Π的莱布尼茨公式

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：

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

## 证明

考虑下面的几何数列：

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

对等式两边积分可得到反正切的幂级数：

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

将 $x=1$ 代入，便得莱布尼兹公式（1的反正切是$\frac{\pi}{4}$）。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 $\tan^{-1}(1)$。一种方法是利用交错级数判别法，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：

$$\frac{\pi}{4} \;=\; 1 \,-\, \frac{1}{3} \,+\, \frac{1}{5} \,-\, \cdots \,+ \frac{(-1)^n}{2n+1} \;+\; (-1)^{n+1}\!\! \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx.\!$$

当 $n \rightarrow \infty\!$ 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：

$0 \le \int_0^1 \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}\,dx \le \int_0^1 x^{2n+2}\,dx \;=\; \frac{1}{2n+3} \;\rightarrow\; 0\!$ 当 $n \rightarrow \infty\!$

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$29\equiv1\pmod4$可以得出$29=2^2+5^2=5^2+2^2$，而$23\equiv3\pmod4$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$75=3\times5^2$，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$65=5\times13$，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，$2^k\times65$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$\chi(N)=\begin{cases}1&N\equiv1\pmod4\\-1&N\equiv3\pmod4\\0&N\equiv0\pmod2\end{cases}$，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$p^\alpha\equiv1\pmod4$，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$q^\beta\equiv(-1)^\beta\pmod4$，因此$\chi(1)+\chi(q)+\chi(q^2)+\cdots+\chi(q^\beta)=\begin{cases}1&\beta\equiv0\pmod2\\0&\beta\equiv1\pmod2\end{cases}$。
- 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$30=2\times3\times5$，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$\left\lfloor\frac{R^2}n\right\rfloor$个，因此对于半径为$R$圆上及圆内格点数总和为：

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

其中$R'$为不超过$R$的最大奇数，再由圆面积为$\pi R^2$，当$R\to\infty$时，两者比值极限得$1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots=\frac\pi4$。

## 外部链接

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