免費論壇 繁體 | 簡體
Sclub交友聊天~加入聊天室當版主
分享
返回列表 发帖
本帖最后由 realnumber 于 2018-4-30 20:42 编辑

8楼不能推广到9楼,
QQ截图20180430134152---2.png
2018-4-30 19:57

这个图中,假定$\abs{Z_1Z_0}=\abs{Z_nZ_0}$=0.8,可以在Z1,Zn处有很多个点重合,这样
$\abs{f(z0)}$就会小于1,即使弧Z1Zn最大,但这并不说明题目有错,比如,如果Z1,Zn重合的点远多于其它点,此时Z0点也许可以改成-Z0

9楼的办法,就那个引理还成立,但也暂时看不到用处

TOP

回复 21# realnumber

有道理,唉,看来“最大弧中点法”只能用于n不大的时候了……

TOP

......
因此Z1,Z2,....,Zn是正n边形的顶点时$\abs{f(z_0)}$最小.接下来证明此时$\abs{f(z_0)}=2$
即证明$2^n\sin{\frac{\pi}{2n}}\sin{\frac{3\pi}{2n}}\sin{\frac{5\pi}{2n}}\cdots \sin{\frac{(2n-1)\pi}{2n}}=2$这个怎么证明?证明不小于2也可以
realnumber 发表于 2018-4-30 13:55

虽然已经没什么用了,还是扯一下这里吧,证明正 n 边形时取弧中点后各线段之积一定是 2,用复数就很容易证明。

记 `\omega=\cos(2\pi/n)+i\sin(2\pi/n)`,则可设正 `n` 边形的 `n` 个顶点对应的复数为 `1`, `\omega`, `\omega^2`, \ldots, `\omega^{n-1}`,不妨设取的弧中点对应的复数为 `p=\omega^{1/2}=\cos(\pi/n)+i\sin(\pi/n)`,因为 `x^n=1` 的 `n` 个根为 `1`, `\omega`, `\omega^2`, \ldots, `\omega^{n-1}`,因此有恒等式
\[x^n-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots(x-\omega^{n-1}),\]
令 `x=p`,并两边取模得
\[\abs{p^n-1}=\abs{p-1}\cdot\abs{p-\omega}\cdot\abs{p-\omega^2}\cdots\abs{p-\omega^{n-1}},\]
显然 `p^n=-1`,所以左边为 `2`,而右边就是那 `n` 条线段的积,所以结论得证。

TOP

虽然1楼没解决,但是23楼也不错

TOP

正$n$边形时取弧中点易证为$2$,难在不是时如何证明大于$2$

TOP

正$n$边形时取弧中点易证为$2$,难在不是时如何证明大于$2$
乌贼 发表于 2018-5-1 02:46

仔细看完整个帖子先
这名字我喜欢

TOP

回复 19# isee
儒歇定理,复变函数论里面的。这个超过高中范围了,大学数学系才会学到这个定理。

TOP

若用几何法直接证明的话,对于圆弧能覆盖$n$个已知点的最小圆心角在0到180度的情况,都很容易找到$z_0$(找到与该圆弧对应弦平行的直径,然后作中垂线交圆周于另一点,即为$z_0$),使得满足$f(z_0)\geqslant 2$.
但是对于这个最小圆心角超过180度的时候就比较难证明了(因为特殊情形随$n$增加而变得太多)。

TOP

还是把旋转的引理写写,顺便写个命题,尽管它并不能证明原题。

引理:如图,`x\leqslant y`,有 `PA\cdot PB=4\sin x\sin y`,现在让 `x` 减少 `t`,`y` 增加 `t`,由 `\sin x\sin y-\sin(x-t)\sin(y+t)=\sin t\sin(t-x+y)>0` 知 `PA\cdot PB` 变小,即向较小角方向旋转会使 `PA\cdot PB` 变小。

QQ截图20180501154536.png
2018-5-1 15:46


然并卵命题:设单位圆上顺次有点 `A_1`, `A_2`, \ldots, `A_n`(`n\geqslant3`)将圆分为 `n` 段弧,其中弧 `A_1A_2` 最大,且其度数 $\geqslant120\du$,取其中点 `P`,设 `f=PA_1\cdot PA_2\cdots PA_n`,则 `f\geqslant2`。

QQ截图20180501154603.png
2018-5-1 15:46


证明:如图,虚线夹角内为到 `A_1` 和 `A_2` 的弧都不超过最大弧的区域。

(1)如果虚线夹角内存在某个 `A_k`(即图中的 `A_5`),那么 `f\geqslant PA_k\cdot PA_1^{n-1}`,由 $\angle A_1OA_2\geqslant 120\du$ 知 `PA_1\geqslant 1`,所以 `f\geqslant PA_k\cdot PA_1^2`,而 `n=3` 的情形已经获证,即 `PA_k\cdot PA_1^2\geqslant2`,故此时命题成立;

(2)如果不存在,则根据上述引理,可通过旋转将某个点旋转至虚线夹角内,此时 `f` 变小且转化为(1)的情形。

综上,然并卵命题成立。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$

TOP

既然最大弧 $\geqslant120\du$ 的情形已经解决,那么 `n=4` 的情形就不那么麻烦了,因为剩下的不需再分类讨论,所以还是写写吧。

单位圆 `O` 上的顺次四点 `A`, `B`, `C`, `D` 将圆分成四段圆弧,不妨设弧 `BC` 最大,取其中点 `P`,下面证明必有 `PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant 2`。

QQ截图20180501174140.png
2018-5-1 17:41


当弧 `BC` 的度数 $\geqslant 120\du$ 时由楼上可知结论成立。

当弧 `BC` 的度数 $<120\du$ 时,设 `\angle BOC=4x`, `\angle AOB=2y`, `\angle COD=2z`,由于弧 `BC` 最大,所以 $x\in[22.5\du,30\du)$,且 `2y\leqslant 4x`, `2z\leqslant 4x`, $360\du-4x-2y-2z\leqslant 4x$,即 `y\leqslant 2x`, `z\leqslant 2x`, $4x+y+z\geqslant 180\du$,此时 `PB=PC=2\sin x`, `PA=2\sin(x+y)`, `PD=2\sin(x+z)`。

因为 `x+z\leqslant 3x+y` 且 $x+z+3x+y\geqslant 180\du$,则
\[PD=2\sin(x+z)\geqslant2\sin(3x+y),\]
因为
\[\sin(x+y)\sin(3x+y)-\sin3x\sin5x=-\sin(2x-y)\sin(6x+y),\]
而 $6x+y\geqslant4x+y+z\geqslant180\du$,所以上式非负,故
\[PA\cdot PD\geqslant4\sin(x+y)\sin(3x+y)\geqslant 4\sin3x\sin5x,\]
所以
\[PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant 16\sin^2x\sin3x\sin5x,\]
因为
\[16\sin^2x\sin3x\sin5x-2= -2\cos4x(2\cos2x-1)\bigl(1+4\sin^2x(2\cos2x+1)\bigr),\]
由 `x` 的范围知 `\cos4x\leqslant0`, `2\cos2x>1`,所以上式非负,从而 `PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant2`。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$

TOP

回复 26# 色k
认真看完了

TOP

返回列表 回复 发帖