曲线弧长

曲线弧长是沿曲线路径行进的长度，通常不等于两个端点之间的直线距离。它可以从连接曲线上各点的折线长度定义，再用积分计算。若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可导，且 $a<b$，图像 $y=f(x)$ 的弧长为 $$L={\int }_a^b\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx.$$ 连续可导是这里采用的充分条件。被积式不仅记录向右走了多少，还通过导数记录每一小段的升降。

折线从哪里来

取分割 $P:a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$，依次连接图像上的这些点。记 $$\begin{array}{cc}\Delta x_i& =x_i-x_{i-1}>0,\\ \Delta y_i& =f(x_i)-f(x_{i-1}).\end{array}$$ 由勾股定理，第 $i$ 条弦长为 $\sqrt{(\Delta x_i{)}^2+(\Delta y_i{)}^2}$。折线总长度记为 $L(P)$；弧长定义为所有这类折线长度的上确界。增加分点只会用两条或更多短弦替代一条长弦，由三角不等式，总长不会减小。

每条金色弦同时包含水平和竖直位移。最后一段的虚线直角三角形解释根号中的两个平方；曲线与弦的差异随分割细化而减小。

图上取 $P_i=(i/4,(i/4{)}^2)$，$i=0,\dots ,4$。最后一段 $P_3{P}_4$ 的水平增量为 $1/4$，竖直增量为 $1-9/16=7/16$；相邻点的弦长要同时计入这两个增量。

对每个小区间应用拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_i\in (x_{i-1},x_i)$，使 $\Delta y_i=f^{\prime }({\xi }_i)\Delta x_i$。因 $\Delta x_i>0$，可把它提出根号，得到 $$L(P)=\sum _{i=1}^n\sqrt{1+[f^{\prime }({\xi }_i){]}^2}\Delta x_i.$$ 右边正是连续函数 $\sqrt{1+(f^{\prime }{)}^2}$ 的黎曼和。只要最大分段宽度趋零，它便趋于前面的积分 $I$，与中值点如何选无关。

还需把这个极限与“所有折线的上确界”接起来。对任意固定分割继续细化，原来的 $L(P)$ 不大于后来每个折线长度，因此不大于它们的极限 $I$；所以所有折线的上确界不超过 $I$。另一方面，越来越细的折线长度本身趋于 $I$，上确界也不可能小于 $I$。两边相合，才得到弧长等于积分。

用直线检验公式

对 $f(x)=3x+1$、$0\le x\le 2$，导数恒为三，故 $$L={\int }_0^2\sqrt{10}dx=2\sqrt{10}.$$ 两端点为 $(0,1)$ 和 $(2,7)$，直接算距离也得到 $\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}$。直线没有绕行，各条弦都在同一直线上，所以折线长度恰好已是最终长度。

抛物线的一次完整计算

求 $y=x^2$ 从零到一的弧长。因为 $f^{\prime }(x)=2x$， $$\begin{array}{cc}L& ={\int }_0^1\sqrt{1+4x^2}dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^2\sqrt{1+u^2}du,\end{array}$$ 第二行使用 $u=2x$，积分限也由零、一变成零、二。一个原函数为 $$\begin{array}{cc}F(u)& =\frac{1}{2}u\sqrt{1+u^2}\\ & +\frac{1}{2}\log (u+\sqrt{1+u^2}).\end{array}$$ 本例 $u\ge 0$，对数的输入为正。核验这个原函数时，第一项的导数为 $(1+2u^2)/(2\sqrt{1+u^2})$，对数项的导数为 $1/(2\sqrt{1+u^2})$，相加正好是 $\sqrt{1+u^2}$。因此 $$\begin{array}{cc}L& =\frac{1}{2}(F(2)-F(0))\\ & =\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{1}{4}\log (2+\sqrt{5})\\ & \approx \mathrm{1.47894286.}\end{array}$$ 它大于端点弦长 $\sqrt{2}\approx 1.41421356$，也大于水平投影的长度一。图中的四段折线约长 $1.47428048$，仍略小于弧长；分成八段时约长 $1.47777799$，进一步接近积分值。这些有限折线是近似，不能把其中一次求和当作精确弧长。

分段与参数表示

若路径表示为 $(x(t),y(t))$、$\alpha \le t\le \beta$，且两个坐标连续可导，则对应的长度公式是 $$L={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}dt.$$ 根号内是速度向量的长度。连续的速度在短时间段内近似不变，所以位移向量等于该段某一端的速度乘时间，加上比时间更小的误差；速度的一致连续性使所有小段的误差总和趋零。于是折线长度也趋于速度长度的积分。速度可以在某些时刻为零，那一刻本身不增加长度。

若采用的参数表示只分段连续可导，就在各段计算后相加。需要检查的是所用坐标函数的导数条件，而不能单凭图形看起来是否圆滑决定公式能否使用。

变式。 半径二的四分之一圆可写为 $x(t)=2\cos t$、$y(t)=2\sin t$，$0\le t\le \pi /2$。速度为 $$\sqrt{4{\sin }^{2}t+4{\cos }^{2}t}=2,$$ 故弧长是 $2(\pi /2)=\pi$。若继续走到 $t=2\pi$，起终点重合，路径长度却为 $4\pi$；弧长记录走过的路径，而不是仅看端点。参数路径若重复走过同一段，长度也会累计重复的路程。

参考资料

• OpenStax《Calculus Volume 1》§6.4：平面函数图像的折线近似、Theorem 6.4 及连续可导条件。
• OpenStax《Calculus Volume 3》§3.3：参数曲线速度的长度积分。
• 同书卷一 §4.4：每段的平均斜率与中值点。