【第一章 习题16】
设 k ≥ 3 k \geq 3 k≥3， x 、 y ∈ R k \mathbf{x}、\mathbf{y} \in R^{k} x、y∈Rk， ∣ x − y ∣ = d > 0 \left| \mathbf{x} - \mathbf{y} \right| = d > 0 ∣x−y∣=d>0且 r > 0 r > 0 r>0。试证：
a. 如果 2 r > d 2r > d 2r>d，就有无穷多个 z ∈ R k \mathbf{z}\mathbf{\in}R^{k} z∈Rk使得
∣ z − x ∣ = ∣ z − y ∣ = r \left| \mathbf{z} - \mathbf{x} \right| = \left| \mathbf{z} - \mathbf{y} \right| = r ∣z−x∣=∣z−y∣=r
b. 如果 2 r = d 2r = d 2r=d，就恰好有一个这样的 z \mathbf{z} z。
c. 如果 2 r < d 2r < d 2r<d，就没有这样的 z \mathbf{z} z。
如果 k k k是 2 2 2或者 1 1 1，这些命题应该怎样修正？
【证明】
首先，根据不等式，可得
∣ z − x ∣ + ∣ z − y ∣ ≤ ∣ ( z − x ) − ( z − y ) ∣ = ∣ x − y ∣ = d \left| \mathbf{z} - \mathbf{x} \right| + \left| \mathbf{z} - \mathbf{y} \right| \leq \left| \left( \mathbf{z} - \mathbf{x} \right)\mathbf{-}\left( \mathbf{z} - \mathbf{y} \right) \right| = \left| \mathbf{x} - \mathbf{y} \right| = d ∣z−x∣+∣z−y∣≤∣(z−x)−(z−y)∣=∣x−y∣=d
可知（c）显然是正确的，下面先证明（b）
b. 根据施瓦茨不等式的等号成立条件，可知
i ≠ j i \neq j i=j
( z i − x i ) ( y j − z j ) = ( z j − x j ) ( y i − z i ) \left( z_{i} - x_{i} \right)\left( y_{j} - z_{j} \right) = \left( z_{j} - x_{j} \right)\left( y_{i} - z_{i} \right) (zi−xi)(yj−zj)=(zj−xj)(yi−zi)
又因为
( z i − x i ) ( z j − x j ) = ( z j − x j ) ( z i − x i ) \left( z_{i} - x_{i} \right)\left( z_{j} - x_{j} \right) = \left( z_{j} - x_{j} \right)\left( z_{i} - x_{i} \right) (zi−xi)(zj−xj)=(zj−xj)(zi−xi)
所以
( z i − x i ) ( y j − x j ) = ( z j − x j ) ( y i − x i ) \left( z_{i} - x_{i} \right)\left( y_{j} - x_{j} \right) = \left( z_{j} - x_{j} \right)\left( y_{i} - x_{i} \right) (zi−xi)(yj−xj)=(zj−xj)(yi−xi)
由于 x ≠ y \mathbf{x} \neq \mathbf{y} x=y，所以必有
y k − x k ≠ 0 y_{k} - x_{k} \neq 0 yk−xk=0
( z i − x i ) ( y k − x k ) = ( z k − x k ) ( y i − x i ) \left( z_{i} - x_{i} \right)\left( y_{k} - x_{k} \right) = \left( z_{k} - x_{k} \right)\left( y_{i} - x_{i} \right) (zi−xi)(yk−xk)=(zk−xk)(yi−xi)
则 z k − x k ≠ 0 z_{k} - x_{k} \neq 0 zk−xk=0，否则必然导致 ∣ z − x ∣ = 0 \left| \mathbf{z} - \mathbf{x} \right| = 0 ∣z−x∣=0，不满足题意。所以总有
z i − x i = z k − x k y k − x k × ( y i − x i ) z_{i} - x_{i} = \frac{z_{k} - x_{k}}{y_{k} - x_{k}} \times \left( y_{i} - x_{i} \right) zi−xi=yk−xkzk−xk×(yi−xi)
不妨设
k = z k − x k y k − x k k = \frac{z_{k} - x_{k}}{y_{k} - x_{k}} k=yk−xkzk−xk
可得
z i = k y i + ( 1 − k ) x i z_{i} = ky_{i} + (1 - k)x_{i} zi=kyi+(1−k)xi
即
z = k y + ( 1 − k ) x # ( 1 ) \begin{array}{r} \mathbf{z} = k\mathbf{y} + (1 - k)\mathbf{x}\mathbf{\ \#}(1) \end{array} z=ky+(1−k)x #(1)
同时根据
∣ z − x ∣ = ∣ z − y ∣ \left| \mathbf{z} - \mathbf{x} \right| = \left| \mathbf{z} - \mathbf{y} \right| ∣z−x∣=∣z−y∣
可得
( z − x ) 2 = ( z − y ) 2 \left( \mathbf{z} - \mathbf{x} \right)^{2} = \left( \mathbf{z} - \mathbf{y} \right)^{2} (z−x)2=(z−y)2
将 ( 1 ) (1) (1)代入上面的等式可得
( 2 k − 1 ) ( x − y ) 2 = 0 (2k - 1)\left( \mathbf{x} - \mathbf{y} \right)^{2} = 0 (2k−1)(x−y)2=0
因为 ∣ x − y ∣ ≠ 0 \left| \mathbf{x} - \mathbf{y} \right| \neq 0 ∣x−y∣=0，所以
2 k − 1 = 0 2k - 1 = 0 2k−1=0
结合 ( 1 ) (1) (1)，可得
z = x + y 2 \mathbf{z}\mathbf{=}\frac{\mathbf{x + y}}{2} z=2x+y
无论 k k k值取值如何，恰好有一个这样的 z \mathbf{z} z满足条件。
a. 可以验证当 z \mathbf{z} z满足下面条件时，满足题设不等式
{ ( z − x + y 2 ) 2 = r 2 − d 2 4 ( z − x + y 2 ) ( x − y ) = 0 \left\{ \begin{array}{r} \left( \mathbf{z}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x + y}}{2} \right)^{2} = r^{2} - \frac{d^{2}}{4} \\ \left( \mathbf{z}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x + y}}{2} \right)\left( \mathbf{x - y} \right) = 0 \end{array} \right.\ {(z−2x+y)2=r2−4d2(z−2x+y)(x−y)=0
这是因为
( z − x ) 2 = ( z − x + y 2 − x − y 2 ) 2 = ( z − x + y 2 ) 2 + ( z − x + y 2 ) ( x − y 2 ) + ( x − y 2 ) 2 = r 2 − d 2 4 + d 2 4 = r 2 \left( \mathbf{z} - \mathbf{x} \right)^{2} = \left( \mathbf{z}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x + y}}{2}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x}\mathbf{-}\mathbf{y}}{2} \right)^{2} = \left( \mathbf{z}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x + y}}{2} \right)^{2} + \left( \mathbf{z}\mathbf{-}\frac{\mathbf{x + y}}{2} \right)\left( \frac{\mathbf{x - y}}{2} \right) + \left( \frac{\mathbf{x - y}}{2} \right)^{2} = r^{2} - \frac{d^{2}}{4} + \frac{d^{2}}{4} = r^{2} (z−x)2=(z−2x+y−2x−y)2=(z−2x+y)2+(z−2x+y)(2x−y)+(2x−y)2=r2−4d2+4d2=r2
同理 ( z − y ) 2 = r 2 \left( \mathbf{z} - \mathbf{y} \right)^{2} = r^{2} (z−y)2=r2
当 k ≥ 3 k \geq 3 k≥3时，下面证明满足上面条件的 z \mathbf{z} z有无数个。
首先，原方程组的解的个数与下面的方程组一致
{ w 2 = d w v = 0 \left\{ \begin{array}{r} \mathbf{w}^{2} = d \\ \mathbf{w}\mathbf{v}\mathbf{=}0 \end{array} \right.\ {w2=dwv=0
其中 v = x − y \mathbf{v} = \mathbf{x - y} v=x−y
由于 k ≥ 3 k \geq 3 k≥3，根据抽屉原理， v \mathbf{v} v必有两个分量非零或者为零。
若有两个分量为零，则剩余分量中必有不为零的，必然有无数个角度不一样的 w ′ \mathbf{w}^{\mathbf{'}} w′满足 w ′ v = 0 \mathbf{w}^{\mathbf{'}}\mathbf{v}\mathbf{=}0 w′v=0；同理若有两个分量非零，无论剩余分量是否为零，也必然有无数个角度不一样的 w ′ \mathbf{w}^{\mathbf{'}} w′满足 w ′ v = 0 \mathbf{w}^{\mathbf{'}}\mathbf{v}\mathbf{=}0 w′v=0。接下来根据模长，令
w = w ′ ∣ w ′ ∣ × d \mathbf{w}\mathbf{=}\frac{\mathbf{w}^{\mathbf{'}}}{\left| \mathbf{w}^{\mathbf{'}} \right|} \times \sqrt{d} w=∣w′∣w′×d
所以
w 2 = d \mathbf{w}^{2} = d w2=d
这样就有无穷多个 z ∈ R k \mathbf{z}\mathbf{\in}R^{k} z∈Rk，满足题设。
注意：
当 k = 2 k = 2 k=2时，根据平面几何知识可知存在两个 z ∈ R 2 \mathbf{z}\mathbf{\in}R^{2} z∈R2满足要求。
当 k = 1 k = 1 k=1时，根据平面几何知识（满足 ∣ z − x ∣ = ∣ z − y ∣ \left| \mathbf{z} - \mathbf{x} \right| = \left| \mathbf{z} - \mathbf{y} \right| ∣z−x∣=∣z−y∣只有中点）可知不存在 z ∈ R 1 \mathbf{z}\mathbf{\in}R^{1} z∈R1满足要求，同时，方程组是无解的。
