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创作者：YYF LINK（此为转载，版权为YYF LINK所有，原文出处）
本文研究蚂蚁在圆柱体表面从一点到其正对点（主视图最左下到最右上）的最短路径问题，通过将路径分解为底面弦与侧面展开图直线，建立总长度关于底面圆心角 Θ的目标函数 L(Θ)利用微分法求得驻点，通过二阶导数严格证明内部驻点均为局部极大值，从而确定全局最小值仅在区间端点取得。比较两端点路径长度，得到最短路径的判别准则。本文推导严谨，结论简洁明确。
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一、问题溯源
有一个底面半径为 rrr，高为 hhh 的圆柱，AAA 是底面圆周上的一点，在主视图最左下角；BBB 为顶面圆周上一点，在主视图最右上角。一只蚂蚁从 AAA 出发，可在圆柱表面自由爬行，求其爬至 BBB 点的最短路径。
二、表示总长度
设蚂蚁从 AAA 沿底面某一条弦走到底面圆周上一点 PPP，再由 PPP 沿侧面最短路径至 BBB。设底面圆心为 OOO，弧 APAPAP 的圆心角为 θ\thetaθ，即 ∠AOP=θ\angle AOP=\theta∠AOP=θ（0≤θ≤π0\leq \theta \leq \pi0≤θ≤π）。
如图为蚂蚁路线及圆柱体沿高 PP′PP'PP′ 切割的侧面展开图。图中 P′B′=P′B^P'B'=\widehat{P'B}P′B′=P′B，则总长度 L(θ)=AP+PB′L(\theta)=AP+PB'L(θ)=AP+PB′.
计算底面弦长 APAPAP：
OA=OP=rOA=OP=rOA=OP=r，在等腰 △AOP\triangle AOP△AOP 中，顶角为 θ\thetaθ。取 APAPAP 的中点 MMM，连结 OMOMOM。
因为等腰三角形三线合一，则 ∠AOM=θ/2\angle AOM=\theta/2∠AOM=θ/2。
由正弦定义，sinθ2=AMr\sin \frac{\theta}{2}=\frac{AM}{r}sin2θ =rAM
∴AM=rsinθ2\therefore AM=r\sin \frac{\theta}{2}∴AM=rsin2θ
∴AP=2AM=2rsinθ2\therefore AP=2AM=2r\sin \frac{\theta}{2}∴AP=2AM=2rsin2θ
计算侧面长 B′P′B'P'B′P′：
∵AC\because AC∵AC 为直径，PP′PP'PP′ 是圆柱的一条高
∴\therefore∴ 显然弧 P′BP'BP′B 与弧 PCPCPC 长度相等。
又 ∵AC\because AC∵AC 是直径
∴\therefore∴ 弧 APAPAP 与弧 P′BP'BP′B 的度数之和为 180∘180^\circ180∘
∵∠AOP=θ\because \angle AOP=\theta∵∠AOP=θ
∴AP^=rθ\therefore \widehat{AP}=r\theta∴AP=rθ，P′B^=r(π−θ)\widehat{P'B}=r(\pi-\theta)P′B=r(π−θ)
∴P′B′=r(π−θ)\therefore P'B'=r(\pi-\theta)∴P′B′=r(π−θ)
∴PB′=[r(π−θ)]2+h2\therefore PB'=\sqrt{[r(\pi-\theta)]^2+h^2}∴PB′=[r(π−θ)]2+h2
∴\therefore∴ 总长度 L(θ)=2rsinθ2+[r(π−θ)]2+h2L(\theta)=2r\sin \frac{\theta}{2}+\sqrt{[r(\pi-\theta)]^2+h^2}L(θ)=2rsin2θ +[r(π−θ)]2+h2 ，θ∈[0,π]\theta\in[0,\pi]θ∈[0,π] (1)
三、求驻点
对 θ\thetaθ 求导（链式求导）：
L′(θ)=rcosθ2−12[r2(π−θ)2]−1/2⋅ddθ[r2(π−θ)2+h2]L'(\theta)=r\cos \frac{\theta}{2}-\frac{1}{2}[r^2(\pi-\theta)^2]^{-1/2}\cdot \frac{d}{d\theta}[r^2(\pi-\theta)^2+h^2]L′(θ)=rcos2θ −21 [r2(π−θ)2]−1/2⋅dθd [r2(π−θ)2+h2]
=rcosθ2−12r2(π−θ)2+h2⋅[−r2⋅2(π−θ)]=r\cos \frac{\theta}{2}-\frac{1}{2\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}\cdot[-r^2\cdot 2(\pi-\theta)]=rcos2θ −2r2(π−θ)2+h2 1 ⋅[−r2⋅2(π−θ)]
=rcosθ2−−r2(π−θ)r2(π−θ)2+h2=r\cos \frac{\theta}{2}-\frac{-r^2(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=rcos2θ −r2(π−θ)2+h2 −r2(π−θ) (2)
令 L′(θ)=0L'(\theta)=0L′(θ)=0，得方程：
rcosθ2−−r2(π−θ)r2(π−θ)2+h2=0r\cos \frac{\theta}{2}-\frac{-r^2(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=0rcos2θ −r2(π−θ)2+h2 −r2(π−θ) =0
rcosθ2=−r2(π−θ)r2(π−θ)2+h2r\cos \frac{\theta}{2}=\frac{-r^2(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}rcos2θ =r2(π−θ)2+h2 −r2(π−θ)
−r(π−θ)r2(π−θ)2+h2=cosθ2\frac{-r(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=\cos \frac{\theta}{2}r2(π−θ)2+h2 −r(π−θ) =cos2θ （3）
四、判定驻点非全局最小值
1.求二阶导数
第一项：原式 =−r2sinθ2=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}=−2r sin2θ
第二项：原式 =r2h2[r2(π−θ)2+h2]3/2=\frac{r^2 h^2}{[r^2(\pi-\theta)^2+h^2]^{3/2}}=[r2(π−θ)2+h2]3/2r2h2
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r2h2[r2(π−θ)2+h2]3/2\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^2 h^2}{[r^2(\pi-\theta)^2+h^2]^{3/2}}∴L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2+h2]3/2r2h2
2.求解 hhh 并代入
由(3): −r(π−θ)r2(π−θ)2+h2=cosθ2\frac{-r(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=\cos \frac{\theta}{2}r2(π−θ)2+h2 −r(π−θ) =cos2θ
r2(π−θ)2=cos2θ2⋅[r2(π−θ)2+h2]r^2(\pi-\theta)^2=\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot [r^2(\pi-\theta)^2+h^2]r2(π−θ)2=cos22θ ⋅[r2(π−θ)2+h2]
r2(π−θ)2=cos2θ2⋅[r2(π−θ)2]+cos2θ2⋅h2r^2(\pi-\theta)^2=\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot [r^2(\pi-\theta)^2]+\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2r2(π−θ)2=cos22θ ⋅[r2(π−θ)2]+cos22θ ⋅h2
cos2θ2⋅h2=r2(π−θ)2−cos2θ2⋅[r2(π−θ)2]\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2=r^2(\pi-\theta)^2-\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot [r^2(\pi-\theta)^2]cos22θ ⋅h2=r2(π−θ)2−cos22θ ⋅[r2(π−θ)2]
cos2θ2⋅h2=r2(π−θ)2(1−cos2θ2)\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2=r^2(\pi-\theta)^2(1-\cos^2 \frac{\theta}{2})cos22θ ⋅h2=r2(π−θ)2(1−cos22θ ) （4）
∵sin2x+cos2x=1\because \sin^2 x+\cos^2 x=1∵sin2x+cos2x=1
所以 cos2θ2⋅h2=r2(π−θ)2sin2θ2\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2=r^2(\pi-\theta)^2\sin^2 \frac{\theta}{2}cos22θ ⋅h2=r2(π−θ)2sin22θ
∵sin2(θ/2)cos2(θ/2)=tan2θ2\because \frac{\sin^2(\theta/2)}{\cos^2(\theta/2)}=\tan^2 \frac{\theta}{2}∵cos2(θ/2)sin2(θ/2) =tan22θ
∴h2=r2(π−θ)2tan2θ2\therefore h^2=r^2(\pi-\theta)^2\tan^2 \frac{\theta}{2}∴h2=r2(π−θ)2tan22θ
∵h>0,θ∈(0,π)\because h>0,\theta\in(0,\pi)∵h>0,θ∈(0,π)
所以 h=r(π−θ)tanθ2h=r(\pi-\theta)\tan \frac{\theta}{2}h=r(π−θ)tan2θ （5）
将（5）代入（4）：L′′(θ)=−r2sinθ2+r2⋅r2(π−θ)2tan2(θ/2)[r2(π−θ)2+r2(π−θ)2tan2(θ/2)]3/2L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^2\cdot r^2(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)}{[r^2(\pi-\theta)^2+r^2(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)]^{3/2}}L′′(θ)=−2r sin2θ
+[r2(π−θ)2+r2(π−θ)2tan2(θ/2)]3/2r2⋅r2(π−θ)2tan2(θ/2)
L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2(θ/2)[r2(π−θ)2(1+tan2(θ/2))]3/2L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^4(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)}{[r^2(\pi-\theta)^2(1+\tan^2(\theta/2))]^{3/2}}L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2(1+tan2(θ/2))]3/2r4(π−θ)2tan2(θ/2)
L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2(θ/2)[r2(π−θ)2(1+tan2(θ/2))]3/2L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^4(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)}{[r^2(\pi-\theta)^2(1+\tan^2(\theta/2))]^{3/2}}L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2(1+tan2(θ/2))]3/2r4(π−θ)2tan2(θ/2)
∵tan2x****ec2x\because \tan^2 x+1=\sec^2 x∵tan2x****ec2x
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2(θ/2)[r2(π−θ)2sec2(θ/2)]3/2\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^4(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)}{[r^2(\pi-\theta)^2\sec^2(\theta/2)]^{3/2}}∴L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2sec2(θ/2)]3/2r4(π−θ)2tan2(θ/2)
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2(θ/2)r3(π−θ)3sec3(θ/2)\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r^4(\pi-\theta)^2\tan^2(\theta/2)}{r^3(\pi-\theta)^3\sec^3(\theta/2)}∴L′′(θ)=−2r sin2θ +r3(π−θ)3sec3(θ/2)r4(π−θ)2tan2(θ/2)
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+rtan2(θ/2)(π−θ)sec3(θ/2)\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r\tan^2(\theta/2)}{(\pi-\theta)\sec^3(\theta/2)}∴L′′(θ)=−2r sin2θ +(π−θ)sec3(θ/2)rtan2(θ/2)
∵secx=1cosx\because \sec x=\frac{1}{\cos x}∵secx=cosx1 ，tanx=sinxcosx\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}tanx=cosxsinx
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+rsin2(θ/2)cos(θ/2)(π−θ)=rsinθ2(−12+sin2(θ/2)cos(θ/2)π−θ)\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r\sin^2(\theta/2)\cos(\theta/2)}{(\pi-\theta)}=r\sin \frac{\theta}{2}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sin^2(\theta/2)\cos(\theta/2)}{\pi-\theta}\right)∴L′′(θ)=−2r
sin2θ +(π−θ)rsin2(θ/2)cos(θ/2) =rsin2θ (−21 +π−θsin2(θ/2)cos(θ/2) )
∵sinθ2cosθ2=12sinθ\because \sin \frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2}=\frac{1}{2}\sin\theta∵sin2θ cos2θ =21 sinθ
∴L′′(θ)=rsin(θ/2)2(sinθπ−θ−1)\therefore L''(\theta)=\frac{r\sin(\theta/2)}{2}\left(\frac{\sin\theta}{\pi-\theta}-1\right)∴L′′(θ)=2rsin(θ/2) (π−θsinθ −1) （6）
3.证明全局最小
我们需要证明 θ∈(0,π)\theta\in(0,\pi)θ∈(0,π) 时，sinθπ−θ<1\frac{\sin\theta}{\pi-\theta}<1π−θsinθ <1，即 sinθ<π−θ\sin\theta<\pi-\thetasinθ<π−θ
令 g(θ)=π−θ−sinθg(\theta)=\pi-\theta-\sin\thetag(θ)=π−θ−sinθ，
则 g′(θ)=−1−cosθ≤0g'(\theta)=-1-\cos\theta\leq 0g′(θ)=−1−cosθ≤0
∴g(θ)\therefore g(\theta)∴g(θ) 在 (0,π)(0,\pi)(0,π) 上严格递减
且 g(0)=πg(0)=\pig(0)=π，g(π)=0g(\pi)=0g(π)=0
∴\therefore∴ 在 (0,π)(0,\pi)(0,π) 上，g(θ)>0g(\theta)>0g(θ)>0
所以 π−θ−sinθ>0\pi-\theta-\sin\theta>0π−θ−sinθ>0，即 π−θ>sinθ\pi-\theta>\sin\thetaπ−θ>sinθ （7）
将（7）代入（6），则 L′′(θ)<0L''(\theta)<0L′′(θ)<0.
在任意驻点 θ∈(0,π)\theta\in(0,\pi)θ∈(0,π) 处，L′′(θ)<0L''(\theta)<0L′′(θ)<0，所以该驻点是局部极大值，不可能是局部最小值。因此，L(θ)L(\theta)L(θ) 的全局最小值只能在区间端点取得。即路程最小时，θ\thetaθ 的值只能为 000 或 π\piπ。
五、精确结果
端点 θ=0\theta=0θ=0：L(0)=π2r2+h2L(0)=\sqrt{\pi^2 r^2+h^2}L(0)=π2r2+h2
端点 θ=π\theta=\piθ=π：L(π)=2r+hL(\pi)=2r+hL(π)=2r+h
令两者相等，得 h=π2−44rh=\frac{\pi^2-4}{4}rh=4π2−4 r
因此最终判别规则为：
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【预告】我们即将开始研究蚂蚁圆台问题，具体内容详见此贴。
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