Π的萊布尼茲公式

在數學領域，π的萊布尼茲公式說明

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

右邊的展式是一個無窮級數，被稱為萊布尼茲級數，這個級數收斂到${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$。它通常也被稱為格哥利-萊布尼茲級數用以紀念萊布尼茲同時代的天文學家兼數學家占士·格哥利。使用求和符號可記作：

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

證明

考慮下面的幾何數列：

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

對等式兩邊積分可得到反正切的冪級數：

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

將 ${\displaystyle x=1}$ 代入，便得萊布尼茲公式（1的反正切是${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$）。這種推理產生的一個問題是1不在冪級數的收斂半徑以內。因此，需要額外論證當 ${\displaystyle x=1}$ 時級數收斂到 ${\displaystyle \tan ^{-1}(1)}$。一種方法是利用交錯級數判別法，然後使用阿貝爾定理證明級數收斂到 ${\displaystyle \tan ^{-1}(1)}$。然而，也可以用一個完全初等的證明。

初等證明

考慮如下分解

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

對於 ${\displaystyle |x|<1}$，右側的分式是餘下的幾何級數的和。然而，上面的方程並沒有包含無窮級數，並且對任何實數 ${\displaystyle x}$ 成立。上式兩端從0到1積分可得：

${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}\;=\;1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots \,+{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}\;+\;(-1)^{n+1}\!\!\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{1+x^{2}}}\,dx.\!}$

當 ${\displaystyle n\rightarrow \infty \!}$ 時，除積分項以外的項收斂到萊布尼茲級數。同時，積分項收斂到0：

${\displaystyle 0\leq \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{1+x^{2}}}\,dx\leq \int _{0}^{1}x^{2n+2}\,dx\;=\;{\frac {1}{2n+3}}\;\rightarrow \;0\!}$ 當 ${\displaystyle n\rightarrow \infty \!}$

這便證明了萊布尼茲公式。

格點與數論證明

通過以${\displaystyle (0,0)}$為圓心，${\displaystyle R}$為半徑的圓上及圓內格點（即橫坐標與縱坐標皆為整數）個數計算公式來得出，在這裏先考慮費馬平方和定理：一個奇質數能表示成兩個平方數之和當且僅當該質數模4餘1，並且不考慮符號與交換律下其形式唯一（由於必為一奇一偶，因此不考慮符號但考慮交換律下必然為兩種形式），比如${\displaystyle 29\equiv 1{\pmod {4}}}$可以得出${\displaystyle 29=2^{2}+5^{2}=5^{2}+2^{2}}$，而${\displaystyle 23\equiv 3{\pmod {4}}}$因此無法分解成兩個平方和形式。

現在對於所有正整數${\displaystyle N}$，有其唯一的質因數分解形式：

${\displaystyle N=2^{k}(p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{m}^{\alpha _{m}})(q_{1}^{\beta _{1}}q_{2}^{\beta _{2}}\cdots q_{n}^{\beta _{n}})}$

其中${\displaystyle \{p_{1},p_{2},\cdots ,p_{m}\}}$為互不相同的模4餘1的質數，${\displaystyle \{q_{1},q_{2},\cdots ,q_{n}\}}$為互不相同的模4餘3質數。

• 如果${\displaystyle \{\beta _{1},\beta _{2}\cdots ,\beta _{n}\}}$只要其中一個為奇數，則正整數${\displaystyle N}$不存在表示成兩個平方和的形式（比如${\displaystyle 75=3\times 5^{2}}$，3的次數為1，因此不能表示成兩平方和）；
• 而當${\displaystyle \{\beta _{1},\beta _{2}\cdots ,\beta _{n}\}}$全為偶數時，此時能表示成平方數形式的數量等於${\displaystyle (\alpha _{1}+1)(\alpha _{2}+1)\cdots (\alpha _{m}+1)}$（不考慮符號但考慮交換律的情況，比如${\displaystyle 65=5\times 13}$，其中5與13次數均為1，因此有${\displaystyle (1+1)(1+1)=4}$，即${\displaystyle 65=1^{2}+8^{2}=2^{2}+7^{2}=7^{2}+2^{2}=8^{2}+1^{2}}$）；
• 2的冪次${\displaystyle k}$不影響${\displaystyle N}$表示兩平方和形式的個數，比如不管${\displaystyle k}$是多少，${\displaystyle 2^{k}\times 65}$能表示成兩個平方和形式都是4種。

接下來引入狄利克雷特徵函數，定義${\displaystyle \chi (N)={\begin{cases}1&N\equiv 1{\pmod {4}}\\-1&N\equiv 3{\pmod {4}}\\0&N\equiv 0{\pmod {2}}\end{cases}}}$，因此為積性函數，滿足${\displaystyle \chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)}$。

• 對於模4餘1的質數${\displaystyle p}$以及自然數${\displaystyle \alpha }$，總有${\displaystyle p^{\alpha }\equiv 1{\pmod {4}}}$，因此${\displaystyle \chi (1)+\chi (p)+\chi (p^{2})+\cdots +\chi (p^{\alpha })=\alpha +1}$；
• 對於模4餘3的質數${\displaystyle q}$以及自然數${\displaystyle \beta }$，則有${\displaystyle q^{\beta }\equiv (-1)^{\beta }{\pmod {4}}}$，因此${\displaystyle \chi (1)+\chi (q)+\chi (q^{2})+\cdots +\chi (q^{\beta })={\begin{cases}1&\beta \equiv 0{\pmod {2}}\\0&\beta \equiv 1{\pmod {2}}\end{cases}}}$；
• 對於2以及自然數${\displaystyle k}$，當${\displaystyle k=0}$時${\displaystyle 2^{0}=1}$，即${\displaystyle \chi (1)=1}$；當${\displaystyle k>0}$時總有${\displaystyle \chi (2^{k})=0}$，因此${\displaystyle \chi (1)+\chi (2)+\chi (4)+\cdots +\chi (2^{k})=1}$。

由於${\displaystyle \chi (a)\cdot \chi (b)=\chi (ab)}$，而這些結果正好與上述性質相吻合，因此${\displaystyle N}$表示成兩個平方和形式的數量可以由其所有因數${\displaystyle t}$相應的${\displaystyle \chi (t)}$之和${\displaystyle \sum _{t|N}\chi (t)}$來表示，比如${\displaystyle 30=2\times 3\times 5}$，於是相應地有${\displaystyle \chi (1)+\chi (2)+\chi (3)+\chi (5)+\chi (6)+\chi (10)+\chi (15)+\chi (30)=0}$。

小於等於${\displaystyle R^{2}}$能被正整數${\displaystyle n}$整除的正整數有${\displaystyle \left\lfloor {\frac {R^{2}}{n}}\right\rfloor }$個，因此對於半徑為${\displaystyle R}$圓上及圓內格點數總和為：

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

其中${\displaystyle R'}$為不超過${\displaystyle R}$的最大奇數，再由圓面積為${\displaystyle \pi R^{2}}$，當${\displaystyle R\to \infty }$時，兩者比值極限得${\displaystyle 1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{7}}+\cdots ={\frac {\pi }{4}}}$。^[1]