Π的莱布尼茨公式

在数学领域，π的莱布尼茨公式说明

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

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${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$。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：

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

证明

考虑下面的幾何數列：

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

对等式两边积分可得到反正切的幂级数：

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

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

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

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：

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

当${\displaystyle n\rightarrow \infty \!}$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：

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

这便证明了莱布尼茨公式。

格点与数论证明

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

现在对于所有正整数${\displaystyle N}$，有其唯一的素因数分解形式：

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

其中${\displaystyle \{p_{1},p_{2},\cdots ,p_{m}\}}$为互不相同的模4余1的素数，${\displaystyle \{q_{1},q_{2},\cdots ,q_{n}\}}$为互不相同的模4余3素数。

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

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

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

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

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

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