住房和城乡建设部网站城市稽查,seo 网站关键词,网站建设公司青岛,网站建设功能评估表文章目录 1 割圆术2 无穷级数2.1 拉马努金(Ramanujan)圆周率公式2.2 Chudnovsky圆周率公式2.3 BBP公式2.4 其他级数(1) 自然数倒数偶次方和(2) 泰勒展开(3) 无穷乘积 3 微积分4 概率学(Monte Carlo)5 连分数6 总结 本文将对圆周率 π \color{red}{\pi} π的计算方法作简单整理 π \pi π的重要性不必多说它的计算促进了诸多领域的发展本文将通过割圆术、无穷级数(泰勒展开)、微积分、概率学、连分数等方法进行计算同时给出了部分公式的证明之后用Matlab对部分公式进行了验证并在文末给出了所编写的函数。 圆周率 π \pi π的小数点后前314位为 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751058209749445923078164062862089986280348253421170679821480865132823066470938446095505822317253594081284811174502841027019385211055596446229489549303819644288109756659334461284756482337867831652712019091456485669234603486104543266482133936072602491412737245870066063 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751058209749445923078164062862089986280348253421170679821480865132823066470938446095505822317253594081284811174502841027019385211055596446229489549303819644288109756659334461284756482337867831652712019091456485669234603486104543266482133936072602491412737245870066063 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751058209749445923078164062862089986280348253421170679821480865132823066470938446095505822317253594081284811174502841027019385211055596446229489549303819644288109756659334461284756482337867831652712019091456485669234603486104543266482133936072602491412737245870066063
1 割圆术
刘徽 (225-295)祖冲之(429-500) 利用圆内接正多边形及正多边形每条边与圆所延伸出的矩形得到圆周率上界和下界从而圆周率近似值。割圆过程如下图所示。当然刘徽是从正六边形开始的然后边长依次乘2直至正3072边形得到了圆周率上界为3.1416下界为3.1415。
割圆术逼近示意图1 下面计算圆周率的上界和下界。设圆的半径为r则图中橙色部分面积即圆内接正n边形的面积可计算为 S 橙 n ⋅ 1 2 ⋅ 2 r cos π − 2 π n 2 ⋅ r sin π − 2 π n 2 n 2 r 2 sin ( π − 2 π n ) n 2 r 2 sin 2 π n \begin{aligned} S_{\text {橙}} n \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 r \cos \frac{\pi-\frac{2 \pi}{n}}{2} \cdot r \sin \frac{\pi-\frac{2 \pi}{n}}{2} \\ \frac{n}{2} r^{2} \sin \left(\pi-\frac{2 \pi}{n}\right) \\ \color{red}{\frac{n}{2} r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n}} \end{aligned} \\ S橙n⋅21⋅2rcos2π−n2π⋅rsin2π−n2π2nr2sin(π−n2π)2nr2sinn2π
图中绿色部分面积可表示为 S 绿 S 橙 n ⋅ 2 r cos π − 2 π n 2 ⋅ ( r − r sin π − 2 π n 2 ) S n 2 n r 2 sin π n − n r 2 sin 2 π n n 2 r 2 sin 2 π n 2 n r 2 sin π n − n r 2 sin 2 π n 2 n r 2 sin π n − n 2 r 2 sin 2 π n \begin{aligned} S_{\text {绿}} S_{\text {橙}}n \cdot 2 r \cos \frac{\pi-\frac{2 \pi}{n}}{2} \cdot\left(r-r \sin \frac{\pi-\frac{2 \pi}{n}}{2}\right) \\ S_{n}2 n r^{2} \sin \frac{\pi}{n}-n r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n} \\ \frac{n}{2} r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n}2 n r^{2} \sin \frac{\pi}{n}-n r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n} \\ \color{red}{2 n r^{2} \sin \frac{\pi}{n}-\frac{n}{2} r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n}} \end{aligned} \\ S绿S橙n⋅2rcos2π−n2π⋅(r−rsin2π−n2π)Sn2nr2sinnπ−nr2sinn2π2nr2sinn2π2nr2sinnπ−nr2sinn2π2nr2sinnπ−2nr2sinn2π 显然由于 S 橙 S 圆 S 绿 S_{\text {橙}} S_{\text {圆}} S_{\text {绿}} S橙S圆S绿即 n 2 r 2 sin 2 π n π r 2 2 n r 2 sin π n − n 2 r 2 sin 2 π n \frac{n}{2} r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n}\pi r^{2}2 n r^{2} \sin \frac{\pi}{n}-\frac{n}{2} r^{2} \sin \frac{2 \pi}{n} \\ 2nr2sinn2ππr22nr2sinnπ−2nr2sinn2π 化简得 n 2 sin 2 π n π 2 n sin π n − n 2 sin 2 π n \frac{n}{2} \sin \frac{2 \pi}{n}\pi2 n \sin \frac{\pi}{n}-\frac{n}{2} \sin \frac{2 \pi}{n} \\ 2nsinn2ππ2nsinnπ−2nsinn2π 下面将 n 3 , 6 , 12 , … , 3072 n3,6,12, \ldots, 3072 n3,6,12,…,3072边形对应的 π \pi π的近似值绘制如下显然n越大 π \pi π的上下界近似值约精确。当 n 3072 n3072 n3072时有 3.141590 46322805 π 3.141593 74877049 {\color{red}{3.141590}}46322805\pi{\color{red}{3.141593}}74877049 \\ 3.14159046322805π3.14159374877049 同时上界和下界与圆周率 π \pi π真实值的相对偏差变化情况如下可见当n3072时相对偏差量级为\text{1e-7}。
割圆术对应的圆周率上下界和真实值对比
割圆术对应的圆周率上下界和真实值的相对偏差 另一方面利用极限 lim x → 0 sin x x 1 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}1 limx→0xsinx1可得 lim n → ∞ n 2 sin 2 π n π sin 2 π n 2 π n π lim n → ∞ ( 2 n sin π n − n 2 sin 2 π n ) lim n → ∞ π ( 2 sin π n π n − sin 2 π n 2 π n ) π \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{2} \sin \frac{2 \pi}{n}\pi \frac{\sin \frac{2 \pi}{n}}{\frac{2 \pi}{n}}\pi \\\lim _{n \rightarrow \infty}\left(2 n \sin \frac{\pi}{n}-\frac{n}{2} \sin \frac{2 \pi}{n}\right)\lim _{n \rightarrow \infty} \pi\left(2 \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{\frac{\pi}{n}}-\frac{\sin \frac{2 \pi}{n}}{\frac{2 \pi}{n}}\right)\pi \\ n→∞lim2nsinn2ππn2πsinn2ππn→∞lim(2nsinnπ−2nsinn2π)n→∞limπ(2nπsinnπ−n2πsinn2π)π 因此 n → ∞ n \rightarrow \infty n→∞时即可得到圆周率。
小结割圆术已经有点极限的意思了除了利用上述形式的面积来近似也可通过圆内接正多边形和外切正多边形的面积或周长来进行近似下面画出利用圆内接正多边形和外切正多边形近似的示意图。
割圆术逼近示意图2 显然对于面积有 S 扇形 O A B S △ O C D S_{\text {扇形} O A B} S_{\triangle O C D} S扇形OABS△OCD因此 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \overparen at position 10: {A B} \̲o̲v̲e̲r̲p̲a̲r̲e̲n̲{A B} {C D} \… 那么三者周长L与面积S存在如下关系 L 内接正多边形 L 圆 L 外切正多边形 S 内接正多边形 S 圆 S 外切正多边形 L_{\text {内接正多边形}} L_{\text {圆}} L_{\text {外切正多边形}} \\S_{\text {内接正多边形}} S_{\text {圆}} S_{\text {外切正多边形}} \\ L内接正多边形L圆L外切正多边形S内接正多边形S圆S外切正多边形 于是便可通过上式对圆周率进行逼近数值逼近过程不再赘述感兴趣的读者可自行推导并验证。
2 无穷级数
2.1 拉马努金(Ramanujan)圆周率公式
这里只举一个精度较高的计算公式Ramanujan于1914年发现其所发现的公式远不止这一个。该公式证明会涉及到椭圆积分、广义超几何函数、模函数等笔者能力有限就不详细推导了(手动狗头)。 1 π 2 2 9 9 2 ∑ k 0 ∞ ( 4 k ) ! ( k ! ) 4 26390 k 1103 39 6 4 k \color{red} {\frac{1}{\pi}\frac{2 \sqrt{2}}{99^{2}} \sum_{k0}^{\infty} \frac{(4 k) !}{(k !)^{4}} \frac{26390 k1103}{396^{4 k}}} \\ π199222 k0∑∞(k!)4(4k)!3964k26390k1103 取至第1项有 π 3.141592730013305660313996189025215518599 … \pi 3.141592730013305660313996189025215518599… π3.141592730013305660313996189025215518599…和真实值的相对偏差约为 1e-8 \text {1e-8} 1e-8。
取至第2项有 π 3.141592653589793877998910597178909590809 … \pi 3.141592653589793877998910597178909590809… π3.141592653589793877998910597178909590809…和真实值的相对偏差约为 1e-16 \text {1e-16} 1e-16。
取至第3项有 π 3.141592653589793238462653836575593749894 … \pi 3.141592653589793238462653836575593749894… π3.141592653589793238462653836575593749894…和真实值的相对偏差约为 1e-24 \text {1e-24} 1e-24。
…
可见每多一项计算精度提升约8个数量级。
2.2 Chudnovsky圆周率公式
该公式由Chudnovsky兄弟于1988年发现可认为是Ramanujan圆周率公式的变体计算时每多一项计算精度提升约14个数量级。 1 π 1 53360 640320 ∑ k 0 ∞ ( − 1 ) k ( 6 k ) ! ( k ! ) 3 ( 3 k ) ! 13591409 545140134 k 64032 0 3 k \color{red} {\frac{1}{\pi}\frac{1}{53360 \sqrt{640320}} \sum_{k0}^{\infty}(-1)^{k} \frac{(6 k) !}{(k !)^{3}(3 k) !} \frac{13591409545140134 k}{640320^{3 k}}} \\ π153360640320 1k0∑∞(−1)k(k!)3(3k)!(6k)!6403203k13591409545140134k
2.3 BBP公式
该公式由BailyBorweinPlouffe于1996发现简称为BBP公式且利用该公式证明了在十六进制下不需要计算出 π \pi π的小数点后前 n − 1 n-1 n−1位数便可计算出 π \pi π的小数点后第n位数这也是该公式的创新之处。 π ∑ n 0 ∞ ( 4 8 n 1 − 2 8 n 4 − 1 8 n 5 − 1 8 n 6 ) 1 1 6 n \color{red} {\pi\sum_{n0}^{\infty}\left(\frac{4}{8 n1}-\frac{2}{8 n4}-\frac{1}{8 n5}-\frac{1}{8 n6}\right) \frac{1}{16^{n}}} \\ πn0∑∞(8n14−8n42−8n51−8n61)16n1 下面给出该公式的一种证明。 I ∑ n 0 ∞ ( 4 8 n 1 − 2 8 n 4 − 1 8 n 5 − 1 8 n 6 ) 1 1 6 n ∑ n 0 ∞ ( 4 ⋅ 1 8 n 1 x 8 n 1 ∣ 0 1 − 2 ⋅ 1 8 n 4 x 8 n 4 ∣ 0 1 − 1 ⋅ 1 8 n 5 x 8 n 5 ∣ 0 1 − 1 ⋅ 1 8 n 6 x 8 n 6 ∣ 0 1 ) 1 1 6 n ∑ n 0 ∞ ( ∫ 0 1 4 x 8 n d x − ∫ 0 1 2 x 8 n 3 d x − ∫ 0 1 x 8 n 4 d x − ∫ 0 1 x 8 n 5 d x ) 1 1 6 n ∫ 0 1 ∑ n 0 ∞ ( x 8 16 ) n ( 4 − 2 x 3 − x 4 − x 5 ) d x ∫ 0 1 1 1 − x 8 16 ( 4 − 2 x 3 − x 4 − x 5 ) d x ∫ 0 1 16 ( 1 − x ) ( 2 − x 2 ) ( x 2 − 2 x 2 ) d x ∫ 0 1 4 x x 2 − 2 8 − 4 x x 2 − 2 x 2 d x ∫ 0 1 4 x x 2 − 2 4 − 4 x x 2 − 2 x 2 4 x 2 − 2 x 2 d x 2 ln ( 2 − x 2 ) − 2 ln ( x 2 − 2 x 2 ) 4 arctan ( x − 1 ) ∣ 0 1 π \begin{aligned} I \sum_{n0}^{\infty}\left(\frac{4}{8 n1}-\frac{2}{8 n4}-\frac{1}{8 n5}-\frac{1}{8 n6}\right) \frac{1}{16^{n}} \\ \sum_{n0}^{\infty}\left(\left.4 \cdot \frac{1}{8 n1} x^{8 n1}\right|_{0} ^{1}-\left.2 \cdot \frac{1}{8 n4} x^{8 n4}\right|_{0} ^{1}-\left.1 \cdot \frac{1}{8 n5} x^{8 n5}\right|_{0} ^{1}-\left.1 \cdot \frac{1}{8 n6} x^{8 n6}\right|_{0} ^{1}\right) \frac{1}{16^{n}} \\ \sum_{n0}^{\infty}\left(\int_{0}^{1} 4 x^{8 n} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} 2 x^{8 n3} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} x^{8 n4} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} x^{8 n5} \mathrm{~d} x\right) \frac{1}{16^{n}} \\ \int_{0}^{1} \sum_{n0}^{\infty}\left(\frac{x^{8}}{16}\right)^{n}\left(4-2 x^{3}-x^{4}-x^{5}\right) \mathrm{d} x \\ \int_{0}^{1} \frac{1}{1-\frac{x^{8}}{16}}\left(4-2 x^{3}-x^{4}-x^{5}\right) \mathrm{d} x \\ \int_{0}^{1} \frac{16(1-x)}{\left(2-x^{2}\right)\left(x^{2}-2 x2\right)} \mathrm{d} x \\ \int_{0}^{1} \frac{4 x}{x^{2}-2}\frac{8-4 x}{x^{2}-2 x2} \mathrm{~d} x \\ \int_{0}^{1} \frac{4 x}{x^{2}-2}\frac{4-4 x}{x^{2}-2 x2}\frac{4}{x^{2}-2 x2} \mathrm{~d} x \\ 2 \ln \left(2-x^{2}\right)-2 \ln \left(x^{2}-2 x2\right)\left.4 \arctan (x-1)\right|_{0} ^{1} \\ \pi \end{aligned} \\ In0∑∞(8n14−8n42−8n51−8n61)16n1n0∑∞(4⋅8n11x8n1 01−2⋅8n41x8n4 01−1⋅8n51x8n5 01−1⋅8n61x8n6 01)16n1n0∑∞(∫014x8n dx−∫012x8n3 dx−∫01x8n4 dx−∫01x8n5 dx)16n1∫01n0∑∞(16x8)n(4−2x3−x4−x5)dx∫011−16x81(4−2x3−x4−x5)dx∫01(2−x2)(x2−2x2)16(1−x)dx∫01x2−24xx2−2x28−4x dx∫01x2−24xx2−2x24−4xx2−2x24 dx2ln(2−x2)−2ln(x2−2x2)4arctan(x−1)∣01π
2.4 其他级数
下面将介绍一些比较常规的级数形式并对部分作以证明。
(1) 自然数倒数偶次方和
下面仅给出次数为2、4、6的结果。 ∑ n 1 ∞ 1 n 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 ⋯ π 2 6 ∑ n 1 ∞ 1 n 4 1 1 4 1 2 4 1 3 4 ⋯ π 4 90 ∑ n 1 ∞ 1 n 6 1 1 6 1 2 6 1 3 6 ⋯ π 6 945 \begin{aligned} \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\frac{1}{1^{2}}\frac{1}{2^{2}}\frac{1}{3^{2}}\cdots\frac{\pi^{2}}{6} \\ \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}\frac{1}{1^{4}}\frac{1}{2^{4}}\frac{1}{3^{4}}\cdots\frac{\pi^{4}}{90} \\ \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{6}}\frac{1}{1^{6}}\frac{1}{2^{6}}\frac{1}{3^{6}}\cdots\frac{\pi^{6}}{945} \end{aligned} \\ n1∑∞n21121221321⋯6π2n1∑∞n41141241341⋯90π4n1∑∞n61161261361⋯945π6 因此圆周率 π \pi π可计算如下 π 6 ∑ n 1 ∞ 1 n 2 90 ∑ n 1 ∞ 1 n 4 4 945 ∑ n 1 ∞ 1 n 6 6 \pi\sqrt{6 \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}}\sqrt[4]{90 \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}}\sqrt[6]{945 \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{6}}} \\ π6n1∑∞n21 490n1∑∞n41 6945n1∑∞n61 下面给出第一个等式的一种证明其余等式类似。
首先写出函数 f ( x ) x 2 f(x) x^2 f(x)x2在 [ − π , π ] [-\pi, \pi] [−π,π]的Fourier级数即 f ( x ) x 2 π 2 3 4 ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 cos ( n x ) f(x)x^{2}\frac{\pi^{2}}{3}4 \sum_{n1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n^{2}} \cos (n x) \\ f(x)x23π24n1∑∞n2(−1)ncos(nx) 然后将 x π x \pi xπ带入可得 f ( π ) π 2 π 2 3 4 ∑ n 1 ∞ ( − 1 ) n n 2 cos ( n π ) f(\pi)\pi^{2}\frac{\pi^{2}}{3}4 \sum_{n1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n^{2}} \cos (n \pi) \\ f(π)π23π24n1∑∞n2(−1)ncos(nπ) 由于 cos ( n π ) ( − 1 ) n \cos (n \pi) (-1)^n cos(nπ)(−1)n因此有 π 2 π 2 3 4 ∑ n 1 ∞ 1 n 2 \pi^{2}\frac{\pi^{2}}{3}4 \sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \\ π23π24n1∑∞n21 最后求得 ∑ n 1 ∞ 1 n 2 π 2 6 \color{red} {\sum_{n1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \frac{\pi^{2}}{6}} \\ n1∑∞n216π2 为验证其收敛效果作出这三种求解方式随计算项数增加的结果可见偶次方次数越高收敛到\pi的速度越快。
自然数倒数偶次方和计算圆周率收敛效果
自然数倒数偶次方和计算圆周率相对偏差
(2) 泰勒展开
常见反三角函数的泰勒展开式如下所示 arcsin x ∑ n 0 ∞ ( 2 n ) ! 4 n ( n ! ) 2 ( 2 n 1 ) x 2 n 1 , ∣ x ∣ ≤ 1 arccos x π 2 − ∑ n 0 ∞ ( 2 n ) ! 4 n ( n ! ) 2 ( 2 n 1 ) x 2 n 1 , ∣ x ∣ ≤ 1 arctan x ∑ n 0 ∞ ( − 1 ) n 2 n 1 x 2 n 1 , ∣ x ∣ ≤ 1 \begin{aligned} \arcsin x\sum_{n0}^{\infty} \frac{(2 n) !}{4^{n}(n !)^{2}(2 n1)} x^{2 n1},|x| \leq 1 \\ \arccos x\frac{\pi}{2}-\sum_{n0}^{\infty} \frac{(2 n) !}{4^{n}(n !)^{2}(2 n1)} x^{2 n1},|x| \leq 1 \\ \arctan x\sum_{n0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n1} x^{2 n1},|x| \leq 1 \end{aligned} \\ arcsinxn0∑∞4n(n!)2(2n1)(2n)!x2n1,∣x∣≤1arccosx2π−n0∑∞4n(n!)2(2n1)(2n)!x2n1,∣x∣≤1arctanxn0∑∞2n1(−1)nx2n1,∣x∣≤1 由于 sin π 2 1 \sin{\frac{\pi}{2}} 1 sin2π1 cos π 2 0 \cos{\frac{\pi}{2}} 0 cos2π0 tan π 4 1 \tan{\frac{\pi}{4}} 1 tan4π1。因此 π 2 arcsin 1 2 arccos 0 4 arctan 1 \color{red}{\pi2 \arcsin 12 \arccos 04 \arctan 1} \\ π2arcsin12arccos04arctan1 当然通过该方法还可以得到更多的计算\pi的等式。如 π 4 ( arctan 1 2 arctan 1 3 ) π 2 ( arcsin 4 5 arctan 1 2 ) π 4 ( 4 arctan 1 5 − arctan 1 239 ) \begin{aligned} \pi4\left(\arctan \frac{1}{2}\arctan \frac{1}{3}\right) \\ \pi2\left(\arcsin \sqrt{\frac{4}{5}}\arctan \frac{1}{2}\right) \\ \pi4\left(4 \arctan \frac{1}{5}-\arctan \frac{1}{239}\right) \end{aligned} \\ π4(arctan21arctan31)π2(arcsin54 arctan21)π4(4arctan51−arctan2391)
(3) 无穷乘积
首先给出计算公式如下 π 2 lim n → ∞ 1 2 n 1 [ ( 2 n ) ! ! ( 2 n − 1 ) ! ! ] 2 \color{red} {\frac{\pi}{2}\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2 n1}\left[\frac{(2 n) ! !}{(2 n-1) ! !}\right]^{2}} \\ 2πn→∞lim2n11[(2n−1)!!(2n)!!]2 证明首先给出Wallis公式即 ∫ 0 π 2 sin n x d x ∫ 0 π 2 cos n x d x { ( n − 1 ) ! ! n ! ! π 2 , n 为偶数 ( n − 1 ) ! ! n ! ! , n 为奇数 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n} x \mathrm{~d} x \begin{cases}\frac{(n-1) ! !}{n ! !} \frac{\pi}{2}, n \text { 为偶数 } \\ \frac{(n-1) ! !}{n ! !}, n \text { 为奇数 }\end{cases} \\ ∫02πsinnx dx∫02πcosnx dx{n!!(n−1)!!2π,n!!(n−1)!!,n 为偶数 n 为奇数 其中 n ! ! { n ( n − 2 ) ⋯ 4 ⋅ 2 , n 为偶数 n ( n − 2 ) ⋯ 3 ⋅ 1 , n 为奇数 n ! ! \begin{cases}n(n-2) \cdots 4 \cdot 2, n \text { 为偶数 } \\ n(n-2) \cdots 3 \cdot 1, n \text { 为奇数 }\end{cases} \\ n!!{n(n−2)⋯4⋅2,n(n−2)⋯3⋅1,n 为偶数 n 为奇数 由于当 x ∈ [ 0 , π 2 ] x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] x∈[0,2π]时有 sin x ∈ [ 0 , 1 ] \sin{x} \in\left[0, 1\right] sinx∈[0,1]因此 sin 2 n 1 x ≤ sin 2 n x ≤ sin 2 n − 1 x \sin ^{2 n1} x \leq \sin ^{2 n} x \leq \sin ^{2 n-1} x \\ sin2n1x≤sin2nx≤sin2n−1x 根据Wallis公式得 ( 2 n ) ! ! ( 2 n 1 ) ! ! ≤ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! π 2 ≤ ( 2 n − 2 ) ! ! ( 2 n − 1 ) ! ! \frac{(2 n) ! !}{(2 n1) ! !} \leq \frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !} \frac{\pi}{2} \leq \frac{(2 n-2) ! !}{(2 n-1) ! !} \\ (2n1)!!(2n)!!≤(2n)!!(2n−1)!!2π≤(2n−1)!!(2n−2)!! 移项有 1 ≤ ( 2 n 1 ) ! ! ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ( 2 n ) ! ! π 2 ≤ ( 2 n 1 ) ! ! ( 2 n − 2 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ( 2 n − 1 ) ! ! 1 \leq \frac{(2 n1) ! !(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !(2 n) ! !} \frac{\pi}{2} \leq \frac{(2 n1) ! !(2 n-2) ! !}{(2 n) ! !(2 n-1) ! !} \\ 1≤(2n)!!(2n)!!(2n1)!!(2n−1)!!2π≤(2n)!!(2n−1)!!(2n1)!!(2n−2)!! 化简得 1 ≤ ( 2 n 1 ) [ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ] 2 π 2 ≤ 2 n 1 2 n 1 \leq(2 n1)\left[\frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !}\right]^{2} \frac{\pi}{2} \leq \frac{2 n1}{2 n} \\ 1≤(2n1)[(2n)!!(2n−1)!!]22π≤2n2n1 作简单变形 1 ≤ π 2 ( 2 n 1 ) [ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ] 2 ≤ 2 n 1 2 n 1 \leq \frac{\frac{\pi}{2}}{(2 n1)\left[\frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !}\right]^{2}} \leq \frac{2 n1}{2 n} \\ 1≤(2n1)[(2n)!!(2n−1)!!]22π≤2n2n1 对上式取极限得 1 ≤ lim n → ∞ π 2 ( 2 n 1 ) [ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ] 2 ≤ lim n → ∞ 2 n 1 2 n 1 1 \leq \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{\pi}{2}}{(2 n1)\left[\frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !}\right]^{2}} \leq \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n1}{2 n}1 \\ 1≤n→∞lim(2n1)[(2n)!!(2n−1)!!]22π≤n→∞lim2n2n11 因此根据夹逼准则有 lim n → ∞ π 2 ( 2 n 1 ) [ ( 2 n − 1 ) ! ! ( 2 n ) ! ! ] 2 1 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{\pi}{2}}{(2 n1)\left[\frac{(2 n-1) ! !}{(2 n) ! !}\right]^{2}}1 \\ n→∞lim(2n1)[(2n)!!(2n−1)!!]22π1 即 π 2 lim n → ∞ 1 ( 2 n 1 ) [ ( 2 n ) ! ! ( 2 n − 1 ) ! ! ] 2 \frac{\pi}{2}\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{(2 n1)}\left[\frac{(2 n) ! !}{(2 n-1) ! !}\right]^{2} \\ 2πn→∞lim(2n1)1[(2n−1)!!(2n)!!]2 Wallis公式证明如下
记 I n ∫ 0 π 2 sin n x d x − ∫ 0 π 2 sin n − 1 x d cos x − sin n − 1 x cos x ∣ 0 π 2 ( n − 1 ) ∫ 0 π 2 sin n − 2 x cos 2 x d x ( n − 1 ) ∫ 0 π 2 sin n − 2 x ( 1 − sin 2 x ) d x ( n − 1 ) I n − 2 − ( n − 1 ) I n \begin{aligned} I_{n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n-1} x \mathrm{~d} \cos x \\ -\left.\sin ^{n-1} x \cos x\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}(n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n-2} x \cos ^{2} x \mathrm{~d} x \\ (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n-2} x\left(1-\sin ^{2} x\right) \mathrm{d} x \\ (n-1) I_{n-2}-(n-1) I_{n} \end{aligned} \\ In∫02πsinnx dx−∫02πsinn−1x dcosx−sinn−1xcosx 02π(n−1)∫02πsinn−2xcos2x dx(n−1)∫02πsinn−2x(1−sin2x)dx(n−1)In−2−(n−1)In 移项得 I n n − 1 n I n − 2 I_{n} \frac{n-1}{n} I_{n-2} \\ Innn−1In−2 因此可得 I n n − 1 n I n − 2 n − 1 n n − 3 n − 2 I n − 4 ⋯ { n − 1 n n − 3 n − 2 ⋯ 3 4 1 2 I 0 , n 为偶数 n − 1 n n − 3 n − 2 ⋯ 4 5 2 3 I 1 , n 为奇数 { ( n − 1 ) ! ! n ! ! I 0 , n 为偶数 ( n − 1 ) ! ! n ! ! I 1 , n 为奇数 \begin{aligned} I_{n} \frac{n-1}{n} I_{n-2}\frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2} I_{n-4}\cdots \\ \begin{cases}\frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{3}{4} \frac{1}{2} I_{0}, \quad n \text { 为偶数 } \\ \frac{n-1}{n} \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{4}{5} \frac{2}{3} I_{1}, \quad n \text { 为奇数 }\end{cases} \\ \begin{cases}\frac{(n-1) ! !}{n ! !} I_{0}, n \text { 为偶数 } \\ \frac{(n-1) ! !}{n ! !} I_{1}, n \text { 为奇数 }\end{cases} \end{aligned} \\ Innn−1In−2nn−1n−2n−3In−4⋯{nn−1n−2n−3⋯4321I0,n 为偶数 nn−1n−2n−3⋯5432I1,n 为奇数 {n!!(n−1)!!I0,n!!(n−1)!!I1,n 为偶数 n 为奇数 其中 I 0 ∫ 0 π 2 sin 0 x d x ∫ 0 π 2 1 d x π 2 I 1 ∫ 0 π 2 sin 1 x d x ∫ 0 π 2 sin x d x 1 \begin{aligned} I_{0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{0} x \mathrm{~d} x\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{~d} x\frac{\pi}{2} \\ I_{1}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{1} x \mathrm{~d} x\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \mathrm{~d} x1 \end{aligned} \\ I0∫02πsin0x dx∫02π1 dx2πI1∫02πsin1x dx∫02πsinx dx1 那么 I n { ( n − 1 ) ! ! n ! ! I 0 ( n − 1 ) ! ! n ! ! π 2 , n 为偶数 ( n − 1 ) ! ! n ! ! I 1 ( n − 1 ) ! ! n ! ! , n 为奇数 I_{n} \begin{cases}\frac{(n-1) ! !}{n ! !} I_{0}\frac{(n-1) ! !}{n ! !} \frac{\pi}{2}, n \text { 为偶数 } \\ \frac{(n-1) ! !}{n ! !} I_{1}\frac{(n-1) ! !}{n ! !}, n \text { 为奇数 }\end{cases} \\ In{n!!(n−1)!!I0n!!(n−1)!!2π,n!!(n−1)!!I1n!!(n−1)!!,n 为偶数 n 为奇数 另一方面 I n ∫ 0 π 2 cos n x d x ∫ 0 π 2 sin n ( x − π 2 ) d x ( − 1 ) n ∫ − π 2 0 sin n t d ( t π 2 ) ( − 1 ) n ∫ π 2 0 sin n ( − m ) d ( − m ) ( − 1 ) n ∫ π 2 0 ( − sin ( m ) ) n d ( − m ) ( − 1 ) n ( − 1 ) n ∫ π 2 0 sin n m d ( − m ) − ∫ π 2 0 sin n m d m ∫ 0 π 2 sin n x d x \begin{aligned} I_{n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{n} x \mathrm{~d} x\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n}\left(x-\frac{\pi}{2}\right) \mathrm{d} x(-1)^{n} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \sin ^{n} t \mathrm{~d}\left(t\frac{\pi}{2}\right) \\ (-1)^{n} \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \sin ^{n}(-m) \mathrm{d}(-m)(-1)^{n} \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}(-\sin (m))^{n} \mathrm{~d}(-m) \\ (-1)^{n}(-1)^{n} \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \sin ^{n} m \mathrm{~d}(-m)-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \sin ^{n} m \mathrm{~d} m \\ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x \end{aligned} \\ In∫02πcosnx dx∫02πsinn(x−2π)dx(−1)n∫−2π0sinnt d(t2π)(−1)n∫2π0sinn(−m)d(−m)(−1)n∫2π0(−sin(m))n d(−m)(−1)n(−1)n∫2π0sinnm d(−m)−∫2π0sinnm dm∫02πsinnx dx 至此完成了对Wallis公式的证明。
关于无穷乘积还有其他公式如 2 π lim n → ∞ cos π 4 cos π 8 ⋯ cos π 2 n \color{red} {\frac{2}{\pi}\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{\pi}{8} \cdots \cos \frac{\pi}{2^{n}}} \\ π2n→∞limcos4πcos8π⋯cos2nπ 在此不做详细展开了。
3 微积分
有如下定积分成立 ∫ − 1 1 1 − x 2 d x π 2 \int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} \mathrm{~d} x\frac{\pi}{2} \\ ∫−111−x2 dx2π 根据其几何意义该积分为半径为1的圆的面积的一半因此积分值为 π 2 \frac{\pi}{2} 2π当然也可直接求其原函数 ∫ − 1 1 1 − x 2 d x 1 2 ( x 1 − x 2 arcsin x ) ∣ − 1 1 π 2 \int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} \mathrm{~d} x\left.\frac{1}{2}\left(x \sqrt{1-x^{2}}\arcsin x\right)\right|_{-1} ^{1}\frac{\pi}{2} \\ ∫−111−x2 dx21(x1−x2 arcsinx) −112π 于是有 π 2 ∫ − 1 1 1 − x 2 d x \pi2 \int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} \mathrm{~d} x \\ π2∫−111−x2 dx 根据微积分定义 ∫ a b f ( x ) d x lim n → ∞ ∑ i 1 n f ( a b − a n i ) b − a n \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i1}^{n} f\left(a\frac{b-a}{n} i\right) \frac{b-a}{n} \\ ∫abf(x)dxn→∞limi1∑nf(anb−ai)nb−a 于是 π \pi π可通过下式进行计算 π 2 ∫ − 1 1 1 − x 2 d x 2 lim n → ∞ ∑ i 1 n 1 − ( − 1 2 n i ) 2 2 n 8 lim n → ∞ ∑ i 1 n i n ( 1 − i n ) 1 n \begin{aligned} \pi 2 \int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^{2}} \mathrm{~d} x \\ 2 \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i1}^{n} \sqrt{1-\left(-1\frac{2}{n} i\right)^{2}} \frac{2}{n} \\ {\color{red}{8 \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i1}^{n} \sqrt{\frac{i}{n}\left(1-\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}}}} \end{aligned} \\ π2∫−111−x2 dx2n→∞limi1∑n1−(−1n2i)2 n28n→∞limi1∑nni(1−ni)n1 数值计算结果及相对偏差如下图
定积分计算圆周率
定积分计算圆周率相对偏差 可见当 n 2 19 n 2^{19} n219时该公式计算出的圆周率与真实值相对偏差约为 1e-9 \text{1e-9} 1e-9量级。当然构造其他积分也可进行计算比如常见的正态分布概率密度函数。
4 概率学(Monte Carlo)
这里提供一种直观易懂的几何概型即如下图
边长为1的正方形及其内切圆 在边长为1的正方形内有一内切圆则内切圆的面积可计算为 S O π 4 S_{\mathrm{O}}\frac{\pi}{4} \\ SO4π 由几何概型内切圆面积还可近似计算如下在正方形内随机均匀的生成N个点统计落在圆内的点M则内切圆的面积近似为 S O M N S_{\mathrm{O}}\frac{M}{N} \\ SONM 综上圆周率可表示为 π 4 M N \pi\frac{4 M}{N} \\ πN4M 对总点数 N N N从 1 0 1 10^1 101到 1 0 9 10^9 109进行试验所计算出的圆周率近似值如下图
几何概型计算圆周率
几何概型计算圆周率相对偏差 可见随着点数N的增加 π \pi π的近似计算值越来越接近真实值当点数N达到10^9量级时相对偏差约为$\text{1e-5}\量级。
几何概型计算 π \pi π的著名实验还有Buffon投针试验即平面上有一组等距平行线相邻平行线之间间隔为d向该平面上随机投任意长为l的针则针与平行线相交的概率为 P 2 l π d P \frac{2 l}{\pi d} \\ Pπd2l 那么便可通过该式计算圆周率 π \pi π其证明过程中会用到微积分相关思想在此不作赘述。
5 连分数
不难证明有欧拉连分数公式 A a 0 a 0 a 1 a 0 a 1 a 2 ⋯ a 0 a 1 a 2 ⋯ a n a 0 1 − a 1 1 a 1 − a 2 1 a 2 ⋱ 1 a n − 1 − a n 1 a n \begin{aligned} Aa_{0}a_{0} a_{1}a_{0} a_{1} a_{2}\cdotsa_{0} a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\\ \frac{a_{0}}{1-\frac{a_{1}}{1a_{1}-\frac{a_{2}}{1a_{2}\frac{\ddots}{1a_{n-1}-\frac{a_{n}}{1a_{n}}}}}} \end{aligned} \\ Aa0a0a1a0a1a2⋯a0a1a2⋯an1−1a1−1a21an−1−1anan⋱a2a1a0 因此可由函数的泰勒展开得到其连分数表示形式如 arctan x x 1 x 2 3 − x 2 ( 3 x ) 2 5 − 3 x 2 ( 5 x ) 2 7 − 5 x 2 ⋱ x 1 x 2 3 ( 2 x ) 2 5 ( 3 x ) 2 7 ⋱ \arctan x\frac{x}{1\frac{x^{2}}{3-x^{2}\frac{(3 x)^{2}}{5-3 x^{2}\frac{(5 x)^{2}}{7-5 x^{2}\ddots}}}}\frac{x}{1\frac{x^{2}}{3\frac{(2 x)^{2}}{5\frac{(3 x)^{2}}{7\ddots}}}} \\ arctanx13−x25−3x27−5x2⋱(5x)2(3x)2x2x1357⋱(3x)2(2x)2x2x 由于 arctan 1 π 4 \arctan 1 \frac{\pi}{4} arctan14π因此 π 4 arctan 1 1 1 1 2 2 3 2 2 5 2 2 ⋱ 1 1 1 2 3 2 2 5 3 2 7 ⋱ \frac{\pi}{4}\arctan 1\frac{1}{1\frac{1^{2}}{2\frac{3^{2}}{2\frac{5^{2}}{2\ddots}}}}\frac{1}{1\frac{1^{2}}{3\frac{2^{2}}{5\frac{3^{2}}{7\ddots}}}} \\ 4πarctan11222⋱52321211357⋱3222121 那么 π 4 1 1 2 2 3 2 2 5 2 2 ⋱ 4 1 1 2 3 2 2 5 3 2 7 ⋱ \color{red} {\pi\frac{4}{1\frac{1^{2}}{2\frac{3^{2}}{2\frac{5^{2}}{2\ddots}}}}\frac{4}{1\frac{1^{2}}{3\frac{2^{2}}{5\frac{3^{2}}{7\ddots}}}}} \\ π1222⋱52321241357⋱3222124 经过编程计算两种连分式表示的 π \pi π计算数值及相对偏差如下。其中右侧连分式在计算至 n 21 n 21 n21时和 π \pi π的真实值相对偏差已经达到 1e-16 \text{1e-16} 1e-16量级精度非常高。有关 π \pi π的连分式表示还有很多感兴趣的读者可自行了解。
6 总结
本文通过割圆术、无穷级数(泰勒展开)、微积分、概率学、连分数等多种不同的思路对圆周率\pi进行了计算均得到了不错的计算精度。对圆周率的计算一方面可以提升算法的计算效率验证计算机的计算性能另一方面也可以促进某些学科的发展。还有其他方法也可以计算出\pi等有时间了再加进来。
最后加一句探索永无止境
