egin{frame}{2019年北京高考}
egin{exampleblock}{2019年北京理科高考试题}
数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线$C:x^2+y^2=1+|x|y$就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
egin{enumerate}%[align=left,labelsep=-0.6em,leftmargin=1.2em,noitemsep,topsep=0pt]
item[ding{172}] 曲线$C$恰好经过$6$个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
item[ding{173}] 曲线$C$上任意一点到原点的距离都不超过$sqrt{2}$;
item[ding{174}] 曲线$C$所围成的“心形”区域的面积小于$3$.
end{enumerate}
其中,所有正确结论的序号是
egin{tasks}(2)
ask ding{172}
ask ding{173}
ask ding{172}ding{173}
ask ding{172}ding{173}ding{174}
end{tasks}
end{exampleblock}
extbf{解.}事实上,利用均值不等式可知
[1+|x|y=x^2+y^2geq 2|xy|.]
若$ygeq 0$为整数,则$1+|x|ygeq 2|x|y$,则$|x|yleq 1$.当$x=0$时, $(x,y)= (0,1)$; 当$x
eq 0$时,必有$y=0$或$1$,于是$(x,y)=(-1,0),(1,0),(-1,1)$或$(1,1)$.
若$y<0$为整数,则$1+|x|ygeq -2|x|y$,则$-3|x|yleq 1$,则必有$x=0$时, 于是$(x,y)= (0,-1)$.
综上所述,曲线$C$恰好经过$6$个整点$(x,y)=(0,-1),(0,1),(-1,0),(1,0),(-1,1)$或$(1,1)$,也就是图中的$A,B,C,D,E,F$这六个点.故选项ding{172}正确.
end{frame}
end{document}
egin{frame}{123}
利用极坐标代换$x=rcos heta,y=rsin heta$可将曲线$C$的方程$x^2+y^2=1+|x|y$改写为$r^2=1+r^2|cos heta|sin heta$,因此
[r^2=frac{1}{1-|cos heta|sin heta}leq frac{1}{1-|cos hetasin heta|}=frac{1}{1-frac{1}{2}|sin(2 heta)|}leq 2,]
于是$rleq sqrt{2}$,即曲线$C$上任意一点到原点的距离都不超过$sqrt{2}$,如图, 以原点$O$为圆心, $OB$为半径的圆可以覆盖该心形,因此曲线$C$上$B(1,1)$到原点的距离达到最大值$sqrt{2}$.故选项ding{173}正确.
又因为该心形区域的面积大于多边形$ABCDEF$的面积,也就是大于$3$.故选项ding{174}错误.
因此正确的答案为(C).
进一步,我们可利用大学数学中的微积分知识得到心形区域面积的精确值:
[S=2int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}{frac{1}{2} frac{1}{1-cos heta sin heta} d heta}=frac{2pi}{sqrt{3}}approx 3.6276cdots]
end{frame}
egin{Exercise}
(1986年第一届中国数学奥林匹克)设$z_1,z_2,cdots,z_n$为复数,满足$|z_1|+|z_2|+cdots+|z_n|=1$.求证:上述$n$个复数中,必存在若干个复数,它们的和的模不小于$frac{1}{6}$.
end{Exercise}
egin{Proof}
extbf{证法三.}用从原点出发幅角分别为$60^circ,180^circ$和$300^circ$的三条射线将复平面分成三个角形域(我们约定每个角形域仅包括它的一条边,因而三个角形域除原点外没有公共点).必要时抛弃这些复数中等于$0$者,可以认为所有的$z_k
eq 0\,(k=1,2,cdots,n)$.三个角形域将给定的这些复数分成三组,其中必有一组复数的模之和不小于$frac{1}{3}$ (否则三组复数的模的总和小于$1$,与所设矛盾).设这组复数是$z_1,z_2,cdots,z_m$,它们所有在的角形域以正实轴为分角线(其他情形可类似讨论,或通过旋转化成这一情形).计算该组复数在角域分角线上的正交投影之和,我们得到
egin{align*}
left| z_1+z_2+cdots +z_m
ight| &ge x_1+x_2+cdots +x_m
\
&ge frac{1}{2}left( left| z_1
ight|+left| z_2
ight|+cdots +left| z_m
ight|
ight) ge frac{1}{2} imes frac{1}{3}=frac{1}{6}.
end{align*}
推导中我们用到这样的事实,在该角域中的任何复数投影到对角线上的长度,不大于该复数本身的长度,而大于复数本身长度的一半.
extbf{证法一.}设$z_k=x_k+iy_k\,(k=1,2,cdots,n)$.因为$|x_k|+|y_k|geq |z_k|geq |x_k|$ (或$|y_k|$),所以
[1=sum_{k=1}^{n}|z_k|leq sum_{k=1}^{n}|x_k|+sum_{k=1}^{n}|y_k|=sum_{x_kgeq 0}|x_k|+sum_{x_k< 0}|x_k|+sum_{y_kgeq 0}|y_k|+sum_{y_k< 0}|y_k|.]
故上式中右边四个和式中至少有一个不小于$frac{1}{4}$.不妨设$sum_{x_kgeq 0}|x_k|geqfrac{1}{4}$,则
[left| sum_{x_kge 0}{z_k}
ight|ge left| sum_{x_kge 0}{x_k}
ight|=sum_{x_kge 0}{|}x_k|ge frac{1}{4}ge frac{1}{6}.]
extbf{证法二.}设$z_k=x_k+y_ki\,(x_k,y_kin mathbb{R},k=1,2,cdots,n)$.
将所有的$z_k$分为两组$X,Y$.若$|x_k|geq|y_k|$,则将$z_k$放入$X$中;若$|y_k|geq|x_k|$,则将$z_k$放入$Y$中.其中必有一组中所有复数模长之和不小于$frac{1}{2}$.不妨设为$X$.
再将$X$中的复数分为两组$A,B$.若$x_kgeq 0$,则将$z_k$放入$A$中;若$x_kleq 0$,则将$z_k$放入$B$中.其中必有一组中的所有复数模长之和不小于$frac{1}{4}$.不妨设为$A$.
则$sum_{z_kin A}|z_k|geqfrac{1}{4}$,即$sum_{z_kin A}sqrt{x_k^2+y_k^2}geqfrac{1}{4}$.而对于$z_kin A,x_k^2geq y_k^2,sqrt{x_k^2+y_k^2}leq sqrt{2}x_k$.于是$sum_{z_kin A}x_kgeqfrac{1}{4sqrt{2}}$,则
[
left| sum_{z_kin A}{z_k}
ight|= left| sum_{z_kin A}{x_k}+isum_{z_kin A}{y_k}
ight|ge sum_{z_kin A}{x_k}ge frac{1}{4sqrt{2}}.
]
而$4sqrt{2}<6$,故$left| sum_{z_kin A}{z_k}
ight|geqfrac{1}{6}$,即$A$中复数之和的模不小于$frac{1}{6}$.证毕.
end{Proof}
注: $frac{1}{4}$还可加强为$frac{1}{pi}$.
extbf{引理.}若$z_1,z_2,cdots,z_N$是复数,则存在${1,2,cdots,N}$的子集$S$,使得
[
left| sum_{kin S}{z_k}
ight|ge frac{1}{pi}sum_{k=1}^N{left| z_k
ight|}.
]
记$z_k=|z_k|e^{ialpha_k}$.当$-pileq hetaleqpi$时,设$S( heta)$是所有使得$cos(alpha_k- heta)>0$的$k$组成的集合,则
[
left| sum_{Sleft( heta
ight)}{z_k}
ight|=left| sum_{Sleft( heta
ight)}{e^{-i heta}z_k}
ight|ge ext{Re}sum_{Sleft( heta
ight)}{e^{-i heta}z_k}=sum_{k=1}^N{left| z_k
ight|cos ^+left( alpha _k- heta
ight)}.
]
选取$ heta_0$,使得最后一个和式最大,并令$S=S( heta_0)$.这个最大值至少是$[-pi,pi]$上和的半均值,由于对每个$alpha$,有
[frac{1}{2pi}int_{-pi}^{pi}cos ^+left( alpha - heta
ight)d heta=frac{1}{pi},]
所以这个平均值就是$frac{1}{pi}sum_{k=1}^N{left| z_k
ight|}$.