关于三次代数曲面光滑拼接问题研究

Research on Smooth Joining of Cubic Algebraic Surfaces

摘要: 代数曲面拼接一直是计算机辅助几何设计(CAGD)中的热点话题。本文以现有的代数曲面拼接和Lagrange插值问题的研究成果为理论基础，对三次代数曲面的光滑拼接问题进行了研究。用Lagrange法定义在球面上的二次拼接点组的多项式的分解方法，得出了一组满足沿球面二次代数曲面的三次拼接多项式，并给出了具体的实验算例。

Abstract: Algebraic surface stitching has always been a hot topic in computer aided geometric design (CAGD). Based on the existing research results of algebraic surface stitching and Lagrange interpolation, this paper studies the smooth splicing of cubic algebraic surfaces. In this paper, the decomposition method of the polynomial of the set of quadratic joining points on the sphere is defined by Lagrange method, and a set of cubic splicing polynomials satisfying the quadratic algebraic surface along the spherical surface are obtained, and a concrete experimental example is given.

1. 引言

曲面的拼接是通过构造出过渡面使得两个或多个曲面拼接起来的技术，使得拼接后的曲面满足功能与外观需求。此技术被广泛应用于航天业、船舶业、汽车业等工业设计中。在计算机辅助几何设计(CAGD)中，拼接曲线的选择和拼接曲面的求解一直是热点话题。本文将计算数学领域中的插值问题 [1] 和曲面拼接问题 [2] 结合起来，提出了关于三次代数曲面光滑拼接的新方法。其中，文献 [3] [4] [5] 介绍了多元多项式的Lagrange插值问题和关于适定结点组的内容，文献 [6] [7] 中介绍了曲面光滑拼接的理论及算法。

2. 基本定义、注记和定理

定义1：在三维空间中，若点 $P\left(x,y,z\right)$ 的全体满足n次代数方程 $f\left(x,y,z\right)=0$，则点 $P\left(x,y,z\right)$ 的集合称为n次代数曲面。

定义2 [7]：令 $S\left(f\right)$ 表示由 $f\left(x,y,z\right)=0$ 所确定的代数曲面， $C=s\left(q,g\right)$ 表示由曲面 $q\left(x,y,z\right)=0$ 与 $g\left(x,y,z\right)=0$ 所确定的代数曲线。设 $q\left(x,y,z\right)$， $g\left(x,y,z\right)$ 为不同的不可约多项式，曲面 $S\left(q\right)$， $S\left(g\right)$ 横截于一条不可约代数曲线 $C=s\left(q,g\right)$，则称代数曲面 $S\left(q\right)$， $S\left(g\right)$ 沿着公共边界 $C=s\left(q,g\right)$ 的拼接。

定义3 [6]：设n为 $s\left(q,g\right)$ 非负整数，令 $P_n^{\left(3\right)}$ 是表示所有的三元n次代数多项式构成的集合，且

$P_n^{\left(3\right)}=\left\{{\displaystyle \underset{0\le i+j+k\le n}{\sum }{a}_{ijk}{x}^i{y}^j{z}^k}|a_{ijk}\in R\right\}$

而且有 $\dim P_n^{\left(3\right)}=\left(\begin{array}{c}n+3\\ 3\end{array}\right)$。

定义4 [6]：设 $S\left(q\right)$ 为一个二次代数曲面，定义 $d_n$ 如下：

$d_n\left(2\right)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{6}\left(n+3\right)\left(n+2\right)\left(n+1\right),n<2\\ {\left(n+1\right)}^2,n\ge 2\end{array}$ (1)

令 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$ 是不可约代数曲线 $C=s\left(q,g\right)$ 上的 $d_n\left(2\right)$ 个互异的点，本文中 $n=3$,因此 $d_3\left(2\right)=16$ 给定任意一组实数组 ${\left\{f_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$，并且能够找到关于该实数组的一个多项式 $g\left(x,y,z\right)\in P_n^{\left(3\right)}$，使得所求 $g\left(x,y,z\right)$ 满足下述条件：

$g\left(Q_i\right)=f_i,i=1,\cdots ,d_n\left(2\right)$ (2)

若任意给定一组 ${\left\{f_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$，(2)式总有一组解，那么称该结点组 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$ 是沿着二次代数曲线 $S\left(q,g\right)$ 的n次光滑拼接点组，多项式 $g\left(x,y,z\right)\in P_n^{\left(3\right)}$ 是沿着 $C=s\left(q,g\right)$ 的拼接多项式，并简记为 $A\in I_n^{\left(3\right)}\left(c\right)$ (代表所有位于 $C=s\left(q,g\right)$ 上的n次拼接点组的集合)。

定理1 [6]：设 $d_n\left(2\right)$ 为(1)式所定义，那么位于k次代数曲线 $C=s\left(q,g\right)$ 上的点组 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$ 能够做成沿 $c\left(q,g\right)$ 的n次拼接结点组的充要条件是对任意零插值条件

$g\left(Q_i\right)=\text{0},i=1,\cdots ,d_n(\; 2\; )$

的多项式 $g\left(X\right)\in P_n^{\left(3\right)}$，均有下述等式成立：

$g\left(x,y,z\right)=c\left(x,y,z\right)r\left(x,y,z\right)$

其中当 $n\ge k$ 时， $r\left(x,y,z\right)\in P_{n-k}^3$。

注记1 [6]：定义3中条件：“如果对于每一个任意给定的实数组 ${\left\{f_i\right\}}_{i=1}^{d_n\left(2\right)}$，方程组(2)总存在一组解[即总有满足插值条件 $g\left(Q_i\right)=f_i,i=1,\cdots ,d_n\left(2\right)$ 的插值多项式 $g\left(x,y,z\right)\in P_n^{\left(3\right)}$ 存在]”可由条件：“如果关系式 $g\left(x,y,z\right)\in P_n^{\left(3\right)}$， $g\left(Q_i\right)=\text{0},i=1,\cdots ,d_n\left(2\right)$ 成立，蕴含沿曲面 $q\left(x,y,z\right)=0$ 恒有 $g\left(x,y,z\right)\equiv 0$ ”来取代。

3. 实验算例

给定 $h\left(x,y,z\right):\{\begin{array}{l}x=25\sec \phi \cos \theta \\ y=25\sec \phi \sin \theta \\ z=25\tan \phi \end{array}$ $\left(0\le \theta <2\pi ,-\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{\pi }{2}\right)$

$q\left(x,y,z\right):\{\begin{array}{l}x=25\sin \alpha \cos \beta \\ y=25\sin \alpha \sin \beta \\ z=25\cos \beta \end{array}$ $\left(0\le \alpha <2\pi ,0\le \beta \le 2\pi \right)$

其中 $q\left(x,y,z\right)=0$ 和 $h\left(x,y,z\right)=0$ 相交于不可约的二次代数曲线 $c\left(x,y,z\right):x^2+y^2-{25}^2=0$。

设被插值函数为 $f\left(x,y,z\right)=\frac{x^2}{{25}^2}+\frac{y^2}{{25}^2}+\frac{z^2}{{10}^2}-1$，接着在 $c\left(x,y,z\right)$ 上任意取16个互不相同的点如下：

$Q_1\left(7,24,0\right)$， $Q_2\left(-7,24,0\right)$， $Q_3\left(7,-24,0\right)$， $Q_4\left(-7,-24,0\right)$，

$Q_5\left(24,7,0\right)$， $Q_6\left(-24,7,0\right)$， $Q_7\left(-24,-7,0\right)$， $Q_8\left(24,-7,0\right)$，

$Q_9\left(15,20,0\right)$， $Q_{10}\left(-15,20,0\right)$， $Q_{11}\left(-15,-20,0\right)$， $Q_{12}\left(15,-20,0\right)$，

$Q_{13}\left(20,15,0\right)$， $Q_{14}\left(20,-15,0\right)$， $Q_{15}\left(-20,15,0\right)$， $Q_{16}\left(-20,-15,0\right)$

再由定义，我们设在这组实数点组上的三次插值多项式为：

$\begin{array}{l}g\left(x,y,z\right)=a_1{x}^3+a_2{y}^3+a_3{z}^3+a_4{x}^{2}y+a_5{x}^{2}z+a_6{y}^{2}x+a_7{y}^{2}z+a_8{z}^{2}x+a_9{z}^{2}y+a_{10}xyz\\ +a_{11}{x}^2+a_{12}{y}^2+a_{13}{z}^2+a_{14}xy+a_{15}xz+a_{16}yz+a_{17}x+a_{18}y+a_{19}z+a_{20}\end{array}$

将插值条件代入 $g\left(Q_i\right)=f_i,\left(i=1,2,\cdots ,16\right)$，我们得到 $g\left(Q_i\right)=f\left(Q_i\right)=0$ 其中的一组解为：

$a_1=a_2=a_3=a_4=a_6=a_8=a_9=a_{10}=a_{11}=a_{12}=a{}_{13}=a_{14}=a_{15}=a_{16}=a_{17}=a_{18}=a_{20}=0$

$a_5=a_7=1$， $a_{19}=-{25}^2$

因此得到

$g\left(x,y,z\right)=x^{2}z+y^{2}z-{25}^{2}z$

再根据定理1，有

$g\left(x,y,z\right)=x^{2}z+y^{2}z-{25}^{2}z=\left(x^2+y^2-{25}^2\right)z=c\left(x,y,z\right)r\left(x,y,z\right)$

其中当 $n\ge k$ 时， $r\left(x,y,z\right)\in P_{n-k}^3=P_{3-2}^3=P_1^3=z$。

所以由定理1可知， $g\left(x,y,z\right)$ 是 $c\left(x,y,z\right)$ 的拼接点组。拼接效果图如图1所示：

Figure 1. Splicing effect diagram

图1. 拼接效果图

此时 $f\left(x,y,z\right)=\frac{x^2}{{25}^2}+\frac{y^2}{{25}^2}-\frac{z^2}{{10}^2}-1$ 在 $Q_{17}\left(25,0,0\right)$， $Q_{18}\left(0,25,0\right)$ 两点处的结果为 $f\left(Q_{17}\right)=f\left(Q_{18}\right)=0$，

而 $g\left(x,y,z\right)$ 在上述两点的值 $g\left(Q_{17}\right)=g\left(Q_{18}\right)=0$ 这也验证了如果关系 $g\left(X\right)\in P_2^{\left(3\right)}$， $g\left(Q_i\right)=\text{0},i=1,\cdots ,d_n\left(2\right)$ 成立，蕴含了曲线 $c\left(x,y,z\right)=\text{0}$ 恒有 $g\left(X\right)\equiv 0$。