来自微信网友：几何意义很强的复数存在题

kuing

（黑色那字是我加的，原图无，我就说“那取 z0=0 得了”😅然后提问者才说模长为 1，手抄题就是得多留个心眼儿😏）

题目：已知 `z_1`, `z_2`, `z_3` 是复平面上 `x^3=1` 的三个根，`\abs{w_1}=\abs{w_2}=\abs{w_3}=1`。
求证：必存在一个 `z_0`，使得 `\abs{z_0}=1` 且
\[\abs{z_0-z_1}+\abs{z_0-z_2}+\abs{z_0-z_3}\leqslant\abs{z_0-w_1}+\abs{z_0-w_2}+\abs{z_0-w_3}.\]

纯复数方法我想不出，也只能从几何方法入手，先证明如下两个命题：

命题 1：在等边 `\triangle ABC` 外接圆上的弧 `BC` 之间任取一点 `P`，则有 `PB+PC=PA`。

证明：如下图：

在 `AP` 上取点 `D` 使 `PD=PC`，则易证 `\triangle PBC\cong\triangle DAC`，所以 `PB+PC=DA+PD=PA`，命题 1 得证。

由命题 1 易得推论：设等边 `\triangle ABC` 的外接圆半径为 `R`，则外接圆上任一点到三顶点距离之和 `\leqslant4R`。

命题 2：设 `\triangle ABC` 的外接圆半径为 `R`，`\angle A` 为其最大内角，作 `\angle A` 的角平分线交外接圆于 `P`，则必有 `PA+PB+PC\geqslant4R`。

证明：不妨设 `R=1` 及 `B\geqslant C`，由 `A` 为最大内角知 `A\geqslant60\du`，易知 `\angle PCA=C+A/2`，由正弦定理得
\[PA+PB+PC=2\sin\left(C+\frac A2\right)+4\sin\frac A2,\]
由于 `C+A/2` 不会是纯角，故此上式关于 `C` 递增，于是：
（1）若 `A\geqslant90\du`，则
\[PA+PB+PC>6\sin\frac A2\geqslant3\sqrt2>4;\]
（2）若 `A<90\du`，则由 `A\geqslant B=180\du-A-C` 得 `C\geqslant180\du-2A`，所以
\[PA+PB+PC\geqslant2\sin\frac{3A}2+4\sin\frac A2,\]
令 `t=\sin(A/2)\in\bigl[1/2,1/\sqrt2\bigr)`，上式化为
\begin{align*}
PA+PB+PC&\geqslant2(3t-4t^3)+4t\\
&=4+2(2t-1)(2-t-2t^2),
\end{align*}
而 `2-t-2t^2>1-1/\sqrt2>0`，所以 `PA+PB+PC\geqslant4`。

综合（1）（2），命题 2 得证。

回到原题，设 `w_1`, `w_2`, `w_3` 对应的三点构成 `\triangle ABC`，取 `z_0` 为 `\triangle ABC` 的最大内角的角平分线与外接圆的交点对应的复数，则由上面的结论有
\[\abs{z_0-z_1}+\abs{z_0-z_2}+\abs{z_0-z_3}\leqslant4\leqslant\abs{z_0-w_1}+\abs{z_0-w_2}+\abs{z_0-w_3}.\]

Czhang271828

这题是个脑筋急转弯. 设 $z_0$ 是单位圆周上的均匀分布, 则两侧期望相等. 依照连续函数的性质, $>$ 不恒成立.

kuing

Czhang271828 发表于 2024-8-13 00:36
这题是个脑筋急转弯. 设 $z_0$ 是单位圆周上的均匀分布, 则两侧期望相等. 依照连续函数的性质, $>$ 不恒成立

好像有点明白了😄
对于单位圆周上任意一个定点 `w`，设 `z_0` 是单位圆周上的均匀分布，则 `|z_0-w|` 的期望是一个定值 `c`（具体是多少不需要知道），于是原不等式两边的期望都是 `3c`，假如任意 `z_0` 都是左边 `>` 右边，则期望必然也是左边大，所以不会恒 `>`。

之前没看懂，刚才的另一帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=12888 让我想起了本帖，再看才明白了。
那对于那边的题来说，是不是取一个单位圆上的内接正 `n` 边形来玩？
不过，那边有分数，分母可以趋向零，有无穷耶，用期望来解释能说得通吗？🤔

Czhang271828

kuing 发表于 2024-10-21 15:46
好像有点明白了😄
对于单位圆周上任意一个定点 `w`，设 `z_0` 是单位圆周上的均匀分布，则 `|z_0-w|` 的 ...

不大行. 分母出现 $0$ 无所谓, 主要是期望 (积分)
$$
\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\operatorname d\theta}{|1-e^{i\theta}|^2}
$$
发散.

由几何, 积分在 $\theta=0$ 附近等阶于 $\frac{1}{\theta^2}$.

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链接中的问题似乎用常规方法就行了.

不妨设 $z_1=e^{i\theta_1}$, $z=e^{i\psi }$, 则
$$
\frac{1}{|z-z_1|^2}=\frac{1}{(\cos (\theta_1-\psi )-1)^2+\sin^2 (\theta_1-\psi)}=\frac{1}{4\sin ^2((\theta_1-\psi)/2)}.
$$
之后就是证明, 对任意 $\theta_i$, 总存在 $\psi$ 使得
$$
\frac{1}{\sin^2\frac{\theta_1-\psi }{2}}+\frac{1}{\sin^2\frac{\theta_2-\psi }{2}}+\frac{1}{\sin^2\frac{\theta_3-\psi }{2}}\leq 9.
$$
这里应该有精妙的不等式证明. 我只会暴力展开, 用和差化积证明取 $\psi$ 为最长弧的中点一定可行.