Aloha :)
Wenn wir alle Punkte bestimmen wollen, die zur Menge$$S^1\coloneqq\{(x;y)\in\mathbb R^2\,\big|\,x^2+y^2=1\}$$gehören, müssen wir auf die Einhaltung der Bedinung \((x^2+y^2=1)\) achten. Wählen wir zuerst \(x\) aus, muss \(x\in[-1;1]\) gelten, damit \(x^2\le1\) gilt. Haben wir \(x\) gewählt, muss \(y\) die Bedingung \((y^2=1-x^2)\) bzw. \((y=\pm\sqrt{1-x^2})\) erfüllen. Wir können daher die Menge \(S^1\) auch so beschreiben:$$S^1\coloneqq\{(x;y)\in\mathbb R^2\,\big|\,x\in[-1;1]\;\land\;y=\pm\sqrt{1-x^2}\}$$
Die Menge \(H^1\coloneqq\{(x;y)\in S^1\,\big|\,y\ge0\}\) sortiert nun alle Punkte der Menge \(S^1\) aus, deren \(y\)-Wert negativ ist. Wir können daher das Vorzeichen der Wurzel weglassen:$$H^1=\{(x;y)\in\mathbb R^2\,\big|\,x\in[-1;1]\;\land\;y=\sqrt{1-x^2}\}$$
Damit haben wir einen geeigneten Graphen \((y(x)=\sqrt{1-x^2})\) über dem Intervall \(x\in[-1;1]\) gefunden, von dem wir nun die Länge bestimmen sollen.
Stell dir vor, du stehst irgendwo auf diesem Graphen rum. Jetzt gehst du ein kleines Stück \(\Delta x\) entlang der \(x\)-Achse und gewinnst dabei ein kleines Stück \(\Delta y\) entlang der \(y\)-Achse an Höhe. Auf dem Graphen selbst hast du dabei die Entfernung \(\Delta s\) zurückgelegt, für die nach Pythagoras gilt:$$(\Delta s)^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2=(\Delta x)^2\cdot\left(1+\left(\frac{\Delta y}{\Delta x}\right)^2\right)\implies\Delta s=\sqrt{1+\left(\frac{\Delta y}{\Delta x}\right)^2}\,\Delta x$$Wenn das Stück \(\Delta x\to dx\) nun infinitesimal klein wird. heißt das:$$ds=\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx=\sqrt{1+\left(y'(x)\right)^2}\,dx$$Diese Wegstücke \(ds\) musst du nun über \(x\in[-1;1]\) addieren und erhältst dann die gesuchte Weglänge:$$\ell=\int\limits_{-1}^1\sqrt{1+\left(y'(x)\right)^2}\,dx=\int\limits_{-1}^1\sqrt{1+\left(\frac{d}{dx}\sqrt{1-x^2}\right)^2}\,dx=\int\limits_{-1}^1\sqrt{1+\left(\frac{-\cancel2x}{\cancel2\sqrt{1-x^2}}\right)^2}\,dx$$$$\phantom\ell=\int\limits_{-1}^1\sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}}\,dx=\int\limits_{-1}^1\sqrt{\frac{1-x^2}{1-x^2}+\frac{x^2}{1-x^2}}\,dx=\int\limits_{-1}^1\sqrt{\frac{1}{1-x^2}}\,dx=\int\limits_{-1}^1\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$$
Für den sehr unwahrscheinlichen Fall, dass du das verbliebene Integral nicht auwendig kennst, hier der Rechenweg mittels Substitution:$$\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\stackrel{x=x(u)}{=}\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2(u)}}\,\frac{dx}{du}\,du\stackrel{x=\sin(u)}{=}\int\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(u)}}\,\cos(u)\,du$$$$\phantom{\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx}=\int\frac{1}{\cos(u)}\cdot\cos(u)\,du=\int du=u+C\stackrel{x=\sin(u)}{=}\arcsin(x)+C$$
Damit haben wir als Bogenlänge:$$\ell=\arcsin(1)-\arcsin(-1)=\frac\pi2-\left(-\frac\pi2\right)=\pi$$
