“蚂蚁圆柱问题”最优路径判别及解析

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零叁柒
永恒钻石出题人

2026-07-01 11:13:11

发布于：浙江

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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。

一、问题溯源

有一个底面半径为 rr，高为 hh 的圆柱，AA 是底面圆周上的一点，在主视图最左下角；BB 为顶面圆周上一点，在主视图最右上角。一只蚂蚁从 AA 出发，可在圆柱表面自由爬行，求其爬至 BB 点的最短路径。

二、表示总长度
设蚂蚁从 AA 沿底面某一条弦走到底面圆周上一点 PP，再由 PP 沿侧面最短路径至 BB。设底面圆心为 OO，弧 APAP 的圆心角为 θ\theta，即 ∠AOP=θ\angle AOP=\theta（0≤θ≤π0\leq \theta \leq \pi）。

如图为蚂蚁路线及圆柱体沿高 PP′PP' 切割的侧面展开图。图中 P′B′=P′B^P'B'=\widehat{P'B}，则总长度 L(θ)=AP+PB′L(\theta)=AP+PB'.
计算底面弦长 APAP：
OA=OP=rOA=OP=r，在等腰 △AOP\triangle AOP 中，顶角为 θ\theta。取 APAP 的中点 MM，连结 OMOM。
因为等腰三角形三线合一，则 ∠AOM=θ/2\angle AOM=\theta/2。

由正弦定义，sin⁡θ2=AMr\sin \frac{\theta}{2}=\frac{AM}{r}
∴AM=rsin⁡θ2\therefore AM=r\sin \frac{\theta}{2}
∴AP=2AM=2rsin⁡θ2\therefore AP=2AM=2r\sin \frac{\theta}{2}
计算侧面长 B′P′B'P'：
∵AC\because AC 为直径，PP′PP' 是圆柱的一条高
∴\therefore 显然弧 P′BP'B 与弧 PCPC 长度相等。
又 ∵AC\because AC 是直径
∴\therefore 弧 APAP 与弧 P′BP'B 的度数之和为 180∘180^\circ
∵∠AOP=θ\because \angle AOP=\theta
∴AP^=rθ\therefore \widehat{AP}=r\theta，P′B^=r(π−θ)\widehat{P'B}=r(\pi-\theta)
∴P′B′=r(π−θ)\therefore P'B'=r(\pi-\theta)
∴PB′=[r(π−θ)]2+h2\therefore PB'=\sqrt{[r(\pi-\theta)]^2+h^2}
∴\therefore 总长度 L(θ)=2rsin⁡θ2+[r(π−θ)]2+h2L(\theta)=2r\sin \frac{\theta}{2}+\sqrt{[r(\pi-\theta)]^2+h^2}，θ∈[0,π]\theta\in[0,\pi] (1)

三、求驻点
对 θ\theta 求导（链式求导）：
L′(θ)=rcos⁡θ2−12[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]
=rcos⁡θ2−12r2(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)]
=rcos⁡θ2−−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}} (2)
令 L′(θ)=0L'(\theta)=0，得方程：
rcos⁡θ2−−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}}=0
rcos⁡θ2=−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}}
−r(π−θ)r2(π−θ)2+h2=cos⁡θ2\frac{-r(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=\cos \frac{\theta}{2} （3）
四、判定驻点非全局最小值
1.求二阶导数
第一项：原式 =−r2sin⁡θ2=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}
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}}
∴L′′(θ)=−r2sin⁡θ2+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}}
2.求解 hh 并代入
由(3): −r(π−θ)r2(π−θ)2+h2=cos⁡θ2\frac{-r(\pi-\theta)}{\sqrt{r^2(\pi-\theta)^2+h^2}}=\cos \frac{\theta}{2}
r2(π−θ)2=cos⁡2θ2⋅[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=cos⁡2θ2⋅[r2(π−θ)2]+cos⁡2θ2⋅h2r^2(\pi-\theta)^2=\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot [r^2(\pi-\theta)^2]+\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2
cos⁡2θ2⋅h2=r2(π−θ)2−cos⁡2θ2⋅[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]
cos⁡2θ2⋅h2=r2(π−θ)2(1−cos⁡2θ2)\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2=r^2(\pi-\theta)^2(1-\cos^2 \frac{\theta}{2}) （4）
∵sin⁡2x+cos⁡2x=1\because \sin^2 x+\cos^2 x=1
所以 cos⁡2θ2⋅h2=r2(π−θ)2sin⁡2θ2\cos^2 \frac{\theta}{2}\cdot h^2=r^2(\pi-\theta)^2\sin^2 \frac{\theta}{2}
∵sin⁡2(θ/2)cos⁡2(θ/2)=tan⁡2θ2\because \frac{\sin^2(\theta/2)}{\cos^2(\theta/2)}=\tan^2 \frac{\theta}{2}
∴h2=r2(π−θ)2tan⁡2θ2\therefore h^2=r^2(\pi-\theta)^2\tan^2 \frac{\theta}{2}
∵h>0,θ∈(0,π)\because h>0,\theta\in(0,\pi)
所以 h=r(π−θ)tan⁡θ2h=r(\pi-\theta)\tan \frac{\theta}{2} （5）
将（5）代入（4）：L′′(θ)=−r2sin⁡θ2+r2⋅r2(π−θ)2tan⁡2(θ/2)[r2(π−θ)2+r2(π−θ)2tan⁡2(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)=−r2sin⁡θ2+r4(π−θ)2tan⁡2(θ/2)[r2(π−θ)2(1+tan⁡2(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)=−r2sin⁡θ2+r4(π−θ)2tan⁡2(θ/2)[r2(π−θ)2(1+tan⁡2(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}}
∵tan⁡2x+1=sec⁡2x\because \tan^2 x+1=\sec^2 x
∴L′′(θ)=−r2sin⁡θ2+r4(π−θ)2tan⁡2(θ/2)[r2(π−θ)2sec⁡2(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)=−r2sin⁡θ2+r4(π−θ)2tan⁡2(θ/2)r3(π−θ)3sec⁡3(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)=−r2sin⁡θ2+rtan⁡2(θ/2)(π−θ)sec⁡3(θ/2)\therefore L''(\theta)=-\frac{r}{2}\sin \frac{\theta}{2}+\frac{r\tan^2(\theta/2)}{(\pi-\theta)\sec^3(\theta/2)}
∵sec⁡x=1cos⁡x\because \sec x=\frac{1}{\cos x}，tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}
∴L′′(θ)=−r2sin⁡θ2+rsin⁡2(θ/2)cos⁡(θ/2)(π−θ)=rsin⁡θ2(−12+sin⁡2(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)
∵sin⁡θ2cos⁡θ2=12sin⁡θ\because \sin \frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2}=\frac{1}{2}\sin\theta
∴L′′(θ)=rsin⁡(θ/2)2(sin⁡θπ−θ−1)\therefore L''(\theta)=\frac{r\sin(\theta/2)}{2}\left(\frac{\sin\theta}{\pi-\theta}-1\right) （6）
3.证明全局最小
我们需要证明 θ∈(0,π)\theta\in(0,\pi) 时，sin⁡θπ−θ<1\frac{\sin\theta}{\pi-\theta}<1，即 sin⁡θ<π−θ\sin\theta<\pi-\theta
令 g(θ)=π−θ−sin⁡θg(\theta)=\pi-\theta-\sin\theta，
则 g′(θ)=−1−cos⁡θ≤0g'(\theta)=-1-\cos\theta\leq 0
∴g(θ)\therefore g(\theta) 在 (0,π)(0,\pi) 上严格递减
且 g(0)=πg(0)=\pi，g(π)=0g(\pi)=0
∴\therefore 在 (0,π)(0,\pi) 上，g(θ)>0g(\theta)>0
所以 π−θ−sin⁡θ>0\pi-\theta-\sin\theta>0，即 π−θ>sin⁡θ\pi-\theta>\sin\theta （7）
将（7）代入（6），则 L′′(θ)<0L''(\theta)<0.
在任意驻点 θ∈(0,π)\theta\in(0,\pi) 处，L′′(θ)<0L''(\theta)<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) 的全局最小值只能在区间端点取得。即路程最小时，θ\theta 的值只能为 00 或 π\pi。

五、精确结果
端点 θ=0\theta=0：L(0)=π2r2+h2L(0)=\sqrt{\pi^2 r^2+h^2}
端点 θ=π\theta=\pi：L(π)=2r+hL(\pi)=2r+h
令两者相等，得 h=π2−44rh=\frac{\pi^2-4}{4}r

因此最终判别规则为：

【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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全部评论 2

  • userId_undefined
    prediction
    秩序白银

    dalao%%%

    1周前 来自 浙江

    0
    • userId_undefined
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      这个问题不应该是展开连线再求值吗，怎么这么难了呜呜呜

      1周前 来自 浙江

      0
    • userId_undefined
      零叁柒
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      这个是转载的，非原创。是我朋友证明的。

      1周前 来自 浙江

      0
    • userId_undefined
      零叁柒
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      prediction

      是啊，上面的是严谨证明

      1周前 来自 浙江

      0
  • userId_undefined
    零叁柒
    永恒钻石出题人

    顶

    1周前 来自 浙江

    0

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