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.

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