螺旋線與平面的交點

1、東南大學 朱道元 問題（1994年美國數(shù)模競賽題） 幫助一家生物技術(shù) 公司就位于空間中 一般位置的一條螺 旋線和一個平面交 點的“實時”定位 設計、證明、編程、 并測試檢驗一個數(shù) 學方法。 螺旋線和平面交點示意圖 螺旋線的一 段可以表示， 例如一段螺 旋狀的彈簧 或化學儀器 或醫(yī)療儀器 中的一段管 狀物，如圖。 其他實際用途 類似的計算機輔助幾何設計 （CAGD）程序可以讓這種平截面 迅速掃過整個物體來得到物體的 三維成像。為取得這樣的效果， 計算機程序必須能以足夠的速度 和精度來定位所設計物體的每一 部分和所觀察平面的全部交點。 理論與實際問題之間的差別 該問題本質(zhì)上是解方程組。一般通過 方

2、程求解器（equation solvers）， 就能計算出交點。但是實際問題，要 求計算速度快，可以用于實時控制； 而且螺旋線和平面可處于任意位置， 并求出螺旋線和平面的全部交點；還 要和生產(chǎn)裝置相協(xié)調(diào)，算法要比較簡 單。對此，必須具體問題具體分析， 這是數(shù)學建模的靈魂。 本題的難點(書本上回避的） 難點之一 要求出全部交點，這實際上隱含了 的算出交點的準確個數(shù)，否則無法 說明求出了全部的交點；也隱含要 知道交點的性質(zhì)，如是否存在重根 等。而關于方程組的解的個數(shù),是數(shù) 學上沒有解決的理論問題。 難點之二 由于要用于實時控制，因此 要求計算交點的算法非?？欤?特別在交點很多，甚至有成 萬上億個交

3、點的情況下，怎 么能夠在幾秒鐘之內(nèi)把全部 交點計算出來。 難點之三 由于題目中平面和螺旋線所處 的相對位置是任意的，因此這 不是在解一個特定的方程組, 實際上是求解一大類的無窮多 個方程組，希望找到通用的簡 便方法。 首先選擇坐標系 顯然選擇螺旋線 的軸作為Z軸則 螺旋的參數(shù)方程 最簡單，至于平 面處于任意位置 表達都不困難。 其中r,2h為螺 旋線的半徑和螺 距，為參數(shù)。 0 sin cos DCzByAx hz ry rx 選擇突破口 對四個非線性方程的方程組即使不是去求 解，而僅僅回答解的個數(shù)也是極其困難的。 但這又是實際問題中無法回避的，是首先 必須被解決的問題。 我們應該清醒認識到數(shù)

4、學理論和實際問題 之間的差別，數(shù)學上非線性方程組的解的 個數(shù)問題沒有解決，并不表示某些實際問 題所對應的一小類特殊的非線性方程組的 解的個數(shù)問題也無法解決，由于范圍小， 共性多，是可能獲得理想的結(jié)果的。 突破口在“等價簡化問題” 簡化才能暴露問題的本質(zhì)，簡單情況 下才容易發(fā)現(xiàn)事物的規(guī)律，因此簡化 是解決復雜問題的正確方向。但必須 注意簡化前后問題之間的等價性，否 則簡化就失去了意義?！暗葍r簡化” 是數(shù)學建模“藝術(shù)”的精髓，是重要 的研究能力，是數(shù)學建模追求的目標。 創(chuàng)造性發(fā)源于猜測 怎么突破？首先是猜測，而且要大膽 地去猜測。沒有“異想天開”，就不 會有“絕處逢生”。螺旋線和平面的 交點問題能

5、否等價簡化為求平面上兩 條線的交點的問題，能否從四個非線 性方程的方程組求解等價簡化為一個 未知數(shù)一個方程的求解問題？投影可 以降維，對本問題有沒有幫助？ 恰當選擇投影面去做投影 取平行于螺旋線的軸，且垂直于指定平面 的平面為投影面作投影，則指定平面被投 影為一條直線，螺旋線被投影為平面內(nèi)一 條曲線。由于z 軸平行于投影面，所以空間 各點投影之后的z坐標均保持不變，而螺旋 線上各點由于在“螺旋式上升”， z坐標均 不相同。因此不同的交點， z坐標均不相同， 投影之后仍然互不相同，空間中的交點和 平面上的交點之間一一對應。 投影就是等價簡化 由于空間中的交點和平面上的交點之 間是一一對應的，既沒

6、有重迭，也不 會分叉。故知道平面內(nèi)的交點總數(shù)， 就知道空間中的交點總數(shù)，而 且 , 幾乎 不要再做什么工作，就完全確定了空 間全部交點的坐標。因此對這個問題 投影就是等價簡化。 sin,cos,/ryrxhz 代入可以代替投影 sin,cos,/ryrxhz 0DCzByAx 0sincosDchBrAr 再簡化 令 則 令 則簡化為 2222 /sin,/cosBABBAA Dch BAr 22 1 sinsincoscos b BAr Dch a BAr ch 2222 , , bacos 最終的簡化結(jié)果 由于 是偶函數(shù)，為后面 討論方便， 在 中不妨設 。 到此為止，我們看到解決這個問

7、題的曙光。 cos ba cos 0a 交點個數(shù) 0)( 0)( f f ,cos)(baf a ba sin cos 1)( 22 aba 重根的重數(shù)及重根的位置 由高等數(shù)學可知，三重根及更高重數(shù)的重根的必 要條件是 即 一般無解， 一般為二重根，從重根的幾何意義可知，重根是 交點，而且在該點 兩條曲線有公切線，現(xiàn)在其中 一條是直線，即直線是余弦線的切線。從幾何可 知，重根一定是最大或是最小的交點。 0)( 0)( 0)( f f f 0cos sin cos a ba 如圖，切點是最大的交 點。因為余弦線在第四、 一象限是凹函數(shù)，位于 切線的下方，而直線單 調(diào)上升越過這個區(qū)域后 始終大于1

8、，與余弦線再 無交點，因此該切點是 最大的交點。 切點是最小的交點類似 可證。 a是決定交點個數(shù)的主要矛盾。 初步分析，絕大多數(shù)情況下，曲線與直線 的交點個數(shù)并不多，類似于高等數(shù)學習題， 可以容易得到解決。當 時是周期函 數(shù)，解的問題，高中三角課程中早已解決。 困難在于 交點個數(shù)急驟增加，如果 有成萬上億個，要決定交點的個數(shù)似乎非 常困難。 但由此我們也發(fā)現(xiàn) 是決定交點個數(shù)的 主要矛盾。 0a a 0a 準周期函數(shù)是解決問題的關鍵 當 時， 是準周 期函數(shù)（與周期函數(shù)相差非常少，或周期 幾乎就是常數(shù)2 ）。 在這種情況下，我們應該懷疑什么環(huán)節(jié)上 出了問題？為什么 比較大或者為0，求 交點個數(shù)都

9、沒有問題。當 時就有 困難了，經(jīng)仔細分析 有無窮多個 交點,問題容易解決是由于這時是周期函數(shù)， 周期2。 0a bacos a 0a 0a 借用周期函數(shù)決定交點個數(shù) 直觀看 極小時與 圖形幾 乎重疊，因此是準周期函數(shù)，兩類交點幾 乎區(qū)分不開來，當然交點個數(shù)在一定范圍 內(nèi)肯定是相同的。 既然如此，我們是否可以借周期函數(shù)來 討論 的交點個數(shù)問題？ bacos a0a Sin=-a就是周期函數(shù) 即 是周期函數(shù)， 的根與 的根在一定范 圍內(nèi)是相間的。由此便可決定 的交點個數(shù)，因為正弦函數(shù)周期為2 ， 2 之間 有2個根，只要知道范圍長度就有根的個數(shù)。而由 就可以決定 這個范圍的長度是 0)( f as

10、in 0)(f 0)( f bacos 1cosba a b a b 11 a 2 兩個函數(shù)的根是相間的 證明： 兩個不同的根中一定有 的根。 設 是 兩個不同的根，則 由微分中值定理，有 其中， 。因為 ， 故一定有 。 0)(f 0)( f 21, 0)(f 0)()( 21 ff 0)()() ( )( 1212 fff 21 0 12 0) ( f 兩函數(shù)在一定范圍內(nèi)根是相間的 在一定范圍內(nèi) 兩個 根內(nèi)一定有 的根。 設 ，即 在相鄰 與 之間劣(優(yōu))弧上 是同為正(負)的， 故 在 與 之間的劣（優(yōu)）弧上是單調(diào)上升（下 降）的，且連續(xù)。 因此，當 異號時，其中一定有一點 ， 使 0)

11、( f 0)(f 34 ()()0ff )( ,sinsin 43 fa 4 )(f 3 4 )(),( 43 ff 0)(f 3 交點個數(shù)大致可確定了 的根的個數(shù)是 五個連續(xù)自然數(shù)中的一 個。 因為 在-1,1中， 在其中的范 圍為 ，因為2 之內(nèi)2個根，周期函數(shù)根 的個數(shù)為 ，其中取整數(shù)，是因為個數(shù)一 定是整數(shù)，且由于根不是均勻分布，可能四舍 五入產(chǎn)生誤差。由于 的根相間，還有 可能產(chǎn)生一個誤差，所以可以得出結(jié)論：根是 附近五個連續(xù)自然數(shù)中的一個。 bacos 1 2 , 2 2 aa 2 2 , 1 2 , 2 aaa cosba a 2 1 2 a )( ),(ff a 2 交點的個數(shù)

12、一定是奇數(shù) 上述結(jié)果還不太精確。實際上，重根按重數(shù)計，則交 點的個數(shù)一定是奇數(shù)。 證：因為 周期函數(shù)無窮多個交點 問題已解決。余弦線分平面為上下兩部分，所以當 時， ，即直線一定 位于余弦線的下方，而當 時， ，即直線此時一定在余弦線上方， 因此直線一定從下方到上方至少穿過余弦線一次。因 此一定產(chǎn)生一個交點，個數(shù)是奇數(shù)，若又回到余弦線 的下方，則仍應回到上方，穿過余弦線兩次，產(chǎn)生兩 個交點，交點個數(shù)仍是奇數(shù)，類推一定是奇數(shù)。若相 切，則從上方還到上方，切點算兩個交點，因此交點 數(shù)一定是奇數(shù)。 0, 0aa 1ba 1ab 交點個數(shù)不應該有三種可能 若 為奇數(shù)，則交點 數(shù)為3種可能，這與實際 不

13、符，可以再去掉一個。 考慮交點個數(shù)隨 下 降而變動的情況，即旋 轉(zhuǎn)直線，不難發(fā)現(xiàn)交點 數(shù)跳躍發(fā)生在直線與余 弦線有兩個切點的情況， 這時或增加4個，至少增 加2個交點（一個切點算 2個交點）。 a 2 a 跳躍點的推導 兩個切點根據(jù)重根公式，應滿足 ，由韋達定 理，兩切點連線中點坐標為 ， 即 ，對應點為 ，在坐標 軸上，是坐標軸與直線的交點。 由兩個全等的直角三角形可知，兩切點的縱坐標 相差一個符號。(切點也在余弦線上) 012 2222 baaba a b a ab 2 2 2 0ba)0 ,( 再由單位圓可知，切點連線中點橫坐標一 定 ，故 ，交點相差 肯定無法同時相切，因分別在極大、

14、極小值點的同一邊，因此余弦線及其軸和直線三 線共點 5 . 02k 0cos 2k )0 ,( 求 的跳躍點 可分兩種情況： 1，在 中點 處 下降， 平移豎軸至 ，則直線變?yōu)?， 余弦線變?yōu)?，則在切點 有 2，在中點 處 上升，類似 有 a cos a sin tg a a cos sin cos tg 由 可求 即， , 最大的 ，后 ，一個交點； ，一個 或三個交點； ，三個或五個交點； ，五個或七個交點。最后再由 確定交點個數(shù)是兩個數(shù)中的哪一個。 因為平移會使交點個數(shù)增加或減少2個。 tg kk a cos 1 a 753 ,aaa aa 1 31 aaa 53 aaa 75 aaa

15、 b 關于 的求解 首先應該充分利用已經(jīng)得到的結(jié)論，提高 效率： 1，交點的范圍 2， 把上述范圍又分成若干個區(qū) 間。在每個區(qū)間內(nèi)有一個且只有一個交點， 可以防止遺漏交點和無效勞動。 3，每個子區(qū)間內(nèi) 是連續(xù) 單調(diào)的，有利于求解。 bacos a b a b 1 , 1 asin bacos 二分法求交點 由于 在每個子區(qū)間是連 續(xù)，嚴格單調(diào)的，求交點的方法很多。 最簡單的方法是二分法。每次將區(qū)間一分 為二，求出中點的函數(shù)值，保留兩端函數(shù) 值異號的子區(qū)間，繼續(xù)均分，直至區(qū)間長 度小于精度要求，停止。 bacos 牛頓迭代法 比較通用的另一種方法是牛頓迭代法，公 式為 ，思想是以 直代曲，用切線

16、來代替割線。 已經(jīng)證明牛頓迭代法具有二階收斂速度， 效率很高，牛頓法的缺點是當初始解離真 實解較遠時會偏離方向，可用混合法，先 用二分法保證逼近真實交點，后用牛頓法 加快收斂速度，做到取長補短。 )( / )( 1kkkk ff 僅適合本問題的好的初始解 還有一個好算法。 現(xiàn)在已有極大，極小值點，二點連線與水 平軸的交點就是非常好的近似。 求交點的工作量和所求交點個數(shù)成正比？ 將無法用于實時控制？ 求交點的工作量和所求交點個數(shù)成正比， 如果有成萬上億個交點，時間太長，怎么 用于實時控制？即使用最先進的計算機也 無法跟上交點個數(shù)的上升，似乎這是無法 克服的困難 。 但仔細分析， 比較大，交點個數(shù)

17、少，當 然求解容易。但 無窮解，求解也 不困難，為什么 ，交點個數(shù)非 常多，問題就解決不了呢？ a 0a 0a 解決問題還是靠創(chuàng)造性 當 時，無窮多解能夠求解的創(chuàng)造性 在于只選了兩個代表， 后用他們可 以代表無窮多解。 是準周期函數(shù)，與周期函 數(shù)誤差極小，也可以用選代表的方法，按 照精度要求確定代表的數(shù)量，由于代表的 數(shù)量并不大，因而可以用于實時控制。 0a k2 0a 求解工作量與精度成正比 例如周期近似 的兩個交點相差 ， 則經(jīng)過 次積累，總誤差小于 ，完 全可以用于實時控制，這樣在 個交點中 選一個代表，總數(shù)只有6000多個代表，目 前計算機可以勝任。如果精度更低，只要 控制積累就可以一個交點代表更多的交點 ， 這時求交點的工作量不與交點個數(shù)成正比， 而與精度成正比。只要精度要求不變，則 求解工作量不變。 8 210 2 5 10 3 10 5 10 全部誤差積累總和 這個問題的總誤差是有界的。由于直線 在上升過程中始終與余弦線極大值點左 邊先相交，然后再與極大值右邊相交， 因此解總在極大值前，總誤 差 ，整個余弦線誤差積累總 和 。 既然如此，控制每段長度，則多段總積 累誤差可以滿足精度要求。 2/ 從上圖可知 誤差與