Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
come si calcolano queste aree?
1) Data la curva di equazione \(x^2y^2-2x-2y+3=0\), calcolare l’area del quadrilatero mistilineo \(OAPB\), essendo \(A(0,3/2)\), \(B(3/2,0)\), \(P(1,1)\) punti della curva data ed \(O\) l’origine del riferimento.
2) Determinare l’area della regione piana limitata dalla cardioide \(\rho=2a(1+\cos\theta)\) esterna al circolo \(\rho=a\).
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Elisa,
nel primo caso, il luogo \(x^2y^2-2x-2y+3=0\), simmetrico rispetto alla retta \(y=x\), può essere visto, almeno per \(x\neq 0\), come l’unione dei grafici delle funzioni \[y={{f}_{1}}\left( x \right)=\frac{1-\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}\quad \quad y={{f}_{2}}\left( x \right)=\frac{1+\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}\] ottenute esplicitando \(y\) rispetto ad \(x\) nell’equazione del luogo. Analizzando le due funzioni, si osserva che il quadrilatero \(OAPB\) è costituito dall’unione del sottografico di \(f_2(x)\) nell’intervallo \(\left] 0,1 \right]\) con il sottografico di \(f_1(x)\) nell’intervallo \(\left] 1,3/2 \right]\). Si può inoltre verificare che, pur non essendo definita in \(x=0\), la funzione \(f_2(x)\) è prolungabile per continuità in tale punto, essendo (de l’Hopital): \(\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{3x}{2x\sqrt{2x+1}}=\frac{3}{2}\); ciò a conferma del fatto che il punto \(A(0,3/2)\), in quanto appartenente al luogo in questione, può essere “aggiunto” al grafico di \(f_2(x)\). Possiamo ora calcolare l’area \({{S}_{OAPB}}\) come unione di integrali e, osservando la figura, si può sfruttare la simmetria per ottenere:
\[{{S}_{OAPB}}=2\int\limits_{0}^{1}{\frac{1+\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}dx-1}\] dove l’integrale va inteso in senso improprio, essendo la funzione integranda non definita in \(x=0\), cioè: \[{{S}_{OAPB}}=2\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{k}^{1}{\frac{1+\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}dx-1}\quad .\] Con la sostituzione \(t=\sqrt{2x+1}\) l’integrale diventa: \[\int{\frac{1+\left( x-1 \right)\sqrt{2x+1}}{{{x}^{2}}}dx}=2\int{\frac{{{t}^{4}}-3{{t}^{2}}+2t}{{{\left( {{t}^{2}}-1 \right)}^{2}}}dt}=\frac{2\left( {{t}^{2}}+t+1 \right)}{t+1}+c=\frac{\sqrt{{{\left( 2x+1 \right)}^{3}}}-1}{x}+c\] da cui: \[{{S}_{OAPB}}=2\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{\sqrt{{{\left( 2x+1 \right)}^{3}}}-1}{x} \right]_{k}^{1}-1=6\sqrt{3}-2-2\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{\left( 2k+1 \right)}^{3}}}-1}{k}-1=6\sqrt{3}-9\approx 1,3923\] essendo \[\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{\left( 2k+1 \right)}^{3}}}-1}{k}=2\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 2k+1 \right)}^{\frac{3}{2}}}-1}{2k}=2\cdot \frac{3}{2}=3\quad .\]
Nel secondo caso, conviene operare in coordinate polari, e calcolare l’area come integrale doppio, dopo aver osservato che l’intersezione tra cardioide e circonferenza avviene se e solo se \(2a\left( 1+\cos \theta \right)=a\), cioè se e solo se \(\cos \theta =-\frac{1}{2}\), quindi per \(\theta =\pm \frac{2}{3}\pi\). Posto che \(ds=\rho d\theta d\rho \) è l’elemento d’area, sfruttando la simmetria rispetto all’asse \(x\), si tratta di calcolare \[S=2\iint\limits_{D}{ds}=2\int\limits_{0}^{\frac{2}{3}\pi }{d\theta \int\limits_{a}^{2a\left( 1+\cos \theta \right)}{\rho d\rho }=}2\int\limits_{0}^{\frac{2}{3}\pi }{d\theta \left[ \frac{1}{2}{{\rho }^{2}} \right]}_{a}^{2a\left( 1+\cos \theta \right)}=\int\limits_{0}^{\frac{2}{3}\pi }{\left( 4{{a}^{2}}{{\left( 1-\cos \theta \right)}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}d\theta =\] \[={{a}^{2}}\int\limits_{0}^{\frac{2}{3}\pi }{\left( 3+4{{\cos }^{2}}\theta +8\cos \theta \right)}d\theta ={{a}^{2}}\left[ 2\sin \theta \cos \theta +8\sin \theta +5\theta \right]_{0}^{2\pi /3}={{a}^{2}}\left( \frac{10}{3}\pi +\frac{7}{2}\sqrt{3} \right)\approx 16.541{{a}^{2}}\ .\]
Massimo Bergamini