Actualización
El límite en cuestión es $4\pi R$ donde $R$ denota el radio de los discos grandes. Aquí es una solución rápida:
![enter image description here]()
Fijo $t\ll R$ toda la acción está en la estrecha zona $A:=\{(x,y)\>|\>R-t\leq\sqrt{x^2+y^2}\leq R\}$ inmediatamente adyacente a la frontera del círculo de $\partial B$. Además, los pequeños círculos de radio $t$ no puede "sentir" la curvatura de la enorme círculo $\partial B$. Por lo tanto, podemos modelo de $\partial B$ $y$- eje modulo $2\pi R$ y dejar la tira de $A'\colon \>0\leq x\leq t$ modelo del anillo $A$. Entonces se ha
$$\ell(t,x,y)=2 t\,\phi= 2 t\>\arccos{x\over t}\qquad(0\leq x\leq t)$$
y por lo tanto
$$\int_{A'}\ell(t,x,y)\>{\rm d}(x,y)=2\pi R\cdot 2 t\int_0^t\arccos{x\over t}\>dx=4\pi R t^2\int_0^1\arccos\tau\>d\tau=4\pi R t^2\ .$$
Esto demuestra la reclamación. El argumento muestra que el límite en cuestión es $2L$ para cualquier curva suave de la longitud de la $L$.
Estoy anexando el original de la solución, que funciona con el "real" $B$:
Suponga que el radio de la unidad big disk $B$$1$, y fijar un positivo $t\ll1$. Para un punto de $(x,y)\in B$ $\sqrt{x^2+y^2}=:r$ de la longitud $\ell(t,x,y)$ está dado por
$\ell(t,x,y)=2t\phi$, según el cual los datos involucrados están relacionados por
$$r^2+t^2+2rt\cos\phi=1\ .$$
Consideramos $\phi$ como variable principal. Entonces
$$r(\phi)=\sqrt{1-t^2\sin^2\phi}-t\cos\phi\ .$$
Los correspondientes intervalos de $0\leq\phi\leq{\pi\over2}+\arcsin{t\over2}$ y, en consecuencia, $1-t\leq r(\phi)\leq1$ (dibuja una figura!). De ello se sigue que
$$\int_B\ell(t,x,y)\>{\rm d}(x,y)=2t\int_0^{\pi/2+\arcsin(t/2)}\phi\>2\pi r(\phi)r'(\phi)\>d\phi\ .$$
Expansión con respecto a $t$ Mathematica calcula
$$r(\phi)=1+?t,\qquad r'(\phi)=t(\sin\phi+?t)\ .$$
De ello se sigue que
$$\int_B\ell(t,x,y)\>{\rm d}(x,y)=4\pi t^2\left(\int_0^{\pi/2}\phi\sin\phi\>d\phi+?t\right)=4\pi t^2(1+?t)\ ,$$
de ahí el reclamo.
(Escribo $?t^k$ para el resto de los términos de Mathematica abrevia con $O[t]^k$.)
