Encontrar el área restante después de girar un rectángulo dentro de un rectángulo

Question

Deje $r$ ser el interior del rectángulo de base $b$ y la altura de la $h$.

Deje $R$ ser el exterior del rectángulo de base $B$ y la altura de la $H$

Las dimensiones de $r$ $R$ están relacionados de la siguiente manera:

Quiero encontrar el área a la izquierda al voltear a $r$ contra las paredes de la parte exterior del triángulo hasta que su espalda en su posición original, aquí está un diagrama de la zona a la izquierda después de un par de flips (naranja región):

La rosa rectángulo indica que el rectángulo fue antes de empezar a voltear.

Answer 1

La virgen de la zona para $b=h$ (es decir, cuando se $B H$ es un cuadrado), es $$\text{ area}=b^2 \left(-2 \sqrt{3}-\sqrt{7}+\frac{2 \pi }{3}+7-4 \csc ^{-1}\left(\frac{4}{\sqrt{7}}\right)\right):$$

Here, $B:H=1:1.$ It is likely this is either optimal, or close to optimal.

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The area $=0$ for $h\geq\left(\sqrt{7}-2\right) b$ - or, of course, for $b\geq\left(\sqrt{7}-2\right) h:$

Here, $B:H=1:\left(14+3 \sqrt{7}\right)/19$

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Some Mathematica code to play with (example implementation: areaBH[2,2] and manipulateBH[2,2]).

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Update

The total untouched area can therefore be calculated with:

Area $=$

If $\a la izquierda(\sqrt{7}-2\right) b<h< \left(\sqrt{3}-1\right),$

\begin{align}{r} \frac{1}{2} \left(h \left(-\sqrt{4 b^2+3 h^2}-2 \sqrt{b (3 b-4 h)}+4 h\right)+4 \left(b^2+h^2\right) \times\\ \left(\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{b (3 b-4 h)}}{b+2 h}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{h}{\sqrt{4 b^2+3 h^2}}\right)\right)+2 b h-b \sqrt{b (3 b-4 h)}\right)\\ \end{align}

Si $\left(\sqrt{3}-1\right) b<h<b/(\sqrt{3}-1),$

\begin{align} &\frac{1}{2} \left(-b \left(\sqrt{3 b^2+4 h^2}-6 h\right)-h \left(\sqrt{4 b^2+3 h^2}+2 \left(\sqrt{3}-2\right) h\right)+4 \left(b^2+h^2\right) \times\\ \left(-\tan ^{-1}\left(\frac{h}{\sqrt{4 b^2+3 h^2}}\right)+\cot ^{-1}\left(\frac{b}{\sqrt{3 b^2+4 h^2}}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{b+\sqrt{3} h}{\sqrt{3} b-h}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{3} h-b}{\sqrt{3} b+h}\right)\right)-2 \left(\sqrt{3}-2\right) b^2\right)\\ \end{align}

Si $b/(\sqrt{3}-1)<h<b/(\sqrt{7}-2),$

\begin{align} b \left(-\frac{1}{2} \sqrt{3 b^2+4 h^2}-\sqrt{h (3 h-4 b)}+h\right)+2 \left(b^2+h^2\right) \left(\cot ^{-1}\left(\frac{b}{\sqrt{3 b^2+4 h^2}}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{2 b+h}{\sqrt{h (3 h-4 b)}}\right)\right)+2 b^2-\frac{1}{2} h \sqrt{h (3 h-4 b)}\\ \end{align}

de lo contrario, $0.$

De todos modos, el área que el OP pidió que se puede encontrar con las funciones areaBH[b,h] (que es más lento) o fBH[b,h] (la fórmula dada anteriormente) para cualquier $b$ $h.$

por ejemplo fBH[N[100],80] da $470.616$ casi de inmediato, mientras que fBH[100,80]//FullSimplify da $-200 \left(82 \sqrt{3}+8 \sqrt{37}+5 \sqrt{139}+\frac{164 \pi }{3}-284-164 \cot ^{-1}\left(\frac{9}{\sqrt{5843-80 \sqrt{5143}}}\right)\right),$ que tarda un poco más a calcular.

Nota

Si $\dfrac{\text{area}}{BH}$ se traza en lugar de sólo $\text{area},$ el valor máximo devuelve a $h=b$ como se esperaba:

With[{b = 1}, Plot[fBH[b, h]/((2 h + b) (2 b + h)), {h, b (Sqrt@7 - 2), 
b/(Sqrt@7 - 2)}, Filling -> Axis, Axes -> False, Frame -> True, 
GridLines -> {{b, b (Sqrt@7 - 2), b/(Sqrt@7 - 2)}, {0, fBH[b, b]/((2 b + b) 
(2 b + b))}}]]

por lo $b=h$ es en efecto óptimo, cuando se escalan correctamente contra la $BH.$

Answer 2

En primer lugar vamos a considerar el área barrida después de un tirón (el área blanca en el diagrama y el cian área en la mía) por el rectángulo $ABCD$ con base $b=AB$ y la altura de la $h=AD$ en una línea (en otras palabras, las esquinas de la parte exterior del rectángulo no son tomados en cuenta, sin embargo, la):

Se puede observar que esta zona está compuesto por el segmento circular $DD'$ y triángulos $ADB$$C'BD'$.

Además, desde el $\angle ADB + \angle DBA = \pi/2$ radianes, $\angle DBC = \angle BDA$ $\angle A'BD' = \angle DBA$ $\angle DBD' = \angle A'BD' + \angle DBC = \pi/2$ radianes y el sector circular $DD'$ es un cuarto de círculo.

Así, el área de este sector es, simplemente, $$\frac{\pi*DB^2}{4} = \frac{\pi*(\sqrt{AD^2+AB^2})^2}{4} = \frac{\pi*(b^2+h^2)}{4}$$ Se puede observar que los triángulos $ADB$ $C'BD'$ juntos hacer el rectángulo $ABCD$ área $AB*AD=b*h$, con lo que el total de área barrida (cian) es: $$ A = \frac{\pi*(b^2+h^2)}{4} + bh$$

Ahora, consideremos la zona (el total de la zona de color en el diagrama) después de un segundo flip:

Esta área se compone de dos círculos de barrio $DD'$ $A'A''$ (con área de $\frac{\pi*(b^2+h^2)}{4}$ cada uno), los dos triángulos iguales $ADB$ $C'A''D''$ (que juntos hacen que el rectángulo original y por lo tanto, conjuntamente, han de área $bh$) y el triángulo $YBC'$, sin embargo el cuarto de dos círculos se superponen, por lo que debemos restar el área del triángulo $A'D'Y$ (que es igual a $YBC'$) y la forma $XA'D'$ De modo que el área total es de $$A = (A_{DD'}+A_{A'A''}) + (A_{ADB}+A_{C'A''D''}) + (A_{YBC'} - A_{A'D'Y}) - A_{XA'D'} = $$ $$=\frac{\pi*(b^2+h^2)}{2} + bh - A_{XA'D'}$$

El área de la forma de la $XA'D'$ no parece fácil de calcular, aunque, así que vamos a hacer un poco de construcciones:

Debido a la simetría de la forma $XZA'$ es igual a la forma de la $XZD'$ El área de $XZA'$ puede ser calculado restando el área de los triángulos $XC'Y$ $ZYA'$ desde el área del sector circular $A'X$.

Si dejamos $\angle XC'A'=\alpha$, entonces el área de $A'X$ es simplemente $$\frac{\alpha*C'A'^2}{2} = \frac{\alpha*(b^2 + h^2)}{2}$$

Desde $A'Z=A'D'/2 = AD/2 = h/2$ $ZY=A'B/2 = AB/2 = b/2$ el área de $A'ZY$ $$\frac{A'Z*ZY}{2}=\frac{bh}{8}$$

Observe que $C'Y=C'A'/2=C'X/2$ por lo que el área de $XYC'$ está dado por $$\frac{C'Y*C'X*\sin(\alpha)}{2}=\frac{C'X^2*\sin(\alpha)}{4} = \frac{\sin(\alpha)*(b^2+h^2)}{4}$$

Ahora $\alpha = \angle XC'A' = \angle D'C'A'-\angle D'C'X = \angle D'C'A'-\angle X C'W$ ya que ambos triángulo $D'C'A'$ y el triángulo $XC'W$ son straight edge triángulos, la función de los ángulos se puede expresar simplemente como arcsines:

$$\angle D'C'A'=\arcsin\left(\frac{A'D'}{C'A'}\right)=\arcsin\left(\frac{b}{\sqrt{b^2+h^2}}\right)$$ $$\angle X'C'W=\arcsin\left(\frac{C'W}{XC'}\right)=\arcsin\left(\frac{\frac{C'B}{2}}{XC'}\right)=\arcsin\left(\frac{b}{2\sqrt{b^2+h^2}}\right)$$ $$\alpha =\arcsin\left(\frac{b}{\sqrt{b^2+h^2}}\right)-\arcsin\left(\frac{b}{2\sqrt{b^2+h^2}}\right)$$ Sustitución de algunas simplificaciones: $$\sin(\alpha)=\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}$$ $$\alpha = \arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)$$ De manera que el área de $XA'D'$ es $$A_{XA'D'} = 2* A_{XA'Z}=2*\left(\frac{\alpha*(b^2 + h^2)}{2} -\frac{\sin(\alpha)*(b^2 + h^2)}{4}- \frac{bh}{8} \right) = $$ $$= \arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2) - \frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{4} - \frac{bh}{4} =$$ $$=\arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2)-\frac{b\sqrt{3b^2+h^2}}{4}$$

Y el área total después de la segunda flip es $$A=\frac{\pi*(b^2+h^2)}{2} + bh - A_{XA'D'} = $$ $$=\frac{\pi*(b^2+h^2)}{2} + bh+\frac{b\sqrt{3b^2+h^2}}{4} - \arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2)$$

Ahora echemos un vistazo a la zona después de tres lanzamientos:

Ahora, el área es de tres cuartos de círculo ($DD'$,$A'A''$,$B''B'''$), un triángulo en cada lado que se suman a la $bh$ (los triángulos $ADB$$A'''D''B'''$) y algunos triángulos en el medio que son compensados por los triángulos en los que se superponen (los triángulos $YBC'$ $Y'C'D''$ son compensados por $A'D'Y$ $A''B''Y$ respectivamente), y la superposición de dos formas ( $XA'D'$ $X'B''A''$). El área de $X'B''A''$ puede ser calculado en similar moda a $XA'D'$ $$\arcsin\left(\frac{h(\sqrt{3h^2+b^2}-b)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2)-\frac{h\sqrt{3h^2+b^2}}{4}$$ El área está dada por: $$A=bh+ 3*\frac{\pi*(b^2+h^2)}{4} + \frac{h\sqrt{3h^2+b^2}}{4} - \arcsin\left(\frac{h(\sqrt{3h^2+b^2}-b)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2) + \frac{b\sqrt{3b^2+h^2}}{4}-\arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2)$$

Ahora que sabemos que todas las áreas esenciales para calcular el área en caso de $n$ lanzamientos: $$A(n) = bh + n*\frac{\pi*(b^2+h^2)}{4} - $$ $$-\left[\frac{n}{2}\right]*\left(\arcsin\left(\frac{b(\sqrt{3b^2+h^2}-h)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2)-\frac{b\sqrt{3b^2+h^2}}{4}\right)-$$ $$ - \left[\frac{n-1}{2}\right]*\left(\arcsin\left(\frac{h(\sqrt{3h^2+b^2}-b)}{2*(b^2+h^2)}\right)*(b^2 + h^2) - \frac{h\sqrt{3h^2+b^2}}{4}\right)$$

Donde $[x]$ es el piso de operación.

Ahora a las esquinas: Primero de todo veamos un "agradable" de la esquina: Observe que el área total está dada por dos círculos de barrio $DD'$$BB''$, tres triángulos iguales y la superposición de la forma $D'XB$ por lo que el área total es de $$A_c=3*\frac{bh}{2} + 2*\frac{\pi*(b^2+h^2)}{4} - A{D'XB}$$

Observe que el triángulo $D'XB$ es equilátero, por lo $\angle XBD'=\angle XD'B=\pi/3$, con lo que las áreas de los sectores $D'X$ $XB$ son iguales y dado por $A_{XB}=\frac{\pi*(b^2+h^2)}{6}$. Ahora el área de la forma $D'XB$ es igual a $$2*A_{XB}-A_{\triangle D'XB} = \frac{\pi*(b^2+h^2)}{3} - \frac{(b^2+h^2)*\sqrt{3}}{2}$$ Por lo tanto, el área total de una esquina es $$A_c=3*\frac{bh}{2} + \frac{\pi*(b^2+h^2)}{2}-\frac{\pi*(b^2+h^2)}{3} + \frac{(b^2+h^2)*\sqrt{3}}{2} = 3*\frac{bh}{2}+\frac{(\pi+3\sqrt{3})*(b^2+h^2)}{6}$$

Así, en el caso de que el rectángulo exterior es "agradable" (todos los rincones son "agradable"), si total $n_B$ $n_H$ volteretas ajuste en los lados $B$ $H$ respectivamente, entonces se puede calcular el total de área barrida como $$A = 4*A_c + 2*A(n_B-2) + 2*A(n_H-2)$$

De manera que el área a la izquierda (la zona naranja en el diagrama) sería $$B*H-A=B*H-4*A_c - 2*A(n_B-2) - 2*A(n_H-2)$$

(Esto es muy duro para una respuesta plena a la pregunta, ya que todavía hay muchos casos que necesitan ser mirados (ni siquiera hablando de los casos en los que el rectángulo interior llega a su posición inicial después de 2 o más (o infinito) círculos alrededor del rectángulo exterior), y tengo la intención de añadir más en no "bonita" de las esquinas y no "agradable" rectángulos más tarde, pero me enseñó lo poco que había era todavía sería de ayuda)