算術幾何平均と積分

方針：$t=b\tan\theta$ と置換し、$\theta$ が $\pm\frac\pi2$ に近づくと $t$ が $\pm\infty$ に近づくことを使う。
段1（被積分関数の変形）。$-\frac\pi2<\theta<\frac\pi2$ で $t=b\tan\theta$ とおくと、$dt=\frac{b}{\cos^2\theta}d\theta$ である。また
$$ a^2+t^2=a^2+\frac{b^2\sin^2\theta}{\cos^2\theta}=\frac{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}{\cos^2\theta},\qquad b^2+t^2=\frac{b^2}{\cos^2\theta} $$
なので、$\cos\theta>0$ に注意して
$$ \sqrt{(a^2+t^2)(b^2+t^2)}=\frac{b\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}{\cos^2\theta}. $$
よって
$$ \frac{dt}{\sqrt{(a^2+t^2)(b^2+t^2)}}=\frac{b}{\cos^2\theta}\cdot\frac{\cos^2\theta}{b\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}\,d\theta=\frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}. $$
段2（有限の区間で置換する）。$0<\alpha<\frac\pi2$、$0<\beta<\frac\pi2$ とする。$t=b\tan\theta$ は $\left[-\alpha,\beta\right]$ で増加し、$\left[-b\tan\alpha,\,b\tan\beta\right]$ に移るので、置換積分により
$$ \int_{-b\tan\alpha}^{b\tan\beta}\frac{dt}{\sqrt{(a^2+t^2)(b^2+t^2)}}=\int_{-\alpha}^{\beta}\frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}. $$
段3（極限をとる）。左端 $-A$ と右端 $B$（$A,B>0$）は $\alpha=\arctan\frac Ab$、$\beta=\arctan\frac Bb$ と対応するので、$A\to\infty$ と $B\to\infty$ を互いに独立にとることは、$\alpha\to\frac\pi2$ と $\beta\to\frac\pi2$ を互いに独立にとることと同じである。このとき右辺は $\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}}$ に近づく。右辺の被積分関数は $\theta$ について偶関数なので、この値は $2I(a,b)$ である。したがって左辺の極限、すなわち $J(a,b)$ が存在し、$2I(a,b)$ に等しい。左辺の被積分関数は $t$ について偶関数なので、$J(a,b)=2\displaystyle\int_0^\infty$ も成り立つ。$\square$

方針：lem-agi-line により $J$ で示せばよい。$a_1=\frac{a+b}2$、$b_1=\sqrt{ab}$ とおき、$J(a_1,b_1)$ に $t=\frac12\left(x-\frac{ab}x\right)$（$x>0$）を代入して $J(a,b)$ に変える。
段1（置換の性質）。$t(x)=\frac12\left(x-\frac{ab}x\right)$ は $x>0$ で $t'(x)=\frac12\left(1+\frac{ab}{x^2}\right)=\frac{x^2+ab}{2x^2}>0$ なので増加する。$x\to0^+$ で $t\to-\infty$、$x\to\infty$ で $t\to\infty$ である（図1の右）。
段2（$b_1^2+t^2$ の計算）。$b_1^2=ab$ なので
$$ ab+t^2=ab+\frac14\left(x^2-2ab+\frac{a^2b^2}{x^2}\right)=\frac14\left(x^2+2ab+\frac{a^2b^2}{x^2}\right)=\frac14\left(x+\frac{ab}x\right)^2=\frac{(x^2+ab)^2}{4x^2}. $$
段3（$a_1^2+t^2$ の計算）。$a_1^2=\frac{(a+b)^2}4=\frac{a^2+2ab+b^2}4$ なので
$$ a_1^2+t^2=\frac14\left(a^2+2ab+b^2+x^2-2ab+\frac{a^2b^2}{x^2}\right)=\frac14\left(x^2+a^2+b^2+\frac{a^2b^2}{x^2}\right). $$
一方 $(x^2+a^2)(x^2+b^2)=x^4+(a^2+b^2)x^2+a^2b^2$ なので、これを $x^2$ で割ると括弧の中に等しい。よって
$$ a_1^2+t^2=\frac{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}{4x^2}. $$
段4（被積分関数の変形）。段2・段3を掛けて平方根をとると（$x>0$、$x^2+ab>0$ に注意して）
$$ \sqrt{(a_1^2+t^2)(b_1^2+t^2)}=\frac{(x^2+ab)\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}{4x^2}. $$
段1の $dt=\frac{x^2+ab}{2x^2}dx$ と合わせると
$$ \frac{dt}{\sqrt{(a_1^2+t^2)(b_1^2+t^2)}}=\frac{x^2+ab}{2x^2}\cdot\frac{4x^2}{(x^2+ab)\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}\,dx=\frac{2\,dx}{\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}. $$
段5（有限の区間で置換して極限をとる）。$0< p< q$ とすると、置換積分により
$$ \int_{t(p)}^{t(q)}\frac{dt}{\sqrt{(a_1^2+t^2)(b_1^2+t^2)}}=2\int_p^q\frac{dx}{\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}. $$
$p\to0^+$、$q\to\infty$ とすると、段1により $t(p)\to-\infty$、$t(q)\to\infty$ なので、左辺は $J(a_1,b_1)$ に近づく（lem-agi-line により収束する）。右辺は lem-agi-line の最後の式により $J(a,b)$ に近づく。よって $J(a_1,b_1)=J(a,b)$ で、両辺を2で割ると $I(a_1,b_1)=I(a,b)$ である。$\square$

方針：lem-agi-invariant を繰り返して $I(a,b)=I(a_n,b_n)$ とし、$I(a_n,b_n)$ を $a_n,b_n$ で挟んで $n\to\infty$ とする。
段1（$a=b$ の場合と、$a,b$ の入れかえ）。$a=b$ なら $I(a,a)=\frac{\pi}{2a}$、$M(a,a)=a$ で成り立つ。また $\theta=\frac\pi2-\varphi$ と置換すると $\cos\theta=\sin\varphi$、$\sin\theta=\cos\varphi$ となり、$I(a,b)=I(b,a)$ である。$M(a,b)=M(b,a)$ なので、以下 $a>b$ としてよい。
段2（反復しても変わらない）。$a_0=a$、$b_0=b$、$a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}2$、$b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}$ とする。lem-agi-invariant を $(a_n,b_n)$ に使うと $I(a_{n+1},b_{n+1})=I(a_n,b_n)$ なので、帰納法により、すべての $n$ で $I(a_n,b_n)=I(a,b)$ である。
段3（挟む）。算術幾何平均（高校数学） の主定理により $a_n\ge b_n>0$ である。$\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ より
$$ b_n^2=b_n^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)\le a_n^2\cos^2\theta+b_n^2\sin^2\theta\le a_n^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=a_n^2. $$
逆数をとって $0$ から $\frac\pi2$ まで積分すると（積分の評価）
$$ \frac{\pi}{2a_n}\le I(a_n,b_n)\le\frac{\pi}{2b_n}. $$
段4（極限）。段2により真ん中は $n$ によらず $I(a,b)$ である。算術幾何平均（高校数学） の主定理により $a_n\to M(a,b)$、$b_n\to M(a,b)$ なので、両端はどちらも $\frac{\pi}{2M(a,b)}$ に近づく。はさみうちの原理により $I(a,b)=\frac{\pi}{2M(a,b)}$ である。$\square$

方針：$t=\cos\varphi$ と置換して $I(\sqrt2,1)$ の形にする。
段1（置換）。$1-t^4=(1-t^2)(1+t^2)$ である。$0< s< 1$ とし、$t=\cos\varphi$（$\arccos s\le\varphi\le\frac\pi2$）とおくと、$dt=-\sin\varphi\,d\varphi$、$\sqrt{1-t^2}=\sin\varphi$（$\sin\varphi>0$）なので
$$ \int_0^s\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1+t^2)}}=\int_{\arccos s}^{\pi/2}\frac{\sin\varphi\,d\varphi}{\sin\varphi\sqrt{1+\cos^2\varphi}}=\int_{\arccos s}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1+\cos^2\varphi}}. $$
段2（極限）。$s\to1^-$ で $\arccos s\to0$ なので、右辺は $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1+\cos^2\varphi}}$ に近づく。よって左辺の広義積分は収束し、この値に等しい。
段3（主定理を使う）。$1+\cos^2\varphi=2\cos^2\varphi+\sin^2\varphi$ なので、右辺は $I(\sqrt2,1)$ である。thm-agi-main により $I(\sqrt2,1)=\frac{\pi}{2M(\sqrt2,1)}=\frac{\pi}{2M(1,\sqrt2)}$ である。$\square$