一类粗糙核参数型Marcinkiewicz函数的L^2（R^n）有界性

得到了一类参数型Mareinkiewiez函数u^ρΩ,A（f）（x）=（∫0^∞｜F^ρΩ,h（x,t）｜^2 dt/t）^1/2的L^2（R^n）有界性,其中Ω∈L（logL）^1/γ（S^n-1）,h∈Hγ（R＋）.     

一个很有价值的分析问题

设f(t)是定义在R_1上的实值函数,对任意的t_1,t_2∈R_1,满足f(t_1+t_2)=f(t_1)f(t_2)。且f(t)在任意有限区间上有界,若f(1)≠0,则不存在常数r,使f(t)=e~(-r) 证明:先证t=m/n的情形,     

非对称狄氏型的扰动及相应的无穷小生成元

主要研究了L^2（E;m）上的非对称狄氏型（ε,D（ε））经符号光滑测度μ扰动后得到扰动型（ε^μ,D（ε^μ））,给出了U^α＋μ（L^2（E;m））包含在D（ε^μ）中的充分条件,得到了D（L^μ）在L^2（E;m）中稠的充分条件,这里U^α＋μ、L^μ分别为扰动后得到的预解式和生成元,D（L^μ）为Lμ的定义域.同时,也得到了当μ∈S-SK0时（ε^μ,D（ε^μ））与L^μ之间的关系,并研究了当μ是光滑测度时相对核U^αptA^μf和U^^^αptA^μf与扰动型（ε^μ,D（ε^μ））的关系.     

2002年全国高中数学联赛第15题的讨论

2002年全国高中数学联赛第15题： 设二次函数：f（x）=ax^2＋b＋c（a,b,c∈R,a≠0）满足条件：（1）当x∈R时,f（x-4）=f（2-x）,且f（x）≥x;（2）当x∈（0,2）时,f（x）≤（x＋1/2）^2;（3）f（x）在R上的最小值为0．求最大的m（m〉1）,使得存在t∈R,只需x∈[1,m],就有．f（x＋t）≤x．     

第34届IMO预选题及解答(中)

13.(爱尔兰)设m,n∈N,m与n互素,n为偶数且m相似文献   

一题多解,探根溯源

题目:已知函数f(x)=x2+ax+1/x2+a/x+b(x∈R,且x≠0)若实数a,b使得f(x)=0有实根,求a2+b2的最小值. 预备工作:令t=x+1/x,则t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),方程f(x)=0(=)t2+at+b-2=0(|t|≥2). 方法一:(消元法) 解析:a2+b2=a2+(2-t2-at)2=(1+ t2)a2+2(2-t2)t·a+ (2-t2)2=(1+t2)(a-t2-2/1+t2)2+(2-t2)2-(2-t2)2t2/1+t2≥(2-t2)2-(2-t2)2t2/1+t2,令1+t2=m(m≥5)则 t2=m-1     

L^1（R^n，udx）中极大算子Mω的弱型不等式

对固定权函数ω，引入相当于A1类的A1(ω)类，讨论了它们的一些基本性质，进一步得到加权极大算子Mω在L^1(R^n，udx)中成立弱型不等式u({x∈R^n:Mω(f)(x)&;gt;λ})≤A/λ∫R^n|f(x)|u(x)dx的充要条件为u∈A1(ω)。     

关于函数的两个不等式

(四川省2011年高考卷(理科)第22题)已知函数f(x)=2/3x+1/2,h(x)=x.(Ⅰ)设函数F(x)=18f(x)-x^2[h(x)]^2,求F(x)的单调区间与极值;(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程lg[3/2f(x-1)-3/4]=2lgh(a-x)-2lg(4-x);(Ⅲ)设n∈N*,证明:f(n)h(n)-[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥1/6.     

Nevanlinna第二基本定理的推广

本文我们得到以下结果定理:设f(z),a_j(z)是复平面C上的亚纯函数,若a_1,…,a_q各自满足则对于任何正数ε>0,我们有 m(r,f)+sum from j=1 to q m(r,1/f-a_j)≤(2+ε)T(r,f)-1/n N(r,1/W)-1/n m(r,(L(f))~n/W)+S(r,f)这里L(f)和W是由如下两个朗斯基行列式所定义     

加权Bergman空间上的等价范数

对可允许的权函数ω：[0,1）→（0，∞），加权Bergman空间L^Pα↓，ω上的范数定义作‖f‖P，ω＝｛∫D|f(z)|^Pω(|z|)dm(z)｝^1/p。我们证明，对0＜p＜∞和f∈H（D），‖f‖p,ω-|f(0)| ｛|∫′（z）^pΨ(|z|)^pω(|z|)dm(z)｝^1/p。由此我们给出函数算子Tg:f→∫z↑0↓f(t)g′(t)dt在L^Pα↓，ω上有界的一个充分条件。     

一类函数方程的求解——从一道奥林匹克竞赛题谈起

第28届奥林匹克数学竞赛第二有这样一道题: 求证;不存在这样一个函数试fN_0→N_0,N_0={0,1,2,3,…n,…},使得对于任何n∈N_0,有f(f(n))=n 1798, 证明,假设存在这样的函数f,记n_1=f(i),则A_1={i,n_1,i 1987,n 1987,i 1987×2,n_1 1987×2,…),显然,且n_1∈A_1(i=0,1,2,…,1986)。于是,对每一个固定的i(i∈N_0,i≤1986),存在一个k(k∈N_0,k≤1986,k≠i),使得n_i∈A_k。 若n_i=n_k 1687×m(m∈N_0),则f(u_k 1987×m)=f(n_i)=i 1987,与f(n_i 1987×m)k 1987×(m 1)矛盾。 若上_n_i=k 1987×m(m∈N_0,m≥2),则f(k 1987×m)=f(n_i)=i 1987,与f(k 1987×m)=n_k 1987×m矛盾。 故n_i=k或k 1987,若n_i=k,则n_k=f(k)=f(n_i)=i 1987,即n_k∈A_i;若n_i=k 1987,则i 1987=f(n_i)=f(k 1987)=n_k 1987,即n_k=i,从而n_k∈A,,因此,若n_i∈A_k,则必有n_k∈A_i。     

一道周期函数例题的一般情形

例若a是非零常数,对于任意的x∈R,函数f(x)满足f(x a)=1/2 √f(x)-(f(x))2,求证:f(x)是周期函数. 证明由f(x a)≥1/2在x∈R时恒成立,得f(x)≥1/2在x∈R时恒成立.     

二阶非线性带阻尼项中立型微分方程的振动准则

通过利用平均积分法和黎卡提变换,对一类二阶非线性带阻尼项中立型微分方程[r(t)(x(t) a(t)x(t-τ))′]′ p(t)x′(t) q(t)f(x(t-δ))=0,其中τ,δ是正常数,r,p,q,a∈C([t0,∞),R),f∈C(R,R)作进一步的讨论,所得的结果推广了已知的结论,应用更加广泛.     

一道高考题的解答探究与推广

题目 (2016年全国卷二理科12)已知函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=2-f(x),若函数y=x+1/x与y=f(x)图像的交点为(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),则m∑i=1(xi+yi)=(). (A)0 (B)m (C)2m (D)4m 1 一题多解 本题条件中f(x)(x∈R)为抽象函数,且满足f(-x)=2-f(x),而题目要求我们求y=f(x)与y=x+1/x交点横坐标与纵坐标的和.那么我们就要弄清它们交点之间的关系,显然y=x+1/x这个反比例型函数自身关于点(0,1)中心对称,这时我们就要由f(x)(x∈R)的条件f(-x)=2-f(x)判断其是否也关于点(0,1)中心对称,这样就必须熟悉抽象函数的对称性.基于选择题的特点,那么方向不外乎两个:一是利用两函数的对称性理论求解;二是利用选择题答案的唯一性可构造特殊函数求解.     

2006年全国高中数学联赛江西省预赛

一、选择题(每小题6分,共36分)1.函数y=f(x)与y=g(x)的定义域和值域都是R,且都有反函数.则函数y=f-1(g-1(f(x)))的反函数是().(A)y=f(g(f-1(x)))(B)y=f(g-1(f-1(x)))(C)y=f-1(g(f(x)))(D)y=f-1(g-1(f(x)))2.集合M由满足如下条件的函数f(x)组成:当x1、x2∈[-1,1]时,有|f(x1)-f(x2)|≤4|x1-x2|.对于两个函数f1(x)=x2-2x+5,f2(x)=|x|,以下关系中成立的是().(A)f1∈M,f2∈M(B)f1∈M,f2∈M(C)f1∈M,f2∈M(D)f1∈M,f2∈M3.抛物线y=2x2上两点A(x1,y1)、B(x2,y2)关于直线y=x+m对称.若2x1x2=-1,则2m的值是().(A)3(B)4(C)5(D)64.在△ABC中,…     

一类级数的求和问题

从f(x)=x在（-ππ）内的傅立叶级数展开式出发，导出形如∑n=1^∞ （-1）^n 1sin nx/n^2k-1及∑n=1^∞ (-1)^n 1con nx/n^2k的三角级数的和函数特点及函数的递推求法，从而解决形如∑n=1^∞ 1/n^2k、∑n=1^∞（-1）^n 1/N^2k、∑n=1^∞ 1/（2n-1)^2k-1（其中k∈N）等级数的求和问题。     

解恒成立问题的几种主要方法

解函数综合题时,经常能遇到含参数不等式恒成立问题,处理这样的问题对解题能力的要求比较高,本文介绍几种处理恒成立问题的几种主要方法.一、特殊值法若函数f(x)>0(或f(x)<0)对x∈A恒成立,则对特定的x0∈A,有f(x0)>0(或f(x0)<0)【例1】已知f(x)是定义在R上的函数,对于任意的m,n∈R,恒有f(m n)=f(m) f(n),当x>0时f(x)<0恒成立,且f(1)=-2.(1)判断f(x)的奇偶性和单调性;(2)求f(x)在[-3,3]上的值域.解:(1)在f(m n)=f(m) f(n)中,令n=-m得f(0)=f(m) f(-m),在此式中令m=0得:f(0)=f(0) f(0)则f(0)=0∴f(m) f(-m)=0即f(-m)=-f(m),对一切m∈R恒成立.…     

关于Robinson1/2猜想

本文对Robinson1/2猜想“若f∈S,则1/2(f+zf′)在|Z|0,其中α_0=0.24……     

函数的C-拟凸性

给出了在存在t0∈(0,1)满足f(t0x1 (1-t0)x2)∈y-C,for y∈E,f(x1),f(x2)∈y-C,的条件下函数f具有C-拟凸性的充分必要条件和一些相应的结果。     

巧用函数性质速解题

<正>函数贯穿高中数学的始终,是高考考代的重点,函数的单调性、奇偶性更是考查的热点.在求解函数问题时,如能挖掘潜在条件,巧妙运用函数的性质,常能化难为易,取得意想不到之效.例1已知f(x)=(ma^x-1)/(ax-1)/(a^x+1)(a>0,a≠1,m∈R)为奇函数.(1)求m的值;(2)若a>1,解关于x的不等式f(2-xx+1)(a>0,a≠1,m∈R)为奇函数.(1)求m的值;(2)若a>1,解关于x的不等式f(2-x²)