Curve tangenti e limiti

Ricevo da Nicolò la seguente domanda:
 
Buongiorno,
la nostra insegnante di matematica ci ha dettato questo esercizio che non capisco:
Date le curve \(C: x^2 + y^2 – 4 x – 4 y = 0\),  \(P: x^2 – 4 y – 4x = 0\), dimostrare la tangenza in \(O\) e calcolare l’area della regione finita del piano limitata dalle curve. Considerando poi due punti del quarto quadrante, \(P\) appartenente alla parabola e \(Q\) alla circonferenza, con medesima ascissa, calcolare il limite al tendere di \(P\) (che si muove sulla parabola) a \(O\) del rapporto \(PQ/PO^2\).
Grazie in anticipo per l’attenzione,
 
Gli rispondo così:
 
Caro Nicolò,
osserviamo innanzitutto che la circonferenza, di centro \((2,2)\) e raggio \(2\sqrt{2}\), condivide con la parabola l’asse di simmetria \(x=2\) e i punti \(O(0,0)\) e \(C(4,0)\); dimostrare la tangenza in \(O\) delle due curve non significa semplicemente verificare che \(O\) appartenga ad entrambe, ma anche che le rette tangenti in \(O\) alle due curve coincidano. Poiché la tangente in \(O\) alla circonferenza è la perpendicolare per \(O\) al raggio \(AO\), tale retta ha equazione \(y=-x\): si verifica facilmente che tale retta è anche la tangente in \(O\) alla parabola, poiché sostituendo \(y=-x\) nella sua equazione questa si riduce a \(x^2=0\), di cui \(x=0\) è soluzione “doppia”.
La simmetria rispetto a \(x=2\) ci consente anche di affermare che l’angolo al centro \(O\hat{A}C\) definito dall’arco \(OC\) è retto, essendo di 45° l’ampiezza dell’angolo formato dal raggio \(AO\) con l’asse \(x=2\); da ciò si deduce che il settore circolare \(AOC\) è un quarto del cerchio a cui appartiene, e quindi l’area \(S_C\) del segmento circolare delimitato dalla corda \(OC\), tenendo conto del fatto che il triangolo \(OAC\) è rettangolo isoscele, è:\[{{S}_{C}}=\frac{\pi O{{A}^{2}}}{4}-\frac{O{{A}^{2}}}{2}=2\pi -4\] e quindi, essendo \(S_P=8/3\) l’area del segmento parabolico definito dalla stessa corda \(OC\) (formula archimedea), l’area \(S\) della regione finita di piano delimitata dalle due curve è \[S={{S}_{P}}-{{S}_{C}}=\frac{8}{3}-2\pi +4=\frac{2\left( 10-3\pi  \right)}{3}\approx 0,3835\quad .\]
Infine, detta \(x\) l’ascissa comune ai punti \(P\) e \(Q\) appartenenti rispettivamente agli archi di parabola e di circonferenza di estremi \(O\) e \(C\), compresi nel 4° quadrante, si ha: \[r\left( x \right)=\frac{PQ}{P{{O}^{2}}}=\frac{{{y}_{Q}}-{{y}_{P}}}{{{x}_{P}}^{2}+{{y}_{P}}^{2}}=\frac{2-\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4}-\left( {{x}^{2}}/4-x \right)}{{{x}^{2}}+{{\left( {{x}^{2}}/4-x \right)}^{2}}}=\] \[=\frac{4\left( 8+4x-{{x}^{2}}-4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4} \right)}{32{{x}^{2}}-8{{x}^{3}}+{{x}^{4}}}\] Si tratta quindi di calcolare: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{4\left( 8+4x-{{x}^{2}}-4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4} \right)}{32{{x}^{2}}-8{{x}^{3}}+{{x}^{4}}}=\]\[4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{-{{x}^{2}}}{32{{x}^{2}}-8{{x}^{3}}+{{x}^{4}}}+4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{8+4x-4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4}}{32{{x}^{2}}-8{{x}^{3}}+{{x}^{4}}}=\]\[4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{-1}{32-8x+{{x}^{2}}}+4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{32{{x}^{2}}}{\left( 32{{x}^{2}}-8{{x}^{3}}+{{x}^{4}} \right)\left( 8+4x+4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4} \right)}=\]\[-\frac{1}{8}+4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{32}{\left( 32-8x+{{x}^{2}} \right)\left( 8+4x+4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4} \right)}=\]\[-\frac{1}{8}+4\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{32}{\left( 32-8x+{{x}^{2}} \right)\left( 8+4x+4\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+4} \right)}=-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=\frac{1}{8}\quad .\]
Massimo Bergamini