60# 李斌斌755
你很擅长几何

61# yes94
可这个\[\dfrac{3-\sqrt2}2\leqslant \dfrac{q+p\cos\theta}{\sin\theta}\leqslant\dfrac{\sqrt2+1}2(0\leqslant\theta\leqslant\dfrac{\pi}2)\]不会求呀

62# 李斌斌755
这个楼层盖的很高啦！
是不是最高的楼层？
好的，我来一种方法：
\[\begin{array}{l}
设f(\theta ) = \sin \theta  - p\cos \theta ,\\
|f({\theta _1}) - q| \leqslant \dfrac{{\sqrt 2  - 1}}{2},|f({\theta _2}) - q| \leqslant \dfrac{{\sqrt 2  - 1}}{2} \Rightarrow |f({\theta _1}) - f({\theta _2})| \leqslant |f({\theta _1}) - q| + |f({\theta _2}) - q| \leqslant \sqrt 2  - 1\\
如果{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} |f({\theta _1}) - f({\theta _2})| = |f(\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {p^2}} }}) - f(\dfrac{\pi }{2})| = |\sqrt {1 + {p^2}}  - 1| = \sqrt {1 + {p^2}}  - 1 \leqslant \sqrt 2  - 1 \Rightarrow {p^2} \leqslant 1\\
如果{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} |f({\theta _1}) - f({\theta _2})| = |f(\arcsin \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {p^2}} }}) - f(0)| = |\sqrt {1 + {p^2}}  + p| = \sqrt {1 + {p^2}}  + p \leqslant \sqrt 2  - 1 \Rightarrow p \leqslant-1\\
So{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} p =-1
\end{array}\]

63# yes94

賦值法的一种另一种形式，很好！

63# yes94
你再来十种八种方法这楼就能盖到$100$层
我再来一种方法看跟你的一样吗。令$M=\sin\theta-p\cos\theta$，对于一取定的$p$值，设$n=M_{\max}-M_{\min}$根据线性规划有

(红色为$p=-1$时$M_{\max},M_{\min}$，蓝色为$p=0$时$M_{\max},M_{\min}$，黑色为$p=2$时$M_{\max},M_{\min}$)
\[n\in(\sqrt2-1,1](p\leqslant0),n\in(1,\infty)(p>0)\]对于任一个$p$都有相应的一个$n$与之对应。对于任一数对$(p,q)$若想使$|M-q|_{\max}$有最小值，只有$q=\dfrac n2$时\[|M-q|\leqslant\dfrac n2\]取等条件\[q=\dfrac{M_{\max}+M_{min}}2\]
故原式成立条件为\[n=M_{\max}-M_{\min}=\sqrt2-1,p=-1,q=\dfrac{M_{\max}+M_{min}}2=\dfrac{\sqrt2+1}2\]

65# 李斌斌755
我已证明：$\forall {\theta _1}，{\theta _2} \in [0,\dfrac{\pi }{2}] \Rightarrow |f({\theta _1}) - f({\theta _2})| \leqslant |f({\theta _1}) - q| + |f({\theta _2}) - q| \leqslant \sqrt 2  - 1$,
你设$M=\sin\theta-p\cos\theta$，$N=M_{\max}-M_{\min}$,根据线性规划有$N\in(\sqrt2-1,1](p\leqslant0)$，$N\in(1,\infty)(p>0)$ , 但是，\[N=M_{\max}-M_{\min}=|f({\theta _1}) - f({\theta _2})| \leqslant |f({\theta _1}) - q| + |f({\theta _2}) - q| \leqslant \sqrt 2  - 1\]如何解释？
顺便说一下，N\in(\sqrt2-1,1](p\leqslant0)，N\in(1,\infty)(p>0)的显示效果：
\[N\in(\sqrt2-1,1](p\leqslant0)，N\in(1,\infty)(p>0)\]

66# yes94
$N\in[\sqrt2-1,\infty)\geqslant\sqrt2-1$不是$N\in[\sqrt2-1,\infty)\leqslant\sqrt2-1$
举个例子说明\[2\leqslant a\leqslant4,b\in R\],当$b$取一定值时，令$M={|a-b|}_{\max}$，求$M_{min}$，只有当$b=\dfrac{4+2}2$时$M$才取得最小值，\[|a-b|\leqslant\dfrac{4-2}2=1\]
比如$p=-1$时，$1\leqslant a=\sin\theta-\cos\theta\leqslant\sqrt2$，\[|a-b|\leqslant\dfrac{\sqrt2-1}2\]当$b=\dfrac{(\sin\theta+\cos\theta)_{\max}+(\sin\theta+\cos\theta)_{\min}}2=\dfrac{\sqrt2+1}2$时取得

epsilon 也能当“属于”用……

68# kuing
我是业余选手

66# yes94
$M$是一个集合，$n$是个数……不知表达明白没有
唠唠叨叨说了半天，手忙脚乱修改一宿……还是难以表述 干脆说个思路，对于一个指定的$p$，$\sin\theta-p\cos\theta$其值是一闭区间，设该区间中间值为$n$，再对于任意的$q,(q\in R)$，此时构成数对$(p,q)$，若想使$|\sin\theta-p\cos\theta-q|_{\max}$取得最小，必须使$q=n$，且其最小值为$\dfrac{(\sin\theta-p\cos\theta)_{max}-(\sin\theta-p\cos\theta)_{\min}}2$
注意$n$值只受$p$影响，$q$的变化不影响$n$值。

70# 李斌斌755
是不是和kuing的想法是差不多的？

71# yes94
是一样的，kuing在考虑$p$时是代数，我的是几何，后面$q$的完全一样。

72# 李斌斌755
8层了啊！