2021年上海春考数学填空压轴题

facebooker

已知$\theta>0$,若存在常数$φ$使得对任意的$n\inN^*,cos(n\theta+φ)<\frac{\sqrt3}{2}$恒成立,则$\theta$的最小值为__

isee

回复 1# facebooker


这题不好搞，应该，不妨只写个答案来，以便查询

facebooker

这是解答 看不懂

isee

回复 3# facebooker


不要过程——官方标答除外——只要结果

facebooker

回复 4# isee
官方答案就是这个 只是没有解析，这个解析是网上找的。没看太明白

kuing

3# 的网络解析中，
法一的：“如果 `\theta` 不是 `2\pi` 的因子，那么随着 `n` 的变化，必然有某些点进入阴影区域”，
法二的：“对于任意 `n\in N^+` 都在这区间内，要保证 `2\pi/\theta\in Z^+`”，
说的其实是同一件事，整个题的重点就在这里，所以两解法本质上没分别，
问题是，为什么就必须 `2\pi/\theta\in Z^+`？根本没解释，因为再扯下去就涉及数论知识了，水太深，讲下去也没几个人能懂（何况写答案的人也未必真的了解……
所以这种题在中学阶段要做到严格解析，还要学生能看懂并接受，恐怕是不可能的……

kuing

回复 6# kuing

临时学习了一点相关知识，然后来试试写解析，至少是写给自己。

首先证明如下的：

命题：设 `x` 为无理数，数集 `A=\{nx+m\mid m,n\inZ\}`，则 `A` 在 `\mbb R` 上稠密。

没听过稠密不要紧，其实就是要证明：在 `\mbb R` 上的任意开区间 `(y-\veps,y+\veps)` 内都存在 `A` 中的元素。

取足够大的整数 `k`，使得 `10^{-k}<\veps`，设 `B=\{nx\mid n\inN^+\}`，考虑 `B` 中各数的小数点后前 `k` 位小数，由于前 `k` 位小数只有有限种可能（即 00…0 至 99…9）而 `B` 的元素无限，所以必存在相同的，设 `n_1x`, `n_2x` 的前 `k` 位小数相同，令 `p` 为与 `n_1x-n_2x` 最接近的整数，则
\[0<\abs{(n_1-n_2)x-p}<10^{-k}<\veps,\]所以存在 `m_1`, `m_2\inZ` 使得 `0<m_1x+m_2<\veps`。此时有
\[\frac\veps{m_1x+m_2}>1\riff\frac{y+\veps}{m_1x+m_2}-\frac{y-\veps}{m_1x+m_2}>2,\]所以存在 `q\inZ` 满足
\[\frac{y-\veps}{m_1x+m_2}<q<\frac{y+\veps}{m_1x+m_2},\]即
\[y-\veps<qm_1x+qm_2<y+\veps,\]所以存在 `m`, `n\inZ` 使得 `nx+m\in(y-\veps,y+\veps)`，命题得证。

现在回到原题，设 `m\inZ`，则
\[\cos(n\theta+\varphi)=\cos(\pm n\theta\pm\varphi+2m\pi)=\cos\left( \left( \pm n\cdot\frac\theta{2\pi}+m \right)\cdot2\pi\pm\varphi \right),\]根据上述命题，如果 `\frac\theta{2\pi}` 是无理数，则 `\left\{ \pm n\cdot\frac\theta{2\pi}+m \right\}` 在 `\mbb R` 上稠密，从而 `\{\cos(n\theta+\varphi)\}` 在 `(-1,1)` 上稠密，显然不能满足题意，所以 `\frac\theta{2\pi}` 必须为有理数，即可设 `\theta=\frac pq\cdot2\pi`，其中 `p`, `q` 为互素的正整数。

终于弄到有理数了，接下来再求最小值，大概也不会太难了，先洗鸟去……待续……

abababa

回复 7# kuing


我还是有点不明白，为什么那个$\{\pm n\frac{\theta}{2\pi}+m\}$在实数集中稠密，就能得到$\cos$也稠密，在最后一个行间公式里，它不是还有个$\cdot 2\pi$和$\pm\varphi$吗？是不是还得证明这个也稠密？然后我证明了下面的这个，就是稠密集在连续映射下对应的像集也稠密：

设$f: \Omega\to K$是连续映射，$A$是$\Omega$的稠密子集，则$f(A)$在$f(\Omega)$中稠密。
证明：对任意的$x\in A$，考察$f(x)\in f(\Omega)$，对任意的$f(x)$的开邻域$B$，由稠密的定义，只要证明$B\cap f(\Omega)\neq \varnothing$。设$C=f^{-1}(B)$，由于$f$连续而$B$是开集，由连续的定义可以得到$C$是开集，由逆像的定义和$f(x)\in B$得到$x\in C$，于是$C$成为$x$的开邻域。由于$A$在$\Omega$中稠密，因此$C\cap A\neq\varnothing$，这样就能取$c\in C\cap A$，这时有$f(c)\in B\cap f(A)\subseteq B\cap f(\Omega)$，就得到了$B\cap f(\Omega)\neq \varnothing$，就稠密了。有了这个就能说明如果集合$X$在实数集里稠密，则$\cos(X)$在$[-1,1]$里稠密。

kuing

回复 8# abababa

是应该证明的说，只是我觉得这一点相对来说比较显然，我就懒了

不过就算我写，我也不会写得这么专业，因为这样就没几个人愿意看了虽然现在也……

要证 cos 的稠密，即证对任意 `(a,b)\subseteq(-1,1)` 都存在 `\cos(X\cdot2\pi\pm\varphi)\in(a,b)`（这里 `X` 表示 `\pm n\cdot\frac\theta{2\pi}+m`），则只需存在 `X\cdot2\pi\pm\varphi\in(\arccos b,\arccos a)`，即 `X\in\bigl( \frac{\arccos b\pm\varphi}{2\pi},\frac{\arccos a\pm\varphi}{2\pi} \bigr)`，这是 R 上的开区间，故由 {X} 稠密知存在。

abababa

回复 7# kuing

我忽然发现证明这个稠密性命题，是不是可以根据这帖：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&pid=18119&ptid=4123

只要证明对任意给定的$\varepsilon$都存在$x_1,x_2 \in A=\{nx+m:m,n\in\mathbb{Z}\}$使得$0<\abs{x_1-x_2}<\varepsilon$，这样对任意的$x_1\in A$，它的$\varepsilon$邻域里就一定存在一个$x_2\in A$，就稠密了。
设$x_1=n_1x+m_1, x_2=n_2x+m_2$，于是只要证明存在$m_i,n_i\in\mathbb{Z}$使得
\[0<\abs{(n_1-n_2)x+(m_1-m_2)}<\varepsilon\]
令$m_1-m_2 = -[(n_1-n_2)x]$，其中$[x]$表示不超过$x$的最大整数，则只要证明存在$n_1,n_2\in\mathbb{Z}$使得
\[0<\abs{\{(n_1-n_2)x\}} < \varepsilon\]

其中$\{x\}$表示$x-[x]$。而根据引用的那帖，$\{ix\}$在$[0,1]$中稠密，所以必定存在$i$使得在$(0,\varepsilon)\subset[0,1]$中存在一个$\{ix\}$，取$n_1-n_2=i$就证明了稠密性。

kuing

只要证明对任意给定的$\varepsilon$都存在$x_1,x_2 \in A=\{nx+m:m,n\in\mathbb{Z}\}$使得$0<\abs{x_1-x_2}<\varepsilon$，这样对任意的$x_1\in A$，它的$\varepsilon$邻域里就一定存在一个$x_2\in A$，就稠密了。
abababa 发表于 2021-3-24 12:14

对于 A 中的点的邻域里都存在 A 的点，那不在 A 中的点的邻域呢？

abababa

回复 11# kuing

哦，我明白了，我又改了一下，看这回行不行。以下用$[x]$表示不超过$x$的最大整数，用$\{x\}$表示$x-[x]$。
假设$A$在$\mathbb{R}$中不稠密，则存在$c\in \mathbb{R}$和$c$的邻域$U=(c-\varepsilon,c+\varepsilon)$，使得$A\cap U=\varnothing$，于是$U$中没有整数（否则假设有整数$p\in U$，则令$n=0, m=p$即知$p\in A\cap U$，矛盾），设$p=[c-\varepsilon]$，则$p<c-\varepsilon<c+\varepsilon<p+1$，于是$0<c-p-\varepsilon<c-p+\varepsilon<1$，而在$[0,1]$上$\{ix\}$稠密（10楼中引用的帖子里的结论），所以存在$i$使得$c-p-\varepsilon<\{ix\}<c-p+\varepsilon$，令$n=i$，则$\{ix\}=\{nx\}$，显然$c-\varepsilon<\{ix\}+p<c+\varepsilon$，即$\{ix\}+p\in U$，再令$m=p-[nx]$，于是$A\ni nx+m=([nx]+\{nx\})+m=\{nx\}+p=\{ix\}+p\in U$，这与$A\cap U=\varnothing$矛盾。所以假设错误，就证明了稠密。

kuing

想起了这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5014
帖中的 7# 有这么一段：

先码一下那个名字：Kronecker-Чебыщев 定理
也不知有没有码错那个俄文，google 了一下好像就是切比雪夫？再码内容：

对任意的无理数 `\alpha` 以及数 `\beta`，存在无限个整数 `p`, `q`（`p>0`），使得 `\abs{p\alpha-q+\beta}<3/p`。

abababa

回复 13# kuing
不过这个最终都还是要求无理数，这样限制也只能限制在有理数里，而主楼这里里要求是整数，还是差很多。