http://blog.livedoor.jp/robolabo/archives/51500936.html
\( \omega = \frac{1}{2} \left(1-\cos \left( \pi \frac{t(2.5-t)}{1.5} \right) \right), t \in [0, 1] \)
取微分得到角加速度
$\frac{d \omega}{dt}=\sin(\pi t(2.5-t)/1.5) \frac{\pi (2.5-2t)}{3}$
但看起來，角加速度的極大值並不容易有解析解可以求得。試試看找出角加速度的微分
\( \frac{d^2 \omega}{dt^2} = \cos \left( \pi \frac{t(2.5-t)}{1.5} \right) \frac{\pi^2(2.5-2t)^2}{4.5} - \frac{2\pi}{3} \sin \left( \pi \frac{t(2.5-t)}{1.5} \right) \)
可以看出即使令角加速度的微分為零，也不容易找出 $t$ 的解，進而找到角加速度的極大值。
找角加速度極大值的原因是希望能限制它的大小，以免造成電腦鼠在轉彎時的滑動。
事實上，Kato 的做法可以用以下的參數化方程式來討論，端看使用者喜歡哪一個
\( \omega(t)=\frac{1}{2} \left( 1-\cos \left(\pi t \frac{\gamma-t}{\gamma-1}\right) \right), \gamma \ge 2 \)
以下是與原始餘弦函數與不同的參數 $\gamma$ 值作了比較後的圖形
可以看得出來，$\gamma$ 值越大，曲線越平緩，越接近原始的餘弦函數。
其實這樣的一個做法是靠著調整時間軸 $t$ 由 0 到 1 的變動速度來達成，以平方函數來看 $t(\gamma-t)$，在 $t$ 由 0 到 $\gamma/2$ 的變動斜率 $\gamma-2t$，是由大到小。換句話說，第一段角速度的加速過程，也就是餘弦函數由 $0$ 到 $\pi/2$ 的這一段，會進行得比較快，而第二段角速度的加速過程，也就是餘弦函數由 $pi/2$ 到 $\pi$ 的這一段，則會相對進行得比較慢。但這樣的趨勢，會隨著 $\gamma$ 越大而越不明顯。
以這樣的想法來看，其實並不一定要平方函數，根號函數亦可。例如
\( \omega(t)=\frac{1}{2} \left( 1-\cos \left(\pi t^\gamma\right) \right), 0.5 < \gamma < 1 \)
以下就是 $\gamma = 0.7, 0.8, 0.9$ 以及 Kato 做法的比較。
另一個做法是分段使用餘弦函數，以 $\sigma$ 作為控制變數，$\sigma >1$，用來調整第一段緩加速的時間。
原始餘弦函數若是
\( \omega_o(t) = 0.5\alpha(1-\cos (\beta \pi t))，t \in [0, 1/\beta] \)，
其中角加速度的極大值由以下的微分運算可以知道為 $0.5\alpha \beta \pi$
\( \frac{d\omega_o(t)}{dt} = 0.5\alpha \beta \pi \sin(\beta \pi t), t \in [0, 1/\beta] \)
把原始餘弦函數在 $t=0.5/\beta$ 的點，以及其對應的角加速度大小作為「控制點」，將它移動到 $t=0.5/(\sigma \beta)$ 的點。因此，為了保持角加速度的極大值為 $0.5\alpha \beta \pi$，就將第一段角速度曲線的緩加速定義成
\( \omega_1(t) = \frac{0.5\alpha}{\sigma}(1-\cos (\sigma \beta \pi t)), t \in \left[ 0, \frac{0.5}{\beta \sigma} \right] \)。
至於第二段角速度曲線 $\omega_2(t)$ 的變化過程，必須符合以下三個條件
- $\omega_1\left( \frac{0.5}{\beta \sigma} \right) = \omega_2\left( \frac{0.5}{\beta \sigma} \right) $
- $\omega_2 \left( \frac{1}{\beta} \right) = \alpha$。
- $\frac{d\omega_1}{dt}\left(\frac{0.5}{\beta \sigma}\right) = \frac{d\omega_2}{dt}\left(\frac{0.5}{\beta \sigma}\right)$
\( \omega_2(t) = a(b-c\cos(dt+e)) \)。
那麼
\( d\frac{0.5}{\beta \sigma}+e=\frac{\pi}{2}, d\frac{1}{\beta}+e=\pi \)。
因此
\( d \left( \frac{1}{\beta} - \frac{1}{2\beta\sigma} \right) = \frac{\pi}{2} \rightarrow d = \frac{\sigma\beta\pi}{2\sigma-1}, e = \pi-\frac{d}{\beta} = \frac{(\sigma-1)\pi}{2\sigma-1} \)
當 $dt_1+e = 0.5\pi$ 時，
\( \omega_2(t_1) = ab = \frac{\alpha}{2\sigma} \)；
\( \frac{d\omega_2}{dt}(t_1) = 0.5\alpha\beta\pi = acd\sin(dt_1+e) = acd \)
由於 $d$ 已經找出大小了，所以
\( acd = 0.5\alpha\beta\pi \rightarrow ac = \frac{0.5\alpha\beta\pi}{d} = \frac{(2\sigma-1)\alpha}{2\sigma} \)
\( \omega_2(t_2) = a(b+c) = \alpha \)；
剩下三個未知數 $a, b, c$，但上面三個方程式卻是相依，因為
\( ab = \frac{\alpha}{2\sigma}, ac = \frac{(2\sigma-1)\alpha}{2\sigma} \rightarrow a(b+c) = \alpha \)。
因此，令 $c=1$，則
\( a = \alpha\frac{2\sigma-1}{2\sigma}, b = \frac{\alpha}{2a\sigma} = \frac{1}{2\sigma-1} \)。
以下就是完整的角速度曲線公式
\( f(t) = \left\{ \begin{array}{1,1} \frac{\alpha}{2\sigma} [1-\cos (\sigma \beta \pi t)] & t \in \left[0, \frac{1}{2\sigma \beta} \right) \\ \frac{(2\sigma-1)\alpha}{2\sigma} \left[ \frac{1}{2\sigma-1}-\cos \left( \frac{\sigma\beta\pi}{2\sigma -1}t + \frac{(\sigma-1)\pi}{2\sigma-1} \right) \right] & t \in \left[ \frac{1}{2\sigma \beta}, \frac{1}{\beta} \right] \end{array} \right. \)
接下來應該是要找出角速度曲線加減速過程的累積角度，也就是上述曲線的積分。會有一些複雜，目前記錄在簡報擋上，下次再整理上來。
$ \int_0^{t_1} \omega_1(t) \text{d}t = \int_0^{t_1} \frac{\alpha}{2\sigma} [1-\cos(\sigma\beta\pi t)] = \frac{\alpha}{2\sigma} \frac{1}{2\sigma\beta} - \frac{\alpha}{2\sigma} \frac{1}{\sigma\beta\pi} \sin(\sigma\beta\pi t_1) = \frac{\alpha}{4\sigma^2\beta} - \frac{\alpha}{2\sigma^2\beta\pi}, t_1 = \frac{1}{2\sigma\beta} $
\( \int_{t_1}^{t_2} \omega_2(t) \text{d}t = \frac{\alpha}{2\sigma} (t_2-t_1) - \frac{(2\sigma-1)\alpha}{2\sigma} \frac{2\sigma-1}{\sigma\beta\pi} \left. \sin\left( \frac{\sigma\beta\pi}{2\sigma-1}t + \frac{(\sigma-1)\pi}{2\sigma-1} \right) \right|_{t_1}^{t_2} = \)
但我把模擬程式也寫好了。
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