在数学领域,π的莱布尼茨公式说明
![{\displaystyle \;{\frac {\pi }{4}}\!=1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,{\frac {1}{7}}\,+\,{\frac {1}{9}}\,-\,\cdots \;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/195d58214c7381c6c90df62f626751617ace83ce)
右边的展式是一个无穷级数,被称为莱布尼茨级数,这个级数收敛到
。它通常也被称为格雷戈里-莱布尼茨级数用以纪念莱布尼茨同时代的天文学家兼数学家詹姆斯·格雷戈里。使用求和符号可记作:
![{\displaystyle \;{\frac {\pi }{4}}=\sum _{n=0}^{\infty }\,{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8283f454140077256b47afadd702fed4b3b56569)
证明
考虑下面的幾何數列:
![{\displaystyle 1\,-\,x^{2}\,+\,x^{4}\,-\,x^{6}\,+\,x^{8}\,-\,\cdots \;=\;{\frac {1}{1+x^{2}}},\qquad |x|<1.\!}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e23c8a96dec41be4f762f671761cef31850afba4)
对等式两边积分可得到反正切的幂级数:
![{\displaystyle x\,-\,{\frac {x^{3}}{3}}\,+\,{\frac {x^{5}}{5}}\,-\,{\frac {x^{7}}{7}}\,+\,{\frac {x^{9}}{9}}\,-\,\cdots \;=\;\tan ^{-1}x,\qquad |x|<1.\!}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/961f45e34d19f875902842dffff93db15ac940de)
将x = 1 代入,便得莱布尼兹公式(1的反正切是π ⁄ 4)。这种推理产生的一个问题是1不在幂级数的收敛半径以内。因此,需要额外论证当x = 1时级数收敛到tan−1(1)。一种方法是利用交替级数判别法,然后使用阿贝尔定理证明级数收敛到tan−1(1)。然而,也可以用一个完全初等的证明。
初等证明
考虑如下分解
![{\displaystyle {\frac {1}{1+x^{2}}}\;=\;1\,-\,x^{2}\,+\,x^{4}\,-\,\cdots \,+\,(-1)^{n}x^{2n}\;+\;{\frac {(-1)^{n+1}\,x^{2n+2}}{1+x^{2}}}.\!}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c6358998bd99e608b5066ceda18a5211aae91472)
对于|x| < 1,右侧的分式是余下的几何级数的和。然而,上面的方程并没有包含无穷级数,并且对任何实数x成立。上式两端从0到1积分可得:
![{\displaystyle {\frac {\pi }{4}}\;=\;1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots \,+{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}\;+\;(-1)^{n+1}\!\!\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{1+x^{2}}}\,dx.\!}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d84dabc013f1b57c1d047303d68e28b3054c52e1)
当
时,除积分项以外的项收敛到莱布尼茨级数。同时,积分项收敛到0:
当 ![{\displaystyle n\rightarrow \infty \!}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4fbcf3489c4ce0a4f161b2584ec1f31c70cbc5a6)
这便证明了莱布尼茨公式。
格点与数论证明
通过以
为圆心,
为半径的圆上及圆内格点(即横坐标与纵坐标皆为整数)个数计算公式来得出,在这里先考虑费马平方和定理:一个奇素数能表示成两个平方数之和当且仅当该素数模4余1,并且不考虑符号与交换律下其形式唯一(由于必为一奇一偶,因此不考虑符号但考虑交换律下必然为两种形式),比如
可以得出
,而
因此无法分解成两个平方和形式。
现在对于所有正整数
,有其唯一的素因数分解形式:
![{\displaystyle N=2^{k}(p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{m}^{\alpha _{m}})(q_{1}^{\beta _{1}}q_{2}^{\beta _{2}}\cdots q_{n}^{\beta _{n}})}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/89a2cd266b46bf2652373c17e9ec83cab1b9ae3b)
其中
为互不相同的模4余1的素数,
为互不相同的模4余3素数。
- 如果
只要其中一个为奇数,则正整数
不存在表示成两个平方和的形式(比如
,3的次数为1,因此不能表示成两平方和);
- 而当
全为偶数时,此时能表示成平方数形式的数量等于
(不考虑符号但考虑交换律的情况,比如
,其中5与13次数均为1,因此有
,即
);
- 2的幂次
不影响
表示两平方和形式的个数,比如不管
是多少,
能表示成两个平方和形式都是4种。
接下来引入狄利克雷特征函数,定义
,因此为积性函数,满足
。
- 对于模4余1的素数
以及自然数
,总有
,因此
;
- 对于模4余3的素数
以及自然数
,则有
,因此
;
- 对于2以及自然数
,当
时
,即
;当
时总有
,因此
。
由于
,而这些结果正好与上述性质相吻合,因此
表示成两个平方和形式的数量可以由其所有因数
相应的
之和
来表示,比如
,于是相应地有
。
小于等于
能被正整数
整除的正整数有
个,因此对于半径为
圆上及圆内格点数总和为:
![{\displaystyle 1+4\left[\left\lfloor {\frac {R^{2}}{1}}\right\rfloor \chi (1)+\left\lfloor {\frac {R^{2}}{2}}\right\rfloor \chi (2)+\cdots +\left\lfloor {\frac {R^{2}}{R}}\right\rfloor \chi (R)\right]=1+4\left(\left\lfloor {\frac {R^{2}}{1}}\right\rfloor -\left\lfloor {\frac {R^{2}}{3}}\right\rfloor +\cdots +\left\lfloor {\frac {R^{2}}{R'}}\right\rfloor ^{\frac {R'-1}{2}}\right)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6a98458168458b2788f464aac38f5c7218ebe42a)
其中
为不超过
的最大奇数,再由圆面积为
,当
时,两者比值极限得
。[1]
参考文献
- Jonathan Borwein, David Bailey & Roland Girgensohn, Experimentation in Mathematics - Computational Paths to Discovery, A K Peters 2003, ISBN 1-56881-136-5, pages 28–30.
外部链接