弧长

例 22.1。圆心在原点的圆的方程——即 $x$ 轴与 $y$ 轴的交点——是 $x^2+y^2=r^2$；求四分之一圆弧的长度。

解。

$$y^2=r^2-x^2$$ 且 $$2ydy=-2xdx,$$ 所以 $$\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y};$$ 因此 $$s=\int \sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}dx=\int \sqrt{1+\frac{x^2}{y^2}}dx$$ 并且由于 $y^2=r^2-x^2$，$$s=\int \sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx=\int \frac{rdx}{\sqrt{r^2-x^2}}.$$

我们想要的长度——四分之一圆弧——从 $x=0$ 的点延伸到 $x=r$ 的点。我们将其表示为

$$s={\int }_{x=0}^{x=r}\frac{rdx}{\sqrt{r^2-x^2}},$$ 或者更简单地，写成 $$s={\int }_0^r\frac{rdx}{\sqrt{r^2-x^2}},$$ 积分符号右侧的 0 和 $r$ 仅仅意味着积分只在曲线的一部分上进行，即 $x=0$ 和 $x=r$ 之间的部分，正如我们在此处所见。

这是一个你从未见过的新积分！你能处理它吗？

在关于三角函数的导数的章节中，我们对 $y=\arcsin x$（也记为 ${\sin }^{-1}x$）进行了微分，并发现 ${\displaystyle \frac{dy}{dx}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}$。如果你已经尝试了给定示例的所有变体（你应该这样做！），你可能尝试过对类似 $y=a\arcsin {\displaystyle \frac{x}{a}}$ 的函数进行微分，这给出了 $$\frac{dy}{dx}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}\text{ 或 }dy=\frac{adx}{\sqrt{a^2-x^2}},$$ 也就是说，正好是我们这里要积分的表达式。

因此 $$s=\int \frac{rdx}{\sqrt{r^2-x^2}}=r\arcsin \frac{x}{r}+C,$$ 其中 $C$ 是常数。

由于积分只在 $x=0$ 和 $x=r$ 之间进行，我们写成

$$s={\int }_0^r\frac{rdx}{\sqrt{r^2-x^2}}={[r\arcsin \frac{x}{r}+C]}_0^r;$$ 然后按照例 [eg:Ch19-1] 中解释的方法进行，我们得到 $$s=r\arcsin \frac{r}{r}+C-r\arcsin \frac{0}{r}-C,$$ 或 $$s=r\times \frac{\pi }{2},$$ 因为 $\arcsin 1$ 是 $\frac{\pi }{2}$，$\arcsin 0$ 是零，并且常数 $C$ 消失了，如前所示。

因此，四分之一圆弧的长度是 $\frac{\pi r}{2}$，而圆周长度是其四倍，即 $4\times \frac{\pi r}{2}=2\pi r$。

例 22.2。求圆周 $x^2+y^2=6^2$ 上 $x_1=2$ 和 $x_2=5$ 之间的弧 $AB$ 的长度（见下图）。

解。 此处，按照前例的方法进行，

用新的、尚不熟悉的方法得到的结果，最好总是加以验证。这很容易，因为 $$\cos \left(\mathrm{\angle }AOC\right)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\text{ 且 }\cos \left(\mathrm{\angle }BOC\right)=\frac{5}{6};$$ 因此 $$\mathrm{\angle }AOC=\arccos \frac{1}{3}=1.23096\text{ 弧度},\mathrm{\angle }BOC=\arccos \frac{5}{6}=0.585686\text{ 弧度},$$ 且 $$\mathrm{\angle }AOB=\mathrm{\angle }AOC-\mathrm{\angle }BOC=0.645274\text{ 弧度}$$

因此，弧 $AB$ 的长度是 $6\times 0.645274=3.87164$ 长度单位。

[回忆：圆弧长度 = 弧角（以弧度为单位）$\times$ 圆半径。]

如果每次计算的结果没有记录足够的小数位数，两种方法得到的结果之间可能会出现微小差异。

例 22.3。求曲线

$$y=\frac{a}{2}(e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}})$$ 在 $x=0$ 和 $x=a$ 之间的一段弧的长度。（这条曲线是悬链线。）

解。 现在 $$e^{\frac{x}{a}-\frac{x}{a}}=e^0=1,$$ 所以 $$s=\frac{1}{2}\int \sqrt{2+e^{\frac{2x}{a}}+e^{-\frac{2x}{a}}}dx;$$ 我们可以将 2 替换为 $2\times e^0=2\times e^{\frac{x}{a}-\frac{x}{a}}$；然后 这里 $s=\frac{a}{2}{[e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}]}_0^a=\frac{a}{2}[e^1-e^{-1}+1-1]$，且 $$s=\frac{a}{2}(e-\frac{1}{e}).$$

例 22.4。一条曲线具有这样的性质：从曲线上任意一点 $P$ 处的切线（见下图），从 $P$ 到切线与固定直线 $AB$ 的交点 $T$ 的长度是常数 $a$。求这条曲线（称为曳物线）的一段弧的表达式，并求当 $a=3$ 时，在纵坐标 $y=a$ 和 $y=1$ 之间的长度。

解。 我们将固定直线取为 $x$ 轴。点 $D$，其中 $DO=a$，是曲线上的一个点，曲线在 $D$ 处必须与 $OD$ 相切。我们取 $OD$ 为 $y$ 轴；$AB$ 和 $OD$ 被称为对称轴，即曲线关于它们对称；$PT=a,PN=y,ON=x$。

如果我们考虑曲线在 $P$ 处的一小段 $ds$，那么 $\sin \theta ={\displaystyle \frac{dy}{ds}}=-{\displaystyle \frac{y}{a}}$（负号是因为曲线向右下方倾斜，见此处）。

因此 $$\frac{ds}{dy}=-\frac{a}{y},ds=-a\frac{dy}{y},\text{ 且 }s=-a\int \frac{dy}{y},$$ 即 当 $x=0,s=0,y=a$ 时，所以 $0=-a\ln a+C,$ 且 $C=a\ln a$。

由此可得 $$s=a\ln a-a\ln y=a\ln \frac{a}{y}$$ 当 $a=3$ 时，$y=a$ 和 $y=1$ 之间的 $s$ 因此为 因为符号 $-$ 仅表示长度测量的方向，是从 $D$ 到 $P$，还是从 $P$ 到 $D$。

请注意，这个结果是在不知道曲线方程的情况下得到的。这有时是可能的。然而，为了得到由横坐标（即它们的 $y$ 值）给出的两点之间的弧长，有必要知道曲线的方程：这很容易如下得到： $$\frac{dy}{dx}=-\tan \theta =-\frac{y}{\sqrt{a^2-y^2}},\text{ 因为 }PT=a;$$ 因此 $$dx=-\frac{\sqrt{a^2-y^2}dy}{y}$$

积分将给出 $x$ 和 $y$ 之间的关系，这就是曲线的方程

$$x=-\int \frac{\sqrt{a^2-y^2}dy}{y}.$$

为了积分，设 $u=\sqrt{a^2-y^2}$ 或 $u^2=a^2-y^2$。那么 $$2udu=-2ydy,\text{或}dy=-\frac{u}{y}du$$ 并且积分变为 由于 $$\frac{1}{u^2-a^2}=\frac{1}{(u-a)(u+a)}=\frac{1}{2a}[\frac{1}{u-a}-\frac{1}{u+a}]$$ 我们可以将积分重写为 因此，曳物线的方程为 $$x=a\ln \frac{a+\sqrt{a^2-y^2}}{y}-\sqrt{a^2-y^2}.$$

如果 $a=3$，和之前一样，并且需要计算从 $x=0$ 到 $x=1$ 的弧长，那么要算出对应于任意给定数值 $x$ 的 $y$ 值并非易事。然而，当给定 $a$ 的值如下时，通过作图法可以轻松地获得任意接近精确值的近似值：

绘制图形，给 $y$ 赋予合适的值，比如 3, $2,1.5,1$。从该图形中，找出与确定所需弧长的两个给定 $x$ 值相对应的 $y$ 值，其精度尽可能达到图形比例尺的允许范围。当然，对于 $x=0,y=3$；假设对于 $x=1$，你在图形上找到 $y=1.72$。这仅仅是近似值。现在，尽可能用大的比例尺再次绘图，只取三个 $y$ 值：$1.6$, $1.7$, $1.8$。在这第二条几乎但不是完全直线的图形上，你很可能能够读取精确到小数点后三位的任何 $y$ 值，这对我们的目的来说已经足够了。我们从图形中发现，$y=1.723$ 对应于 $x=1$。于是

如果我们想要一个更精确的 $y$ 值，我们可以绘制第三条图形，取 $y$ 的值为 1.722, 1.723, $1.724,\dots ;$ 这将给我们提供精确到小数点后五位的对应于 $x=1$ 的 $y$ 值，依此类推，直到达到所需的精度。

例 22.5。求对数螺线 $r=e^{\theta }$ 在 $\theta =0$ 和 $\theta =1$ 弧度之间的一段弧长（如下图）。

解。 你还记得对 $y=e^x$ 求导吗？这是一个很容易记住的导数，因为无论对它做什么，它始终保持不变：$\frac{dy}{dx}=e^x$（参见第 页）。

这里，由于 $r=e^{\theta },{\displaystyle \frac{dr}{d\theta }}=e^{\theta }=r$。

如果我们反转这个过程并对 $\int e^{\theta }d\theta$ 进行积分，我们会回到 $r+C$，常数 $C$ 总是由这样的过程引入，正如我们在第 17 章中看到的那样。

因此有

在两个给定值 $\theta =0$ 和 $\theta =1$ 之间积分，我们得到

因为当 $\theta =0$ 时 $r=e^0=1$。

例 22.6。求对数螺线 $r=e^{\theta }$ 在 $\theta =0$ 和 $\theta ={\theta }_1$ 之间的一段弧长。

解。 正如我们刚才所见，

$$s=\sqrt{2}{\int }_0^{{\theta }_1}{e}^{\theta }d\theta =\sqrt{2}[e^{{\theta }_1}-e^0]=\sqrt{2}(e^{{\theta }_1}-1).$$

例 22.7。作为最后一个例子，让我们完整地处理一个导致典型积分的情况，该积分对于本章末尾的几个练习将是有用的。让我们求曲线 $y=\frac{a}{2}{x}^2+3$ 的弧长表达式。

解。 $$\frac{dy}{dx}=ax,s=\int \sqrt{1+a^2{x}^2}dx.$$

用分部积分法积分：令 $$u=\sqrt{1+a^2{x}^2}\text{ 和 }dx=dv;$$ 则 $$x=v\text{ 和 }du=\frac{a^{2}xdx}{\sqrt{1+a^2{x}^2}}$$ 通过第 9 章中解释的微分方法得到。

由于 ${\displaystyle \int udv=uv-\int vdu}$（参见分部积分法），我们有

另外，我们可以写成 $$\int \sqrt{1+a^2{x}^2}dx=\int \frac{(1+a^2{x}^2)dx}{\sqrt{1+a^2{x}^2}};$$ 因此

将 (1) 和 (2) 相加，我们得到

剩下要积分的是 ${\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{1+a^2{x}^2}}}$；为此，令 $\sqrt{1+a^2{x}^2}=v-ax;$ ¹ 则

$$1+a^2{x}^2=v^2-2avx+a^2{x}^2\text{ 或 }1=v^2-2avx\text{. }$$ 对此式求导以消去常数，我们得到 $$0=2vdv-2avdx-2axdv\text{ 或 }avdx=vdv-axdv;$$ 即 $dx={\displaystyle \frac{(v-ax)dv}{av}};$ 将其代入 ${\displaystyle \int \frac{dx}{\sqrt{1+a^2{x}^2}}}$ 我们得到 $$\int \frac{(v-ax)dv}{av\sqrt{1+a^2{x}^2}}=\frac{1}{a}\int \frac{(v-ax)dv}{v(v-ax)}=\frac{1}{a}\int \frac{dv}{v}=\frac{1}{a}\ln |v|;$$ 因此 $$\int \frac{dx}{\sqrt{1+a^2{x}^2}}=\frac{1}{a}\ln (ax+\sqrt{1+a^2{x}^2}).$$

将其代入 (3) 并除以 2，我们最终得到 这可以在任何给定限值之间轻松计算。