最后更新: 2025-03-15 11:11 查看: 126 次反馈同步训练

曲线的弧长概念

## 12.2 曲线的弧长
## 12.2.1 曲线的弧长概念
本小节的问题是如何定义和计算曲线的弧长。曲线弧长的一个特例就是圆周长，或圆弧长，但在中学数学中并没有对它给出数学上的严格定义，因此我们的讨论需要从头开始．其中包括曲线是否可求长都是问题。

今后经常将由参数方程 $x(t), y(t), t \in[\alpha, \beta]$ ，给定的平面曲线写成为向量形式：

$$
r = r (t)=(x(t), y(t)), \quad \alpha \leqslant t \leqslant \beta
$$

假设上述函数 $x(t), y(t)$ 都是 $[\alpha, \beta]$ 上的连续函数，这时 $r (t)$ 为连续曲线．又若 $x(t), y(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上有连续的导函数，且始终成立 $x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t) \neq 0$ ，则称曲线 $r (t)$ 为**光滑曲线**

取 $[\alpha, \beta]$ 的分划 $P=\left\{t_0, t_1, \cdots, t_n\right\}$ ，得到曲线上的 $n+1$ 个点（若为封闭曲线则为 $n$ 个点）$M_i=$ $\left(x\left(t_i\right), y\left(t_i\right)\right), i=0,1, \cdots, n$ 。将它们顺次用直线段连接就得到一条折线，称为曲线的内接折线（参见图 12．10）。

如将分划 $P$ 加细，则内接折线的长度不会减少。对于两个不同的分划 $P_1$ 和 $P_2$ ，可以将它们合并为 $P_1 \cup P_2$ ，它同时是 $P_1$ 和 $P_2$ 的加细。

现在给出弧长的定义．

![图片](/uploads/2025-02/a2d116.jpg)
  定义 12.1 若曲线的内接折线的长度有上界，则称该曲线可求长，并将内接折线的上确界定义为曲线的长度．

下面将要证明，在曲线方程 $r =(x(t), y(t))$ 满足一定条件下，曲线一定可求长，且建立计算曲线弧长的积分公式．

## 12.2.2 弧长的计算公式
定理12．1 设 $x(t), y(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上可微且导数 $x^{\prime}(t), y^{\prime}(t) \in R[\alpha, \beta]$ ，则曲线 $r (t)=(x(t), y(t)), \alpha \leqslant t \leqslant \beta$ 可求长，其弧长为

s=\int_\alpha^\beta \sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)} d t=\int_\alpha^\beta \sqrt{d x^2+d y^2}  ...(12.6)
 
$$

证 先证明曲线可求长．设 $P=\left\{t_0, t_1, \cdots, t_n\right\}$ 是 $[\alpha, \beta]$ 的分划，则内接折线的长度为：

$$
\sum_{i=1}^n \overline{M_{i-1} M_i}
$$

其中 $\overline{M_{i-1} M_i}=\sqrt{\left(x\left(t_{i-1}\right)-x\left(t_i\right)\right)^2+\left(y\left(t_{i-1}\right)-y\left(t_i\right)\right)^2}$ ．因 $x(t), y(t)$ 可导，用微分中值定理就有 $\xi_i, \eta_i \in\left[t_{i-1}, t_i\right]$ ，使得

$$
\overline{M_{i-1} M_i}=\sqrt{x^{\prime 2}\left(\xi_i\right)+y^{\prime 2}\left(\eta_i\right)} \Delta t_i
$$

又因 $x^{\prime}, y^{\prime} \in R[\alpha, \beta]$ ，因此均有界．于是存在与分划无关的常数 $C>0$ ，使得 $\overline{M_{i-1} M_i} \leqslant C \Delta t_i$ ．于是内接折线的长度不会超过 $C(\beta-\alpha)$ ．因此曲线可求长．

其次，证明当分划 $P$ 的细度趋于 0 时内接折线的长度收玫于定理中的积分．
由于前面用微分中值定理后所得到的 $\xi_i$ 与 $\eta_i$ 未必相同，因此内接折线之和还不是函数 $\sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)}$ 的 Riemann 和．然而从条件可知下列极限成立：

$$
\lim _{\|P\| \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \sqrt{x^{\prime 2}\left(t_i\right)+y^2\left(t_i\right)} \Delta t_i=\int_\alpha^\beta \sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)} d t
$$

下面只需要证明内接折线之和与对应分划下的上述 Riemann 和之差趋于 0 即可．将分点 $t_i$ 对应的曲线上的点记为 $M_i=\left(x\left(t_i\right), y\left(t_i\right)\right), i=0,1, \cdots, n$ ，则可以利用不等式（见图12．11）

$$
\begin{aligned}
\left|\sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{c^2+d^2}\right| & \leqslant \sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2} \\
& \leqslant|a-c|+|b-d|
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-02/dbb29f.jpg)
 
估计得到

$$
\begin{aligned}
\Delta & \equiv\left|\sum_{i=1}^n \overline{M_{i-1} M_i}-\sum_{i=1}^n \sqrt{x^{\prime 2}\left(t_i\right)+y^{\prime 2}\left(t_i\right)} \Delta t_i\right| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^n\left|\sqrt{\left(x\left(t_{i-1}\right)-x\left(t_i\right)\right)^2+\left(y\left(t_{i-1}\right)-y\left(t_i\right)\right)^2}-\sqrt{x^{\prime 2}\left(t_i\right)+y^{\prime 2}\left(t_i\right)} \Delta t_i\right| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^n\left|x\left(t_i\right)-x\left(t_{i-1}\right)-x^{\prime}\left(t_i\right) \Delta t_i\right|+\sum_{i=1}^n\left|y\left(t_i\right)-y\left(t_{i-1}\right)-y^{\prime}\left(t_i\right) \Delta t_i\right| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^n \omega_i^{\prime} \Delta t_i+\sum_{i=1}^n \omega_i^{\prime \prime} \Delta t_i
\end{aligned}
$$

其中最后一步使用了微分中值定理，并用 $\omega_i^{\prime}, \omega_i^{\prime \prime}$ 记导函数 $x^{\prime}(t), y^{\prime}(t)$ 在 $\left[t_{i-1}, t_i\right]$ 上的振幅．由此可知 $\lim _{\|P\| \rightarrow 0} \Delta=0$ ，也就是成立

$$
\lim _{\|P\| \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \overline{M_{i-1} M_i}=\int_\alpha^\beta \sqrt{x^{\prime 2}(t)+y^{\prime 2}(t)} d t
$$

最后，我们来证明上述积分值就是内接折线长度的上确界．记积分值为 $I$ ，内接折线长度的上确界为 $s$ ，则由于内接折线长度不会超过 $s$ ，因此也有 $I \leqslant s$ ．

为证明 $I=s$ ，用反证法．若 $I<s$ ，记 $\varepsilon=s-I$ ，则存在 $\delta>0$ ，使得当 $\|P\|<\delta$ 时，对应的内接折线长度一定落在区间 $\left(I-\frac{\varepsilon}{2}, I+\frac{\varepsilon}{2}\right)$ 内，即不会超过 $I+\frac{\v

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