由于长久没有做数学题，脑子都生锈了。这个简单的东西都推了好久。
不妨设抛物线为\(y=x^2\)。求它在(0,b)区间的弧长。根据众所周知的曲线长公式得到结果为\(\int_{0}^{b}\sqrt{1+4x^2}\mathrm{d}x\)
显然的换元，
\[=\frac{1}{2}\int_{0}^{2b}\sqrt{1+x^2}\mathrm{d}x\]然后考虑到$1+\tan^2{x}=\sec^2{x}$,令 $x=\tan{u}$，则 $\mathrm{d}x=\sec^2u\mathrm{d}u$，所以
\[=\frac{1}{2}\int_{0}^{\arctan{2b}}\sec^3{u}\mathrm{d}u\]然后我就卡住了好久。一开始把指数上的3抄成了2，结果得到“抛物线的弧长等于端点横坐标之差”，当然是WA飞飞的。我看了半天才看出问题（太菜了）。
然后还是不会，尝试继续换元，结果换得更烦了。一个小时后换了个思路，尝试分部积分。显然有\(\mathrm{d}\tan{x}=\sec^2{x}\mathrm{d}x\)，所以把\(\sec^3\)拆成\(\sec^2\)和\(\sec\)，于是有
\[\int{\sec^3{x}\mathrm{d}x}=\tan{x}\sec{x}-\int{\sec{x}\tan^2{x}\mathrm{d}x}\] \[=\tan{x}\sec{x}-\int{\sec^3{x}\mathrm{d}x}+\int\sec{x}\mathrm{d}x\]我又智障了，一开始以为两边的\(\int{\sec^3{x}\mathrm{d}x}\)可以约掉所以是恒等式，又mengbi了半天。然后试着推了一下$\int{\sec^4{x}\mathrm{d}x}$，怎么这个倒是可以这样做呢？检查了半天发现原来是约不掉的。。。所以
\[\int{\sec^3{x}\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}\tan{x}\sec{x}+\frac{1}{2}\int\sec{x}\mathrm{d}x\]然后只要知道\(\int\sec{x}\mathrm{d}x\)即可。这个是真的超出我的能力范围了，问了一下万能的WolframAlpha，解法真是妙:考虑\(u=\sec{x}+\tan{x}\)，则
\[\mathrm{d}u=(\sec{x}\tan{x}+\sec^2{x})\mathrm{d}x=\sec{x}u\mathrm{d}x\]所以
\[\frac{\mathrm{d}u}{u}=\sec{x}\mathrm{d}x\]两边同时积分得
\[\int\sec{x}\mathrm{d}x=\log{u}=\log{(\sec{x}+\tan{x})}\color{grey}{+C}\]把这个式子一路代入回去就可以得到结果了：
\[\frac{1}{2}\int_{0}^{\arctan{2b}}\sec^3{x}\mathrm{d}x\] \[=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\tan{x}\sec{x}+\frac{1}{2}\log{(\sec{x}+\tan{x})}\right]_{0}^{\arctan{2b}}\] \[=\frac{1}{2}\left(b\sec{\arctan{2b}}+\frac{1}{2}\log{(\sec{\arctan{2b}}+2b)}\right)\]画个图就知道\(\sec\arctan{x}=\sqrt{1+x^2}\)，所以
\[=\frac{1}{2}b\sqrt{1+4b^2}+\frac{1}{4}\log{(\sqrt{1+4b^2}+2b)}\]通过WolframAlpha验证得结果正确。
此外，WolframAlpha还告诉我，后面那个形如\(\log{(\sqrt{1+x^2}+x)}\)的式子实际上等于\(\mathrm{arsinh}{x}\)（不知道为什么没有\arsinh）。
