Hallar el área encerrada por $\sqrt{(x-2)^2+(y-3)^2} + 2\sqrt{(x-3)^2+(y-1)^2} = 4$

Question

Pregunta: ¿Cuál es el área del interior de la simple y cerrada curva descrita por la ecuación

$\sqrt{(x-2)^2+(y-3)^2} + 2\sqrt{(x-3)^2+(y-1)^2} = 4$?

Comentarios: me encontré con este problema específico a mí mismo en la respuesta a mi pregunta anterior, creo que no fue bien planteado, o al menos no estaba claro lo que yo buscaba: a ver cómo encontrar el área del interior de Jordania de la curva descrita por la función implícita. Para ver cómo esta zona parece, he subido una imagen de WolframAlpha:

Como se puede ver, es bastante con forma de huevo. Podemos generalizar; el objeto podría ser llamado un promedio ponderado de elipse [editar: generalmente se llama una Cartesiano oval] con una ecuación de la forma

$\sqrt{(x-x_1)^2+(y-y_1)^2} + a \cdot \sqrt{(x-x_2)^2+(y-y_2)^2} = k$

donde $(x_1,y_1)$ $(x_2,y_2)$ son las coordenadas Cartesianas de los puntos focales de este ponderado de la elipse y $a$ es un peso (que es igual a $1$ en el caso de la ordinaria de la elipse). Como un bono de la pregunta, me gustaría ver cómo encontrar el área de este objeto.

Answer 1

Esta es una respuesta incompleta, sólo he cubierto el caso de que un óvalo es "grande" en el sentido de que contiene tanto de sus focos en razonable detalles.

Para simplificar el análisis, vamos a empezar con $(x_1,y_1) = (-1,0), (x_2, y_2) = (1,0)$ y definir $r, s, u, v$ tal que

$$ \begin{cases}r^2 = (x+1)^2 + y^2\\s^2 = (x-1)^2 + y^2\end{casos} \quad\text{ y }\quad\begin{cases}u = \frac12 (r-s)\\v = \frac12(r+s)\end{casos} $$ Vamos a ver en la zona de la mitad de un óvalo en la mitad superior del plano dado por

$$\mathscr{O} = \big\{\; (x,y) \in \mathbb{R}^2 : y \ge 0,\, r + a s \le k \;\big\}$$

WOLOG, podemos suponer $a \ge 1$. Geométricamente, hay 3 posibilidades:

1. $k > 2 a$ - El óvalo es "grande" en el sentido que encierra, tanto de sus focos.
2. $k = 2 a$ - La elipse se convierte en una forma de lágrima con una cúspide en el foco $(-1,0)$.
3. $2a > k > 2$ - El óvalo que encierra uno y sólo uno de los focus $(1,0)$.

En el siguiente análisis, nos concentraremos en el $1^{st}$ caso de que $k > 2 a$.

Aviso de $u^2 + v^2 = \frac12 (r^2 + s^2) = x^2 + 1 + y^2$. En la mitad superior del plano, tenemos $$ \begin{cases} x = \frac14 (r^2 - s^2) = uv\\ \\ y = \sqrt{u^2 + v^2 - u^2 v^2 -1 } = \sqrt{(1-u^2)(v^2-1)} \end{casos}$$

La zona se convierte en elemento

$$dx \wedge dy = \frac{dx \wedge d y^2}{2y} = \frac{duv \wedge d(u^2 + v^2)}{2y} = \frac{(u dv + v du)\wedge(u du + v dv)}{\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}}\\ = \frac {v^2 - u^2) du \wedge dv}{\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}} = \frac{( (2v^2-1)+(1-2u^2)) du\wedge dv}{2\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}} $$ Aviso $$d u\sqrt{1-u^2} = \frac{1-2u^2}{\sqrt{1-u^2}}\quad\text{ y }\quad d v\sqrt{v^2-1} = \frac{2v^2-1}{\sqrt{v^2-1}} $$ Tenemos $$dx \wedge dy = \frac12 d \left[\frac{u(1-u^2)dv - v(v^2-1)du}{\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}}\right]$$

Al $k > 2a$, la mitad oval $\mathscr{O}$ asignado a un cuadrilátero $\mathscr{Q}$ $uv$- plano.

$$\mathscr{Q} = \big\{\; (u,v) \in \mathbb{R}^2 : -1 \le u \le 1; 1 \le v \le \alpha + \beta u \;\}$$ donde $ \displaystyle \alpha = \frac{k}{a+1},\;\beta = \frac{a-1}{a+1}$. Esto nos da

$$2 \text{Área}(\mathscr{S}) = 2\int_{\mathscr{O}} dx \wedge dy = \int_{\parcial\mathscr{Q}} \frac{u(1-u^2)dv - v(v^2-1)du}{\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}} $$ Es fácil de comprobar en $\partial\mathscr{Q}$, el horizontal y los dos bordes verticales contribuyen en nada.
Como resultado, el área de la plena oval puede escribirse como

$$2 \text{Área}(\mathscr{S}) = \int_{-1}^1 \frac{(\alpha+\beta u)((\alpha+\beta u)^2-1) - \beta u(1-u^2)}{\sqrt{(1-u^2)((\alpha+\beta u)^2-1)}} du\etiqueta{*1} $$ Abusando de la notación, utilizaremos $v$ como una abreviación de $\alpha + \beta u$ a partir de ahora.

Considere la ecuación cuadrática $t = (\alpha+\beta t)(\alpha t + \beta)$. Al $k > 2a$, se puede comprobar por encima de la ecuación tiene dos raíces reales $\eta$$\eta^{-1}$$t$. Vamos a dejar que $\eta$ ser la única raíz con $|\eta| < 1$. Definir $\lambda, \mu$ e introducir una nueva variable $z$ tal que

$$\begin{cases} \lambda &= \alpha + \beta \eta\\ \mu &= \alpha \eta + \beta \end{casos} \quad\text{ y }\quad u = \frac{z + \eta}{1 + \eta z}\;\;\ffi\;\; z = \frac{u \eta}{1 - \eta u} $$ Uno puede mostrar que $|\mu| < 1$ y hemos $$ du = \frac{(1-\eta^2)}{(1+\eta z)^2}dz,\quad \begin{cases} u & = \frac{z+\eta}{1+\eta z }\\ 1 + u & = \frac{(1+\eta)(1+z)}{1+\eta z}\\ 1 - u & = \frac{(1-\eta)(1-z)}{1+\eta z} \end{casos} \quad\text{ y }\quad \begin{cases} v &= \frac{\lambda + \mu z}{1 + \eta z}\\ v + 1 &= \frac{(\lambda+1)(1 + \mu z)}{1+\eta z}\\ v - 1 &= \frac{(\lambda-1)(1 - \mu z)}{1+\eta z} \end{casos}$$ Esto implica

$$\begin{align} v(v^2 - 1) & = \frac{\lambda^2 - 1}{(1+\eta z)^3}(\lambda + \mu z)(1 - \mu^2z^2)\\ u(1-u^2) &= \frac{1 - \eta^2}{(1+\eta z)^3}( z + \eta )(1 - z^2)\\ \frac{du}{\sqrt{(1-u^2)(v^2-1)}} &= \sqrt{\frac{1-\eta^2}{\lambda^2-1}}\frac{dz}{\sqrt{(1-z^2)(1-\mu^2 z^2)}} \end{align}$$

Aviso de $\beta( 1 - \eta^2 ) = \mu - \lambda \eta = \mu ( 1 - \lambda^2)$, podemos reescribir $(*1)$

$$2 \text{Área}(\mathscr{S}) = \sqrt{(1-\eta^2)(\lambda^2-1)} \int_{-1}^1 \frac{P(z) dz}{ (1+\eta z)^3 \sqrt{(1-z^2)(1-\mu^2 z^2)}}\etiqueta{*2}$$

donde $P(z) = (\lambda + \mu z)(1 -\mu^2 z^2) + \mu (z + \eta)(1-z^2)$.

Por la fuerza bruta, uno puede mostrar que

$$\frac{P(z)}{(1+\eta z)^3} = A(\eta,\mu) + \left[ B(\eta,\mu) + C(\eta,\mu)\frac{\partial}{\partial \eta} + D(\eta,\mu)\frac{\partial^2}{\partial \eta^2}\right]\frac{1}{1+\eta z}$$

donde $$\begin{cases} A(\eta,\mu) &= -\frac{\mu^3+\mu}{\eta^3},\\ B(\eta,\mu) &= \frac{\mu^4 + (\eta^4+1)\mu^2+\eta^4}{\eta^3\mu},\\ C(\eta,\mu) &= -\frac{{\mu}^{4}+\left( -2\,{\eta}^{4}+2\,{\eta}^{2}+1\right) \,{\mu}^{2}-2\,{\eta}^{4}}{{\eta}^{2}\,\mu}\\ D(\eta,\mu) &= \frac{{\mu}^{4}+\left( {\eta}^{4}-4\,{\eta}^{2}+1\right) \,{\mu}^{2}+{\eta}^{4}}{2\,\eta\,\mu} \end{casos}$$

Sustituir esto en $(*2)$, en términos de los siguientes completa de las integrales elípticas de $1^{st}, 2^{nd}$ $3^{rd}$ tipo:

$$\begin{align} K(\mu) &= \int_0^1 \frac{dz}{\sqrt{(1-z^2)(1-\mu^2 z^2)}}\\ E(\mu) &= \int_0^1 \sqrt{\frac{1-\mu^2 z^2}{1-z^2}} dz\\ \Pi(\eta^2,\mu) &= \int_0^1 \frac{dz}{(1 - \eta^2 z^2)\sqrt{(1-z^2)(1-\mu^2 z^2)}} \end{align}$$

Tenemos $$2\text{Área}(\mathscr{S}) = 2\sqrt{(1-\eta^2)(\lambda^2-1)} \left( Un K(\mu) + \left[ B + C \frac{\partial}{\partial \eta} + D + \frac{\partial^2}{\parcial \eta^2}\right]\Pi(\eta^2,\mu) \right)$$ Por favor, tenga en cuenta que las derivadas parciales de $\Pi(\eta^2,\mu)$ puede ser expresada en términos de la completa de las integrales elípticas a sí mismo.

$$\frac{\partial\Pi(n,\mu)}{\partial n} = \frac{1}{2n(\mu^2 - n)(n-1)}\left(n E(\mu) + (\mu^2 - n)K(\mu) + (n^2 - \mu^2)\Pi(n,\mu)\right)$$

Por lo que en principio, podemos deshacernos de las derivadas parciales de arriba y expresar el área de la elipse únicamente en términos de completar las integrales elípticas directamente.

Nos deja cambiar a la $3^{rd}$ caso de que $2 < k < 2a$. El óvalo ahora cruzan el segmento de línea que une los dos focos y encierra uno de los focus $(1,0)$.

Deje $\displaystyle \sigma = \frac{1-\alpha}{\beta}$. En el $uv$-plano, la línea de $v = \alpha + \beta u$ cruzan la línea de $v = 1$ a $( \sigma, 1 )$ antes de la línea de $u = -1$. La mitad oval $\mathscr{O}$ se correlacionan con un triángulo $\mathscr{T}$:

$$\mathscr{T} = \big\{\; (u,v) \in \mathbb{R}^2 : u \le 1; 1 \le v \le \alpha+\beta u\;\big\}$$

Una vez más, podemos expresar el área de medio óvalo como una integral de línea sobre $\partial \mathscr{T}$ y los bordes horizontales y verticales no contribuye en nada. Como resultado, el área de la plena oval está dada por

$$2\text{Área}(\mathscr{S}) = \int_\sigma^1 \frac{(\alpha+\beta u)((\alpha + \beta u)^2 - 1) - \beta u (1-u^2) }{\sqrt{(1-u^2)((\alpha + \beta u)^2-1)}}\etiqueta{*1'} $$

Desde el límite inferior $\sigma$ ahora depende de $\alpha, \beta$. Necesitamos una diferente Mobius transformar el mapa que entre el $u$ y una nueva variable $\tilde{z}$ tal que $$\begin{array}{rcr} u& &\tilde{z}\\ \frac{-1-\alpha}{\beta} & \longleftrightarrow & -\frac{1}{\tilde{\mu}}\\ -1 & \longleftrightarrow & \frac{1}{\tilde{\mu}}\\ \sigma = \frac{1-\alpha}{\beta} & \longleftrightarrow & -1\\ 1 & \longleftrightarrow & 1 \end{array}$$ para llevar el integrando de nuevo a la forma canónica. Si uno realizar esta sustitución, uno va a obtener algo muy similar a $(*2)$ por encima. La derivación va a ser muy complicado y voy a parar aquí. Sin embargo, no es claro si uno hacer el trabajo sucio a lo largo de esta dirección, en última instancia, vamos a ser capaces de expresar el área de oval de nuevo en condiciones de completar las integrales elípticas.

Actualización

De vuelta al problema original. Observe que la distancia entre el$(2,3)$$(3,1)$$\sqrt{5}$. Si tenemos la escala de la elipse por un factor de $\frac{2}{\sqrt{5}}$, se reducirá para el caso 3. hemos cubierto antes con los siguientes parámetros:

$$( k, a ) = (\frac{8}{\sqrt{5}}, 2 )\quad\implica\quad(\alpha,\beta\sigma) = ( \frac{8}{3\sqrt{5}}, \frac13, 3 -\frac{8}{\sqrt{5}})$$

El área de la original oval está dado por la integral en $(*1')$ escalado por un factor de $\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2$:

$$\text{Area} = \frac{5}{4} \int_{3 -\frac{8}{\sqrt{5}}}^1 \frac{\left( {\left( \frac{u}{3}+\frac{8}{3\,\sqrt{5}}\right) }^{2}-1\right) \,\left( \frac{u}{3}+\frac{8}{3\,\sqrt{5}}\right) -\frac{u\,\left( 1-{u}^{2}\right) }{3}}{\sqrt{\left( {\left( \frac{u}{3}+\frac{8}{3\,\sqrt{5}}\right) }^{2}-1\right) \,\left( 1-{u}^{2}\right) }} du$$

Utilizando esta expresión para WA nos da $$3.2040508691540993294644483966405124836692674716427904\cdots$$

Answer 2

Menor progreso: La integral en cuestión es $$\int_{\gamma} y dx$$ donde $\gamma$ corre alrededor de la Cartesiano oval. Para ver esto, romper la integral en $\gamma_1$ $\gamma_2$ donde $\gamma_1$ ejecuta a través de la parte superior del óvalo y $\gamma_2$ sobre el fondo, tanto orientada de izquierda a derecha. Entonces $$\int_{\gamma} y dx = \int_{\gamma_1} y dx - \int_{\gamma_2} y dx$$ y la segunda integral es la fórmula estándar para el área entre dos curvas.

La curva de $\gamma$ es uno de los dos componentes conectados en el plano de la curva $$-711 - 184 x + 402 x^2 - 120 x^3 + 9 x^4 + 340 y + 80 x y - 12 x^2 y + 6 y^2 - 120 x y^2 + 18 x^2 y^2 - 12 y^3 + 9 y^4=0.$$

Podemos homogeneizar este a $$9 X^4 + 18 X^2 Y^2 + 9 Y^4 - 120 X^3 Z - 12 X^2 Y Z - 120 X Y^2 - Z 12 Y^3 Z + 402 X^2 Z^2 + 80 X Y Z^2 + 6 Y^2 Z^2 - 184 X Z^3 + 340 Y Z^3 - 711 Z^4=0$$

Un grado $4$ curva usualmente tiene género $3$. Sin embargo, esta curva tiene nodos en $(X:Y:Z) = (1:\pm i: 0)$, por lo que tiene género $1$. Si me importaba lo suficiente acerca de este problema, me gustaría encontrar a un cambio racional de coordenadas, convirtiendo a este en un cúbicos curva en forma de Weierstrass. La integral de la $y dx$ sería entonces, probablemente con algún tipo de integral elíptica.

ACTUALIZACIÓN:

Puesto que la distancia es la rotación simétrica, podemos tomar cualquiera de los dos puntos que se $\sqrt{5}$ separados y el uso de ellos en lugar de a$(2,3)$$(3,1)$. Elijo la ecuación $$2 \sqrt{(x-r)^2 + y^2} + \sqrt{(x-r-\sqrt{5})^2 + y^2} = 4$$ donde $r = (4-\sqrt{5})/3$. La razón de esta elección es que pone el punto de $(0,0)$ sobre la curva. La eliminación de los radicales, esto es $$128 x + (256 \sqrt{5} x)/3 + 16 x^2 - 96 \sqrt{5} x^2 - 48 x^3 + 24 \sqrt{5} x^3 + 9 x^4 - 128 y^2 - 32 \sqrt{5} y^2 - 48 x y^2 + 24 \sqrt{5} x y^2 + 18 x^2 y^2 + 9 y^4 \quad (\ast)$$ De nuevo, queremos integrar a $y dx$ de todo el componente conectado a través de $(0,0)$.

Puedo hacer la sustitución $u=x/(x^2+y^2)$, $v=y/(x^2+y^2)$. (Motivación: Si tenemos en cuenta la homogeneización de $(\ast)$, es un grado $4$ ecuación de pasar a través de $(0:0:1)$ y con nodos en las $(1:\pm i : 0 )$. Cualquier cónica a través de estos puntos se cruzan la curva de a $3$ otros puntos, ya que cada nodo es un doble intersección. Una base para el espacio vectorial de tales cónicas es $XZ$, $YZ$, $X^2+Y^2$. Para la asignación del grado $4$ curva de a $\mathbb{P}^2$ $(X:Y:Z) \mapsto (XZ:YZ:X^2+Y^2)$ debe tener la imagen de un grado $3$ curva. Dehomogenizing, queremos $(x,y) \mapsto (x/(x^2+y^2), y/(x^2+y^2))$.)

Muy bien, podemos invertir $u=x/(x^2+y^2)$, $v=y/(x^2+y^2)$ para dar $x=u/(u^2+v^2)$, $y=v/(u^2+v^2)$. Conectando a $(\ast)$ y limpieza de denominadores, ahora tenemos la curva: $$(-384 - 96 \sqrt{5} + 384 u + 256 \sqrt{5} u) v^2 + (27 - 144 u + 72 \sqrt{5} u + 48 u^2 - 288 \sqrt{5} u^2 + 384 u^3 + 256 \sqrt{5} u^3)=0$$

¡Hurra! Es cúbico, y casi en forma de Weierstrass. Ahora queremos integrar, no $y dx$, pero $$\frac{v}{u^2 + v^2} d \left( \frac{u}{u^2+v^2} \right) = \frac{v\left( (u^2+v^2 ) du - 2(u du + v dv)\right)}{(u^2+v^2)^3}.$$

Cualquier persona que desee convertir en un estándar de la integral elíptica y sacarlo de su miseria?

Answer 3

Simple acercamiento.
Tome un área de $3500 \times 3500$ píxeles (en realidad no) y el recuento de los píxeles en el interior de la curva.

programa de Simple_Minded;

const
 Wijd : integer = 3500; Hoog : integer = 3500;
 xmin : double = 1.0; xmax : double = 4.5;
 ymin : double = 0.0; ymax : double = 3.5;

función i2x(i : integer) : doble;
comenzar
 i2x := xmin + i/Wijd*(xmax-xmin);
end;

función j2y(j : integer) : doble;
comenzar
 j2y := ymin + (de Hoog-j)/Hoog*(ymax-ymin);
end;

procedimiento just_doit;
var
 i,j : integer;
 x,y,f : doble;
 Una,dA : doble;
comenzar
 dA := (xmax-xmin)/Wijd * (ymax-ymin)/Hoog;
 R := 0; { Área }
 para j := 0 a Hoog-1 hacer
comenzar
 y := j2y(j);
 para i := 0 to Wijd-1 hacer
comenzar
 x := i2x(i);
 f := sqrt(sqr(x-2)+sqr(y-3)) + 2*sqrt(sqr(x-3)+sqr(y-1)) - 4;
 si f < 0 entonces A := A + dA;
end;
end;
{ Límite superior para el error = dA }
 dA := (2*(xmax-xmin) + 2*(ymax-ymin)) * dA;
 Writeln(Un:9:6,' +/- ',dA:8:6);
end;

comenzar
just_doit;
final.

El área se encuentra: $$ 3.204002 \pm 0.000014 $$

Answer 4

Aquí está la respuesta usando coordenadas polares. Resulta que el implícito curva cuadrática en $r$ en coordenadas polares, lo que significa que $r$ puede ser resuelto en términos del ángulo de $t$ usando la fórmula cuadrática. Por último, el uso de $A=\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} r(t)^2 dt$ permite que el área se calcula.

Por simplicidad, tome $x_1=y_1=0$ ya podemos colocar el origen en cualquier lugar. Empezamos con $$a \sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{(x-x_2)^2+(y-y_2)^2}=k.$$ Aviso cambié donde el $a$ se produce. Va a hacer un poco de álgebra más agradable. Sustituyendo $x=r \cos t$ $y= r \sin t$ da $$\sqrt{(r\cos t-x_2)^2+(r \sin t-y_2)^2}=k-ar$$ y después de cuadrar $$r^2 - r(2 x_1 \cos t +2 y_2 \sin t+1)+(x_1^2+y_2^2)= k^2-2kar + a^2r^2.$$

Con dependencias en $t$, esta función tiene la forma $$r^2-r(A\cos t + B \sin t + C) + D = 0$$ donde $A = \frac{2x_1}{1-a^2}$, $B = \frac{2y_2}{1-a^2}$, $C = \frac{1+2k}{1-a^2}$, $D = \frac{x_1^2+y_1^2-k^2}{1-a^2}$. Dada nuestra parámetros iniciales, tal vez hay límites en $A,B,C$$D$. No me importa. Voy a tomar lo anterior como la nueva definición de nuestra curva y encontrar el área en términos de los nuevos parámetros haciendo suposiciones de como me vaya.

El uso de la fórmula cuadrática de los rendimientos $$ r = \frac{1}{2}\left[(A\cos t + B \sin t + C)\pm \sqrt{(A\cos t + B \sin t + C)^2-4D} \right].$$

Tenemos la forma$r(t)=p(t) \pm \sqrt{q(t)}$$r$. Suponga que los parámetros se eligen de manera que $q(t)>0$. Si le $D<0$ tenemos una rama, de lo contrario dos curvas que satisfacen la ecuación original. Entonces el área de la región delimitada está dada por

$$A = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} r(t)^2 dt = T_1 + T_2 + T_3,$$ con $T_1 = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi} 2 p(t)^2 dt$, $T_3 = \pm\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} p(t) \sqrt{q(t)} dt$, y $T_3 = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} q(t) dt$.

Más explícitamente, esto es $$T_1 = \frac{1}{8} \int_0^{2\pi} (A \cos t+B \sin t+C)^2 = \frac{1}{8}(\frac{2 \pi A^2}{2} + \frac{2 \pi B^2 }{2} + 2\pi C) = \frac{\pi}{8}(A^2+B^2+C)$$

$$T_2 = \pm \frac{1}{4} \int_0^{2\pi} (A\cos t + B \sin t + C) \sqrt{(A\cos t + B \sin t + C)^2-4D} \; dt$$

$$T_3 = \frac{1}{8} \int_0^{2\pi} \left[(A\cos t + B \sin t + C)^2-4D \right] dt = \frac{\pi}{8}(A^2+B^2+C-4D)$$

Como se ve, el primer y tercer términos son fácilmente computable. La segunda requiere trabajo. Debido a $A \cos t + B \sin t = \alpha \sin(t+\delta)$ $\alpha = \sqrt{A^2+B^2}$ $\delta$ dependiendo $A$$B$, se puede sustituir en la expresión de $T_2$ y hacer un cambio de variables para conseguir

$$T_2 = \pm\frac{1}{4} \int_0^{2\pi} (\sqrt{A^2+B^2} \sin t + C) \sqrt{(\sqrt{A^2+B^2} \sin t + C)^2-4D} \; dt.$$

Dudo mucho que la antiderivada de lo anterior puede ser expresado en términos de funciones elementales. Tal vez alguien puede trabajar esto en una expresión con las integrales elípticas.

Si me pongo a ello, me voy a trabajar fuera el caso de degeneración de una elipse. En esa situación, mi conjetura es que el $T_2$ plazo se desvanece. Casi me he hecho un error o dos--por favor, hágamelo saber si me hizo. Sin embargo, el enfoque general es el sonido.

Answer 5

a partir de la geometría de punto, la ecuación de $\sqrt{(x-2)^2+(y-3)^2} + 2\sqrt{(x-3)^2+(y-1)^2} = 4$ es igual a:

$\sqrt{x^2+y^2} + 2\sqrt{(x-\sqrt{5})^2+y^2} = 4$ o $\sqrt{(x-\sqrt{5})^2+y^2} + 2\sqrt{x^2+y^2} = 4$ que es la simetría a $x$ eje

así que para la primera:

$y = \dfrac{ \sqrt{-9 x^2+24 \sqrt{5} x-16 \sqrt{6 \sqrt{5} x+1}+20}}{3}$ para la media de la zona.

pero la integración es difícil. No tengo idea, excepto el método numérico.

edit: el área es:

$2\int_{x_1}^{x_2}ydx=3.2,x_1=2 (\sqrt{5}-2),x_2=\dfrac{2 (\sqrt{5}+2)}{3}$

y para general a,b,si no es racional,es complejo. si es racional, entonces podemos simplificar en la misma idea.