每日一题[1677]强强联手

给定集合 $S=\{z_1,z_2,\cdots,z_{1993}\}$，其中 $z_1,z_2,\cdots,z_{1993}$ 是非零复数（可看作平面上的非零向量）．求证：可以把 $S$ 中的元素分成若干组，使得

① $S$ 中每个元素属于且仅属于其中一组；

② 每一组中任一复数与该组所有复数之和的夹角不超过 $90^\circ$；

③ 将任意两组中复数分别求和，所得和数之间的夹角大于 $90^\circ$．

解析

对 $S$ 的任何非空子集，我们将其中所有复数之和的模称为该子集的和模．在 $S$ 的所有非空子集当中，选择和模最大的一个非空子集记为 $A_1$，并以 $s_1$ 记 $A_1$ 中所有复数之和．

可以证明 $A_1$ 中任何复数与 $s_1$ 的夹角均不超过 $90^\circ$．若不然，某个 $z\in A_1$ 与 $s_1$ 的夹角大于 $90^\circ$，则 $-z$ 与 $s_1$ 的夹角小于 $90^\circ$，于是

$$|s_1+(-z)|>|s_1|,$$ 但 $|s_1+(-z)|$ 是 $A_1\setminus \{z\}$ 的和模，与 $A_1$ 的选择矛盾． 若有 $A_1=S$，则结论得证．否则对集合 $S\setminus A_1$ 进行与 $S$ 同样的处理，得 $A_2$，并以 $s_2$ 记 $A_2$ 中所有复数之和．同理可证，$A_2$ 中任意复数与 $s_2$ 之夹角不超过 $90^\circ$．此时 $s_1$ 和 $s_2$ 的夹角大于 $90^\circ$．否则，有 $$|s_1+s_2|>|s_1|,$$ 这与 $A_1$ 的选择矛盾．

若有 $S=A_1\cup A_2$，则命题得证．否则可以用同样的方法得 $A_3$ 及其所有复数之和 $s_3$．同理可证 $A_3$ 中任意复数与 $s_3$ 的夹角不超过 $90^\circ$，且 $s_3$ 与 $s_1,s_2$ 的夹角均大于 $90^\circ$．

此时，有 $S=A_1\cup A_2\cup A_3$．否则可以用同样的方法得到 $A_4$ 以及 $s_4$，使得 $s_1,s_2,s_3,s_4$ 成为平面上两两夹角均大于 $90^\circ$ 的四个非零复数，矛盾．

综上所述，命题得证．