在数学 领域,π 的莱布尼茨公式 说明
π 4 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − ⋯ {\displaystyle \;{\frac {\pi }{4}}\!=1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,{\frac {1}{7}}\,+\,{\frac {1}{9}}\,-\,\cdots \;} 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 π 4 {\displaystyle {\frac {\pi }{4}}} 。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:
π 4 = ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n + 1 {\displaystyle \;{\frac {\pi }{4}}=\sum _{n=0}^{\infty }\,{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}} 证明 编辑
考虑下面的幾何數列 :
1 − x 2 + x 4 − x 6 + x 8 − ⋯ = 1 1 + x 2 , | x | < 1. {\displaystyle 1\,-\,x^{2}\,+\,x^{4}\,-\,x^{6}\,+\,x^{8}\,-\,\cdots \;=\;{\frac {1}{1+x^{2}}},\qquad |x|<1.\!} 对等式两边积分 可得到反正切 的幂级数 :
x − x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + x 9 9 − ⋯ = tan − 1 x , | x | < 1. {\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.\!} 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 编辑 考虑如下分解
1 1 + x 2 = 1 − x 2 + x 4 − ⋯ + ( − 1 ) n x 2 n + ( − 1 ) n + 1 x 2 n + 2 1 + x 2 . {\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}}}.\!} 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:
π 4 = 1 − 1 3 + 1 5 − ⋯ + ( − 1 ) n 2 n + 1 + ( − 1 ) n + 1 ∫ 0 1 x 2 n + 2 1 + x 2 d x . {\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.\!} 当 n → ∞ {\displaystyle n\rightarrow \infty \!} 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:
0 ≤ ∫ 0 1 x 2 n + 2 1 + x 2 d x ≤ ∫ 0 1 x 2 n + 2 d x = 1 2 n + 3 → 0 {\displaystyle 0\leq \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{1+x^{2}}}\,dx\leq \int _{0}^{1}x^{2n+2}\,dx\;=\;{\frac {1}{2n+3}}\;\rightarrow \;0\!} 当 n → ∞ {\displaystyle n\rightarrow \infty \!} 这便证明了莱布尼茨公式。
格点与数论证明 编辑 通过以 ( 0 , 0 ) {\displaystyle (0,0)} 为圆心, R {\displaystyle R} 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 29 ≡ 1 ( mod 4 ) {\displaystyle 29\equiv 1{\pmod {4}}} 可以得出 29 = 2 2 + 5 2 = 5 2 + 2 2 {\displaystyle 29=2^{2}+5^{2}=5^{2}+2^{2}} ,而 23 ≡ 3 ( mod 4 ) {\displaystyle 23\equiv 3{\pmod {4}}} 因此无法分解成两个平方和形式。
现在对于所有正整数 N {\displaystyle N} ,有其唯一的素因数分解 形式:
N = 2 k ( p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p m α m ) ( q 1 β 1 q 2 β 2 ⋯ q n β n ) {\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}})} 其中 { p 1 , p 2 , ⋯ , p m } {\displaystyle \{p_{1},p_{2},\cdots ,p_{m}\}} 为互不相同的模4余1的素数, { q 1 , q 2 , ⋯ , q n } {\displaystyle \{q_{1},q_{2},\cdots ,q_{n}\}} 为互不相同的模4余3素数。
如果 { β 1 , β 2 ⋯ , β n } {\displaystyle \{\beta _{1},\beta _{2}\cdots ,\beta _{n}\}} 只要其中一个为奇数,则正整数 N {\displaystyle N} 不存在表示成两个平方和的形式(比如 75 = 3 × 5 2 {\displaystyle 75=3\times 5^{2}} ,3的次数为1,因此不能表示成两平方和); 而当 { β 1 , β 2 ⋯ , β n } {\displaystyle \{\beta _{1},\beta _{2}\cdots ,\beta _{n}\}} 全为偶数时,此时能表示成平方数形式的数量等于 ( α 1 + 1 ) ( α 2 + 1 ) ⋯ ( α m + 1 ) {\displaystyle (\alpha _{1}+1)(\alpha _{2}+1)\cdots (\alpha _{m}+1)} (不考虑符号但考虑交换律的情况,比如 65 = 5 × 13 {\displaystyle 65=5\times 13} ,其中5与13次数均为1,因此有 ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) = 4 {\displaystyle (1+1)(1+1)=4} ,即 65 = 1 2 + 8 2 = 2 2 + 7 2 = 7 2 + 2 2 = 8 2 + 1 2 {\displaystyle 65=1^{2}+8^{2}=2^{2}+7^{2}=7^{2}+2^{2}=8^{2}+1^{2}} ); 2的幂次 k {\displaystyle k} 不影响 N {\displaystyle N} 表示两平方和形式的个数,比如不管 k {\displaystyle k} 是多少, 2 k × 65 {\displaystyle 2^{k}\times 65} 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 χ ( N ) = { 1 N ≡ 1 ( mod 4 ) − 1 N ≡ 3 ( mod 4 ) 0 N ≡ 0 ( mod 2 ) {\displaystyle \chi (N)={\begin{cases}1&N\equiv 1{\pmod {4}}\\-1&N\equiv 3{\pmod {4}}\\0&N\equiv 0{\pmod {2}}\end{cases}}} ,因此为积性函数,满足 χ ( a ) ⋅ χ ( b ) = χ ( a b ) {\displaystyle \chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)} 。
对于模4余1的素数 p {\displaystyle p} 以及自然数 α {\displaystyle \alpha } ,总有 p α ≡ 1 ( mod 4 ) {\displaystyle p^{\alpha }\equiv 1{\pmod {4}}} ,因此 χ ( 1 ) + χ ( p ) + χ ( p 2 ) + ⋯ + χ ( p α ) = α + 1 {\displaystyle \chi (1)+\chi (p)+\chi (p^{2})+\cdots +\chi (p^{\alpha })=\alpha +1} ; 对于模4余3的素数 q {\displaystyle q} 以及自然数 β {\displaystyle \beta } ,则有 q β ≡ ( − 1 ) β ( mod 4 ) {\displaystyle q^{\beta }\equiv (-1)^{\beta }{\pmod {4}}} ,因此 χ ( 1 ) + χ ( q ) + χ ( q 2 ) + ⋯ + χ ( q β ) = { 1 β ≡ 0 ( mod 2 ) 0 β ≡ 1 ( mod 2 ) {\displaystyle \chi (1)+\chi (q)+\chi (q^{2})+\cdots +\chi (q^{\beta })={\begin{cases}1&\beta \equiv 0{\pmod {2}}\\0&\beta \equiv 1{\pmod {2}}\end{cases}}} ; 对于2以及自然数 k {\displaystyle k} ,当 k = 0 {\displaystyle k=0} 时 2 0 = 1 {\displaystyle 2^{0}=1} ,即 χ ( 1 ) = 1 {\displaystyle \chi (1)=1} ;当 k > 0 {\displaystyle k>0} 时总有 χ ( 2 k ) = 0 {\displaystyle \chi (2^{k})=0} ,因此 χ ( 1 ) + χ ( 2 ) + χ ( 4 ) + ⋯ + χ ( 2 k ) = 1 {\displaystyle \chi (1)+\chi (2)+\chi (4)+\cdots +\chi (2^{k})=1} 。 由于 χ ( a ) ⋅ χ ( b ) = χ ( a b ) {\displaystyle \chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)} ,而这些结果正好与上述性质相吻合,因此 N {\displaystyle N} 表示成两个平方和形式的数量可以由其所有因数 t {\displaystyle t} 相应的 χ ( t ) {\displaystyle \chi (t)} 之和 ∑ t | N χ ( t ) {\displaystyle \sum _{t|N}\chi (t)} 来表示,比如 30 = 2 × 3 × 5 {\displaystyle 30=2\times 3\times 5} ,于是相应地有 χ ( 1 ) + χ ( 2 ) + χ ( 3 ) + χ ( 5 ) + χ ( 6 ) + χ ( 10 ) + χ ( 15 ) + χ ( 30 ) = 0 {\displaystyle \chi (1)+\chi (2)+\chi (3)+\chi (5)+\chi (6)+\chi (10)+\chi (15)+\chi (30)=0} 。
小于等于 R 2 {\displaystyle R^{2}} 能被正整数 n {\displaystyle n} 整除的正整数有 ⌊ R 2 n ⌋ {\displaystyle \left\lfloor {\frac {R^{2}}{n}}\right\rfloor } 个,因此对于半径为 R {\displaystyle R} 圆上及圆内格点数总和为:
1 + 4 [ ⌊ R 2 1 ⌋ χ ( 1 ) + ⌊ R 2 2 ⌋ χ ( 2 ) + ⋯ + ⌊ R 2 R ⌋ χ ( R ) ] = 1 + 4 ( ⌊ R 2 1 ⌋ − ⌊ R 2 3 ⌋ + ⋯ + ⌊ R 2 R ′ ⌋ R ′ − 1 2 ) {\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)} 其中 R ′ {\displaystyle R'} 为不超过 R {\displaystyle R} 的最大奇数,再由圆面积为 π R 2 {\displaystyle \pi R^{2}} ,当 R → ∞ {\displaystyle R\to \infty } 时,两者比值极限得 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + ⋯ = π 4 {\displaystyle 1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{7}}+\cdots ={\frac {\pi }{4}}} 。[1]
参考文献 编辑
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 编辑