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:x2+y2=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=x2+y22|xy|.
y0为整数,则1+|x|y2|x|y,则|x|y1.当x=0时, (x,y)=(0,1); 当x0时,必有y=01,于是(x,y)=(1,0),(1,0),(1,1)(1,1).

y<0为整数,则1+|x|y2|x|y,则3|x|y1,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)(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=rcosθ,y=rsinθ可将曲线C的方程x2+y2=1+|x|y改写为r2=1+r2|cosθ|sinθ,因此
r2=11|cosθ|sinθ11|cosθsinθ|=1112|sin(2θ)|2,
于是r2,即曲线C上任意一点到原点的距离都不超过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CB(1,1)到原点的距离达到最大值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=2π2π21211cosθsinθdθ=2π33.6276
\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60,180300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zk0(k=1,2,,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13 (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z1,z2,,zm,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
|z1+z2++zm|x1+x2++xm12(|z1|+|z2|++|zm|)12×13=16.
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zk=xk+iyk(k=1,2,,n).因为|xk|+|yk||zk||xk| (或|yk|),所以
1=k=1n|zk|k=1n|xk|+k=1n|yk|=xk0|xk|+xk<0|xk|+yk0|yk|+yk<0|yk|.
故上式中右边四个和式中至少有一个不小于14.不妨设xk0|xk|14,则
|xk0zk||xk0xk|=xk0|xk|1416.


\textbf{证法二.}设zk=xk+yki(xk,ykR,k=1,2,,n).

将所有的zk分为两组X,Y.若|xk||yk|,则将zk放入X中;若|yk||xk|,则将zk放入Y中.其中必有一组中所有复数模长之和不小于12.不妨设为X.

再将X中的复数分为两组A,B.若xk0,则将zk放入A中;若xk0,则将zk放入B中.其中必有一组中的所有复数模长之和不小于14.不妨设为A.

zkA|zk|14,即zkAxk2+yk214.而对于zkA,xk2yk2,xk2+yk22xk.于是zkAxk142,则
|zkAzk|=|zkAxk+izkAyk|zkAxk142.
42<6,故|zkAzk|16,即A中复数之和的模不小于16.证毕.
\end{Proof}

注: 14还可加强为1π.

\textbf{引理.}若z1,z2,,zN是复数,则存在{1,2,,N}的子集S,使得
|kSzk|1πk=1N|zk|.

zk=|zk|eiαk.当πθπ时,设S(θ)是所有使得cos(αkθ)>0k组成的集合,则
|S(θ)zk|=|S(θ)eiθzk|ReS(θ)eiθzk=k=1N|zk|cos+(αkθ).
选取θ0,使得最后一个和式最大,并令S=S(θ0).这个最大值至少是[π,π]上和的半均值,由于对每个α,有
12πππcos+(αθ)dθ=1π,
所以这个平均值就是1πk=1N|zk|.

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