求使$\abs{\sin\theta-p\cos\theta-q}\leqslant\dfrac{\sqrt2-1}{2}$对任意$\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$恒成立的实数对$(p,q)$
hongxian 发表于 2013-4-20 10:21

状态低迷，写个笨方法。

记 $f(\theta )=\abs{\sin \theta -p\cos \theta -q}$ 其中 $\theta \in [0,\pi/2]$。由合一公式
\[\sin \theta -p\cos \theta =\sqrt{1+p^2}\sin (\theta -\arctan p),\]
由于 $\theta -\arctan p\in [-\arctan p,\pi/2-\arctan p]$，为确定 $\sin \theta -p\cos \theta$ 的范围，下面分类讨论。

（1）若 $p<-1$，则 $\pi/4<-\arctan p<\pi/2$, $3\pi/4<\pi/2-\arctan p<\pi$，故此时有
\[1\geqslant \sin (\theta -\arctan p)\geqslant \sin \left( \frac\pi2-\arctan p \right)=\frac1{\sqrt{1+p^2}};\]

（2）若 $-1\leqslant p\leqslant 0$，则 $0\leqslant -\arctan p\leqslant \pi/4$, $\pi/2\leqslant \pi/2-\arctan p\leqslant 3\pi/4$，故此时有
\[1\geqslant \sin (\theta -\arctan p)\geqslant \sin (-\arctan p)=-\frac p{\sqrt{1+p^2}};\]

（3）若 $p>0$，则 $-\pi/2<-\arctan p<0<\pi/2-\arctan p<\pi/2$，故此时有
\[\frac1{\sqrt{1+p^2}}=\sin \left( \frac\pi2-\arctan p \right)\geqslant \sin (\theta -\arctan p)\geqslant \sin (-\arctan p)=-\frac p{\sqrt{1+p^2}}.\]

综上得
\[\sin \theta -p\cos \theta \in \begin{cases}
\bigl[1,\sqrt{1+p^2}\bigr], & p<-1, \\
\bigl[-p,\sqrt{1+p^2}\bigr], & -1\leqslant p\leqslant 0, \\
[-p,1], & p>0.
\end{cases}\]

注意到这样一个显然的事实：当 $M\in [a,b]$ 时，当且仅当 $c=(a+b)/2$ 时，$\abs{M-c}$ 的最大值取得最小值，其值为 $(b-a)/2$。
所以，当 $p$ 取定时，若记 $g(p)$ 为 $f(\theta)$ 的最大值的最小值（对于变化的 $q$ 来说），则
\[
g(p)=\begin{cases}
\frac{\sqrt{1+p^2}-1}2, & p<-1, \\
\frac{\sqrt{1+p^2}+p}2, & -1\leqslant p\leqslant 0, \\
\frac{1+p}2, & p>0,
\end{cases}
\]
这样，$g(p)$ 的最小值就是 $f(\theta)$ 的最大值的最小值（对于变化的 $p$, $q$ 来说）。

不难看出 $g(p)$ 是 $\mbb R$ 上的连续函数，由单调性易知当且仅当 $p=-1$ 时 $g(p)$ 取最小值 $\bigl(\sqrt2-1\bigr)/2$，此时相应的 $q$ 应满足 $q=\bigl(-p+\sqrt{1+p^2}\bigr)/2=\bigl(1+\sqrt2\bigr)/2$，也就是说当且仅当 $p=-1$ 且 $q=\bigl(1+\sqrt2\bigr)/2$ 时 $f(\theta)$ 的最大值取得最小值 $\bigl(\sqrt2-1\bigr)/2$，回到原题，所求数对便是它们。

后面可以简化一些，在得到
\[\sin \theta -p\cos \theta \in \begin{cases}
\bigl[1,\sqrt{1+p^2}\bigr], & p<-1, \\
\bigl[-p,\sqrt{1+p^2}\bigr], & -1\leqslant p\leqslant 0, \\
[-p,1], & p>0
\end{cases}\]
时，不难发现它实际上等价于
\[\sin \theta -p\cos \theta \in \bigl[-\max\{p,-1\} , \sqrt{1+(\min\{p,0\})^2}\bigr],\]
所以 $g(p)$ 也可以简化为
\[g(p)=\frac{\sqrt{1+(\min\{p,0\})^2}+\max\{p,-1\}}2.\]

不过其实没什么实际作用。

22# kuing
应该有用吧，
改天看看能否借助你的这个结果。

希望看到几何的解法

$x^2+y^2=1,x\ge0,y\ge0$
想到直线距离公式
$d=\frac{|x-py-q|}{\sqrt{1+p^2}}$
想不下去了
李斌斌755 发表于 2013-4-20 10:48

根据平行线夹着圆可知，结果必是l1与l2，或l3与l4，讨论结果可知是l3与l4。
不知道有没有问题，大家看看，理由改怎么讲

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2013-4-21 19:59

25# goft
goft终于出马了！
这个月跑哪去了？

不知这样说不说得过去
\[|\sin\theta-p\cos\theta-q|\leqslant\dfrac{\sqrt2-1}2\\\iff\frac{|\sin\theta-p\cos\theta-q|}{\sqrt{1+p^2}}\leqslant\dfrac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}    (1)\]
设\[d=\frac{|\sin\theta-p\cos\theta-q|}{\sqrt{1+p^2}}\]其几何意义为第一象单位圆上的点到直线$x-py-q=0$的距离，令数对$(p,q)$对应一条直线，对于每条直线设\[M=d_{\max}\]则根据图像知\[M_{\min}=\frac{2-\sqrt2}4\]其对应的数对为\[(-1,\frac{\sqrt2+1}2)\]此时直线满足\[M_{\min}=d_{\max}=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}=\frac{2-\sqrt2}4\]即数对$(-1,\dfrac
{\sqrt2+1}2)$也就是\[p=-1,q_0=OC=\frac{\sqrt2+1}2\]
满足\[|\sin\theta-p\cos\theta-q|\leqslant\frac{\sqrt2-1}2\]
当\[|p|>1\](1)式左边增大，右边减小，不等式不成立，即不存在数对使不等式成立。
当\[p=1\](1)式左边增大，右边不变，不等式不成立，即不存在数对使不等式成立。
当\[|p|<1\]由图像有
\[d_{\max}=\frac{|\sin\theta-p\cos\theta-q|}{\sqrt{1+p^2}}=\frac{|1-q|}{\sqrt{1+p^2}}\]
\[q=OD>OC=\frac{\sqrt2+1}2\iff\]
\[d_{\max}=\frac{q-1}{\sqrt{1+p^2}}>\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}\]即(1)式不成立，即不存在数对使不等式成立。
图像只考虑$0<p<1$时情况$-1<p<0$时一样
   综上所述只有数对$(1,\dfrac{\sqrt2+1}2)$满足条件
图中两条实直线分别为同颜色两条虚直线的中间线

编辑好累。

27# 李斌斌755
latex进展神速！
没仔细看，但看见部分代码可以修改，例如：
代码M_{min}=d_{man}=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}=\frac{2-\sqrt2}4的显示效果是：
\[M_{min}=d_{man}=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}=\frac{2-\sqrt2}4\]
明显，max写成了man了！min和max要加\！即
代码应该改为：M_{\min}=d_{\max}=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}=\frac{2-\sqrt2}4
显示效果是：\[M_{\min}=d_{\max}=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt{1+p^2}}=\frac{2-\sqrt2}4\]

29# yes94
谢谢，已修改。

难得，虽然我还是看不懂……

31# kuing
对不对

32# 李斌斌755
思路就是先证明$x+y+\dfrac{\sqrt2+1}2=0$（由图像知此时圆弧上的的到直线的最大值最小）时不等式成立，再证明$|p|\ne1,p=1$时不成立。

33# 李斌斌755
明天沿着kuing的那种解法，再给出一个新解法。

34# yes94

28# 李斌斌755

谢谢了!思路非常好,不过我感觉
$\abs{p}<1$时
$d_{\max}=\left[\dfrac{|\sin\theta-p\cos\theta-q|}{\sqrt{1+p^2}}\right]_{\max}=\dfrac{|1-q|}{\sqrt{1+p^2}}$
好象还是有点问题,也有可能我自己没有理解清楚!

27# 李斌斌755

想明白了一点,改成

$\abs{p}<1$时
$d_{\max}=\left[\dfrac{|\sin\theta-p\cos\theta-q|}{\sqrt{1+p^2}}\right]_{\max}\geqslant\dfrac{|1-q|}{\sqrt{1+p^2}}$
应该就可以了,谢谢了!

37# hongxian

不客气
当$|p|<1$时\[\left[d_{\max}\right]_{min}\equiv\dfrac{|1-q|}{\sqrt{1+p^2}}=\dfrac{q-1}{\sqrt{1+p^2}}>\dfrac{q_0-1}{\sqrt{1+p^2}}=\dfrac{\sqrt2-1}{\sqrt{1+p^2}}\]（$B$点到斜率为$p$且与圆弧相切的直线距离的一半），由图像易知此时的$q>q_0>1$，$q_0=\dfrac{\sqrt2+1}2$为$M_{\min}$的$q$值

37# hongxian
是的，对于$p$一样，$q$变化时，$d_{\max}$的范围是有下界，无上界。下界为$\dfrac{|1-q|}{\sqrt{1+p^2}}$

37# hongxian
怎样打大中括号