平面上のなめらかな曲線の長さは，折れ線近似で定義し，これは積分によって計算することができます。その定理を紹介して証明するとともに，実際の曲線の長さの計算例を紹介しましょう。
曲線の長さ
簡単のため， xy 平面上における連続な曲線 c\colon [\alpha, \beta]\to \R^2 を考えます。さらに， c(t)=\bigl(x(t), y(t)\bigr) と定めます。
本サイトは大学数学を主眼としたサイトですから，まずはきちんと曲線の長さを定義します。
定義（曲線の長さ）
c\colon [\alpha, \beta]\to \R^2 を連続とし，さらに， c(t)=\bigl(x(t), y(t)\bigr) と定める。区間 [\alpha, \beta] の任意の分割
\Delta\colon \alpha=t_0<t_1<\cdots < t_n=\beta
を取り，
を考える。ただし，|c(t_k)-c(t_{k-1})|=\sqrt{\{x(t_k)-x(t_{k-1})\}^2+\{y(t_k)-y(t_{k-1})\}^2} である。このとき，全ての分割 \Delta に対する L_\Delta の上限 \large\color{red} L=\sup_{\Delta} L_{\Delta} を曲線 c の長さ (弧長, length) という。
要するに，折れ線近似で曲線の長さを定義しているわけです。折れ線の分割を細かくすればするほど，折れ線の長さは大きくなっていき，曲線の長さに近づいていきます。
なお，たとえば c\colon [0,2]\to \R^2 を c(t)=\begin{cases}(t, 0) & 0\le t\le 1 ,\\ (2-t, 0) & 1\le t\le 2\end{cases} と定めると，この曲線は「行って引き返す」直線となり，長さは定義から2となりますが，座標平面上に描く弧の長さは1です。まぁこんな特殊な例は考えなくてもよいと思います。
曲線の長さと定積分
なめらかな曲線の長さは，定積分で求めることができます。理系の大学受験生なら，知っているでしょう。
定理（曲線の長さと定積分）
c\colon [\alpha, \beta]\to \R^2 を C^1 級とし，さらに， c(t)=\bigl(x(t), y(t)\bigr) と定める( x(t), y(t) が C^1 級)。このとき，曲線 c の長さ L は
\color{red} \large L=\int_\alpha^\beta \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\, dt
と表せる。特に， C^1 級関数 y=f(x)\, (\alpha\le x\le \beta) のグラフとなる曲線の長さは
となる。さらに， C^1 級な極方程式 r=f(\theta)\, (\alpha\le x\le \beta) で表されるときは，
となる。
C^1 級とは，微分可能かつ導関数が連続であるという意味です。
証明
L=\int_\alpha^\beta \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\, dt について
右辺を I とおく。区間 [\alpha, \beta] の分割の一つを \Delta_0 とし， \Delta \colon \alpha=t_0<t_1<\cdots < t_n=\beta をその細分(すなわち \Delta_0 と同じ分割点をもち，さらに適宜分割点を増やしたもの)とする。明らかに L_{\Delta_0}\le L_\Delta\le L である。
まず分割の幅 |\Delta| =\sup_{1\le k\le n} |t_k-t_{k-1}| を | \Delta|\to 0 となるよう分割を取り換えたときに， L_\Delta\to I となることを示そう。 見やすくするため， k=1,2,\ldots, n に対し，
\begin{aligned} \Delta t_k &= t_k- t_{k-1}, \\ \Delta x_k &= x(t_k)-x(t_{k-1}),\\ \Delta y_k &= y(t_k)-y(t_{k-1}),\\ \Delta c_k &= c(t_k)-c(t_{k-1})= (\Delta x_k, \Delta y_k), \\ \end{aligned}
と定義する。すると， L_\Delta = \sum_{k=1}^n |\Delta c_k| =\sum_{k=1}^n \sqrt{(\Delta x_k )^2+(\Delta y_k)^2} と表せる。ここで，平均値の定理より，
となる \sigma_k, \tau_k が存在する。よって，|\Delta c_k|=\sqrt{\{x'(\sigma_k) \}^2+\{ y'(\tau_k)\}^2}\Delta t_k である。さらに，
とかくことにする。他にも，
と定める。このとき，
である。ここで， c は C^1 級であるから， x' , y' は [\alpha,\beta] 上一様連続であり(→有界閉区間上の連続関数は一様連続になることの証明)，ゆえに |\Delta|\to 0 とすると， \varepsilon \to 0 となる。さらに， \sum_{k=1}^n |c'(t_k)|\Delta t_k\xrightarrow{ |\Delta|\to 0} \int_\alpha^\beta |c'(t)|\, dt＝I であるから， L_\Delta\xrightarrow{ |\Delta|\to 0} I が言えた。
最初に戻って，L_{\Delta_0}\le L_\Delta\le L で |\Delta|\to 0 とすると， L_{\Delta_0}\le I\le L が言えて，さらにこの式は任意の分割 \Delta_0 で成立するから， \sup_{\Delta_0} を考えて， L\le I\le L が言える。したがって， L=I が示せた。
L=\int_\alpha^\beta \sqrt{1+f'(x)^2}\, dx について
x\mapsto (x, f(t)) とみれば同様に，
\begin{aligned}L&=\int_\alpha^\beta \sqrt{(x')^2+f'(x)^2}\, dx \\ &=\int_\alpha^\beta \sqrt{1+f'(x)^2}\, dx. \end{aligned}L=\int_\alpha^\beta \sqrt{f(\theta)^2+f'(\theta)^2}\, d\theta について
直交座標では \theta\mapsto (f(\theta)\cos\theta, f(\theta)\sin\theta) と見れるので，
\small \begin{aligned} L &=\int_\alpha^\beta \sqrt{\{(f(\theta)\cos\theta)'\}^2+\{(f(\theta)\sin\theta)'\}^2}\, d\theta \\ &=\int_\alpha^\beta \sqrt{f(\theta)^2+f'(\theta)^2}\, d\theta. \end{aligned}証明終
なお，空間上の C^1 級曲線 c\colon [\alpha, \beta]\to \R^3 を c(t)=\bigl( x(t), y(t), z(t) \bigr) と置くと，同様に
\color{red} L=\int_\alpha^\beta \sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2+z'(t)^2}\, dt
となることが示せます。
曲線の長さの計算例3つ
証明は大事ですが，具体的に計算できる方が問題を解く上では圧倒的に大事でしょう。例を見ていきましょう。
例1(サイクロイド).
a>0 とする。0\le \theta\le 2\pi に対し，
\begin{aligned}x(\theta)&=a(\theta-\sin \theta), \\ y(\theta)&=a(1-\cos\theta) \end{aligned}
と表せる曲線の長さ L は
である。
サイクロイドの長さは，高校生でも求めたことがある人が多いかもしれません。
例2(放物線).
放物線 y=x^2 の [0,\alpha] における曲線の長さ L は
\begin{aligned} L&=\int_0^\alpha \sqrt{1+\{(x^2)'\}^2}\, dx \\ &= \int_0^\alpha \sqrt{1+4x^2}\, dx \\ &=\frac{\alpha \sqrt{4 \alpha^{2} + 1}}{2} + \frac{1}{4} \log\left(2\alpha + \sqrt{4\alpha^2 + 1}\right) \end{aligned}
である。
x=(\tan\theta)/2 と置換積分すると， \sqrt{1+\tan^2\theta}=1/\cos\theta などが使えて，求めることが可能です。
例3(アルキメデスのらせん).
極方程式で r=\theta とかける曲線の， [0,\alpha] における長さ L は，
\begin{aligned} L&= \int_0^\alpha \sqrt{\theta^2+(\theta')^2} \, d\theta \\ &= \int_0^\alpha \sqrt{1+\theta^2} \, d\theta \\ &= \frac{\alpha \sqrt{\alpha^2 + 1}}{2} + \frac{1}{2} \log\left(\alpha + \sqrt{\alpha^2 + 1}\right)\end{aligned}
である。
計算する前の積分の形を見ると，例2.の放物線と似ていることが分かるでしょう。実際，例2.を y=x^2/2 に変えると，放物線とアルキメデスのらせんは，同じ積分になります。面白いですね。
