复数在竞赛中的运用

n n
= 3
又2 Ξ
2
n= 1 2 003
∑C
3n - 1 2 003
= 3
∑a .
n= 1 n
解 ∵∑
k= 1 n
( 2k - 1) + a k =
2
2
∑
k= 1
( 2k -
+ ( 1+ Ξ) 2 003 ・Ξ+ ( 1+ Ξ2 ) 2 003 ・
2 2 003 2 003
1) + a k i , k = 1, 2, …, n ,
复数在竞赛中的运用
蔡小雄 ( 浙江省杭州二中 310009) 复数是高中代数的重要内容, 由于它有 = 3. 多种表示方法 ( 代数法、 三角法和指数法等) , 说明 本题也可用不等式法或图象法求 能将代数、 三角、 几何等知识紧密地联系起 得 . 来, 因此, 在数学竞赛中常有有关复数的考 2 证明三角恒等式 题 . 另外, 复数本身也可作为一种方法, 运用 Π 2Π 例 2 求 证: sin ・ sin ・…・ 复数法可以解决函数最值、 三角恒等式、 组合 n n ( n - 1) Π n 问题、 不等式问题、 数列问题等. = n - 1 ( n ≥2). sin n 2 1 求函数最值 2Π 2 n- 1 例 1 若 x , y , z ∈ ( 0, + ∞) , 且 x + y + z 证明 设 Ε = ei n , 则 Ε ,Ε , …, Ε 是 x n2 2 2 2 1= 0 的虚根, 而 x n - 1= ( x - 1 ) ( x n - 1 + x n - 2 = 1, 求 u = x + y + xy + y + z + yz + + …+ x + 1) , 2 2 x + z + x z 的最小值 . 2 n- 1 ∴Ε ,Ε , …, Ε 是 x n- 1 + x n- 2 + …+ x + 1 1 3 略解 令 z 1 = ( x + y)+ y i, z 2 = = 0 的根, 从而有 x n - 1 + x n - 2 + … + x + 1= 2 2 2 n- 1 (x - Ε ) (x - Ε ) … (x - Ε ). 令 x = 1, 得 n = 1 3 1 3 2 n- 1 (y + z)+ z i, z 3 = ( z + x)+ x i, ( ) ( ) ( ) 11… 1, 两边取模有 Ε Ε Ε 2 2 2 2 2 n- 1 ∴u = z 1 + z 2 + z 3 ≥ z 1 + z 2 + z 3 n = 1- Ε 1- Ε … 1- Ε .
2003 年第 1 期 ・ 中学数学月刊 42・
a > 1.
5 应用重要不等式求解 例 5 设 n 为正自然数, 对任意实数 x , 2 2 2 2 4 4 4 y , z 恒有 ( x + y + z ) ≤ n ( x + y + z ) 成
( x + 2 + t2 ) 2 + ( x + a t ) 2 ≥ 2 ).
∴∑a n =
n= 1
2
2 003
( 2n - 1 ) + a n i ≥ [ 1+ 3+ … + ( 2n - 1 ) ]+ ( a 1 + a 2 + … + a n ) i = n 2 + 17i
n + 17 .
4 2
=
证明 考察左边各项的绝对值
r 2r 3 rC 2 2 002 , 它 可 以 写 成 C 2 002 ・ (
zn z n1
=
(a n- 1 co s Η ) + (a n - 1 sin Η )i - bn- 1 sin Η + bn - 1 co s Η a n - 1 + bn - 1 i = co s Η + isin Η , ) ( co s Η ) n- 1 = ∴z n = ( 1+ itan Η + isin Η )n + isin Η sec Η( co s Η = sec Η + isec Η , co s n Η sin n Η ∴a n = sec Η ・co s n Η , bn = sec Η ・ sin n Η . 2 例 8 定义数列{ a n }: a 1 , a 2 是方程 z + iz - 1= 0 的两根, 且当 n ≥ 2 时, 有 ( a n + 1 a n - 1 2 ) + i ( a n+ 1 + a n- 1 - 2a n ) = 0, 求证: 对一切 - an 2 2 正自然数 n , 有 a 2 n + a n+ 1 + a n+ 2 = a n a n+ 1 + a n+ 1 a n + 2 + a n + 2 a n. 证明 由方程 z 2 + iz - 1 = 0 解得 z = - i± 3 - 1± 3 i = i = iΞ 或 iΞ2 , 不妨设 2 2 2 . a 1 = iΞ , a 2 = iΞ 2 由递归关系, 得 a n + 2ia n + i2 = a n + 1 a n - 1 + ia n+ 1 + ia n- 1 + i2 , 即 ( a n + i) 2 = ( a n + 1 + i) (a n- 1 + i). 若存在某个 n ∈N + , 使 a n + i= 0, 则可由 上式经有限次倒退, 得 a 2 + i= 0, 这与 a 2 = iΞ 矛盾, 所以, 对一切正自然数 n , a n + i≠0. a n+ 1 + i an + i a n- 1 + i ∴ = = = …= an+ i a n- 1 + i a n- 2 + i a 2 + i i ( Ξ+ 1) = = Ξ, a 1 + i i ( Ξ2 + 1) ∴a n+ 1 + i= Ξ ( a n + i) , 由此可得 a n = - i+ ( a 1 + i) Ξn- 1 = - i+ ( iΞ2 + i) Ξn- 1 = - i- iΞn.
由重要不等式
2
≥(
a- b
2
所 以只需 3 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≤n ( x 4 + y 4 + 4 z ) 恒成立, 所以 n ≥3. 而当 x 2 = y 2 = z 2 , n = 3 时, 原不等式成 立, 故 n 的最小值是 3. 例 6 求实数 a 的取值范围, 使得对任 Π 意实数 x 和任意 Η ∈ [ 0, ], 恒有 ( x + 3 + 2 1 ) 2 + ( x + a sin Η ) 2≥ . 2sin Η + a co s Η co s Η 8 ( 1996 年全国高中数学联赛题) Π 析解 设 t = sin Η + co s Η , ( 0 ≤Η ≤ ), 2 则不等式可化为
式的传递性得知: ( x + 2+ t2 ) - ( x + a t) 2 1 只需 [ ] ≥ 在x 2 16 ∈R 且 1≤ t≤ 2 时恒成立即可 . 3 ( 1) 将上式化简得: t2 - a t+ ≥0, 2 5 ( 2) 或 t2 - a t+ ≤0, 2 3 3 由 ( 1) 只须 a ≤ t + 恒成立, 而 t + ≥ 2t 2t 6 6 , 当且仅当 t = ∈ [ 1, 2 ] 时, t + 2 3 有最小值, 故此时 a ≤ 6 即为所求. 2t 7 由 ( 2) 同理可以求得 a ≥ . 2 ( 故实数 a 的取值范围是 - ∞, 6 ]∪ 7 [ , + ∞). 2
2 2 003
例 6 对 n ∈ N+ , 令 S n 为
∑
k= 1
=
∑C
k= 0
k
2 003
( 1+ Ξk + 1 + Ξ2k + 2 )
1 668
5 3×668= 3 (C 2 2 003 + C 2 003 + …+ C 2 003 668
2 ( 2k - 1) 2 + a k 的最小值, 其中 a 1 , a 2 , a 3 , …, a n 为正实数, 其和为 17, 若存在唯一的 n 使 S n 也为整数, 求 n.
= 2 + (- Ξ ) ・Ξ+ ( - Ξ) = 22 003 - Ξ2 - Ξ= 22 003 + 1,
2 003 668
・Ξ
2
∴∑ ( 2k - 1) + a k i = 1+ a 1 i + 3+ k= 1
a 2 i + …+
+ 1 . 3 1 2 4 6 例 4 求证: n ( 1- 3C n + 32C n - 33C n + 2 1 2 000 2 002 )= … + 31 000C n - 31 001C n , 其中 n = 2 2 002. ( 1990 年全国联赛题改编)
λ2 sin 2 Η ≤ z 2 co s2 Η + iz