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[讨论] 一道高中函数不等式题目的严格求解探讨

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发表于 2020-6-4 12:19:45 | 显示全部楼层 |阅读模式

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题目:将函数$|\tan x + a| + |\sin x\cos x + b|$在$\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$的最大值记为$M(a,b)$,求$M(a,b)$的最小值($a,b$是任意实数)。

求此题目比较严谨的做法。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2020-6-4 12:20:23 | 显示全部楼层
个人解答:

只有如下四种情况:

1. $\tan x + a \geq 0, \sin x \cos x + b \geq 0$,那么
$$|\tan x + a| + |\sin x \cos x + b| = (\tan x + \sin x \cos x) + (a + b)$$

2. $\tan x + a < 0, \sin x \cos x + b < 0$,那么
$$|\tan x + a| + |\sin x \cos x + b| = -(\tan x + \sin x \cos x) - (a + b)$$

3. $\tan x + a \geq 0, \sin x \cos x + b < 0$,那么
$$|\tan x + a| + |\sin x \cos x + b| = (\tan x - \sin x \cos x) + (a - b)$$

4. $\tan x + a < 0, \sin x \cos x + b \geq 0$,那么
$$|\tan x + a| + |\sin x \cos x + b| = (-\tan x + \sin x \cos x) + (-a + b)$$

可以证明在$\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$内,$\tan x \pm \sin x \cos x$都是单调递增的函数,所以不管哪一种情况,其最大值都在边界点取到。所以
$$\begin{aligned}M(a,b)=&\max\left(|a|+|b|,\left|1+a\right|+\left|\frac{1}{2}+b\right|\right)\\
=&\max\left(|a|,\left|1+a\right|\right)+\max\left(|b|,\left|\frac{1}{2}+b\right|\right)
\end{aligned}$$
设$u=\frac{1}{2}+a, v=\frac{1}{4}+b$,那么
$$\begin{aligned}M(a,b)=&\max\left(\left|u-\frac{1}{2}\right|,\left|u+\frac{1}{2}\right|\right)+\max\left(\left|v-\frac{1}{4}\right|,\left|v+\frac{1}{4}\right|\right)\\
\geq&\frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}
\end{aligned}$$

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 楼主| 发表于 2020-6-4 12:23:31 | 显示全部楼层
上面证明看起来没问题,最后的答案也是正确的,但事实上有漏洞。虽然可以证明“不管哪一种情况,其最大值都在边界点取到”,但事实上每一种情况的边界不一样,所以我们不能统一用$0$和$\pi/4$作为边界代入求最大,而是每种情况确定自己的边界,然后所有情况的所有可能边界求最大,可以想象至少会有8个式子求最大,很麻烦。

有没有其他的比较严谨但又相对简单的思路?

本质上就是(tan x, sin x cos x)与(-a, -b)的L1距离最大值(求$M(a,b)$),问题就是我们对L1距离的直观感知远远不如L2距离(欧式距离),所以找L1距离的最大值我觉得并不是一个很直观的事情。
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发表于 2020-6-5 18:20:38 | 显示全部楼层
1)等价转化
以点$(a,b)$为中心,做半径为$r$的L1距离的“圆”(此处打引号,参考https://en.wikipedia.org/wiki/Taxicab_geometry),
相当于在欧式几何平面里画一个旋转了45度的正方形。然后看此正方形与 参数曲线$(-tan x, -sin x cos x)$的交点,所以等价问题就是  能用这种半径$r$可变,中心在$(a,b)$的45度倾斜的正方形完全 覆盖这段参数曲线的最小半径$r_{min}$是多少?

2)等价问题解决思路
要解决这个覆盖问题,我先用四个边的斜率为1和-1的矩形(图中的粉红色)刚好包裹住这段曲线(图中的红色), 作为这个曲线的代表。然后只要 45度倾斜的正方形(图中的淡蓝色) 能包裹住这个代表曲线的矩形就行了, 于是这个矩形的长和宽的最大值 就是我们要求的$r_{min}$。
不难看出,这段曲线的切线的斜率是单调递增的,且在$[0,1]$之间,所以极值就是在曲线两端的端点取得了。
于是我们考虑矩形最狭长的方向((矩形y=x这个方向是最狭长的,y=-x方向最短窄,就不考虑了)),就是求点$(-1,-1/2)$到直线$y=-x$的距离了。 算得是$d=\frac{3/2}{\sqrt{2}} = 3/4\sqrt{2}$,于是L1距离的$r_{min} = \frac{d}{\sqrt{2}} = 3/4$

补充了一个图:
  1. ParametricPlot[{-Tan[x],-Sin[x]Cos[x]},{x,0,Pi/4},Axes->True,PlotRange->{{-1,1},{-1,1}},Prolog->{Black,Polygon[{{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}}/2],RGBColor[1,0,1,.25],Polygon[{{-1,-1/2},{-3/4,-3/4},{0,0},{-1/4,1/4}}]}]
复制代码

a.png
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发表于 2020-6-6 10:55:15 | 显示全部楼层
原题太单调了,不好玩,为了增加曲折性,稍微修改了下,大家来验证一下:
将函数$|\cosx + a| + |\sin(2x) + b|$在$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$的最大值记为$M(a,b)$,求$M(a,b)$的最小值($a,b$是任意实数)。
e.png

===========================================
以下是我的计算,用代码代替了,求验证。

算出四条边的直线方程,然后得到长宽分别是0.96803535636509565397(3364 - 33014 x^2 + 97377 x^4 - 85760 x^6 + 16384 x^8的根), 1.2446299766015973460(27 - 414 x^2 + 256 x^4的根),
所以 $M(a,b)$的最小值 就是$r_{min} = \frac{d}{\sqrt{2}}= 1.2446299766015973460/\sqrt{2} =\sqrt{\frac{33 \sqrt{33}}{512}+\frac{207}{512}} =  0.88008629652304345970$

  1. t1 = t /. First@Solve[-2 Cos[2 t] == Sin[t] && 0 < t < Pi/2, t];
  2. tm1 = t /. First@Solve[2 Cos[2 t] == Sin[t] && 0 < t < Pi/2, t];
  3. lines = {y == x + 1, y == -x, y + Sin[2 t1] == x + Cos[t1],
  4.    y + Sin[2 tm1] == -(x + Cos[tm1])};
  5. polys = {Solve[lines[[{1, 2}]], {x, y}][[1, All, 2]],
  6.    Solve[lines[[{2, 3}]], {x, y}][[1, All, 2]],
  7.    Solve[lines[[{3, -1}]], {x, y}][[1, All, 2]],
  8.    Solve[lines[[{1, -1}]], {x, y}][[1, All, 2]]};

  9. m = 3/2; ParametricPlot[{-Cos[x], -Sin[2 x]}, {x, 0, Pi/2},
  10. Axes -> True, PlotRange -> {{-m, m}, {-m, m}}, PlotStyle -> Red,
  11. Prolog -> {ColorData["SouthwestColors"][1],
  12.    Polygon[{{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}}],
  13.    RGBColor[1, 0, 1, .25], Polygon[polys]}]
复制代码
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发表于 2020-6-24 22:26:49 | 显示全部楼层
这题的解答可以参考这个链接,都很不错 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=7209


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