곡선의 길이 (Length of Curve)

평면상 또는 공간에서 곡선호 \(\rm PQ\)의 길이를 구하는 방법을 생각해 보자. 호 위에 아래 그림과 같이 점 \({\rm P=P}_0,\,{\rm P}_1,\,{\rm P}_2,\,\cdots,\,{\rm P}_{n-1},\,{\rm P}_n={\rm Q}\)로서 \(\rm PQ\)의 분할 \(\Delta\)를 만들자.
이 경우 \(n\)개의 현
\[\overline{\rm P_0P_1},\,\overline{\rm P_1P_2},\,\cdots,\,\overline{{\rm P}_{n-1}{\rm P}_n}\]
의 길이를 각각
\[l_1,\,l_2,\,\cdots,\,l_n\]
으로 두고 그 합
\[l_n=\sum_{i=1}^nl_i=l_1+l_2+\cdots+l_n\]
을 생각하자. 분할 \(\Delta\)에서 각 현 \({\rm P}_{i-1}{\rm P}_i\)의 길이 \(l_i\)가 \(l_i\to0\) 되도록 분점의 개수를 무한히 증가시키면 극한치
\[\lim_{n\to\infty}l_n=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nl_i=\rm L\]
가 얻어진다. 이 극한치 \(\rm L\)를 곡선호 \(\rm PQ\)의 길이라고 한다.

정리 1 평면상의 곡선 호의 길이    방정식 \(y=f(x)\ (a\le x\le b)\)로 표시되는 곡선호 \(\rm AB\)의 길이는
\[{\rm L}=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx\]로 주어진다.


<증명> \(x\)축상의 구간 \([a,\,b]\)의 분할 \(\Delta\)를 만들어 그 분점을
\[a=x_0<x_1<\cdots<x_{n-1}<x_n=b\]
로 두자. 이것에 대응하여 \(\rm AB\) 상에 \(n+1\)개의 점을
\[{\rm A=P}_0(x_0,\,f(x_0)),\,{\rm P}_1(x_1,\,f(x_1)),\,\cdots,\,{\rm P}_{n-1}(x_{n-1},\,f(x_{n-1})),\,{\rm P}_n(x_n,\,f(x_n))={\rm B}\]
로 두자. 이 때
\[\Delta x_i=x_i-x_{i-1},\qquad\Delta y_i=f(x_i)-f(x_{i-1})\qquad(i=1,\,2,\,\cdots,\,n)\]
으로 두면 미분의 평균치 정리에 의하여
\[\Delta y_i=f(x_{i-1}+\Delta x_i)-f(x_{i-1})=f'(\xi_i)\Delta x_i,\qquad x_{i-1}<\xi_i<x_i\]
를 만족하는 \(\xi_i\)가 존재하므로
\[l_i=\sqrt{\Delta x_i^2+\Delta y_i^2}=\sqrt{1+\{f'(\xi_i)\}^2}\Delta x_i\]
가 얻어진다. 따라서
\[{\rm L}_n=\sum_{i=1}^n\sqrt{1+\{f'(\xi_i)\}^2}\Delta x_i\]
의 길이의 정의에 의하여
\[{\rm L}=\int_a^b\sqrt{1+\{f'(\xi_i)\}^2}dx=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\]

계 1.   곡선호의 방정식이 매개변수표시
\[x=\phi(t),\,y=\psi(t)\ (\alpha\le t\le\beta)\]로 주어질 때 그 길이는
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}\]로 주어진다.

<증명> 정리 1식에 적분변수의 변경 \(x\to t\)를 시행하면 된다. 즉,
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dt}/\frac{dx}{dt}\right)^2}\cdot\frac{dx}{dt}dt=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt\]
단, \(dx/dt>0\) 이다.

계 2.   극좌표로 \(r=f(\theta)\ (\alpha\le\theta\le\beta)\)로 표시되는 곡선호의 길이는
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta\]로 주어진다.

<증명> \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\)를 생각하여  \(dx/d\theta,\,dy/d\theta\)를 구하면
\[\frac{dx}{d\theta}=\frac{dr}{d\theta}\cos\theta-r\sin\theta,\,\frac{dy}{d\theta}=\frac{dr}{d\theta}\sin\theta+r\cos\theta\]
이것을 계 1에 대입하면
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}d\theta=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta\]

[예제 1] 다음 곡선호의 길이를 구하여라.
(1) \(y^2=x^3\ (0\le x\le4,\,y\ge0)\)
(2) 성망형(astroid ; 星芒形) \(x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}\)의 전체 둘레 \((a>0)\)

<풀이>
(1) \(y\ge0\) 이므로 \(y=x^{3/2},\,y'=(3/2)x^{1/2}\)에 의하여
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^4\sqrt{1+\left({3\over2}x^{1/2}\right)^2}dx={1\over27}\left[(9x+4)^{3/2}\right]_0^4={8\over27}(10\sqrt{10}-1)\)
(2) 주어진 방정식을 \(x\)로 미분하여
\(\displaystyle{2\over3}x^{-1/2}+{2\over3}y^{-1/3}y'=0\ \therefore\ y'=-\left(y\over x\right)^{1/3}\)
제 1상한 호의 길이의 4배이므로 정리 1에 의하여
\(\displaystyle{\rm L}=4\int_0^a\sqrt{1+(y')^2}dx=4\int_0^a\left({a\over x}\right)^{1\over3}dx=6a^{1\over3}\left[x^{2\over3}\right]_0^a=6a\)

<별해> 성망형의 매개변수표시는 \(x=a\cos^3\theta,\,y=a\sin^3\theta\ (0\le\theta\le2\pi)\).
따라서 \(dx/d\theta=-3a\cos^2\theta\sin\theta,\,dy/d\theta=3a\sin^2\theta\cos\theta\).
그러므로 계 1에 의해, 제 1상한 호의 길이 4배는
\(\displaystyle{\rm L}=4\int_0^{\pi\over2}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}d\theta=12a\int_0^{\pi\over12}\sin\theta\cos\theta d\theta=6a\)

[예제 2] 다음 곡선호의 길이를 구하여라. \((a,\,b>0)\)
(1) 타원 \(x^2/a^2+y^2/b^2=1\)의 전체 둘레 \((a>b)\)
(2) Cycloid \(x=a(t-\sin{t}),\,y=a(1-\cos{t})\ (0\le{t}\le2\pi)\)
(3) Cardioid \(r=a(1+\cos\theta)\)의 전체 둘레

<풀이>
(1) 타원의 매개변수 표시 \(x=a\cos\theta,\,y=b\sin\theta\ (0\le\theta\le2\pi)\)를 이용하자. 여기서 \(x'=-a\sin\theta,\,y'=b\cos\theta\). 전체 둘레는 제 1상한 호의 길이의 4배 이므로 계 1에 의해
\(\displaystyle{\rm L}=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta}d\theta=4a\int_0^{\pi/2}\sqrt{1-e^2\cos^2\theta}d\theta,\,e=\sqrt{\frac{a^2-b^2}{a^2}}\)
여기서 \(e\)는 타원의 이심률(離心率)이다. 이 적분은 제2종의 타원적분으라 불리는 것으로 우리가 알고 있는 함수로는 표현되지 않는다.
(2) \(dx/dt=a(1-\cos{t}),\,dy/dt=a\sin{t}\) 이므로 계 1을 이용하면
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^{2\pi}\sqrt{\left\{a(1-\cos{t})\right\}^2+(a\sin{t})^2}dt=2a\int_0^{2\pi}\sin{t\over2}dt=-4a\left[\cos{t\over2}\right]_0^{2\pi}=8a\)
(3) 전체 둘레는 \(0\le\theta\le\pi\)에 대응하는 호의 길이의 2배이므로
\(\displaystyle{\rm L}=2\int_0^\pi\sqrt{r^2+(r')^2}d\theta=2\int_0^\pi\sqrt{\{a(1+\cos\theta)\}^2+(-a\sin\theta)^2}d\theta=4a\int_0^\pi\cos{\theta\over2}d\theta\)
    \(\displaystyle=8a\left[\sin{\theta\over2}\right]_0^\pi=8a\)

정리 2. (공간곡선의 호의 길이) 공간의 직교좌표 \((x,\,y,\,z)\)에 대하여 매개변수표시
\[x=x(t),\,y=y(t),\,z=z(t)\ (\alpha\le{t}\le\beta)\]을 갖는 곡선 호의 길이는
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}dt\]로 주어진다.


곡선상의 매우 가까운 2점 \({\rm P}(x,\,y,\,z)\)와 \({\rm Q}(x+\Delta x,\,y+\Delta y,\,z+\Delta z)\)를 잡으면 현 \(\rm PQ\)의 길이는
\[\begin{align}\overline{\rm PQ}&=\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2+\Delta z^2}\fallingdotseq\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\Delta t\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\Delta t\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\Delta t\right)^2}\\&=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\Delta t\end{align}\]
따라서 미소현의 길이의 합은
\[\sum\overline{\rm PQ}\fallingdotseq\sum\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\Delta t\]
정적분의 정의에 의하여
\[{\rm L}=\int_\alpha^\beta\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}dt\]
가 얻어진다.

[예제 3] 다음 공간곡선호의 길이를 구하여라\((a>0,\,b>0)\).
(1) \(x=a\cos{t},\,y=a\sin{t},\,z=bt\ (0\le{t}\le\tau)\)
(2) \(x^2=2ay,\,x^3=6a^2z\)의 원점부터 점 \((x,\,y,\,z)\)까지의 호

<풀이>
(1) 정리 2를 이용한다. \(dx/dt=-a\sin{t},\,dy/dt=a\cos{t},\,dz/dt=b\)
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^\tau\sqrt{(-a\sin{t})^2+(a\cos{t})^2+b^2}dt=\int_0^\tau\sqrt{a^2+b^2}dt=\sqrt{a^2+b^2}\tau\)
(2) \(t\)를 매개변수로 하면 그 곡선은 \(x=t,\,y=t^2/2a,\,z=t^3/6a^2\ (0\le{t}\le{x})\)로 표현된다. \(dx/dt=1,\,dy/dt=t/a,\,dz/dt=t^2/2a^2\). 따라서 정리 2에 의하여
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^x\sqrt{1^2+\left({t\over a}\right)^2+\left({t^2\over2a^2}\right)^2}dt=\int_0^x\left(1+{t^2\over2a^2}\right)dt=x+{x^3\over6a^2}=x+z\)

계    공간곡선호 \(\rm C\)가 방정식
\[y=f(x),\,z=g(x)\ (a\le{x}\le{b})\]로 주어지면 그 호의 길이는
\[{\rm L}=\int_a^b\sqrt{1+\{f(x)\}^2+\{g(x)\}^2}dx\]

《문     제》

1. 다음 곡선호의 길이를 구하여라. \((a>0)\)
(1) \(y^2=4px\ (p>0)\ (0\le{x}\le{a},\,y\ge0)\)
(2) \(y=\dfrac{a}{2}\left(e^{x\over a}+e^{-{x\over a}}\right)\ (0\le{x}\le{a})\)
(3) \(x^2=a^2\left(1-e^{y\over a}\right)\ (0\le{x}\le{x_1}\le{a})\)
(4) \(x=at^2,\,y=2at\ (0\le{t}\le1)\)

<풀이>
(1) \(\displaystyle{\rm L}={1\over2p}\int_0^{2\sqrt{pa}}\sqrt{y^2+4p^2}dy={1\over4p}\left[y\sqrt{y^2+4p^2}+4p^2\ln\left(y+\sqrt{y^2+4p^2}\right)\right]_0^{2\sqrt{pa}}\)
         \(\displaystyle=\sqrt{a(a+p)}+p\ln\left(\sqrt{a+p}+\sqrt{a}\right)-{p\over2}\ln{p}\)
(2) \(\displaystyle{\rm L}={1\over2}\int_0^a\left(e^{x\over a}+e^{-{x\over a}}\right)dx={a\over2}\left[e^{x\over a}-e^{-{x\over a}}\right]_0^a={a\over2}\left(e-{1\over e}\right)\)
(3) \(\displaystyle{\rm L}=\int_0^{x_1}\left(\frac{2a^2}{a^2-x^2}-1\right)dx=\left[a\ln\left|\frac{a+x}{a-x}\right|-x\right]_0^{x_1}=a\ln\left|\frac{a+x_1}{a-x_1}\right|-x_1\)
(4) \(\displaystyle{\rm L}=\int_0^1\sqrt{4a^2t^2+4a^2}dt=a\left[t\sqrt{t^2+1}+\ln\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\right]_0^1\)
         \(=a\left\{\ln(1+\sqrt{2})+\sqrt{2}\right\}\)

2. 다음 곡선호의 길이를 구하여라.
(1) \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=1\)의 전체둘레
(2) \(r=a\sin\theta\)의 전체둘레
(3) \(r=e^{2\theta}\ (0\le\theta\le\theta_0)\)
(4) \(r=a\cos^3\dfrac{\theta}{3}\)의 전체둘레 (아래 그림)

<풀이>
(1) 매개변수표시는 \(x=\cos^4\theta,\,y=\sin^4\theta\) 이므로 정리 1 계 1에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=4\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\sqrt{\sin^4\theta+\cos^4\theta}d\theta=4\int_0^1t\sqrt{2t^4-2t^2+1}dt\)
    \(\displaystyle=2\int_0^1\sqrt{2s^2-2s+1}ds\)
    \(={1\over\sqrt2}\left[\sqrt{2}s\sqrt{2s^2-2s+1}+\ln(\sqrt{2}s+\sqrt{2s^2-2s+1})\right]_0^1=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1)\)
(2) 정리 1 계 2를 이용하면 \(dr/d\theta=a\cos\theta\) 이므로
\(\displaystyle{\rm L}=4\int_0^{\pi/2}\sqrt{a^2\sin^2\theta+a^2\cos^2\theta}d\theta=4a\int_0^{\pi/2}d\theta=2\pi a\)
(3) 정리 1 계 2를 이용하면 \(dr/d\theta=ae^{a\theta}\) 이므로
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^{\theta_0}\sqrt{e^{2a\theta}+a^2e^{2a\theta}}d\theta=\sqrt{1+a^2}\int_0^{\theta_0}d\theta=\frac{\sqrt{1+a^2}}{a}\left(e^{a\theta_0}-1\right)\)
(4) 정리 1 계 2를 이용하면 \(dr/d\theta=-a\cos^2(\theta/3)\sin^2(\theta/3)\) 이므로
\(\displaystyle{\rm L}=2\int_0^{3\pi\over2}\sqrt{a^2\cos^6{\theta\over3}+a^2\cos^4{\theta\over3}\sin^2{\theta\over3}}d\theta=6a\int_0^{\pi\over2}\cos^2tdt={3\pi\over2}a\)

3. 다음 공간곡선호의 길이를 구하여라. \((a>0)\)
(1) \(x=t,\,y=t^2,\,z=2t^3/3\ (0\le{t}\le1)\)
(2) \(y=x+x^2,\,6z=3x+6x^2+4x^3\)의 원점에서 점 \((x,\,y,\,z)\)까지의 호

<풀이>
(1) \(dx/dt=1,\,dy/dt=2t,\,dz/dt=2t^2\) 이므로 정리 2에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^1\sqrt{1+4t^2+4t^4}dt=\int_0^1(2t^2+1)dt={5\over3}\)
(2) \(dy/dx=1+2x,\,dz/dx=1/2+2x+2x^2\) 이므로 정리 2 계에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^x\sqrt{1+(1+2x)^2+\left({1\over2}+2x+2x^2\right)^2}dx={1\over2}\int_0^x(4x^2+4x+3)dx\)
   \(\displaystyle={2\over3}x^3+x^2+{3\over2}x=x+z\)

4. 정리 2 계를 증명하여라.

<증명> 계의 가정에서 \(t\)를 매개변수로 하면 \(x=t,\,y=f(x)=f(t),\,x=g(x)=g(t)\ (a\le{t}\le{b})\) 이므로 정리 2에 의해서 증명된다.

5. 다음 곡선호의 길이를 구하여라.
(1) \(y=a\sin{x},\,4z=a^2(x+\sin{x}\cos{x})\)의 원점에서 점 \((x,\,y,\,z)\)까지의 호
(2) \(x^2+y^2=az,\,z=a{\rm Tan}^{-1}\dfrac{y}{x}\)의 원점부터 점 \((x,\,y,\,z)\)까지의 호
(3) \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{a^2}=1,\,x=\dfrac{a}{2}(e^{z/a}+e^{-z/a})\)의 점 \((a,\,0,\,0)\)에서 점 \((x,\,y,\,z)\)까지의 호

<풀이>
(1) \(y'=a\cos{x},\,z'=(a^2/2)\cos^2x\) 이므로 정리 1 계에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^x\sqrt{1+a^2\cos^2x+{a^4\over4}\cos^4x}dx={1\over4}\int_0^x(4+a^2+a^2\cos2x)dx\)
   \(\displaystyle=x+{a^2\over4}(x+\sin{x}\cos{x})=x+z\)
(2) \(\theta={\rm Tan}^{-1}(y/x),\,r^2=x^2+y^2=az=a^2\theta\) 이므로 \(x=r\cos\theta=a\sqrt{\theta}\cos\theta,\,y=a\sqrt{\theta}\sin\theta,\,z=a\theta\) 이다.
따라서
\(dx/d\theta=(a/2\sqrt{\theta})\cos\theta-a\sqrt{\theta}\sin\theta\)
\(dy/d\theta=(a/2\sqrt{\theta})\sin\theta+a\sqrt{\theta}\cos\theta\)
\(dz/d\theta=a\)
이므로 정리 2에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^\theta\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dz}{d\theta}\right)^2}d\theta={a\over2}\int_0^\theta\left(2\sqrt{\theta}+{1\over\sqrt{\theta}}\right)d\theta\)
   \(\displaystyle=a\sqrt{\theta}\left({2\theta\over3}+1\right)=\sqrt{az}\left(1+{2z\over3a}\right)\)
(3) 문제의 조건으로부터 \(y=(b/2)(e^{z/a}-e^{-z/a})\). 따라서
\(dx/dz=(1/2)(e^{z/a}-e^{-z/a})\)
\(dy/dz=(b/2a)(e^{z/a}+e^{-z/a})\)
이므로 정리 2 계에 의해서
\(\displaystyle{\rm L}=\int_0^z\sqrt{\left(\frac{dx}{dz}\right)^2+\left(\frac{dy}{dz}\right)^2+1}dz=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2a}\int_0^z(e^{z/a}+e^{-z/a})dz\)
   \(\displaystyle=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2a}(e^{z/a}-e^{-z/a})=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}\sqrt{x^2-a^2}\)

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