平面曲线的弧长

我们用定积分的思想来求平面曲线的长度。

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1,平面曲线的弧长:我们将曲线用点 \(M_0, M_1,\cdots, M_n\) 将曲线划分成 \(n\) 小段,在每一小段上,可以用直线的长度来近似曲线段的长度,

当分点非常接近时,弧 \(M_{i-1}M_i\) 的长度可以用直线 \(M_{i-1}M_i\) 的长度来近似,\[\Delta s_i\approx M_{i-1}M_i=\sqrt{\Delta^2x_i+\Delta^2y_i}\]

所以 \[s=\sum_{i=1}^n\Delta s_i\approx\sum_{i=1}^n\sqrt{\Delta^2x_i+\Delta^2y_i}\]

当分点越来越密时,上式的极限就是曲线的弧长。即

\[s=\lim_{{\Delta x\to 0}\atop{\Delta y\to 0}}\sum_{i=1}^n\sqrt{\Delta^2x_i+\Delta^2y_i}\]

2,弧微分:若我们记 \[ds=\sqrt{dx^2+dy^2}\]则 \(s=\int_a^bds\)

3,计算:

(1)曲线 \(L\) 由参数方程 \(x=\phi(t), y=\psi(t), \alpha\le t\le \beta\),\(\phi(t),\psi(t)\) 一阶连续可导,则 \[s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{x’^2(t)}+y’^2(t)}dt=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\phi’^2(t)+\psi’^2(t)}dt\]

这是因为

\begin{align*}s&=\lim_{{\Delta x\to 0}\atop{\Delta y\to 0}}\sum_{i=1}^n\sqrt{\Delta^2x_i+\Delta^2y_i}\\ &=\lim_{\Delta t\to 0}\sum_{i=1}^n\sqrt{\frac{\Delta^2x_i}{\Delta^2t}+\frac{\Delta^2y_i}{\Delta^2 t}}\Delta t\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\phi’^2(t)+\psi’^2(t)}dt\end{align*}

(2)曲线\(L\) 由函数 \(y=f(x), a\le x\la b\) 给出,\(f(x)\) 连续可导,则

\[s=\int_a^b\sqrt{1+f’^2(x)}dx\]

这是因为

\begin{align*}s&=\lim_{{\Delta x\to 0}\atop{\Delta y\to 0}}\sum_{i=1}^n\sqrt{\Delta^2x_i+\Delta^2y_i}\\ &=\lim_{\Delta x\to 0}\sum_{i=1}^n\sqrt{1+\frac{\Delta^2y_i}{\Delta^2x_i}}\Delta x_i\\ &=\int_a^b\sqrt{1+f’^2(x)}dx\end{align*}

例1:求摆线 \(x=a(\theta-\sin\theta),y=a(1-\cos \theta)\) 的一拱 \(0\le \theta 2\pi\) 的长度。

解:这里直接给出了参数方程和区域。所以

\begin{align*}s&=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{x’^2(\theta)y’^2(\theta)}dt\int_0^{2\pi}\sqrt{(a(1-\cos\theta))^2+(a\sin\theta)^2}d\theta\\ &=a\int_0^{2\pi}\sqrt{1-2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta}d\theta\\ &=a\int_0^{2\pi}\sqrt{2-2\cos\theta}d\theta=a\int_0^{2\pi}\sqrt{4\sin^\frac{\theta}{2}}d\theta\\ &=2a\int_0^{2\pi}\sin\frac{\theta}{2}d\theta=2a(-a)\cos\frac{\theta}{2}\Big|_0^{2\pi}\\&=8a\end{align*}

例2:求曲线 \(y^2\) 从 \((0,0)\) 到 \((1,1)\) 之间的长度。

解:我们可以以 \(y\) 为积分变量,所以

\[ds=\sqrt{1+\frac{x^2}{dy^2}},\quad dy=\sqrt{1+(2y)^2}dy=\sqrt{1+4y^2}dy\]

所以曲线的长度为

\begin{align*}s&=\int_0^1\sqrt{1+4y^2}dy\end{align*}

令 \(2y=\tan t, dy=\frac{1}{2}\sec^2tdt\),则

\begin{align*}s&=\int_0^1\sqrt{1+4y^2}dy=\int_0^{\arctan 2}\sqrt{1+\tan^2t}\frac{1}{2}\sec^2tdt\\ &=\int_0^{\arctan 2}\frac{1}{2}\sec^3tdt=\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}\sec^2t\sec tdt \\ &=\frac{1}{2} \sec t\tan t-\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}\tan t \cdot \tan t \sec tdt\\ &=\frac{1}{2} \sec t\tan t-\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}(\sec^2 t-1) \sec tdt\\ &=\frac{1}{2} \sec t\tan t-\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}(\sec^2 t-1) \sec tdt\\ &=\frac{1}{2} \sec t\tan t-\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}\sec^3tdt+\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}\sec tdt\end{align*}

所以

\begin{align*}int_0^{\arctan 2}\sec^3tdt&=\frac{1}{2} \sec t\tan t+\frac{1}{2}\int_0^{\arctan 2}\sec tdt \\ &=\frac{1}{2} \sec t\tan t+\frac{1}{2}\ln|\sec t+\tan t|\Big|_0^{\arctan 2}\\&=\sqrt5+\frac{1}{2}\ln|2+\sqrt5\end{align*}

所以 \[s=\int_0^{\arctan 2}\frac{1}{2}\sec^3tdt=\frac{\sqrt5}{2}+\frac{1}{4}\ln|2+\sqrt5\]