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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 $I+\frac{\varepsilon}{2}=s-\frac{\varepsilon}{2}$ ．

由于 $s$ 是内接折线长度的上确界，因此存在某个分划 $P$ ，使得对应的内接折线长度落在区间 $\left(s-\frac{\varepsilon}{2}, s\right]$ 内。如果这个分划的细度不小于 $\delta$ ，则可以加细使得满足这个要求。由于内接折线长度在分划加细时不会减少，又不会超过上确界，因此仍然在区间 $\left(s-\frac{\varepsilon}{2}, s\right]$ 之内．这就引出矛盾．因此只能是 $I=s$ ．

**注** 由于曲线弧长的定义 12.1 与曲线表示方式无关，因此用不同的曲线方程计算可求长曲线的弧长的值不变，只相当于定积分计算中的变量代换．

下面是从定理12．1可以得到的三种不同形式的弧长公式。

## 弧长公式
（1）设 $y=y(x)$ 于 $[a, b]$ 上可微，$y^{\prime}(x) \in R[a, b]$ ，则将 $x$ 看成为参数时就可以从定理 12.1 得出弧长公式

$$
\boxed{
s=\int_a^b \sqrt{1+y^{\prime 2}(x)} d x
}
$$

（2）设曲线由极坐标 $r=r(\theta), \alpha \leqslant \theta \leqslant \beta$ 给出，则以 $\theta$ 为参数的曲线方程为 $r (t)=(r(\theta) \cos \theta, r(\theta) \sin \theta)$ ．因此在弧长公式（12．6）的被积表达式的根式下为

$$
\left(r^{\prime}(\theta) \cos \theta-r(\theta) \sin \theta\right)^2+\left(r^{\prime}(\theta) \sin \theta+r(\theta) \cos \theta\right)^2=r^{\prime 2}(\theta)+r^2(\theta)
$$

于是得到

$$
\boxed{
s=\int_\alpha^\beta \sqrt{r^{\prime 2}(\theta)+r^2(\theta)} d \theta
}
$$

（3）弧长的定义和计算公式可以推广到三维空间曲线 $r (t)=(x(t), y(t), z(t))$ ， $\alpha \leqslant t \leqslant \beta$ ，得到

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

现在举几个例题．
**例题 12.9** 求半径为 $R$ 的圆周长．

解 1 在直角坐标系下做，写出圆周的方程 $x^2+y^2=R^2$ ，利用对称性，只要计算第一象限的弧长．这时函数关系为 $y=\sqrt{R^2-x^2}, 0 \leqslant x \leqslant R$ ，就有

$$
\begin{aligned}
s & =4 \int_0^R \sqrt{1+y^{\prime 2}(x)} d x=4 \int_0^R \sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\right)^2} d x \\
& =4 R \int_0^R \frac{d x}{\sqrt{R^2-x^2}}=\left.4 R \arcsin \frac{x}{R}\right|_0 ^{R^{-}}=4 R \cdot \frac{\pi}{2}=2 \pi R .
\end{aligned}
$$

注意这里出现广义积分．当然也可用三角代换 $x=R \sin t$ 使得计算更简单．

解 2 将圆周用参数方程 $x=R \cos t, y=R \sin t, 0 \leqslant t \leqslant 2 \pi$ 来描述，则有

$$
s=\int_0^{2 \pi} \sqrt{(-R \sin t)^2+(R \cos t)^2} d t=\int_0^{2 \pi} R d t=2 \pi R
$$

解 3 用极坐标，则 $r=R$ 为常值函数， $0 \leqslant \theta<2 \pi$ ．于是有

$$
s=\int_0^{2 \pi} \sqrt{R^2+0^2} d \theta=2 \pi R
$$

**例题 12.10** 求抛物线 $y=\frac{1}{2} x^2, 0 \leqslant x \leqslant 1$ ，的弧长．
解 从弧长公式可见要计算积分

$$
s=\int_0^1 \sqrt{1+x^2} d x .
$$

用分部积分法就有（参见例题 9.47 和 10．32）：

$$
\begin{aligned}
s & =\left.x \sqrt{1+x^2}\right|_0 ^1-\int_0^1 x \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} d x=\sqrt{2}-s+\int_0^1 \frac{d x}{\sqrt{1+x^2}} \\
& =\frac{1}{2}\left(\sqrt{2}+\left.\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right|_0 ^1=\frac{1}{2}(\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})) .\right.
\end{aligned}
$$

注 容易想到可以用三角代换 $x=\tan t$ ，化为求

$$
s=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sqrt{1+\tan ^2 t} \sec ^2 t d t=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{d t}{\cos ^3 t},
$$

但实际计算后发现并不更方便一点．
**例题 12.11** 求椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(0<a<b)$ 的弧长．
解 用参数方程 $x=a \cos t, y=b \sin t(0 \leqslant t \leqslant 2 \pi)$ ，又利用对称性，就有

$$
s=4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{a^2 \sin ^2 t+b^2 \cos ^2 t} d t
$$

可以证明其中被积函数的原函数不是初等函数，因此不可能用 Newton－Leibniz 公式来计算（详见 $[8, \S 8.5]$ ）．这里涉及到称为椭圆函数的几类特殊函数．椭圆弧长的标准化写法是

$$
s=4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{b^2-\left(b^2-a^2\right) \sin ^2 t} d t=4 b \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-\varepsilon^2 \sin ^2 t} d t
$$

其中参数 $\varepsilon=\frac{\sqrt{b^2-a^2}}{b} \in(0,1)$ 即椭圆的离心率．一般称上述积分为**第二类全椭圆积分**，记为 $E(\varepsilon)$ ．第一类椭圆积分是 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^2 \sin ^2 t}} d t$ ，其中参数 $\varepsilon \in(0,1)$ ．

其他版本
【高等数学】弧微分与曲率

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