度都较大,本文拟给出两种学生容易接受的常规证法并证明两个变式.图2证法1如图2,过点B作BG∥CE,过点C作CG∥BE,BG、CG相交于点G,连结GF,则∠4=∠2=∠1=12∠A,∠ACG=180°-∠A,四边形BGCE是平行四边形,∴CG=BE,∵∠FBG+∠FCG=∠1+∠4+∠ACG=12∠A+12∠A+180°-∠A=180°,     

数学诡辩

已知:△ABC,求证:∠A+∠B+∠C=180°。证明:如图,在BC上任取一点D,连AD。设三角形三内角和的度数为x,则△ABD中,∠1+∠3+∠B=x。△ACD中,∠2+∠4+∠C=x,上两式相加得:∠1+∠2+∠3+∠4+∠B+∠C=2x。但∠1+∠2+∠B+∠C=x,∠3+∠4=180°,∴x+180°=2x x=180°,即∠A+∠B+∠C=180°。证毕。这岂不比教材上的证法简单明了吗?其实这种证法错了!错在哪里?     

“黄金”数列的几何模型

文[1]给出了“黄金”数列,即q=(5~(1/2)-1)/2的正项等比数列有如下性质：(1)a_n=a_(n 1) a_(n 2)；(2)1/a_n=1/(a_(n_1)) 1/(a_(n_2)) (n≥3)．我们可构造几何模型分别说明这两条性质．模型1如图1,作△A_1A_2B,A_1A_2=A_1B=a,∠A_1=36°,则∠A_1A_2B=∠B=72°,作∠A_1A_2B的平分线A_2A_3,可知△A_2A_3B∽△A_1A_2B,利用相似性可得A_2B=     

一题多解 开阔思路

在数学学习中 ,对于某些数学题 ,只要我们认真思考、分析 ,就能想出多种解答方法 ,从而开阔我们的思路 ,提高学习兴趣 .例 1　已知 :如图 1,∠Ａ =90° ,∠Ｂ =30°,∠Ｃ =2 0° ,求∠ＢＤＣ的度数 ,有下面几种解法 ,供参考 .解法 1:由四边形内角和为36 0° ,得∠Ａ +∠Ｂ +∠Ｃ +( 36 0°-∠ＢＤＣ) =36 0° ,则　　∠ＢＤＣ =∠Ａ +∠Ｂ +∠Ｃ=90°+30°+2 0°=14 0°.解法 2 :延长ＣＤ交ＡＢ于Ｅ ,(如图 2 ) ,则∠ＣＥＢ =∠Ａ +∠Ｃ=90° +2 0°=110°.所以∠ＢＤＣ =∠ＣＥＢ +∠Ｂ上接第 35页 )　　　　 =110° +30° =14 0° .(想一…     

一道初中竞赛题的另解

<正>2015年北京市中学生数学竞赛(初二)填空第3题:在△ABC中,AB=AC,AD、BE分別为∠A、∠B的平分线,且BE=2AD.则∠BAC的度数为______.另解1(应用取半法)如图1,设∠CBE=α,依题设,则有∠CBE=∠ABE=α,∠ABC=∠ACB=2α,∠AEB=∠EBC+∠ECB=3α,∠ADB=∠ADC=90°,∠BAD=∠CAD=90°-2α.过点D作DG//BE,与AC交于点G,     

三角形内心的一个性质及推广

<正>图1性质如图1,点P是△ABC的内心,过点P垂直于AP的直线分别交AB、AC于点D、E,则DE是△PBC外接圆的切线.证明∵点P是△ABC的内心,DE⊥AP,显然易证Rt△APD≌Rt△APE,∴∠ADE=∠AED,在△ADE中,∠ADE+∠AED+∠DAE=180°,即2∠ADE=180°-∠DAE①同理∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC②由①、②得∠ADE=12∠ABC+12∠ACB,而∠ADE=∠DBP+∠DPB=12∠ABC+∠DPB,∴∠DPB=12∠ACB=∠PCB,     

2004年中考数学模拟试题(7)

一、选择题 (本大题满分 3 6分 ,每小题 3分 )1 .5 -2 的结果是 (　 ) .A .25 　　B .-25 　　C .2 5　　D .12 52 .下列运算中 ,正确的是 (　 ) .A .x2 ·x3 =x6　　B .2x2 +x3 =5x2C .(x2 ) 3 =x6　　D .(x+y2 ) 2 =x2 +y43 .如图 .直线a ,b被直线c所截 ,现给出下列四个条件 :①∠ 1 =∠ 5 ;②∠ 1 =∠ 7;③∠ 2 +∠ 3 =1 80° ;④∠ 4=∠ 7.其中能判定a∥b的条件的序号是 (　 ) .A .①②　　　B .①③C .①④　　　D .③④4.下列图形中 ,不是中心对称图形的5 .直线l1,l2 ,l3 表示三条相互交叉的公路 ,现要建一个货物中转站 ,要求它…     

三角形内外角平分线有关命题的证明及应用

在中考和一些竞赛题目中常有与三角形内外角平分线有关的题目,本文将此类问题进行归纳总结,以利于进行求解.命题1 如图1,点D是△ABC两个内角平分线的交点,则∠D =90°+1/2∠A.∵ ∠1 =∠1′,∠2 =∠2′,∴ 2∠1 +2∠2 +∠A =180°,∠1 + ∠2 + ∠D=180 °.     

2007高考(重庆卷)压轴题的一般情形

2007年高考(重庆卷)的压轴题22是:图1如图1,中心在原点O的椭圆的右焦点F(3,0),右准线l的方程为x=12·(1)求椭圆的方程;(2)在椭圆上任取三个不同点P1,P2,P3,使∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP1,证明1|FP1| |F1P2| |F1P3|为定值,并求此定值·(答案:(1)3x62 2y72=1;(2)定值为32)由此题,笔者得到了以下一般性的结论:定理1设P1,P2,…,Pn(n≥3)是椭圆Γ上的不同点,F是Γ的一个焦点,且∠P1FP2=∠P2FP3=…=∠Pn-1FPn=∠PnFP1,则∑ni=11|FPi|=nba2(其中a,b分别是Γ的长半轴,短半轴长)·定理2若双曲线Γ的一个焦点是F,且Γ的同一支上存在(n≥3…     

过三角形的顶点作对边的平行线

<正>在学习三角形的内角和定理时,如图1,过顶点A作BC的平行线MN,则有∠MAB=∠B,∠NAC=∠C,由于平角等于180°,从而∠MAB+∠BAC+∠CAN=180°.即∠B+∠A+∠C=180°.这条过△ABC的顶点A且平行于对边BC的辅助线,起到转移、集中的作用,非常简洁地证明课本中最重要的一个定理.从此以后,课本中再也没有添加如此的辅助线证明其它定理.我们采用此方法证明两个重要定理和解几个问题,展示它的力量.     

一个离散种群模型的稳定性判据

定理假定(?)是x_i 1=g(x_i)的满足((?)-x)(g(x)-x)>0,(x≠(?))的平衡点,且在(?)的邻域内有g(g(x))-x=A_1(x-(?)) … A_n(x-(?))~n …,那么:(1)若A_1=A_2=…A_n-1=C A_n≠0则n为奇数;(2)若(1)成立,则(?)渐近稳定的充要条件是A_2k 1<0(n=2k 1);(3)(?)稳定但不吸引的充要条件是所有A_i=0(i=1,2,…).     

一道第九届丝绸之路数学竞赛题别证

<正>(第九届丝绸之路数学竞赛题)在凸四边形ABCD中,∠ADB+∠ACB=∠CAB+∠DBA=30°,且AD=BC.证明:线段DB,CA,DC可以围成一个直角三角形.本文在此给出这道赛题的两个别证.证明设∠CAB=a,     

一道IMO备选题的推广

IMO - 1979备选题 (由荷兰提供 ) :在等边△ ABC内取点 K、L、M,使得 :∠ KAB =∠ L BA =15°,∠ MBC =∠ KCB =2 0°,∠ L CA =∠ MAC =2 5°,求△ KL M的三内角 .图 1笔者最近研究发现可将此题作如下推广 :定理　如图 1,在等边△ ABC内取点 K,L ,M,使得∠ KAB =∠ LBA=α,∠ MBC=∠ KCB =β,∠ L CA =∠ MAC=γ,且α +β +γ =60°,则∠ L MK =3α,∠ ML K =3β,∠ MKL =3γ.证明　如图 1,延长 AK、AM分别交 BC于点 P、Q,又连结 PM、QK,则∠ PBM =∠ PAM =β　 　点 P、M、A、B共圆　 ∠ MPA =∠ M…     

von Neumann代数上的局部可乘Lie n-导子

A_1,…,A_n的(n-1)-换位子记为p_n(A_1,…,A_n).令M是von Neumann代数,n≥2是任意正整数,L:M→M是一个映射.本文证明了,若M不含I_1型中心直和项,且L满足L(p_n(A_1,…,A_n))=∑_(k=1)~np_n(A_1,…,A_(k-1),L(A_k),A_(k+1),…,A_n)对所有满足条件A_1A_2=0的A_1,A_2,…,A_n∈M成立,则L(A)=φ(A)+f(A)对所有A∈M成立,其中φ:M→M和f:M→E(M)(M的中心)是两个映射,且满足φ在P_iMP_j上是可加导子,f(p_n(A_1,A_2,…,A_n))=0对所有满足A_2A_2=0的A_1,A_2,…,A_n,∈P_iMP_j成立(1≤i,j≤2),P_1∈M是core-free投影,P_2=I-P_1;若M还是因子且n≥3,则L满足条件L(p_n(A_1,A_2,…,A_n))=∑_(k=1)~n=p_n(A_1,…,A_(k-1),L(A_k),A_(k+1),…,A_n)对所有满足A_1A_2A_1=0的A_1,A_2,…,A_n∈M成立当且仅当L(A)=Φ(A)+h(A)I对所有A∈M成立,其中Φ是M上的可加导子,h是M上的泛函且满足h(p_n(A_1,A_2,…,A_n))=0对所有满足条件A_1A_2A_1=0的A_1,A_2,…,A_n∈M成立.     

2006中国数学奥林匹克(第2天)

1在直角三角形ABC中,∠ACB=90°,△ABC的内切圆O分别与边BC,CA,AB相切于点D,E,F,连接AD,与内切圆O相交于点P,连接BP,CP,若∠BPC=90°,求证:AE AP=PD.证设AE=AF=x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=m,PD=n.因为∠ACP ∠PCB=90°=∠PBC ∠PCB,所以∠ACP=∠PBC.图1题1图延长AD至Q,使得∠AQC=∠A