安徽师范大学 2014年数学分析第0题

椭圆方程为 \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)，其中 \(a>b>0\)。采用参数方程 \(x=a\cos t,\; y=b\sin t,\; t\in[0,2\pi)\)。弧长微元为 \(ds=\sqrt{(dx/dt)^2+(dy/dt)^2}\,dt = \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t}\,dt\)。椭圆周长 \(L_1\) 为 \(L_1 = \int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t}\,dt\)。由对称性，可写为 \(L_1 = 4\int_0^{\pi/2} \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t}\,dt\)。

正弦曲线为 \(f(x)=\sqrt{a^2-b^2}\sin\frac{x}{b}\)，其周期 \(T=2\pi b\)。在一个周期 \([0,2\pi b]\) 上的弧长 \(L_2 = \int_0^{2\pi b} \sqrt{1+[f'(x)]^2}\,dx\)。求导得 \(f'(x)=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{b}\cos\frac{x}{b}\)，则 \(1+[f'(x)]^2 = 1+\frac{a^2-b^2}{b^2}\cos^2\frac{x}{b} = \frac{b^2+(a^2-b^2)\cos^2(x/b)}{b^2}\)。因此 \(L_2 = \int_0^{2\pi b} \frac{1}{b}\sqrt{b^2+(a^2-b^2)\cos^2\frac{x}{b}}\,dx\)。令 \(u=x/b\)，则 \(dx=b\,du\)，\(u\) 从0到\(2\pi\)，得 \(L_2 = \int_0^{2\pi} \sqrt{b^2+(a^2-b^2)\cos^2 u}\,du\)。

将 \(L_2\) 的根号内表达式变形：\(b^2+(a^2-b^2)\cos^2 u = b^2(1-\cos^2 u)+a^2\cos^2 u = b^2\sin^2 u + a^2\cos^2 u\)。于是 \(L_2 = \int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\cos^2 u + b^2\sin^2 u}\,du\)。而椭圆周长 \(L_1 = \int_0^{2\pi} \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t}\,dt\)。注意到在积分区间 \([0,2\pi]\) 上，令 \(t = u + \pi/2\)，则 \(\sin t = \cos u\)，\(\cos t = -\sin u\)，平方后符号消失，且积分区间平移后仍为 \([0,2\pi]\)，因此两个积分相等。

由上述推导可知，椭圆周长 \(L_1\) 与正弦曲线一个周期的弧长 \(L_2\) 相等。因此，椭圆 \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) 的周长等于正弦曲线 \(f(x)=\sqrt{a^2-b^2}\sin\frac{x}{b}\) 在一个周期上的弧长。