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1.
曾灼华 《广东教育学院学报》1997,(2)
给出二阶非线性泛函微分方程(r(t)ψ(x(g(t)))h(x′(t)))′+∑mi=1fi(t,x(gi1(t)),…,x(gin(t)))=0,t≥t0(1)非振动解存在的必要条件,并讨论方程(1)非振动解的渐近性质。 相似文献
2.
黄永明 《云南教育学院学报》1997,13(2):1-4,13
本文利用某些新技巧,研究了一类四阶线性中立型方程x(4)(t)+4∑i=1aix^(4-i)(t)+4∑j=0bjx^(4-j)(t-hj)=f(t)的周期解问题,其中ai,bj,hj≥0(i=1,2,3,4,j=0,1,2,3,4)是常数,f(t)是以2π为周期三阶连续可微函数,得到了若干新的充分判别条件。 相似文献
3.
考虑一阶中立型微分方程[x(t)-P(t)x(t-t)]’+Q(t)i-lsignx(t)=0,本文得到了几个新的保证这个方程的所有解振动的充分条件、为获得这些结果而建立的几个引理的证明方法也是十分有趣的。我们的结果推广和改进了文献中的某些已知结果。 相似文献
4.
换元法是一种有效的解题方法,通过它可以达到化难为易,化繁为简的解题目的.本文笔者就一些具体的例子,对应用换元法解题应遵循的原则谈一谈拙见.1 整体性原则例1 解下列方程:(1)(2+3)x+(2-3)x=4;(2)10lg2x+xlgx=20.解 (1)令t=(2+3)x,则(2-3)x=1t,于是原方程化为t+1t=4,解得t=2±3,即 (2+3)x=2±3,∴x=±2.(2)令t=lgx,则x=10t,原方程化为10t2+10t2=20,所以10t2=10,t2=1,t=±1,即lgx=±… 相似文献
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6.
《中学数学教学参考》1998,(12)
倒数方程的一种解法命题1x=cosθ±isinθ是方程x+1x=2cosθ的解.代入计算即知,且由棣莫佛定理知命题2若x+1x=2cosθ,则xn+1xn=2cosnθ(n∈Z).由此即知形如a0(xm+1xm)+a1(xm-1+1xm-1)+…+a... 相似文献
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8.
在复数集中解方程是高考经常考查的内容之一,解复数方程通常有以下几种方法: 1.化“虚”为“实” 知识点:如果a、b、c、d R,那么 a+ bi= c+ dia=c, b=d. 例1已知zC,解方程3i=1+3i.(’92全国) 解设z=x+ yi(x,y R), 则x2+y2-3i(x-yi)=1+3i 即解得或 y= 0 y= 3 z1=-1或 z2=-1+3i. 2.两边取共轭 知识点:z1=z2z1=z2. 例2已知zC,解方程z-z=(常数、C,且1) 解…z-A。二。① ·”·Z-2Z=。,即z一人。=J② … 相似文献
9.
严家良 《广东技术师范学院学报》1994,(4)
本文给出x ̄(n)+a1(t)x ̄(n-1)十…十a_(n-1)(t)x’+a_n(t)x=0具有积分中因子μ(t)=的充分必要条件及这类方程的通解表达式. 相似文献
10.
具有正负系数的中立型微分方程解的振动性的新结果 总被引:1,自引:0,他引:1
封屹 《湖南教育学院学报》2000,18(5):114-118
研究具有正负系数线性中立型微分方程(x(t)-p(t)x(t-τ))′+Q(t)x(t-σ)-R(t)x(t-δ)=0,t≥t0,其中P(t),Q(t),R(t)∈C(「T0,+∞),(0,+∞),τ〉0,σ〉δ≥0,Q^-(t)=Q(t)-R(t-σ+δ)〉0(≠0),获得了保证方程每一解振动的新的充分条件。 相似文献
11.
一类不定方程整数解的个数□潘学军(浙江新昌县儒岙中学312560)命题1方程1x+1y=1p(p为正整数)的正整数解的组数为τ(p2),其中τ(p2)为p2的正约数的个数.证明令x=p+t1,y=p+t2,(t1、t2为自然数)则有1p+t1+1p+... 相似文献
12.
推导并证明了不定方程1/x+1/y=s/t(x,y,t,s N,(t,s)=1)正整数解的一般公式和几个结论,解决了这一形式的不定方程求正整数解的问题. 相似文献
13.
正负系数中立型时滞微分方程有界正解的存在性 总被引:1,自引:1,他引:0
考虑正负系数中立型时滞微分方程(x(t)-P(t)x(t-τ)′+Q(t)x(t-σ)-R(t)x(t-γ)=0本文获得了方程(*)存在有界正解的充分必要条件,本文结果回答了文献[1]中的公开问题3。 相似文献
14.
高庆龄 《山东教育学院学报》1999,(4)
在本文中,我们首先给出了一类新的非线性 Bihari积分不等式,然后利用所得结果讨论了 Volterra 型积分方程y(t)= a(t)+ f(t,s,y(s))+ ∑ni= 1 hi(∫tom i(s)Ωi(y(s))ds)解的渐近估计 相似文献
15.
’99广西中考有这样一道试题 :解方程 :x+2x-1- x-1x+2= 32。从考生答卷来看 ,普遍采用了换元法求解。无容置疑 ,在教学中大多数教师讲此类题型时锁定了这种方法。连一些考生得不到完整的解答 ,也死抱换元法不放。其实此题还有两种简洁的解法 ,一是乘方法 ,即方程两边平方再去分母 ,即可化为整式方程 ;二是均值替换法 ,即令 x+2x-1= 34+t,x-1x+2=t- 34,再由(34+t)(t- 34)=1进一步求解。尤其乘方法为解有关根式问题的重要解题答略 ,但学生由于受换元法的束缚 ,考试时照题型死套 ,这样… 相似文献
16.
LI Chang pin 《上海大学学报(英文版)》1999,3(3):248-250
1 Introduction TheKSequationinonespatialdimensionreadsas ut+uxxxx+uxx+uux=0, x∈(-l2,l2),t>0,u(x,0)=u0(x).(1.1)Weemphasizethelperiodicboundarycondition,lbeingthesizeofatypicalpatterncell u(x+l,t)=u(x,t).(1.2) TheKSequationarisesindifferentphysic… 相似文献
17.
《中学数学教学参考》1998,(3)
成果集锦一类分式方程的解初中代数中有很多分式方程都可归结为1x-m-1x-(m+k)=1x-n-1x-(n+k).(1)通分、求解,可知当m≠n,且k≠0,k≠|m-n|时,方程(1)有唯一解x=12(m+n+k).例如,方程1x-1-1x-4=1x... 相似文献
18.
考虑了有关Hamilton系统如下类型的轨道q:(0.1)q"(t)+V′(q(t))=0,t∈[0,T],其中T>0(0.2)12|q′(t)|2+V(q(t))=h,t∈[0,T],并且q(0)=q(T)=x0这里q∈c2([0,T],Rn\{0}),n≥2,x0∈Rn\{0},是已知点,h∈R也是已知的,V∈C2(Rn\{0},R)是以0为奇点的位势函数,V′表示它的梯度.主要存在性结果是通过适当定义能量不增的形变算子和一个极大极小原理而得到的.其中,主要假设条件是依赖于由作者[11]发现的测地凸性条件和Gordon[6]所说的强力条件.作为一个直接的推论,对于修正的引力位势V(x)=|x|-1+|x|-2或V的任何扰动,总存在T>0使(0.1),(0.2)有非平凡解,其中h∈R,|x0|>0充分小,这是一个有趣的现象,因为当h≥0时,系统q"(t)+V′(q(t))=0不存在以h为能量的非平凡周期解 相似文献
19.
刘玉记 《湖南教育学院学报》1996,14(5):114-122
本文研究变系数中立型泛函微分方程d/dt(y(t)+∑pi(t)y(t-τi))+q(t)y(t-σ)=0,t≥t0,解的振支性,其中pi(t)∈C(「t0,∞)〉R),q(t)∈C(「t0,∞,R),+τi有σ均为正数,我们获得了保证这个方程的所有解振动的若干充分条件,所得推论推广和改进了已有的相庆结果。 相似文献