折叠公交车门扫过的面积

葡萄糖

两杆的长度是固定的，求折叠公交车门扫过的面积

wayne

这个题目比上次 那个 连杆运动 的结论好看多了,从出题人角度来看,也最成功.
外侧的那个动线段的包络曲线的参数方程是  {2 R Cos[t]^3, 2 R Sin[t]^3}
http://mathworld.wolfram.com/Astroid.html

wayne

可是星形线不是靠在两相互垂直的直线上一个线段在重力作用下扫过的图形的包络曲线吗？而这是靠在圆上的呀！

见链接里的第(24)号公式的解说,我是按照这个思路求出方程的

The astroid can also be formed as the envelope produced when a line segment is moved with each end on one of a pair of perpendicular axes (e.g., it is the curve enveloped by a ladder sliding against a wall or a garage door with the top corner moving along a vertical track; left figure above). The astroid is therefore a glissette. To see this, note that for a ladder of length L, the points of contact with the wall and floor are \((x_0,0)\) and \((0,\sqrt{L^2-x_0^2})\), respectively. The equation of the line made by the ladder with its foot at \((x_0,0)\) is therefore

wayne

你也可以将外侧的那个线段延长,交于y轴,那么这个直角三角形的斜边长度是2R(直角三角形的中线等于斜边的一半), 于是你就可以想象成 一个长度为2R的梯子靠在墙壁上滑动了

葡萄糖

wayne 发表于 2014-1-29 10:18
你也可以将外侧的那个线段延长,交于y轴,那么这个直角三角形的斜边长度是2R(直角三角形的中线等于斜边的一半 ...

这样呢？

wayne

葡萄糖 发表于 2014-1-29 15:53
这样呢？

是说长度不一样吗,目测不会很简洁.

mathe

可以避开轨迹，直接计算面积。设半径为 \( 1 \) ,另外一段为 \( L \) ,首先做单位圆长度为 \( L \) 的切线，切点的角度设为 \( \theta_0 \) ,这个是一个拐点，这个切线下面的面积可以事先计算出来。于是余下就是切线滑动过程中，两条充分接近切线夹出的下面部分面积的累积。
我们现在设单位圆上两个非常接近由角度 \( \theta_1,\theta_2 \) 对应的点，对应长度为L的那条轴在x轴上坐标为 \( x_1,x_2 \)
于是
\[ \left\{ \begin{split}1-2x_1\cos\theta_1+x_1^2&=L^2\\1-2x_2\cos\theta_2+x_2^2&=L^2\end{split} \right. \]
由此我们可以得出 \( x=\cos(\theta)+\sqrt{L^2-\sin^2(\theta)},\quad-2x'_{\theta}\cos(\theta)+2x\sin(\theta)+2x x'_{\theta}=0 \)
然后我们再计算两条切线交点的众坐标得出 \( y=\dfrac{\sin(\theta_2)\sin(\theta_1)(x_1-x_2)}{\sin(\theta_1-\theta_2)+x_1\sin(\theta_2)-x_2\sin(\theta_1)} \) ,然后让 \( \theta_2\to\theta_1 \) 得出 \( y=\dfrac{\sin^2(\theta)x'_{\theta}}{1+x\cos(\theta)+x'_{\theta}\sin(\theta)} \)
然后我们知道下面夹出小三角形底边为 \( \dif x=x'_{\theta}\dif\theta \) ,高为 \( y \) ,所以就变成求积分
\[ \frac 1 2\int_0^{\theta_0}y\dif x= \frac 1 2\int_0^{\theta_0}\frac{\sin^2(\theta){x'}_{\theta}^2}{1+x\cos(\theta)+x'_{\theta}\sin(\theta)}\dif\theta \]
然后我们还需要将 \( x',x \) 的表达式解开带入就得出面积的积分形式，加上 \( \theta_0 \) 对应切线下面部分面积然后乘2加上单位圆面积即可。

wayne

刚才我根据 mathe 的思路,自己也走了一趟,顺便把单位 \( 1 \) 换成 \( R \) , 算得  \(y=\frac{R^2 x \sin^2\theta\tan\theta}{R^2-x^2}\)

此时,代入面积积分式子,会发现,  \( x \) 的表达 必须要解一个一元二次方程\(L^2=R^2-2 R x \cos \theta+x^2\).,这个好说,根据几何性质,我们取其正的分支:

\[ {\LARGE\int_0^{\theta _0}} \frac{R^3 \sin^3\theta \tan\theta \left(\sqrt{4 L^2+2 R^2 \cos(2 \theta )-2 R^2}+2 R \cos\theta\right)^2}{2 \sqrt{4 L^2+2 R^2 \cos(2 \theta)-2 R^2} \left(R \cos\theta \sqrt{4 L^2+2 R^2 \cos(2 \theta)-2 R^2}+L^2-2 R^2\sin ^2\theta\right)} \dif\theta\]
接下来,似乎只有求助于 数值解了.虽然,我们可以往前再走一步,对上面的积分做变换 \( t=\cos\theta \)
不过,至少面积是可以明确求得的.

求出来之后还只是包络曲线与x轴围成的面积，还需要加上 圆弧下面的面积，就不写出来了

倪举鹏

\( x=\dfrac{\cos^4\theta+\cos^3\theta\sqrt{k^2-1+\cos^2\theta}+2\cos^2\theta*k^2+\cos\theta\sqrt{k^2-1+\cos^2\theta}*k^2-2\cos^2\theta-\cos\theta\sqrt{k^2-1+\cos^2\theta}-k^2+1}{\cos\theta*k^2} \) ;
\( y=\dfrac{\sin^3\theta\cos\theta+\sin^3\theta\sqrt{k^2-1+\cos^2\theta}}{\sin^2\theta\cos\theta+\cos\theta*k^2-\cos\theta+\cos^3\theta} \);

葡萄糖

wayne 发表于 2014-1-29 10:18
你也可以将外侧的那个线段延长,交于y轴,那么这个直角三角形的斜边长度是2R(直角三角形的中线等于斜边的一半 ...

还能构造出更节约运动范围面积的构件吗？