算術幾何平均とレムニスケートの長さ

$b\leq a$ 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。

弧長積分の公式の極座標版を使うと，

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

となる。 $r^2=\cos 2\theta$ の両辺を $r$ で微分すると，

$2r=-2\sin 2\theta\dfrac{d\theta}{dr}$

なので，

$\dfrac{L}{4}=\displaystyle\int_0^1\sqrt{1+r^2\dfrac{r^2}{\sin^2 2\theta}}dr\\ =\displaystyle\int_0^1\sqrt{1+\dfrac{r^4}{1-r^4}}dr\\ =\displaystyle\int_0^1\dfrac{dr}{\sqrt{1-r^4}}$

実は，

$\dfrac{\pi}{2}\div\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{d\theta}{\sqrt{a^2\sin^2\theta+b^2\cos^2\theta}}$

が算術幾何平均 $M(a,b)$ と一致することが知られている（→補足）。

$a=1,b=\sqrt{2}$ のとき定積分は，

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

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

$\displaystyle\int_1^{0}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot\dfrac{dx}{-\sqrt{1-x^2}}\\ =\displaystyle\int_0^1\dfrac{dx}{\sqrt{1-x^4}}$

となる。

これはさきほど証明したように，$\dfrac{L}{4}$ なので，

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