有关pi的几个有趣式子的证明

Acheron_RBM · 2025-06-12 21:43:10 · 算法·理论

阿基米德多边形逼近法确定 π 的上下界：

这是今天最简单得一个了（似乎）

设圆的半径为 r，从圆的内接正六边形开始，推导正多边形周长与圆周长的关系。

对于圆内接正 n 边形，其边长 a_{n} 可通过以下方法计算。以正六边形为例，边长 a_{6} = r。当从正 n 边形推导正 2n 边形边长时，利用勾股定理。

设圆内接正 n 边形的边长为 a_{n}，取正 n 边形的一条边 AB，O 为圆心，AB 中点为 M，连接 OA、OB、OM。则 OM 垂直平分 AB，AM=\frac{a_{n}}{2}，OA = r。

正 2n 边形的边长 a_{2n} 对应的线段是 AC（C 为 \overset{\frown}{AB} 中点），在 Rt\triangle AMC 中，AM = \frac{a_{n}}{2}，MC = r - OM，而 OM = \sqrt{r^{2} - (\frac{a_{n}}{2})^{2}}，根据勾股定理 a_{2n} = \sqrt{(\frac{a_{n}}{2})^{2}+(r - \sqrt{r^{2} - (\frac{a_{n}}{2})^{2}})^{2}}。

通过不断倍增边数，计算正多边形周长 C_{n}=n\times a_{n}。随着 n 增大，内接正多边形周长 C_{n} 逐渐逼近圆周长 C = 2\pi r，且 C_{n}<2\pi r；同理，外切正多边形周长 C_{n}'>2\pi r 。

阿基米德计算到正 96 边形时，得出 3\frac{10}{71}<\pi<3\frac{1}{7}。

巴塞尔问题 \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6} 的证明：

利用傅里叶级数证明。对于函数 f(x)=x^{2}，在区间 [-\pi,\pi] 上进行傅里叶级数展开。

傅里叶级数的一般形式为：

（因为 x^{2}\sin(nx) 是奇函数，在对称区间上积分为 0）

所以 x^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos(nx)

令 x = \pi

则 \pi^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos(n\pi)=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}(-1)^{n}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}

整理可得 \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}。

马青公式：

已知反正切函数的泰勒级数展开式为 \arctan x=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n + 1}x^{2n+1}，该级数在 |x|\leq1 时收敛。

将 x = \frac{1}{5} 代入泰勒级数展开式，可得：\arctan\frac{1}{5}=\frac{1}{5}-\frac{1}{3\times5^{3}}+\frac{1}{5\times5^{5}}-\frac{1}{7\times5^{7}}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)\times5^{2n+1}}+\cdots

同样，将 x = \frac{1}{239} 代入可得：\arctan\frac{1}{239}=\frac{1}{239}-\frac{1}{3\times239^{3}}+\frac{1}{5\times239^{5}}-\frac{1}{7\times239^{7}}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)\times239^{2n+1}}+\cdots

根据三角函数的两角和公式 \tan(A - B)=\frac{\tan A-\tan B}{1 + \tan A\tan B}，其反函数形式为 A - B=\arctan a-\arctan b=\arctan(\frac{a - b}{1 + ab})（其中 \tan A = a，\tan B = b）。

我们知道 \tan\frac{\pi}{4}=1，目标是通过构造合适的反正切函数组合来得到 \frac{\pi}{4}。

先考虑 4\arctan\frac{1}{5}，利用两角和公式逐步计算：

设 A_1 = \arctan\frac{1}{5}，A_2 = \arctan\frac{1}{5}，则 \arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{5}=\arctan(\frac{\frac{1}{5}+\frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{5}\times\frac{1}{5}})=\arctan(\frac{\frac{2}{5}}{\frac{24}{25}})=\arctan(\frac{5}{12})

再令 A_3 = \arctan\frac{5}{12}，A_4 = \arctan\frac{1}{5}，则 \arctan\frac{5}{12}+\arctan\frac{1}{5}=\arctan(\frac{\frac{5}{12}+\frac{1}{5}}{1 - \frac{5}{12}\times\frac{1}{5}})=\arctan(\frac{\frac{37}{60}}{\frac{55}{60}})=\arctan(\frac{37}{55})

继续令 A_5 = \arctan(\frac{37}{55})，A_6 = \arctan\frac{1}{5}，则 \arctan(\frac{37}{55})+\arctan\frac{1}{5}=\arctan(\frac{\frac{37}{55}+\frac{1}{5}}{1 - \frac{37}{55}\times\frac{1}{5}})=\arctan(\frac{\frac{48}{55}}{\frac{238}{275}})=\arctan(\frac{240}{119})

所以 4\arctan\frac{1}{5}=\arctan(\frac{240}{119})

接着，计算 \arctan(\frac{240}{119})-\arctan\frac{1}{239}：

根据两角差公式 \arctan(\frac{240}{119})-\arctan\frac{1}{239}=\arctan(\frac{\frac{240}{119}-\frac{1}{239}}{1 + \frac{240}{119}\times\frac{1}{239}})=\arctan(\frac{\frac{240\times239 - 119}{119\times239}}{\frac{119\times239 + 240}{119\times239}})=\arctan(1)=\frac{\pi}{4}

即 4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}=\frac{\pi}{4}，两边同乘 4，得到 \pi = 16\arctan\frac{1}{5} - 4\arctan\frac{1}{239}。

关于 \pi 是超越数得证明：

假设π是代数数，则 \pi i 也是代数数（因 i 是代数数，代数数在乘法下封闭）。设 \pi i 是 n 次整系数多项式 P(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 的根，即：

根据欧拉公式，e^{\pi i} = -1，即 e^{\pi i} + 1 = 0。若π是代数数，我们需要分析指数函数在代数数点的取值性质。

埃尔米特 1873 年证明 e 是超越数时，构造了辅助多项式并通过积分估计其值。林德曼将此方法扩展到多个代数数的指数和问题，核心是证明：
若 \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m 是互不相同的代数数，则 e^{\alpha_1}, e^{\alpha_2}, \dots, e^{\alpha_m} 在代数数域上线性无关。

对于π的情况，考虑 \alpha = \pi i，则 e^{\alpha} = -1 是代数数（因 -1 是整数）。若 α 是代数数，根据上述定理，e^{\alpha} 应与1线性无关，但 e^{\alpha} + 1 = 0 表明线性相关，矛盾。因此需严格证明该定理。

设 \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m 是代数数，且 \beta_k = e^{\alpha_k} ，假设存在不全为零的代数数 c_1, c_2, \dots, c_m 使得：

林德曼通过构造多项式 f(x) = \prod_{k=1}^m (x - \alpha_k) ，并定义辅助函数：

利用分部积分可得 F(x) - F(0) = \int_0^x e^{x-t}f(t)dt ，且 F(x) 满足微分方程：

假设 \sum_{k=1}^m c_k e^{\alpha_k} = 0 ，对每个 \alpha_k ，代入 F(\alpha_k) 并结合微分方程，得到：

左边为代数数的线性组合（因 \alpha_k 是代数数， F(x) 的系数由 f(x) 决定，而 f(x) 是整系数多项式），右边 f(\alpha_k) = 0 （因 \alpha_k 是 f(x) 的根），故左边为 0，即：

接下来，通过估计 F(\alpha_k) 的模，利用刘维尔定理：若存在非零整函数 F(z) 在代数数点满足某种有界性，则矛盾。具体而言，当构造的 f(x) 次数足够高时， F(\alpha_k) 可表示为小量，但 \sum c_k F(\alpha_k) 应为整数（通过清分母后），从而导出绝对值小于1的非零整数，矛盾。

设 \alpha 是代数数，其极小多项式为 f(x)，次数为n。

若 e^{\alpha} 是代数数，则存在整系数多项式 Q(y) 使得 Q(e^{\alpha}) = 0。

考虑 f(x) 的所有根 \alpha_1 = \alpha, \alpha_2, \dots, \alpha_n ，根据伽罗瓦理论，对称函数：

应为整数（因对称函数由多项式系数决定）。但 e^{\alpha_k} 若满足线性关系，会导致该乘积为 0，而通过刘维尔定理证明该乘积非零，矛盾。

回到 π 的证明，假设 π 是代数数，则 \alpha = \pi i 是代数数，且 e^{\alpha} = -1 是代数数。考虑多项式 x - \alpha ，其根为 α，根据上述理论，应有：

但根据埃尔米特-林德曼定理，若 α 是非零代数数，则 e^{\alpha} 是超越数，而 -1 是代数数，矛盾。因此 π 不能是代数数，即 π 是超越数。

拉马努金公式的证明：

一、前置知识

椭圆积分的第一类完全椭圆积分 K(k) 定义为：K(k)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{1 - k^{2}\sin^{2}\theta}}d\theta，其中 k 称为模，满足 0 < k < 1。

模形式是定义在复上半平面 \mathbb{H}=\{\tau\in\mathbb{C}|\text{Im}(\tau)>0\} 上的解析函数 f(\tau)，对于模群 \text{SL}(2,\mathbb{Z}) = \left\{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}|a,b,c,d\in\mathbb{Z}, ad - bc = 1\right\} 中的任意元素 \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}，满足变换关系 f\left(\frac{a\tau + b}{c\tau + d}\right)=(c\tau + d)^kf(\tau)，这里的 k 称为模形式的权，是一个正整数 。模形式具有特殊的傅里叶展开式。

超几何函数 {}_2F_1(a,b;c;z) 的定义为幂级数形式：{}_2F_1(a,b;c;z)=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!}，其中 (a)_n=a(a + 1)\cdots(a + n - 1) 为波赫哈默尔符号，当 |z|<1 时，该幂级数收敛。

定义超几何函数 _2F_1(a,b;c;z)：

其中 (a)_n = a(a+1)\cdots(a+n-1) 是 Pochhammer 符号（上升阶乘），(a)_0 = 1。

考虑参数 a = \frac{1}{4}, b = \frac{1}{4}, c = 1 的超几何函数：

应用 Clausen 公式，它将超几何函数的平方与广义超几何函数 _3F_2 联系起来：

这里，a = b = \frac{1}{4}, 所以 a + b + \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = 1, 因此：

广义超几何函数 _3F_2 的定义为：

所以：

其中 (1)_k = k!（因为 (1)_k = 1 \cdot 2 \cdot \cdots \cdot k = k!）。

计算 \left(\frac{1}{2}\right)_k：

其中 (2k-1)!! = \frac{(2k)!}{2^k k!} 是双阶乘。

代入：

（因为 2^k \cdot 2^k = 4^k）。

因此：

分母为 (1)_k^2 k! = (k!)^2 \cdot k! = (k!)^3。

代入 _3F_2 的级数：

所以：

第二类完全椭圆积分定义为：

互补模数为 k' = \sqrt{1 - k^2}, 互补椭圆积分为 K'(k) = K(k')。

模函数理论中，模方程关联不同模数的椭圆积分。对于正整数 n, 模方程 degree n 关联 K(k) 和 K(l), 其中 l 是 k 的代数函数，且满足：

奇异模对应于虚二次域 \mathbb{Q}(\sqrt{-D}) 的复乘，其中 D > 0 是无平方因子正整数。拉马努金公式对应于判别式 D = 58（类数为 2）。

对于 D = 58, 奇异模 k 满足：