奇函數乘以奇函數范文

導語：如何才能寫好一篇奇函數乘以奇函數，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

其隱含的性質是否可以推出可被經濟事實所驗證的可證偽的假設命題。

本文依據該定義方法綜述各成本函數形式，據以給出各成本函數的可被證偽的函數形式，并概要指出符合可被證偽假設命題的各成本的關系。

關鍵詞：成本函數；可證偽性；定義

“它是應用數學中單調的基本的部分，因為它是純粹數學中單調的基本的部分，時間可能會改變這一點。過去沒有一個人可以預見到矩陣理論和群論以及其它的純粹數學理論對對當代物理學會有重要應用，并且某些‘自命高深的’應用數學中的某些部分可能會借助也某些意想不到的方法變得更有用，但是目前我還看不清楚在各個數學課題中到底哪些對實際生活是沒有用處的單調的！”

基于本文在討論成本函數的定義時，不免會用到部分的較為基本但卻是有用的數學知識，因而在上面引用了美國已故數學家G.H.Hardy在其名著《一個數學家的道歉》中的一段著名的話語，該段話語會給本文在一定程度上在必要的時候使用基本的數學知識以闡述觀點和意見提供一點理論支持。

一、理論結構和可證偽性

經驗科學中，理論是指一組對現實客觀事物運動的解釋和預測。一般而言，理論有三部分：斷言或假設，用以對現實客觀事物運動的概念化描述；檢驗條件，用以對斷言或假設進行檢驗；事件（組），由理論所預測。

然而，對經驗科學而言，應當如何檢驗某理論是否正確，是否反映了現實客觀事物的真實運動，或者由該理論所作的預測是否正確甚或會真的發生呢？也即應當怎樣確定據以檢驗理論的依據。

薩繆爾森在其名著《經濟分析基礎》第一版中就曾明確指出，經濟學中定理和理論的用處不在于給出一般的均衡條件，由于這些均衡條件難于觀測因而一般來說用處不大，而其真正用處應當是指出當其中的某個參數發生變化后會產生的各種變化。

事實上，薩繆爾森正是指出若要理論可以付諸應用的話，理論的檢驗條件必須是可以觀測的，同時也必須指定理論所對應的客體，據以評判理論對現實客觀事物運動的描述，也即應當給出該理論可被證偽的條件。

由消費者理論可知，當消費者所消費的兩種商品的邊際效用的比與其價格比相等時，消費者得到最大程度的滿足，然而，該理論所指定的客體卻無法觀察，除非可以測出消費者的誤差異曲線，因而該理論就是不可被證偽的，即無法依據可觀測的事實判斷理論正確與否。

但是，對供給定律，則只要求觀測供給量和價格是否同向變化即可，即改定律指出的客體是可觀測的，即改定律就是可以被證偽的。

篇2

早期的兒童教育，一個相當重要的組成部分就是美術教育。美術教育對于形成兒童較好的審美思想和高尚的道德情感有著重大的價值，同時還需要注意的是，兒童早期美術教育的范圍可謂是相當廣泛，其不僅包含有雕塑、剪紙等項目，同時還包含有印染以及繪畫等等，所以，相關教學方式對于形成兒童較為高尚的道德情感有著重大的價值和深遠的意義。另外還需要注意的是，兒童的思維方式對于美術教育的發展也有著一定的影響，兒童的一些天真并且簡單的思想，可以采用美術教育來進行塑造，同時由于兒童有著較為豐富的想象力，所以采取恰當的兒童早期美術教育，對于其后期的發展以及個人成長也有著關鍵性的影響，所以還應當深入地對教學方式和教學理念進行研究。

1 兒童早期美術教育重要性分析

加強對兒童早期美術教育重要性的分析，對于后續教學工作的開展有著重大且積極地影響，所以應當引起高度的重視。一個成年人眼中做不到的事，兒童眼里就能做得到，因為他們的思想處于原生態，沒有束縛。而成年人，受到各種教育、宗教、政治等社會上的各種干擾與困惑，禁錮在各式各樣的牢籠里。孩子的心底寬闊，天馬行空，只有了解孩子的這些天性，才可以和孩子一起學習美術，必須有和孩子平等甚至低下的思維方式尚可談及幼兒教育。孩子眼里美的人和物便是人間最美的東西，和孩子探討這些美好東西將是成年人永遠的美好的回憶。成年人和孩子學習的內容應該是繪畫，了解合作對象又不能以自己為師，只有乞求孩子接受你，方能進入到孩子們萬花筒般的思想世界。

2 兒童早期美術教育對兒童成長的影響

根據上文針對我國當前兒童早期美術教育的重大意義和深遠的價值等進行綜合性的分析，可以明確到工作的內涵所在。下文將針對兒童早期美術教育對于兒童所產生的重大影響等進行深層次的研究，旨在更好地促進教學思想和教學方式理念的改進。

對于兒童早期美術教育，應當從顏色的層面著手，由于不同年齡階段的兒童對于事物的認知也有著一定的差別，所以應當注重教學和教育方式的差異性。在一般的情況之下，兒童對于藍色以及綠色等顏色的反應相對而言較為平淡，而對于橙色以及紅色等較為鮮艷的顏色表現則相當的強烈，對于顏色所呈現出來的物質變化等反應敏感程度也有著巨大的差別，所以在實踐的兒童早期美術教育過程之中還應當重視上述的情況。但是需要注意的是，不同年齡階段的兒童對于顏色的敏感程度不一樣，處于嬰兒階段的兒童應當教導其使用嘴以及手等，感受不同物體的形狀，另外，顏色對于嬰兒所產生的刺激可謂是相當強烈，所以，對于此階段的兒童采取恰當的兒童早期美術教育，有著重大的意義。

在實踐的教育過程之中監護人還抱著孩子，仰望天空，引導其對天空之中的蝴蝶、鳥等進行觀察，同時引導幼兒觀察身邊的花草和植物等等，在這樣多重顏色的刺激之下，兒童對于顏色的認知也必將有著巨大的提升。在實踐的教育過程之中還應當注重的是對于兒童的表揚，恰當的表揚可以全面地提升兒童的信心，這一點對于其今后的成長以及個人發展有著巨大的意義，在表揚的過程之中還應當注重對兒童積極性的提升，以增強兒童進行繪畫等的興趣。因此，早期美術教育應是不斷探索、不斷改變現狀，因人、因地、因時靈活的教育方式，不可用成人的目光抱著功利的目的實施教育。恰當的教育方式，對于兒童的個人成長也必將起到深遠且積極的影響。

篇3

Abstract： This article discusses beingness of positive solutions of semilinear equation contained Sobolev-Hardy critical exponent, which has boundary singularity（0∈?鄣Ω）. The beingness of positive solutions is proved by variational method and maximum principle, and the solution is popularized.

關鍵詞： Sobolev-Hardy臨界指數；邊界奇異性；正解；變分法

Key words： Sobolev-Hardy critical exponent; boundary singularity; positive solutions; variational method

中圖分類號：G42文獻標識碼：A文章編號：1006-4311（2010）35-0204-02

1引言和主要結果

本文研究如下含有Sobolev-Hardy臨界指數的邊界奇異橢圓方程

-Δu-μ=u+f（x，u），x∈Ω+α（x）u=0，x∈Ω\0（1）

正解的存在性。其中，ΩRN（N3）具有C2邊界Ω并且0∈Ω，0μ＜，0s

在本文中，假設f∈C（Ω×R+，R）滿足如下條件：

（f1）存在泛函a∈L∞（Ω），a（x）0使得=a（x），

（f2）=0對x∈一致成立。

另外，假設泛函a和α不同時恒等于0，在這種假設下，存在常數C＞0使得，對任意的u∈H1（Ω）都有

Cdxu-a（x）udx+α（x）udσ（2）

其中，C僅依賴于N，Ω，a（x）和α（x），定義

=supCCdxu-a（x）udx+α（x）udσ，u∈H（Ω)

μ*=min，。則當0μ＜μ*時，在H（Ω）中可以定義等價范數（見文獻[6]）

u：=u-μ-a（x）udx+α（x）udσ

如果u∈H（Ω）滿足

uv-μ-uv-f（x，u）vdx+α（x）uvdσ=0

對v∈H（Ω）。則稱u是問題（1）的一個弱解。其中，H（Ω）表示通常的Sobolev空間，其范數定義為uH（Ω）：=u+udx，眾所周知，方程（1）的非負解等價于下列能量泛函的臨界點

I（u）=u-μdx-dx-F（x，u）dx+α（x）udσ（3）

最近，很多學者研究了含有算子-Δ-（0μ＜μ）和Sobolev臨界指數（s=0）或Hardy-Sobolev臨界指數（s≠0）的奇異橢圓方程解的存在性（見參考文獻[1-6]）。在文獻[6]中，作者研究了問題（1），得到如下定理：

定理A假設f和f成立，0μ＜μ-。則，當α∞充分小時問題（1）至少有一個正解u∈H（Ω）滿足I（u）＜AR。其中，α∞表示α在L∞（Ω）中的范數。

從文獻[6]的證明可以看出，定理A的結果強烈依賴于μ＜μ-。一個自然的問題是，當μμ-時，定理A的結果是否成立？利用文獻[7]的思想，我們證明了如下結果：

定理B假設f和f成立，α∞充分小，如果μ*＞μ-，0μμ-，則問題（1）至少有一個正解u∈H（Ω）滿足I（u）＜AR。

注記 當μ=μ-時，文獻 [6]中對A的達到函數（定義見下文）的估計不再適用。我們將利用文獻[7]的方法對A的達到函數做一些新的估計，進而證明定理B成立。

2概念與引理

本文中C，Ci將用來表示各種正常數，λ1，λ2，…，λN-1表示Ω在原點處的主曲率，我們始終假設λi＞0（1iN-1）。在這種假設下，不失一般性?？梢约僭O：ΩRx=x，x，…x∈Rx＞0

所以，對某個δ＞0，Ω的邊界Ω在原點附近可以表示為（如果需要，可以對x，x，…x做適當的旋轉）：

x=h（x′）=λx+ox′ x′=x，x，…x∈D（0，δ）

其中，D（0，δ）=Bδ（0）∩x=0。對任意的ε＞0和0μ＜μ，令

u（x）=εxε+x

定義Hardy- Sobolev最佳常數

A（Ω）=

眾所周知，當0∈Ω時，A（Ω）不依賴Ω且當Ω=RN時，A的達到函數為u（x）=其中ε＞0，另外函數u（x）是方程-Δu-μ=u，x∈R\0的解并且滿足u-μdx=dx=AR

引理2.1[6]假設f和f成立，則，對任意的0μ＜μ*下述兩條成立：（1）存在常數ρ，β＞0使得，當u=ρ時，I（u）β。（2）存在u0∈H1（Ω）使得，u0＞ρ并且I（u0）＜0。

定義=h∈C0，1，H（Ω）h（0）=0，I（h（1））＜0，c=infsupI（h（t））

則下面的引理成立。

引理2.2[6]若f和f成立，0μ＜μ*。則對0＜c＜AR，問題（1）至少存在一個非平凡解u∈H1（Ω）滿足I（u）c。

引理2.3 假設N3，f和f成立，0μμ-則，當α∞充分小時，存在非負泛函v∈H1（Ω），v≠0滿足

I（tv）＜AR （4）

證明 當0μ＜μ-時，請參考文獻[6]。我們只證明當N3，μ=μ-時引理2.3成立。令0＜aA＜+∞。則存在δ＞0使得，對任意的x′∈D（0，δ）都有ax′h（x′）Ax′。類似于文獻[7]，對某個正數C0，可以證明

udx=udx-dx′udx+Oεudx-dx′udx+Oεudx-C0εInε+Oε

dx=dx-dx′dx+Oε dx-dx′dx+Oε=dx+Oε

進而可以證得u-μdxu-μ

dx-C0εInε+Oε（5）

dx=dx-dx′dxN+Oεdx-dx′dxN+Oε

=dx-Oε（6）

結合f可以得到

I（tuε）=u-μdx+（a（x）udσ-dx-Fx，tuεdx

u-μdx-dx+Oε=+Oε

類似于文獻[7]，如果能夠證明

＜2AR-Oε（7）

對充分小的ε＞0成立，則（4）式成立。由（5）和（6）式可知，（7）式等價于M1-C0εInε＜2ARM2-Oε+Oε

=2ARM+Oε

其中M1=u-μdx，M2=dx

因為Inε=+∞并且M1/M=2AR，所以（7）式成立.證畢。

3定理的證明

定理B的證明 從引理2.1和2.3可以得到

c=I（h（t））I（ttv）I（tv）＜AR

其中，v為引理2.3中得到的v。

由引理2.2可知，問題（1）有一個非平凡解u∈H1（Ω）。并且

0=〈I′（u），u-〉=u--μ-a（x）（u）dx+a（x）（u）dσ，其中u=minu,0，由于0μ＜μ*，我們有

u-2=u--μ-a（x）（u）dx+a（x）（u）dσ=0。

所以u-=0，從而u0。由f和f，對任意的ε＞0，存在常數C（ε）＞0，使得f（x,u）-C（ε）u-ε對所有的x∈Ω成立。因此，從（1）式可得-Δu=μ++f（x,u）（1-ε）-C（ε）u

令ε=，C′=C＞0，則-Δu+C′u0。利用強極大值原理可知，u＞0。證畢。

參考文獻：

[1] Cao dao-min,Han Pi-gong.Solutions for semilinear elliptic equations with critical exponcnts and Iiardy potcntial. J.Diffcrcntial Equations,2004,205(2):521-537.

[2] Cao Dao-min,Peng Shuang-jie. Positive solutions for some singular critical growth nonlinear elliptic equations,Nonlinear Analysis,2005,60(3):589-609.

[3] Ghoussoub N,Yuan C.Multiple solutions for quasi-linear PDEs involving the critical sobolev and Hardy exponents.Trans.Amer.Math.Soc.,2000,352(1):,5703-5743.

[4] Ghoussoub N,Kang X.S.Hardy-Sobolev critical elliptic equations with boundary singu-larities.Ann.I.H.Poincare-AN.,2004,21(6):767-793.

[5] Chen Jian-qing,Li Shu-jie.On multiple solutions of a singular quasilinear equation on unbounded domain,J.Math.Anal.Appl.,2002,275(2):733-746.

篇4

（）必做1 已知a＋b0，則（ ）

A． a2

C． a2

精妙解法 法1：因a＋b0，所以b

法2：因a＋b0，所以b

法3：因a＋b0，所以不妨取a=1，b=－2，此時a2=1，b2=4，－ab=2，顯然有a2

誤點警示 不等式兩邊只有同乘以一個正數，不等式方向才不改變；若同乘以一個負數，則要改變方向；同向不等式相乘不一定正確，只有同向的正數不等式才能相乘．特殊值法解題時，必須滿足前提條件，如a＋b0，即b

極速突擊 作差比較法是比較大小的最基本的方法，作差后一般要變形定號，有時也會先平方再作差，或采用作比比較法． 涉及不等關系的選擇題，一般來說，結合題設條件尋求特殊值法比較方便．

（）必做2 對任意x∈R，若f ′（x）>f（x）且a>0，則f（a）________ea?f（0）（填大小關系）

精妙解法 由f（a）與ea?f（0）聯想e0?f（a）與ea?f（0），進而聯想新函數ex－a與f（x）的有機組合，建構：y=，則y′=>0，所以y（a）>y（0），即f（a）>ea?f（0）．

極速突擊 此類問題關注三點：（1）單調性――作為解決問題的大方向；（2）導數應用――導數是研究函數的利器，利用一階導數研究單調性能事半功倍；（3）有機組合――在解決問題過程中，如何選擇函數和建構新函數是關鍵．

金刊提醒

靈活運用不等式的性質，可以解決比大小、證明、解不等式等許多問題．

不等式的解法

（）必做3 設函數f（x）=（x+1）2，x≤－1，2x+2，－1

A． （－∞，－2）∪－，+∞

B． －，

C． （－∞，－2）∪－，1

D． －2，－∪（1，+∞）

精妙解法 由f（x）及f（a）＞1可得：a≤－1，（a+1）2>1①；或－11②；或a≥1，－1>1③；解①得a

誤點警示 每種情況之間是并集，每種情況內部是交集為兩個易錯點．

極速突擊 對每一段解不等式，同時弄清集合間的交并關系．

（）必做4 已知函數y=f（x）是R上的偶函數，且在（－∞，0］上單調遞減，且f（1）=0，若af（a）>0，則實數a的取值范圍是______．

圖1

精妙解法 作出函數y=f（x）在R上的大致圖象，由af（a）>0，可得當a>0時，f（a）>0，所以a>1；當a

極速突擊 解題時，應該盡量畫出函數圖象，使得問題具體化，避免因為抽象思維帶來的解題失誤，以求事半倍功．

金刊提醒

一元二次不等式的解法，可結合二次函數的圖象求解，重點突破三個二次問題的聯系．

線性規劃

（）必做5 動點P（a，b）在不等式組x+y－2≤0，x－y≥0，y≥0表示的平面區域內部及其邊界上運動，則w=的取值范圍是________．

精妙解法 w==1+=1+k，k為定點（1，2）與可行域上動點連線的斜率，由數形結合得斜率k的取值范圍為（－∞，－2］∪［2，+∞），所以w=的取值范圍是（－∞，－1］∪［3，+∞）．

誤點警示 不能對w=進行合理的變形，不會用數形結合進行轉化．

極速突擊 線性規劃問題一般采用數形結合，同時要化未知為已知，化生為熟．

（）必做6 設實數a，b滿足3a－2b+1≥0，3a+2b－4≥0，a≤1，則9a2+4b2的最大值是___________．

精妙解法 令x=3a，y=2b，原不等式組可化為x－y+1≥0，x+y－4≥0，x≤3，目標函數可化為z=x2+y2=（）2，可將它看做原點與可行域上動點連線的距離的平方，作出換元后的可行域，再由數形結合可得的最大值是25．

極速突擊 換元化歸，等價轉化，數形結合．

金刊提醒

在線性規劃問題的求解中，要充分運用數形結合思想，在解題中能認真領悟圖解法的實質．

基本不等式與最值運用

（）必做7 若直線ax+2by－2=0（a>0，b>0）始終平分圓x2+y2－4x－2y－8=0的周長，則+的最小值為（ ）

A． 1 B． 3+2

C． 5 D． 4

精妙解法 由已知可得直線過圓心（2，1），從而a+b=1，且a>0，b>0，+=+（a+b）=3++≥3+2，當且僅當a=－1，b=2－時取等號． 故選B．

誤點警示 此題容易錯解如下：由已知可得直線過圓心（2，1），從而a+b=1，且a>0，b>0，+≥2=≥=4，故選D． 錯誤的原因是無法取到等號． 事實上+≥2成立，當且僅當b=2a時取到等號；≥成立，當且僅當b=a時取到等號，又a>0，b>0，這樣的a，b不存在．

極速突擊 用基本不等式求最值必須驗證等號能否取到，一般當等號無法取到時，用基本不等式求最值無效，此時應改用其他變形手段設法能使其取到等號，或者利用函數單調性求最值．

（）必做8 函數f（x）=+2的最小值為_______.

精妙解法 要使f（x）=+2有意義，需x2－2x≥0且x2－5x+4≥0，所以f（x）=+2的定義域是｛xx≤0或x≥4｝． 當x≤0時， f（x）=+2是單調遞減函數，在x=0處取最小值為4；當x≥4時， f（x）=+2是單調遞增函數，在x=4處取最小值為1+2，比較得最小值為1+2．

極速突擊 從定義域上突破，利用復合函數的單調性求最值．

金刊提醒

運用基本不等式解題時，既要掌握公式的正用，也要注意公式的逆用、活用，還要注意“添拆項”技巧和公式等號成立的條件等；基本不等式應用中一定要注意三個細節，即“一正二定三相等”，記住兩個結論：“和定積最大”與“積定和最小”．

不等式恒成立與有解

（）必做9 設函數f（x）=x3+x，x∈R，若當0≤θ≤時，f（msinθ）+f（1－m）>0恒成立，則m的取值范圍是_________．

精妙解法 函數f（x）=x3+x，x∈R，易知f（x）為奇函數，所以f（msinθ）+f（1－m）>0可化為f（msinθ）>－f（1－m）=f（m－1），且f（x）在R上是增函數，所以msinθ>m－1，m（1－sinθ）

誤點警示 f（msinθ）+f（1－m）>0可化為（msinθ）3+msinθ+（1－m）3+（1－m）>0，接下來不會因式分解化簡． 因此，我們應充分考慮函數的性質．

極速突擊 不等式恒成立問題，通常轉化為求函數的最值，求最值有時要按參數分類討論． 若采用分離變量法，再求最值，往往可避免分類討論． 一般地f（x）>a對一切x∈D都成立?圳f（x）min>a； f（x）

（）必做10 已知函數f（x）=lnx－x+－1，g（x）=x2－2bx+4.當a=時，若對任意x1∈（0，2），存在x2∈［1，2］，使f（x1）≥g（x2），則實數b的取值范圍是______．

精妙解法 因為f ′（x）=－－==－= －，又因為x∈（0，2），所以當x∈（0，1）時， f ′（x）0，函數f（x）單調遞增，所以f（x）在（0，2）上的最小值為f（1）=－． 由于“對任意x1∈（0，2），存在x2∈［1，2］，使f（x1）≥g（x2）”等價于“g（x）在［1，2］上的最小值不大于f（x）在（0，2）上的最小值－”，即存在x∈［1，2］，使g（x）=x2－2bx+4≤－，即2bx≥x2+，即2b≥x+∈，，所以2b≥，解得b≥，即實數b的取值范圍是，+∞．

誤點警示 對條件“若對任意x1∈（0，2），存在x2∈［1，2］，使f（x1）≥g（x2）”不能正確轉化是解題的誤區，如把問題轉化為“f（x1）min≥g（x2）max”．

極速突擊 解決“全稱命題”“特稱命題”相關的試題時一般可以分成下面四步走：（1）實行變量分離，轉化成求最值問題；（2）判斷求最大值還是最小值：（3）求解f（x）的最值；（4）得出結論．