Π的莱布尼茨公式

Template:NoteTA 在数学领域，π的莱布尼茨公式说明

$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots$

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$\frac{\pi }{4}$。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：

$\frac{\pi }{4}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$

证明

考虑下面的幾何數列：

$1-x^2+x^4-x^6+x^8-\cdots =\frac{1}{1+x^2},|x|<1.$

对等式两边积分可得到反正切的幂级数：

$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\frac{x^9}{9}-\cdots ={\tan }^{-1}x,|x|<1.$

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)。一种方法是利用交錯级数判别法，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

$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots +(-1{)}^n{x}^{2n}+\frac{(-1{)}^{n+1}{x}^{2n+2}}{1+x^2}.$

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：

$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots +\frac{(-1{)}^n}{2n+1}+(-1{)}^{n+1}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^{2n+2}}{1+x^2}dx.$

当$n\to \mathrm{\infty }$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：

$0\le \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^{2n+2}}{1+x^2}dx\le \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2n+2}dx=\frac{1}{2n+3}\to 0$ 当 $n\to \mathrm{\infty }$

这便证明了莱布尼茨公式。

格点与数论证明

通过以$(0,0)$为圆心，$R$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$29\equiv 1(\mathrm{mod}4)$可以得出$29=2^2+5^2=5^2+2^2$，而$23\equiv 3(\mathrm{mod}4)$因此无法分解成两个平方和形式。

现在对于所有正整数$N$，有其唯一的素因数分解形式：

$N=2^k(p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_m^{{\alpha }_m})(q_1^{{\beta }_1}{q}_2^{{\beta }_2}\cdots q_n^{{\beta }_n})$

其中$\{p_1,p_2,\cdots ,p_m\}$为互不相同的模4余1的素数，$\{q_1,q_2,\cdots ,q_n\}$为互不相同的模4余3素数。

• 如果$\{{\beta }_1,{\beta }_2\cdots ,{\beta }_n\}$只要其中一个为奇数，则正整数$N$不存在表示成两个平方和的形式（比如$75=3\times 5^2$，3的次数为1，因此不能表示成两平方和）；
• 而当$\{{\beta }_1,{\beta }_2\cdots ,{\beta }_n\}$全为偶数时，此时能表示成平方数形式的数量等于$({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)\cdots ({\alpha }_m+1)$（不考虑符号但考虑交换律的情况，比如$65=5\times 13$，其中5与13次数均为1，因此有$(1+1)(1+1)=4$，即$65=1^2+8^2=2^2+7^2=7^2+2^2=8^2+1^2$）；
• 2的幂次$k$不影响$N$表示两平方和形式的个数，比如不管$k$是多少，$2^k\times 65$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$\chi (N)=\{\begin{array}{cc}1& N\equiv 1(\mathrm{mod}4)\\ -1& N\equiv 3(\mathrm{mod}4)\\ 0& N\equiv 0(\mathrm{mod}2)\end{array}$，因此为积性函数，满足$\chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)$。

• 对于模4余1的素数$p$以及自然数$\alpha$，总有$p^{\alpha }\equiv 1(\mathrm{mod}4)$，因此$\chi (1)+\chi (p)+\chi (p^2)+\cdots +\chi (p^{\alpha })=\alpha +1$；
• 对于模4余3的素数$q$以及自然数$\beta$，则有$q^{\beta }\equiv (-1{)}^{\beta }(\mathrm{mod}4)$，因此$\chi (1)+\chi (q)+\chi (q^2)+\cdots +\chi (q^{\beta })=\{\begin{array}{cc}1& \beta \equiv 0(\mathrm{mod}2)\\ 0& \beta \equiv 1(\mathrm{mod}2)\end{array}$；
• 对于2以及自然数$k$，当$k=0$时$2^0=1$，即$\chi (1)=1$；当$k>0$时总有$\chi (2^k)=0$，因此$\chi (1)+\chi (2)+\chi (4)+\cdots +\chi (2^k)=1$。

由于$\chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)$，而这些结果正好与上述性质相吻合，因此$N$表示成两个平方和形式的数量可以由其所有因数$t$相应的$\chi (t)$之和$\sum _{t|N}\chi (t)$来表示，比如$30=2\times 3\times 5$，于是相应地有$\chi (1)+\chi (2)+\chi (3)+\chi (5)+\chi (6)+\chi (10)+\chi (15)+\chi (30)=0$。

小于等于$R^2$能被正整数$n$整除的正整数有$\lfloor \frac{R^2}{n}\rfloor$个，因此对于半径为$R$圆上及圆内格点数总和为：

$1+4[\lfloor \frac{R^2}{1}\rfloor \chi (1)+\lfloor \frac{R^2}{2}\rfloor \chi (2)+\cdots +\lfloor \frac{R^2}{R}\rfloor \chi (R)]=1+4(\lfloor \frac{R^2}{1}\rfloor -\lfloor \frac{R^2}{3}\rfloor +\cdots +{\lfloor \frac{R^2}{R^{\prime }}\rfloor }^{\frac{R^{\prime }-1}{2}})$

其中$R^{\prime }$为不超过$R$的最大奇数，再由圆面积为$\pi R^2$，当$R\to \mathrm{\infty }$时，两者比值极限得$1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots =\frac{\pi }{4}$。

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

• Implementation of the Leibniz formula for TI Basic Template:Wayback
• use the Leibniz formula to approximate pi
• Leibniz Formula in C, x86 FPU Assembly, x86-64 SSE3 Assembly, and DEC Alpha Assembly Template:Wayback