2021年CMO复数题一种自然的做法

分析与解答：

首先理解题意，就是要在pz^(3)+2qz^(2)+2rz+s=0和qz^(3)+2pz^(2)+2sz+r=0这两个方程的共6个复根中，保证能找到一个z=a+bi，满足|b|≥λ|a|，即虚部的绝对值较大．

这提示我们去找方程的虚根（实根的b=0，λ只能为0了）．

所以首先要做的是证明这两个方程中至少一个有虚根，我们知道，实系数的三次方程至少有一个实根，一定能分解为一次因式和二次因式之积，对二次因式，考虑其判别式即可．

我们先考虑方程pz^(3)+2qz^(2)+2rz+s=0．设其能分解为

的形式，展开后对比系数可得：

公式：\begin{cases} u+v=\dfrac{2q}{p}\\ uv+w=\dfrac{2r}{p}\\ uw=\dfrac{s}{p} \end{cases}

我们希望二次因式z^(2)+vz+w的判别式v^(2)−4w<0，于是先消去u，将（1）（3）两式分别代入（2）可得：

公式：\begin{cases} \left(\dfrac{2q}{p}-v\right)v+w=\dfrac{2r}{p}\\ \dfrac{s}{pw}\cdot v+w=\dfrac{2r}{p} \end{cases}

第一个式子中有一个类似于判别式的式子v^(2)−w：

若能证明v^(2)−w≤0，结合w>0可知v^(2)−4w<0，所以我们选择证明更强的结论：v^(2)−w≤0（否则，v^(2)−4w的形式复杂得多）．

这需要将第二个式子中的w消去，只保留v，观察式子结构容易想到用均值不等式：

公式：\dfrac{2r}{p}=\dfrac{sv}{pw}+w\ge 2\sqrt{\dfrac{sv}{pw}\cdot w}=2\sqrt{\dfrac{sv}{p}}

即v≤(r^(2))/(ps)．

于是

公式：v^2-w=\dfrac{2qv-2r}{p}\le\dfrac{2q\cdot\dfrac{r^2}{ps}-2r}{p}=\dfrac{2r(qr-ps)}{p^2s}

因此，为使得方程pz^(3)+2qz^(2)+2rz+s=0有虚根，只需qr−ps≤0．

同理，为使得方程qz^(3)+2pz^(2)+2sz+r=0有虚根，只需ps−qr≤0．

这两种情况必有一种发生，不妨设qr−ps≤0，则二次方程z^(2)+vz+w=0有两个虚根a±bi．

此时由韦达定理：

公式：\begin{cases} 2a=(a+b\mathrm{i})+(a-b\mathrm{i})=-v\\ a^2+b^2=(a+b\mathrm{i})(a-b\mathrm{i})=w \end{cases}

代入上面证明的不等式v^(2)−w≤0可得：

即|b|≥√(3)|a|．

因此，我们证明了λ=√(3)是满足题意的．

接下来证明：λ的最大值为√(3)，只需要代一组恰好取等的p,q,r,s即可．

由上面的证明过程可以发现，只需ps=qr．更特殊地，可令p=q=r=s=1．此时方程变为：

公式：\begin{aligned} &(z^3+2z^2+2z+1)^2=0\\ \iff&(z+1)^2(z^2+z+1)^2=0 \end{aligned}

其六个根分别为两组

由|b|≥λ|a|知：λ≤√(3)．

综上，λ的最大值为√(3)．

注：

本方法没有像大多数方法一样，一来就令p=q=r=s=1，让人摸不着头脑．而是从寻找虚根出发，研究p,q,r,s需要满足的条件，相对更自然一些．