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、确定路线
这个路线本质上是走完 180∘180^\circ180∘ 的圆周角，让蚂蚁绕到圆柱的另一边，并且克服圆柱的高。所以任何路线都可以被简化为"走 180∘180^\circ180∘ 圆心角 + 走高"两部分。因此可以排除所有多次进出端面（逆向走高）、在端面内绕行（逆向走圆心角）等非必要复杂路线。
假设路线在顶面走的圆心角是 aaa，在地面走的圆心角是 bbb。则侧面路线走的圆心角为 180∘−a−b180^\circ - a - b180∘−a−b。而对于圆柱，显然在 180∘−a−b180^\circ - a - b180∘−a−b 不变时，在侧面的路径长度不变（圆心角定理，圆柱母线等长）。所以将 a+ba+ba+b 的圆周角分别在顶面和底面走是毫无必要的。如图，这两条线路走过了相同圆心角，则侧面路线长度相等，但显然红色的线路更长。所以路线是唯一的：在底/顶面走一条弦，其余路线均在侧面。
三、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 \le \theta \le \pi0≤θ≤π，弧度制）。
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=θ2\angle AOM = \frac{\theta}{2}∠AOM=2θ 。
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)
四、求驻点
对 θ\thetaθ 求导（链式求导）：
L′(θ)=rcosθ2−12[r2(π−θ)2+h2]−12⋅ddθ[r2(π−θ)2+h2]L'(\theta) = r\cos\frac{\theta}{2} - \frac{1}{2}[r^2(\pi - \theta)^2 + h^2]^{-\frac{1}{2}} \cdot \frac{d}{d\theta}[r^2(\pi - \theta)^2 + h^2] L′(θ)=rcos2θ −21 [r2(π−θ)2+h2]−21 ⋅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}} = 0 rcos2θ −r2(π−θ)2+h2 r2(π−θ) =0
cosθ2=r(π−θ)r2(π−θ)2+h2\cos\frac{\theta}{2} = \frac{r(\pi - \theta)}{\sqrt{r^2(\pi - \theta)^2 + h^2}} cos2θ =r2(π−θ)2+h2 r(π−θ)
(3)
五、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]32= \frac{r^2h^2}{[r^2(\pi - \theta)^2 + h^2]^{\frac{3}{2}}}=[r2(π−θ)2+h2]23 r2h2
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r2h2[r2(π−θ)2+h2]32\therefore L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r^2h^2}{[r^2(\pi - \theta)^2 + h^2]^{\frac{3}{2}}} ∴L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2+h2]23 r2h2
(4)
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^2 r2(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\left(1 - \cos^2\frac{\theta}{2}\right) cos22θ ⋅h2=r2(π−θ)2(1−cos22θ )
∵sin2x+cos2x=1\because \sin^2 x + \cos^2 x = 1∵sin2x+cos2x=1
∴cos2θ2⋅h2=r2(π−θ)2sin2θ2\therefore \cos^2\frac{\theta}{2} \cdot h^2 = r^2(\pi - \theta)^2\sin^2\frac{\theta}{2} ∴cos22θ ⋅h2=r2(π−θ)2sin22θ
∵sin2θ2cos2θ2=tan2θ2\because \frac{\sin^2\frac{\theta}{2}}{\cos^2\frac{\theta}{2}} = \tan^2\frac{\theta}{2} ∵cos22θ sin22θ =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\because h > 0∵h>0，θ∈(0,π)\theta \in (0, \pi)θ∈(0,π)
∴h=r(π−θ)tanθ2\therefore h = 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)2tan2θ2[r2(π−θ)2+r2(π−θ)2tan2θ2]32L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r^2 \cdot r^2(\pi - \theta)^2\tan^2\frac{\theta}{2}}{[r^2(\pi - \theta)^2 + r^2(\pi - \theta)^2\tan^2\frac{\theta}{2}]^{\frac{3}{2}}} L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2+r2(π−θ)2tan22θ ]23
r2⋅r2(π−θ)2tan22θ
L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2θ2[r2(π−θ)2(1+tan2θ2)]32L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r^4(\pi - \theta)^2\tan^2\frac{\theta}{2}}{[r^2(\pi - \theta)^2(1 + \tan^2\frac{\theta}{2})]^{\frac{3}{2}}} L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2(1+tan22θ )]23 r4(π−θ)2tan22θ
∵tan2x+1=sec2x\because \tan^2 x + 1 = \sec^2 x∵tan2x+1=sec2x
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2θ2[r2(π−θ)2sec2θ2]32\therefore L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r^4(\pi - \theta)^2\tan^2\frac{\theta}{2}}{[r^2(\pi - \theta)^2\sec^2\frac{\theta}{2}]^{\frac{3}{2}}} ∴L′′(θ)=−2r sin2θ +[r2(π−θ)2sec22θ ]23 r4(π−θ)2tan22θ
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+r4(π−θ)2tan2θ2r3(π−θ)3sec3θ2\therefore L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r^4(\pi - \theta)^2\tan^2\frac{\theta}{2}}{r^3(\pi - \theta)^3\sec^3\frac{\theta}{2}} ∴L′′(θ)=−2r sin2θ +r3(π−θ)3sec32θ r4(π−θ)2tan22θ
∴L′′(θ)=−r2sinθ2+rtan2θ2(π−θ)sec3θ2\therefore L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r\tan^2\frac{\theta}{2}}{(\pi - \theta)\sec^3\frac{\theta}{2}} ∴L′′(θ)=−2r sin2θ +(π−θ)sec32θ rtan22θ
∵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+rsin2θ2cosθ2π−θ=rsinθ2(−12+sinθ2cosθ2π−θ)\therefore L''(\theta) = -\frac{r}{2}\sin\frac{\theta}{2} + \frac{r\sin^2\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}}{\pi - \theta} = r\sin\frac{\theta}{2}\left(-\frac{1}{2} + \frac{\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}}{\pi -
\theta}\right) ∴L′′(θ)=−2r sin2θ +π−θrsin22θ cos2θ =rsin2θ (−21 +π−θsin2θ cos2θ )
∵sinθ2cosθ2=12sinθ\because \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} = \frac{1}{2}\sin\theta ∵sin2θ cos2θ =21 sinθ
∴L′′(θ)=rsinθ22(sinθπ−θ−1)\therefore L''(\theta) = \frac{r\sin\frac{\theta}{2}}{2}\left(\frac{\sin\theta}{\pi - \theta} - 1\right) ∴L′′(θ)=2rsin2θ (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 \le 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
∴π−θ−sinθ>0\therefore \pi - \theta - \sin\theta > 0 ∴π−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。
LLL 在闭区间 [0,π][0, \pi][0,π] 上连续，所以由极值定理必取得全局最小值；LLL 在开区间 (0,π)(0, \pi)(0,π) 上可导，若全局最小值在某个内部点取得，那么该点应是全局最小点；由 Fermat 定理必须有 L′(θ)=0L'(\theta) = 0L′(θ)=0。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。
六、结论
端点 θ=0\theta = 0θ=0：L(0)=π2r2+h2L(0) = \sqrt{\pi^2r^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：
{h>π2−44r, 最短路径为螺旋线（仅走侧面），长度 π2r2+h2h<π2−44r, 最短路径为折线（一段直径与一个高），长度 2r+hh=π2−44r, 两条路径等长，均为最短\left\{ \begin{array}{l} h > \frac{\pi^2 - 4}{4}r,\ \text{最短路径为螺旋线（仅走侧面），长度}\ \sqrt{\pi^2r^2 + h^2} \\ h < \frac{\pi^2 - 4}{4}r,\ \text{最短路径为折线（一段直径与一个高），长度}\ 2r + h \\ h = \frac{\pi^2 - 4}{4}r,\
\text{两条路径等长，均为最短} \end{array} \right. ⎩⎨⎧ h>4π2−4 r, 最短路径为螺旋线（仅走侧面），长度 π2r2+h2 h<4π2−4 r, 最短路径为折线（一段直径与一个高），长度 2r+hh=4π2−4 r, 两条路径等长，均为最短
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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。
