Π的萊布尼茨公式

在數學領域，π的萊布尼茨公式說明

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

右邊的展式是一個無窮級數，被稱為萊布尼茨級數，這個級數收斂到$\frac{\pi}{4}$。它通常也被稱為格雷戈里-萊布尼茨級數用以紀念萊布尼茨同時代的天文學家兼數學家詹姆斯·格雷戈里。使用求和符號可記作：

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

## 證明

考慮下面的幾何數列：

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

對等式兩邊積分可得到反正切的冪級數：

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

將 $x=1$ 代入，便得萊布尼茲公式（1的反正切是$\frac{\pi}{4}$）。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 $x=1$ 時級數收斂到 $\tan^{-1}(1)$。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 $\tan^{-1}(1)$。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

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

對於 $|x|<1$，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 $x$ 成立。上式兩端從0到1積分可得：

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

當 $n \rightarrow \infty\!$ 時，除積分項以外的項收斂到萊布尼茨級數。同時，積分項收斂到0：

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

這便證明了萊布尼茨公式。

### 格點與數論證明

通過以$(0,0)$為圓心，$R$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，在這裡先考慮費馬平方和定理：一個奇素數能表示成兩個平方數之和若且唯若該素數模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$29\equiv1\pmod4$可以得出$29=2^2+5^2=5^2+2^2$，而$23\equiv3\pmod4$因此無法分解成兩個平方和形式。

現在對於所有正整數$N$，有其唯一的素因數分解形式：

$$N=2^k(p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_m^{\alpha_m})(q_1^{\beta_1}q_2^{\beta_2}\cdots q_n^{\beta_n})$$

其中$\{p_1,p_2,\cdots,p_m\}$為互不相同的模4餘1的素數，$\{q_1,q_2,\cdots,q_n\}$為互不相同的模4餘3素數。

- 如果$\{\beta_1,\beta_2\cdots,\beta_n\}$只要其中一個為奇數，則正整數$N$不存在表示成兩個平方和的形式（比如$75=3\times5^2$，3的次數為1，因此不能表示成兩平方和）。
- 而當$\{\beta_1,\beta_2\cdots,\beta_n\}$全為偶數時，此時能表示成平方數形式的數量等於$(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\cdots(\alpha_m+1)$（不考慮符號但考慮交換律的情況，比如$65=5\times13$，其中5與13次數均為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的冪次$k$不影響$N$表示兩平方和形式的個數，比如不管$k$是多少，$2^k\times65$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$\chi(N)=\begin{cases}1&N\equiv1\pmod4\\-1&N\equiv3\pmod4\\0&N\equiv0\pmod2\end{cases}$，因此為積性函數，滿足$\chi(a)\cdot\chi(b)=\chi(ab)$。

- 對於模4餘1的素數$p$以及自然數$\alpha$，總有$p^\alpha\equiv1\pmod4$，因此$\chi(1)+\chi(p)+\chi(p^2)+\cdots+\chi(p^\alpha)=\alpha+1$。
- 對於模4餘3的素數$q$以及自然數$\beta$，則有$q^\beta\equiv(-1)^\beta\pmod4$，因此$\chi(1)+\chi(q)+\chi(q^2)+\cdots+\chi(q^\beta)=\begin{cases}1&\beta\equiv0\pmod2\\0&\beta\equiv1\pmod2\end{cases}$。
- 對於2以及自然數$k$，當$k=0$時$2^0=1$，即$\chi(1)=1$；當$k>0$時總有$\chi(2^k)=0$，因此$\chi(1)+\chi(2)+\chi(4)+\cdots+\chi(2^k)=1$。

由於$\chi(a)\cdot\chi(b)=\chi(ab)$，而這些結果正好與上述性質相吻合，因此$N$表示成兩個平方和形式的數量可以由其所有因數$t$相應的$\chi(t)$之和$\sum_{t|N}\chi(t)$來表示，比如$30=2\times3\times5$，於是相應地有$\chi(1)+\chi(2)+\chi(3)+\chi(5)+\chi(6)+\chi(10)+\chi(15)+\chi(30)=0$。

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

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

其中$R'$為不超過$R$的最大奇數，再由圓面積為$\pi R^2$，當$R\to\infty$時，兩者比值極限得$1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots=\frac\pi4$。

## 外部連結

- 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