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高等数学
第三章 一元函数积分学
曲线的弧长
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更新:
2025-04-01 08:34
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曲线的弧长
曲线弧长
## 曲线的弧长 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. ### 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 $\sum_{i=1}^n\left|\overline{M_{i-1} M_i}\right|$. 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.  ## 直角坐标系中的弧长公式 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),  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 $$ \boxed{ s=\int_a^b \sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x . } $$ 由 $s \geq 0$ ,要求 $a<b$. `例` 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 $$ s=\int_0^1 \sqrt{1+x} \mathrm{~d} x=\frac{2}{3}\left[2^{\frac{3}{2}}-1\right] . $$ ## 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` 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` 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` 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 $$ \begin{aligned} s & =\int_0^{2 \pi} \sqrt{\left[x^{\prime}(t)\right]^2+\left[y^{\prime}(t)\right]^2} \mathrm{~d} t=\int_0^{2 \pi} a \sqrt{2(1-\cos t)} \mathrm{d} t \\ & =2 a \int_0^{2 \pi}\left|\sin \frac{t}{2}\right| \mathrm{d} t=2 a \int_0^\pi \sin \frac{t}{2} \mathrm{~d} t-2 a \int_\pi^{2 \pi} \sin \frac{t}{2} \mathrm{~d} t \\ & =8 a \end{aligned} $$ ## 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` 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` 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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