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1.
在f(t,x),β（t),fx(t,x),α′（t)连续,fx(t,x)≥-β（t),4β（t）≤-β（t）,4β（t）≤π^2 α^2(t)-2α′（t）,4β（t）≠π^2 α^2(t)-2α′（t）等主要条件下,证明了拟线性第二边值问题x ″=α（t）x′ (t,x),x(0)=α,x′(1)=b有唯一解。 相似文献
2.
在f(t,x),fx(t,x)α（t),α′（t),β（t)连续,fx(t,x)≥-β（t）,β（t）≤π^2 [α^2(t)-2α′(t)]/4,且β(t)≠π^2 [α^2(t)-2α′(t)]/4条件下,证明了拟线性两点边值问题x″=α(t)x′ f(t,x),x(0=a,x(1)=b,对于任给实数a,b都有唯一解。 相似文献
3.
氯代聚并苯同系物的能量和电子极化率与同系序数之间满足下列相关方程E=a Nβ+b, R≈ lα(或 απ ) =α′ Nβ′+b′,R≥ 0 .9990απ/ α(% ) =α″Nβ″+b″,R≥ 0 .9999N=2 n+1,为同系序数 ,n为苯环的结构单元数 β、β′、β″随同系分子的类型而变 ,本文的计算值与文献值吻合良好 相似文献
4.
《中学生数理化(高中版)》2008,(4)
1.已知0<α<π4,β为f(x)=cos2x π8的最小正周期,a=tanα 4β,-1,b=(cosα,2),且a·b=m,求2cosc2oαs αs-ins2i(nαα β)的值.(yuodaowei@163.com)解答:由β为f(x)=cos2x 8π的最小正周期,得β=π.因a·b=m,又a·b=cosα·tanα 4β-2,所以cosα·tanα 4β=m 2.因0<α<4π, 相似文献
5.
文 [1 ]中有这样一个不等式 :(bγ -cβ) 2 (cα -aγ) 2 (aβ -bα) 2(a b c) 2 <π24 .①其中 ,a、b、c为三角形三边长 ,α、β、γ分别为a、b、c所对的内角 .本文给出一种简单证法 .首先给出两个引理 :引理 1 aα bβ cγa b c <π2 .引理 2 若x∈ 0 ,π2 ,则tanx > .引理 1、2的结论易证 .下面证明不等式①成立 .式① (bγ -cβ) 2 (cα -aγ) 2 (aβ -bα) 2<π24 (a b c) 2 .由引理 1知(aα bβ cγ) 2 <π24 (a b c) 2 .故要证式①只须证(bγ -cβ) 2 (cα -aγ) 2 (aβ-bα) 2 ≤(aα bβ cγ) 2 α2 (… 相似文献
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不等式的证明是高中数学的一个难点,如果能仔细观察所给不等式的结构形式,依据题目的条件或结论的模式,联想所学过的知识,或已解决过的问题,制定解题方案,则可使命题迅速巧妙地得到解决.一、根据命题条件所提供的模式展开联想例1已知a,b∈R,|a|≤1,|b|≤1,求证ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析:由|a|≤1,|b|≤1容易联想到正弦函数或余弦函数的有界性.证明:因为|a|≤1,|b|≤1,所以可设a=cosα,b=cosβ,α,β∈[0,π],则ab (1-a2)(1-b2)=cosαcosβ sinαsinβ=cos(α-β).又cos(α-β)≤1,22例2已知实数a、b、c满足a b c=0,abc=1,求证:a、b、c中必有… 相似文献
7.
王根章 《数学大世界(高中辅导)》2006,(4)
先看一道高考题及其解答,规定:函数h(x)= f(x)·g(x),若g(x)=f(x+α),其中α是常数,且α∈ [0,π],请设计一个定义域为R的函数y=f(x),及一个α的值,使得h(x)=cos4x,并予以证明． 相似文献
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9.
《中学生数理化(高中版)》2008,(2)
人教版数学第一册(下)第89页复习参考习题15:已知α,β都是锐角,且sinα=55,sinβ=1100,求证α β=4π.错解:由sinα=55,0<α<2π,得cosα=255.由sinβ=1100,0<β<2π,得cosβ=31010.∴sin(α β)=sinαcosβ cosαsinβ=55×31010 255×1100=22.又0<α β<π,则α β=4π或α 相似文献
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新教材第六章中不等式的证明是一个难点,如果教学中能积极地引导学生观察所给不等式的结构形式,依据题目的条件或结论的模式,联想所学过的知识,或已解决过的问题,制定解题方案,则可使命题迅速巧妙地得以解决.1.根据命题的条件所提供的模式展开联想.【例1】已知a,b∈R,|a|≤1,|b|≤1,求证:ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析:由|a|≤1,|b|≤1容易联想到正弦函数或余弦函数的有界性.证:∵|a|≤1,|b|≤1∴可设a=cosα,b=cosβ,α,β∈[0,π]则ab (1-a2)(1-b2)=cosα·cosβ sinα·sinβ=cos(α-β)∴ab (1-a2)(1-b2)≤1.分析2由命题的结论a·b 1-a2·1-… 相似文献
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“数学教学通讯”85年第5期张山同志的文“一个公式的巧用”读后很受启发,公式(a b c)(a~2 b~2 c~2-ab-bc-ca)=a~3 b~3 c~3-3abc在解题中巧用之处不少。今就这个公式在三角恒等式的证明中巧用的一角补充几个例题,使该文更有说服力。例1.已知sinα sinβ sinγ=0, cosα cosβ cosγ=0 求证:(1)sin~3α sin~3β sin~3γ=3sinαsinβsinγ (2)cos~3α cos~3β cos~3γ=3cosαcosβcosγ证明:当a b c=0时,a~3 b~3 c~3=3abc令α=siaα,b=sinβ,c=sinγ,则sin~3α sin~3β sin~3γ=3sinαsinβsinγ。令a=cosα,b=cosβ,c=cosγ,则cos~3α cos~3β cos~3γ=3cosαcosβcosγ。利用例1的结论又得一题: 例2.已知:sinα sinβ sinγ=0, cosα cosβ cosγ=0 求证:(1)sin3α sin3β sin3γ 相似文献
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关于代数微分方程的超越整解的增长性 总被引：2，自引：0，他引：2
研究了如下代数微分方程a(z)f′^2 (b2(z)／f^2 b1(z)f b0(z)f′=d3(z)f^3 d2(z)f^2 d1(z)f d0(z)(这里a(z),bi(z)(0≤i≤2)和dj(z)(0≤j≤3)是多项式)超越整函数解的增长性，这类方程与有名的代数微分方程C（z，w）w′^2 B(z,w)w′ A(z,w)=0(C(z,w)≠0,B(z,w)和A（z，w)是z和w的3个多项式)有紧密的关系．详细地给出了第1个方程的整函数解的增长性与它的3个多项式的次数之间的关系． 相似文献
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几乎所有的数学复习资料和习题集中,都有这样一类习题:“对于任意实数a,…”,“若…对于任意实代入上式得f(-x)=f(x). 故f(x)为奇函数. 例7.设a、b、A、B∈R,且 f(θ)=1-asinθ-bcosβ-Asin2θ-Bcos2θ, 若对于所有的实数θ恒有f(θ)≥0,求证: A~3+B~2≤1,a~2+b~2≤2. 证明,引入辅助角α、β,使得a/r=cosα,b/r=sina,A/R=cosβ,B/R=sinτ,其中r=(a~2+b~2)~(1/2),R=(A~2+B~2)~(1/2).则由f(θ)≥0得1-rsin(θ+α)-Rsin(2θ+β)≥0.(1) 由于(1)式对任何实数θ都成立,则对于π+θ也成立.即1-rsin(π+θ+α)-Rsin(2x+2θ+β)≥0. 即1+rsin(θ+α)-Rsin(2θ+β)≥0.(2) (1)+(2)得2-2Rsin(2θ+β)≥0.(3) 由于(3)式对任何实数日亦成立,则对于2θ+β=π/2也成立,即2—2R≥0. ∴ R≤1,即(A~2+B~2)≤1,故A~+B~2≤1. 用同样的方法可证a~2+b~2≤2(略). 四、求导法如果关于任意变量的解析式恒等于一个常数,就可以对这个恒等式两边求导,然后利用零解析式的特性求其他的条件变量. 例8.sin~2θ+sin~2(θ+α)+sin~2(θ+β)=3/2对任意的实数θ都成立,求α、β的值(0≤α<β≤π). 解:题设等式两边对口求导得 sin2θ+sin[2(θ+α)]+sin[2(θ+β)]≡0, 即(1+cos2α+cos2β)sin2θ+(sin2α+sin2β)cos2θ≡0, 由此得解得α=π/3,β=(2π)/3。 相似文献
15.
在△ABC中,熟知a≤b A≤B,又由正弦定理sinA/sinB=a/b,可得如下有用结论:定理 若α、β>0,且α β<π,则 α≤β sinα≤sinβ,等号当且仅当α=β时成立. 应用这个简单的定理,可以简捷、巧妙地解证一些三角不等式和几何难题. 例1 已知正数α、β、a、b满足: α<β,α β<π, 相似文献
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李婧怡 《数学大世界(高中辅导)》2004,(6):34-35
题目:已知sin2α=a,cos2α=b,则 tan(α+π4)的值是( ) (A)b1-a(B)1+ab (C)1+a+b1+b-a(D)a-b+1a+b-1 解法(一):tan(α+π4)=1+tanα1-tanα =sinα+cosαcosα-sinα=cos2α-sin2α(cosα-sinα)2=cos2α1-sin2α =b1-a.故选(A) 解法(二):tan(α+π4)=1+tanα1-tanα =sinα+cosαcosα-sinα=(sinα+cosα)2cos2α-sin2α=1+sin2αcos2α … 相似文献
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本研究含慢变量非线性系统边值问题：x′=f(t,x,y,ε)x(1,ε)= α（ε）εy″=F（t，x，y，y′，ε），y（1,ε）=b(ε),y(0,ε=c(ε)当F（t,x,y,y′，ε)关于y′的Jacabi矩阵Fy′的特征值具有非零实部时，应用对角化技巧证明了摄动解的存在性，并给出了解的零阶近似。 相似文献
18.
李宁 《数理天地(高中版)》2014,(11):26-27
柯西不等式：
设αi,bi∈R（i=1,2,…,n）,则
（α1^2＋α2^2＋…＋αn^2）（b1^2＋b2^2＋…＋bn^2）≥（α1b1＋α2b2＋…＋αnbn）^2,当且仅当αi=kbi,i=1,2,…,m时等号成立． 相似文献
19.
由正弦定理 a/(sin A)=b/(sin B)=c/(sin C)=2R(R为外接圆半径)很容易得出以下几个推论: 推论1:如果两个三角形有一个角相等或互补,那么它们外接圆半径的比等于这两个等角或补角的对边比。即在△ABC和△A′B′C′中,若A=A′或A A′=180°则R/R′=a/a′。 相似文献
20.
由完全平方公式（α-b）^2≥0知α^2＋b^2≥2αb从而有（α＋b）^2≥4αb,其中等号当且仅当α=6,利用（α＋b）^2≥4αb可以解决一些初中竞赛题． 相似文献