¿Existe alguna fórmula analítica o generalizada para calcular el área cubierta por cualquier rectángulo que tenga una longitud $l$ y ancho $b$ cada uno como un arco de círculo grande en una esfera con un radio $R$ ?
Nota: El rectángulo esférico es un cuadrilátero que tiene lados opuestos iguales pero no paralelos y todos los ángulos interiores son iguales en magnitud y cada uno es mayor que $90^\circ$ .
Supongamos que estamos trabajando en una esfera de radio $1$ o considerar las longitudes en radianes y las áreas en esteradianos .
Extender los lados de la longitud $l$ hasta que se encuentren. El resultado es un triángulo con lados $$ w,\quad\frac\pi2-\frac l2,\quad\frac\pi2-\frac l2 $$
El Ley esférica de los cosenos dice que $$ \begin{align} \cos(A) &=\frac{\cos\left(\frac\pi2-\frac l2\right)-\cos\left(\frac\pi2-\frac l2\right)\cos(w)}{\sin\left(\frac\pi2-\frac l2\right)\sin(w)}\\ &=\frac{\sin\left(\frac l2\right)}{\cos\left(\frac l2\right)}\frac{1-\cos(w)}{\sin(w)}\\[6pt] &=\tan\left(\frac l2\right)\tan\left(\vphantom{\frac l2}\frac w2\right) \end{align} $$ Una cuarta parte de los exceso esférico del rectángulo es $D-\frac\pi2$ y $$ \sin\left(D-\frac\pi2\right)=\tan\left(\frac l2\right)\tan\left(\vphantom{\frac l2}\frac w2\right) $$ Por lo tanto, el área del rectángulo es $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{4\sin^{-1}\left(\tan\left(\frac l2\right)\tan\left(\vphantom{\frac l2}\frac w2\right)\right)} $$ Tenga en cuenta que para los pequeños $l$ y $w$ Esto es aproximadamente $lw$ y si $l+w=\pi$ (es decir, el rectángulo es un gran círculo), obtenemos un área de $2\pi$ (una mitad de la esfera).
Obsérvese la similitud con la fórmula del área de un triángulo rectángulo esférico con catetos $a$ y $b$ : $$ 2\tan^{-1}\left(\tan\left(\vphantom{\frac b2}\frac a2\right)\tan\left(\frac b2\right)\right) $$
En una esfera de radio $R > 0$ , una geodésica triángulo con ángulos interiores $\theta_{1}$ , $\theta_{2}$ y $\theta_{3}$ tiene área $R^{2}(\theta_{1} + \theta_{2} + \theta_{3} - \pi)$ . Una forma de proceder, por tanto, es triangular el polígono geodésico (sea cual sea su forma real) y sumar las áreas de sus piezas triangulares. Para un cuadrilátero con ángulos interiores $\theta_{1}$ , $\theta_{2}$ , $\theta_{3}$ y $\theta_{4}$ La zona es $$ R^{2}(\theta_{1} + \theta_{2} + \theta_{3} + \theta_{4} - 2\pi). $$
Añadido (a la luz de las aclaraciones de la OP): Si $\theta \leq \pi$ es el ángulo interior en cada vértice del cuadrilátero, entonces $$ \theta = \pi - \cos^{-1}\left\lvert\tan\frac{\ell}{2R} \tan\frac{b}{2R}\right\rvert, $$ así que $$ \text{Area} = R^{2}(4\theta - 2\pi) = R^{2} \left[2\pi - 4\cos^{-1}\left\lvert\tan\frac{\ell}{2R} \tan\frac{b}{2R}\right\rvert\right]. $$ (En particular, el valor absoluto del producto de las tangentes dentro de los arccos no supera la unidad).
Para ver esto, es conveniente trabajar en Cartesiano coordenadas con la esfera centrada en el origen. Denotemos los vértices del cuadrilátero por $$ v_{1} = (A, B, C),\qquad v_{2} = (A, -B, C),\qquad v_{3} = (A, -B, -C),\qquad v_{4} = (A, B, -C). $$ Por supuesto, $A^{2} + B^{2} + C^{2} = R^{2}$ .
El plano que pasa por el origen, $v_{1}$ y $v_{2}$ tiene la ecuación $Cx - Az = 0$ y por lo tanto tiene un vector normal unitario $$ n_{1} = \frac{(C, 0, -A)}{\sqrt{A^{2} + C^{2}}} = \frac{(C, 0, -A)}{\sqrt{R^{2} - B^{2}}}. $$ El plano que pasa por el origen, $v_{1}$ y $v_{4}$ tiene la ecuación $Bx - Ay = 0$ y por lo tanto tiene un vector normal unitario $$ n_{2} = \frac{(B, -A, 0)}{\sqrt{A^{2} + B^{2}}} = \frac{(B, -A, 0)}{\sqrt{R^{2} - C^{2}}}. $$
El ángulo "grande" entre estos planos es el ángulo "grande" entre los grandes círculos que determinan (porque cada vector normal $n_{i}$ es tangente a la esfera en $v_{1}$ ), es decir, el ángulo interior $\theta$ del cuadrilátero. Tomando el producto punto ordinario de las normales unitarias, $$ \cos\theta = n_{1} \cdot n_{2} = \frac{B}{\sqrt{R^{2} - B^{2}}}\, \frac{C}{\sqrt{R^{2} - C^{2}}}. \tag{1} $$
Dejemos que $2\psi_{1}$ denotan el ángulo subtendido en el centro de la esfera por el lado de $v_{1}$ a $v_{2}$ y que $\ell_{1} = 2R\psi_{1}$ denotan la longitud del lado correspondiente, por lo que $\psi_{1} = \ell_{1}/(2R)$ . Pensando en $v_{1}$ y $v_{2}$ como vectores en el espacio, el producto punto ordinario da $$ \frac{v_{1} \cdot v_{2}}{R^{2}} = \cos(2\psi_{1}) = 1 - 2\sin^{2} \psi_{1}. $$ Por otro lado, utilizando las componentes cartesianas de estos vectores, tenemos $$ \frac{v_{1} \cdot v_{2}}{R^{2}} = \frac{A^{2} - B^{2} + C^{2}}{A^{2} + B^{2} + C^{2}} = 1 - 2\frac{B^{2}}{R^{2}}. $$ Igualando, se deduce de inmediato que $B/R = \pm\sin\psi_{1}$ . (Como comprobación de coherencia, el triángulo de isoceles con el origen, $v_{1}$ y $v_{2}$ como vértices tiene un ángulo de vértice $2\psi_{1}$ y la base $2B$ .)
Del mismo modo, dejar que $2\psi_{2}$ denotan el ángulo subtendido en el centro de la esfera por el lado de $v_{1}$ a $v_{4}$ y dejar que $\ell_{2} = 2R\psi_{2}$ denotan la longitud del lado correspondiente, encontramos $C/R = \pm\sin\psi_{2}$ .
Eso es, $$ B = \pm R\sin\frac{\ell_{1}}{2R},\qquad C = \pm R\sin\frac{\ell_{2}}{2R}, \tag{2} $$ y en consecuencia $$ \frac{B}{\sqrt{R^{2} - B^{2}}} = \pm\tan\frac{\ell_{1}}{2R},\qquad \frac{C}{\sqrt{R^{2} - C^{2}}} = \pm\tan\frac{\ell_{1}}{2R}. \tag{3} $$
Sustituyendo (3) en (1), $$ \cos\theta = \frac{B}{\sqrt{R^{2} - B^{2}}}\, \frac{C}{\sqrt{R^{2} - C^{2}}} = \pm \tan\frac{\ell_{1}}{2R} \tan\frac{\ell_{2}}{2R}. $$ Para obtener el ángulo grande, hay que tomar el arco de la negativo valor, o $\pi$ menos el arco de la positivo valor. (Las fórmulas de ángulo/área anteriores hacen esto último).
Que el polo norte $N=(0,0,1)$ sea el centro del rectángulo, y los planos $x_1=0$ , $\>x_2=0$ sean sus planos de simetría. Sea el punto $$P=(\cos\phi\sin\theta,\sin\phi\sin\theta,\cos\theta)$$ con $0<\phi<{\pi\over2}$ , $\>0<\theta<\pi$ ( $\theta=0$ en el polo norte) sea uno de sus vértices. Entonces vemos dos triángulos esféricos rectángulos, ambos con hipotenusa $NP$ de longitud esférica $\theta$ Uno de ellos con ángulo $\phi$ en $N$ y el otro con ángulo ${\pi\over2}-\phi$ en $N$ . Los catetos opuestos a estos ángulos tienen longitudes esféricas ${a\over2}$ y ${b\over2}$ respectivamente, donde $a$ y $b$ se dieron por adelantado.
La regla de Napier para los triángulos esféricos rectángulos da entonces $$\sin{a\over2}=\sin\phi\sin\theta,\quad \sin{b\over2}=\cos\phi\sin\theta\ .$$ A partir de estas dos ecuaciones se puede calcular $\theta$ y $\phi$ y otras fórmulas de Napier dan entonces los ángulos que faltan en $P$ . Conociendo todos los ángulos se obtiene el área de una vez; ver la respuesta del usuario86418.
Creo que se deduce de esta fórmula para el área esférica de los cuadriláteros en Wikipedia que la zona debe ser $$ 4 \arctan\left(\sin\left(\frac b 2\right) \tan\left(\frac \lambda 2\right)\right), $$ suponiendo que el radio de la esfera es 1, donde $$ \lambda = \arccos\left(\frac{\cos(a) - \sin\left(\frac b 2\right)^2}{\cos\left(\frac b 2\right)^2}\right). $$ Para ello, tomamos un "ecuador" (una gran circunferencia) que biseca el cuadrilátero por los lados de longitud $b$ . Ahora tenemos dos cuadriláteros congruentes; cada uno tiene dos ángulos rectos en el ecuador, y los otros dos ángulos son unos $\gamma > \frac {\pi}{2}$ . La fórmula de Wikipedia para el área $E_4$ de estos cuadriláteros debe aplicarse, con $\phi_1 = \phi_2 = \frac b 2$ , $\lambda_1 = 0$ y $\lambda_2$ es la diferencia de longitud de un arco de longitud $a$ inicio y finalización de la latitud $\frac{b}{2}$ .
Para determinarlo, utilizamos la fórmula de distancia del círculo máximo entre puntos, y resolver la diferencia de longitud $\Delta \lambda$ .
Para una esfera de radio $R$ dividir toda apariencia de $a$ y $b$ por $R$ y multiplicar el resultado por $R^2$ .
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