Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3050
2019-05-06 
Пусть сумма $n$ комплексных чисел равна нулю, доказать, что среди них найдутся два числа, аргументы которых разнятся не менее чем на $120^{\circ}$.
Можно ли заменить здесь величину $120^{\circ}$ меньшей?
Решение:
Ясно, что три комплексных числа $1 ( = 1 + i \cdot 0 = \cos 0
+ i \sin 0), \frac {-1 + \sqrt{3} i}{2} (= \cos 120^{\circ} + i \sin 120^{\circ})$ и $\frac {-1 - \sqrt{3} i}{2} (= \cos (-120^{\circ} + i \sin (-120^{\circ})$ таковы, что аргументы каждых двух из них разнятся в точности на $120^{\circ}$, а сумма всех чисел равна
нулю - поэтому заменить в условии задачи величину $120^{\circ}$ большей заведомо невозможно. Пусть теперь $|\theta_i - \theta_j| < 120^{\circ}$, где $i, j = 1, 2, \cdots, n$ и $i \neq j$ (здесь $\theta_1, \theta_2, \cdots, \theta_n$ - аргументы наших
комплексных чисел; ясно, что если одно из этих чисел равно нулю и, следовательно, не имеет однозначно определенного аргумента, то это число можно просто откинуть); докажем, что в этом случае равенство $z_1 + z_2 + \cdots + z_n = 0$ иметь места не может. В самом деле, из сделанного предположения вытекает, что отвечающие комплексным числам $z_1, z_2, \cdots, z_n$ точки $A_1, A_2, \cdots, A_n$ комплексной плоскости с полярными координатами $(r_1, \theta_1), (r_2, \theta_2) \cdots (r_n, \theta_n)$ принадлежат некоторому меньшему $120^{\circ}$ углу $POQ$, ограниченному лучами $\theta = \theta_k$ и $\theta = \theta_i$, где $А_k$ и $A_l$ - «крайние» из наших точек, т. е. отвечающие числам $z_k$ и $z_l$; с «крайними» значениями аргументов (рис.). Пусть луч $OR$, отвечающий значению $\theta = \theta_0$ полярного угла,- это биссектриса $< POQ, a, z_0 = \cos \theta_0 + i \sin \theta_0$ - комплексное число единичного модуля, изображаемое точкой $A_0$ этого луча. Так как числа $z_1^{ \prime} = \frac{z_1}{z_0} [r_1 \cos (\theta - \theta_0) + i \sin (\theta - \theta_0)], z_2^{ \prime} = \frac{z_2}{z_0}, \cdots, z_n^{ \prime} = \frac{z_n}{z_0}$ имеют те же модули $r_1, r_2, \cdots, r_n$, что и числа $z_1, z_2, \cdots, z_n$ , но аргументы $\theta_1 - \theta_0, \theta_2 - \theta_0, \cdots, \theta_n - \theta_0$ вместо аругментов $\theta_1, \theta_2, \cdots, \theta_n$ чисел $z_1, z_2, \cdots, z_n$, то отвечающие числам $z_1^{ \prime}, z_2^{ \prime}, \cdots, z_n^{ \prime}$ точки $A_1^{ \prime}, A_2^{ \prime}, \cdots, A_n^{ \prime}$ комплексной плоскости получаются из точек $A_1, A_2, \cdots, A_n$ поворотом вокруг $О$ на угол $\theta_0$ по часовой стрелке. Но отсюда следует, что все эти точки принадлежат полученному из $POQ$ указанным поворотом углу $P^{ \prime}OQ^{ \prime} < 120^{\circ}$, биссектриса $OR^{ \prime}$ которого совпадает с осью $Ох$ вещественных чисел. А отсюда, в свою очередь, вытекает, что вещественные части $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$ чисел $z_1^{ \prime} = a_1^{ \prime} + i b_1^{ \prime}, z_2^{ \prime} = a_2^{ \prime} + ib_2^{ \prime}, \cdots, z_n^{ \prime} = a_n^{ \prime} + ib_n^{ \prime}$ вce положительны, поэтому сумма
$z_1^{ \prime} + z_2^{ \prime} + \cdots + z_n^{ \prime} = (a_1^{ \prime} + ib_1^{ \prime}) + (a_2^{ \prime} + ib_2^{ \prime}) + \cdots + (a_n^{ \prime} + ib_n^{ \prime}) = (a_1^{ \prime} + a_2^{ \prime} + \cdots + a_n^{ \prime}) + i (b_1^{ \prime} + b_2^{ \prime} + \cdots + b_n^{ \prime})$
никак не может равняться нулю (ибо $a_1^{ \prime} + a_2^{ \prime} + \cdots + a_n^{ \prime} > 0$). Но из того, что
$z_1^{ \prime} + z_2^{ \prime} + \cdots + z_n^{ \prime} = \frac{z_1}{z_0} + \frac{z_2}{z_0} + \cdots + \frac{z_n}{z_0} = (z_1 + z_2 + \cdots + z_n) \cdot \frac{1}{z_0} \neq 0$,
следует, что также и $z_1 + z_2 + \cdots + z_n \neq 0$.
Пусть сумма $n$ комплексных чисел равна нулю, доказать, что среди них найдутся два числа, аргументы которых разнятся не менее чем на $120^{\circ}$.
Можно ли заменить здесь величину $120^{\circ}$ меньшей?
Решение:
Ясно, что три комплексных числа $1 ( = 1 + i \cdot 0 = \cos 0
+ i \sin 0), \frac {-1 + \sqrt{3} i}{2} (= \cos 120^{\circ} + i \sin 120^{\circ})$ и $\frac {-1 - \sqrt{3} i}{2} (= \cos (-120^{\circ} + i \sin (-120^{\circ})$ таковы, что аргументы каждых двух из них разнятся в точности на $120^{\circ}$, а сумма всех чисел равна
нулю - поэтому заменить в условии задачи величину $120^{\circ}$ большей заведомо невозможно. Пусть теперь $|\theta_i - \theta_j| < 120^{\circ}$, где $i, j = 1, 2, \cdots, n$ и $i \neq j$ (здесь $\theta_1, \theta_2, \cdots, \theta_n$ - аргументы наших
комплексных чисел; ясно, что если одно из этих чисел равно нулю и, следовательно, не имеет однозначно определенного аргумента, то это число можно просто откинуть); докажем, что в этом случае равенство $z_1 + z_2 + \cdots + z_n = 0$ иметь места не может. В самом деле, из сделанного предположения вытекает, что отвечающие комплексным числам $z_1, z_2, \cdots, z_n$ точки $A_1, A_2, \cdots, A_n$ комплексной плоскости с полярными координатами $(r_1, \theta_1), (r_2, \theta_2) \cdots (r_n, \theta_n)$ принадлежат некоторому меньшему $120^{\circ}$ углу $POQ$, ограниченному лучами $\theta = \theta_k$ и $\theta = \theta_i$, где $А_k$ и $A_l$ - «крайние» из наших точек, т. е. отвечающие числам $z_k$ и $z_l$; с «крайними» значениями аргументов (рис.). Пусть луч $OR$, отвечающий значению $\theta = \theta_0$ полярного угла,- это биссектриса $< POQ, a, z_0 = \cos \theta_0 + i \sin \theta_0$ - комплексное число единичного модуля, изображаемое точкой $A_0$ этого луча. Так как числа $z_1^{ \prime} = \frac{z_1}{z_0} [r_1 \cos (\theta - \theta_0) + i \sin (\theta - \theta_0)], z_2^{ \prime} = \frac{z_2}{z_0}, \cdots, z_n^{ \prime} = \frac{z_n}{z_0}$ имеют те же модули $r_1, r_2, \cdots, r_n$, что и числа $z_1, z_2, \cdots, z_n$ , но аргументы $\theta_1 - \theta_0, \theta_2 - \theta_0, \cdots, \theta_n - \theta_0$ вместо аругментов $\theta_1, \theta_2, \cdots, \theta_n$ чисел $z_1, z_2, \cdots, z_n$, то отвечающие числам $z_1^{ \prime}, z_2^{ \prime}, \cdots, z_n^{ \prime}$ точки $A_1^{ \prime}, A_2^{ \prime}, \cdots, A_n^{ \prime}$ комплексной плоскости получаются из точек $A_1, A_2, \cdots, A_n$ поворотом вокруг $О$ на угол $\theta_0$ по часовой стрелке. Но отсюда следует, что все эти точки принадлежат полученному из $POQ$ указанным поворотом углу $P^{ \prime}OQ^{ \prime} < 120^{\circ}$, биссектриса $OR^{ \prime}$ которого совпадает с осью $Ох$ вещественных чисел. А отсюда, в свою очередь, вытекает, что вещественные части $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$ чисел $z_1^{ \prime} = a_1^{ \prime} + i b_1^{ \prime}, z_2^{ \prime} = a_2^{ \prime} + ib_2^{ \prime}, \cdots, z_n^{ \prime} = a_n^{ \prime} + ib_n^{ \prime}$ вce положительны, поэтому сумма
$z_1^{ \prime} + z_2^{ \prime} + \cdots + z_n^{ \prime} = (a_1^{ \prime} + ib_1^{ \prime}) + (a_2^{ \prime} + ib_2^{ \prime}) + \cdots + (a_n^{ \prime} + ib_n^{ \prime}) = (a_1^{ \prime} + a_2^{ \prime} + \cdots + a_n^{ \prime}) + i (b_1^{ \prime} + b_2^{ \prime} + \cdots + b_n^{ \prime})$
никак не может равняться нулю (ибо $a_1^{ \prime} + a_2^{ \prime} + \cdots + a_n^{ \prime} > 0$). Но из того, что
$z_1^{ \prime} + z_2^{ \prime} + \cdots + z_n^{ \prime} = \frac{z_1}{z_0} + \frac{z_2}{z_0} + \cdots + \frac{z_n}{z_0} = (z_1 + z_2 + \cdots + z_n) \cdot \frac{1}{z_0} \neq 0$,
следует, что также и $z_1 + z_2 + \cdots + z_n \neq 0$.
