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
考虑下面的几何数列 :
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)。一种方法是利用交错级数判别法 ,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
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
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
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