Задача по тригонометрии со вступительного в МГУ

[superior]

Добрый день! Бьюсь какое-то продолжительное время над задачей со вступительного экзамена в МГУ, 1998 год, геологический фалькутет.
Звучит задача так:

Найти наибольшее и наименьшее значение функции:

$f(x)=\cos(x)+4\cos(\frac{x}{2})+7\cos(\frac{x}{4})+6\cos(\frac{x}{8})$.

По сути вступительных испытаний, задача должна решаться без применения производных, насколько я знаю.

Максимум отгадывается почти сразу, когда $\cos(x)=\cos(\frac{x}{2})=\cos(\frac{x}{4})=\cos(\frac{x}{8})=1$, с минимумом всё не так гладко.
Мой ход решения такой:

Сделав замену $\frac{x}{8}=\alpha$, свел функцию к более простому виду:

$f(\alpha)=\cos8\alpha+4\cos4\alpha+7\cos2\alpha+6\cos\alpha$.

Расписав двойные углы, получил "сумму двух парабол", чей максимум отгадывается легко (если нарисовать), а минимум не очевиден:

$ f(\alpha)=2\cos^24\alpha+4\cos4\alpha-1+14\cos^2\alpha+6\cos\alpha-7 $

Пробовал всё свести к уравнению 6-й степени или сгруппировать, но ничего толкового не выходит.

Буду признателен за намек к решению! Спасибо.

[alisa-lebovski]

Вольфрамом получается $-9$ в точках $16\pi/3$ и $32\pi/3$, если смотреть на отрезке $[0,16\pi]$.

[superior]

Да, я знаю ответ. Это действительно -9. И знаю что у этой функции период $16\pi$. И знаю точку, в которой минимум.
Однако не могу дойти до этого сам.

В 1998 году на вступительном не было вольфрама. А решение с производной приводит к похожему по сложности уравнению, только с синусами.

[alisa-lebovski]

superior в сообщении #1493964 писал(а):

А решение с производной приводит к похожему по сложности уравнению, только с синусами.

А если исходить из того, что корень многочлена рациональный и подбором (ведь в точке минимума $\cos\alpha=-1/2$)? Я имею в виду, что можно выразить $f(\alpha)=g(\cos\alpha)$, где $g$ - многочлен 6 степени, от него взять производную и приравнять нулю.

[superior]

alisa-lebovski, спасибо за идею!

Правда, судя по вольфраму, видно что у этой функции производная равна 0 не только в минимуме и максимуме.
И, даже угадав корень $-\frac{1}{2}$, мы не докажем что это минимум функции. Это может быть что-то локальное.

Я расписал многочлен, корни не угадываются.

[alisa-lebovski]

superior в сообщении #1493970 писал(а):

Я расписал многочлен, корни не угадываются.

Напишите здесь многочлен (производную).

[EUgeneUS]

superior в сообщении #1493957 писал(а):

По сути вступительных испытаний, задача должна решаться без применения производных,

Странно. Вообще-то понятие производной дается ещё в школе.

[superior]

alisa-lebovski

$\frac{\partial f}{\partial t}=1024t^7-1536t^5+768t^3-100t+6=0$, где $t=\cos(x)$.

Кажется, такие вычисления тут слишком сложны. В задачах на вступительных экзаменах обычно сидит что-то хитрое, а не решение в лоб с такими числами.

[alisa-lebovski]

superior в сообщении #1493985 писал(а):

Кажется, такие вычисления тут слишком сложны.

По крайней мере, тут видно, что можно вынести множитель 2 и далее коэффициенты делятся на степени двойки, можно сделать замену $y=2t$, после этого видно, что $-1$ подходит.

[superior]

alisa-lebovski
Спасибо!

Я не считаю это полным решением, поскольку найден только один корень многочлена. У многочлена есть и другие корни, которые также являются локальными экстремумами.

Не доказано, что корень $\cos\alpha=-1/2$ - минимум всей функции.

Вот, график изначальной функции.

[alisa-lebovski]

superior в сообщении #1493990 писал(а):

Вот, график изначальной функции.

Косинус пробегает все значения на промежутке $[0,\pi]$, а дальше в обе стороны это отражается. Так что есть только два лишних локальных экстремума, максимум и маленький минимум. С ними как-то надо разобраться. Да, я согласна, что это не полное решение.

[EUgeneUS]

superior
Зная один корень, можно понизить степень многочлена и посмотреть, что получится.
Умеете делить один многочлен на другой?

[ShMaxG]

Несложно получить, что выражение $f(\alpha)=\cos{8\alpha}+4\cos{4\alpha}+7\cos{2\alpha}+6\cos{\alpha}$ равняется вот такому:

$$f(\alpha) = \cos{2\alpha}(4\cos^2{3\alpha}+2) + 6\cos{\alpha}(\cos{3\alpha}+1).$$

Обратите внимание, что выражения в скобках неотрицательны. Попробуем рассмотреть $\alpha$, для которых $\cos{2\alpha}\le0$ и $\cos{\alpha}<0$. В таком случае

$$f(\alpha) \ge 12\cos^2{\alpha}+12\cos{\alpha}-6,$$

а правая часть достигает минимального значения при $\cos{\alpha}=-1/2$. Остается только проверить, что оцененные сверху неотрицательные скобки действительно принимают в этих точках максимального значения, так что на этом множестве альф минимум найден и он равен $-9$.

Остальные случаи достаточно тривиальны. Если $\cos{\alpha}\ge0$ и $\cos{2\alpha}\ge0$, то $f(\alpha)\ge0$, а мы нашли значение меньше. Если $\cos{\alpha}\ge0$ и $\cos{2\alpha}<0$, то $f(\alpha) \ge (-1)\cdot 6 + (\ge0) = -6$, а мы нашли значение меньше. И, наконец, если $\cos{\alpha}<0$, а $\cos{2\alpha}>0$, то $\cos{\alpha}\in[-1,-1/\sqrt{2})$. Но тогда

$$f(\alpha) > 0 + 6\cos^2{\alpha}(4\cos^2{\alpha}-3)+6\cos{\alpha} \ge -9,$$

так что здесь итоговое неравенство строгое.

[alisa-lebovski]

EUgeneUS в сообщении #1493995 писал(а):

Зная один корень, можно понизить степень многочлена и посмотреть, что получится.

Я делила, там ничего хорошего.

[DeBill]

ShMaxG в сообщении #1493996 писал(а):

Очевидно, что минимум если и достигается, то только на тех значениях $\alpha$, для которых $\cos{2\alpha}<0$ и $\cos{\alpha}<0$.

Почему???
superior
Зная ответ, решение можно сочинить так:
Заметим, что $\cos(2x)+ 2\cos x =2t^2+2t-1\geqslant -\frac{3}{2}$ (здесь $t=\cos x$), причем минимум достигается при $t=-\frac{1}{2}$.
Тогда:

$$f(\alpha)=\cos{8\alpha}+4\cos{4\alpha}+7\cos{2\alpha}+6\cos{\alpha}=$$

$$(\cos 8\alpha +2\cos 4\alpha)+(2\cos 4\alpha +4\cos 2\alpha) +(3\cos 2\alpha +6\cos \alpha) \geqslant -9$$

, и минимум достигается...