1.3复数的应用
1.3复数的应用
本节我们研讨复数应用与几何不等式。
每个复数都对应于复数平面上的一点,所有的复数都属于复数集合,其标准符号为C . 下列的基本不等式是应用的主要手段。
定理1.11:若z 1, z 2,..., z n ∈C ,则z 1+z 2+... +z n ≥z 1+z 2+... +z n (2-1) 证明:由复数定义:z k =a k +ib k ,(其中k =1, 2,..., n ),a k , b k ∈R
则:z k =
z 1+z 2+... +z n =
k
而:z 1+z 2+... +z n =于是求证:z 1+z 2+... +z n ≥z 1+z 2+... +z n 即:(z 1+z 2+... +z n ) 2≥(z 1+z 2+... +z n ) 2 当n =2时,左边:
2=a 12+b 12+a 22+b 22+右边:(a 1+a 2) 2+(b 1+b 2) 2=a 12+a 22+b 12+b 22+2(a 1a 2+b 1b 2)
a 1a 2+b 1b 2 将它们的差异项平方后得到:
左边差异项:(a 12+b 12)(a 22+b 22) =a 12a 22+a 12b 22+a 22b 12+b 12b 22 而右边差异项:(a 1a 2+b 1b 2) 2=a 12a 22+b 12b 22+2a 1a 2b 1b 2 由均值定理:a 12b 22+a 22b 12≥2a 1a 2b 1b 2
故:左边≥右边,即:(2-1) 式当n =2时成立,即:z 1+z 2≥z 1+z 2 当n =3时,由已证:z 1+z 2≥z 1+z 2得:
z 1+z 2+z 3=(z 1+z 2) +z 3≥(z 1+z 2) +z 3≥z 1+z 2+z 3 递推下去得:z 1+z 2+... +z n ≥z 1+z 2+... +z n . 证毕。
(2-1) 式是重要的不等式,它与绝对值不等式类似。由于复数平面是二维平面,所以常
常可以与平面向量不等式比较确认。
定理1.12:对复数平面内任意点A , B , C , D ,都有:AB ⋅CD +BC ⋅DA ≥AC ⋅BD (2-2)
此不等式称为托勒密不等式。
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证明:设a , b , c , 0是对应于A , B , C , D 在复数平面的复数,(0点是个原点,对应于D ).
于是,托勒密不等式变为:a -b ⋅c +b -c ⋅a ≥a -c ⋅b ① 恒等式:(a -b ) c +(b -c ) a =(a -c ) b
应用三角不等式:(a -b ) c +(b -c ) b ≥(a -b ) c +(b -c ) b =(a -c ) b ①式得证。
【试题7】设P 是∆ABC 内任意一点,G 是∆ABC 的重心,证明下列不等式:
⑴ BC ⋅PB ⋅PC +AB ⋅PA ⋅PB +CA ⋅PC ⋅PA ≥BC ⋅CA ⋅AB ; ⑵ PA ⋅BC +PB ⋅CA +PC ⋅AB ≥3PG ⋅BC ⋅CA ⋅AB . 【解析】我们只证⑴,
⑵留给读者.
设A , B , C , P 为复数平面内的点, 并使P 对应于0点。 我们需要证明的是:
3
3
3
(B -C ) BC +(A -B ) AB +(C -A ) CA ≥(B -C )(C -A )(A -B ) ① 将三角不等式应用于下列恒等式:
(B -C ) BC +(A -B ) AB +(C -A ) CA =-(B -C )(C -A )(A -B )
则①式得证。
【试题8】设∆ABC 内部存在一点F ,使得∠AFB =∠BFC =∠CFA 成立。设直线BF 和CF
分别交AC 边和AB 边于D 和G ,试证:AB +AC ≥4DG . 【解析】设AF =x ,BF =y ,CF =z ,(x , y , z ∈R )
2π2π
+i sin 设ω=cos ,(ω∈C )
33
B
F
G
A D
则:ω=-
1 ① +i
22
我们选择用复数集合来解决这个几何问题。 点F , A , B , C , D , G 在复数平面的对应点分别是:
C
0, x , y ω, z ω2, d , g . (d , g ∈C ) 这是因为∠AFB =∠BFC =∠CFA =
2π
,
3
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所以z A =x ,则z B =e
i 2π3
i
2π3
z B z A
z A =ω
y
z =ωy , x A
而z C =e
z C z B
z B =ω
z z y z B =ω2z A =ω2z y y x
B
G F
D
A
由于FD 是∠AFC 的角平分线,∠AFD =∠DFC =由角平分线的长公式得:
FD =
② =π
3
,
C
(参见拙作《23个深度几何专题》第2题的解析) 而由余弦定理得:
AC =FC +FA -2FC ⋅FA cos ∠AFC
=z 2+x 2-2zx cos
2π
=z 2+x 2+zx ③ 3
222
将③代入②得:
FD ==
==
zx
④ z +x
故:DF =
xz xy
,GF =, x +z x +y
由于DF 与AF 转角是-
-i
对比①式得:e 3
π
3
-i
,而e 3
π
ππ1 =cos(-) +i sin(-) =-i
332π
=-ω,
则:d =-
xz xy
ω,g =-ω2. x +z x +y
这样:AB =x -y ω,AC =z ω2-x , DG =d -g =-
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xz xy
ω+ω2 x +z x +y
则:要证明:AB +AC ≥4DG 即:x -y ω+z ω2-x ≥4
-zx xy
ω+ω2 ⑤
z +x x +y
由于①式:ω=-
1,则:ω=1,ω3=1 +2于是:z ω2-x =ω(z ω2-x ) =z ω3-wx =z -wx 故⑤式变为:x -y ω+z -x ω≥
4zx 4xy
-ω ⑥ z +x x +y
4zx 4xy
-ω ⑦ z +x x +y
上式可以加强为:(x -y ω) +(z -x ω) ≥换元,令:p =z +x ,q =y +x ,r =代入⑦式得:p -q ω≥r -s ω ⑧ 因为:p =z +x ,r =
4zx
,
z +x
4zx 4xy
,s = z +x x +y
(z +x ) 24zx
故:p =z +x =≥==r >0,即p ≥r >0.
z +x z +x 同样:q =y +x ,s =
4xy
,
x +y
(y +x ) 24yx
故:q =y +x =≥==s >0,即:q ≥s >0
y +x y +x 则:p -q ω-r -s ω
2
2
=(p -q ω)(p -q ω) -(r -s ω)(r -s ω)
=(p 2-r 2) +(pq -rs ) +(q 2-s 2) ≥0 ⑨
这里,(p -q ) 为(p -q ω) 的共轭复数,(r -s ) 为(r -s ω) 的共轭复数。 当且仅当∆ABC 为正三角形时,等号成立。 由⑨式得到,AB +AC ≥4DG . 证毕。
本节采用复数变换与采用平面向量方法有异曲同工之妙,但是在空间变换方法中,复数空间有其独特之处。
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