设 $O$ 为复平面的原点，$Z_{1}$ 和 $Z_{2}$ 为复平面内的两动点，并且满足：

(1) $Z_{1}$ 和 $Z_{2}$ 所对应的复数的辐角分别为定值 $\theta$ 和 $-\theta$（$0<\theta<\frac{\pi}{2}$）； (2) $\triangle OZ_{1}Z_{2}$ 的面积为定值 $S$，求 $\triangle OZ_{1}Z_{2}$ 的重心 $Z$ 所对应的复数的模的最小值.

\begin{solution} 设 $Z_1$，$Z_2$ 和重心 $Z$ 所对应的复数分别为 $z_1$，$z_2$ 和 $z$，并设 $|z_1|=r_1>0$，$|z_2|=r_2>0$. 由辐角条件，$z_1=r_1(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$，$z_2=r_2(\cos\theta-\mathrm{i}\sin\theta)$. 三角形面积条件给出 $S=\frac{1}{2}r_1r_2\sin 2\theta$，所以 $r_1r_2=\frac{S}{\sin\theta\cos\theta}$.

由于重心对应的复数满足 $3z=z_1+z_2$，有 $3z=(r_1+r_2)\cos\theta+(r_1-r_2)\mathrm{i}\sin\theta$. 因此 由 $(r_1-r_2)^2\geqslant0$，得 $|3z|^2\geqslant4r_1r_2\cos^2\theta=4S\cot\theta$. 当且仅当 $r_1=r_2$ 时取等号，且此时满足给定的面积条件，因此 $|z|$ 的最小值为 $\frac{2}{3}\sqrt{S\cot\theta}$. \end{solution}

设 $a_{n}=\sqrt{1\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}$（$n=1$，$2$，$\cdots$）.

(1) 证明：不等式 $\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{(n+1)^2}{2}$ 对所有的正整数 $n$ 都成立； (2) 设 $b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}$（$n=1$，$2$，$\cdots$），用定义证明：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对任意正整数 $k$，有 $k^2<k(k+1)<\left(k+\frac{1}{2}\right)^2$，所以 $k<\sqrt{k(k+1)}<k+\frac{1}{2}$. 对 $k=1$，$2$，$\ldots$，$n$ 求和，得到 $\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{n(n+2)}{2}<\frac{(n+1)^2}{2}$，故所证不等式对所有正整数 $n$ 成立. \item 由第一问及 $b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}$，有 $\frac{1}{2}<b_n<\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}$. 任给 $\varepsilon>0$，取正整数 $N=\left\lfloor\frac{1}{2\varepsilon}\right\rfloor+1$. 当 $n\geqslant N$ 时，$0<\left|b_n-\frac{1}{2}\right|<\frac{1}{2n}\leqslant\frac{1}{2N}<\varepsilon$. 这正是数列极限的定义，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}$. \end{enumerate} \end{solution}

设 $a$，$b$ 是两个实数，

$A = \left\{\left(x, y\right)\mid x = n, y = na + b, n \in \mathbf{Z}\right\}$，

$B = \left\{\left(x, y\right)\mid x = m, y = 3m^2 + 15, m \in \mathbf{Z}\right\}$，

$C = \left\{(x, y)\mid x^2 + y^2 \leqslant 144\right\}$ 是平面 $xOy$ 内的点集合，讨论是否存在 $a$ 和 $b$ 使得

(1) $A \cap B \neq \varnothing$（$\varnothing$ 表示空集）； (2) $\left(a,b\right)\in C$ 同时成立.

\begin{solution} 若 $A\cap B\neq\varnothing$，则存在整数 $n$ 和 $m$，使得 $(n,na+b)=(m,3m^2+15)$. 比较横坐标得 $n=m$，记这个整数为 $k$，于是 恒等式 $(k^2+1)(a^2+b^2)=(ka+b)^2+(a-kb)^2$ 给出 而 $(3k^2+15)^2-144(k^2+1)=9(k^2-3)^2>0$，其中严格不等号成立是因为 $k$ 为整数，不可能有 $k^2=3$. 所以 $a^2+b^2>144$，这与 $(a,b)\in C$，即 $a^2+b^2\leqslant144$，矛盾. 因此不存在同时满足这两个条件的实数 $a$ 和 $b$. \end{solution}