37109 關於劉徽不等式與祖沖之不等式

終極密碼

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摘要
建立了兩個與劉徽不等式、祖沖之不等式類似的幾何不等式,利用微分學方法及冪級數方法證明了與之對應的三角函數不等式, 還得到了類似的雙曲函數不等式及單位圓外切正 $n$ 邊形周長與 $\pi$ 之間關係的不等式。}

關鍵詞:劉徽不等式,祖沖之不等式,三角函數不等式,雙曲函數不等式。

眾所周知,劉徽、祖沖之都是中國古代偉大的數學家,他們的突出貢獻之一就是圓周率 $\pi$ 的計算$^{[1]}$, 劉徽計算 $\pi$ 近似值的方法是利用割圓術,而祖沖之由於其專著《綴術》的失傳,所以關於他計算 $\pi$ 的方法後人只能給出某種猜測, 例如文[2]所述方法就是一種嘗試。文[2]在介紹如何計算 $\pi$ 的過程中分別給出了劉徽不等式和祖沖之不等式,這裏的祖沖之不等式未必是祖沖之本人證得的,之所以這樣命名完全是出自對這位古代數學家的尊敬。 劉徽不等式和祖沖之不等式也就是下面的不等式 \eqref{1} 和 \eqref{2}。

若單位圓的內接正 $n$ 邊形的面積為 $S^{(n)}_{內}$,則當 $n\ge 6$ 時, \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt S^{(2n)}_{內}\lt \pi\lt 2S^{(2n)}_{內}-S^{(n)}_{內},\label{1} \\[5pt] &&\hskip -25pt \frac 43S^{(2n)}_{內}-\frac 13S^{(n)}_{內}\lt \pi\lt \frac 83 S^{(2n)}_{內}-2S^{(n)}_{內}+\frac 13 S^{(\frac n2)}_{內}\qquad \hbox{($n$ 為偶數)。}\label{2} \end{eqnarray}

本文作者在[3]中借助於微分學的方法給出了 \eqref{1}, \eqref{2}的證明,並利用類比方法給出兩個關於雙曲函數的不等式及單位圓內接正 $n$ 邊形周長與 $\pi$ 之間關係的不等式,即

命題1: 設 $0\lt x\lt \dfrac \pi 2$, 則有 \begin{equation} \sin x\lt x\lt \sin x\cdot (2-\cos x).\label{3} \end{equation} 設 $0\lt x\lt \dfrac \pi 3$, 則有 \begin{equation} \sin x\cdot (4-\cos x)\lt 3x\lt 8\sin x-3\sin 2x+\frac 14 \sin 4x.\label{4} \end{equation}

命題2: 設 $x\gt 0$, 則有 \begin{equation} \sinh x\gt x\gt \sinh x\cdot (2-\cosh x),\label{5} \end{equation} \begin{equation} \sinh x\cdot (4-\cosh x)\lt 3x\lt 8\sinh x-3\sinh 2x+\frac 14 \sinh 4x.\label{6} \end{equation}

命題3: 若單位圓內接正 $n$ 邊形的周長為 $P^{(n)}_{內}$,則當 $n\ge 6$ 時, \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt P^{(2n)}_{內}\lt 2\pi\lt 2P^{(2n)}_{內}-P^{(n)}_{內},\label{7} \\[5pt] &&\hskip -25pt \frac 43P^{(2n)}_{內}-\frac 13P^{(n)}_{內}\lt 2\pi\lt \frac 83 P^{(2n)}_{內}-2P^{(n)}_{內}+\frac 13 P^{(\frac n2)}_{內}\qquad \hbox{($n$ 為偶數)。}\label{8} \end{eqnarray}

由於圓的面積可以通過圓的內接正 $n$ 邊形的面積去逼近也可以通過圓的外切正 $n$ 邊形的面積逼近, 因而我們猜測,若將單位圓內接正 $n$ 邊形的面積 $S^{(n)}_{內}$ 改為單位圓外切正 $n$ 邊形的面積 $S^{(n)}_{外}$, 應該存在與劉徽不等式 \eqref{1} 及祖沖之不等式 \eqref{2} 類似的不等式。 事實上,我們可以證明,當 $n\ge 6$ 時,有 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt S^{(2n)}_{外}\gt \pi\gt 2S^{(2n)}_{外}-S^{(n)}_{外},\label{9} \\[5pt] &&\hskip -25pt \frac 43S^{(2n)}_{外}-\frac 13S^{(n)}_{外}\lt \pi\lt \frac 83 S^{(2n)}_{外}-2S^{(n)}_{外}+\frac 13 S^{(\frac n2)}_{外}\qquad \hbox{($n$ 為偶數)。}\label{10} \end{eqnarray} 由於 $S^{(n)}_{外}=n\tan \dfrac \pi n$, $S^{(2n)}_{外}=2n\tan \dfrac \pi {2n}$, $S^{(\frac n2)}_{外}=\dfrac n2\tan \dfrac {2\pi} n$, 若令 $\dfrac \pi n=x$, 要證明不等式 \eqref{9}, \eqref{10},只需證明下面的

命題4: 設 $0\lt x\lt \dfrac \pi 2$, 則有 \begin{equation} 2\tan \frac x2\gt x\gt 4\tan \frac x2-\tan x.\label{11} \end{equation} 設 $0\lt x\lt \dfrac \pi 4$, 則有 \begin{equation} \frac 83\tan \frac x2-\frac 13\tan x\lt x\lt \frac{16}3\tan \frac x2-2\tan x+\frac 16 \tan 2x. \label{12} \end{equation}

證明: 令 $f(x)=x-4\tan \dfrac x2+\tan x\ (0\lt x\lt \dfrac \pi 2)$, 則 \begin{eqnarray*} f'(x)&=&1-\dfrac{2}{\cos^2 \frac x2}+\dfrac 1{\cos^2x},\\ f"(x)&=&-\dfrac{2\sin \frac x2}{\cos^3\frac x2}+\dfrac{2\sin x}{\cos^3x}=\dfrac{2\sin\frac x2}{\cos^3 \frac x2\cos^3x}(2\cos^4\frac x2-\cos^3x)\\ &=&\dfrac{\sin\frac x2}{\cos^3 \frac x2\cos^3x}(1+2\cos x+\cos^2x-2\cos^3x)\\ &=&\dfrac{\sin\frac x2}{\cos^3 \frac x2\cos^3x}(1+\cos^2x+2\cos x\sin^2x)\gt 0, \end{eqnarray*} 故當 $0\lt x\lt \dfrac \pi 2$ 時, $f'(x)$ 單調遞增。 又 $f'(0)=0$, 所以 $f'(x)\gt 0$, 從而 $f(x)$ 單調遞增。 又 $f(0)=0$, 所以 $f(x)\gt 0$, 即 \begin{equation} x\gt 4\tan \frac x2-\tan x.\label{13} \end{equation}

又當 $0\lt x\lt \dfrac \pi 2$ 時, $\tan \dfrac x2\gt \dfrac x2$ 是熟知的不等式,因此不等式 \eqref{11} 成立。

令 $g(x)=3x-8\tan \dfrac x2+\tan x$ $(0\lt x\lt \dfrac \pi 2)$, 則 \begin{eqnarray*} g'(x)&=&3-\dfrac{4}{\cos^2 \frac x2}+\dfrac 1{\cos^2x},\\ g"(x)&=&-\dfrac{4\sin \frac x2}{\cos^3\frac x2}+\dfrac{2\sin x}{\cos^3x}=\dfrac{\sin\frac x2}{\cos^3 \frac x2\cos^3x}(4\cos^4\frac x2-4\cos^3x)\\ &=&\dfrac{\sin\frac x2}{\cos^3 \frac x2\cos^3x}(1+2\cos x+\cos^2x-4\cos^3x). \end{eqnarray*} 由 $0\lt x\lt \dfrac \pi 2$, $0\lt \cos x\lt 1$ 知 $g"(x)\gt 0$, 故 $g'(x)$ 單調遞增。 又 $g'(0)=0$,所以 $g'(x)\gt 0$, $g(x)$ 單調遞增。 而 $g(0)=0$, 所以 $g(x)\gt 0$, 即 \begin{equation} \frac 83\tan \frac x2-\frac 13 \tan x\lt x.\label{14} \end{equation}

利用文[4]中 $\tan x\ (-\dfrac \pi 2\lt x\lt \dfrac \pi 2)$ 的冪級數展開式知 \begin{equation} \tan x=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{2^{2n}(2^{2n}-1)}{(2n)!}B_n x^{2n-1},\label{15} \end{equation} 其中 $B_n\gt 0$ 為 Bernoulli 數: $$B_1=\dfrac 16,\ B_2=\dfrac 1{30},\ B_3=\dfrac 1{42},\ B_4=\dfrac 1{30},\ B_5=\dfrac 5{66},\ \ldots,$$ 於是當 $0\lt x\lt \dfrac \pi 4$ 時, \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt 32\tan \dfrac x2-12\tan x+\tan 2x-6x\\ &=&\sum_{n=3}^\infty \dfrac{2^{2n}(2^{2n}-1)}{(2n)!}B_n\Big(\dfrac 1{2^{2n-6}}+2^{2n-1}-12\Big)x^{2n-1}\gt 0, \end{eqnarray*} 從而當 $0\lt x\lt \dfrac\pi 4$ 時, \begin{equation} x\lt \dfrac{16}3\tan \frac x2-2\tan x+\frac 16\tan 2x.\label{16} \end{equation}

由 \eqref{15}, \eqref{16} 知不等式 \eqref{12} 成立。

由於雙曲函數和三角函數有很多相似的性質,參照命題4,我們可以得到如下關於雙曲函數的不等式。

命題5: 設 $0\lt x\lt 1$, 則有 \begin{equation} 2\tanh \frac x2\lt x\lt 4\tanh \frac x2-\tanh x,\label{17} \end{equation} 設 $0\lt x\lt \dfrac \pi 6$, 則有 \begin{equation} \frac 83\tanh \frac x2-\frac 13\tanh x\lt x\lt \frac{16}3\tanh \frac x2-2\tanh x+\frac 16 \tanh 2x. \label{18} \end{equation}

證明: 仿文[4]中 $\tan x$ 冪級數展開式的求法可求得雙曲正切函數 $\tanh x$ 的冪級數展開式。

因為 $\tanh x$ 為奇函數,故其展開式僅含 $x$ 的奇次冪,於是可設 \begin{equation} \tanh x=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(2n-1)!}x^{2n-1}.\label{19} \end{equation} 由定義知 $\tanh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$。 而 \begin{eqnarray*} && e^x-e^{-x}=2\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!},\\ && e^x+e^{-x}=2\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!},\\ 故 &&\Big(\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(2n-1)!}x^{2n-1}\Big)\Big(\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!}\Big)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}. \end{eqnarray*}

易知 $H_1=1$,比較上式兩邊 $x^{2n-1}$ 的係數, 得 $$\frac{H_n}{(2n-1)!}+\frac{H_{n-1}}{(2n-3)!}\cdot \frac 1{2!}+\frac{H_{n-2}}{(2n-5)!}\cdot \frac 1{4!}+\frac{H_{n-3}}{(2n-7)!}\cdot \frac 1{6!}+\cdots=\frac 1{(2n-1)!}.$$ 由此知 $H_n$ 滿足遞推關係式: \begin{equation} H_n+{2n-1\choose 2}H_{n-1}+{2n-1\choose 4}H_{n-2}+{2n-1\choose 6}H_{n-3}+\cdots=1.\label{20} \end{equation}

利用 \eqref{20} 可求得 $H_2=-2$, $H_3=16$, $H_4=-272$, $H_5=7936$, $\ldots$, 所以對任意實數 $x$, 有 \begin{equation} \tanh x=x-\frac 13x^3+\frac 2{15} x^5-\frac{17}{315}x^7+\frac{62}{2835}x^9-\cdots.\label{21} \end{equation}

當 $0\lt x\lt 1$ 時, \begin{eqnarray*} \tanh \frac x2&=&\frac x2-\frac 13\cdot \frac 18 x^3+\frac 2{15}\cdot \frac 1{32} x^5-\cdots\gt \frac x2-\frac 1{24}x^3,\\ -\tanh x&=&-x+\frac 13 x^3-\frac 2{15}x^5+\frac{17}{315}x^7-\cdots\gt -x+\frac 13 x^3-\frac 2{15} x^5, \end{eqnarray*} 所以當 $0\lt x\lt 1$ 時, $$4\tanh \frac x2-\tanh x-x=\frac 16x^3-\frac 2{15}x^5=\frac{x^2}{30}(5-4x^2)\gt 0,$$ 從而當 $0\lt x\lt 1$ 時, \begin{equation} x\lt 4\tanh \frac x2 -\tanh x.\label{22} \end{equation}

又 $x\gt 0$ 時 $\tanh \dfrac x2\lt \dfrac x2$ 為熟知的不等式$^{[5]}$,因此不等式 \eqref{17} 成立。

令 $h(x)=3x-8\tanh \dfrac x2+\tanh x\ (x\gt 0)$,則 \begin{eqnarray*} h'(x)&=&3-\dfrac{4}{\cosh^2 \frac x2}+\dfrac 1{\cosh^2x},\\ h"(x)&=&\dfrac{4\sinh \frac x2}{\cosh^3\frac x2}-\dfrac{2\sinh x}{\cosh^3x}\\ &=&\dfrac{\sinh\frac x2}{\cosh^3 \frac x2\cosh^3x}(4\cosh^3 x-4\cosh^4 \frac x2)\\ &=&\dfrac{\sinh\frac x2}{\cosh^3 \frac x2\cosh^3x}(4\cosh^3 x-\cosh^2 x-2\cosh x-1)\\ &=&\dfrac{\sinh\frac x2}{\cosh^3 \frac x2\cosh^3x}(\cosh x-1)(4\cosh^2 x+3\cosh x+1). \end{eqnarray*} 由於當 $x\gt 0$ 時, $\cosh x\gt 1$, 故當 $x\gt 0$ 時 $h"(x)\gt 0$, 從而 $h'(x)$ 單調遞增。 又 $h'(0)=0$, 所以 $h'(x)\gt 0$, $h(x)$ 單調遞增。而 $h(0)=0$, 所以 $h(x)\gt 0$, 即 \begin{equation} \frac 83\tanh \frac x2-\frac 13\tanh x\lt x.\label{23} \end{equation} 由函數 $\tanh x$的冪級數展開式 \eqref{21} 知,當 $0\lt x\lt \dfrac \pi 6$ 時, \begin{eqnarray*} \tanh \frac x2&\gt &\frac x2-\frac 13\cdot \frac 18 x^3+\frac 2{15}\cdot \frac 1{32} x^5-\frac{17}{315}\cdot \frac 1{128} x^7,\\ \tanh x&\lt &x-\frac 13 x^3+\frac 2{15}x^5,\\ \tanh 2x&\gt &2x-\frac 83x^3+\frac{64}{15}x^5-\frac{17}{315}\cdot 128x^7, \end{eqnarray*} 從而 \begin{eqnarray} 32\tanh \frac x2-12\tanh x+\tanh 2x-6x&\gt &\frac{14}5 x^5-\frac{17}{315}\cdot \frac{513}4x^7\nonumber\\ &=&\frac 15 x^5(14-\frac{969}{28}x^2)\gt 0,\hskip 1cm~\nonumber\\ \hbox{所以當 $0\lt x\lt \dfrac \pi 6$ 時},\hskip 1cm~ 32\tanh \frac x2-12\tanh x&+&\tanh 2x\gt 6x.\label{24} \end{eqnarray}

由\eqref{23}, \eqref{24} 知不等式 \eqref{18} 成立。

和命題3類似,還可得到

命題6: 若單位圓外切正 $n$ 邊形的周長為 $P^{(n)}_{外}$,則當 $n\ge 6$ 時, \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt P^{(2n)}_{外}\gt 2\pi\gt 2P^{(2n)}_{外}-P^{(n)}_{外},\label{25} \\[5pt] &&\hskip -25pt \frac 43P^{(2n)}_{外}-\frac 13P^{(n)}_{外}\lt 2\pi\lt \frac 83 P^{(2n)}_{外}-2P^{(n)}_{外}+\frac 13 P^{(\frac n2)}_{外}\qquad \hbox{($n$ 為偶數)。}\label{26} \end{eqnarray}

證明: 由 $P^{(n)}_{外}=2n\tan \dfrac \pi n$, $P^{(2n)}_{外}=4n\tan \dfrac \pi {2n}$, 並利用命題4即可證得。

參考文獻

李文林,數學史概論(第二版)[M],北京:高等教育出版社,2002。 虞言林,虞琪,祖沖之算 $\pi$ 之謎[M],北京:科學出版社,2002。 蘇化明,潘傑,劉徽不等式與祖沖之不等式的注記[J],數學的實踐與認識,42(2012), no.~8, 197-199。 $\Gamma$. M .菲赫金哥爾茨著,北京大學高等數學教研室譯,微積分學教程(第二卷第二分冊)[M],北京:人民教育出版社,1954。 匡繼昌,常用不等式[M],濟南:山東科學技術出版社,2004。

---本文作者任教合肥工業大學數學學院---