2021 年上海预赛

解答

令 $u_k=\overrightarrow{O{A}_k}$，并记

则

所以

对任意 ${\epsilon }_k\in \{-1,1\}$，有

式 (1) 是 (2) 左端对所有符号选择的最大值。设循环符号列中相邻符号改变 $r$ 次， 则 $r$ 为偶数；因 $|c_k|\le 1$，(2) 右端不超过 $2r$。 因此，当 $n$ 为奇数时，$S\le 2(n-1)$；当 $n$ 为偶数时，$S\le 2n$。

若 $n$ 为奇数，取交替的 $c_k\in \{1,-1\}$，只在一处不改变符号，并选择起始符号使 $-1$ 的个数为偶数。令 $u_{k+1}=c_k{u}_k$，即可闭合并达到 $S=2(n-1)$。 若 $4\mid n$，取完全交替的 $c_k=1,-1,1,-1,\dots$；此时 $-1$ 有偶数个，同样可以闭合并达到 $S=2n$。

下面设 $n\equiv 2(\mathrm{mod}4)$，于是 $n\ge 6$。若 (2) 中 $r\le n-2$，则

其中最后一步由 $\cos x\ge 1-2x/\pi$（$0\le x\le \pi /2$）得到。 只需处理 $r=n$，即 ${\epsilon }_k$ 完全交替的情形。

取有向转角 ${\theta }_k$ 使 $u_{k+1}$ 由 $u_k$ 旋转 ${\theta }_k$ 得到，则

完全交替时恰有 $n/2$ 个 ${\epsilon }_k=-1$，而 $n/2$ 为奇数。令

则 ${\epsilon }_k{c}_k=\cos {\gamma }_k$，且 $\sum {\gamma }_k\equiv \pi (\mathrm{mod}2\pi )$。

使用如下引理：若实数 ${\gamma }_1,\dots ,{\gamma }_n$ 的和模 $2\pi$ 同余于 $\pi$，则

为证明引理，令 ${\alpha }_k=\arccos (\cos {\gamma }_k)\in [0,\pi ]$。存在符号 ${\sigma }_k\in \{-1,1\}$ 使 ${\gamma }_k\equiv {\sigma }_k{\alpha }_k(\mathrm{mod}2\pi )$， 故 $\sum {\alpha }_k\ge \pi$。取 $0\le {\beta }_k\le {\alpha }_k$ 使 $\sum {\beta }_k=\pi$，则 $\cos {\alpha }_k\le \cos {\beta }_k$。对任意非负且和不超过 $\pi$ 的 $x,y$，

反复把两数换成其平均数，便得 $\sum \cos {\beta }_k\le n\cos (\pi /n)$，引理成立。

由 (2) 和 (4)，完全交替时也有

结合 (3)，得到所需上界。最后令相邻有向转角依次交替为

这些转角之和是 $2\pi$ 的整数倍，故点列闭合；相应的 $c_k$ 依次为 $\cos (\pi /n),-\cos (\pi /n)$，从而达到上界。

综上，