https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1914/Kougaku

[3] From $F$ one of the foci of a given ellipse, radius vectors are drawn dividing the angle $AFB=\pi$ into $n$ equal parts, $AB$ being the major axis of the ellipse. Find the arithmetrical mean of these radius vectores when $n=\infty$ .

[3] 与えられた楕円の焦点の一つ $F$ から，角度 $AFB=\pi$ を $n$ 等分した動径ベクトルを描く． $n =\infty$ のとき，これら動径ベクトルの長さの算術平均を求めよ．

2019.03.27記

[解答]
楕円の極方程式は離心率を用いて $r=\dfrac{l}{1+e\cos\theta}(0\lt e\lt 1)$ と表すことができる．これは $(1-e^2)x^2+2lex+y^2=l^2$ ，つまり $\dfrac{\left(x+\dfrac{le}{1-e^2}\right)^2}{\dfrac{l^2}{(1-e^2)^2}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{l^2}{1-e^2}}=1$ という楕円であるから，その長半径は $\dfrac{l}{1-e^2}$ であり短半径は $\dfrac{l}{\sqrt{1-e^2}}$ である．

$\theta$ として $\dfrac{k\pi}{n}$ （ $k=1,..., n-1$ ）を考え，それらに対応する動径の長さを $r_k$ とする．このとき $\Delta\theta=\dfrac{\pi}{n}$ を用いて
$\dfrac{r_1+\cdots+r_{n-1}}{n-1}=\dfrac{(r_1+\cdots+r_{n-1})\Delta\theta}{\pi-\Delta\theta}$
が成立するので，求める値は
$\displaystyle I=\dfrac{1}{\pi}\int_0^{\pi} rd\theta=\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\pi} \dfrac{d\theta}{1+e\cos\theta}$
となる．ここで $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ とおくと $\displaystyle \dfrac{2dt}{1+t^2}=d\theta$ ， $\cos\theta=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ であるから
$\displaystyle I=\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\infty} \dfrac{1}{1+e\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}\dfrac{2dt}{1+t^2} =\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\infty} \dfrac{2dt}{1+t^2+e(1-t^2)}$ $\displaystyle =\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\infty} \dfrac{2dt}{(1-e)t^2+1+e}=\dfrac{2}{1-e}\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\infty} \dfrac{dt}{t^2+\dfrac{1+e}{1-e}}$
となる．さらに $a=\sqrt{\dfrac{1+e}{1-e}}(\gt 0)$ とおき $t=a\tan u$ とおくと $dt=a(1+\tan^2 u)du$ だから
$\displaystyle I=\dfrac{2}{1-e} \dfrac{l}{\pi} \int_0^{\pi/2} \dfrac{1}{a^2\tan^2 u+a^2}\cdot a(1+\tan^2 u)du$ $\displaystyle =\dfrac{2}{1-e}\dfrac{l}{\pi}\int_0^{\pi/2} \dfrac{1}{a}du=\dfrac{2}{1-e}\dfrac{l}{\pi}\cdot\dfrac{\pi}{2a}=\dfrac{l}{a(1-e)}=\dfrac{l}{\sqrt{1-e^2}}$
となり，この値は楕円の短半径に等しい．

$\mbox{Arctan}$ を使って良いなら
$\displaystyle \int_0^{\pi}\dfrac{d\theta}{1+e\cos\theta}=\int_0^{\pi}\dfrac{d\theta}{\cos^2\dfrac{\theta}{2}+\sin^2\dfrac{\theta}{2}+e\left(\cos^2\dfrac{\theta}{2}-\sin^2\dfrac{\theta}{2}\right)}$ $\displaystyle = \int_0^{\pi}\dfrac{1}{1+e+(1-e)\tan^2\dfrac{\theta}{2}}\cdot\dfrac{d\theta}{\cos^2\dfrac{\theta}{2}}$ $\displaystyle =\dfrac{1}{1-e}\int_0^{\pi}\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1+e}{1-e}}^2+\tan^2\dfrac{\theta}{2}}\cdot\dfrac{d\theta}{\cos^2\dfrac{\theta}{2}}$ $\displaystyle =\dfrac{2}{1-e} \sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\left[\mbox{Arctan}\,\left(\sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\tan\dfrac{\theta}{2}\right)\right]_0^{\pi}=\dfrac{2}{1-e} \sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{\sqrt{1-e^2}}$
となる．