算術幾何平均とレムニスケートの長さ

弧長積分の公式の極座標版を使うと，

$$\dfrac{L}{4}=\int_0^1\sqrt{1+r^2\left(\frac{d\theta}{dr}\right)^2}dr$$ となる。

$r^2=\cos 2\theta$ の両辺を $r$ で微分すると， $$2r=-2\sin 2\theta\dfrac{d\theta}{dr}$$ である。

よって， $$\begin{aligned} \dfrac{L}{4}&= \int_0^1\sqrt{1+r^2\dfrac{r^2}{\sin^2 2\theta}}dr\\ &= \int_0^1\sqrt{1+\dfrac{r^4}{1-r^4}}dr\\ &= \int_0^1\dfrac{dr}{\sqrt{1-r^4}} \end{aligned}$$

$b\leq a$ の場合を考える（$a\leq b$ の場合も同様）。

相加相乗平均の不等式と帰納法を使うと，

$$b\leq b_1\leq b_2\leq \cdots \leq a_2\leq a_1\leq a$$

が分かる。

単調で有界な数列は収束するので，2つの数列は収束する。その収束先を $\alpha,\beta$ とすると，漸化式より $\alpha=\dfrac{\alpha+\beta}{2}$ となり，$\alpha=\beta$ が分かる。

$$F(a,b) = \dfrac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2 \theta + b^2 \sin^2 \theta}}$$ とおく。これが $M(a,b)$ の逆数であることを示す。

$x = b \tan \theta$ と置換すると，$dx = \dfrac{b}{\cos^2 \theta}d\theta$ であるため， $$\begin{aligned} &\dfrac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2 \theta + b^2 \sin^2 \theta}}\\ &= \dfrac{2}{\pi}\int_0^{\infty} \dfrac{dx}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}}\\ &= \dfrac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}} \end{aligned}$$ となる。さらに $y = \dfrac{1}{2} \left( x-\dfrac{ab}{x} \right)$ とおくと， $$\begin{aligned} &\dfrac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}} \\ &= \dfrac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dy}{\sqrt{\left( \left( \dfrac{a+b}{2} \right)^2 + y^2 \right) (ab+y^2)}} \end{aligned}$$ と変形される。

これより $F(a,b) = F\left( \dfrac{a+b}{2} , \sqrt{ab} \right)$ となる。

ゆえに $a_0 =a$，$b_0 = b$ として $$\begin{cases} a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2}\\ b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \end{cases}$$ と定まる数列について $$\begin{aligned} F(a,b) &= F(a_0 , b_0)\\ &= F(a_1 , b_1)\\ &= \cdots \\ &= F(a_n , b_n ) \\ &= \cdots\\ &= F(M(a,b) , M(a,b)) \end{aligned}$$ である。こうして $$\begin{aligned} F(a,b) &= F(M(a,b) , M(a,b)) \\ &= \dfrac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d\theta}{\sqrt{\alpha^2\cos^2 \theta + \alpha^2 \sin^2 \theta}} \\ &= \dfrac{1}{M(a,b)} \end{aligned}$$ となる。

補題に $a=1,b=\sqrt{2}$ を代入したとき，定積分は，

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d\theta}{\sqrt{1+\cos^2\theta}}$$

となるが，$\cos\theta=x$ とおくと，$\dfrac{dx}{d\theta}=-\sin\theta$ なので上式は，

$$\begin{aligned} &\int_1^{0}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot\dfrac{dx}{-\sqrt{1-x^2}}\\ &= \int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^4}} \end{aligned}$$

となる。

これはさきほど証明したように，$\dfrac{L}{4}$ なので，

$$\begin{aligned} M(1,\sqrt{2})&=\dfrac{\pi}{2}\div\dfrac{L}{4}\\ &=\dfrac{l}{L} \end{aligned}$$