مساحت نواحی مسطح (دکارتی، پارامتری و قطبی)

۱. آنچه واقعاً محاسبه می‌شود

برای ناحیهٔ کراندار $D\subset\mathbb{R}^{2}$،

$\operatorname{Area}(D)=\iint_{D}dA .$

هر فرمول مساحت در حساب دیفرانسیل و انتگرال تک‌متغیره، همین یک انتگرال است پس از یکی از سه تحویل زیر:

تحویل مناسب را از روی نحوهٔ توصیف ناحیه انتخاب کنید، نه از روی شکل ظاهری آن: نامساوی $g\le y\le f$ برش‌زدن را می‌طلبد، پارامترسازی $t\mapsto(x(t),y(t))$ گرین را، و معادلهٔ $r=r(\theta)$ جاروب را.

جدول اصلی

۲. حالت دکارتی: مساحت بین دو منحنی

دستورالعمل.

۱. معادلهٔ $f(x)=g(x)$ را حل کنید تا همهٔ طول‌های نقاط تقاطع در بازهٔ مورد نظر به دست آید. ۲. جهت برش را تعیین کنید: اگر ناحیه $y$-ساده است (هر خط قائم آن را در یک پاره‌خط قطع می‌کند) برش عمودی بزنید، و اگر $x$-ساده است برش افقی. ناحیه‌ای که هیچ‌کدام نیست باید تجزیه شود. ۳. روی هر زیربازه تعیین کنید کدام منحنی بالاتر است (با آزمودن یک نقطه) و انتگرال بگیرید: $A=\int_a^b\bigl\lvert f(x)-g(x)\bigr\rvert\,dx=\sum_k\int_{x_k}^{x_{k+1}}\bigl(\text{upper}-\text{lower}\bigr)dx .$

تمام مغز گام ۳ همان قدر مطلق است: انتگرال $\int_a^b(f-g)\,dx$ روی بازه‌ای که منحنی‌ها در آن یکدیگر را قطع می‌کنند، اختلاف علامت‌دار را می‌دهد که اکیداً از مساحت کمتر است. تجزیه‌کردن در هر نقطهٔ تقاطع اختیاری نیست.

برش افقی وقتی به صرفه است که حل‌کردن بر حسب $x$ آسان‌تر از حل بر حسب $y$ باشد (مثلاً ناحیهٔ محصور بین $y^{2}=x$ و $y=x-2$ با یک انتگرال بر حسب $dy$ و با دو انتگرال بر حسب $dx$ به دست می‌آید).

۳. مرز پارامتری: قضیهٔ گرین

قضیهٔ گرین. فرض کنید $C$ منحنی‌ای تکه‌تکه-$C^{1}$، ساده، بسته و با جهت مثبت (درون ناحیه در سمت چپ) باشد که $D$ را محصور می‌کند. اگر $P,Q$ روی یک مجموعهٔ باز شامل $\overline{D}$ از ردهٔ $C^{1}$ باشند، آنگاه $\displaystyle\oint_C P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA .$

هر زوج $(P,Q)$ با شرط $Q_x-P_y=1$ سمت راست را به مساحت تبدیل می‌کند. سه انتخاب استاندارد $(0,x)$، $(-y,0)$ و $\bigl(-\tfrac y2,\tfrac x2\bigr)$ می‌دهند:

$A=\oint_C x\,dy=-\oint_C y\,dx=\frac12\oint_C\bigl(x\,dy-y\,dx\bigr),$

و برای پارامترسازی $t\in[t_0,t_1]$،

$A=\frac12\int_{t_0}^{t_1}\bigl(x(t)\,y'(t)-y(t)\,x'(t)\bigr)\,dt .$

از صورت متقارن استفاده کنید، مگر آنکه یکی از $x\,dy$ یا $-y\,dx$ آشکارا ساده‌تر باشد — تنها همین صورت است که برای منحنی‌هایی از نوع اختروش (astroid) و سیکلوئید متناهی و پاکیزه باقی می‌ماند.

سه نکته‌ای که سرنوشت سؤال‌های کنکور را تعیین می‌کنند.

• این انتگرال علامت‌دار است: $+A$ در جهت پادساعتگرد و $-A$ در جهت ساعتگرد. پاسخ را با $\lvert\cdot\rvert$ گزارش کنید.
• بدون فرض سادگی، این فرمول مقدار $\tfrac12\oint(x\,dy-y\,dx)=\iint_{\mathbb{R}^{2}}n(p)\,dA$ را می‌دهد، یعنی مساحت وزن‌دار با عدد پیچش $n(p)$. حلقه‌ای که دو بار پیموده شود دو بار شمرده می‌شود و دو گلبرگ با جهت‌های مخالف یکدیگر را حذف می‌کنند.
• کمانِ نابسته باید با پاره‌خط‌هایی (معمولاً روی محورها) بسته شود، و سهم این پاره‌خط‌ها چنین است: $\oint x\,dy=0$ روی $y=\text{const}$ و $\oint y\,dx=0$ روی $x=\text{const}$ — و به همین دلیل مساحت یک طاق سیکلوئید با $-\oint y\,dx$ حساب می‌شود.

مثال کوچک (خودتقاطعی). برای منحنی هشت‌شکل $x=\sin t,\;y=\sin 2t,\;t\in[0,2\pi]$ (گلبرگ‌ها در مبدأ و در $t=0,\pi,2\pi$ به هم می‌رسند):

$x y'-y x'=2\sin t\cos 2t-\sin 2t\cos t=-2\sin^{3}t,$ $\tfrac12\int_{0}^{\pi}(-2\sin^{3}t)\,dt=-\int_0^{\pi}\sin^{3}t\,dt=-\frac43 .$

مساحت گلبرگ راست برابر $\tfrac43$ است (که در جهت ساعتگرد پیموده می‌شود)؛ بنا بر تقارن، گلبرگ چپ مقدار $+\tfrac43$ می‌دهد. مجموع علامت‌دار روی $[0,2\pi]$ برابر $0$ است، حال آنکه مساحت واقعی $\tfrac43+\tfrac43=\tfrac83$ است. در هر پارامتر خودتقاطع تجزیه کنید، قدر مطلق بگیرید و سپس جمع کنید.

۴. حالت قطبی: فرمول جاروب

قطاع دایره‌ای به شعاع $r$ و زاویهٔ $\Delta\theta$ مساحت $\tfrac12 r^{2}\Delta\theta$ دارد؛ جمع‌کردن قطاع‌ها المان مساحت $dA=\tfrac12r^{2}\,d\theta$ را می‌دهد و در نتیجه

$A=\frac12\int_{\alpha}^{\beta}r(\theta)^{2}\,d\theta ,$

که معتبر است هرگاه پرتوِ خارج‌شده از قطب، ناحیه را برای هر $\theta\in[\alpha,\beta]$ در همان یک پاره‌خط $0\le r\le r(\theta)$ قطع کند. (این دقیقاً همان انتگرال دوگانهٔ $\iint_D r\,dr\,d\theta$ است پس از محاسبهٔ انتگرال داخلی.)

بین دو منحنی قطبی، با $0\le r_{\text{in}}(\theta)\le r_{\text{out}}(\theta)$:

$A=\frac12\int_{\alpha}^{\beta}\bigl(r_{\text{out}}^{2}-r_{\text{in}}^{2}\bigr)\,d\theta\qquad(\textbf{not }\tfrac12\int(r_{\text{out}}-r_{\text{in}})^{2}).$

یافتن کران‌ها — گامی که پاسخ را تعیین می‌کند.

۱. گلبرگ‌ها / حلقه‌ها: معادلهٔ $r(\theta)=0$ را حل کنید؛ هر دو ریشهٔ متوالی یک حلقه را محصور می‌کنند. ۲. دو منحنی: معادلهٔ $r_1(\theta)=r_2(\theta)$ را حل کنید، سپس قطب را جداگانه بررسی کنید — مبدأ می‌تواند روی هر دو منحنی ولی در $\theta$های متفاوت قرار گیرد و آنگاه برای آن معادله نامرئی است. ۳. $r$ منفی: نقطهٔ $(r,\theta)$ با $r<0$ در $(\lvert r\rvert,\theta+\pi)$ رسم می‌شود. کمان‌های با $r$ منفی ممکن است حلقه‌های تازه‌ای بسازند یا حلقه‌های قبلی را دوباره بپیمایند — و همین دوگانگی، تلهٔ کلاسیک این مبحث است. ۴. از تقارن بهره ببرید: از یک قطعهٔ متقارن انتگرال بگیرید و در تعداد ضرب کنید؛ این کار از شمارش مضاعف نیز جلوگیری می‌کند.

۵. مثال حل‌شده در حالت کلی: گل سرخی $r=a\cos k\theta$

فرض کنید $k\in\mathbb{N}$ و $a>0$.

گام ۱ — بازهٔ یک گلبرگ. $r=0\iff\cos k\theta=0\iff\theta=\pm\dfrac{\pi}{2k}$ (نزدیک‌ترین ریشه‌ها به $\theta=0$)، پس یک گلبرگ روی $-\tfrac{\pi}{2k}\le\theta\le\tfrac{\pi}{2k}$ جاروب می‌شود.

گام ۲ — مساحت آن. $A_{\text{petal}}=\frac12\int_{-\pi/2k}^{\pi/2k}a^{2}\cos^{2}k\theta\,d\theta=\frac{a^{2}}{4}\int_{-\pi/2k}^{\pi/2k}\bigl(1+\cos 2k\theta\bigr)d\theta=\frac{a^{2}}{4}\left[\theta+\frac{\sin 2k\theta}{2k}\right]_{-\pi/2k}^{\pi/2k}=\frac{\pi a^{2}}{4k}.$

گام ۳ — تعداد گلبرگ‌ها. وقتی $\theta$ روی $[0,2\pi)$ حرکت می‌کند منحنی بسته می‌شود؛ کمان‌های با $r$ منفی هنگامی که $k$ زوج است $k$ گلبرگ اضافی می‌سازند، اما وقتی $k$ فرد است دقیقاً گلبرگ‌های موجود را دوباره می‌پیمایند. بنابراین

$\#\text{petals}=\begin{cases}2k,&k\ \text{even},\\ k,&k\ \text{odd},\end{cases}\qquad A_{\text{total}}=\begin{cases}2k\cdot\dfrac{\pi a^{2}}{4k}=\dfrac{\pi a^{2}}{2},&k\ \text{even},\\[4pt] k\cdot\dfrac{\pi a^{2}}{4k}=\dfrac{\pi a^{2}}{4},&k\ \text{odd}.\end{cases}$

گام ۴ — وارسیِ متقابلی که تله را آشکار می‌کند. جاروب کاملِ ساده‌لوحانه همواره مقدار $\frac12\int_{0}^{2\pi}a^{2}\cos^{2}k\theta\,d\theta=\frac{\pi a^{2}}{2},$ را می‌دهد، زیرا مقدار میانگین $\cos^{2}$ صرف‌نظر از $k$ برابر $\tfrac12$ است. برای $k$ زوج این پاسخ درست است (هر گلبرگ یک بار جاروب می‌شود)؛ برای $k$ فرد دقیقاً دو برابر مساحت واقعی است (هر گلبرگ دو بار جاروب می‌شود). وارسی سلامت در $k=1$: منحنی $r=a\cos\theta$ دایره‌ای به شعاع $a/2$ و مساحت $\pi a^{2}/4$ است — یعنی فرمول حالت فرد، نه $\pi a^{2}/2$. همین گزاره‌ها عیناً برای $r=a\sin k\theta$ نیز برقرارند.

۶. تصاویر خطی و مقاطع مخروطی: مساحت به کمک دترمینان

اگر $T:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}$ خطی باشد، آنگاه $\operatorname{Area}\bigl(T(D)\bigr)=\lvert\det T\rvert\operatorname{Area}(D)$ (همان ژاکوبیِ تغییر متغیر که در اینجا ثابت است). دو نتیجهٔ در حد کنکور:

• تصویر قرص واحد تحت $T=\operatorname{diag}(a,b)$ بیضی $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ است، پس مساحتش $\pi ab$ است — بدون هیچ انتگرال‌گیری. (فرمول گرین روی $x=a\cos t$ و $y=b\sin t$ همین را بازتولید می‌کند: $\tfrac12\int_0^{2\pi}ab\,dt=\pi ab$.)
• یک مقطع مخروطی مرکزی عمومی $Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}=1$ به صورت $\mathbf{x}^{\!\top}M\mathbf{x}=1$ نوشته می‌شود که در آن $M=\begin{pmatrix}A&B/2\\ B/2&C\end{pmatrix}$. اگر $M$ معین مثبت باشد (یعنی $A>0$ و $\det M=\tfrac{4AC-B^{2}}{4}>0$)، منحنی بیضی‌ای با نیم‌محورهای $1/\sqrt{\lambda_1},1/\sqrt{\lambda_2}$ است، پس $A=\frac{\pi}{\sqrt{\lambda_1\lambda_2}}=\frac{\pi}{\sqrt{\det M}}=\frac{2\pi}{\sqrt{4AC-B^{2}}}.$ اگر $4AC-B^{2}<0$ باشد مقطع یک هذلولی است و مساحت متناهی محصور نمی‌کند؛ و اگر $4AC-B^{2}=0$ باشد به دو خط موازی تباهیده می‌شود.

نکتهٔ کنکوری: هرگز محورها را برای حذف جملهٔ $xy$ دوران ندهید. مساحت $Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}=1$ تنها به کمیت دوران‌ناوردای $\det M$ بستگی دارد، پس فقط یک دترمینان با پاسخ فاصله دارید: $2\pi/\sqrt{4AC-B^{2}}$.

۷. مساحت‌های استاندارد که ارزش حفظ‌کردن دارند

۸. گونه‌ها و حالت‌های مرزی که در کنکور جایگزین می‌شوند

• منحنی‌هایی که درون بازه یکدیگر را قطع می‌کنند. در هر ریشهٔ $f-g$ تجزیه کنید؛ فراموش‌کردن یک ریشه همیشه یکی از گزینه‌های انحرافی را تولید می‌کند.
• لیماسون $r=a+b\cos\theta$ با $a<b$. این منحنی حلقهٔ داخلی دارد؛ «مساحت درون حلقهٔ بیرونی»، «مساحت حلقهٔ داخلی» و «مساحت بین دو حلقه» سه انتگرال متفاوت روی سه بازهٔ $\theta$ی متفاوت‌اند.
• ناحیه‌ای که دو بار پیموده می‌شود. اعمال کورکورانهٔ $\tfrac12\int_0^{2\pi}$ بر $r=a\cos\theta$، بر گل سرخی با $k$ فرد، یا بر پارامترسازی‌ای با پیچش دوگانه، پاسخ را دو برابر می‌کند.
• پارامترسازی ساعتگرد. انتگرال گرین عددی منفی می‌دهد؛ پاسخ همان قدر مطلق آن است.
• منحنی‌های خودتقاطع (هشت‌شکل). مساحت علامت‌دار ممکن است $0$ شود؛ حلقه‌به‌حلقه انتگرال بگیرید.
• نواحی بی‌کران. مساحت به انتگرال ناسره تبدیل می‌شود — پیش از اعلام مقدار باید همگرایی آزموده شود.
• مساحت بین یک منحنی قطبی و یک منحنی دکارتی، یا بین دو منحنی قطبی. از $\tfrac12\int(r_{\text{out}}^{2}-r_{\text{in}}^{2})$ استفاده کنید، در هر زاویهٔ تقاطع تجزیه کنید و قطب را از یاد نبرید.

هرگاه هیچ تحویلی تمیز از آب درنیامد — ناحیه با چهار منحنی متفاوت محصور شده باشد، یا انتگرال‌ده در مسئلهٔ جرم/میانگین برابر $1$ نباشد — به $\iint_D dA$ بازگردید و تغییر متغیر بدهید (کارت انتگرال‌های چندگانه را ببینید)؛ قضیهٔ گرین دقیقاً پل میان این دو دیدگاه است، و دوران‌دادن ناحیه به جای اندازه‌گیری آن، موضوع کارت اجسام دوّار است.

تلهٔ رایج: فرمول هرگز بخش دشوار کار نیست — بازه است. پیش از انتگرال‌گیری، کتبی به این پرسش پاسخ دهید: مرز روی کدام بازه دقیقاً یک بار پیموده می‌شود؟ برای گل‌های سرخی، تعداد گلبرگ‌ها را از زوج یا فرد بودن $k$ بشمارید ($2k$ اگر زوج، $k$ اگر فرد)؛ برای $r$ منفی، تصمیم بگیرید که کمان حلقه‌ای تازه می‌کشد یا حلقه‌ای قدیمی را دوباره می‌پیماید؛ و برای منحنی‌های پارامتری، نقاط خودتقاطع را بیابید. تقریباً هر گزینهٔ انحرافی در این مبحث، انتگرال‌ده درست روی بازهٔ نادرست است — معمولاً پاسخ درست ضرب در $2$، ضرب در $\tfrac12$، یا تقسیم بر تعداد گلبرگ‌ها.