Помогите разобраться с этой фигурой

[macdonalds]

1) Собственно, есть ли название у этой фигуры?
2) Формула площади? Школу заканчивал 20 лет назад, сейчас бы от того багажа что остался, вычислял от площади треугольника образованного точками касания трех окружностей, отнял бы площадь сегментов окружностей, это верно? Есть ли короткий вариант?

[Ioda]

Если брать, вместо точек касания ,вершинами треугольника центры окружностей может выйдет проще ?

[grizzly]

macdonalds в сообщении #1356954 писал(а):

1) Собственно, есть ли название у этой фигуры?

Обычно любые подобные треугольники называют "криволинейными". В данном случае это "криволинейный треугольник, образованный попарно касающимися (внешним образом) окружностями, с вершинами в точках касания".

[DeBill]

macdonalds в сообщении #1356954 писал(а):

отнял бы площадь сегментов окружностей, это верно? Есть ли короткий вариант?

Для этого все равно придется считать радиусы. Так что - чуть-чуть проще было бы так: от треугольника с вершинами в центрах отнять площади секторов (и полезут арксинусы всякие...). Так что простой формылы не будет - ну, разве для конкретных (напр., равных).

[Dmitriy40]

Другой способ: каждую пару окружностей можно достроить третьей окружностью двумя способами, причём интересующая закрашенная фигура будет той же площади, продолжив этот процесс до бесконечности получим замощение плоскости четырьмя типами фигур: 3 круга и зазоры между ними, которые все одинаковы (с точностью до поворотов и отражений) по площади. Аккуратно выписав количество всех четырёх фигур в некоем прямоугольнике (или любой другой фигуры легко считаемой площади) и взяв предел отношения площади кругов к площади прямоугольника при неограниченном увеличении размеров последнего получим долю площади закрашенной фигуры. Но через треугольник и сектора явно проще.

[grizzly]

Dmitriy40 в сообщении #1357021 писал(а):

продолжив этот процесс до бесконечности получим замощение плоскости четырьмя типами фигур

Не думаю, что кругами произвольного радиуса можно получить подходящее замощение плоскости. Разве ещё с учётом одной-двух дополнительных фигур? (кстати, тоже так сразу не скажу, это может быть интересно), но считать площади этих фигур вряд ли захочется :)

[wrest]

Пусть $a,b,c$ -- радиусы касающихся окружностей.
Тогда радиус окружности, вписанной в треугольник, образованный центрами окружностей, будет $r=\sqrt{\dfrac{abc}{a+b+c}}$
Площадь этого треугольника будет $S_{\triangle}=r(a+b+c)=\sqrt{abc(a+b+c)}$
Площади секторов окружностей внутри треугольника:
$S_a=a^2\arctg \frac{r}{a}$
$S_b=b^2\arctg \frac{r}{b}$
$S_c=c^2\arctg \frac{r}{c}$

Тогда искомая площадь криволинейного треугольника $S_{abc}=S_{\triangle}-(S_a+S_b+S_c)$
Или

$$S_{abc}=r(a+b+c)- ( a^2\arctg \frac{r}{a} + b^2\arctg \frac{r}{b} + c^2\arctg \frac{r}{c} )$$

Можно там развернуть еще $r$ через $a,b,c$ но получится громоздковатисто.

На случай $a=b=c$ имеем (все арктангенсы равны $\pi /6$):
$S_{abc}=a^2(\sqrt{3}-\dfrac{\pi}{2})$

Dmitriy40 -- можете проверить последнюю формулу вашим методом замощения, на случай одинаковых кругов единичного радиуса предел должен получиться равным $\sqrt{3}-\dfrac{\pi}{2}$ ;) Или не должен...

[Dmitriy40]

(wrest)

Вроде бы готовые решения давать нельзя, не? Могли бы показать лишь формулу для одинаковых окружностей.

wrest в сообщении #1357067 писал(а):

Dmitriy40 -- можете проверить последнюю формулу вашим методом замощения, на случай одинаковых кругов единичного радиуса предел должен получиться равным $\sqrt{3}-\dfrac{\pi}{2}$ ;) Или не должен...

А давайте проверим, благо для одинаковых это просто. Чтобы не париться с количеством кругов в слоях вокруг данной фигуры и пределами возьмём сразу точную формулу площади правильного шестиугольника (уж он точно плоскость замощает без зазоров) со стороной $2: S_6=2^2 3\sqrt{3}/2=6\sqrt{3}$. Сажаем в центр и в каждый угол по окружности радиуса $1$, всего их 7 штук, считаем их общую площадь: $S_o=6\pi1^2/3+\pi1^2=3\pi$ (доказывать что из каждого внешнего круга вырезается ровно треть оставлю желающим). В шестиугольник попало 6 наших искомых фигур, они все одинаковые (симметрия, так её), считаем площадь одной: $(S_6-S_o)/6=(6\sqrt{3}-3\pi)/6=\sqrt{3}-\pi/2$. Равно Вашему. Предел для всей плоскости будет очевидно тот же. Бинго.

[Sender]

grizzly в сообщении #1357059 писал(а):

Не думаю, что кругами произвольного радиуса можно получить подходящее замощение плоскости.

Да, можно рассматривать это как замощение плоскости треугольниками с вершинами в центрах этих кругов. Очевидно, далеко не каждым треугольником можно замостить плоскость.

[Dmitriy40]

Согласен, способ не универсальный. И более трудоёмкий.

-- 27.11.2018, 15:20 --

Sender в сообщении #1357109 писал(а):

Очевидно, далеко не каждым треугольником можно замостить плоскость.

А почему кстати? Совместив одинаковой стороной данный треугольник и его зеркальную повёрнутую на 180° копию получим параллелограмм, а уж он плоскость замощает без проблем (полосами).

[Sender]

Хм, да, действительно. Что-то я упустил из виду, что сумма углов треугольника равна $\pi$ Соответственно, замощение окружностями тоже всегда возможно.

[grizzly]

Sender в сообщении #1357130 писал(а):

Соответственно, замощение окружностями тоже всегда возможно.

Без наложений? Может, мы говорим о чём-то разном? Вот если все окружности одного радиуса, тогда мне всё понятно. А если одна окружность радиуса $R$, а две другие радиса $R+0.01R$. Давайте теперь походим вокруг первой (чуть меньшей) окружности и посмотрим, что там есть. Там точно есть две вторых. А потом? Шесть уже не влазит -- ни первых, ни вторых. Значит, есть какие-то пустоты (кроме криволинейных треугольников). Какое ж это замощение?

[Dmitriy40]

Ага, треугольниками можно, а окружностями не всегда. Например вот тут

положить окружность $A_2$ к окружностям $E+C_1$ уже нельзя.

Т.е. мой предложенный способ в общем случае не проходит.

[Sender]

Действительно, два смежных по стороне треугольника с вершинами в центрах кругов, образующих искомое замощение, вообще говоря, не образуют параллелограмма, они могут быть только отражениями друг друга относительно смежной стороны, поэтому не укладываются в схему замощения, предложенную Dmitriy40. Надо было с самого начала взять ручку и нарисовать.

[grizzly]

Dmitriy40 в сообщении #1357144 писал(а):

окружностями не всегда

Мне пока даже не очевидно, что можно хотя бы в одном случае, кроме тривиального.