https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1932/Rigaku

2022.08.08記

[3] 長軸ガ $\overline{{\rm AA}'}=2a$ ，短軸ガ $\overline{\rm BB}'=2b$ ナル楕円ノ一ツノ焦點 $S$ ヨリ焦點半徑 $\overline{{\rm SA}_1}$ ， $\overline{{\rm SA}_2}$ ，…， $\overline{{\rm SA}_{n-1}}$ ヲ引キ $\angle{\rm ASA}_1=\angle{\rm ASA}_2=\cdots=\angle{\rm ASA}_{n-1}$ ナラシムルトキ
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\overline{\rm SA}+\overline{{\rm SA}_1}+\overline{{\rm SA}_2}+\cdots +\overline{{\rm SA}_{n-1}}}{n}$
ノ値ヲ索メヨ．

2022.08.08記
1914年(大正3年)東京帝國大學工科大學-數學[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
と同じ問題．形は区分求積法になっており，焦点からの距離を $r$ としたときの $\int r d\theta$ と関連付けるには，楕円の極表示を用いることになる．

[解答]
楕円の離心率 $e=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}$ ，及び $l=\dfrac{b^2}{a}$ を用いて焦点の1つを原点とする長軸が $2a$ ，短軸が $2b$ である楕円の方程式は
$r=\dfrac{l}{1+e\cos\theta}$
となるので，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\overline{\rm SA}+\overline{{\rm SA}_1}+\overline{{\rm SA}_2}+\cdots +\overline{{\rm SA}_{n-1}}}{n}$
$=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{l}{1+e\cos\dfrac{2\pi k}{n}}$
$=\displaystyle\int_0^1\dfrac{l}{1+e\cos (2\pi x)} \,dx$
$=\dfrac{l}{2\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi} \dfrac{1}{1+e\cos y} \,dy$
$=\dfrac{l}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{1}{1+e\cos y} \,dy$
となる． $t=\tan\dfrac{y}{2}$ と置換すると
$\dfrac{l}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{1}{1+e\cos y} \,dy$
$=\dfrac{l}{\pi}\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{2}{1+t^2+e(1-t^2)} \, dt$
$=\dfrac{2l}{(1-e)\pi}\displaystyle\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{t^2+\dfrac{1+e}{1-e}} \, dt$
$=\dfrac{2l}{(1-e)\pi}\Bigl[\sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\mbox{Arctan}\,\sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}t\Bigr]_0^{+\infty}$
$=\dfrac{2l}{(1-e)\pi}\cdot \sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\cdot\dfrac{\pi}{2}$
$=\dfrac{l}{\sqrt{1-e^2}}$ $=b$