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中令

  • Can-Hang不等式的加权推广及引申
    、(7)、(8)中令λ=1即得不等式(1),因此,不等式(2)、(7)、(8)均为不等式(1)的加权推广.由命题1中的不等式又可得如下命题4、5中的不等式:同样的,由命题2中的不等式可得如下命题6、7中的不等式:命题6 设x,y,z>0,λ≥1,则命题7 设x,y,z>0,λ≥1,则由命题3中的不等式可得如下命题8、9中的不等式:命题8 设x,y,z>0,0以上4个命题的证明从略.最后需说明的是,在不等式(9)、(11)、(12)中令x=a,y=b,z=c

    中学数学研究(江西) 2023年7期2023-07-15

  • 发展型p-Laplace方程边界最优控制的存在性
    有在式(11)中令k→∞, 并利用uk的收敛性, 得因此,u是问题(1)-(3)的弱解.下面证明对任意h∈UM, 问题(1)-(3)存在唯一解u.假设u1,u2为问题(1)-(3)的两个解, 做差得对所有的τ∈(0,T), 令φ=u1-u2, 有对所有的τ∈(0,T), 由引理1有则即定理2若Zd∈L2(QT),u0∈L2(Ω), 且满足兼容性条件则存在一个最优控制h*∈UM, 使得成本泛函J(h)最小.‖uk‖L∞(0,T;L2(Ω))+‖uk‖LP(

    吉林大学学报（理学版） 2023年1期2023-03-09

  • Nesbitt不等式的一个新推广及引申
    推广.在不等式②中令k=1即得不等式①，所以不等式②为不等式①的一种推广.命题1中的不等式②是关于三个正数a,b,c的不等式，若将它推广为n(n≥3)个正数的不等式，则有如下命题4成立.证明从略.同样的，命题2、3中的不等式也可以推广到n(n≥3)个正数中去，有如下的两个命题成立.命题5 设xi>0(i=1,2,…,n,n≥3),且命题6 设xi>0(i=1,2,…,n,n≥3),且以上两个命题的证明均从略.由命题1，我们可得一个有趣的无穷长的代数不等式链

    中学数学研究(江西) 2023年1期2023-01-12

  • 舒尔不等式的四元形式
    显然，在不等式②中令d=0,便导出舒尔不等式①.针对如下形式的舒尔不等式：已知a,b,c≥0, 则有(a+b+c)3+9abc≥4(a+b+c)·(ab+bc+ca)③.探究其四元形式，笔者获得：问题2：已知a,b,c,d≥0, 证明：(a+b+c+d)3+9(abc+bcd+cda+dab)≥4(a+b+c+d)(ab+bc+ca+ad+bd+cd)④.证明：不妨设a≥b≥c≥d≥0,应用三元舒尔不等式有(a+b+c+d)3=[a+b+(c+d)]3≥4

    河北理科教学研究 2022年1期2023-01-05

  • 一类带组合记忆项的Tricomi方程解的破裂
    t).在式(4)中令ψ(t,x)=φ(x)，可得(|ut(s,x)|p+|u(s,x)|q)φ(x)dsdxdτ=φ(x)dsdxdτ.(13)由于F0(t)≥0，∀t∈[0,T)，则式(13)表明F4(t)≥0，于是F1(t)≥0.由式(6)与式(7)可知(14)利用式(10)可得(15)将式(15)关于t求导，得结合式(14)可得则有(16)(17)结合式(15)～式(17)，得(18)式(18)两端同乘(λ(t))-2，并在[0,t]上积分可得从而ε

    中北大学学报(自然科学版) 2022年5期2022-09-24

  • 限制线状李超代数的超导子及限制超导子
    12)在式(1)中令x=X1,y=Yi, 1≤i≤p-1, 可得bi=b1+(i-1)a1, 1≤i≤p.(13)ai+2=ai, 3≤i≤p-j-2.(14)在式(1)中令x=X1,y=Yi, 1≤i≤p-1, 可得bi=bi+1, 1≤i≤p-j-1,D(Yp-j+1)=…=D(Yp)=0.(15)ai+1=ai+a1, 3≤i≤p-3.(16)ai=ai+1=a2-a1, 3≤i≤p-j-1.(17)在式(1)中令x=X2,y=Xi, 3≤i≤p-j

    吉林大学学报（理学版） 2022年4期2022-08-04

  • 非负弱下鞅的一类极大型φ-不等式
    (4)在式(4)中令ck=1,k≥1, 则(5)推论2设{Sn,n≥1}是一个非负弱下鞅且S0=0,φ∈C′, 则(6)其中1/p+1/q=1,p>1.证明: 在定理1中令ck=1,k≥1, 可得式(6).(7)定理2设{Sn,n≥1}是一个非负弱下鞅且S0=0, {cn,n≥1}是不减的正数序列,φ∈C, 则对于任意的n≥1,t>0且0(8)进而, 对于n≥1,a>0,b>0且0(9)证明: 由推论1可得于是由于故从而令b>0, 由式(8), 有推论3设

    吉林大学学报（理学版） 2022年3期2022-07-07

  • 对2021年高考数学北京卷压轴题结论的推广
    ∈N*).①在①中令n=1，可得bk-1=bk-2=0,bk=bk-2+1=1.(1)由前面的论述可得n=0时成立.(2)假设n=0,1,2,…,t时均成立.当j=0,1,2,…,k-2时，由(3)可得：bk(t+1)+j=b[k(t-1)+k-1]+[k+(j+1)],bk(t+1)+j∈{bk(t-1)+k-1+bk+(j+1),bk(t-1)+k-1+bk+(j+1)+1}.再由归纳假设中的n=t-1,1时均成立，可得bk(t+1)+j∈{t,t+1

    数理化解题研究 2021年31期2021-11-24

  • 关于交换环上保持行列式的函数
    (2)在式(2)中令y=1,得f(1)n-1f(x)=f(x)(3)在式(3)中令x=1,得f(1)n=f(1)(4)现令δ=f(1)n-2f，则由式(3)知f(x)=f(1)(f(1)n-2f(x) )=f(1)δ(x),即f=f(1)δ.再由式(2)得f(1)n-2f(x)f(1)n-2f(y)=f(1)n-2f(xy)，即δ(xy)=δ(x)δ(y).2)⟹1)：假设f=f(1)δ，其中f(0)=0，f(1)n=f(1)，δ满足δ(xy)=δ(x)δ

    哈尔滨商业大学学报（自然科学版） 2021年5期2021-10-23

  • 多维探究典型问题 培养学生发散思维
    正数情况.在结论中令k1=1,k2=4,k3=3,m2=2,m3=3,则即λ的最大值为1.例2(2019年上海交大自主招生)已知x,y,z不全为0,求的最大值.分析由于求最大值,因而考虑正数情况.在结论中令k1=k2=k3=1,m2=1,m3=2,则例3(2016年高联福建预赛)已知x,y,z ＞0, 求的最大值.分析在结论中令k1=k2=k3= 1,m2= 4,m3= 1,则例4(2015年《数学教学》947 问题)已知x2+y2+z2=1,求xy+2x

    中学数学研究(广东) 2021年15期2021-09-07

  • 三角代数上Lie积为平方零元的非线性双可导映射
    从而可在(2)式中令y=z=0，故可得φ(u，0)=φ(u，0)0+0φ(u，0)=0，所以φ(u，0)=0.类似地，可证明φ(0，u)=0.ii)由于[e1，e1]=[e2，e2]=0∈Ω，从而一方面，在(1)式中分别令x=y=z=e1和x=y=z=e2，得φ(e1，e1)=φ(e1e1，e1)=φ(e1，e1)e1+e1φ(e1，e1)和φ(e2，e2)=φ(e2e2，e2)=φ(e2，e2)e2+e2φ(e2，e2)，从而有φ(e1，e1)=e1φ(

    华中师范大学学报（自然科学版） 2021年2期2021-04-10

  • 涉及Riemann-Liouville分数阶积分的一个多参数Hermite-Hadamard型不等式
    因为在(12)式中令α=1,并将上式带入即得(16)式,从而推论3得证。在推论2中,令α=1可得如下推论:(17)证明:因为在(14)式中令α=1,并将上式带入即得(17)式,从而推论4得证。4 结 语本文在Riemann-Liouville分数阶积分下,通过s-凸函数建立一个多参数Hermite-Hadamard型不等式。主要结果(定理1)给出了以往文献中一些结果的统一推广和加细。作为应用,我们利用超几何函数的积分表示,从中进一步推导出若干新的Hermi

    中国计量大学学报 2021年4期2021-02-16

  • 关于整环上保持逆矩阵的函数
    (5)在式(5)中令y=0,则有f(xz)=f(x)f(z)(因为f(0)=0)；在式(5)中令z=-1,则由f(-x)=-f(x)得f(x+y)=f(x)+f(y).所以f是R的一个非零自同态.再令δ=f，则f=f(1)δ，并且δ是R的非零自同态.如果f(1)=-1， 则式(4)变为-f(xz-y)=f(x)f(z)+f(y)(6)现令δ=-f，则δ(1)=1，δ(0)=0，δ(-x)=-δ(x)，此时式(6)变为δ(xz-y)=δ(x)δ(z)-δ(y

    哈尔滨商业大学学报（自然科学版） 2020年6期2021-01-16

  • 妙用赋值法速解函数题
    =x+1。在上式中令x=1，2，3，…，n-1，可分别得到：f(2)-f(1)=2，f(3)-f(2)=3，…，f(n)-f(n-1)=n。四、求函数的综合问题例4对每一实数对(x，y)，函数f(t)满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1，若f(-2)=-2，试求满足f(a)=a的所有整数a。解：令x=y=0，可得f(0)=-1。令x=y=-1，由f(-2)=-2，可得f(-1)=-2。又令x=1，y=-1，可得f(1)=1。再令x=1，y=n，可

    中学生数理化·高一版 2020年9期2020-09-30

  • 我
    脸的两侧镶着五官中令她最满意的部分——耳朵，那就是我。在同学眼中，我是一个活泼开朗的女孩。每当班上有同学不开心时，我便会给他严肃地讲笑话，然而还没有讲到一半，我便会自顾自地捧腹大笑，而那位不开心的同学也会被我的样子逗得眉开眼笑。在老师眼中，我是一个乐于助人的女孩。我班上有一位同学有残疾，她只能用左手写字，走路也一跛一跛的。有一天早上她背着书包经过我的位置时，由于课桌间隙窄小，她的书包被夹住了，尝试了几次都没挣脱。我毫不犹豫地走上前，脱下她的书包，往上一举（

    颂雅风·艺术月刊 2020年5期2020-05-26

  • 三角代数上一类局部非线性三重高阶可导映射
    明: 在式(1)中令x=y=z=0, 则xyz=0∈Ω, 从而由归纳假设性质(P2), 有对任意的m∈M, 在式(1)中令x=y=e1,z=m, 由于e1e1m=m∈Ω, 从而由归纳假设性质(P2), 有从而有dn(m)=2e1dn(e1)e1m+e1dn(m).类似地, 可得dn(m)=2me2dn(e2)e2+dn(m)e2.于是可得e1dn(m)e1=e2dn(m)e2=0, 从而dn(M)⊆M, 进而由U的2-无挠性及M的忠实性, 可得e1dn(e

    吉林大学学报（理学版） 2020年1期2020-02-10

  • 点乘双根法解决一类直线与圆锥曲线相交弦问题
    (1)在(1)式中令x=2,得22-4×2-4m=(x1-2)(x2-2)．在(1)式中令x=1-m,得(1-m)2-4×(1-m)-4m=(x1+m-1)(x2+m-1)，所以(x1-2)(x2-2)+(x1+m-1)(x2+m-1)=22-4×2-4m+(1-m)2-4×(1-m)-4m=0．解得m=-1(舍)，m=7，所以直线AB的方程为y=x+7．(1)求椭圆的方程；因为x1,x2是方程2x2+3k2(x+1)2-6=0的两个根,所以2x2+3k2

    数理化解题研究 2019年31期2019-11-25

  • 扩张的圈Schrödinger-Virasoro 代数的二上同调群
    (2.10) 式中令m=−n, 则有从而由(2.11) 和(2.12) 式, 得到上式说明仅与第二个指标的和i + j + k 有关, 而与位置无关, 从而不妨设Am,i+j=φ(Lm,i+j,M−m,0). 在(2.10) 式中取m=1, 又由(2.5) 式有在(2.14) 式中用n −1 替换n, 则有在(2.10) 式中取n=n −1,m=2, 可得将(2.14),(2.15) 和(2.16) 式联立方程, 解得在(2.10) 式中令m=2,n=−1

    数学杂志 2019年5期2019-09-21

  • 细菌模型的非协调混合有限元分析
    一解在方程(9)中令χh=φi,zh=φi,Φh=Ψj,ψh=Ψj,则方程可变为如下形式(10)其中,H1(t)=(h1(t),h2(t),…,hr1(t))T,H2(t)=(l1(t),l2(t),…,lr1(t))T,G1(t)=(g1(t),g2(t),…,gr2(t))T,G2(t)=(s1(t),s2(t),…,sr2(t))T,A=((φi,φj))r1×r1,B=((Ψi,由(10)可得(11)由于(11)是关于向量H(t)=(H1,H2)T

    山西大学学报（自然科学版） 2018年4期2018-12-12

  • 自己就是宝藏的钥匙
    要抓住读完的作品中令我们最兴奋的、令我们最感动的、令我们最受启发的“三点”，然后去理解作者为什么要这样写，最后用自己的话来概括作者想要表达的意思。池子姐姐讲到这里的时候，我们下面响起了热烈的掌声，因为池子姐姐的“法宝”让我们领悟了怎样写好读后感。我觉得这就是写读后感的“捷径”。池子姐姐就像把我们从那条黑漆漆的摸索写读后感的路上，引到了灯火通明的大道。真是“不到长城非好汉，不听讲座真遗憾”！其实，宝藏的钥匙就在你自己手中，看你是否能使用好钥匙打开宝藏了。

    儿童时代 2018年6期2018-10-26

  • 微软展示Windows窗口去掉1像素边框后的样子
    ows 10設计中令不少人最讨厌的元素，直以来在审美上争议不断。微软最近更新了他们的NavigationView控件文档，新文档展示了控件如何工作的一些截图。除了控件本身，屏幕截图还有一个漂亮的窗帘周围的阴影。屏幕截图只是一个模拟效果，但它让我们仔细研究了它的外观，您是否感觉得到，没有边框的Windows窗口似乎要在某个时间点发生。实际上，在最近的Redstone 5版本中，微软已经摆脱了许多UWP控件边缘的1像素边框，例如上下文菜单和对话框，而是被替换为

    电脑知识与技术·经验技巧 2018年8期2018-10-16

  • 一类李超代数的中心扩张
    (6)在(6)式中令n=1，则(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).(7)根据αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，[L0，In])可得(m-n)αf(L0，Im+n)=-(m+n)αf(Lm，In).而由αf(L0，In)=α(L0，In)+f([L0，In])=0，易知αf(Lm，In)=0(m+n≠0). 设b(n)=αf(Ln，L-n)，由αf([Lm，Ln]，I-m-n)=αf(Ln，

    东北师大学报（自然科学版） 2018年3期2018-09-21

  • K1，5，p和 K1，6，p的点可区别的IE-全染色及一般全染色
    ，在引理1(i)中令k=9,得K1，5，496无8-GVDTC.而K1，5，496的10-VDIETC可由引理2中的染色规则得到．同时K1，5，495的9-VDIETC的构造类似于引理2，不再详述．情形5K1，5，244无8-VDIETC.只要在引理3的证明过程中令r=9便可得.但其有9-VDIETC(可由K1，5，494的9-VDIETC限制在{x,y1,…,y5,z1,…,z244}上得到).同时,在引理1(i)中令k=8，可知K1，5，244无7-G

    浙江大学学报（理学版） 2018年5期2018-09-10

  • 含有2的幂次的Euler和的研究
    …pm,q(x)中令x=1，就得到经典的Euler和Sp1p2…pm,q。Berndt[1]指出，Euler和的研究起源于1742年，在与Goldbach的通信中，Euler首先考虑了线性和并得出很多结果。例如，Euler指出当q≥2时，S1,q可以用zeta值表示：本文主要研究含有2n的Euler和，并通过生成函数及特殊函数积分系统地计算出一些低阶的含有2n的Euler和的值。1 一些引理引理1当k≥1时，第一类无符号Stirling数满足如下生成函数：

    浙江理工大学学报(自然科学版) 2018年5期2018-08-24

  • 两类双单叶函数类的不等式
    知识这里在定义1中令一些参数取一些特殊值，就得到我们熟知的双单叶函数类，例如：2 主要结果及证明其中由式（7）和（8）得由式（5）、（6）、（9）和（10）得其中由式（13）和式（15），可得由式（14）和式（16），可得将式（17）、（18）代入式（19），化简得由式（17）、（18）和（20）可得利用引理1及式（21），可得所以由式（14）、（16）和（17），可得由式（21）和（22），可得所以定理得证.下面证明过程类似定理1.3 主要推论及结果注释

    五邑大学学报（自然科学版） 2018年2期2018-06-08

  • 两类双单叶函数类的不等式
    知识这里在定义1中令一些参数取一些特殊值，就得到我们熟知的双单叶函数类，例如：2 主要结果及证明其中由式（7）和（8）得由式（5）、（6）、（9）和（10）得其中由式（13）和式（15），可得由式（14）和式（16），可得将式（17）、（18）代入式（19），化简得由式（17）、（18）和（20）可得利用引理1及式（21），可得所以由式（14）、（16）和（17），可得由式（21）和（22），可得所以定理得证.下面证明过程类似定理1.3 主要推论及结果注释

    五邑大学学报（自然科学版） 2018年1期2018-05-16

  • Hermite-Hadamard不等式的一个q-模拟
    函数，在式(5)中令q→1得1　主要结果定理2设f：[a，b]→R是连续的凸函数，0(8)pa+(1-p)x=(1-λ(x))a+λ(x)b，px+(1-p)b=μ(x)a+(1-μ(x))b，由凸函数的定义有f(pa+(1-p)x)≤(1-λ(x))f(a)+λ(x)f(b)，(9)f(px+(1-p)b)≤μ(x)f(a)+(1-μ(x))f(b)，(10)对式(9)和式(10)中的x在[a，b]上求q-积分得(11)(12)其中用到下面事实：利用引理

    周口师范学院学报 2018年2期2018-04-02

  • q-Kampé de Fériet函数的简化和求和公式
    0)得证。定理2中令并通过q-Pfaff-Saalschütz求和定理(见文献[1]中公式(1.7.2))得对式(7)中内部的和式进行计算，然后进行一些化简，得到简化公式(11)。在定理2中令然后利用求和公式(见文献[1]中例2.14)(14)计算式(9)中内部和式，推导出另一个简化公式(12)。另外，在定理2中令并用公式(见文献[1]中公式(3.10.9))(15)计算式(9)的内部和式，得到了式(13)。式(10)等号右边的式子与参数β和ε无关，这个求

    大连民族大学学报 2018年1期2018-02-05

  • Dougall5F4求和公式的一些应用
    例2在定理1.4中令(a,b,c,d)=(1,−1,1,0),可以得出2 π2的一般级数展开式在这一节中,我们利用定理1.3来证明下面的级数展开式.证明利用递归关系式Γ(z+1)=zΓ(z),我们可将定理1.3中的(15)式表示为例3在定理2.1中,令(a,b,c,d)=(1,0,0,0),则有例4在定理2.1中,取(a,b,c,d)=(1,1,0,0),则有例5在定理2.1中,令(a,b,c,d)=(2,−1,0,0),则可得3 Γ-3()的一般级数展开

    华东师范大学学报（自然科学版） 2017年4期2017-08-07

  • 利用积分证明不等式
    （3）在（2）中令，可得积分不等式（4）在（3）中令.可得积分不等式（5）2 利用施瓦茨不等式证明下列不等式定理2 施瓦茨不等式：若和在上可积，则（*）若在 上连续，其中等号当且仅当存在常数使得时成立（不同时为零）.证明：这就证明了（*）式.由此看出，若连续，等号当且仅当存在常数（不全为零）使得时成立。例2：1）若在上可积，则证明：根据施瓦茨不等式知（ = .2）若，都在上可积，则有闵可夫斯基不等式：.证明：利用施瓦茨不等式可知：即.其实闵可夫斯基不等式

    速读·下旬 2016年8期2017-05-09

  • Hermite-Hadamard不等式推广的q-模拟
    b).证在定理2中令q→1即可得证.|I(a,b;p,q;f)|(16)利用引理8，式(16)得证.注2设|f′|是[a，b]上的凸函数，在定理3中令q→1，则由式(16)得特别地，当p=1/2时，得到下面梯形不等式[13]定理4设f∶[a，b]→是连续函数，和在[a，b]上可积，且，则有(17)利用引理8，式(17)的右端部分得证.同理可证式(17)的左端部分.注3设m≤f′≤M，在定理4中令q→1，则由式(17)得特别地，当p=1/2时得到下面的梯形不

    大学数学 2016年3期2016-10-14

  • 一类利用卷积定义的p叶解析函数类的系数边界
    结论．在(8)式中令n =2得这就证明了(4)式．令n=3，并利用(9)式得假设(5)式对n=k成立，即当n=k+1时有这就证明了(5)式．推论1［19］设f(z)∈SD(α，β)，则证明 在定理2中令a=c，δ=0，p=1，λ= 0，b=2．推论2 设f(z)∈S*(β)，则证明 在推论1中令α=0．推论3［20］设f(z)∈KD(α，β)，则证明 在定理2中令a=c，δ=1，p=1，λ= 0，b=1．推论4 设f(z)∈K(β)，则证明 在推论3中令α

    四川师范大学学报（自然科学版） 2016年5期2016-06-05

  • 一类利用从属关系定义的复数阶双单叶函数类的系数问题
    证明在定理1.3中令β=0即可得到结论.推论2.2由(1)式定义的f(z)∈MΣ(n，b，β; A，B)，则有:证明由于在推论2.1中令B1=A－B即可得到结论.推论2.3由(1)式定义的f(z)∈MΣ(n，b，β，α)，则有:证明在推论2.2中令A=－1，B=1－2α，即可得到结论.推论2.4［30］由(1)式定义的f(z)∈MΣ(0，1，β，α)，则有:证明由于且B1=A－B=2(1－α)，在定理1.3中n=0，b=1，B1=2(1－α)，即可得到结论

    四川师范大学学报（自然科学版） 2016年3期2016-06-05

  • Cauchy-Drygas型函数方程的Ulam稳定性
    ),在方程(4)中令x1=x2=y1=y2=0,显然有f(0,0)=0;在方程(4)中令x2=y1=y2=0,显然有f(x1,0)=0;在方程(4)中令y2=0,则有2f(x1+x2,y1)=2f(x1,y1)+2f(x2,y1),即f(x1+x2,y1)=f(x1,y1)+f(x2,y1),从而f关于第一个变元是Cauchy(可加)的.在方程(4)中令x1=x2=y2=0,可得f(0,y1)=0;在方程(4)中令x2=0,则有f(x1,y1+y2)+f(

    四川师范大学学报（自然科学版） 2016年6期2016-05-22

  • 圆锥曲线的一个定值性质
    后结论.这类题型中令许多考生头痛的就是化简计算，往往考生就是在化简计算的过程中产生错误，从而导致失分严重，于是产生较多的“会做却得不到分”的情况.那么有没有什么方法解决这个问题呢？当然，最根本的方法是提高考生的运算能力，但这种能力的提高不是一朝一夕的事情.那么在运算能力一定的情况下该怎么办呢？笔者认为，在平时的学习中适当了解、推导、记忆一些小结论是一种较好的方法.下面就笔者在对圆锥曲线的研究中发现的一个有趣的定值性质进行简单介绍.

    理科考试研究·高中 2016年8期2016-05-14

  • 不可约M矩阵最小特征值的界值
    证明： 在定理1中令A=J(矩阵J为元素全为1的矩阵)，则定理3 设A=(aij)≥0，B=(bij)∈Mn，B-1=(βij)，且A,B都不可约，则(FV)-1(A∘B-1)(FV)=(FV)-1A(DU)∘B-1=G∘B-1,即ρ(A∘B-1)=ρ(G∘B-1)=λ，由引理3知存在i，j使得≤pipjβiiβjj(ρ(A)-aii)(ρ(A)-ajj)定理4 设B=(bij)∈Mn，B-1=(βij)，则有证明： 在定理1中令A=J(矩阵J的元素全为1

    昭通学院学报 2016年5期2016-02-24

  • 涉及Fibonacci数列与Chebyshev多项式的一些反正切
    (14)在定理3中令x=2,可得推论3 设为n任意整数,则(15)推论4 设n为任意整数,则(16)引理3 设k为任意整数,∀x:|x|>1,则(17)(18)证明当∀x:|x|>1时,有(19)(20)式(19)和式(20)两式相加得式(17),把式(19)和式(20)两式相减得式(18).在式(17)中令k=n,式(18)中令k=n-2,两式相减可得定理4 设n为任意整数,∀x:|x|>1,则(21)由式(1)可得定理5 设n为任意整数,∀x:|x|>

    淮阴师范学院学报（自然科学版） 2015年3期2015-07-18

  • 半素环上的左理想①
    假设知，在(1)中令u=u+v，得到在(2)中令v=vu，得到在(3)中令v=ωv，得到［u，ω］vd(u)=0 u，v，ω ∈I由于I 是非零左理想，则有［u，ω］Rvd(u)=0 u，v，ω ∈I.由于R 是半素环，它必包含一个素理想的集族Ω={Pα|α ∈Λ}，使得∩α∈ΛPα={0}［4］.若P 是Ω 的典型元，x ∈I，则有［x.I］⊆P 或Id(x)⊆P.对于给定P，集合T1={x ∈I|［x，I］⊆P}与T2={x ∈I|Id(x)⊆P}是I

    佳木斯大学学报（自然科学版） 2015年4期2015-04-14

  • 平凡扩张代数上的ξ-Lie导子
    ξ(3)在(2)中令n=0,b=a有f21(ma-ξam)=[f21(m),a]ξ(4)在(2)中令m=0有f21(an-ξna)=[a,f21(n)]ξ在(3)中令n=0有f22(mb-ξbm)=[f22(m),b]ξ+[m,f11(b)]ξ在(3)中令m=0有f22(an-ξna)=[f11(a),n]ξ+[a,f22(n)]ξ在(3)中令a=0有f22(mb-ξbm)=[f21(m),n]ξ+[f22(m),b]ξ+[m,f11(b)]ξ+[m,f2

    河北北方学院学报（自然科学版） 2015年6期2015-03-29

  • 一类与算子有关的级数转化公式*
    1 在式（11）中令f（k）＝w（k＋1），w（k）为Bell数，式（11）变为在上式中比较等式2边xm的系数，得例2 在 式 （9）中，令f（n）＝s（n＋ 1，k） ，其 中s（n，k） 为第二类Stirling数.比较等式两边xn的系数，得例3 在式（6）中令，f（k）＝kr，则当r＝0时，有在式（9）、（11）中令f（k）＝kr，则3 结语本文主要将算子与形式幂级数结合起来，得到了级数转化公式（3）和（4），从第3部分可以看到，（3）和（4）在研究

    中国海洋大学学报（自然科学版） 2014年1期2014-12-02

  • 一类解析函数类的凸性
    明 在定理1.2中令Mi＝M即可.推论1.4 设fi（z）∈B（μi，αi），μi≥0，0≤αi＜1，i＝1，2，…，n，若｜fi（z）｜≤Mi，Mi≥1为常数，则Hn（z）∈这里推论1.4的证明 在定理1.2中令n＝p＝1即可.推论1.5 设fi（z）∈R（αi），0≤αi＞1，i＝1，2，…，n，则Hn（z）∈K（δ），这里推论1.5的证明 在定理1.2中令n＝p＝1，μi＝0，i＝1，2，…，n即可.推论1.6 设fi（z）∈S＊n（p，αi），0≤

    湖北大学学报(自然科学版) 2014年2期2014-08-20

  • 域上保持对合矩阵的函数
    算得：在式（7）中令y=1得：在式（7）中令y=-1得：将式（9）代入式（10）得 ：步骤四：证明1＋f（x）=f（1＋x）。通过计算得：将式（8）代入式（12）得：步骤五：证明f=δ，其中δ是域F上的自同构。令δ=f，由式（11）得：再由式（11）及式（13）得：即由式（14）及式（15）得δ是域F上的自同态，下面证明δ是单的。由式（11）得：1=f（1）=f（aa-1）=f（a）f（a-1），∀a∈F＊，故若δ（a）=δ（b），应用式（6）、式（15）

    河北科技大学学报 2014年6期2014-03-11

  • 某类积分算子解析函数的性质
    β).证在定理1中令bj=jk即可.推论2[8]若函数f(z)∈A由(1)定义，且满足下面不等式则f(z)∈MD(α,β).证在定理1中令bj=1即可.推论3[8]若函数f(z)∈A由(1)定义，且满足下面不等式则f(z)∈MD(α,β).证f(z)∈ND(α,β)当且仅当zf′(z)∈MD(α,β),在推论2中用jaj替换aj即可.证由In(z)的定义，得经变形，得证在推论4中令α1=α2=…=αn=α,β1=β2=…=βn=β.证在推论4中令n=1即可

    湖南师范大学自然科学学报 2013年4期2013-11-21

  • 推广的非函数的β阶星像性
    .注1 在引理4中令n=1,可得文献[3]中相关结果.当n>1时，引理4改进了文献[5]的引理2.1.引理5 设≠0 是一个实数,[0,1),P(z)H[1,n]和P(z),(2)其中M=Mn(,.(3)P(z)[1-+((1-β)p(z)+β)]1+Mz,(4)(5)令P=P(z0)=u+iv,则由式(5)可得2Re{P[1-+(β+(1-β)iρ)]}+1=(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β)vρ+(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β

    华南师范大学学报（自然科学版） 2013年1期2013-10-27

  • 一个积分算子的单叶性
    S.如果在定理1中令n=1, 可以得到下面这个有趣的结果.(10)且(11)则式(1)的积分算子Jγ1,γ2,…,γn,β属于S.证明观察得Jγ1,γ2,…,γn,β(z)为式(5)的形式.(12)则有p(0)=0，由式(8)和式(12)得到(13)应用引理 2 可得(14)(15)因为(16)(17)根据式(7)和式(17), 应用引理 1 可以得到式(1)的积分算子Jγ1,γ2,…,γn，β属于S,定理得证.且满足所以由定理2,可以得到属于S.注记1

    华南师范大学学报（自然科学版） 2012年1期2012-11-14

  • 一类分式序列封闭形和式
    例1 在 （1）中令1）a＝1，b＝2，c＝3，d＝1；2）a＝1，b＝3，c＝3，d＝1；3）a＝2，b＝3，c＝1，d＝1；4）a＝1，b＝3，c＝2，d＝1.下列反正切序列闭形和式成立在 （2），（3），（4），（5），中依次令，b＝c＝d＝1；a＝2，b＝c＝1；a＝1，c＝2，d＝1；得到封闭形和式例2 在命题2中令a＝1，b＝2，c＝3，d＝1代入 （6），（7），（8），（9），得到下列分式序列封闭形和式命题3 设a，b，c，d为实数，下列反

    河北北方学院学报（自然科学版） 2012年2期2012-01-18

  • 度量空间中六个映象的一个新的公共不动点定理
    ）得在式（12）中令k→∞，并注意到为φ的上半连续性得此为矛盾.因此｛yn｝是X中的柯西列.由X的完备性，不妨设yn→z∈X（n→∞），则子列｛Ax2n｝，｛SPx2n｝，｛Bx2n－1｝和｛TQx2n－1｝也都收敛到z.1）设A，SP之一连续，且（A，SP）相容，（B，TQ）次相容.先设SP是连续的.因为（A，SP）是相容的，从而由引理1有由式（2）得在式（14）中令n→∞，并注意到式（13），得于是，由函数ψ的性质得d（SPz，z）＝0，即z＝SPz.

    杭州师范大学学报(自然科学版) 2011年5期2011-12-22

  • 一类新的压缩条件下四个自映象的公共不动点定理
    6)，在式(4)中令i→∞取极限得ε0≤0+Φ(ε0)+0=Φ(ε0)，从而由引理1(i)知ε0=0，此与ε0>0矛盾.20当mi为偶，ni为偶的情形.此时由条件(ii)有d(ymi+1,yni+1)=d(Txmi+1,Txni+1)≤d(Sxni,Txmi+1)+d(Sxni,Txni+1),(7)(8)引用式(1)(3)，并注意到Φ(t)的右连续性假设，于式(8)中令i→∞取极限得(9)(10)利用式(9)(10)，于式(7)中令i→∞取极限得(11)

    杭州师范大学学报(自然科学版) 2011年2期2011-11-22

  • 一类Riccati型方程的可积条件及通积分
    .证明 在定理1中令φ=Q即得.注 在推论中取f(y)=y，可得方程(1)可积的条件及通积分.推论1.2 若R=Q-P,则方程(2)可积且通积分为证明 在定理1中令φ=P即得.证明 在定理1中令φ=R即得.推论1.4 若R=Q2(1-P)-Q′,则方程(2)可积且通积分为证明 在定理1中令φ=PQ即得.证明 在定理1中令φ=Q/2即得.注：在推论1.5中令f(y)=y，则结论为文献[7]的定理4.定理2 若存在函数φ=φ(x)满足(6)则方程(2)可积且通

    陕西科技大学学报 2011年4期2011-02-20

  • 涉及到四个自映象的一个新的公共不动点定理
    5)，在式(4)中令i→∞得ε0≤ei≤0+φ(ε0)+0，即ε0≤φ(ε0)，由引理1(i)知ε0=0，此与ε0>0矛盾.Ⅱ) 当mi，ni均为偶数时，首先有d(ymi+1,yni+1)=d(Txmi+1,Txni+1)≤d(Sxni,Txmi+1)+d(Sxni,Txni+1)，(6)再由条件ii)得于上式中令i→∞取极限得(7)同理可证当mi，ni同为奇数；mi为奇数，ni为偶数时也可引出同样的矛盾.这些矛盾说明{yn}是X中的Cauchy列，由X完

    杭州师范大学学报(自然科学版) 2010年6期2010-11-23

  • 正系数解析函数的一类新子族
    )得：及在定理2中令i=0可得如下推论：且这2个不等式是精确的.在定理2中令i=1可得如下推论:且这2个不等式是精确的.在定理2证明过程中的式(9)中令i=n可得如下推论:2 凸的线性关系设(10)(11)证明由式(11)，有(12)对于所有的i=1,2,…,v，由式(12)，有□在定理3中令v=2可得如下推论：推论5 函数类Mn(α)是一个凸集．(13)(14)证明若存在k≥0(k≥1)且k=1，使得kfk(z)，则因此有[1] OWA S,NISHIW

    华南师范大学学报（自然科学版） 2010年2期2010-11-20

  • 从冯燕到向中令 ——由游侠而士绅的“忠义”之路
    64)从冯燕到向中令 ——由游侠而士绅的“忠义”之路张劲松(四川大学文学与新闻学院,四川成都 610064)冯燕是唐传奇中的豪侠,其侠举为士大夫所褒奖。他们虽极力将冯燕式的侠义和儒家之“义”联系,但冯燕以后的人生并无圆满的交代,留下了一个历史的悬念。宋人张齐贤所写的《向中令徙义》,为“冯燕”式的豪侠提供了一个新的人生模式,即走向“忠君”报国之路,获得士大夫的身份殊荣。“向中令模式”的意义是将冯燕们完全士大夫化,成为搢绅的楷模。这种转换是由宋代文人政治的价值

    东岳论丛 2010年1期2010-04-05

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