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让 DeepSeek 解 T19. (3)
思考用时 743 秒
题目给出函数 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，要求找到一个最小的 $b$，使得存在某个 $t$ 满足对所有 $x$ 都有 $5 \cos x - \cos(5x + t) \leq b$。我需要最小化这个上界 $b$。
首先，我需要理解这个表达式的含义。看起来是在调整 $\cos 5x$ 的相位 $t$ 来最小化函数 $5\cos x - \cos(5x + t)$ 的最大值。实际上，$b$ 是对于某个固定的 $t$，该函数在 $x$ 上的最大值的最小可能值。因此，这是一个关于 $t$ 的最小最大值问题。
让我将表达式改写为 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$。我需要找到 $\min_t \max_x g(x)$，然后这个最小值就是 $b$。
由于它是关于 $x$ 的周期函数，我可以考虑在 $x$ 的一个周期内进行分析。所有函数都是 $2\pi$ 周期的，因此我可以在 $[0, 2\pi)$ 上研究 $x$。
为了最小化最大值，我可能需要找到 $g(x)$ 的临界点。因此，我应该对 $x$ 求导并令导数为零。
计算 $g'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + t)$，因为 $\cos(5x + t)$ 的导数是 $-5\sin(5x + t)$，而 $5\cos x$ 的导数是 $-5\sin x$。
因此，$g'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + t) = 5[\sin(5x + t) - \sin x]$。
令 $g'(x) = 0$，即 $\sin(5x + t) = \sin x$。
这意味着对于每个临界点 $x$，有 $\sin(5x + t) = \sin x$。
我知道 $\sin A = \sin B$ 意味着要么 $A = B + 2k\pi$，要么 $A = \pi - B + 2k\pi$（$k$ 为整数）。
因此，对于每个 $x$，要么 $5x + t = x + 2k\pi$，要么 $5x + t = \pi - x + 2k\pi$。
化简：
情况 1：$5x + t = x + 2k\pi$ ⇒ $4x + t = 2k\pi$
情况 2：$5x + t = \pi - x + 2k\pi$ ⇒ $6x + t = \pi + 2k\pi$
由于 $t$ 是固定的，而 $x$ 是变量，对于给定的 $t$，临界点满足这些方程之一。
但 $t$ 是我可以选择的，我需要确保最大值尽可能小。
我也可以将 $g(x)$ 视为一个整体。让我回忆三角恒等式。
我知道 $\cos 5x$ 可以用 $\cos x$ 表示。实际上，有多倍角公式。
回忆：$\cos 5x = 16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x$。
是的，因此 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x = 5\cos x - (16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x) = -16\cos^5 x + 20\cos^3 x$。
有趣！因此 $f(x) = 20\cos^3 x - 16\cos^5 x$。
因式分解：$= 4\cos^3 x (5 - 4\cos^2 x)$。
由于 $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$，但或许设 $u = \cos x$ 更好，那么 $f = 20u^3 - 16u^5$，其中 $u \in [-1,1]$。
但这是原始的 $f(x)$，而在问题中，它是 $5\cos x - \cos(5x + t)$，因此是相移后的版本。
在 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$ 中，我可以类似地写出表达式。
设 $\theta = 5x + t$，但这样 $\cos x$ 用 $\theta$ 表示会很复杂。
我可以将 $g(x)$ 表示为单个余弦函数或其他形式，但它包含两项。
另一种思路：函数 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$ 可以看作是两个波的叠加。
为了最小化最大值，我可能需要选择 $t$ 使得两个函数在某种程度上“对齐”。
回到导数条件。在临界点处，$\sin(5x + t) = \sin x$。
在最大值处，$g(x)$ 的值取决于 $t$。
设 $s = \sin x$，$c = \cos x$，但这样 $\sin(5x + t)$ 会很复杂。
根据之前的推导，在临界点处，要么 $4x + t = 2k\pi$，要么 $6x + t = \pi + 2k\pi$（$k$ 为整数）。
对于固定的 $t$，临界点位于 $x$ 满足这些线性方程的位置。
由于函数是周期的，我可以考虑一个周期内的行为。
我也可以将 $g(x)$ 表示为 $\cos x$ 和 $\cos(5x + t)$ 的线性组合，但或许可以考虑它们的和作为傅里叶级数，但这里只有两项。
另一个想法：$g(x)$ 的最大值是其振幅或类似的东西，但由于存在相移，情况并非如此。
一般来说，对于形式为 $A \cos \alpha x + B \cos \beta x$ 的函数，但这里系数不同，且一个是另一个的倍数，但频率不同。
具体来说，频率是 1 和 5，因此不是有理数倍数，但在此情况下它们是整数，所以是周期的。
我可以将 $g(x)$ 写成单一表达式。
让我计算 $g(x)$ 关于 $t$ 的表达式。
固定 $x$，但 $x$ 是变量。
在临界点处，$\sin(5x + t) = \sin x$，且 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$。
现在，$\cos(5x + t)$ 可以用 $\sin(5x + t)$ 表示，但由于 $\sin(5x + t) = \sin x$，且 $\cos(5x + t) = \pm \sqrt{1 - \sin^2(5x + t)} = \pm \sqrt{1 - \sin^2 x} = \pm |\cos x|$，符号取决于象限。
这有点复杂，因为符号取决于角度。
由 $\sin A = \sin B$，有 $\cos A = \cos B$ 或 $\cos A = -\cos B$，具体取决于情况。
回想一下，如果 $\sin A = \sin B$，那么：
如果 $A = B + 2k\pi$，则 $\cos A = \cos B$
如果 $A = \pi - B + 2k\pi$，则 $\cos A = \cos(\pi - B) = -\cos B$
因此，在情况 1 中：$5x + t = x + 2k\pi$，即 $4x + t = 2k\pi$，此时 $\cos(5x + t) = \cos(x + 2k\pi) = \cos x$
在情况 2 中：$5x + t = \pi - x + 2k\pi$，即 $6x + t = \pi + 2k\pi$，此时 $\cos(5x + t) = \cos(\pi - x) = -\cos x$
因此，在临界点处：
对于情况 1：$g(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x$
对于情况 2：$g(x) = 5\cos x - (-\cos x) = 6\cos x$
这很有趣！因此，在每个临界点，$g(x)$ 要么是 $4\cos x$，要么是 $6\cos x$，具体取决于情况。
现在，$g(x)$ 的最大值可能出现在临界点或端点，但由于是光滑周期函数，最大值应出现在临界点。
因此，对于固定的 $t$，$g(x)$ 的最大值是所有临界点处 $|4\cos x|$ 或 $|6\cos x|$ 的最大值，但由于 $\cos x$ 可正可负，而 $g(x)$ 可能为正或负，但我们关注的是上界，因此是最大值，即最大的值。
实际上，$b$ 是上界，因此我们需要 $g(x) \leq b$ 对所有 $x$ 成立，因此 $b$ 至少是最大值，我们希望最小化该最大值。
在临界点，$g(x)$ 为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，但 $\cos x$ 取决于 $x$，而 $x$ 又取决于 $t$。
对于给定的 $t$，临界点由方程确定。
例如，在情况 1 中：$4x + t = 2k\pi$，因此 $x = \frac{2k\pi - t}{4}$
那么 $\cos x = \cos\left( \frac{2k\pi - t}{4} \right) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
类似地，在情况 2 中：$6x + t = \pi + 2k\pi$，因此 $x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$
那么 $\cos x = \cos\left( \frac{(2k+1)\pi - t}{6} \right)$
现在，$g(x)$ 在这些点的值为：
情况 1：$4 \cos\left( \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
情况 2：$6 \cos\left( \frac{(2k+1)\pi - t}{6} \right)$
由于 $k$ 是整数，且函数是周期的，因此 $k$ 取 0,1,2,3,… 但模周期。
实际上，$x$ 是模 $2\pi$ 的，因此对于情况 1，$x = \frac{2k\pi - t}{4}$，周期为 $2\pi$，因此当 $k$ 增加 4 时 $x$ 增加 $2\pi$，所以有四个不同的临界点？让我们看看。
当 $k=0,1,2,3$ 时，$x = -\frac{t}{4}, \frac{2\pi - t}{4}, \frac{4\pi - t}{4}, \frac{6\pi - t}{4}$，但模 $2\pi$，因此 $x \equiv -\frac{t}{4}, \frac{\pi}{2} - \frac{t}{4}, \pi - \frac{t}{4}, \frac{3\pi}{2} - \frac{t}{4}$ 模 $2\pi$。
类似地，对于情况 2：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$
当 $k=0,1,2,3,4,5$ 时：$x = \frac{\pi - t}{6}, \frac{3\pi - t}{6}, \frac{5\pi - t}{6}, \frac{7\pi - t}{6}, \frac{9\pi - t}{6}, \frac{11\pi - t}{6}$
模 $2\pi$，由于 $\frac{12\pi}{6} = 2\pi$，因此当 $k$ 增加 6 时重复，所以有六个点：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$（$k=0$ 到 $5$）。
但并非所有这些点都是不同的临界点；实际上，对于每个 $t$，总共有临界点，但某些点可能重合，但一般情况下，情况 1 有四个临界点，情况 2 有六个，但总临界点数为 10？这似乎太多了，因为函数是光滑的，而 $g'(x) = 5(\sin(5x+t) - \sin x)$ 是三角函数的和，因此临界点数量应有限。
实际上，方程 $\sin(5x+t) = \sin x$ 可以写成 $\sin(5x+t) - \sin x = 0$，使用和差化积公式。
$\sin A - \sin B = 2 \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2}$
因此 $\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos\frac{(5x+t)+x}{2} \sin\frac{(5x+t)-x}{2} = 2 \cos(3x + \frac{t}{2}) \sin(2x + \frac{t}{2})$
令其为零：$\cos(3x + \frac{t}{2}) \sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$
因此，要么 $\cos(3x + \frac{t}{2}) = 0$，要么 $\sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$
如果 $\cos(3x + \frac{t}{2}) = 0$，则 $3x + \frac{t}{2} = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $x = \frac{\frac{\pi}{2} + k\pi - \frac{t}{2}}{3} = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6}$
如果 $\sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$，则 $2x + \frac{t}{2} = m\pi$，即 $x = \frac{m\pi - \frac{t}{2}}{2} = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
这与之前的情况一致：$x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$ 对应情况 1（因为之前有 $x = \frac{2k\pi - t}{4} = \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4}$，其中 $k$ 为整数，但这里 $m$ 是整数，因此相同）。
而 $x = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$ 等等不对。
$\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6} = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{6} - \frac{t}{6} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$，这与情况 2 一致：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$。
很好。
现在，临界点总数为：来自 $\sin(2x + t/2)=0$ 的点，即 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$ 模 $2\pi$），因此四个点。
来自 $\cos(3x + t/2)=0$ 的点，即 $x = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0,1,2,3,4,5$ 模 $2\pi$），因此六个点。
但可能存在重合，因此实际临界点数量可能少于 10。例如，当 $t$ 使得某些点重合时。
但无论如何，在临界点处，如前所述，$g(x)$ 要么是 $4\cos x$（对于来自 $\sin(2x+t/2)=0$ 的点），要么是 $6\cos x$（对于来自 $\cos(3x+t/2)=0$ 的点）。
这是真的吗？
之前我假设在临界点处 $\sin(5x+t) = \sin x$，然后推导出在情况 1（即 $\sin(2x+t/2)=0$）下 $g(x)=4\cos x$，在情况 2（即 $\cos(3x+t/2)=0$）下 $g(x)=6\cos x$。
但让我验证一下。
首先，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，这意味着 $2x + t/2 = m\pi$，因此 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
现在，此时 $\sin(5x + t)$ 应等于 $\sin x$。
由之前推导，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，根据和差化积公式，$\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos(3x + t/2) \sin(2x + t/2) = 0$，因此成立。
现在，此时 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$
现在，由之前推导，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，即 $2x + t/2 = m\pi$，因此 $\cos(2x + t/2) = \cos(m\pi) = (-1)^m$
我需要 $\cos(5x + t)$。
注意 $5x + t = (2x + t/2) + (3x + t/2)$，但或许可以用恒等式表示。
由之前的一般论证，当 $\sin(5x+t) = \sin x$ 且由 $\sin(2x+t/2)=0$ 导出情况 1 时，有 $5x+t = x + 2k\pi$ 或类似关系。
由 $2x + t/2 = m\pi$，设 $\phi = 2x + t/2 = m\pi$
那么 $x = \frac{\phi - t/2}{2}$，但 $\phi = m\pi$
$5x + t = 5(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) + t = \frac{5m\pi}{2} - \frac{5t}{4} + t = \frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
而 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
现在，$\sin(5x + t) = \sin(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4})$
$\sin x = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$
现在，$\sin(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$，因为 $\sin$ 的周期为 $2\pi$，且 $2m\pi$ 是周期的整数倍。
$\frac{5m\pi}{2} = 2m\pi + \frac{m\pi}{2}$，因此 $\sin(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$，是的，等于 $\sin x$。
现在，$\cos(5x + t) = \cos(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos x$，因为 $\cos$ 也是周期函数。
因此，确实，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，$\cos(5x + t) = \cos x$，因此 $g(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x$。
类似地，对于另一种情况：当 $\cos(3x + t/2) = 0$ 时，即 $3x + t/2 = \frac{\pi}{2} + k\pi$
设 $\psi = 3x + t/2 = \frac{\pi}{2} + k\pi$
那么 $x = \frac{\psi - t/2}{3} = \frac{\frac{\pi}{2} + k\pi - t/2}{3} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$
现在，$5x + t = 5\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right) + t = \frac{5(2k+1)\pi}{6} - \frac{5t}{6} + t = \frac{5(2k+1)\pi}{6} + \frac{t}{6}$
而 $x = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$
现在，$\sin(5x + t) = \sin\left( \frac{5(2k+1)\pi}{6} + \frac{t}{6} \right)$
$\sin x = \sin\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right)$
由之前推导，应有 $\sin(5x+t) = \sin x$。
计算：设 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，因此 $\sin x = \sin(\theta - t/6)$
$\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$，不：
$5x + t = 5(\theta - t/6) + t = 5\theta - 5t/6 + t = 5\theta + t/6$
而 $x = \theta - t/6$，因此 $\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$
$\sin x = \sin(\theta - t/6)$
现在，$5\theta = 5 \cdot \frac{(2k+1)\pi}{6} = \frac{5(2k+1)\pi}{6}$
而 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$
注意 $5\theta = 5 \cdot \theta$，且由于 $\cos(3x + t/2) = \cos \psi = 0$，且 $\psi = 3x + t/2 = \theta + t/2$？之前 $\psi = 3x + t/2$，且 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，而 $x = \frac{\theta - t/6}{1}$？由 $x = \theta - t/6$，且 $\psi = 3x + t/2 = 3(\theta - t/6) + t/2 = 3\theta - t/2 + t/2 = 3\theta$
且 $\psi = \frac{\pi}{2} + k\pi$，因此 $3\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $\theta = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3}$，与之前一致。
现在，$\sin(5\theta + t/6)$ 和 $\sin(\theta - t/6)$
由于 $\cos \psi = \cos(3\theta) = 0$，因此 $3\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $\theta = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3}$
现在，$\sin(5\theta) = \sin(5(\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3})) = \sin( \frac{5\pi}{6} + \frac{5k\pi}{3} )$
$\frac{5k\pi}{3} = 2k\pi - \frac{k\pi}{3}$ 或类似形式，但让我们根据 $k$ 模 6 计算，因为周期为 $2\pi$。
注意 $5\theta = 5\theta$，且 $\theta$ 满足 $\cos 3\theta = 0$，因此 $\sin 3\theta = \pm 1$
实际上，$\sin 3\theta = \sin(\frac{\pi}{2} + k\pi) = (-1)^k$，因为当 $k$ 为偶数时为 $\sin(\pi/2) = 1$，当 $k$ 为奇数时为 $\sin(3\pi/2) = -1$。
现在，$\sin 5\theta = \sin(3\theta + 2\theta) = \sin 3\theta \cos 2\theta + \cos 3\theta \sin 2\theta = \sin 3\theta \cos 2\theta + 0 \cdot \sin 2\theta = \sin 3\theta \cos 2\theta$
类似地，$\sin \theta$ 就是 $\sin \theta$。
但在表达式中，有 $\sin(5\theta + t/6)$ 和 $\sin(\theta - t/6)$
但之前，在临界点处应有 $\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$，而 $\sin x = \sin(\theta - t/6)$，且由构造应相等。
实际上，由和差化积公式，当 $\cos(3x + t/2) = \cos(3\theta) = 0$ 时，有 $\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos(3x + t/2) \sin(2x + t/2) = 0$，因此成立。
现在，$\cos(5x + t) = \cos(5\theta + t/6)$
而 $\cos x = \cos(\theta - t/6)$
现在，由之前的一般论证，当 $\sin(5x+t) = \sin x$ 且由 $\cos(3x+t/2)=0$ 导出情况 2 时，应有 $5x+t = \pi - x + 2k\pi$ 或类似关系。
由 $5x + t$ 和 $x$，有 $5x + t - (\pi - x) = 6x + t - \pi$，而在情况 2 中，$6x + t = \pi + 2k\pi$，因此 $5x + t = (\pi + 2k\pi) - x$，即 $5x + t = \pi - x + 2k\pi$？让我们看看：
由 $6x + t = \pi + 2k\pi$，则 $5x + t = (6x + t) - x = \pi + 2k\pi - x$
而 $\pi - x$ 正是我们需要的，因此 $5x + t = (\pi - x) + 2k\pi$，因此根据正弦相等的情况，这是第二种情况，其中 $\cos(5x + t) = \cos(\pi - x + 2k\pi) = \cos(\pi - x) = -\cos x$
是的！因此 $g(x) = 5\cos x - (-\cos x) = 6\cos x$
完美。
因此总结：在临界点处，
如果临界点来自 $\sin(2x + t/2) = 0$，则 $g(x) = 4 \cos x$
如果来自 $\cos(3x + t/2) = 0$，则 $g(x) = 6 \cos x$
现在，$\cos x$ 在这些点处的值取决于 $x$，而 $x$ 又取决于 $t$。
$g(x)$ 的最大值将是这些值中的最大值，因为最大值出现在临界点处。
实际上，并非所有临界点都给出局部最大值，但全局最大值应出现在其中之一，因为它是周期函数。
为了安全起见，我应该考虑所有临界点并取最大值，然后关于 $t$ 最小化该最大值。
因此，设 $h(t) = \max_{x \text{ crit}} g(x)$，但 $g(x)$ 在临界点处为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，且 $x$ 取决于 $t$。
具体来说：
第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$），且 $g(x_m) = 4 \cos\left( \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
第二类临界点：$y_k = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0,1,2,3,4,5$），且 $g(y_k) = 6 \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right)$
现在，$\cos$ 的范围是 $[-1,1]$，因此 $g$ 的值在 $-6$ 到 $6$ 之间，但我们关注的是最大值。
我需要对于每个 $t$，计算所有 $|4\cos x_m|$ 和 $|6\cos y_k|$ 的最大值，但由于 $g(x)$ 可以是负数，而最大值是最大的数，因此实际上是所有值中的最大值。
为了最小化最大值，我需要选择 $t$ 使得所有临界值中的最大值尽可能小。
由于 $6\cos y_k$ 可能高达 6，而 $4\cos x_m$ 高达 4，因此最大值至少为 6？不，因为通过选择 $t$，我可以让 $\cos y_k$ 较小。
但 $6\cos y_k$ 可能为正或负，而最大值是最大的数，因此如果我能让所有值都较小，但 $6\cos y_k$ 可以达到 6，除非我让 $\cos y_k <1$。
但 $\cos y_k$ 在某些点可以达到 1，具体取决于 $t$。
例如，如果 $t=0$，让我们计算原始 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，之前我们有表达式 $f(x) = 20u^3 - 16u^5$（$u=\cos x$），在 $u=1$ 时为 $20-16=4$，在 $u=-1$ 时为 $-20 +16 = -4$，在 $u=0$ 时为 0，在 $u=\pm 1/2$ 时等等。
但 $t=0$ 时，在临界点处，例如 $y_k$ 当 $k=0$，$x = \frac{\pi}{6}$，$\cos x = \sqrt{3}/2$，$g(y_k) = 6 \cos x = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$
在 $x_m$，例如 $m=0$，$x=0$，$g=4 \times 1 =4$
因此最大值至少为 $3\sqrt{3} \approx 5.196$
但可能通过选择 $t$ 可以更小。
现在，在第二类临界点处 $g=6\cos x$，且 $|6\cos x|$ 可以达到 6，因此如果某个 $y_k$ 满足 $\cos y_k =1$，则 $g=6$，但通过选择 $t$ 可以避免这种情况。
类似地，对于第一类临界点，$g=4\cos x \leq 4 <6$，因此主要问题来自第二类临界点，其中 $g$ 可能高达 6。
为了最小化最大值，我需要确保没有临界点处的 $g$ 太大，因此特别是对于 $g=6\cos x$ 的点，我需要 $\cos x$ 不要太大。
但由于有多个点，我需要控制所有点。
注意在第二类临界点处，$g(y_k) = 6 \cos y_k$，且 $y_k$ 是等间距的？让我们看看这些点。
对于固定的 $t$，点 $y_k = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0$ 到 $5$）
因此，当 $k$ 变化时，$y_k$ 在角度上相差 $\frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$？设 $\alpha_k = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，因此 $y_k = \alpha_k - \frac{t}{6}$
且 $\alpha_k$ 为 $\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{9\pi}{6}=\frac{3\pi}{2}, \frac{11\pi}{6}$
因此是 $\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6$
现在，这些点的余弦值：$\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2$，$\cos(\pi/2)=0$，$\cos(5\pi/6)=-\sqrt{3}/2$，$\cos(7\pi/6)=-\sqrt{3}/2$，等等，不全相同。
具体来说：$k=0$：$\pi/6$，$\cos=\sqrt{3}/2$
$k=1$：$\pi/2$，$\cos=0$
$k=2$：$5\pi/6$，$\cos=-\sqrt{3}/2$
$k=3$：$7\pi/6$，$\cos=-\sqrt{3}/2$？$7\pi/6$ 在第三象限，$\cos$ 为负，$\cos(7\pi/6) = \cos(210^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\sqrt{3}/2$
$k=4$：$9\pi/6 = 3\pi/2$，$\cos=0$
$k=5$：$11\pi/6$，$\cos=\cos(330^\circ) = \cos(-30^\circ) = \sqrt{3}/2$
因此，无论 $t$ 如何，点集为 ${ \pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6 }$ 加上平移 $-t/6$。
实际上，$y_k = \alpha_k - \frac{t}{6}$，因此整个集合旋转了 $-t/6$。
因此，余弦值会相应变化。
现在，$g(y_k) = 6 \cos( y_k ) = 6 \cos( \alpha_k - \frac{t}{6} )$
类似地，对于第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$）
$m=0$：$0 - t/4$
$m=1$：$\pi/2 - t/4$
$m=2$：$\pi - t/4$
$m=3$：$3\pi/2 - t/4$
因此点为 $0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$ 模 $2\pi$，平移 $-t/4$。
$g(x_m) = 4 \cos( x_m ) = 4 \cos( \beta_m - \frac{t}{4} )$，其中 $\beta_m = m\pi/2$。
现在，所有临界值都是关于 $t$ 的余弦函数。
具体来说，第二类临界点处的值为 $6 \cos( \alpha_k - \frac{t}{6} )$，其中 $\alpha_k$ 如上所述。
类似地，第一类临界点处的值为 $4 \cos( \beta_m - \frac{t}{4} )$，其中 $\beta_m = 0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$。
现在，$g(x)$ 的最大值是所有这些值中的最大值。
由于有多个项，且我需要关于 $t$ 的最小最大值，因此可能当所有值都相等时取得最小值，或者类似情况。
注意第二类临界点处的值 $6 \cos( \theta - t/6)$ 对于六个不同的 $\theta$，但 $\theta$ 是固定的角度。
实际上，对于固定的 $t$，它是六个不同相位的余弦函数。
但或许我可以考虑函数 $\max_k 6 \cos( \alpha_k - t/6)$ 和 $\max_m 4 \cos( \beta_m - t/4)$，但最大值是所有临界值的最大值。
由于 $6 \cos$ 可能比 $4 \cos$ 大，且可以达到 6，而 $4 \cos$ 最大为 4，因此整体最大值可能由第二类临界点主导。
实际上，整体最大值至少是第二类临界点处的最大值，至少是它们的最小可能最大值，但等等。
为了最小化整体最大值，我需要控制第二类临界点处的最大值，因为它们的值可能更大。
实际上，对于第二类临界点，值 $6 \cos( \alpha_k - t/6)$，且由于 $\alpha_k$ 在圆上等间距分布？$\alpha_k$ 如上：$\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6$
角度差：从 $\pi/6$ 到 $\pi/2$ 是 $\pi/3$，到 $5\pi/6$ 是 $\pi/3$，到 $7\pi/6$ 是 $\pi/3$，等等，是的，所有相邻点相差 $\pi/3$，因此确实是圆上间隔 $\pi/3$ 的六个点。
因此，集合 ${ \alpha_k }$ 是间隔 $\pi/3$ 的点。
那么 $\cos( \alpha_k - \phi)$ 的值，其中 $\phi = t/6$。
现在，六个点 $\cos(\theta_k - \phi)$ 的最大值是多少。
由于点对称，最大值可能取决于 $\phi$。
实际上，$\cos(\theta - \phi)$ 的最大值（$\theta$ 固定）是 $|\cos(\theta - \phi)|$，但这里是多个固定 $\theta$ 的集合。
对于固定的 $\phi$，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$
由于 $\alpha_k$ 等间距分布，$\cos( \alpha_k - \phi)$ 的集合就是 $\cos$ 在间隔 $\pi/3$ 的点上的值。
函数 $\cos$ 的最大值是其上确界，但在这里是离散点。
实际上，对于任意 $\phi$，由于点密集，最大值至少为 $\cos(0) =1$，但并非总是如此；例如，如果 $\phi$ 使得所有 $\alpha_k - \phi$ 远离 0，则最大值可能小于 1。
例如，如果 $\phi = \pi/6$，则 $\alpha_k - \phi$：对于 $k=0$：$\pi/6 - \pi/6 =0$，$\cos=1$
$k=1$：$\pi/2 - \pi/6 = \pi/3$，$\cos=0.5$
$k=2$：$5\pi/6 - \pi/6 = 4\pi/6=2\pi/3$，$\cos=-0.5$
等等，因此最大值为 1。
类似地，如果 $\phi=0$，则 $k=0$：$\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2 \approx 0.866$
$k=1$：0，等等，因此最大值约为 0.866。
为了最小化 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$，我需要选择 $\phi$ 使得没有 $\alpha_k - \phi$ 接近 0 模 $2\pi$。
实际上，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$ 的最小值。
由于 $\cos$ 是偶函数且在 0 处最大，因此最大值在某个 $\alpha_k$ 最接近 $\phi$ 时取得。
实际上，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \max_k \cos( |\alpha_k - \phi| )$，但由于 $\cos$ 是偶函数且递减，因此等于 $\cos( \min_k |\alpha_k - \phi| )$
是的，因为 $\cos$ 在 $[0,\pi]$ 上递减。
因此，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( \min_k |\alpha_k - \phi| )$
而 $\min_k |\alpha_k - \phi|$ 是 $\phi$ 到集合 ${ \alpha_k }$ 的距离。
集合 ${ \alpha_k }$ 是圆上间隔 $\pi/3$ 的点。
圆上两点之间的最小距离是 $\pi/3$，但到集合的距离是到最近点的距离。
对于圆上的点集，到集合的最大最小距离（即覆盖半径）。
这里我需要关于 $\phi$ 最小化 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( d(\phi) )$，其中 $d(\phi)$ 是 $\phi$ 到最近 $\alpha_k$ 的距离。
由于 $\cos$ 递减，最小化 $\cos(d(\phi))$ 等价于最大化 $d(\phi)$，即到集合的距离。
因此，我需要最大化到集合 ${ \alpha_k }$ 的最小距离。
换句话说，找到与所有 $\alpha_k$ 尽可能远的点 $\phi$。
在六边形对称的圆上，这样的点是角度位于两个 $\alpha_k$ 中间的点。
例如，在 $\alpha_0 = \pi/6$ 和 $\alpha_1 = \pi/2 = 3\pi/6$ 之间，中点为 $(\pi/6 + 3\pi/6)/2 = 4\pi/12 = \pi/3$
类似地，在 $\alpha_1 = 3\pi/6$ 和 $\alpha_2 = 5\pi/6$ 之间，中点为 $(3\pi/6 + 5\pi/6)/2 = 8\pi/12 = 2\pi/3$
在 $\alpha_2$ 和 $\alpha_3$ 之间：$\alpha_2 = 5\pi/6 = 10\pi/12$，$\alpha_3 = 7\pi/6 = 14\pi/12$，中点为 $(10\pi/12 + 14\pi/12)/2 = 24\pi/24 = \pi$，等等 $24\pi/24 = \pi$，但 $\pi$ 是 $\alpha_k$ 之一吗？$\alpha_k$ 为 $\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6$ 等，没有 $\pi$，但 $\pi$ 是 $\beta_m$ 之一，但这里不是。
$\alpha_2 = 5\pi/6$，$\alpha_3 = 7\pi/6$，差值 $7\pi/6 - 5\pi/6 = 2\pi/6 = \pi/3$，中点为 $(5\pi/6 + 7\pi/6)/2 = 12\pi/12 = \pi$
类似地，在 $\alpha_3 = 7\pi/6$ 和 $\alpha_4 = 9\pi/6 = 3\pi/2$ 之间：$(7\pi/6 + 9\pi/6)/2 = 16\pi/12 = 4\pi/3$
在 $\alpha_4$ 和 $\alpha_5$ 之间：$\alpha_4 = 9\pi/6 = 3\pi/2$，$\alpha_5 = 11\pi/6$，中点为 $(3\pi/2 + 11\pi/6)/2 = (9\pi/6 + 11\pi/6)/2 = 20\pi/12 = 5\pi/3$
在 $\alpha_5$ 和 $\alpha_0$ 之间：$\alpha_5 = 11\pi/6$，$\alpha_0 = \pi/6 = 13\pi/6$ 模 $2\pi$？$\pi/6$ 等同于 $13\pi/6$？不，$\pi/6$ 和 $11\pi/6$ 相差 $11\pi/6 - \pi/6 = 10\pi/6 = 5\pi/3$，但圆上较短弧为 $\min(5\pi/3, 2\pi - 5\pi/3) = \min(5\pi/3, \pi/3) = \pi/3$，中点为 $\alpha_5 + \frac{1}{2} \times \text{较短弧}$，但方向。
从 $\alpha_5 = 11\pi/6$ 到 $\alpha_0 = \pi/6$，顺时针方向为从 $11\pi/6$ 到 $2\pi$ 再到 $\pi/6$，距离 $\pi/6 - (- \pi/6)$？角度：从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 顺时针：$11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$ 是 $\pi/6$，然后到 $\pi/6$ 是 0，总距离 $\pi/6$，但这是顺时针方向，而逆时针方向为 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$：$\pi/6 - 11\pi/6 = -10\pi/6 = -5\pi/3$，绝对值 $5\pi/3$，因此较短弧为顺时针方向 $\pi/6$？从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 的弧：如果沿增加方向，从 $11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$，再到 $\pi/6$，但 $\pi/6$ 小于 $11\pi/6$？角度模 $2\pi$，因此从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 的较小角度为 $\min( |11\pi/6 - \pi/6|, 2\pi - |10\pi/6| ) = \min(10\pi/6, 2\pi - 10\pi/6) = \min(5\pi/3, 12\pi/6 - 10\pi/6 = 2\pi/6 = \pi/3) = \pi/3$
是的，弧长为 $\pi/3$，中点为？沿较短弧的中点。
从 $\alpha_5 = 11\pi/6$ 到 $\alpha_0 = \pi/6$，沿增加角度方向：从 $11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$，再到 $\pi/6$，但 $\pi/6$ 等同于 $13\pi/6$，因此从 $11\pi/6$ 到 $13\pi/6$ 是 $2\pi/6 = \pi/3$，中点为 $11\pi/6 + \pi/6 = 12\pi/6 = 2\pi$，即 0。
由于对称，中点为 0、$\pi/3$、$2\pi/3$、$\pi$、$4\pi/3$、$5\pi/3$。
之前有 $\pi/3$、$2\pi/3$、$\pi$、$4\pi/3$、$5\pi/3$ 和 0。
是的。
在这些点，到最近 $\alpha_k$ 的距离是多少。
例如，在 $\phi = 0$ 时，最近点为 $\alpha_0 = \pi/6$ 和 $\alpha_5 = 11\pi/6$，距离为 $|0 - \pi/6| = \pi/6$，以及 $|0 - 11\pi/6| = 11\pi/6$，但较小值为 $\min(\pi/6, 11\pi/6 - 2\pi)$？$11\pi/6 - 2\pi = -\pi/6$，绝对值 $\pi/6$，因此距离为 $\pi/6$。
类似地，在 $\phi = \pi/3$ 时，最近点：$\alpha_0 = \pi/6$，距离 $|\pi/3 - \pi/6| = \pi/6$
$\alpha_1 = \pi/2 = 3\pi/6$，距离 $|3\pi/6 - 2\pi/6| = \pi/6$
其他点更远。
类似地，所有中点的距离均为 $\pi/6$。
而 $\alpha_k$ 本身的距离为 0。
因此，最大最小距离为 $\pi/6$，在 $\phi$ 为中点时取得。
此时，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( \pi/6 ) = \sqrt{3}/2$
因此，对于第二类临界点，$\max_k g(y_k) = \max_k 6 \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$，与之前 $t=0$ 时相同。
但这是针对固定的 $\phi$，而 $\phi = t/6$，因此当 $t$ 使得 $\phi$ 为中点时，例如 $\phi = 0$，即 $t=0$，或 $\phi = \pi/3$，即 $t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，等同于 0。
$\phi = \pi/3$，$t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，相同。
但在这些点，$\max_k 6 \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \cos(\pi/6)$？不。
当 $\phi = \pi/3$ 时，$\min_k |\alpha_k - \phi| = \pi/6$，因此 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos(\pi/6) = \sqrt{3}/2$，是的。
但这是第二类临界点处的最大值。
但还有第一类临界点，其值可能更大。
例如，当 $t=0$，$\phi=0$，则 $g(y_k)$ 的最大值为 $6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$
对于第一类临界点，$g(x_m) = 4 \cos( \beta_m )$，其中 $\beta_m = 0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$，因此值为 $4 \times 1 =4$、$4 \times 0=0$、$4 \times (-1)=-4$、$4 \times 0=0$，因此最大值为 4，小于 $3\sqrt{3} \approx 5.196$。
但可能通过选择 $t$ 可以让第二类临界点处的最大值更小，但之前我认为 $\min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \sqrt{3}/2$，因此 $\min_t \max_k g(y_k) = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3}$。
但这是整体最大值吗？可能不是，因为对于其他 $t$，第二类临界点处的最大值可能更小，但第一类临界点处的值可能更大。
例如，假设我选择 $t$ 使得某个第一类临界点处的 $\cos x$ 较大。
例如，设 $t$ 使得在某个 $x_m$，$\cos x_m =1$。
例如，对于 $m=0$，$x_0 = -t/4$，设 $\cos(-t/4)=1$，因此 $-t/4 = 0 + 2\pi n$，即 $t=0$，此时 $\cos x_0 = \cos 0 =1$，$g=4 \times 1=4$，小于 $3\sqrt{3}$。
类似地，对于其他点。
但可能当第二类临界点处的最大值较小时，第一类临界点处的值较大。
例如，假设我选择 $\phi = t/6$ 使得 $\min_k |\alpha_k - \phi|$ 较大，但之前最大为 $\pi/6$，最小 $\max \cos$ 为 $\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2$。
但此时对于第一类临界点，$g(x_m) = 4 \cos( \beta_m - t/4)$
现在，$t/4 = (6\phi)/4 = (3/2)\phi$，而 $\phi$ 是中点，例如 $\phi=0$，则 $t=0$，如前所述。
设 $\phi = \pi/3$，则 $t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，等同于 $t=0$，相同。
设 $\phi = \pi$，但 $\pi$ 也是中点。
当 $\phi = \pi$，$t/6 = \pi$，因此 $t = 6\pi$，等同于 $t=0$？不，$t$ 是相移，周期为 $2\pi$，因此 $t=6\pi$ 等同于 0。
$\phi = t/6$，且 $t$ 模 $2\pi$，因此 $\phi$ 模 $2\pi /6 = \pi/3$？不。
$t$ 是实数，$\phi = t/6$，因此当 $t$ 增加 $2\pi$，$\phi$ 增加 $\pi/3$。
因此 $\phi$ 的范围是模 $\pi/3$？不，$t$ 模 $2\pi$，因此 $\phi$ 模 $(2\pi)/6 = \pi/3$。
是的，$\phi$ 在模 $\pi/3$ 下定义。
且 $\alpha_k$ 是固定的，但模 $2\pi$。
当 $\phi$ 变化时，例如 $\phi$ 从 0 到 $\pi/3$。
在 $\phi=0$ 时，如前所述。
在 $\phi = \pi/6$ 时，则 $t/6 = \pi/6$，因此 $t = \pi$
那么对于第二类临界点：$g(y_k) = 6 \cos( \alpha_k - \pi/6)$
$\alpha_0 = \pi/6$，因此 $\alpha_0 - \phi = 0$，$\cos=1$，$g=6 \times 1=6$
哦！因此当 $t = \pi$，在 $y_k$ 对应 $k=0$，$y_0 = \frac{\pi}{6} - \frac{t}{6} = \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} =0$，$\cos y_0 = \cos 0 =1$，$g=6 \times 1=6$
类似地，其他点：$k=1$：$\alpha_1 = \pi/2$，$\alpha_1 - \phi = \pi/2 - \pi/6 = \pi/3$，$\cos=\cos \pi/3=0.5$，$g=3$
等等，因此最大值为 6。
但此时第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi}{4}$
$m=0$：$-\pi/4$，$\cos(-\pi/4)=\sqrt{2}/2$，$g=4 \times \sqrt{2}/2 = 2\sqrt{2} \approx 2.828$
$m=1$：$\pi/2 - \pi/4 = \pi/4$，$\cos=\sqrt{2}/2$，$g=2\sqrt{2}$
$m=2$：$\pi - \pi/4 = 3\pi/4$，$\cos=-\sqrt{2}/2$，$g=4 \times (-\sqrt{2}/2) = -2\sqrt{2}$
$m=3$：$3\pi/2 - \pi/4 = 6\pi/4 - \pi/4 = 5\pi/4$，$\cos= \cos(225^\circ) = -\sqrt{2}/2$，$g= -2\sqrt{2}$
因此最大值为 6，大于 $t=0$ 时的值。
为了最小化最大值，我需要避免这种情况。
在 $\phi = \pi/6$ 时，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos(0) =1$，因为 $\alpha_0 - \phi=0$。
最小值为 $\sqrt{3}/2$，在 $\phi=0$ 或 $\pi/3$ 等点取得。
但在这些点，最大值是 $3\sqrt{3} \approx 5.196$，但我需要检查第一类临界点处的值是否不超过此值。
在 $t=0$，第一类临界点处的最大值为 4，小于 $5.196$。
但可能对于其他 $t$，第一类临界点处的值更大，而第二类临界点处的值更小。
例如，设 $\phi = \pi/12$，则 $t/6 = \pi/12$，因此 $t = \pi/2$
那么对于第二类临界点：$g(y_k) = 6 \cos( \alpha_k - \pi/12)$
$\alpha_0 = \pi/6 = 2\pi/12$，因此 $\alpha_0 - \phi = 2\pi/12 - \pi/12 = \pi/12$，$\cos \pi/12 = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \approx 0.9659$，$g=6 \times 0.9659 \approx 5.795$
$\alpha_1 = \pi/2 = 6\pi/12$，$\alpha_1 - \phi = 6\pi/12 - \pi/12 = 5\pi/12$，$\cos 5\pi/12 = \cos 75^\circ = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \approx 0.2588$，$g \approx 1.553$
$\alpha_2 = 5\pi/6 = 10\pi/12$，$\alpha_2 - \phi = 10\pi/12 - \pi/12 = 9\pi/12 = 3\pi/4$，$\cos = \cos 135^\circ = -\sqrt{2}/2 \approx -0.707$，$g \approx -4.242$
等等，因此最大值约为 5.795，大于 $t=0$ 时的 $5.196$。
现在，对于第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi/2}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi}{8}$
$m=0$：$-\pi/8$，$\cos = \cos(-\pi/8) = \cos \pi/8 = \cos 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1+\cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1+\sqrt{2}/2}{2}} \approx \sqrt{0.9239/2}$ 等等，标准值 $\cos 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1 + \cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \sqrt{2}/2}{2}} = \sqrt{\frac{2 + \sqrt{2}}{4}} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} \approx 0.9239$
因此 $g=4 \times 0.9239 \approx 3.6956$
$m=1$：$\pi/2 - \pi/8 = 3\pi/8$，$\cos 3\pi/8 = \cos 67.5^\circ = \sin 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1 - \cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1 - \sqrt{2}/2}{2}} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2} \approx 0.3827$，$g=4 \times 0.3827 \approx 1.5308$
$m=2$：$\pi - \pi/8 = 7\pi/8$，$\cos = \cos 157.5^\circ = -\cos 22.5^\circ \approx -0.9239$，$g \approx -3.6956$
$m=3$：$3\pi/2 - \pi/8 = 12\pi/8 - \pi/8 = 11\pi/8$，$\cos = \cos 247.5^\circ = -\cos 67.5^\circ \approx -0.3827$，$g \approx -1.5308$
因此第一类临界点处的最大值为约 3.7，小于第二类临界点处的 5.795。
在 $\phi=0$ 时，第二类临界点处的最大值为 5.196，第一类为 4。
但可能当第二类临界点处的最大值较小时，第一类临界点处的值更大，但 4 已经小于 5.196。
但也许在某个 $t$，第二类临界点处的最大值大于 $\sqrt{3}/2$？不，最小值为 $\sqrt{3}/2$，在 $\phi=0$ 时取得。
但 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，但在该点整体最大值至少为此值，可能等于此值，因为第一类临界点处的值更小。
但为了确认，我需要确保在 $t=0$ 时，全局最大值确实是 $3\sqrt{3}$。
在 $t=0$，$g(x) = 5\cos x - \cos 5x$
之前我们有 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x = 20u^3 - 16u^5$（$u=\cos x$）
设 $h(u) = -16u^5 + 20u^3 = 4u^3 (5 - 4u^2)$
对于 $u \in [-1,1]$
求导：$h'(u) = -80u^4 + 60u^2 = 20u^2 (3 - 4u^2)$
令导数为零：$u=0$ 或 $u^2 = 3/4$，即 $u = \pm \sqrt{3}/2$
在 $u=0$，$h=0$
在 $u=\sqrt{3}/2$，$h = 4 (\sqrt{3}/2)^3 (5 - 4 \times (3/4)) = 4 \times (3\sqrt{3}/8) (5 - 3) = 4 \times \frac{3\sqrt{3}}{8} \times 2 = 4 \times \frac{6\sqrt{3}}{8} = 4 \times \frac{3\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}$
计算：
$(\sqrt{3}/2)^3 = (\sqrt{3})^3 / 8 = 3\sqrt{3}/8$
因此 $4 \times 3\sqrt{3}/8 = 12\sqrt{3}/8 = 3\sqrt{3}/2$
然后 $(5 - 4u^2) = 5 - 4 \times (3/4) = 5 - 3 = 2$
因此 $h = (3\sqrt{3}/2) \times 2 = 3\sqrt{3}$
类似地，在 $u=-\sqrt{3}/2$，$h = 4 (-\sqrt{3}/2)^3 (5 - 4 \times (3/4)) = 4 \times (-3\sqrt{3}/8) \times 2 = 4 \times (-6\sqrt{3}/8) = 4 \times (-3\sqrt{3}/4) = -3\sqrt{3}$
在端点 $u=\pm1$，$h(1) = -16+20=4$，$h(-1)=16-20=-4$
因此最大值确实是 $3\sqrt{3} \approx 5.196$
但这是针对 $t=0$ 的情况，而在问题中，我可以选择 $t$ 来最小化最大值。
在 $t=0$ 时，最大值为 $3\sqrt{3}$，但可能通过选择 $t \
eq 0$，最大值可以更小。
例如，之前当 $t=\pi$，最大值是 6，更大。
但也许存在某个 $t$ 使得最大值小于 $3\sqrt{3}$。
例如，假设我设 $t$ 使得在临界点处值平衡。
注意在临界点处，$g(x)$ 为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，且 $\cos x$ 取决于位置。
但可能当所有临界值都相等时取得最小值。
假设在某个 $t$，所有第二类临界点处的 $g(y_k)$ 都等于某个常数，但可能不成立，因为余弦值不同。
最大值至少是第二类临界点处的最大值，而 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，如我们所见，在 $\phi=0$ 时取得。
但可能对于某些 $t$，虽然 $\max_k g(y_k) \geq 3\sqrt{3}$，但整体最大值可能更小，如果第一类临界点处的值更小，但整体最大值至少是 $\max_k g(y_k)$，因此至少为 $3\sqrt{3}$。
是的！因为对于任何 $t$，第二类临界点存在，且在它们处 $g(x) = 6\cos x$，因此 $g(x)$ 的最大值至少是第二类临界点处 $|6\cos x|$ 的最大值，但实际上是最大值，因此至少是第二类临界点处的最大值。
更准确地说：对于固定的 $t$，$\max_x g(x) \geq \max_{k} g(y_k)$，因为 $y_k$ 是临界点。
而 $\max_k g(y_k) = \max_k 6 \cos( y_k ) = 6 \max_k \cos( \alpha_k - t/6)$
而 $\min_t \max_k \cos( \alpha_k - t/6) = \min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \sqrt{3}/2$，如之前计算。
因此 $\min_t \max_x g(x) \geq \min_t \max_k g(y_k) = \min_t \left[ 6 \max_k \cos( \alpha_k - t/6) \right] = 6 \times \min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$
在 $t=0$ 时，我们实现了等式成立，因为最大值是 $3\sqrt{3}$，在第二类临界点处取得，例如 $y_0 = \pi/6$，$g=6 \times \cos(\pi/6)=6 \times \sqrt{3}/2=3\sqrt{3}$
而在其他点，值更小。
因此，最小可能的上界 $b$ 是 $3\sqrt{3}$。
但问题是关于 $5\cos x - \cos(5x + t) \leq b$，而我们得到对于 $t=0$，最大值是 $3\sqrt{3}$，且对于任何 $t$，最大值至少为 $3\sqrt{3}$，因此最小 $b$ 是 $3\sqrt{3}$。
但让我确认在 $t=0$ 时，对所有 $x$ 是否满足 $g(x) \leq 3\sqrt{3}$。
由表达式 $h(u) = -16u^5 + 20u^3$，我们计算了最大值 $3\sqrt{3} \approx 5.196$，且在 $u=\pm1$ 时为 4，小于此值，因此成立。
为了彻底验证，是否存在某个 $t$ 使得最大值小于 $3\sqrt{3}$？
假设存在，那么对于该 $t$，$\max_k g(y_k) < 3\sqrt{3}$，但 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，因此不可能。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但问题要求的是上界 $b$，且存在 $t$（例如 $t=0$）使得对所有 $x$ 有 $g(x) \leq 3\sqrt{3}$，而对于更小的 $b$，无论 $t$ 如何，最大值都大于 $b$。
因此，答案应为 $3\sqrt{3}$。
但让我用另一种方法确认。
我可以考虑函数 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$
使用余弦展开：$\cos(5x + t) = \cos 5x \cos t - \sin 5x \sin t$
因此 $g(x) = 5\cos x - \cos 5x \cos t + \sin 5x \sin t$
为了最小化最大值，我可以将其视为关于 $x$ 的函数，并关于 $t$ 最小化其上确界。
注意 $g(x)$ 可以写成 $A \cos x + B \sin x$ 加上更高频率的项，但或许可以求最大值。
由于我们知道临界点，且已涵盖。
另一种思路：最大值是 $t$ 的函数，我们需要其最小值。
但我觉得已经合理。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但最初的问题是关于 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，但随后是 $5\cos x - \cos(5x + t)$，而我们找到对于 $t=0$，$b=3\sqrt{3}$。
但或许对于其他 $t$，最大值可以更小，但我们看到不能。
假设我设 $t$ 使得 $\cos(5x + t)$ 与 $\cos x$ 同相，但频率不同。
例如，在 $x=0$，$g(0) = 5\cos 0 - \cos t = 5 - \cos t$
在 $x=\pi/2$，$g(\pi/2) = 5\cos \pi/2 - \cos(5\pi/2 + t) = 0 - \cos(\pi/2 + 2\pi + t)$ 等等，$\cos(5\pi/2 + t) = \cos(\pi/2 + 2\pi + t) = \cos(\pi/2 + t) = -\sin t$
因此 $g(\pi/2) = - ( -\sin t) = \sin t$？$g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$，因此在 $x=\pi/2$，$= 5 \times 0 - \cos(5\pi/2 + t) = - \cos(2\pi + \pi/2 + t) = - \cos(\pi/2 + t) = - (-\sin t) = \sin t$
类似地，在 $x=0$，$g(0) = 5 \times 1 - \cos(0 + t) = 5 - \cos t$
为了有上界，但无直接帮助。
我认为我们的推理是可靠的。
因此，最小 $b$ 为 $3\sqrt{3}$。
但让我框出答案。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但为了精确，或许可以写成分数形式，但 $3\sqrt{3}$ 已足够。
由于是常数，因此没有问题。
因此，答案应为 $3\sqrt{3}$。
但在问题中，是“求 $b$ 的最小值”，而在条件中，要求对所有 $x$ 满足 $5\cos x - \cos(5x + t) \leq b$，存在 $t$ 使得成立，且 $b$ 最小。
而我们找到 $b = 3\sqrt{3}$，在 $t=0$ 时成立。
或许他们想要数值，但符号形式更好。
因此，我认为这就是答案。
答案：$\boxed{3\sqrt{3}}$
首先，我需要理解这个表达式的含义。看起来是在调整 $\cos 5x$ 的相位 $t$ 来最小化函数 $5\cos x - \cos(5x + t)$ 的最大值。实际上，$b$ 是对于某个固定的 $t$，该函数在 $x$ 上的最大值的最小可能值。因此，这是一个关于 $t$ 的最小最大值问题。
让我将表达式改写为 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$。我需要找到 $\min_t \max_x g(x)$，然后这个最小值就是 $b$。
由于它是关于 $x$ 的周期函数，我可以考虑在 $x$ 的一个周期内进行分析。所有函数都是 $2\pi$ 周期的，因此我可以在 $[0, 2\pi)$ 上研究 $x$。
为了最小化最大值，我可能需要找到 $g(x)$ 的临界点。因此，我应该对 $x$ 求导并令导数为零。
计算 $g'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + t)$，因为 $\cos(5x + t)$ 的导数是 $-5\sin(5x + t)$，而 $5\cos x$ 的导数是 $-5\sin x$。
因此，$g'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + t) = 5[\sin(5x + t) - \sin x]$。
令 $g'(x) = 0$，即 $\sin(5x + t) = \sin x$。
这意味着对于每个临界点 $x$，有 $\sin(5x + t) = \sin x$。
我知道 $\sin A = \sin B$ 意味着要么 $A = B + 2k\pi$，要么 $A = \pi - B + 2k\pi$（$k$ 为整数）。
因此，对于每个 $x$，要么 $5x + t = x + 2k\pi$，要么 $5x + t = \pi - x + 2k\pi$。
化简：
情况 1：$5x + t = x + 2k\pi$ ⇒ $4x + t = 2k\pi$
情况 2：$5x + t = \pi - x + 2k\pi$ ⇒ $6x + t = \pi + 2k\pi$
由于 $t$ 是固定的，而 $x$ 是变量，对于给定的 $t$，临界点满足这些方程之一。
但 $t$ 是我可以选择的，我需要确保最大值尽可能小。
我也可以将 $g(x)$ 视为一个整体。让我回忆三角恒等式。
我知道 $\cos 5x$ 可以用 $\cos x$ 表示。实际上，有多倍角公式。
回忆：$\cos 5x = 16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x$。
是的，因此 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x = 5\cos x - (16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x) = -16\cos^5 x + 20\cos^3 x$。
有趣！因此 $f(x) = 20\cos^3 x - 16\cos^5 x$。
因式分解：$= 4\cos^3 x (5 - 4\cos^2 x)$。
由于 $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$，但或许设 $u = \cos x$ 更好，那么 $f = 20u^3 - 16u^5$，其中 $u \in [-1,1]$。
但这是原始的 $f(x)$，而在问题中，它是 $5\cos x - \cos(5x + t)$，因此是相移后的版本。
在 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$ 中，我可以类似地写出表达式。
设 $\theta = 5x + t$，但这样 $\cos x$ 用 $\theta$ 表示会很复杂。
我可以将 $g(x)$ 表示为单个余弦函数或其他形式，但它包含两项。
另一种思路：函数 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$ 可以看作是两个波的叠加。
为了最小化最大值，我可能需要选择 $t$ 使得两个函数在某种程度上“对齐”。
回到导数条件。在临界点处，$\sin(5x + t) = \sin x$。
在最大值处，$g(x)$ 的值取决于 $t$。
设 $s = \sin x$，$c = \cos x$，但这样 $\sin(5x + t)$ 会很复杂。
根据之前的推导，在临界点处，要么 $4x + t = 2k\pi$，要么 $6x + t = \pi + 2k\pi$（$k$ 为整数）。
对于固定的 $t$，临界点位于 $x$ 满足这些线性方程的位置。
由于函数是周期的，我可以考虑一个周期内的行为。
我也可以将 $g(x)$ 表示为 $\cos x$ 和 $\cos(5x + t)$ 的线性组合，但或许可以考虑它们的和作为傅里叶级数，但这里只有两项。
另一个想法：$g(x)$ 的最大值是其振幅或类似的东西，但由于存在相移，情况并非如此。
一般来说，对于形式为 $A \cos \alpha x + B \cos \beta x$ 的函数，但这里系数不同，且一个是另一个的倍数，但频率不同。
具体来说，频率是 1 和 5，因此不是有理数倍数，但在此情况下它们是整数，所以是周期的。
我可以将 $g(x)$ 写成单一表达式。
让我计算 $g(x)$ 关于 $t$ 的表达式。
固定 $x$，但 $x$ 是变量。
在临界点处，$\sin(5x + t) = \sin x$，且 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$。
现在，$\cos(5x + t)$ 可以用 $\sin(5x + t)$ 表示，但由于 $\sin(5x + t) = \sin x$，且 $\cos(5x + t) = \pm \sqrt{1 - \sin^2(5x + t)} = \pm \sqrt{1 - \sin^2 x} = \pm |\cos x|$，符号取决于象限。
这有点复杂，因为符号取决于角度。
由 $\sin A = \sin B$，有 $\cos A = \cos B$ 或 $\cos A = -\cos B$，具体取决于情况。
回想一下，如果 $\sin A = \sin B$，那么：
如果 $A = B + 2k\pi$，则 $\cos A = \cos B$
如果 $A = \pi - B + 2k\pi$，则 $\cos A = \cos(\pi - B) = -\cos B$
因此，在情况 1 中：$5x + t = x + 2k\pi$，即 $4x + t = 2k\pi$，此时 $\cos(5x + t) = \cos(x + 2k\pi) = \cos x$
在情况 2 中：$5x + t = \pi - x + 2k\pi$，即 $6x + t = \pi + 2k\pi$，此时 $\cos(5x + t) = \cos(\pi - x) = -\cos x$
因此，在临界点处：
对于情况 1：$g(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x$
对于情况 2：$g(x) = 5\cos x - (-\cos x) = 6\cos x$
这很有趣！因此，在每个临界点，$g(x)$ 要么是 $4\cos x$，要么是 $6\cos x$，具体取决于情况。
现在，$g(x)$ 的最大值可能出现在临界点或端点，但由于是光滑周期函数，最大值应出现在临界点。
因此，对于固定的 $t$，$g(x)$ 的最大值是所有临界点处 $|4\cos x|$ 或 $|6\cos x|$ 的最大值，但由于 $\cos x$ 可正可负，而 $g(x)$ 可能为正或负，但我们关注的是上界，因此是最大值，即最大的值。
实际上，$b$ 是上界，因此我们需要 $g(x) \leq b$ 对所有 $x$ 成立，因此 $b$ 至少是最大值，我们希望最小化该最大值。
在临界点，$g(x)$ 为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，但 $\cos x$ 取决于 $x$，而 $x$ 又取决于 $t$。
对于给定的 $t$，临界点由方程确定。
例如，在情况 1 中：$4x + t = 2k\pi$，因此 $x = \frac{2k\pi - t}{4}$
那么 $\cos x = \cos\left( \frac{2k\pi - t}{4} \right) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
类似地，在情况 2 中：$6x + t = \pi + 2k\pi$，因此 $x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$
那么 $\cos x = \cos\left( \frac{(2k+1)\pi - t}{6} \right)$
现在，$g(x)$ 在这些点的值为：
情况 1：$4 \cos\left( \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
情况 2：$6 \cos\left( \frac{(2k+1)\pi - t}{6} \right)$
由于 $k$ 是整数，且函数是周期的，因此 $k$ 取 0,1,2,3,… 但模周期。
实际上，$x$ 是模 $2\pi$ 的，因此对于情况 1，$x = \frac{2k\pi - t}{4}$，周期为 $2\pi$，因此当 $k$ 增加 4 时 $x$ 增加 $2\pi$，所以有四个不同的临界点？让我们看看。
当 $k=0,1,2,3$ 时，$x = -\frac{t}{4}, \frac{2\pi - t}{4}, \frac{4\pi - t}{4}, \frac{6\pi - t}{4}$，但模 $2\pi$，因此 $x \equiv -\frac{t}{4}, \frac{\pi}{2} - \frac{t}{4}, \pi - \frac{t}{4}, \frac{3\pi}{2} - \frac{t}{4}$ 模 $2\pi$。
类似地，对于情况 2：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$
当 $k=0,1,2,3,4,5$ 时：$x = \frac{\pi - t}{6}, \frac{3\pi - t}{6}, \frac{5\pi - t}{6}, \frac{7\pi - t}{6}, \frac{9\pi - t}{6}, \frac{11\pi - t}{6}$
模 $2\pi$，由于 $\frac{12\pi}{6} = 2\pi$，因此当 $k$ 增加 6 时重复，所以有六个点：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$（$k=0$ 到 $5$）。
但并非所有这些点都是不同的临界点；实际上，对于每个 $t$，总共有临界点，但某些点可能重合，但一般情况下，情况 1 有四个临界点，情况 2 有六个，但总临界点数为 10？这似乎太多了，因为函数是光滑的，而 $g'(x) = 5(\sin(5x+t) - \sin x)$ 是三角函数的和，因此临界点数量应有限。
实际上，方程 $\sin(5x+t) = \sin x$ 可以写成 $\sin(5x+t) - \sin x = 0$，使用和差化积公式。
$\sin A - \sin B = 2 \cos\frac{A+B}{2} \sin\frac{A-B}{2}$
因此 $\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos\frac{(5x+t)+x}{2} \sin\frac{(5x+t)-x}{2} = 2 \cos(3x + \frac{t}{2}) \sin(2x + \frac{t}{2})$
令其为零：$\cos(3x + \frac{t}{2}) \sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$
因此，要么 $\cos(3x + \frac{t}{2}) = 0$，要么 $\sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$
如果 $\cos(3x + \frac{t}{2}) = 0$，则 $3x + \frac{t}{2} = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $x = \frac{\frac{\pi}{2} + k\pi - \frac{t}{2}}{3} = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6}$
如果 $\sin(2x + \frac{t}{2}) = 0$，则 $2x + \frac{t}{2} = m\pi$，即 $x = \frac{m\pi - \frac{t}{2}}{2} = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
这与之前的情况一致：$x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$ 对应情况 1（因为之前有 $x = \frac{2k\pi - t}{4} = \frac{k\pi}{2} - \frac{t}{4}$，其中 $k$ 为整数，但这里 $m$ 是整数，因此相同）。
而 $x = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$ 等等不对。
$\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3} - \frac{t}{6} = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{6} - \frac{t}{6} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$，这与情况 2 一致：$x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$。
很好。
现在，临界点总数为：来自 $\sin(2x + t/2)=0$ 的点，即 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$ 模 $2\pi$），因此四个点。
来自 $\cos(3x + t/2)=0$ 的点，即 $x = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0,1,2,3,4,5$ 模 $2\pi$），因此六个点。
但可能存在重合，因此实际临界点数量可能少于 10。例如，当 $t$ 使得某些点重合时。
但无论如何，在临界点处，如前所述，$g(x)$ 要么是 $4\cos x$（对于来自 $\sin(2x+t/2)=0$ 的点），要么是 $6\cos x$（对于来自 $\cos(3x+t/2)=0$ 的点）。
这是真的吗？
之前我假设在临界点处 $\sin(5x+t) = \sin x$，然后推导出在情况 1（即 $\sin(2x+t/2)=0$）下 $g(x)=4\cos x$，在情况 2（即 $\cos(3x+t/2)=0$）下 $g(x)=6\cos x$。
但让我验证一下。
首先，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，这意味着 $2x + t/2 = m\pi$，因此 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
现在，此时 $\sin(5x + t)$ 应等于 $\sin x$。
由之前推导，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，根据和差化积公式，$\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos(3x + t/2) \sin(2x + t/2) = 0$，因此成立。
现在，此时 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$
现在，由之前推导，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，即 $2x + t/2 = m\pi$，因此 $\cos(2x + t/2) = \cos(m\pi) = (-1)^m$
我需要 $\cos(5x + t)$。
注意 $5x + t = (2x + t/2) + (3x + t/2)$，但或许可以用恒等式表示。
由之前的一般论证，当 $\sin(5x+t) = \sin x$ 且由 $\sin(2x+t/2)=0$ 导出情况 1 时，有 $5x+t = x + 2k\pi$ 或类似关系。
由 $2x + t/2 = m\pi$，设 $\phi = 2x + t/2 = m\pi$
那么 $x = \frac{\phi - t/2}{2}$，但 $\phi = m\pi$
$5x + t = 5(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) + t = \frac{5m\pi}{2} - \frac{5t}{4} + t = \frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
而 $x = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$
现在，$\sin(5x + t) = \sin(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4})$
$\sin x = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$
现在，$\sin(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$，因为 $\sin$ 的周期为 $2\pi$，且 $2m\pi$ 是周期的整数倍。
$\frac{5m\pi}{2} = 2m\pi + \frac{m\pi}{2}$，因此 $\sin(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \sin(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4})$，是的，等于 $\sin x$。
现在，$\cos(5x + t) = \cos(\frac{5m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos(2m\pi + \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos(\frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}) = \cos x$，因为 $\cos$ 也是周期函数。
因此，确实，当 $\sin(2x + t/2) = 0$ 时，$\cos(5x + t) = \cos x$，因此 $g(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x$。
类似地，对于另一种情况：当 $\cos(3x + t/2) = 0$ 时，即 $3x + t/2 = \frac{\pi}{2} + k\pi$
设 $\psi = 3x + t/2 = \frac{\pi}{2} + k\pi$
那么 $x = \frac{\psi - t/2}{3} = \frac{\frac{\pi}{2} + k\pi - t/2}{3} = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$
现在，$5x + t = 5\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right) + t = \frac{5(2k+1)\pi}{6} - \frac{5t}{6} + t = \frac{5(2k+1)\pi}{6} + \frac{t}{6}$
而 $x = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$
现在，$\sin(5x + t) = \sin\left( \frac{5(2k+1)\pi}{6} + \frac{t}{6} \right)$
$\sin x = \sin\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right)$
由之前推导，应有 $\sin(5x+t) = \sin x$。
计算：设 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，因此 $\sin x = \sin(\theta - t/6)$
$\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$，不：
$5x + t = 5(\theta - t/6) + t = 5\theta - 5t/6 + t = 5\theta + t/6$
而 $x = \theta - t/6$，因此 $\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$
$\sin x = \sin(\theta - t/6)$
现在，$5\theta = 5 \cdot \frac{(2k+1)\pi}{6} = \frac{5(2k+1)\pi}{6}$
而 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$
注意 $5\theta = 5 \cdot \theta$，且由于 $\cos(3x + t/2) = \cos \psi = 0$，且 $\psi = 3x + t/2 = \theta + t/2$？之前 $\psi = 3x + t/2$，且 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，而 $x = \frac{\theta - t/6}{1}$？由 $x = \theta - t/6$，且 $\psi = 3x + t/2 = 3(\theta - t/6) + t/2 = 3\theta - t/2 + t/2 = 3\theta$
且 $\psi = \frac{\pi}{2} + k\pi$，因此 $3\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $\theta = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3}$，与之前一致。
现在，$\sin(5\theta + t/6)$ 和 $\sin(\theta - t/6)$
由于 $\cos \psi = \cos(3\theta) = 0$，因此 $3\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi$，即 $\theta = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3}$
现在，$\sin(5\theta) = \sin(5(\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3})) = \sin( \frac{5\pi}{6} + \frac{5k\pi}{3} )$
$\frac{5k\pi}{3} = 2k\pi - \frac{k\pi}{3}$ 或类似形式，但让我们根据 $k$ 模 6 计算，因为周期为 $2\pi$。
注意 $5\theta = 5\theta$，且 $\theta$ 满足 $\cos 3\theta = 0$，因此 $\sin 3\theta = \pm 1$
实际上，$\sin 3\theta = \sin(\frac{\pi}{2} + k\pi) = (-1)^k$，因为当 $k$ 为偶数时为 $\sin(\pi/2) = 1$，当 $k$ 为奇数时为 $\sin(3\pi/2) = -1$。
现在，$\sin 5\theta = \sin(3\theta + 2\theta) = \sin 3\theta \cos 2\theta + \cos 3\theta \sin 2\theta = \sin 3\theta \cos 2\theta + 0 \cdot \sin 2\theta = \sin 3\theta \cos 2\theta$
类似地，$\sin \theta$ 就是 $\sin \theta$。
但在表达式中，有 $\sin(5\theta + t/6)$ 和 $\sin(\theta - t/6)$
但之前，在临界点处应有 $\sin(5x+t) = \sin(5\theta + t/6)$，而 $\sin x = \sin(\theta - t/6)$，且由构造应相等。
实际上，由和差化积公式，当 $\cos(3x + t/2) = \cos(3\theta) = 0$ 时，有 $\sin(5x+t) - \sin x = 2 \cos(3x + t/2) \sin(2x + t/2) = 0$，因此成立。
现在，$\cos(5x + t) = \cos(5\theta + t/6)$
而 $\cos x = \cos(\theta - t/6)$
现在，由之前的一般论证，当 $\sin(5x+t) = \sin x$ 且由 $\cos(3x+t/2)=0$ 导出情况 2 时，应有 $5x+t = \pi - x + 2k\pi$ 或类似关系。
由 $5x + t$ 和 $x$，有 $5x + t - (\pi - x) = 6x + t - \pi$，而在情况 2 中，$6x + t = \pi + 2k\pi$，因此 $5x + t = (\pi + 2k\pi) - x$，即 $5x + t = \pi - x + 2k\pi$？让我们看看：
由 $6x + t = \pi + 2k\pi$，则 $5x + t = (6x + t) - x = \pi + 2k\pi - x$
而 $\pi - x$ 正是我们需要的，因此 $5x + t = (\pi - x) + 2k\pi$，因此根据正弦相等的情况，这是第二种情况，其中 $\cos(5x + t) = \cos(\pi - x + 2k\pi) = \cos(\pi - x) = -\cos x$
是的！因此 $g(x) = 5\cos x - (-\cos x) = 6\cos x$
完美。
因此总结：在临界点处，
如果临界点来自 $\sin(2x + t/2) = 0$，则 $g(x) = 4 \cos x$
如果来自 $\cos(3x + t/2) = 0$，则 $g(x) = 6 \cos x$
现在，$\cos x$ 在这些点处的值取决于 $x$，而 $x$ 又取决于 $t$。
$g(x)$ 的最大值将是这些值中的最大值，因为最大值出现在临界点处。
实际上，并非所有临界点都给出局部最大值，但全局最大值应出现在其中之一，因为它是周期函数。
为了安全起见，我应该考虑所有临界点并取最大值，然后关于 $t$ 最小化该最大值。
因此，设 $h(t) = \max_{x \text{ crit}} g(x)$，但 $g(x)$ 在临界点处为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，且 $x$ 取决于 $t$。
具体来说：
第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$），且 $g(x_m) = 4 \cos\left( \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$
第二类临界点：$y_k = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0,1,2,3,4,5$），且 $g(y_k) = 6 \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right)$
现在，$\cos$ 的范围是 $[-1,1]$，因此 $g$ 的值在 $-6$ 到 $6$ 之间，但我们关注的是最大值。
我需要对于每个 $t$，计算所有 $|4\cos x_m|$ 和 $|6\cos y_k|$ 的最大值，但由于 $g(x)$ 可以是负数，而最大值是最大的数，因此实际上是所有值中的最大值。
为了最小化最大值，我需要选择 $t$ 使得所有临界值中的最大值尽可能小。
由于 $6\cos y_k$ 可能高达 6，而 $4\cos x_m$ 高达 4，因此最大值至少为 6？不，因为通过选择 $t$，我可以让 $\cos y_k$ 较小。
但 $6\cos y_k$ 可能为正或负，而最大值是最大的数，因此如果我能让所有值都较小，但 $6\cos y_k$ 可以达到 6，除非我让 $\cos y_k <1$。
但 $\cos y_k$ 在某些点可以达到 1，具体取决于 $t$。
例如，如果 $t=0$，让我们计算原始 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，之前我们有表达式 $f(x) = 20u^3 - 16u^5$（$u=\cos x$），在 $u=1$ 时为 $20-16=4$，在 $u=-1$ 时为 $-20 +16 = -4$，在 $u=0$ 时为 0，在 $u=\pm 1/2$ 时等等。
但 $t=0$ 时，在临界点处，例如 $y_k$ 当 $k=0$，$x = \frac{\pi}{6}$，$\cos x = \sqrt{3}/2$，$g(y_k) = 6 \cos x = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$
在 $x_m$，例如 $m=0$，$x=0$，$g=4 \times 1 =4$
因此最大值至少为 $3\sqrt{3} \approx 5.196$
但可能通过选择 $t$ 可以更小。
现在，在第二类临界点处 $g=6\cos x$，且 $|6\cos x|$ 可以达到 6，因此如果某个 $y_k$ 满足 $\cos y_k =1$，则 $g=6$，但通过选择 $t$ 可以避免这种情况。
类似地，对于第一类临界点，$g=4\cos x \leq 4 <6$，因此主要问题来自第二类临界点，其中 $g$ 可能高达 6。
为了最小化最大值，我需要确保没有临界点处的 $g$ 太大，因此特别是对于 $g=6\cos x$ 的点，我需要 $\cos x$ 不要太大。
但由于有多个点，我需要控制所有点。
注意在第二类临界点处，$g(y_k) = 6 \cos y_k$，且 $y_k$ 是等间距的？让我们看看这些点。
对于固定的 $t$，点 $y_k = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$（$k=0$ 到 $5$）
因此，当 $k$ 变化时，$y_k$ 在角度上相差 $\frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$？设 $\alpha_k = \frac{(2k+1)\pi}{6}$，因此 $y_k = \alpha_k - \frac{t}{6}$
且 $\alpha_k$ 为 $\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{9\pi}{6}=\frac{3\pi}{2}, \frac{11\pi}{6}$
因此是 $\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6$
现在，这些点的余弦值：$\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2$，$\cos(\pi/2)=0$，$\cos(5\pi/6)=-\sqrt{3}/2$，$\cos(7\pi/6)=-\sqrt{3}/2$，等等，不全相同。
具体来说：$k=0$：$\pi/6$，$\cos=\sqrt{3}/2$
$k=1$：$\pi/2$，$\cos=0$
$k=2$：$5\pi/6$，$\cos=-\sqrt{3}/2$
$k=3$：$7\pi/6$，$\cos=-\sqrt{3}/2$？$7\pi/6$ 在第三象限，$\cos$ 为负，$\cos(7\pi/6) = \cos(210^\circ) = -\cos(30^\circ) = -\sqrt{3}/2$
$k=4$：$9\pi/6 = 3\pi/2$，$\cos=0$
$k=5$：$11\pi/6$，$\cos=\cos(330^\circ) = \cos(-30^\circ) = \sqrt{3}/2$
因此，无论 $t$ 如何，点集为 ${ \pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6 }$ 加上平移 $-t/6$。
实际上，$y_k = \alpha_k - \frac{t}{6}$，因此整个集合旋转了 $-t/6$。
因此，余弦值会相应变化。
现在，$g(y_k) = 6 \cos( y_k ) = 6 \cos( \alpha_k - \frac{t}{6} )$
类似地，对于第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$（$m=0,1,2,3$）
$m=0$：$0 - t/4$
$m=1$：$\pi/2 - t/4$
$m=2$：$\pi - t/4$
$m=3$：$3\pi/2 - t/4$
因此点为 $0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$ 模 $2\pi$，平移 $-t/4$。
$g(x_m) = 4 \cos( x_m ) = 4 \cos( \beta_m - \frac{t}{4} )$，其中 $\beta_m = m\pi/2$。
现在，所有临界值都是关于 $t$ 的余弦函数。
具体来说，第二类临界点处的值为 $6 \cos( \alpha_k - \frac{t}{6} )$，其中 $\alpha_k$ 如上所述。
类似地，第一类临界点处的值为 $4 \cos( \beta_m - \frac{t}{4} )$，其中 $\beta_m = 0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$。
现在，$g(x)$ 的最大值是所有这些值中的最大值。
由于有多个项，且我需要关于 $t$ 的最小最大值，因此可能当所有值都相等时取得最小值，或者类似情况。
注意第二类临界点处的值 $6 \cos( \theta - t/6)$ 对于六个不同的 $\theta$，但 $\theta$ 是固定的角度。
实际上，对于固定的 $t$，它是六个不同相位的余弦函数。
但或许我可以考虑函数 $\max_k 6 \cos( \alpha_k - t/6)$ 和 $\max_m 4 \cos( \beta_m - t/4)$，但最大值是所有临界值的最大值。
由于 $6 \cos$ 可能比 $4 \cos$ 大，且可以达到 6，而 $4 \cos$ 最大为 4，因此整体最大值可能由第二类临界点主导。
实际上，整体最大值至少是第二类临界点处的最大值，至少是它们的最小可能最大值，但等等。
为了最小化整体最大值，我需要控制第二类临界点处的最大值，因为它们的值可能更大。
实际上，对于第二类临界点，值 $6 \cos( \alpha_k - t/6)$，且由于 $\alpha_k$ 在圆上等间距分布？$\alpha_k$ 如上：$\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6, 3\pi/2, 11\pi/6$
角度差：从 $\pi/6$ 到 $\pi/2$ 是 $\pi/3$，到 $5\pi/6$ 是 $\pi/3$，到 $7\pi/6$ 是 $\pi/3$，等等，是的，所有相邻点相差 $\pi/3$，因此确实是圆上间隔 $\pi/3$ 的六个点。
因此，集合 ${ \alpha_k }$ 是间隔 $\pi/3$ 的点。
那么 $\cos( \alpha_k - \phi)$ 的值，其中 $\phi = t/6$。
现在，六个点 $\cos(\theta_k - \phi)$ 的最大值是多少。
由于点对称，最大值可能取决于 $\phi$。
实际上，$\cos(\theta - \phi)$ 的最大值（$\theta$ 固定）是 $|\cos(\theta - \phi)|$，但这里是多个固定 $\theta$ 的集合。
对于固定的 $\phi$，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$
由于 $\alpha_k$ 等间距分布，$\cos( \alpha_k - \phi)$ 的集合就是 $\cos$ 在间隔 $\pi/3$ 的点上的值。
函数 $\cos$ 的最大值是其上确界，但在这里是离散点。
实际上，对于任意 $\phi$，由于点密集，最大值至少为 $\cos(0) =1$，但并非总是如此；例如，如果 $\phi$ 使得所有 $\alpha_k - \phi$ 远离 0，则最大值可能小于 1。
例如，如果 $\phi = \pi/6$，则 $\alpha_k - \phi$：对于 $k=0$：$\pi/6 - \pi/6 =0$，$\cos=1$
$k=1$：$\pi/2 - \pi/6 = \pi/3$，$\cos=0.5$
$k=2$：$5\pi/6 - \pi/6 = 4\pi/6=2\pi/3$，$\cos=-0.5$
等等，因此最大值为 1。
类似地，如果 $\phi=0$，则 $k=0$：$\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2 \approx 0.866$
$k=1$：0，等等，因此最大值约为 0.866。
为了最小化 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$，我需要选择 $\phi$ 使得没有 $\alpha_k - \phi$ 接近 0 模 $2\pi$。
实际上，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi)$ 的最小值。
由于 $\cos$ 是偶函数且在 0 处最大，因此最大值在某个 $\alpha_k$ 最接近 $\phi$ 时取得。
实际上，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \max_k \cos( |\alpha_k - \phi| )$，但由于 $\cos$ 是偶函数且递减，因此等于 $\cos( \min_k |\alpha_k - \phi| )$
是的，因为 $\cos$ 在 $[0,\pi]$ 上递减。
因此，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( \min_k |\alpha_k - \phi| )$
而 $\min_k |\alpha_k - \phi|$ 是 $\phi$ 到集合 ${ \alpha_k }$ 的距离。
集合 ${ \alpha_k }$ 是圆上间隔 $\pi/3$ 的点。
圆上两点之间的最小距离是 $\pi/3$，但到集合的距离是到最近点的距离。
对于圆上的点集，到集合的最大最小距离（即覆盖半径）。
这里我需要关于 $\phi$ 最小化 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( d(\phi) )$，其中 $d(\phi)$ 是 $\phi$ 到最近 $\alpha_k$ 的距离。
由于 $\cos$ 递减，最小化 $\cos(d(\phi))$ 等价于最大化 $d(\phi)$，即到集合的距离。
因此，我需要最大化到集合 ${ \alpha_k }$ 的最小距离。
换句话说，找到与所有 $\alpha_k$ 尽可能远的点 $\phi$。
在六边形对称的圆上，这样的点是角度位于两个 $\alpha_k$ 中间的点。
例如，在 $\alpha_0 = \pi/6$ 和 $\alpha_1 = \pi/2 = 3\pi/6$ 之间，中点为 $(\pi/6 + 3\pi/6)/2 = 4\pi/12 = \pi/3$
类似地，在 $\alpha_1 = 3\pi/6$ 和 $\alpha_2 = 5\pi/6$ 之间，中点为 $(3\pi/6 + 5\pi/6)/2 = 8\pi/12 = 2\pi/3$
在 $\alpha_2$ 和 $\alpha_3$ 之间：$\alpha_2 = 5\pi/6 = 10\pi/12$，$\alpha_3 = 7\pi/6 = 14\pi/12$，中点为 $(10\pi/12 + 14\pi/12)/2 = 24\pi/24 = \pi$，等等 $24\pi/24 = \pi$，但 $\pi$ 是 $\alpha_k$ 之一吗？$\alpha_k$ 为 $\pi/6, \pi/2, 5\pi/6, 7\pi/6$ 等，没有 $\pi$，但 $\pi$ 是 $\beta_m$ 之一，但这里不是。
$\alpha_2 = 5\pi/6$，$\alpha_3 = 7\pi/6$，差值 $7\pi/6 - 5\pi/6 = 2\pi/6 = \pi/3$，中点为 $(5\pi/6 + 7\pi/6)/2 = 12\pi/12 = \pi$
类似地，在 $\alpha_3 = 7\pi/6$ 和 $\alpha_4 = 9\pi/6 = 3\pi/2$ 之间：$(7\pi/6 + 9\pi/6)/2 = 16\pi/12 = 4\pi/3$
在 $\alpha_4$ 和 $\alpha_5$ 之间：$\alpha_4 = 9\pi/6 = 3\pi/2$，$\alpha_5 = 11\pi/6$，中点为 $(3\pi/2 + 11\pi/6)/2 = (9\pi/6 + 11\pi/6)/2 = 20\pi/12 = 5\pi/3$
在 $\alpha_5$ 和 $\alpha_0$ 之间：$\alpha_5 = 11\pi/6$，$\alpha_0 = \pi/6 = 13\pi/6$ 模 $2\pi$？$\pi/6$ 等同于 $13\pi/6$？不，$\pi/6$ 和 $11\pi/6$ 相差 $11\pi/6 - \pi/6 = 10\pi/6 = 5\pi/3$，但圆上较短弧为 $\min(5\pi/3, 2\pi - 5\pi/3) = \min(5\pi/3, \pi/3) = \pi/3$，中点为 $\alpha_5 + \frac{1}{2} \times \text{较短弧}$，但方向。
从 $\alpha_5 = 11\pi/6$ 到 $\alpha_0 = \pi/6$，顺时针方向为从 $11\pi/6$ 到 $2\pi$ 再到 $\pi/6$，距离 $\pi/6 - (- \pi/6)$？角度：从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 顺时针：$11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$ 是 $\pi/6$，然后到 $\pi/6$ 是 0，总距离 $\pi/6$，但这是顺时针方向，而逆时针方向为 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$：$\pi/6 - 11\pi/6 = -10\pi/6 = -5\pi/3$，绝对值 $5\pi/3$，因此较短弧为顺时针方向 $\pi/6$？从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 的弧：如果沿增加方向，从 $11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$，再到 $\pi/6$，但 $\pi/6$ 小于 $11\pi/6$？角度模 $2\pi$，因此从 $11\pi/6$ 到 $\pi/6$ 的较小角度为 $\min( |11\pi/6 - \pi/6|, 2\pi - |10\pi/6| ) = \min(10\pi/6, 2\pi - 10\pi/6) = \min(5\pi/3, 12\pi/6 - 10\pi/6 = 2\pi/6 = \pi/3) = \pi/3$
是的，弧长为 $\pi/3$，中点为？沿较短弧的中点。
从 $\alpha_5 = 11\pi/6$ 到 $\alpha_0 = \pi/6$，沿增加角度方向：从 $11\pi/6$ 到 $12\pi/6 = 2\pi$，再到 $\pi/6$，但 $\pi/6$ 等同于 $13\pi/6$，因此从 $11\pi/6$ 到 $13\pi/6$ 是 $2\pi/6 = \pi/3$，中点为 $11\pi/6 + \pi/6 = 12\pi/6 = 2\pi$，即 0。
由于对称，中点为 0、$\pi/3$、$2\pi/3$、$\pi$、$4\pi/3$、$5\pi/3$。
之前有 $\pi/3$、$2\pi/3$、$\pi$、$4\pi/3$、$5\pi/3$ 和 0。
是的。
在这些点，到最近 $\alpha_k$ 的距离是多少。
例如，在 $\phi = 0$ 时，最近点为 $\alpha_0 = \pi/6$ 和 $\alpha_5 = 11\pi/6$，距离为 $|0 - \pi/6| = \pi/6$，以及 $|0 - 11\pi/6| = 11\pi/6$，但较小值为 $\min(\pi/6, 11\pi/6 - 2\pi)$？$11\pi/6 - 2\pi = -\pi/6$，绝对值 $\pi/6$，因此距离为 $\pi/6$。
类似地，在 $\phi = \pi/3$ 时，最近点：$\alpha_0 = \pi/6$，距离 $|\pi/3 - \pi/6| = \pi/6$
$\alpha_1 = \pi/2 = 3\pi/6$，距离 $|3\pi/6 - 2\pi/6| = \pi/6$
其他点更远。
类似地，所有中点的距离均为 $\pi/6$。
而 $\alpha_k$ 本身的距离为 0。
因此，最大最小距离为 $\pi/6$，在 $\phi$ 为中点时取得。
此时，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos( \pi/6 ) = \sqrt{3}/2$
因此，对于第二类临界点，$\max_k g(y_k) = \max_k 6 \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$，与之前 $t=0$ 时相同。
但这是针对固定的 $\phi$，而 $\phi = t/6$，因此当 $t$ 使得 $\phi$ 为中点时，例如 $\phi = 0$，即 $t=0$，或 $\phi = \pi/3$，即 $t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，等同于 0。
$\phi = \pi/3$，$t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，相同。
但在这些点，$\max_k 6 \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \cos(\pi/6)$？不。
当 $\phi = \pi/3$ 时，$\min_k |\alpha_k - \phi| = \pi/6$，因此 $\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos(\pi/6) = \sqrt{3}/2$，是的。
但这是第二类临界点处的最大值。
但还有第一类临界点，其值可能更大。
例如，当 $t=0$，$\phi=0$，则 $g(y_k)$ 的最大值为 $6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3} \approx 5.196$
对于第一类临界点，$g(x_m) = 4 \cos( \beta_m )$，其中 $\beta_m = 0, \pi/2, \pi, 3\pi/2$，因此值为 $4 \times 1 =4$、$4 \times 0=0$、$4 \times (-1)=-4$、$4 \times 0=0$，因此最大值为 4，小于 $3\sqrt{3} \approx 5.196$。
但可能通过选择 $t$ 可以让第二类临界点处的最大值更小，但之前我认为 $\min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \sqrt{3}/2$，因此 $\min_t \max_k g(y_k) = 6 \times \sqrt{3}/2 = 3\sqrt{3}$。
但这是整体最大值吗？可能不是，因为对于其他 $t$，第二类临界点处的最大值可能更小，但第一类临界点处的值可能更大。
例如，假设我选择 $t$ 使得某个第一类临界点处的 $\cos x$ 较大。
例如，设 $t$ 使得在某个 $x_m$，$\cos x_m =1$。
例如，对于 $m=0$，$x_0 = -t/4$，设 $\cos(-t/4)=1$，因此 $-t/4 = 0 + 2\pi n$，即 $t=0$，此时 $\cos x_0 = \cos 0 =1$，$g=4 \times 1=4$，小于 $3\sqrt{3}$。
类似地，对于其他点。
但可能当第二类临界点处的最大值较小时，第一类临界点处的值较大。
例如，假设我选择 $\phi = t/6$ 使得 $\min_k |\alpha_k - \phi|$ 较大，但之前最大为 $\pi/6$，最小 $\max \cos$ 为 $\cos(\pi/6)=\sqrt{3}/2$。
但此时对于第一类临界点，$g(x_m) = 4 \cos( \beta_m - t/4)$
现在，$t/4 = (6\phi)/4 = (3/2)\phi$，而 $\phi$ 是中点，例如 $\phi=0$，则 $t=0$，如前所述。
设 $\phi = \pi/3$，则 $t/6 = \pi/3$，因此 $t = 2\pi$，等同于 $t=0$，相同。
设 $\phi = \pi$，但 $\pi$ 也是中点。
当 $\phi = \pi$，$t/6 = \pi$，因此 $t = 6\pi$，等同于 $t=0$？不，$t$ 是相移，周期为 $2\pi$，因此 $t=6\pi$ 等同于 0。
$\phi = t/6$，且 $t$ 模 $2\pi$，因此 $\phi$ 模 $2\pi /6 = \pi/3$？不。
$t$ 是实数，$\phi = t/6$，因此当 $t$ 增加 $2\pi$，$\phi$ 增加 $\pi/3$。
因此 $\phi$ 的范围是模 $\pi/3$？不，$t$ 模 $2\pi$，因此 $\phi$ 模 $(2\pi)/6 = \pi/3$。
是的，$\phi$ 在模 $\pi/3$ 下定义。
且 $\alpha_k$ 是固定的，但模 $2\pi$。
当 $\phi$ 变化时，例如 $\phi$ 从 0 到 $\pi/3$。
在 $\phi=0$ 时，如前所述。
在 $\phi = \pi/6$ 时，则 $t/6 = \pi/6$，因此 $t = \pi$
那么对于第二类临界点：$g(y_k) = 6 \cos( \alpha_k - \pi/6)$
$\alpha_0 = \pi/6$，因此 $\alpha_0 - \phi = 0$，$\cos=1$，$g=6 \times 1=6$
哦！因此当 $t = \pi$，在 $y_k$ 对应 $k=0$，$y_0 = \frac{\pi}{6} - \frac{t}{6} = \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} =0$，$\cos y_0 = \cos 0 =1$，$g=6 \times 1=6$
类似地，其他点：$k=1$：$\alpha_1 = \pi/2$，$\alpha_1 - \phi = \pi/2 - \pi/6 = \pi/3$，$\cos=\cos \pi/3=0.5$，$g=3$
等等，因此最大值为 6。
但此时第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi}{4}$
$m=0$：$-\pi/4$，$\cos(-\pi/4)=\sqrt{2}/2$，$g=4 \times \sqrt{2}/2 = 2\sqrt{2} \approx 2.828$
$m=1$：$\pi/2 - \pi/4 = \pi/4$，$\cos=\sqrt{2}/2$，$g=2\sqrt{2}$
$m=2$：$\pi - \pi/4 = 3\pi/4$，$\cos=-\sqrt{2}/2$，$g=4 \times (-\sqrt{2}/2) = -2\sqrt{2}$
$m=3$：$3\pi/2 - \pi/4 = 6\pi/4 - \pi/4 = 5\pi/4$，$\cos= \cos(225^\circ) = -\sqrt{2}/2$，$g= -2\sqrt{2}$
因此最大值为 6，大于 $t=0$ 时的值。
为了最小化最大值，我需要避免这种情况。
在 $\phi = \pi/6$ 时，$\max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \cos(0) =1$，因为 $\alpha_0 - \phi=0$。
最小值为 $\sqrt{3}/2$，在 $\phi=0$ 或 $\pi/3$ 等点取得。
但在这些点，最大值是 $3\sqrt{3} \approx 5.196$，但我需要检查第一类临界点处的值是否不超过此值。
在 $t=0$，第一类临界点处的最大值为 4，小于 $5.196$。
但可能对于其他 $t$，第一类临界点处的值更大，而第二类临界点处的值更小。
例如，设 $\phi = \pi/12$，则 $t/6 = \pi/12$，因此 $t = \pi/2$
那么对于第二类临界点：$g(y_k) = 6 \cos( \alpha_k - \pi/12)$
$\alpha_0 = \pi/6 = 2\pi/12$，因此 $\alpha_0 - \phi = 2\pi/12 - \pi/12 = \pi/12$，$\cos \pi/12 = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \approx 0.9659$，$g=6 \times 0.9659 \approx 5.795$
$\alpha_1 = \pi/2 = 6\pi/12$，$\alpha_1 - \phi = 6\pi/12 - \pi/12 = 5\pi/12$，$\cos 5\pi/12 = \cos 75^\circ = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \approx 0.2588$，$g \approx 1.553$
$\alpha_2 = 5\pi/6 = 10\pi/12$，$\alpha_2 - \phi = 10\pi/12 - \pi/12 = 9\pi/12 = 3\pi/4$，$\cos = \cos 135^\circ = -\sqrt{2}/2 \approx -0.707$，$g \approx -4.242$
等等，因此最大值约为 5.795，大于 $t=0$ 时的 $5.196$。
现在，对于第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi/2}{4} = \frac{m\pi}{2} - \frac{\pi}{8}$
$m=0$：$-\pi/8$，$\cos = \cos(-\pi/8) = \cos \pi/8 = \cos 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1+\cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1+\sqrt{2}/2}{2}} \approx \sqrt{0.9239/2}$ 等等，标准值 $\cos 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1 + \cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \sqrt{2}/2}{2}} = \sqrt{\frac{2 + \sqrt{2}}{4}} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} \approx 0.9239$
因此 $g=4 \times 0.9239 \approx 3.6956$
$m=1$：$\pi/2 - \pi/8 = 3\pi/8$，$\cos 3\pi/8 = \cos 67.5^\circ = \sin 22.5^\circ = \sqrt{\frac{1 - \cos 45^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1 - \sqrt{2}/2}{2}} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2} \approx 0.3827$，$g=4 \times 0.3827 \approx 1.5308$
$m=2$：$\pi - \pi/8 = 7\pi/8$，$\cos = \cos 157.5^\circ = -\cos 22.5^\circ \approx -0.9239$，$g \approx -3.6956$
$m=3$：$3\pi/2 - \pi/8 = 12\pi/8 - \pi/8 = 11\pi/8$，$\cos = \cos 247.5^\circ = -\cos 67.5^\circ \approx -0.3827$，$g \approx -1.5308$
因此第一类临界点处的最大值为约 3.7，小于第二类临界点处的 5.795。
在 $\phi=0$ 时，第二类临界点处的最大值为 5.196，第一类为 4。
但可能当第二类临界点处的最大值较小时，第一类临界点处的值更大，但 4 已经小于 5.196。
但也许在某个 $t$，第二类临界点处的最大值大于 $\sqrt{3}/2$？不，最小值为 $\sqrt{3}/2$，在 $\phi=0$ 时取得。
但 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，但在该点整体最大值至少为此值，可能等于此值，因为第一类临界点处的值更小。
但为了确认，我需要确保在 $t=0$ 时，全局最大值确实是 $3\sqrt{3}$。
在 $t=0$，$g(x) = 5\cos x - \cos 5x$
之前我们有 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x = 20u^3 - 16u^5$（$u=\cos x$）
设 $h(u) = -16u^5 + 20u^3 = 4u^3 (5 - 4u^2)$
对于 $u \in [-1,1]$
求导：$h'(u) = -80u^4 + 60u^2 = 20u^2 (3 - 4u^2)$
令导数为零：$u=0$ 或 $u^2 = 3/4$，即 $u = \pm \sqrt{3}/2$
在 $u=0$，$h=0$
在 $u=\sqrt{3}/2$，$h = 4 (\sqrt{3}/2)^3 (5 - 4 \times (3/4)) = 4 \times (3\sqrt{3}/8) (5 - 3) = 4 \times \frac{3\sqrt{3}}{8} \times 2 = 4 \times \frac{6\sqrt{3}}{8} = 4 \times \frac{3\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}$
计算：
$(\sqrt{3}/2)^3 = (\sqrt{3})^3 / 8 = 3\sqrt{3}/8$
因此 $4 \times 3\sqrt{3}/8 = 12\sqrt{3}/8 = 3\sqrt{3}/2$
然后 $(5 - 4u^2) = 5 - 4 \times (3/4) = 5 - 3 = 2$
因此 $h = (3\sqrt{3}/2) \times 2 = 3\sqrt{3}$
类似地，在 $u=-\sqrt{3}/2$，$h = 4 (-\sqrt{3}/2)^3 (5 - 4 \times (3/4)) = 4 \times (-3\sqrt{3}/8) \times 2 = 4 \times (-6\sqrt{3}/8) = 4 \times (-3\sqrt{3}/4) = -3\sqrt{3}$
在端点 $u=\pm1$，$h(1) = -16+20=4$，$h(-1)=16-20=-4$
因此最大值确实是 $3\sqrt{3} \approx 5.196$
但这是针对 $t=0$ 的情况，而在问题中，我可以选择 $t$ 来最小化最大值。
在 $t=0$ 时，最大值为 $3\sqrt{3}$，但可能通过选择 $t \
eq 0$，最大值可以更小。
例如，之前当 $t=\pi$，最大值是 6，更大。
但也许存在某个 $t$ 使得最大值小于 $3\sqrt{3}$。
例如，假设我设 $t$ 使得在临界点处值平衡。
注意在临界点处，$g(x)$ 为 $4\cos x$ 或 $6\cos x$，且 $\cos x$ 取决于位置。
但可能当所有临界值都相等时取得最小值。
假设在某个 $t$，所有第二类临界点处的 $g(y_k)$ 都等于某个常数，但可能不成立，因为余弦值不同。
最大值至少是第二类临界点处的最大值，而 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，如我们所见，在 $\phi=0$ 时取得。
但可能对于某些 $t$，虽然 $\max_k g(y_k) \geq 3\sqrt{3}$，但整体最大值可能更小，如果第一类临界点处的值更小，但整体最大值至少是 $\max_k g(y_k)$，因此至少为 $3\sqrt{3}$。
是的！因为对于任何 $t$，第二类临界点存在，且在它们处 $g(x) = 6\cos x$，因此 $g(x)$ 的最大值至少是第二类临界点处 $|6\cos x|$ 的最大值，但实际上是最大值，因此至少是第二类临界点处的最大值。
更准确地说：对于固定的 $t$，$\max_x g(x) \geq \max_{k} g(y_k)$，因为 $y_k$ 是临界点。
而 $\max_k g(y_k) = \max_k 6 \cos( y_k ) = 6 \max_k \cos( \alpha_k - t/6)$
而 $\min_t \max_k \cos( \alpha_k - t/6) = \min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = \sqrt{3}/2$，如之前计算。
因此 $\min_t \max_x g(x) \geq \min_t \max_k g(y_k) = \min_t \left[ 6 \max_k \cos( \alpha_k - t/6) \right] = 6 \times \min_\phi \max_k \cos( \alpha_k - \phi) = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$
在 $t=0$ 时，我们实现了等式成立，因为最大值是 $3\sqrt{3}$，在第二类临界点处取得，例如 $y_0 = \pi/6$，$g=6 \times \cos(\pi/6)=6 \times \sqrt{3}/2=3\sqrt{3}$
而在其他点，值更小。
因此，最小可能的上界 $b$ 是 $3\sqrt{3}$。
但问题是关于 $5\cos x - \cos(5x + t) \leq b$，而我们得到对于 $t=0$，最大值是 $3\sqrt{3}$，且对于任何 $t$，最大值至少为 $3\sqrt{3}$，因此最小 $b$ 是 $3\sqrt{3}$。
但让我确认在 $t=0$ 时，对所有 $x$ 是否满足 $g(x) \leq 3\sqrt{3}$。
由表达式 $h(u) = -16u^5 + 20u^3$，我们计算了最大值 $3\sqrt{3} \approx 5.196$，且在 $u=\pm1$ 时为 4，小于此值，因此成立。
为了彻底验证，是否存在某个 $t$ 使得最大值小于 $3\sqrt{3}$？
假设存在，那么对于该 $t$，$\max_k g(y_k) < 3\sqrt{3}$，但 $\min_t \max_k g(y_k) = 3\sqrt{3}$，因此不可能。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但问题要求的是上界 $b$，且存在 $t$（例如 $t=0$）使得对所有 $x$ 有 $g(x) \leq 3\sqrt{3}$，而对于更小的 $b$，无论 $t$ 如何，最大值都大于 $b$。
因此，答案应为 $3\sqrt{3}$。
但让我用另一种方法确认。
我可以考虑函数 $g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$
使用余弦展开：$\cos(5x + t) = \cos 5x \cos t - \sin 5x \sin t$
因此 $g(x) = 5\cos x - \cos 5x \cos t + \sin 5x \sin t$
为了最小化最大值，我可以将其视为关于 $x$ 的函数，并关于 $t$ 最小化其上确界。
注意 $g(x)$ 可以写成 $A \cos x + B \sin x$ 加上更高频率的项，但或许可以求最大值。
由于我们知道临界点，且已涵盖。
另一种思路：最大值是 $t$ 的函数，我们需要其最小值。
但我觉得已经合理。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但最初的问题是关于 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，但随后是 $5\cos x - \cos(5x + t)$，而我们找到对于 $t=0$，$b=3\sqrt{3}$。
但或许对于其他 $t$，最大值可以更小，但我们看到不能。
假设我设 $t$ 使得 $\cos(5x + t)$ 与 $\cos x$ 同相，但频率不同。
例如，在 $x=0$，$g(0) = 5\cos 0 - \cos t = 5 - \cos t$
在 $x=\pi/2$，$g(\pi/2) = 5\cos \pi/2 - \cos(5\pi/2 + t) = 0 - \cos(\pi/2 + 2\pi + t)$ 等等，$\cos(5\pi/2 + t) = \cos(\pi/2 + 2\pi + t) = \cos(\pi/2 + t) = -\sin t$
因此 $g(\pi/2) = - ( -\sin t) = \sin t$？$g(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$，因此在 $x=\pi/2$，$= 5 \times 0 - \cos(5\pi/2 + t) = - \cos(2\pi + \pi/2 + t) = - \cos(\pi/2 + t) = - (-\sin t) = \sin t$
类似地，在 $x=0$，$g(0) = 5 \times 1 - \cos(0 + t) = 5 - \cos t$
为了有上界，但无直接帮助。
我认为我们的推理是可靠的。
因此，最小 $b$ 为 $3\sqrt{3}$。
但让我框出答案。
因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$。
但为了精确，或许可以写成分数形式，但 $3\sqrt{3}$ 已足够。
由于是常数，因此没有问题。
因此，答案应为 $3\sqrt{3}$。
但在问题中，是“求 $b$ 的最小值”，而在条件中，要求对所有 $x$ 满足 $5\cos x - \cos(5x + t) \leq b$，存在 $t$ 使得成立，且 $b$ 最小。
而我们找到 $b = 3\sqrt{3}$，在 $t=0$ 时成立。
或许他们想要数值，但符号形式更好。
因此，我认为这就是答案。
答案：$\boxed{3\sqrt{3}}$
给定函数 $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$，要求存在常数 $t$ 使得对任意 $x$，不等式 $5\cos x - \cos(5x + t) \leq b$ 成立，并求 $b$ 的最小值。
定义函数 $g_t(x) = 5\cos x - \cos(5x + t)$。目标是求 $\min_t \max_x g_t(x)$，即 $b$ 的最小值。由于 $g_t(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的函数，只需考虑 $x \in [0, 2\pi)$。
求临界点
对 $g_t(x)$ 求导：
$$g_t'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + t) = 5[\sin(5x + t) - \sin x].$$
令导数为零：
$$\sin(5x + t) = \sin x.$$
解此方程，有两种情况：
- $5x + t = x + 2k\pi$，即 $4x + t = 2k\pi$，解得 $x = \frac{2k\pi - t}{4}$。
- $5x + t = \pi - x + 2k\pi$，即 $6x + t = (2k+1)\pi$，解得 $x = \frac{(2k+1)\pi - t}{6}$.
在临界点处，函数值分别为：
- 对于第一类临界点：$\cos(5x + t) = \cos x$，故 $g_t(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x$。
- 对于第二类临界点：$\cos(5x + t) = -\cos x$，故 $g_t(x) = 5\cos x - (-\cos x) = 6\cos x$.
分析临界点
- 第一类临界点：$x_m = \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4}$，$m = 0, 1, 2, 3$，对应 $g_t(x_m) = 4 \cos\left( \frac{m\pi}{2} - \frac{t}{4} \right)$。
- 第二类临界点：$x_k = \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6}$，$k = 0, 1, 2, 3, 4, 5$，对应 $g_t(x_k) = 6 \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{6} - \frac{t}{6} \right)$.
角度 $\alpha_k = \frac{(2k+1)\pi}{6}$ 在单位圆上均匀分布，间隔为 $\frac{\pi}{3}$。令 $\psi = \frac{t}{6}$，则 $g_t(x_k) = 6 \cos(\alpha_k - \psi)$。需求 $\min_\psi \max_k \cos(\alpha_k - \psi)$。
设 $\delta_k$ 为 $\alpha_k - \psi$ 模 $2\pi$ 的最小角度距离（$|\delta_k| \leq \pi$)，则 $\cos(\alpha_k - \psi) = \cos(\delta_k)$。由于 $\cos$ 在 $[0, \pi]$ 上递减，$\max_k \cos(\delta_k) = \cos(d(\psi))$，其中 $d(\psi) = \min_k |\delta_k|$。最小化 $\max_k \cos(\delta_k)$ 等价于最大化 $d(\psi)$。
六个点 $\alpha_k$ 的角度为 $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}, \frac{11\pi}{6}$（即 $30^\circ, 90^\circ, 150^\circ, 210^\circ, 270^\circ, 330^\circ$)，均匀分布在圆上，相邻点间隔 $\frac{\pi}{3}$。覆盖半径（最大最小距离）为 $\frac{\pi}{6}$（在两点中点处达到）。因此：
$$\min_\psi \max_k \cos(\alpha_k - \psi) = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$
于是：
$$\min_t \max_k g_t(x_k) = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}.$$
故 $\min_t \max_x g_t(x) \geq 3\sqrt{3}$.
验证 $t = 0$ 时的情况
当 $t = 0$，$g_0(x) = 5\cos x - \cos 5x$。利用恒等式 $\cos 5x = 16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x$，得：
$$g_0(x) = 5\cos x - (16\cos^5 x - 20\cos^3 x + 5\cos x) = -16\cos^5 x + 20\cos^3 x.$$
令 $u = \cos x \in [-1, 1]$，则 $h(u) = 20u^3 - 16u^5$。求导：
$$h'(u) = 60u^2 - 80u^4 = 20u^2(3 - 4u^2).$$
临界点为 $u = 0$，$u = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$。计算函数值：
- $u = 0$：$h(0) = 0$,
- $u = \frac{\sqrt{3}}{2}$：$h\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 20 \left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right) - 16 \left(\frac{9\sqrt{3}}{32}\right) = \frac{60\sqrt{3}}{8} - \frac{144\sqrt{3}}{32} = \frac{15\sqrt{3}}{2} - \frac{9\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$,
- $u = -\frac{\sqrt{3}}{2}$：$h\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -3\sqrt{3}$,
- 端点：$h(1) = 4$，$h(-1) = -4$.
最大值为 $3\sqrt{3} \approx 5.196 > 4$，在 $u = \frac{\sqrt{3}}{2}$（即 $x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi$ 等）处达到。此时，第二类临界点 $x_k = \frac{(2k+1)\pi}{6}$ 中，$k=0$ 时 $x = \frac{\pi}{6}$，$g_0\left(\frac{\pi}{6}\right) = 6 \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$。第一类临界点值均不超过 $3\sqrt{3}$（例如 $x=0$ 时 $g_0(0) = 4 < 3\sqrt{3}$)。因此，$\max_x g_0(x) = 3\sqrt{3}$.
最小性证明
若 $b < 3\sqrt{3}$，则对任意 $t$，存在第二类临界点 $x_k$ 使得 $g_t(x_k) = 6 \cos(\alpha_k - \psi) \geq 3\sqrt{3} > b$（因为 $\min_t \max_k g_t(x_k) = 3\sqrt{3}$)，故不等式不成立。因此，$b$ 的最小值为 $3\sqrt{3}$，且在 $t = 0$ 时达到。
$$\boxed{3\sqrt{3}}$$
