求证函数f(x,y)=|Q(x+iy)|满足性质(𝒫)当且仅当Q的所有根相等

嘿，这个问题我来帮你拆解一下，我们分充分性和必要性两个方向来证明，逻辑会很清晰：

首先把平面点$(x,y)$对应到复数$z=x+iy$，这样$f(z)=|Q(z)|$，问题转化为：$f(z)$满足性质$(\mathcal{P})$当且仅当$Q(z)$的所有根重合。

充分性：若$Q$的所有根相等，则$f(z)$满足性质$(\mathcal{P})$ #

假设$Q(z)=c(z-a)^k$，其中$c\in\mathbb{C}\setminus{0}$是常数，$a\in\mathbb{C}$，$k$是正整数。此时：
$$f(z)=|c|\cdot|z-a|^k$$

对于任意$t\geq0$，满足$f(z)=t$的点集：

• 当$t=0$时，只有单点$z=a$，显然满足性质$(\mathcal{P})$；
• 当$t>0$时，所有点是以$a$为圆心、$\sqrt[k]{t/|c|}$为半径的圆。

对于圆上的任意有限个点，它们的凸包是一个凸多边形（圆是凸集，圆上点的凸包是圆盘，任意有限个圆上点的凸包必然是凸多边形，且每个点都是凸包的顶点）。因此，任意$f$值相等的有限点集都构成凸多边形，满足性质$(\mathcal{P})$。

必要性：若$f(z)$满足性质$(\mathcal{P})$，则$Q$的所有根相等 #

我们用反证法：假设$Q(z)$有至少两个不同的根$a\neq b$，即$Q(z)=(z-a)^m(z-b)nR(z)$，其中$m,n\geq1$，$R(z)$是不含根$a,b$的多项式。我们需要找到一组有限个点，它们的$f(z)$值相等，但不构成凸多边形。

考虑直线$ab$上的点，设$z=a+t(b-a)$（$t\in\mathbb{R}$），则：
$$f(z)=|(z-a)^m(z-b)nR(z)|=|t|^m\cdot|b-a|m\cdot|t-1|^n\cdot|b-a|n\cdot|R(z)|$$

由于$R(z)$在直线$ab$上连续且恒不为零，我们可以取$k$满足$0<k<\max_{t\in(0,1)} \left( |t|^m|t-1|n\cdot|R(a+t(b-a))| \right)$。此时：

• 当$t<0$时，$|t|^m|t-1|n\cdot|R(z)|$从$+\infty$单调递减到$0$，存在唯一解$t_1<0$；
• 当$t\in(0,1)$时，$|t|^m|t-1|n\cdot|R(z)|$从$0$升到最大值再降到$0$，存在两个解$0<t_2<t_3<1$。

对应三个点$z_1=a+t_1(b-a)$，$z_2=a+t_2(b-a)$，$z_3=a+t_3(b-a)$，它们共线且$z_2$在$z_1$和$z_3$之间。这三个点的$f(z)$值相等，但它们无法构成凸多边形（凸多边形要求所有点都是凸包的顶点，不能有内部点），与性质$(\mathcal{P})$矛盾。因此$Q$不能有两个不同的根，即所有根必须相等。

这样就完成了双向证明，问题得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者AndrewC