Задача 6. Площадь, заметённая прямоугольником при повороте на π

Что такое Φ

Для любых $u$, $v$ верно $|u + v| + |u - v| = 2\max(|u|, |v|)$ (если $|u| \geqslant |v|$, обе суммы равны $2|u|$, иначе $2|v|$). Положим $u = x - \dfrac{15}{2}$, $v = \dfrac{y}{6\sqrt3}$: неравенство равносильно $\max(|u|, |v|) \leqslant \dfrac32$, то есть

$\Phi$ — прямоугольник $3 \times 18\sqrt3$ с центром $\left(\dfrac{15}{2}; 0\right)$, симметричный относительно оси $Ox$.

Расстояния и углы

Ближайшая к $O$ точка прямоугольника — $E = (6; 0)$, $OE = 6$. Самые далёкие — вершины $B = (9; -9\sqrt3)$ и $C = (9; 9\sqrt3)$: $OB = \sqrt{81 + 243} = 18$. Угол $BOE$: $\cos\angle BOE = \dfrac{9}{18} = \dfrac12$, то есть $\angle BOE = \angle COE = 60^\circ$. Именно угол между дальними вершинами $B$ и $C$ равен $120^\circ$. Весь прямоугольник виден под бо́льшим углом $2\arctan(9\sqrt3/6)\approx137{,}90^\circ$ — его крайние лучи проходят через ближние вершины. Расстояния до точек прямоугольника заполняют отрезок от $6$ до $18$.

Из чего состоит M: сначала один радиус

Зафиксируем расстояние $r$ от $O$, где $6\leqslant r\leqslant18$. На окружности этого радиуса точки исходного прямоугольника занимают две симметричные дуги: их углы лежат в $[-\beta,-\alpha]$ и $[\alpha,\beta]$, где $0\leqslant\alpha\leqslant\beta<\pi/2$. Дуги могут соприкасаться или стягиваться в точки — рассуждение остаётся верным.

При повороте против часовой стрелки угол каждой точки увеличивается на любое число от $0$ до $\pi$. Поэтому первая дуга заметает углы $[-\beta,\pi-\alpha]$, а вторая — $[\alpha,\pi+\beta]$. Эти промежутки перекрываются, ведь $2\alpha<\pi$. Их объединение — весь промежуток $[-\beta,\pi+\beta]$, без пропусков.

Значит, при каждом $r$ заметена вся верхняя полуокружность и два одинаковых добавочных участка ниже оси $Ox$. Правый нижний участок имеет углы от $-\beta$ до $0$, левый — его отражение относительно $Oy$. Разберём правый участок: его точки удовлетворяют

Действительно, эти ограничения означают, что угол по модулю не больше наибольшего исходного угла $\beta$ на том же радиусе: $r\cos\beta\geqslant6$ и $r\sin\beta\leqslant9\sqrt3$. Ограничение исходного прямоугольника $x\leqslant9$ задаёт минимальный угол $\alpha$; после поворота этот внутренний промежуток уже заполнен.

Теперь разрезаем правую нижнюю часть прямой $x=9$. При $6\leqslant x\leqslant9$ получаем ровно нижнюю половину исходного прямоугольника. При $x\geqslant9$ — нижнюю половину кругового сегмента за хордой $BC$: внутри круга здесь автоматически $|y|\leqslant9\sqrt3$. Слева внизу лежат отражённые копии этих двух частей.

Итак, без перекрытий по площади $M$ составлено из верхнего полукольца, двух половин прямоугольника и двух половин кругового сегмента. Общие границы имеют нулевую площадь, поэтому площади этих частей можно сложить.

Считаем площади

Полукольцо: $\dfrac{\pi}{2}(18^2 - 6^2) = \dfrac{\pi}{2} \cdot 288 = 144\pi$.

Прямоугольник: $3 \cdot 18\sqrt3 = 54\sqrt3$.

Сегмент круга радиуса $18$ с дугой $BC$ в $120^\circ$: сектор минус треугольник $OBC$: $\dfrac{\pi}{3} \cdot 18^2 - \dfrac12 \cdot 18^2 \sin 120^\circ = 108\pi - 81\sqrt3$.