培尖教育2022五一刷题班（5.1)(II)

例1

已知复数 $z_1, z_2, z_3$ 满足 $|z_1| = |z_2| = |z_3| \neq 0$, 求证: $\frac{(z_1 + z_2)(z_2 + z_3)(z_3 + z_1)}{z_1 z_2 z_3}$ 为实数.

熟知$z\in\R\Longleftrightarrow z=\overline{z}$,只要证:

$$\begin{gathered} \frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3}=\overline{[\frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3}]}\\ \end{gathered}$$

考虑建立共轭复数与复数模的关系,于是设$|z_1| = |z_2| = |z_3| = r$ $$\begin{gathered} =\frac{\overline{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}}{\overline{z_1z_2z_3}}\\ =\frac{(\frac{r^2}{z_1}+\frac{r^2}{z_2})(\frac{r^2}{z_2}+\frac{r^2}{z_3})(\frac{r^2}{z_3}+\frac{r^2}{z_1})}{\frac{r^2}{z_1}\frac{r^2}{z_2}\frac{r^2}{z_3}}\\ =\frac{(z_1+z_2)(z_2+z_3)(z_3+z_1)}{z_1z_2z_3} \end{gathered}$$

Q.E.D.

例2

$ABCD$为圆内接四边形,求证:$\triangle ABC,\triangle CDA,\triangle BCD,\triangle DAB$的重心共圆.

$ABCD$四点共圆的等价条件是:

$$\frac{z_2-z_1}{z_3-z_1}:\frac{z_2-z_4}{z_3-z_4}\in\R$$

在这个条件下,结论相当于:

$$\begin{gathered} \frac{\frac{z_1+z_3+z_4}{3}-\frac{z_2+z_3+z_4}{3}}{\frac{z_1+z_2+z_4}{3}-\frac{z_2+z_3+z_4}{3}}:\frac{\frac{z_1+z_3+z_4}{3}-\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}{\frac{z_1+z_2+z_4}{3}-\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}\in\R \end{gathered}$$

结论和条件完全等价.

Q.E.D.

例3(托勒密定理)

在平面四边形$ABCD$中,证明:$AB\cdot CD+AD\cdot BC\ge AC\cdot BD$,当且仅当四边形$ABCD$为圆内接凸四边形时取等号.

本题固然可以考虑平面几何构造相似三角形,但是需要根据A,B,C,D的排列顺序进行讨论,较繁.

用复数可以完成精彩绝伦的证明:

在复平面内,用复数$a,b,c,d$表示$A,B,C,D$.

有恒等式:

$$\begin{gathered} (a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)\\ =(a-c)(b-d) \end{gathered}$$

左右同时取模,注意取模对乘除法封闭,对加减法不封闭:

$$\begin{gathered} |a-b||c-d|+|a-d||b-c|\ge|(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)|=|a-c||b-d| \end{gathered}$$

而这显然就是$AB\cdot CD+AD\cdot BC\ge AC\cdot BD$.

下面考虑取等条件:

三角不等式成立要求$(a-b)(c-d)$和$(a-d)(b-c)$共线(幅角终边相同)

也就是$\frac{(a-b)(c-d)}{(a-d)(b-c)}\in\R$,正好是四点共圆的充要条件.

例4

已知 $x, y, a, b \in R$ ， $x^2 + y^2 \leq 2$， $a^2 + b^2 \leq 4$ ． 求 $|b(x^2 - y^2) + 2axy|$ 的最大值．

令$z_1=x+yi,|z_1|\le\sqrt{2},z_2=b-ai,|z_2|\le2$

所求:$|b(x^2 - y^2) + 2axy|=|\Re(z_1^2z_2)|\le|z_1^2z_2|\le4$

如果考虑柯西不等式,有:

$$\begin{gathered} [b(x^2 - y^2) + 2axy]^2\\ \le(a^2+b^2)[(x^2-y^2)^2+4x^2y^2]\\ =(a^2+b^2)(x^2+y^2)^2\\ \le 4\times2^2 \end{gathered}$$

同样轻松愉快.

例5(经典老番)

求 $\sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ$ 的值。

$$\begin{gathered} \sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ\\ =\sin 6\degree\cos12\degree\cos24\degree\cos48\degree\\ =\frac{16\cos6\degree\sin 6\degree\cos12\degree\cos24\degree\cos48\degree}{16\cos6\degree}\\ =\frac{\sin96\degree}{16\cos6\degree}\\ =\frac{1}{16} \end{gathered}$$

我们考察三倍角公式:

$$\begin{gathered} \sin3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha\\ \cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha\\ \sin3\alpha=4\sin\alpha(\sin^260\degree-\sin^2\alpha)\\ =4\sin60\degree\sin(60\degree-\alpha)\sin(60\degree+\alpha)\\ \cos3\alpha=4\cos\alpha\cos(60\degree-\alpha)\cos(60\degree-\alpha)\\ \tan3\alpha=\tan\alpha\tan(60\degree-\alpha)\tan(60\degree+\alpha) \end{gathered}$$

回到所求式,发现:

$$\begin{gathered} \sin 6^\circ \sin 42^\circ \sin 66^\circ \sin 78^\circ\\ =\sin6\degree\sin66\degree\sin42\degree\sin78\degree\\ =\frac{\sin18\degree}{4\sin54\degree}\frac{\sin54\degree}{4\sin18\degree}=\frac{1}{16} \end{gathered}$$

同理,$\cos 6^\circ \cos 42^\circ \cos 66^\circ \cos 78^\circ=\frac{1}{16}$

例6

函数 $f(x)=2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin 3x$，且 $x\in[0,2\pi]$。

(1)求函数的最大值和最小值。

(2)求方程 $f(x)=\sqrt{3}$ 的解。

(1) $$\begin{gathered} 2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin 3x\\ =2(\sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2})\cos x - \sin (2x+x)\\ =\sin2x\cos x+\sqrt{3}\cos x-\cos2x\sin x\\ =\sin(2x-x)+\sqrt{3}\cos x\\ =2\sin(x+\frac{\pi}{3})\in[-2,+2] \end{gathered}$$

(2)

$\sin(x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$,得$x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}+2k\pi$或$x+\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}+2k\pi$ $(k\in\Z)$

即$x=2k\pi$或$x=\frac{\pi}{3}+2k\pi$ $(k\in\Z)$

考虑到x的范围,$x=0,2\pi,\frac{\pi}{3}$

例7

$$Solve:x^5+10x^3+20x-4=0$$ 巧妙换元:$x=z-\frac{2}{z},z\in C$

$$z^5-\frac{32}{z^5}-4=0$$

解得:$z^5=-4\text{ or }8$ $$z=-\sqrt[5]{4}(\cos\frac{2k\pi}{5}+i\sin\frac{2k\pi}{5})(k=0,1,2,3,4)\text{ or }\sqrt[5]{8}(\cos\frac{2k\pi}{5}+i\sin\frac{2k\pi}{5})(k=0,1,2,3,4)$$ 带入即求得$x$.

例8

已知锐角 $A,B,C$ 满足 $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 1$，

求 $A+B+C$ 的最大值。

条件等价于 $$\begin{gathered} \cos2A+\cos2B+\cos2C=1\\ 1\le3\cos\frac{2(A+B+C)}{3}\\ \frac{2(A+B+C)}{3}\le \arccos\frac{1}{3} \end{gathered}$$

得到$A+B+C\le\frac{3}{2}\arccos\frac{1}{3}$

你可能会认为这里Jensen不等式的使用有问题,事实上如果有一个角的两倍超过$\frac{\pi}{2}$,$A+B+C$将不会太大.

不妨设$A\gt\frac{\pi}{4}$,则:$\sin^2B+\sin^2C=1-\sin^2A\lt\frac{1}{2}$

固定A,我们只需要求出$B+C$的最大值.

显然$B,C\in(0,\frac{\pi}{4})$,否则$\sin^2B+\sin^2C\gt \frac{1}{2}$

则:$\sin^2B+\sin^2C=1-\sin^2A=1-\frac{\cos2B+\cos2C}{2}$

于是有$\cos2B+\cos2C=2\sin^2A\le2\cos(B+C)$

得到:$B+C\le\arccos(\sin^2A)$

则$A+B+C\le A+\arccos(\sin^2A)$

构造函数$f(x)=x+\arccos(\sin^2x)$

$$\begin{gathered} f'(x)=1+2\sin x\cos x\frac{-1}{\sqrt{1-\sin^4 x}}\\ =1-\sqrt{\frac{4\sin^2x\cos^2x}{1-\sin^4x}}\\ =1-\sqrt{\frac{4t^2(1-t^2)}{1-t^4}}\\ =1-\sqrt{\frac{4t^2}{1+t^2}}\lt0(t=\sin x\gt\frac{\sqrt{2}}{2}) \end{gathered}$$

所以$f(x)\lt f(\frac{\pi}{4})=\frac{7\pi}{12}\lt\frac{3}{2}\arccos\frac{1}{3}$

以上的叙述过繁,我们有另一种方法:

18. 已知锐角 $A,B,C$ 满足 $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 1$，求 $A+B+C$ 的最大值。

整理解答：

利用降幂公式 $\sin^2 \theta = \frac{1-\cos 2\theta}{2}$，将已知条件转化： $$\frac{1-\cos 2A}{2} + \frac{1-\cos 2B}{2} + \frac{1-\cos 2C}{2} = 1$$ 化简得： $$\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = 1$$

利用和差化积公式，展开前两项： $$2\cos(A+B)\cos(A-B) + \cos 2C = 1$$ $$2\cos(A+B)\cos(A-B) = 1 - \cos 2C$$ $$\cos(A+B)\cos(A-B) = \sin^2 C$$

因为 $A,B$ 为锐角，所以 $A-B \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，从而 $0 < \cos(A-B) \le 1$,必须有$\cos(A+B)\in(0,1],A+B\in(0,\frac{\pi}{2}]$ 由上式可得： $$\cos(A+B) \ge \sin^2 C = \frac{1-\cos 2C}{2}$$

同理，对于其他两对角可得： $$\cos(B+C) \ge \sin^2 A = \frac{1-\cos 2A}{2}$$ $$\cos(C+A) \ge \sin^2 B = \frac{1-\cos 2B}{2}$$

将以上三式相加，得： $$\cos(A+B) + \cos(B+C) + \cos(C+A) \ge \frac{3-(\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C)}{2} = \frac{3-1}{2} = 1$$

令 $S=A+B+C$，则 $A+B=S-C$，$B+C=S-A$，$C+A=S-B$。 即 $\cos(S-A) + \cos(S-B) + \cos(S-C) \ge 1$。

根据 Jensen 不等式（因为 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ 时，$\cos x$ 为凹函数）： $$\cos \frac{(S-A) + (S-B) + (S-C)}{3} \ge \frac{\cos(S-A) + \cos(S-B) + \cos(S-C)}{3} \ge \frac{1}{3}$$ 注意到 $(S-A)+(S-B)+(S-C) = 3S - (A+B+C) = 3S - S = 2S$。 $$\cos \frac{2S}{3} \ge \frac{1}{3}$$

因为 $A,B,C$ 为锐角，且余弦函数在 $(0, \pi)$ 上单调递减，所以： $$\frac{2S}{3} \le \arccos \frac{1}{3}$$ $$S \le \frac{3}{2} \arccos \frac{1}{3}$$ 即 $A+B+C$ 的最大值为 $\mathbf{\frac{3}{2} \arccos \frac{1}{3}}$。

(注：当且仅当 $A=B=C$，即 $\cos 2A = \cos 2B = \cos 2C = \frac{1}{3}$ 时等号成立。)

例9

若 $\alpha, \beta, \gamma \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$，且 $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1$，

求证：$\tan \alpha \cdot \tan \beta \cdot \tan \gamma \geq 2\sqrt{2}$

取等条件显而易见$\alpha=\beta=\gamma=\arccos\frac{1}{3}$

作恒等变形:

$$\begin{gathered} \sin^2\alpha=\cos^2\beta+\cos^2\gamma \end{gathered}$$

考虑到取等条件,放心使用均值不等式:

$$\begin{gathered} \sin^2\alpha=2\cos\beta\cos\gamma\\ \sin^2\beta=2\cos\gamma\cos\alpha\\ \sin^2\gamma=2\cos\alpha\cos\beta \end{gathered}$$

相乘开平方得$\tan \alpha \cdot \tan \beta \cdot \tan \gamma \geq 2\sqrt{2}$

例10

求值:$\cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi$

考虑:

$$\begin{gathered} (\cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi)\sin\frac{1}{5}\pi\\ =\frac{1}{2}[(\sin\frac{3}{5}\pi-\sin\frac{1}{5}\pi)+(\sin\frac{5}{5}\pi-\sin\frac{3}{5}\pi)]=-\frac{1}{2}\sin\frac{1}{5}\pi \end{gathered}$$

所求式等于$-\frac{1}{2}$

或者依赖于特殊角:

$$\sin18\degree=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$$

$$\begin{gathered} \cos\frac{2}{5}\pi+\cos\frac{4}{5}\pi\\ =\sin18\degree-\cos36\degree\\ =\sin18\degree+2\sin^218\degree-1\\ =-\frac{1}{2} \end{gathered}$$