文献あり

Gauss 定数

第一種楕円積分

ヤコービの標準形
$\int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{(1 - t^{2}) (1 - k^{2} t^{2})}}$
ルジャンドルの標準形
$t = \sin θ$ $, x = \sin φ$
$\int_{0}^{φ} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ}}$

第一種完全楕円積分

$K (k) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{(1 - t^{2}) (1 - k^{2} t^{2})}} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ}}$

agm : arithmetic–geometric mean
$a g m (1, \sqrt{1 - k^{2}}) = \frac{π}{2 K (k)}$

$ω = K (\sqrt{- 1})$
$a g m (1, \sqrt{2}) = \frac{π}{2 ω}$
※若しもこのことが証明されるならば『確実に解析の新分野が開かれるであろう』by Gauss

Landen変換により、
$λ = \frac{1 - k^{'}}{1 + k^{'}}, \tan (φ_{1} - φ) = k^{'} \tan φ$
とするとき、
$\frac{d φ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} φ}} = \frac{1 + λ}{2} \frac{d φ_{1}}{\sqrt{1 - λ^{2} \sin^{2} φ_{1}}}$
が成り立つので、これを繰り返し用いて、
$\frac{d φ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} φ}} = \frac{1 + λ_{1}}{2} \frac{1 + λ_{2}}{2} \dots \frac{1 + λ_{n}}{2} \frac{d φ_{n}}{\sqrt{1 - λ_{n}^{2} \sin^{2} φ_{n}}}$
ただしここで $\tan (φ_{i} - φ_{i - 1}) = k_{i - 1}^{'} \tan φ_{i - 1}$ $, λ_{i} = \frac{1 - k_{i - 1}^{'}}{1 + k_{i - 1}^{'}}$ $, φ_{0} = φ$ $, k_{0}^{'} = k^{'}$ とする。
$k^{'} = \frac{b_{0}}{a_{0}}$ とおくと $(λ_{1}^{'})^{2} = 1 - λ_{1}^{2} = 1 - {(\frac{1 - k^{'}}{1 + k^{'}})}^{2} = \frac{4 a_{0} b_{0}}{(a_{0} + b_{0})^{2}}$ より $a_{1} = \frac{a_{0} + b_{0}}{2}$ $, b_{1} = \sqrt{a_{0} b_{0}}$ とおけば、 $λ_{1}^{'} = \frac{b_{1}}{a_{1}}$ となる。
$k^{'} > 0$ として、 $a_{i}, b_{i}$ を全て正の実数として同様に定義すると、
$0 < b_{1} < b_{2} < \dots < b_{n} < a_{n} < \dots < a_{2} < a_{1}$ がなりたつ。また、
$a_{n} - b_{n} < a_{n} - b_{n - 1} = \frac{a_{n - 1} - b_{n - 1}}{2} < \dots < \frac{a_{1} - b_{1}}{2^{n - 1}}$ より $lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} b_{n} = a g m (a_{0}, b_{0}) = M$ とおく。これを算術幾何平均とよぶ。
$lim_{n \to \infty} λ_{n}^{'} = 1, lim_{n \to \infty} λ_{n} = 0$
となることが分かる。すると、十分大きな $n$ について、
$\frac{d φ_{n}}{\sqrt{1 - λ_{n}^{2} \sin^{2} φ_{n}}} = d φ_{n}$
としてよい。
$1 + λ_{n} = 1 + \sqrt{1 - (λ_{n}^{'})^{2}} = 1 + \sqrt{1 - {(\frac{b_{n}}{a_{n}})}^{2}} = 1 + \frac{\sqrt{(a_{n - 1} + b_{n - 1})^{2} - 4 a_{n - 1} b_{n - 1}}}{2 a_{n}} = 1 + \frac{a_{n - 1} - b_{n - 1}}{2 a_{n}} = \frac{a_{n - 1}}{a_{n}}$
より、
$\frac{1 + λ_{1}}{2} \frac{1 + λ_{2}}{2} \dots \frac{1 + λ_{n}}{2} = \frac{a_{0}}{2^{n} a_{n}}$

$\frac{d φ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} φ}} = \frac{a_{0}}{2^{n} a_{n}} \frac{d φ_{n}}{\sqrt{1 - λ_{n}^{2} \sin^{2} φ_{n}}} ≒ \frac{a_{0} d φ_{n}}{a_{n} 2^{n}}$
となる。
$φ \to \frac{π}{2}$ のとき、 $φ_{n} \to 2^{n - 1} π$ とみなすと、
$lim_{φ \to \frac{π}{2}} \int_{0}^{φ} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} θ}} = lim_{n \to \infty} \frac{a_{0} φ_{n}}{a_{n} 2^{n}} = \frac{π a_{0}}{2 M}$
$k = \sqrt{- 1}$ のとき、 $k^{'} = \sqrt{2}$ なので $a_{0} = 1, b_{0} = \sqrt{2}$ とすると、
$M = a g m (1, \sqrt{2}) = \frac{π}{2 ω}$
を得る。