高中奥数 2021-11-19

2021-11-19-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷复数与向量张思汇复数的概念及代数运算 P006 例5）

已知两个复系数函数

$f\left(x\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{n-k}$ , $g\left(x\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}b_{k}x^{n-k}$ ,

其中 $a_{0}=b_{0}=1$ , $\sum\limits_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}b_{2k}$ 和 $\sum\limits_{k=0}^{\left[\frac{n+1}{2}\right]}b_{2k-1}$ 均为实数.若 $g\left(x\right)=0$ 的所有根的平方的相反数是 $f\left(x\right)=0$ 的全部根,求证: $\sum\limits_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}a_{k}$ 是实数.

分析与解

设方程 $g\left(x\right)=0$ 的 $n$ 个根为 $x_{k}\left(k=1,2,\cdots,n\right)$ ,则知方程 $f\left(x\right)=0$ 的 $n$ 个根为 $-x_k^{2}\left(k=1,2,\cdots,n\right)$ ,于是,有 $g\left(x\right)=\prod\limits_{k=1}^{n}\left(x-x_{k}\right),f\left(x\right)=\prod\limits_{k=1}^{n}\left(x+x_{k}^{2}\right).$

从而

$\begin{aligned} f\left(-1\right)&=\prod\limits_{k=1}^{n}\left(-1+x_{k}^{2}\right)\\&=\prod\limits_{k=1}^{n}\left(-1-x_{k}\right)\prod\limits_{k=1}^{n}\left(-1+x_{k}\right)\\&=g\left(-1\right)g\left(1\right). \end{aligned}$ (1)

因为 $g(1)=\sum_{k=0}^{n} b_{k}=b_{0}+\sum_{k=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]} b_{2 k}+\sum_{k=1}^{\left[\frac{n+1}{2}\right]} b_{2 k-1}$ ,

$g(-1)=\sum_{k=0}^{n} b_{k}(-1)^{n-k}=(-1)^{n} b_{0}+(-1)^{n-1} \sum_{k=1}^{\left[\frac{n+1}{2}\right]} b_{2 k-1}+(-1)^{n-2} \sum_{k=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]} b_{2 k}$ ,

$\begin{aligned} f(-1) &=\sum_{k=0}^{n} a_{k}(-1)^{n-k} \\ &=(-1)^{n} a_{0}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k} a_{k} \\ &=(-1)^{n}+(-1)^{n} \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k} a_{k}, \end{aligned}$

所以 $\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k} a_{k}=(-1)^{n} f(-1)-1$ .(2)

由题设条件知 $g\left(-1\right)$ 、 $g\left(1\right)$ 均是实数,注意到等式(1),可知 $f\left(-1\right)$ 亦是实数,从而(2)式的右端为实数.也即 $\sum\limits_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}a_{k}$ 为实数,证毕.

注

考虑 $f\left(-1\right)$ 是本题的关键,它建立了 $f\left(x\right)$ 与 $g\left(x\right)$ 的一个关系.

2021-11-19-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷复数与向量张思汇复数的概念及代数运算 P007 例6）

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 分别是复数 $z_{0}=a\mathrm{i}$ , $z_{1}=\dfrac{1}{2}+b\mathrm{i}$ , $z_{2}=1+c\mathrm{i}$ 对应的不共线的三点( $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是实数).证明:曲线 $z=z_{0}\cos ^{4}t+2z_{1}\cos ^{2}t\cdot \sin ^{2}t+z_{2}\sin ^{4}t\left(t\in \mathbb{R}\right)$ 与 $\triangle ABC$ 中平行于 $AC$ 的中位线只有一个公共点,并求出此点.

分析与解

设 $D$ 、 $E$ 分别为 $AB$ 、 $BC$ 的中点,则 $D$ 、 $E$ 对应的复数分别为 $\dfrac{1}{2}\left(z_{0}+z_{1}\right)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{a+b}{2}\mathrm{i}$ , $\dfrac{1}{2}\left(z_{1}+z_{2}\right)=\dfrac{3}{4}+\dfrac{b+c}{2}\mathrm{i}$ .

于是,线段 $DE$ 上的点对应的复数 $z$ 满足
$z=\lambda \left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{a+b}{2}\mathrm{i}\right)+\left(1-\lambda \right)\left(\dfrac{3}{4}+\dfrac{b+c}{2}\mathrm{i}\right),0\leqslant \lambda \leqslant 1.$

代入曲线方程 $z=z_{0}\cos ^{4}t+2z_{1}\cos ^{2}t\cdot \sin ^{2}t+z_{2}\sin ^{4}t,$

对比两边实部和虚部,得

$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{3}{4}-\dfrac{\lambda}{2}=\sin ^{2} t \cos ^{2} t+\sin ^{4} t, \\ \dfrac{1}{2}[\lambda a+b+\left(1-\lambda\right) c]=a \cos ^{4} t+2 b \sin ^{2} t+c\sin^{4}t. \end{array}\right.$

两式中消去 $\lambda$ ,得
$\begin{aligned} \dfrac{3}{4}(a-c)+\dfrac{b+c}{2} &=a \cos ^{4} t+(2 b+a-c) \sin ^{2} t \cos ^{2} t+a \sin ^{4} t \\ &=a\left(1-2 \sin ^{2} t \cos ^{2} t\right)+(2 b+a-c) \sin ^{2} t \cos ^{2} t \\ &=a+\left(2 b-a-c\right) \sin ^{2} t \cos ^{2} t . \end{aligned}$

于是 $\left(2 b+a-c\right)\left( \sin ^{2} t \cos ^{2} t-\dfrac{1}{4}\right)=0$ .

若 $2b-a-c=0$ ,则 $z_{1}=\dfrac{1}{2}\left(z_{0}+z_{2}\right)$ ,因此 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 三点共线,与假设矛盾!

所以 $2b-a-c\ne 0$ ,故 $\sin ^{2}t\cos ^{2}t=\dfrac{1}{4}$ ,从而 $\sin ^{2}t\left(1-\sin ^{2}t\right)=\dfrac{1}{4}$ ,即 $\left(\sin ^{2}t-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=0$ , $\sin ^{2}t=\dfrac{1}{2}$ .

故 $\dfrac{3}{4}-\dfrac{2}{\lambda }=\dfrac{1}{4}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{2}$ ,即有 $\lambda =\dfrac{1}{2}\in \left[0,1\right]$ .

这表明曲线与 $\triangle ABC$ 的平行于 $AC$ 的中位线只有一个交点,这个交点对应的复数为 $z=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{a+b}{2}\mathrm{i}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{4}+\dfrac{b+c}{2}\mathrm{i}\right)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{a+c+2b}{4}\mathrm{i}.$

2021-11-19-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷复数与向量张思汇复数的概念及代数运算 P008 例7）

设 $z=\sum\limits_{k=1}^{n}z_{k}^2$ , $z_{k}=x_{k}+y_{k}\mathrm{i}\left(x_{k},y_{k}\in \mathbb{R},k=1,2,\cdots,n\right)$ , $p$ 是 $z$ 的平方根的实部,求证: $|p|\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n}|x_{k}|$ .

分析与解

设 $p+q\mathrm{i}\left(p\in \mathbb{R}\right)$ 是 $z$ 的平方根,由

$\left(p+q\mathrm{i}\right)^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}z_{k}^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(x_k^{2}-y_k^{2}\right)+2\mathrm{i}\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}$ ,

得 $p^{2}-q^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(x_k^{2}-y_{k}\right)^{2}$ , $pg=\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}$ .(1)

用反证法,假设 $|p|>\sum\limits_{k=1}^{n}|x_{k}|$ ,则 $p^{2}>\left(\sum\limits_{k=1}^{n}|x_{k}|\right)^{2}\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{2}$ ,由此推出 $q^{2}>\sum\limits_{k=1}^{n}y_{k}^{2}$ .(2)

由(1)、(2),可得 $\left(\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right)^{2}=p^{2}q^{2}>\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}y_{k}^{2}$ ,这与柯西不等式相矛盾!

故 $|p|\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n}|x_{k}|$ ,证毕.

2021-11-19-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷复数与向量张思汇复数的概念及代数运算 P009 例8）

是否存在 $\theta \in \left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ ,使 $z^{2}+8z+9=\left(z-\tan \theta \right)\left(z-\tan 3\theta \right)$ 对一切复数 $z$ 恒成立?

分析与解

结论是否定的用反证法,假设存在一个 $\theta \in \left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ ,使题中的等式成立.

特别地,取 $z=\mathrm{i}$ 得

$\begin{aligned} 8+8 \mathrm{i} &=(\mathrm{i}-\tan \theta)(\mathrm{i}-\tan 3 \theta)=\mathrm{i}(1+\mathrm{i} \tan \theta) \cdot \mathrm{i}(1+\mathrm{itan} 3 \theta) \\ &=-\frac{(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta)(\cos 3 \theta+\mathrm{i} \sin 3 \theta)}{\cos \theta \cos 3 \theta}\\&=-\frac{\cos 4 \theta+\mathrm{i} \sin 4 \theta}{\cos \theta \cos 3 \theta}.\left(*\right) \end{aligned}$

从而,有 $\tan 4\theta =1$ , $\cos 4\theta =\pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ .

比较(*)式的实部,便有 $8=-\dfrac{\cos 4\theta }{\cos \theta \cos 3\theta }=-\dfrac{2\cos 4\theta }{\cos 4\theta +\cos 2\theta },$

$\cos 4\theta +\cos 2\theta =-\dfrac{1}{4}\cos 4\theta,$

$-\dfrac{5}{4}\cos 4\theta =\cos 2\theta,$

$\dfrac{25}{6}\cos ^{2}4\theta =\cos ^{2}2\theta =\dfrac{1+\cos 4\theta }{2},$

即有 $25\cos ^{2}4\theta =8\left(1+\cos 4\theta \right).$

将 $\cos 4\theta =\pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 代入上式,显然左端是有理数,而右端是无理数,矛盾.

故不存在这样的 $θ$ ,使等式恒成立.

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