在平面上给定点 $P_0$ 和 $\triangle {A}_{1}{A}_{2}{A}_{3}$ 且约定当 $s\geqslant 4$ 时，${A}_{s}={A}_{s-3}$．构造点列 ${P}_{0},{P}_{1},{P}_{2},\cdots,$ 使得 ${P}_{k+1}$ 为点 ${P}_{k}$ 绕中心 ${A}_{k+1}$ 顺时针旋转 $120^\circ$ 所到达的位置，$k=0,1,2,\cdots$．求证：如果 ${P}_{1986}={P}_{0}$，那么 $\triangle {A}_{1}{A}_{2}{A}_{3}$ 为等边三角形．（中国）
【难度】
【出处】
1986年第27届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $u=e^{\frac{i\pi}{3}}=\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}i}{2}$．将所有大写字母表示为平面上的复数，依题意，知
$P_n-A_n=(A_n-P_{n-1})u,n=1,2,3,\cdots$．
将递推式改写为 $P_n=(1+u)A_u-uP_{n-1}$．
于是有
$\begin{aligned}
P_3&=(1+u)A_3-uP_2\\
&=(1+u)A_3-u(1+u)A_2+u^2P_1\\
&=(1+u)(A_3-uA_2+u^2A_1)-u^3P_0\\
&=w+P_0
\end{aligned}$
其中 $u^3=-1,w=(1+u)(A_3-uA_2+u^2A_1)$ 与 $P_0$ 无关．
同理可知 $P_6=P_3+w,\cdots,P_{1986}=662w+P_0=P_0$，故 $w=0$．
由于 $1+u\ne 0$，故 $A_3-uA_2+u^2A_1=0$，或 $A_3-uA_2+(u-1)A_1=0$（因为 $u^2-u+1=0$），即 $A_3-A_1=u(A_2-A_1)$，说明向量 $\overrightarrow{A_1A_3}$ 由向量 $\overrightarrow{A_1A_2}$ 逆时针旋转 $\dfrac{\pi}{3}$ 得到，故 $A_1,A_2,A_3$ 构成正三角形的三顶点．
$P_n-A_n=(A_n-P_{n-1})u,n=1,2,3,\cdots$．
将递推式改写为 $P_n=(1+u)A_u-uP_{n-1}$．
于是有
$\begin{aligned}
P_3&=(1+u)A_3-uP_2\\
&=(1+u)A_3-u(1+u)A_2+u^2P_1\\
&=(1+u)(A_3-uA_2+u^2A_1)-u^3P_0\\
&=w+P_0
\end{aligned}$
其中 $u^3=-1,w=(1+u)(A_3-uA_2+u^2A_1)$ 与 $P_0$ 无关．
同理可知 $P_6=P_3+w,\cdots,P_{1986}=662w+P_0=P_0$，故 $w=0$．
由于 $1+u\ne 0$，故 $A_3-uA_2+u^2A_1=0$，或 $A_3-uA_2+(u-1)A_1=0$（因为 $u^2-u+1=0$），即 $A_3-A_1=u(A_2-A_1)$，说明向量 $\overrightarrow{A_1A_3}$ 由向量 $\overrightarrow{A_1A_2}$ 逆时针旋转 $\dfrac{\pi}{3}$ 得到，故 $A_1,A_2,A_3$ 构成正三角形的三顶点．
答案
解析
备注
