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

realnumber

8楼不能推广到9楼，
这个图中，假定$\abs{Z_1Z_0}=\abs{Z_nZ_0}$=0.8,可以在Z1,Zn处有很多个点重合，这样
$\abs{f(z0)}$就会小于1，即使弧Z1Zn最大，但这并不说明题目有错，比如，如果Z1,Zn重合的点远多于其它点，此时Z0点也许可以改成-Z0

9楼的办法，就那个引理还成立，但也暂时看不到用处

kuing

回复 21# realnumber

有道理，唉，看来“最大弧中点法”只能用于n不大的时候了……

kuing

......
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
realnumber 发表于 2018-4-30 13:55

虽然已经没什么用了，还是扯一下这里吧，证明正 n 边形时取弧中点后各线段之积一定是 2，用复数就很容易证明。

记 `\omega=\cos(2\pi/n)+i\sin(2\pi/n)`，则可设正 `n` 边形的 `n` 个顶点对应的复数为 `1`, `\omega`, `\omega^2`, \ldots, `\omega^{n-1}`，不妨设取的弧中点对应的复数为 `p=\omega^{1/2}=\cos(\pi/n)+i\sin(\pi/n)`，因为 `x^n=1` 的 `n` 个根为 `1`, `\omega`, `\omega^2`, \ldots, `\omega^{n-1}`，因此有恒等式
\[x^n-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots(x-\omega^{n-1}),\]
令 `x=p`，并两边取模得
\[\abs{p^n-1}=\abs{p-1}\cdot\abs{p-\omega}\cdot\abs{p-\omega^2}\cdots\abs{p-\omega^{n-1}},\]
显然 `p^n=-1`，所以左边为 `2`，而右边就是那 `n` 条线段的积，所以结论得证。

realnumber

虽然1楼没解决，但是23楼也不错

乌贼

正$n$边形时取弧中点易证为$2$，难在不是时如何证明大于$2$

色k

正$n$边形时取弧中点易证为$2$，难在不是时如何证明大于$2$
乌贼 发表于 2018-5-1 02:46

仔细看完整个帖子先

Infinity

回复 19# isee
儒歇定理，复变函数论里面的。这个超过高中范围了，大学数学系才会学到这个定理。

Infinity

若用几何法直接证明的话，对于圆弧能覆盖$n$个已知点的最小圆心角在0到180度的情况，都很容易找到$z_0$（找到与该圆弧对应弦平行的直径，然后作中垂线交圆周于另一点，即为$z_0$）,使得满足$f(z_0)\geqslant 2$.
但是对于这个最小圆心角超过180度的时候就比较难证明了（因为特殊情形随$n$增加而变得太多）。

kuing

还是把旋转的引理写写，顺便写个命题，尽管它并不能证明原题。

引理：如图，`x\leqslant y`，有 `PA\cdot PB=4\sin x\sin y`，现在让 `x` 减少 `t`，`y` 增加 `t`，由 `\sin x\sin y-\sin(x-t)\sin(y+t)=\sin t\sin(t-x+y)>0` 知 `PA\cdot PB` 变小，即向较小角方向旋转会使 `PA\cdot PB` 变小。



然并卵命题：设单位圆上顺次有点 `A_1`, `A_2`, \ldots, `A_n`（`n\geqslant3`）将圆分为 `n` 段弧，其中弧 `A_1A_2` 最大，且其度数 $\geqslant120\du$，取其中点 `P`，设 `f=PA_1\cdot PA_2\cdots PA_n`，则 `f\geqslant2`。



证明：如图，虚线夹角内为到 `A_1` 和 `A_2` 的弧都不超过最大弧的区域。

（1）如果虚线夹角内存在某个 `A_k`（即图中的 `A_5`），那么 `f\geqslant PA_k\cdot PA_1^{n-1}`，由 $\angle A_1OA_2\geqslant 120\du$ 知 `PA_1\geqslant 1`，所以 `f\geqslant PA_k\cdot PA_1^2`，而 `n=3` 的情形已经获证，即 `PA_k\cdot PA_1^2\geqslant2`，故此时命题成立；

（2）如果不存在，则根据上述引理，可通过旋转将某个点旋转至虚线夹角内，此时 `f` 变小且转化为（1）的情形。

综上，然并卵命题成立。

kuing

既然最大弧 $\geqslant120\du$ 的情形已经解决，那么 `n=4` 的情形就不那么麻烦了，因为剩下的不需再分类讨论，所以还是写写吧。

单位圆 `O` 上的顺次四点 `A`, `B`, `C`, `D` 将圆分成四段圆弧，不妨设弧 `BC` 最大，取其中点 `P`，下面证明必有 `PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant 2`。



当弧 `BC` 的度数 $\geqslant 120\du$ 时由楼上可知结论成立。

当弧 `BC` 的度数 $<120\du$ 时，设 `\angle BOC=4x`, `\angle AOB=2y`, `\angle COD=2z`，由于弧 `BC` 最大，所以 $x\in[22.5\du,30\du)$，且 `2y\leqslant 4x`, `2z\leqslant 4x`, $360\du-4x-2y-2z\leqslant 4x$，即 `y\leqslant 2x`, `z\leqslant 2x`, $4x+y+z\geqslant 180\du$，此时 `PB=PC=2\sin x`, `PA=2\sin(x+y)`, `PD=2\sin(x+z)`。

因为 `x+z\leqslant 3x+y` 且 $x+z+3x+y\geqslant 180\du$，则
\[PD=2\sin(x+z)\geqslant2\sin(3x+y),\]
因为
\[\sin(x+y)\sin(3x+y)-\sin3x\sin5x=-\sin(2x-y)\sin(6x+y),\]
而 $6x+y\geqslant4x+y+z\geqslant180\du$，所以上式非负，故
\[PA\cdot PD\geqslant4\sin(x+y)\sin(3x+y)\geqslant 4\sin3x\sin5x,\]
所以
\[PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant 16\sin^2x\sin3x\sin5x,\]
因为
\[16\sin^2x\sin3x\sin5x-2= -2\cos4x(2\cos2x-1)\bigl(1+4\sin^2x(2\cos2x+1)\bigr),\]
由 `x` 的范围知 `\cos4x\leqslant0`, `2\cos2x>1`，所以上式非负，从而 `PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\geqslant2`。

乌贼

回复 26# 色k
认真看完了

hbghlyj

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