今年 CMO 中国数学奥林匹克难度适中. 广东省广雅中学高中学生黄峄凡同学在这次竞赛得分 126, 是为唯一的满分.

黄峄凡为了跟随着朱华伟, 从华师一附中转学到广雅中学高中, 成为朱华伟的关门弟子. 黄峄凡年纪轻轻, 就懂得了学校和老师的在做竞赛和做学问中的重要性, 这很值得赞赏. 黄峄凡请老师在家里学习文化课. 他在今年全国联赛进省队以后, 增加了在学校上课的次数.

1. 把复数的辐角主值限定在 \((-\pi, \pi]\). 因为 \(z_k\) 在以 \((1,0)\) 为心, \(r\) 为半径的圆中, 从而

\[ |\arg z_k|\leq\arccos\sqrt{1-r^2},\]

或

\[ |\arg z_k|\leq\arctan{\frac r{\sqrt{1-r^2}}}.\]

可以证明一个更一般的结果, 这个事实是 art of problemsolving 论坛的 chronondecay 给出的:

\(\theta\in\left(0,\dfrac\pi2\right)\), 且 \(n\) 个复数 \(z_1\), \(z_2\), \(\dotsc\), \(z_n\) 满足 \(|\arg z_k|\leq\theta\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 则

\begin{equation}\left|\sum_{k=1}^n z_k\right|\left|\sum_{k=1}^n\frac{1}{z_k}\right|\geq n^2\cos^2\theta. \end{equation}

事实上, 因 \(\Re z_k=|z_k|\cos(\arg z_k)\), \(\Re\left(\dfrac1{z_k}\right)=\dfrac1{|z_k|}|\cos(\arg z_k)\), 于是

\[\Re(z_k)\Re\left(\frac{1}{z_k}\right)=\cos^2(\arg z_k)\geq\cos^2\theta.\]

由 Cauchy 不等式, 可得

\begin{equation*}\begin{split}\left|\sum z_k\right|\left|\sum\frac1{z_k}\right| &\geq\Re\left(\sum z_k\right)\Re\left(\sum\frac1{z_k}\right)\\ &=\left(\sum\Re z_k\right)\left(\sum\Re\left(\frac1{z_k}\right)\right)\\ &\geq\left(\sum\sqrt{\Re z_k\Re\left(\frac1{z_k}\right)}\right)^2\\ &\geq(n\cos\theta)^2.\end{split}\end{equation*}

math.stackexchange 的 davik 有比 (1) 更强的

\(\theta\in\left(0,\dfrac\pi2\right)\), 且 \(n\) 个复数 \(z_1\), \(z_2\), \(\dotsc\), \(z_n\) 满足 \(|\arg z_k|\leq\theta\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 则

\begin{equation} \left|z_1+z_2+\dotsb+z_n\right|\geq n\sqrt[n]{\left|z_1z_2\dotsm z_n\right|}\cos\theta.\end{equation}

由于 \(\Re z_k=|z_k|\cos(\arg z_k)\geq |z_k|\cos\theta\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 由算术几何平均不等式

\begin{equation*}\begin{split}\big|z_1+z_2+\dotsb+z_n\big| &\geq\Re\left(\sum_{k=1}^n z_k\right)\\&=\sum_{k=1}^n\Re z_k\\ &\geq n\sqrt[n]{\prod_{k=1}^n\Re z_k}\\ &\geq n\sqrt[n]{\prod_{k=1}^n \Big(|z_k|\cos\theta\Big)}\\ &=n\sqrt[n]{\left|\prod_{k=1}^n z_k\right|}\cos\theta.\end{split}\end{equation*}

好了, 现在 (1) 呼之欲出: \(\left|\arg\left(\dfrac1{z_k}\right)\right|=|\arg z_k|\leq\theta\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 因此可以使用 (2),

\begin{equation*} \left|\frac1{z_1}+\frac1{z_2}+\dotsb+\frac1{z_n}\right|\geq \frac{n\cos\theta}{\sqrt[n]{\left|z_1z_2\dotsm z_n\right|}}.\end{equation*}

与 (2) 两边相乘, 即得到 (1).

别的论证途径也是有的. 下面的证明来自数学竞赛贴吧, 其实就是上面 (1) 的论证, 换个姿势而已.

我们首先指出: 论断

\begin{equation}\dfrac{\Re{z_k}}{|z_k|}\geq\sqrt{1-r^2}\end{equation}

(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)) 为真.

事实上, \(|\arg z_k|\leq\arctan{\dfrac r{\sqrt{1-r^2}}}\) 表明

\[\left|\frac{\Im{z_k}}{\Re{z_k}}\right|\leq\frac r{\sqrt{1-r^2}}.\]

然后, 因为 \(\Re{z_k}\gt0\), 从而 \(\left(\dfrac{\Im{z_k}}{\Re{z_k}}\right)^2\leq\dfrac{r^2}{1-r^2}\) 就是 (3).

设 \(z_k=x_k+iy_k\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)). 于是

\[z_1+z_2+\dotsb+z_n=(x_1+x_2+\dotsb+x_n)+i(y_1+y_2+\dotsb+y_n),\]

\[\sum_{k=1}^n\frac1{z_k}=\sum_{k=1}^n\frac{\bar{z}_k}{|z_k|^2}=\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{x_k^2+y_k^2}-i\sum_{k=1}^n\frac{y_k}{x_k^2+y_k^2}.\]

由 Cauchy 不等式, 注意 \(x_k\gt0\)(\(k=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 有

\begin{equation*}\begin{split}\left |\sum_{i=1}^n z_i\right|\left|\sum_{i=1}^n\frac1{z_i}\right | &=\sqrt{\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2+\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)^2}\sqrt{\left(\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{x^2_k+y^2_k}\right)^2+\left(\sum_{k=1}^n\frac{y_k}{x^2_k+y^2_k}\right)^2}\\&\geq\left|\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)\left(\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{x^2_k+y^2_k}\right)\right|+\left |\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)\left (\sum_{k=1}^n\frac{y_k}{x^2_k+y^2_k}\right)\right|\\ &\geq \left(\sum_{k=1}^n x_k\right)\left (\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{x^2_k+y^2_k}\right)\\&\geq\left(\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{\sqrt{x^2_k+y^2_k}}\right)^2\\ &\geq\left(n\sqrt{1-r^2}\right)^2\\&=n^2(1-r^2).\end{split}\end{equation*}

2. Pascal theorem 说明 \(P\), \(Q\), \(R\) 三点共线.

因为 \(AB=AC\), 故 \(\angle TFS=\angle TDS\), 进而 \(S\), \(T\), \(F\), \(D\) 四点共圆. Reim theorem 断言 \(ST\parallel BC\), 不过我们并不需要这事. 于是 \(\angle KSQ=\angle TDF=\angle CAR\). 结合 \(\angle SKQ=\angle ACR\), 可以断定 \(\triangle SKQ\sim\triangle ACR\), 顺水推舟

\[\frac{SK}{AC}=\frac{SQ}{AR}.\]

同样,  \(\triangle TKQ\sim\triangle ABP\) 导出

\[\frac{TK}{AB}=\frac{TQ}{AP}.\]

至此, 使用正弦定理, 并注意 \(AB=AC\),  \(\angle QSP=\angle QTR\), 得

\[\frac{SK}{TK}=\frac{SQ}{TQ}\cdot\frac{AP}{AR}=\frac{SQ}{TQ}\cdot\frac{\sin\angle ARP}{\sin\angle APR}=\frac{\frac{SQ}{\sin\angle SPQ}}{\frac{TQ}{\sin\angle TRQ}}=\frac{\frac{PQ}{\sin\angle QSP}}{\frac{RQ}{\sin\angle QTR}}=\frac{PQ}{RQ}.\]

3. 首先, 我们有 \(0\notin B\).

实际上, 在相反的情形, \(0\in B\). \(A\) 的元素个数 \(n\geq5\), 因此, 必有 \(A\) 的两个都不是 \(0\) 的相异元素 \(x\) 和 \(y\), 使得 \(x\), \(y\) 同号.

然后, 可以断言: 对 \(A\) 的任意两个元素 \(x\) 和 \(y\), 必定 \(x+y\notin A\).