叠加势函数V(r)=A6r6+A5r5+A4r4+A3r3+A2r2+A1r+B4/4r+B3/3r+B2/2r+B1/r schr(o)dinger方程的解析解

根据渡函数的有限性和叠加势函数的渐近性质,通过待定叠加势波函数的设定,得到势函数表示为V(r)=A 6 r 6+A 5 r 5+A 4 r 4+A 3 r 3+A 2 r 2+A 1 r+B4/4r+B3/3r+B2/2r+B1/r的schr(o)dinger方程的精确的能量本征值和本征波函数.     

微分方程y＂＋py′＋qy=P,（x）e^λx（特征实根r1≠r2）特解的多种求解法

求微分方程y＂＋py′＋qy=P,（x）e^λx（特征实根r1≠r2）特解的多种方法：待定系数法、算子法、逮代法,构造法的介绍。     

lim [(a_1)+(a_2+…+(a_n)~(1/r))~(1/r)]~(1/r) from n=1 to n→∞的敛散性的讨论

从数列[2+(2+…+2~(1/2))~(1/2)]~(1/2)到一般形式的数列[(a_1)+(a_2+…+(a_n)~(1/2))~(1/2)]~(1/2),再到更一般形式的数列[(a_1)+(a_2+…+(a_n)~(1/r))~(1/r)]~(1/r),并对其敛散性作出讨论。     

(2+1)维Boussinesq方程的推广解

运用行波变换、齐次平衡原理、G′/(G+G′)和G′/G2展开法研究(2+1)维Boussinesq方程,讨论了(2+1)维Boussinesq方程的推广解的存在性及其求解过程,得到了(2+1)维Boussinesq方程可能情形下的推广解。     

对第14题(2)的解题反思

1.思因果:解题时用到了两点间的距离公式、等边三角形的判定、无理方程的解法、待定系数法等知识.2.思规律:设 P(a,1/4a~2+1)是抛物线上的一点,     

微分方程y″+py′+qy=p_m(x)e~(λx)(特征实根r_1≠r_2)特解的多种求解法

求微分方程y″+py′+qy=p_m(x)e~(λx)(特征实根r_1≠r_2)特解的多种方法:待定系数法、算子法、迭代法、构造法的介绍。     

1r+2r+3r+…+nr的公式诱导

一、前言 1+2+3+…+n=1/2n(n+1),其公式的来由谁都明白,但对12+22+32+…+n2=1/6n(n+1)(2n+1)和13+23+33+…+n3=1/4n2(n+1)2,其公式的来由,可能就没几个人清楚了.     

具有势函数V(r)=Ar-4+Br-3+Kr-1 的Schr(o)dinger方程的精确解

采用连续分数法得到了表示原子、离子间相互作用势V(r)=Ar-4+Br-3+Kr-1的Schrodinger方程的精确解.     

巧求sum from i=1 to n multiply from j=i to i+r-1 j(r∈N)

如何计算sum from t=1 to n multiply from j=i to i+r-1 j(r∈N)的值(表达式)方法多种多样,但一般都比较繁琐。联想到高级中学《代数》第三册P82习题18_((2))的组合数恒等式,可得: C_r~r+C_(r+1)~r+C_(r+2)~r+…+C_(2+r-1)~r=C_(2+r)~(r+1) 将此式展开后两端乘以r_1,即可得:     

关于丢番图方程sum from k=0 to (n-1) (1+2k)~r=(1+2n)~r

本文证明了,当 r,n 为正整数,方程 sum from k=0 to n-1(1+2k)~=(1+2n)~无正整数     

关于方程1/(x_1~2)+1/(x_2~2)+…+1/(x_(n-1)~2)=1/(x_n~2)的正整数解

我们已经知道(文[1]),不定方程1/x2+1/y2=1/z2 (1) 满足(x,y,z)=1的所有正整数解可表为x=r4-s4,y=2rs(r2+s2),z=2rs(r2-s2) (2) 其中r>s为正整数,(r,s)=1,r,s一奇一偶,这里x,y可交换. 下面我们来推求更一般的这种不定方程1/x_1~(2)+1/x_2~(2)+…+1/x_(n-1)~(2)=1/x_n~(2) (3)     

具有势函数V(r)=A1r-10-A2r-6+A3r2分子晶体的Hamiltonian本征方程的精确解

本文采用连分法得到描述分子晶体中分子之间的相互作用势V(r)=Atr-10-A2r-6+A3r2(A1,A2,A3＞0)的分子晶体的Hamiltonian算子的精确的能量本征值和能量本征函数.     

多项式(a1+a2+a3+…+am)~n展开式的项数

<正> (a+b)n二项展开式有n+1项,(a+b+c)n三项展开式的项数可以按二项展开式办法求出.[(a+b)+c]n=C_n~0(a+b)nc0+C_n~1(a+b)n-1c1+…+C_n~r(a+b)n-rcr+…+C_n~n(a+b)0cn,其展开式的项数为(n+1)+n+(n-1)+…+2+1=(n+1)(n+2)/2,(*)     

关于图C6(·)k1的(r1,r2,…,r6,r7)-冠的优美性

给出了图C6(·) k1的(r1,r2,…,r6,r7)-冠的定义,讨论了图C6(·)k1的(r1,r2,…,r6,r7)-冠的优美性,用构造性的方法给出了一些特殊的图C6(·) k1的(r1,r2,…,r6,r7)-冠的优美标号.     

((k-1)P+kQ)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)与Q~(2m)((Q-1)P+1)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)可除定理

本文给出((k-1)P+kQ)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)与Q~(2m)((Q-1)P+1)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)可整除性定理。     

帮你学因式分解(初二、初三)

因式分解,就是将一个多项式分解为几个整式的乘积的形式.例如把a2-b2化为(a+b)(a-b)就是因式分解.学因式分解,首先要掌握提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法、求根公式法及待定系数法等因式分解的基本方法,此外,还要注意以下几点:     

高阶抛物型偏微分方程的一个高精度差分格式

用待定系数法给出了解高阶抛物型偏微分方程初边值问题的三层差分格式,此格式的截断误差为O(τ2+h6),且格式在η<0,r≤[-10(m-6η)2+360(η-1)2+17m-360]/[180(1-2η)4m]时稳定。     

C(S~m,r)数的应用

徐利治、蒋茂森、朱自强在文献[1]中提出C(S~(m),)数,其枚举发生函数是(P.30～31)（1+t+t~2+…t~3）~(m)=sum from r=0 to ∞t~r[sum from h=0 to[r/s+1](-1)~k(_k~m)(m-1+r-k(S+1)/r-k(S+1))],其数C(S~m,r)=sum from h=0 to[r/s+1](-1)~k(_k~m)(m-1+r-k(S+1)/r-k(S+1))本文计论了C(S~m,r)数在“邮票排列问题”中的应用(文献[1],P32～33),得到下列公式B(S,n)=sum from (?) C((S-1)~(m-r),r)。本文讨论了C(S~m,r)数在概率论中的应用（文献[2],P12～13)。得到下列公式P(A)=C(S-1)~(m),λ-n)/s~(m)。     

递推数列a_(n+1)=qa_n+b_1p_1~n十b_2p_2~n+b_3的通项公式

我们考虑这样的数列:已知数列{a_n}的a_1,并且递推公式为a_(n+1)=qa_n+b_1P_1~n+b_2p_2~n+b_3,其中q,P_1,P_2,b_1,b_2,b_3为常数,且q≠0,P_1,P_2≠1,P_1≠P_2,这个数列的通项公式如何求法,我们分以下几种情况来讨论这种问题.一、q≠1的情况(一)当q≠pi(i=1,2)时,设a_n=u_n+a_1p_1~n+a_2p_2~n+a_3,其中a_1、a_2、a_3为待定系数.将此式代入上面的递推公式中,得     

(a~2 +b~2 +k_1ab)~(1/2)+(b~2 +c~2 +k_2bc)~(1/2)>(a~2 +c~2 +k_3ac)~(1/2)的探究——反思、与读者也与自己对话

我们在文 [1 ]的案例 3中 ,谈了数形结合的双向沟通 ,顺便对题目 (文 [1 ]例 3、4、5 ,此处统一为例 1 )例 1　已知a >0 ,b >0 ,c >0 ,求证 :( 1 )a2 +b2 +ab +b2 +c2 +bc>a2 +c2 +ac;( 2 )a2 +b2 -ab +b2 +c2 -bc ;≥a2 +c2 +ac,( 3 )a2 +b2 -ab +b2 +c2 -bc>a2 +c2 -ac.从特殊到一般作出了推广 :a2 +b2 +k1ab +b2 +c2 +k2 bc≥a2 +c2 +k3ac .①其中 |ki|<2 ,i=1 ,2 ,3 .这对b +k1a≥ 0且b +k2 c≥0 (特别地k1≥ 0 ,k2 ≥ 0 )时 ,结论是显然的 ,有左边≥a +c=a2 +c2 +2ac >右边 .但当k1、k2 中出现负数呢 ?文 [2 ]指出 ,推广式①并非永远…