设 $a,b,A,B$ 为已知实数，$f(\theta )=1-a\cos \theta -b\sin \theta -A\cos 2\theta -B\sin 2\theta $．求证：如果对于一切实数 $\theta,f(\theta)\geqslant 0$，那么有 ${a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 2,{A}^{2}+{B}^{2}\leqslant1$．（英国）
【难度】
【出处】
1977年第19届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $a\cos\theta+b\sin\theta=r\cos(\theta-\alpha),r=\sqrt{a^2+b^2}$
$A\cos 2\theta+B\sin 2\theta=R\cos2(\theta-\beta),R=\sqrt{A^2+B^2}$．
于是 $f(\theta)=1-r\cos(\theta-\alpha)-R\cos2(\theta-\beta)$ ①
令 $\theta=\alpha+45^\circ$ 和 $\theta=\alpha-45^\circ$，得
$f(\alpha+45^\circ)=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r-R\cos2(\alpha-\beta+45^\circ)\geqslant 0$ ②
$\begin{aligned}
f(\alpha-45^\circ)&=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r-R\cos2(\alpha-\beta-45^\circ)\\
&=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r+R\cos2(\alpha-\beta+45^\circ)\\
&\geqslant 0
\end{aligned}$ ③
$ ② + ③ $ 得 $2\left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r\right)\geqslant 0$
所以 $a^2+b^2=r^2\leqslant 2$．
又因为 $f(\beta)=1-r\cos(\beta-\alpha)-R\geqslant 0$ ④
$\begin{aligned}
f(\beta+\pi)&=1-r\cos(\beta-\alpha+\pi)-R\cos 2\pi\\
&=1+r\cos(\beta-\alpha)-R\\
&\geqslant 0
\end{aligned}$
$ ④ + ⑤ $，得 $2(1-R)\geqslant 0$，
所以 $A^2+B^2=R^2\leqslant 1$．
$A\cos 2\theta+B\sin 2\theta=R\cos2(\theta-\beta),R=\sqrt{A^2+B^2}$．
于是 $f(\theta)=1-r\cos(\theta-\alpha)-R\cos2(\theta-\beta)$ ①
令 $\theta=\alpha+45^\circ$ 和 $\theta=\alpha-45^\circ$，得
$f(\alpha+45^\circ)=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r-R\cos2(\alpha-\beta+45^\circ)\geqslant 0$ ②
$\begin{aligned}
f(\alpha-45^\circ)&=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r-R\cos2(\alpha-\beta-45^\circ)\\
&=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r+R\cos2(\alpha-\beta+45^\circ)\\
&\geqslant 0
\end{aligned}$ ③
$ ② + ③ $ 得 $2\left(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}r\right)\geqslant 0$
所以 $a^2+b^2=r^2\leqslant 2$．
又因为 $f(\beta)=1-r\cos(\beta-\alpha)-R\geqslant 0$ ④
$\begin{aligned}
f(\beta+\pi)&=1-r\cos(\beta-\alpha+\pi)-R\cos 2\pi\\
&=1+r\cos(\beta-\alpha)-R\\
&\geqslant 0
\end{aligned}$
$ ④ + ⑤ $，得 $2(1-R)\geqslant 0$，
所以 $A^2+B^2=R^2\leqslant 1$．
答案
解析
备注
