π - 又见苍岚

本文最后更新于：2023年12月5日下午

自从古代以来，人们一直在尝试用不同的方法计算π的值，本文记录几种 $\pi$ 的计算方法。

莱布尼茨公式

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

这个公式是由德国数学家莱布尼茨在17世纪提出的。莱布尼茨公式是计算π的一种简单方法，但是它的收敛速度相对较慢，因此在实际计算中通常使用其他更有效的方法。

证明

过程中需要用到 $argtan$ 的泰勒展开，先计算 $argtan$ 的导数做准备。

$argtan$ 是 $tan$ 的反函数，那么$argtan$ 的导数就是 $tan$ 导数的倒数：

$$ \begin{array}{l} x = \tan y\\ y = \arg\tan x\\ y'|_x=\frac{1}{x'|_y}\\ \arg\tan x'|_x=\frac{1}{\tan y'|_y}\\ \end{array} $$

然后计算 $\tan’ y$:

$$ \begin{array}{l} \tan 'y&=(\frac{\sin y}{\cos y})'\\ &=\frac{\cos^2y + \sin^2y}{\cos^2y}\\ &=1+\tan^2y\\ &=1+x^2 \end{array} $$

因此有:

$$ \arg\tan x'|_x=\frac{1}{\tan y'|_y}=\frac{1}{1+x^2} $$

考虑一个首项为1，公比为 $p , (|p|<1)$ ，项数 $n=+\infty $ 的等比数列，他的和为 $S$：

$$ \begin{array}{l} S &=1+p+p^2+p^3+...\\ &= \frac{1}{1-p} \end{array} $$

那么若公比为 $-p$，则有：

$$ \frac{1}{1+p}=1-p+p^2-p^3+p^4... $$

因此有：

$$ \frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+...+(-1)^nx^{2n}+ ... $$

那么:

$$ \arg\tan^{(n)}x|_{x=0}=\left\{\begin{array}{l} 0&n为偶数\\ (-1)^{(n-1)/2}(n-1)!&n为奇数 \end{array}\right\} $$

因此 $\arg\tan x$ 在 0 处的泰勒展开：

$$ \begin{array}{l} f(x)&= \arg \tan x \\ &=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)x^2}{2!}+\frac{f''(0)x^3}{3!}+ ···\\ &=0+x +0-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-··· +(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1} \ \ \ \ (n>0) \end{array} $$

因此有：

$$ \arg \tan x =x -\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-··· $$

那么：

$$ \arg \tan 1 =1 -\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+··· $$

而 $\arg \tan 1=\frac{\pi}{4}$，则有：

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

沃利斯公式（Wallis公式）

1656年，约翰·沃利斯发表了π的沃利斯公式，指出π可以用以下无限积的形式给出。
$$
\frac{\pi}{2}=\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \ldots
$$

证明

对这一公式的证明采用对 $ \sin ^{n} x $ 在 $ [0, \pi] $ 的积分完成：

令 $ I(n)=\int_{0}^{\pi} \sin ^{n} x d x $，用分部积分法，令 $ u=\sin ^{n-1} x $

$$ \begin{aligned} I(n) & =\int_{0}^{\pi} \sin ^{n} x d x=\int_{0}^{\pi} u d v=\left.u v\right|_{x=0} ^{x=\pi}-\int_{0}^{\pi} v d u \\ & =-\left.\sin ^{n-1} x \cos x\right|_{x=0} ^{x=\pi}-\int_{0}^{\pi}-\cos x(n-1) \sin ^{n-2} x \cos x d x \\ & =0-(n-1) \int_{0}^{\pi}-\cos ^{2} x \sin ^{n-2} x d x, n>1 \\ & =(n-1) \int_{0}^{\pi}\left(1-\sin ^{2} x\right) \sin ^{n-2} x d x \\ & =(n-1) \int_{0}^{\pi} \sin ^{n-2} x d x-(n-1) \int_{0}^{\pi} \sin ^{n} x d x \\ & =(n-1) I(n-2)-(n-1) I(n) \\ & =\frac{n-1}{n} I(n-2)\end{aligned} $$

得到：

$$ \begin{array}{c}\Rightarrow \frac{I(n)}{I(n-2)}=\frac{n-1}{n} \\ \Rightarrow \frac{I(2 n-1)}{I(2 n+1)}=\frac{2 n+1}{2 n}\end{array} $$

从首项推导得：

$$ \begin{array}{c}I(0)=\int_{0}^{\pi} d x=\left.x\right|_{0} ^{\pi}=\pi \\ I(1)=\int_{0}^{\pi} \sin x d x=-\left.\cos x\right|_{0} ^{\pi}=(-\cos \pi)-(-\cos 0)=-(-1)-(-1)=2 \\ \quad \ldots \ldots \ldots \\ I(2 n)=\int_{0}^{\pi} \sin ^{2 n} x d x=\frac{2 n-1}{2 n} I(2 n-2)=\frac{2 n-1}{2 n} \cdot \frac{2 n-3}{2 n-2} I(2 n-4) \\ I(2 n+1)=\int_{0}^{\pi} \sin ^{2 n+1} x d x=\frac{2 n}{2 n+1} I(2 n-1)=\frac{2 n}{2 n+1} \cdot \frac{2 n-2}{2 n-1} I(2 n-3)\end{array} $$

由 $sinx$ 的单调性推知

$$ \begin{array}{c} \sin ^ {2 k+1} x \leq \sin ^ {2 k} x \leq \sin ^ {2 k-1} x, 0 \leq x \leq \pi \\ I _ {2 k+1 } < I _ {2 k} < I _ {2 k-1}\end{array} $$

即
$$
\frac{(2 k) ! !}{(2 k+1) ! !}<\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k) ! !} \frac{\pi}{2}<\frac{(2 k-2) ! !}{(2 k-1) ! !}
$$
变形
$$
1<\frac{\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{(2 k) ! !}{(2 k-1) !!}\right)^{2} \frac{1}{2 k+1}}<\frac{2 k+1}{2 k}
$$
由夹逼准则
$$
\lim _{k \rightarrow+\infty}\left(\frac{(2 k) !!}{(2 k-1) !!}\right)^{2} \frac{1}{2 k+1}=\frac{\pi}{2}
$$
也写作
$$
\lim _{k \rightarrow +\infty}\left(\frac{2^{2 k}(k !)^{2}}{2 k !}\right)^{2} \frac{1}{2 k+1}=\frac{\pi}{2}
$$
得证。

贝塞尔问题（Bessel 问题）

贝塞尔问题是一个著名的数学问题，也被称为巴塞尔（Basel）难题或巴塞尔和（Basel problem）。该问题最初由瑞士数学家Euler在1735年提出。
$$
1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots=\frac{\pi^{2}}{6}
$$

证明

先证明

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} $$

考虑 $y=\arg \sin x$ 在 $[-1,1]$的泰勒展开，先求导数。

$$ \begin{array}{l} x&=\sin y\\ y'&=\frac{1}{x'}\\ &=\frac{1}{\cos y}\\ &=\frac{1}{(1-\sin^2y)^{\frac{1}{2}}}\\ &=\frac{1}{(1-x^2)^{\frac{1}{2}}} \end{array} $$

根据广义牛顿二项定理 :

$$ \begin{array}{l} y'&=(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}-1) \ldots(-\frac{1}{2}-k+1)}{k !} {(-x^2)}^{k} \\ &=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(2k-1)!!}{2k!!}x^{2k} \end{array} $$

因此 $(y'|_{x=0})^{(n)}$ 为 $x^{2k}$ 的系数，然后可以写出 $y=\arg \sin x$ 在 $[-1,1]$ 的泰勒展开:
$$
\arcsin x=x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !} \frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}
$$
令 $ x=\sin t $ ，得到
$$
t=\sin t+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n+1)(2 n) ! !} \sin ^{2 n+1} t,-\frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2}
$$
将上式两端对 $t$ 从 0 到 $\frac{\pi}{2}$ 积分，并对右端逐项积分，得到

$$ \frac{\pi^{2}}{8}=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n+1)(2 n) ! !} \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2 n+1} t \mathrm{~d} t $$

设$I(n)=\int_{0}^{\pi/2} \sin ^{n} x d x $, 根据上文 Wallis 公式的证明过程可以知道
$$
\frac{I(2 n-1)}{I(2 n+1)}=\frac{2 n+1}{2 n}
$$
可以求得 $I(1)=1$，因此 $I(2n+1)=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$

因此有

$$ \begin{aligned} \frac{\pi^{2}}{8} & =1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n+1)(2 n) ! !} \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{2 n+1} t \mathrm{~d} t \\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n+1)(2 n) ! !} \cdot \frac{(2 n) ! !}{(2 n+1) ! !} \\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n+1)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}\end{aligned} $$

因此证明了 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8} $。

然后

$$ S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}+\frac{S}{4} $$ 可解出 $$ S=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots=\frac{\pi^{2}}{6} $$

高斯积分

它是以伟大的德国数学家卡尔·弗里德里希·高斯的名字命名的。积分如下

$$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} d x=\sqrt{\pi} $$

这个积分的解析式是不存在的，因此需要用一些特殊的方法来求解它。一个常见的方法是使用换元积分法结合对称性，将其转化为另一个已知的积分的形式。但使用极坐标的解更有启发性，因为它解释了π的存在。

证明

令这个积分的值为 $I $

$$ I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} d x $$

对两边平方

$$ \begin{aligned} I^{2} & =\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} d x\right)^{2} \\ & =\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} d x \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^{2}} d y \\ & =\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)} d x d y .\end{aligned} $$

我们可以把它写在极坐标中，因为 $r^2= x^2+ y^2$，$r$ 的范围是 $0$ 到 $∞$ 范围，$θ$ 在 $0$ 到 $2π$ 弧度范围内，因此

$$ \begin{aligned} I^{2} & =\int_{0}^{2 \pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^{2}} r d r d \theta \\ & =2 \pi \int_{0}^{\infty} r e^{-r^{2}} d r \\ & =-\pi \int_{0}^{\infty}-2 r e^{-r^{2}} d r\\ &=-\pi \int_0^ \infty e^{-r^2}d(-r^2)\\ &=-\pi \int_0^{-\infty}de^x\\ &=-\pi e^x|^{-\infty}_0\\ &=\pi \end{aligned} $$

因此 $I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} d x=\sqrt {\pi}$