最小化
\[2\sqrt{5-4\cos\theta}+\sqrt{5-4\sin\theta} \]可化为
\[\begin{aligned} &2\sqrt{5-4\cos\theta}+\sqrt{5-4\sin\theta}\\ =& \sqrt{20-16\cos\theta} + \sqrt{5 - 4\sin\theta}\\ =& \sqrt{(2\cos\theta-4)^2+(2\sin\theta)^2} + \sqrt{(2\cos\theta)^2+(2\sin\theta-1)^2}\\ \end{aligned} \]即平面直角坐标系上，在以圆点为圆心，半径为 \(2\) 的圆上找到一个点 \(A(2\cos\theta,2\sin\theta)\)，使得这个点到 \(B(4,0)\) 和 \(C(0,1)\) 的距离和最小。
\(B\) 和 \(C\) 的连线与圆有交点，当 \(A\) 取 \(BC\) 连线上一点时最小。答案为 \(\sqrt{17}\)。
考虑证明
\[\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}+\sqrt{x_2^2+y_2^2} \ge \sqrt{x_1^2+y_1^2} \]取平面上两个点 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)。
若 \(A,B,O\) 不共线，构成三角形。那么 \(AB + OB > OA\)。
共线时取等。
把上面式子改为
\[\begin{aligned} & \sqrt{(2\cos\theta-4)^2+(2\sin\theta)^2} + \sqrt{(2\cos\theta)^2+(2\sin\theta-1)^2}\\ =& \sqrt{(2\cos\theta-4)^2+(2\sin\theta)^2} + \sqrt{(-2\cos\theta)^2+(-2\sin\theta+1)^2}\\ \ge& \sqrt{(-4)^2+1^2}\\ =& \sqrt{17} \end{aligned} \]可以取等。
再拓展一下
\[\sum_{i=2}^n{\Big(}(x_i-x_{i-1})^2+(y_i-y_{i-1})^2{\Big)}^{\frac 1 2} \ge {\Big(}x_n^2+y_n^2{\Big)}^{\frac 1 2} \]就是变成取 \(n\) 个点。
再转换
\[\sum_{i=1}^n{\Big(}x_i^2+y_i^2{\Big)}^{\frac 1 2} \ge {\Bigg(}{\Big(}\sum_{i=1}^n x_i{\Big)}^2+{\Big(}\sum_{i=1}^n y_i{\Big)}^2{\Bigg)}^{\frac 1 2} \]证明考虑把 \((0,0),(x_i,y_i)\) 的线段首尾相接。
是闵可夫斯基不等式的一种特殊情况。
再把原式转换
\[\begin{aligned} &2\sqrt{5-4\cos\theta}+\sqrt{5-4\sin\theta}\\ =& 2{\Bigg(}2\sqrt{(\cos\theta-\frac 1 2)^2+\sin^2\theta} + \sqrt{\cos^2\theta+(\sin\theta-\frac 1 2)^2}{\Bigg)}\\ \end{aligned} \]设 \(B(\dfrac 1 2,0),C(0,\dfrac 1 2)\)。在以圆点为圆心，\(1\) 为半径的圆上找一个点 \(A(\cos\theta,\sin\theta)\)，使得距离 \(2AB+AC\) 的最小。
使用阿氏圆。设 \(D(4,0)\)，由三角形相似可得 \(AD=2AB\)。转化为 \(AD+AC\) 最小。取 \(DC\) 连线与圆的交点即可。
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