f(z)=(z-z1)(z-z2)(z-z3)...(z-zn)

realnumber

设复数$z_1,z_2,...,z_n$的模都为1，$f(z)=(z-z_1)(z-z_2)...(z-z_n)$
求证：存在复数$z_0，\abs{z_0}=1$,使得$\abs{f(z_0)}\ge2$.

isee

回复 1# realnumber


$n=1$时，不论是几何意义，还是三角形式都是容易证明是成立的。

考察 $n=2$的情形,,,正在想

realnumber

n=2,3,4时$z_1,...,z_n$对应的点均匀分布在单位远圆上，相应的$z_0$取以上相邻的两点的圆弧中点，这样f(z)的模恰好取到2.
n>4就不晓得怎么试，看起来不好算

realnumber

问题也可以这样转化，不过暂时还是没解决
设$z_k=\cos{2\alpha _k}+i\sin{2\alpha _k},\alpha _k \in [0,\pi] ,k=0,1,2,...,n$
$z_k-z_0=-2\sin{(\alpha_k+\alpha_0)}\sin{(\alpha_k-\alpha_0)}+2i\cos{(\alpha_k+\alpha_0)}\sin{(\alpha_k-\alpha_0)}$
所以$\abs{z_k-z_0}=2\abs{\sin{(\alpha_k-\alpha_0)}}$

Infinity

如果 $\alpha_0=\frac{\sum_k\alpha_k}{n}$会怎么样？

realnumber

回复 5# Infinity

我猜不是这个，因为平均值可能等于某个$\alpha_k$这样模为0了，

Infinity

回复 6# realnumber
显然满足条件的$z_0$不唯一，而且基本上无法用$z_k$表示，因为跟分布相关。上面不是给出满足条件的$z_0$，而是假设命题不成立，即：
除了$z_k$以外圆周上任意一点到已知点距离之积都小于2.

如果从这个角度导出矛盾，就能证明原命题。

kuing

仅证一下 `n=3` 的情形。

单位圆 `O` 上的三点 `A`, `B`, `C` 将圆分成三段圆弧，不妨设弧 `BC` 最大，取其中点 `P`，下面证明必有 `PA\cdot PB\cdot PC\geqslant 2`。



如果弧 `BC` 超过半圆，那么 `PA`, `PB`, `PC` 都大于 `\sqrt2`，结论显然成立。

当弧 `BC` 不超过半圆时，设 `\angle BOC=4x`，由于弧 `BC` 最大，所以 $x\in[30\du,45\du]$，此时
\[PB=PC=2\sin x,\]
由 `\angle AOB`, `\angle AOC\leqslant 4x` 可得 $\angle AOP\geqslant 360\du-6x$，所以
\[PA\geqslant2\sin\frac{360\du-6x}2=2\sin3x,\]
因此只需证明
\[8\sin^2x\sin3x\geqslant2,\]
记 `t=\sin x\in\bigl[1/2,\sqrt{1/2}\bigr]`，代三倍角公式后作差分解可知上式等价于
\[2(2t-1)\bigl(1+2t(2t+1)(1-2t^2)\bigr)\geqslant 0,\]
显然成立。

综上，`n=3` 的情形得证。

realnumber

继续8楼的思路，得到如下调整法
先证明一个引理

设$0<\angle POA=2x < \angle POC=2y < \pi  ,0<\angle AOB=\angle COD=2t <0.5\pi$
则有$\abs{BP}\abs{CP}>\abs{AP}\abs{DP}\Leftrightarrow (2\sin{y})(2\sin{(x+t)})>(2\sin{x})(2\sin{(y+t)})\Leftrightarrow \sin{(y-x)}>0$
引理完，下面开始1楼问题。

Z1,Z2,....,Zn这些点依次分布在单位圆上，不妨设Z1Zn的弧最大，此时取这段弧的中点Z0
假若Z1,Z2,....,Zn不是正n边形的顶点，比如Z2Z3如图靠得较近，总可以使Z2顺时针运动，Z3逆时针运动一个相同的角度（同时保证Z1Zn弧最大），由引理这使得$\abs{f(z_0)}$更小.
当Z1,Z2,....,Zn是正n边形的顶点时，再按上面运动任意两点，则不能保证Z1Zn弧最大。
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

kuing

回复 9# realnumber

这个证明可能存在问题，虽然一时我也想不出问题在哪，但如何解释以下事实？：
当其中三点比如 ABC 构成正三角形，P 取弧 BC 中点，其余所有点都与 B 或 C 重合时，同样能取到 2。

realnumber

9楼没考虑到10楼的情景，弧Z1Zn与别的弧ZkZ(k+1)同时最大时，没考虑到？

kuing

回复 11# realnumber

所有点都不能动的情形不止一种，要全部论述，证明它们都不小于2。（这问题不大，因为应该就正 n 边形以及我上面说的那种）
然后证明总能调整这些情形上，不过，每次调整两个点，调整次数可能会无限，所以可能还需要证明一定能趋向不能动，这……呃……

kuing

咦，差点漏了一点，就是最大弧的两端。

调整过程中，最大弧的两端也需要动，否则就无法调整到正n边形或者我上面说的那种情形。

最大弧的两端移动时，如果要保证 z0 是其中点，它们就只能对称地动，而如果这样的话，不能动的情形就还有其他了，比如这样：



这时就没得再动了。

kuing

其实n=4我已经写了一个证明，但很麻烦，要分类讨论，就不发了。
像上面的情形，我的过程中是会将 C、D 同时旋转，旋转到哪还需要分最大角是否大于120度。

或许，你也需要一个旋转的引理，来增加一种调整操作。

abababa

回复 14# kuing
发网友的证明：
假设$\abs{f(z)} < 2$，让$\rho = \min(\abs{z})$，其中$z$使得$\abs{f(z)} = 2$。由最大模原理知必有$\rho > 1$。取$1 < r < \rho$，定义$\odot O = \abs{z} \le r$，由$\rho$的定义知在$\odot O$中必有$\abs{f(z)} < 2$。

设$c = (-1)^n\prod_{i}a_i, \varphi(z) = f(z)-c$。因为在$\abs{z} = r$上有$\abs{-2c} = 2 \ge \abs{f(z)}$，由 Rouche 知$-2c$与$-2c+f(z)$在$\odot O$内的零点数相同，都是零个。即对$\varphi(z)-c = -2c+f(z)$的任意根$z_i$都必有$\abs{z_i} \ge r$，此方程的常数项是$-c$，因此$\abs{-c} = \abs{\prod_{i}z_i} \ge r^n > 1$，但$\abs{c} = 1$，矛盾。

kuing

回复 15# abababa

看不懂啊

abababa

回复 16# kuing

我看懂了“由 Rouche 知”之前那部分。

realnumber

12楼担心--调整次数可能会无限
这个应该可以用反证法处理下就好。
15楼同样全然不懂，
14楼说得是正在考虑中
等于2的不止你我说的2种，应该还有，比如正六（9，12，...）边形，再加些点在使PZ0=1的两个端点上，就是你的那种正三角形推广下---k在12楼已经说了

isee

回复 17# abababa

Rouche 是啥？

一定是m大。

abababa

回复 19# isee

看了那个定理的结论，现在全部看懂了。他就是用到了$\varphi(z)-c$和$\varphi(z)+c$的常数项只差一个符号，取模相等，然后正好把$-2c$减掉，再用那个定理，得出零点个数相同（都没有零点）。