关于复合函数的增长级定理

在本文中 ,我们讨论了复合函数P (z,ω)和R (z,ω) =P (z,ω) Q (z,ω)的增长级 .其中P (z,ω)和Q (z,ω)是ω的多项式 ,ω (z)是一个亚纯函数 ,得出P(z,ω)和R (z,ω)的级都等于ω的级     

Riccati微分方程的亚纯解

应用亚纯函数理论,讨论了Riccati微分方程ω‘=a1(z) a1(z)ω a2(z)ω2的亚纯解,其中ai(z)(0≤i≤2)都是亚纯函数,得到了方程亚纯解的一些性质.     

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。     

Bloch型空间到Zygmund型空间的广义Cesàro算子和复合算子的积

ω和μ是[0,1)上的正规函数,g是单位球(B)n上的全纯函数,φ是(B)n上的全纯自映射,由g和φ诱导的算子TgCφ:Bω(Bω,0)→Zμ(Zμ,0)定义为:TgCφf(z)=∫10f(φ(tz))(R)g(tz)dt/t,z∈(B)n,f∈Bω(Bω,0).给出了该算子从Bloch型空间到Zygmund型空间有界和紧的充要条件.     

一个Hausdorff测度的柯西变换的罗朗系数估计

假设{S_j})j~5=0是由压缩映射 S_j(z)=ε_j+1/3(z-ε),■=0,1,2,3,4,5．组成的迭代函数系(IFS),K 是{S_j}_j~5=0的吸引子,μ是支撑在 K 上的 Hausdorff 测度．最近,文[1]中讨论了自相似测度的柯西变换 F 在|z|＞1内的罗朗系数．研究 g(z)：=F(1/3z)=(?)dμ(ω)在|z|＜1内的罗朗系数,得到了一些结果．     

一类迭代泛函微分方程的解析解

给出n阶迭代泛函微分方程x(m) =(x[m ] (z) ) k 的形如x(z) =λzμ的解 .     

母函数与线性常系数递推数列

让我们先看下面两个例题: 例1 求证C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m… C_(m 1)~m C_m~m=C_n~(m 1) 证明:由等比数列求和公式知(1 x)~(n-1) (1 x)~(n-2) (1 x)~(n-3) … (1 x)~(m 1) (1 x)~m=((1 x)~n-(1 x)~m)/x上式左边x~m项的系数是 C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(n 1)~m C_m~m,上式右边的分子中,x~(m 1)项的系数是G_n~(m 1),应当相等,故等式成立。例2 证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … C_n~n=n2~(n-1)。证明:将等式     

某类柯西变换的零点分布情况

假设{Sj}m-1 j=0是由压缩映射Sj(z)=εj+ρ(z-εj)组成的迭代函数系(IFS),其中ρ为压缩比,且满足0<ρ<ρm(m ≥4,ρm的定义见[1]),εj=e2πji/m,K是{Sj}jm=-01的吸引子,μ是支撑在K上的Hausdorff测度.最近,文[1]中讨论了自相似测度的柯西变换F(z)=∫K(z-w)-1dμ(w)在|z|>1内的罗朗系数.文章主要研究G(z)=∫K(1-zw)-1dμ(w)在其解析范围内的零点分布情况.     

一道高考题的五种解法

2002年春季高考第(16)题是: 对于任意两个复数z1=x1+y1i,z2=x2+y2i(x1,y1,x2,Y2为实数),定义运算“⊙”为:z1⊙z2=x1x2+y1y2,设非零复数ω1、ω2在复平面内对应的点分别为P1.p2,点o为坐标原点,若w1⊙w2=0,则在△P1OP2中,相似文献   

一类复合解析函数零点阶数的计算方法

探讨了复合解析函数零点阶数的计算,证明了当z=z0是f(z)的m阶零点,ξ0=f(z0)是g(ξ)的n阶零点,则z0是复合函数w=g[f(z)]的m·n阶零点,并结合实例阐述了这种方法的简便性.     

三角函数的周期与等差数列

我们知道,三角函数是周期函数.正弦函数的周期是2π,正切函数的周期是π.函数y=Asin(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,x∈R)的周期是2πω,函数y=Atan(ωx+φ),x≠kπω+π2ω-φω(其中A>0,ω>0,k∈Z)的周期是πω.余弦函数与余切函数有类似的结论.这些函数的周期与等差数列有何关系呢?性质1一条平行于x轴的直线y=m(m为常数)与函数y=Asin(ωx+φ),x∈R(A>0,ω>0)的图象相交,则(1)如果直线y=m(m为常数)交于函数图象的最高(或最低)点,则n个周期内有n个或n+1个交点,任意区间内的交点(不少于3个)的横坐标顺次构成等差数列,等差数列的公差就是函数周期…     

第二届东北三省数学邀请赛试题及解答

1.求出所有的正整数m,n,使得(m+n)~m=n~m+1413。解当正整数m,n满足(m+n)~m=n~m+1413时,由于(m+n)~m≥m~m+n~m,必有 m~m≤1413。于是,m≤4;另外,当正整数m,n靠满足(m+n)~m=n~m+1413时,m不可能是偶数。若     

例说函数y=Asin(ωx+φ)+κ的应用

一、考查函数的奇偶性对于函数f(x)=Asin(ωx+φ)(φ≠0),当φ=kπ(k∈z)时,函数f(x)为奇函数;当φ=kπ+π/2(k∈z)时,函数f(x)为偶函数;否则函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数.例1函数y=sin(x+φ)(0≤φ≤π)是R上的偶函数,则φ=     

求级数1~m+2~m+3~m+…+(n-1)~m+…部分和的一个初等方法

本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得:     

关于超越亚纯函数Q[f](f~((k))(z))~n-c的值分布

利用NevanLinna的亚纯函数的值分布理论,研究了超越亚纯函数微分多项式的值分布理论,取得以下主要结果:若f(z)是复平面上超越严亚纯函数,m、n和k都是正整数,且n≥2,Qj[f](j=1,2…,m)为f(z)的微分单项式,Q[f]=sum from j=1 to m ()aj(z)Qj[f]为f(z)的拟微分多项式,aj(z)是f(z)的小函数,令F(z)=Q[f](f(k)(z))n-c,则T(T,f(k)≤k+1/n(k=1)/(R,1/Q[F]+(r,1/F)+S(r,f))     

关于二次多项式根的几何意义

对复变函数ω-f(z)-u(x,y)+v(x,y)i,其点集为 S_f-{(z,ω)??z-x+yi,ω-f(z),x,y∈R} 因为S_f为四维空间的点集,所以我们在三维空间中无法想象出其几何图象,那么如何用函数图象的观点来研究函数零点的几何意义呢?一般有如下二种方法: 其一,如中学数学教本中论及二次多项式根的几何意义时,是用直角平面,即二维空间S_2={(x,u)|x,u∈R}去截四维空间S_4-{(x+yi,u+vi)|x,y,u,v∈R}则S_f在S_2中的截痕即为常说的抛物线图象.因为S_2即为S_4的子集y=0且v=0,也即     

关于一个组合恒等式教学的管见

全日制十年制高中《数学》习题十第10、(1)题,要求证明这样一个组合恒等式: C_n~n C_(n 1)~n … C_(n m)~n=C_(n m 1)~(n 1)。①该书复习题四第1(3)题,又要求证明C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(m 1)~m C_m~m=C_m~(m 1)显然,这两个等式实质上是一回事。     

由积分算子定义的解析函数类的包含关系

在积分算子Qαβf (z)的作用下得到解析函数类一系列的相关性质.文章利用积分算子Qαβf (z)和从属关系定义新的解析函数类Sα,β(m,h),并主要说明新函数类Sα,β(m,h)的相关包含关系.     

一类自由边值问题解的稳定性

<正> 一,引言我们考虑这样一类自由边值问题:设D是复平面内以闭曲线τ和∞点围成的双连通域,Q(z)是R~2上的正连续函数,能否找到环形域ω(?)D,它以τ为一边界分支,另一边界分支为γ(自由的),使得存在R~2上连续、ω中调和的函数V(z)满足(a)V(z)=0,(?)~z∈τ(b)V(z)=1,(?)~z∈γ(c)|gradV(z)|=Q(z),(?)~z∈γ以下我们把上面的问题简称为FBVP,工程上一些问题与之有关[1]。Beurling在[2]中研究了FBVP有解的充要条件;当τ是凸曲线、Q(z)≡λ(正常     

趣题巧解

许多数学题目不但有趣,而且解法也巧妙,多接触这些题可以提高解题能力,现选几题,供同学们参考。 1.证明:大于(3~(1/3) 1)~(2m)的最小整数可被2~(m 1)整除(m为正整数) 证:因为 I=(3~(1/2) 1)~(2m) (3~(1/2)-1)~(2m) =(4 2(3~(1/2))~m (4-2(3~(1/2))~m =2~m[(2(3~(1/2))~m (2-2(3~(1/2))~m] =2~(m÷1)[2~m 2~(m-3)·(3m(m-1))/2 …] 所以,I能被2~(m 1)整除。而((3~(1/2)-1)~(2m)<1 ∴I就是大于((3~(1/2) 1)~(2m)的最小整数,命题得证。