北京理科

\begin{frame}{2019年北京高考}
\begin{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:
\begin{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
\begin{tasks}(2)
\task \ding{172}
\task \ding{173}
\task \ding{172}\ding{173}
\task \ding{172}\ding{173}\ding{174}
\end{tasks}
\end{exampleblock}

\textbf{解.}事实上,利用均值不等式可知
\[1+|x|y=x^2+y^2\geq 2|xy|.\]
若$y\geq 0$为整数,则$1+|x|y\geq 2|x|y$,则$|x|y\leq 1$.当$x=0$时, $(x,y)= (0,1)$; 当$x\neq 0$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$1+|x|y\geq -2|x|y$,则$-3|x|y\leq 1$,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}

\begin{frame}{123}
利用极坐标代换$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$可将曲线$C$的方程$x^2+y^2=1+|x|y$改写为$r^2=1+r^2|\cos\theta|\sin\theta$,因此
\[r^2=\frac{1}{1-|\cos\theta|\sin\theta}\leq \frac{1}{1-|\cos\theta\sin\theta|}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}|\sin(2\theta)|}\leq 2,\]
于是$r\leq \sqrt{2}$,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:
\[S=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{2} \frac{1}{1-\cos \theta \sin \theta} d\theta}=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\approx 3.6276\cdots\]
\end{frame}

 

\begin{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}
\begin{Proof}
\textbf{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$z_k\neq 0\,(k=1,2,\cdots,n)$.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
\begin{align*}
\left| z_1+z_2+\cdots +z_m \right| &\ge x_1+x_2+\cdots +x_m
\\
&\ge \frac{1}{2}\left( \left| z_1 \right|+\left| z_2 \right|+\cdots +\left| z_m \right| \right) \ge \frac{1}{2}\times \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.

\textbf{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
\[1=\sum_{k=1}^{n}|z_k|\leq \sum_{k=1}^{n}|x_k|+\sum_{k=1}^{n}|y_k|=\sum_{x_k\geq 0}|x_k|+\sum_{x_k< 0}|x_k|+\sum_{y_k\geq 0}|y_k|+\sum_{y_k< 0}|y_k|.\]
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$\sum_{x_k\geq 0}|x_k|\geq\frac{1}{4}$,则
\[\left| \sum_{x_k\ge 0}{z_k} \right|\ge \left| \sum_{x_k\ge 0}{x_k} \right|=\sum_{x_k\ge 0}{|}x_k|\ge \frac{1}{4}\ge \frac{1}{6}.\]

\textbf{证法二.}设$z_k=x_k+y_ki\,(x_k,y_k\in \mathbb{R},k=1,2,\cdots,n)$.

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$x_k\geq 0$,则将$z_k$放入$A$中;若$x_k\leq 0$,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$\sum_{z_k\in A}|z_k|\geq\frac{1}{4}$,即$\sum_{z_k\in A}\sqrt{x_k^2+y_k^2}\geq\frac{1}{4}$.而对于$z_k\in A,x_k^2\geq y_k^2,\sqrt{x_k^2+y_k^2}\leq \sqrt{2}x_k$.于是$\sum_{z_k\in A}x_k\geq\frac{1}{4\sqrt{2}}$,则
\[
\left| \sum_{z_k\in A}{z_k} \right|= \left| \sum_{z_k\in A}{x_k}+i\sum_{z_k\in A}{y_k} \right|\ge \sum_{z_k\in A}{x_k}\ge \frac{1}{4\sqrt{2}}.
\]
而$4\sqrt{2}<6$,故$\left| \sum_{z_k\in A}{z_k} \right|\geq\frac{1}{6}$,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$\frac{1}{\pi}$.

\textbf{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
\[
\left| \sum_{k\in S}{z_k} \right|\ge \frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^N{\left| z_k \right|}.
\]

记$z_k=|z_k|e^{i\alpha_k}$.当$-\pi\leq\theta\leq\pi$时,设$S(\theta)$是所有使得$\cos(\alpha_k-\theta)>0$的$k$组成的集合,则
\[
\left| \sum_{S\left( \theta \right)}{z_k} \right|=\left| \sum_{S\left( \theta \right)}{e^{-i\theta}z_k} \right|\ge \text{Re}\sum_{S\left( \theta \right)}{e^{-i\theta}z_k}=\sum_{k=1}^N{\left| z_k \right|\cos ^+\left( \alpha _k-\theta \right)}.
\]
选取$\theta_0$,使得最后一个和式最大,并令$S=S(\theta_0)$.这个最大值至少是$[-\pi,\pi]$上和的半均值,由于对每个$\alpha$,有
\[\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos ^+\left( \alpha -\theta \right)d\theta=\frac{1}{\pi},\]
所以这个平均值就是$\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^N{\left| z_k \right|}$.