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曲线的弧长
日期:
2022-12-30 10:41
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在平面几何中，直线的长度容易计算，而除了圆弧以外的曲线长度的计算 就比较困难，现在将讨论这一问题. 圆周长是用圆内接多边形的周长，当边数无限增加时的极限来确定. 一般 平面曲线弧长的计算也可运用这一思想. 1、平面曲线的弧长的概念 设 $A B$ 为曲线弧 $A B$ 上的两个端点，任取分点 $A=M_0, M_1, \cdots, M_n=B \in A B$ ， 并依次连接相邻員点得内接折线 (见图 3-49)，其长度为 $\sum_{i=1}^n\left|\overline{M_{i-1} M_i}\right|$. 인 当分点无限增多时，和式 $\sum_{i=1}^n\left|\overline{M_{i-1} M_i}\right|$ 的极限存在，则称此极限为曲线弧 $A B$ 的 弧长. 此时称 $A B$ 是可求长的. 对此我们 有如下结论： 定理 光滑曲线弧是可求长的. 下面我们就来探讨光滑曲线弧长的计算公式.  2、直角坐众标系中的弧长公式 设函数 $f(x)$ 具有一阶连续导数，曲线弧由 $y=f(x)(a \leq x \leq b)$ 给出，任取 $x \in[a, b]$ ，过 $x$ 作 曲线的切线，设 $x$ 对应曲线上的点 $M(x, y)$ ， $x+\Delta x(x+\mathrm{d} x)$ 对应曲线上的点 $N(x+\Delta x, y+\Delta y)$ ， 对应着切线上的点 $P(x+\mathrm{d} x, y+\mathrm{d} y)$, 区间 $[x, x+\Delta x]$ 对应着小弧段 $M N$ ，记小弧段 $M N$ 长度为 $\Delta s$, 记切线 $\overline{M P}$ 的长度为 $\mathrm{d} s$ (见图 3-50),  2、直角坐标系中的弧长公式 由微分的几何意义可知，当 $\Delta x$ 足够小时, 可以用切线段 $\overline{M P}$ 近似替代弧段 $M N$ ，所以 $\Delta s$ 的近似值即为弧长微元 $$ \mathrm{d} s=\sqrt{(\mathrm{d} x)^2+(\mathrm{d} y)^2}=\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x ， $$ 因此所求弧长为 $$ s=\int_a^b \sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x . $$ 由 $s \geq 0$ ，要求 $a<b$. 例 13 求曲线 $y=\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}$ 上相应于 $x$ 从 1 到 2 的一段弧的长度. 解 曲线由直角坐标方程给出，取 $x$ 为积分变量， $y^{\prime}=x^{\frac{1}{2}}$, 弧长微元为 $$ \mathrm{d} s=\sqrt{1+y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x=\sqrt{1+x} \mathrm{~d} x, $$ 所求弧长为 $$ s=\int_0^1 \sqrt{1+x} \mathrm{~d} x=\frac{2}{3}\left[2^{\frac{3}{2}}-1\right] . $$ 3、参数方程的弧长公式 设曲线弧由参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=\varphi(t) \\ y=\psi(t)\end{array}(\alpha \leq t \leq \beta)\right.$ 给出，其中 $\varphi(t), \psi(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上具 有连续导数. 由弧微分可知 $\mathrm{d} s=\sqrt{\varphi^{\prime 2}(t)+\psi^{\prime 2}(t)} \mathrm{d} t$ ，因此 $s=\int_\alpha^\beta \sqrt{\varphi^{\prime 2}(t)+\psi^{\prime 2}(t)} \mathrm{d} t$. 注 由 $s \geq 0$ ，要求 $\alpha<\beta$. 例 14 求圆 $x^2+y^2=R^2$ 的周长. 解 将圆的方程化为参数方程 $$ \left\{\begin{array}{l} x=R \cos \theta \\ y=R \sin \theta \end{array} \quad(0 \leq \theta \leq 2 \pi),\right. $$ 则所求圆周长 $$ \begin{aligned} s & =\int_0^{2 \pi} \sqrt{\left(x_\theta^{\prime}\right)^2+\left(y_\theta^{\prime}\right)^2} \mathrm{~d} \theta=\int_0^{2 \pi} \sqrt{(-R \sin \theta)^2+(R \cos \theta)^2} \mathrm{~d} \theta \\ & =R \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta=2 \pi R . \end{aligned} $$ 例 15 求星形线 $x=a \cos ^3 t, y=a \sin ^3 t$ 的全长. 解 由对称性可知，星形线的全长为其在第一象限部分的 4 倍, 则由弧长公式得 $$ \begin{aligned} s & =\int_\alpha^\beta \sqrt{\phi^{\prime 2}(t)+\psi^{\prime 2}(t)} \mathrm{d} t=4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{9 a^2 \cos ^4 t \sin ^2 t+9 a^2 \sin ^4 t \cos ^2 t} \mathrm{~d} t \\ & =4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} 3 a|\sin t \cos t| \mathrm{d} t=4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} 3 a \sin t \mathrm{~d} \sin t \\ & =4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{3}{2} a \mathrm{~d}(\sin t)=6 \end{aligned} $$ 例 16 求摆线 $\left\{\begin{array}{l}x=a(t-\sin t) \\ y=a(1-\cos t)\end{array} \quad(a>0,0 \leq t \leq 2 \pi)\right.$ 一拱的弧长. 解 $x^{\prime}(t)=a(1-\cos ), y^{\prime}(t)=a \sin t$ ， 由弧长计算公式，得 $$ \begin{aligned} s & =\int_0^{2 \pi} \sqrt{\left[x^{\prime}(t)\right]^2+\left[y^{\prime}(t)\right]^2} \mathrm{~d} t=\int_0^{2 \pi} a \sqrt{2(1-\cos t)} \mathrm{d} t \\ & =2 a \int_0^{2 \pi}\left|\sin \frac{t}{2}\right| \mathrm{d} t=2 a \int_0^\pi \sin \frac{t}{2} \mathrm{~d} t-2 a \int_\pi^{2 \pi} \sin \frac{t}{2} \mathrm{~d} t \\ & =8 a \end{aligned} $$ 4、极坐标系下的弧长公式 设曲线弧由极坐标方程 $\rho=\rho(\theta)(\alpha \leq \theta \leq \beta)$ 给出，其中 $\rho(\theta)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上具 有连续导数. 由弧微分可知 $\mathrm{d} s=\sqrt{\rho^2(\theta)+\rho^{\prime 2}(\theta)} \mathrm{d} \theta$ ， 因此 $s=\int_\alpha^\beta \sqrt{\rho^2(t)+\rho^{\prime 2}(\theta)} \mathrm{d} \theta$. 注 由 $s \geq 0$ ，要求 $\alpha<\beta$. 例 17 计算阿基米德螺线 $\rho=a \theta(a>0)$ 上相应于 $\theta$ 从 0 到 $2 \pi$ 一段的弧长. 解 $$ \begin{aligned} s & =\int_0^{2 \pi} \sqrt{(a \theta)^2+a^2} \mathrm{~d} \theta=a \int_0^{2 \pi} \sqrt{\theta^2+1} \mathrm{~d} \theta \\ & =\left.\frac{a}{2}\left[\theta \sqrt{\theta^2+1}+\ln \left(\theta+\sqrt{\theta^2+1}\right)\right]\right|_0 ^{2 \pi} \\ & =\frac{a}{2}\left[2 \pi \sqrt{4 \pi^2+1}+\ln \left(2 \pi+\sqrt{4 \pi^2+1}\right)\right] . \end{aligned} $$ 例 18 求心形线 $\rho=a(1+\cos \theta)$ 的全长. 解 由对称性， $s=2 \int_0^\pi \sqrt{a^2(1+\cos \theta)^2+a^2 \sin ^2 \theta} \mathrm{d} \theta=2 a \int_0^\pi \sqrt{2(1+\cos \theta)} \mathrm{d} \theta$ $$ =4 a \int_0^\pi \cos \frac{\theta}{2} \mathrm{~d} \theta=\left.8 a \sin \frac{\theta}{2}\right|_0 ^\pi=8 a \text {. } $$
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