击剑
作者：互联网
实际上是基建
二次函数弧长公式推导
对于二次函数 \(f(x)=ax^2+bx+c\)，该函数在区间 \([A,B]\) 中的弧长应为
\[\int_A^B \sqrt{1+f'(x)^2}{\rm d}x \]我们需要求出不定积分
\[\int \sqrt{1+f'(x)^2}\,{\rm d}x \]考虑三角换元，设 \(\tan\theta=f'(x)\)，则有 \(\sqrt{1+f'(x)^2}=\sqrt{1+\tan^2 \theta}=\sec^2\theta\)。只需将 \({\rm d}x\) 用 \({\rm d}\theta\) 表示。容易发现 \(\tan\theta=f'(x)=2ax+b\)，故 \(x=\frac{\tan\theta-b}{2a}\)。对等式两端微分可得 \({\rm d}x=\frac{1}{2a}\sec^2\theta {\rm d}\theta\)。带回原式即有
\[\int \sqrt{1+f'(x)^2}\,{\rm d}x\\=\frac{1}{2a}\int\sec^3\theta {\rm d}\theta \]因此只需求出下面这个不定积分。在处理这个积分前，我们先来看看 \(\int\sec\theta {\rm d}\theta\) 和 \(\int\sec^2\theta {\rm d}\theta\)。对于后者，容易发现它是 \(\tan\theta+C\)；而对于前者，对于所积式子做出如下变换：
\[\int\sec\theta {\rm d}\theta\\=\int\frac{\sec\theta(\sec\theta+\tan\theta)}{\sec\theta+\tan\theta}{\rm d}\theta\\=\int\frac{1}{\sec\theta+\tan\theta}{\rm d}\theta\\=\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C \]现在再来处理 \(\int\sec^3\theta {\rm d}\theta\)。不妨将它拆成 \(\int(\sec^2\theta)(\sec\theta {\rm d}\theta)\)。利用分部积分公式 \(\int udv=uv-\int vdu\)，即有
\[\int(\sec^2\theta)(\sec\theta {\rm d}\theta)\\=\sec\theta\tan\theta-\int\tan^2\theta\sec\theta {\rm d}\theta\\=\sec\theta\tan\theta-\int(\sec^2\theta-1)\sec\theta {\rm d}\theta\\=\sec\theta\tan\theta-\int\sec^3\theta {\rm d}\theta+\int\sec\theta {\rm d}\theta \]移项
\[\int\sec^3\theta {\rm d}\theta\\=\frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta+\frac{1}{2}\int\sec\theta {\rm d}\theta\\=\frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta+\frac{1}{2}\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C \]将 \(f'(x)\) 带回，就有
\[\int \sqrt{1+f'(x)^2}\,{\rm d}x\\=\frac{1}{4a}(f'(x)\sqrt{1+f'(x)^2}+\ln{|f'(x)+\sqrt{1+f'(x)^2}|})+C \]再带回定积分
\[\int_A^B \sqrt{1+f'(x)^2}{\rm d}x\\=\frac{1}{4a}(f'(x)\sqrt{1+f'(x)^2}+\ln{|f'(x)+\sqrt{1+f'(x)^2}|})|^B_A \]看不懂上式也没有关系，因为我们有一个超级长的初等式子：二次函数 \(f(x)=ax^2+bx+c\) 在区间 \([A,B]\) 的弧长为：
\[\frac{1}{4a}((2aB+b)\sqrt{4a^2B^2+4abB+b^2+1}-(2aA+b)\sqrt{4a^2A^2+4abA+b^2+1}+\ln|\frac{2aB+b+\sqrt{4a^2B^2+4abB+b^2+1}}{2aA+b+\sqrt{4a^2A^2+4abA+b^2+1}}|) \]心形曲线弧长推导
众所周知，著名的心形曲线为 \(r=a(1-\cos\theta)\)
标签：击剑,int,sqrt,sec,rm,theta,tan 来源： https://www.cnblogs.com/zhouyuhang114/p/16341266.html