13305 關於圓周率 $\pi$

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

1.圓周率的定義及近似值

圓周率$\pi$是圓的周長與直徑的比, 即直徑是1的圓周長是$\pi$, 使用積分的定義則是

$\pi =2\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$

自古以來, 種種方法被運用於求$\pi$的近似值。 以 $A_n$, $B_n$表示單位圓的內接與外切之正$n$邊形面積, 則有

$A_n=\frac n2 \sin \frac{2\pi}n,B_n=n\tan \frac{\pi}n $

因而$A_n\lt \pi \lt B_n$

$\pi$的值到小數點後200位是

π=3.1415926535 8979323846 2643383279 5028841971
   6939937510 5820974944 5923078164 0628620899
   8628034825 3421170679 8214808651 3282306647
   0938446095 5058223172 5359408128 4811174502
   8410270193 8521105559 6446229489 5493038196

取 $\pi$=3.1415926535 / 10000000000 做輾轉相除法得$\pi$的連分數表示是

$$\pi=3+\displaystyle\frac{1}{7+\displaystyle\frac{1}{15+\displaystyle\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{292+\displaystyle\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{\vdots}}}}}}$$

而前面七個近似分數是

$\displaystyle\frac{1}{3},\displaystyle\frac{22}{7},\displaystyle\frac{333}{106},\displaystyle\frac{355}{113},\displaystyle\frac{103993}{33102},\displaystyle\frac{104348}{33215},\displaystyle\frac{208341}{66317}$

阿基米德考慮圓內接與外切正96邊形, 而得出$3\frac{10}{71}\lt\pi\lt 3\frac17$;而西元五世紀左右, 祖沖之得出的近似值$\frac{355}{113}$, 近代更用計算機, 將$\pi$的值計算到16,000,000位 。

2.$\pi$與級數的和

$\pi$很自然地出現在一些正項級數與交錯級數的和, 如

(1)$1-\displaystyle\frac13+\displaystyle\frac15-\dots+\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}+\dots=\frac{\pi}4,$

(2)$1+\displaystyle\frac1{2^2}+\displaystyle\frac1{3^2}+\dots+\displaystyle\frac1{n^2}+\dots=\displaystyle\frac{\pi^2}6,$

(3)$1-\displaystyle\frac1{3^3}+\displaystyle\frac1{5^3}-\dots+\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2}+\dots=\displaystyle\frac{\pi^3}{32},$

(4)$1+\displaystyle\frac1{2^4}+\displaystyle\frac1{3^4}+\dots+\displaystyle\frac1{n^4}+\dots=\displaystyle\frac{\pi^4}{90},$

(5)$1-\displaystyle\frac1{3^5}+\displaystyle\frac1{5^5}-\dots+\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^5}+\dots=\displaystyle\frac{5\pi^5}{1536},$

(6)$1+\displaystyle\frac1{2^6}+\displaystyle\frac1{3^6}+\dots+\displaystyle\frac1{n^6}+\dots=\displaystyle\frac{\pi^6}{945},$

(7)一般$1-\displaystyle\frac1{3^{2k+1}}+\displaystyle\frac1{5^{2k+1}}-\dots+\displaystyle\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^{2k+1}}+\dots=\pi^{2k+1}\times$有理數

(8)一般$1+\displaystyle\frac1{2^{2k}}+\displaystyle\frac1{3^{2k}}+\dots+\displaystyle\frac1{n^{2k}}+\dots=\pi^{2k}\times$有理數

這類的級數和可由三角級數、積分或複變方法得出, 如

\begin{eqnarray*} \frac{\pi}4&=&\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}\\ &=&\int_0^1[1-x^2+x^4-\dots+(-1)^nx^{2n}+\dots]dx \end{eqnarray*}

逐項積分即得出第一個式子, 這式子曾被用來計算$\pi$的近似值, 但不很實用, 若想得到100位, 則需算到$10^{50}$項 。

而第二個式子與一般級數 \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{2k}},k是正整數 \end{eqnarray*} 的和是由 Euler 在 1736 年獲得, 現介紹 Euler得出第二式所使用的方法, 考慮正弦函數的級數, \begin{eqnarray*} \sin x=&x&-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots\\ &+&\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\dots \end{eqnarray*}

$\sin x=0$的根是0, $\pm\pi,\pm 2\pi,\dots\pm n\pi\dots$

令$x^2=y$,則有 $$y(1-\frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!}+\dots+\frac{(-1)^{n-1}y^{n-1}}{(2n-1)!}+\dots)=0$$

故方程式 $$1-\frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!}+\dots+\frac{(-1)^{n-1}y^{n-1}}{(2n-1)!}+\dots=0$$ 的根是$\pi^2,(2\pi)^2,(3\pi)^2,\dots,(n\pi)^2,\dots$但這些根的倒數和則是第二項係數$-\frac1{3!}$乘上-1,即 $$\frac1{\pi^2}+\frac1{(2\pi)^2}+\frac1{(3\pi)^2}+\dots+\frac1{(n\pi)^2}+\dots=\frac1{3!}$$ $$1+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\dots+\frac1{n^2}+\dots=\frac{\pi^2}{6}$$ 利用餘弦函數的級數展開 $$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\dots+\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+\dots$$ 重覆上面的步驟, 則得出 $$1+\frac1{3^2}+\frac1{5^2}+\dots+\frac1{(2n+1)^2}+\dots=\frac{\pi^2}{8}$$ 因而上面級數減去第二個級數的兩倍, 則得出 $$1-\frac1{2^2}+\frac1{3^2}-\frac1{4^2}+\dots+\frac1{(2n+1)^2}-\frac1{(2n)^2}+\dots=\frac{\pi^2}{12}$$ 另外$\pi$與反正切的關係也常被用於計算$\pi$的值, 如 $$\frac{\pi}4=4\tan ^{-1}\frac15-\tan ^{-1}\frac1{239},$$ $$\pi=20\tan ^{-1}\frac17+8\tan ^{-1}\frac3{79},$$ $$\tan ^{-1}\frac1p=\tan ^{-1}\frac1{p+q}+\tan ^{-1}\frac q{p^2+pq+1},$$ $$\pi=48\tan ^{-1}\frac1{18}+32\tan ^{-1}\frac1{57}-20\tan ^{-1}\frac1{239}$$

3.$\pi$是無理數

到底$\pi$是無理數或有理數呢?答案非常明顯, 一定是無理數, 否則就不用費這麼大的功夫去計算近似值與近似分數了。 1761年J.H Lambert利用Brouncker所得出$\pi$的連分數 $$ \frac{\pi}4=\displaystyle\frac{1}{1+\displaystyle\frac{2^2}{2+\displaystyle\frac{3^2}{2+\displaystyle\frac{5^2}{2+\displaystyle\frac{7^2}{2+\dots}}}}} $$ 而得證$\pi$是無理數, 底下是一淺近的分析證明。

設$f(x)$是$2n$次多項式, 則利用連續部份積分得出 \begin{eqnarray*} J&=&\pi\int_0^1f(x)\sin \pi xdx\\ &=&\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k(f^{(2k)}(c)+f^{(2k)}(1))}{\pi^{2k}}& \end{eqnarray*}

現取$f(x)=\displaystyle\frac{x^n(1-x)^n}{n!}$, 則顯然有$f(x)=f(1-x)$, 因而對任意正整數$k$,$f^{(k)}(0)=(-1)^kf^{(k)}(1)$。現證明$f^{(k)}(0)$是整數, 利用數學歸納法可證明

$$ (\frac d{dx})^k[f(x)g(x)]=\sum_{j=0}^k \left ( \begin{array} {c} k \\ j \end{array} \right ) [(\frac d{dx})^jf(x)]。 $$ $$[(\frac d{dx})^{k-j}g(x)]$$ 因而 $$f^{(k)}(x)=\frac1{n!}\sum_{j=0}^k\left ( \begin{array} {c} k \\ j \end{array} \right ) [(\frac d{dx})^jx^n]。$$ $$[(\frac d{dx})^{k-j}(1-x)^n]$$ 但 \begin{eqnarray*} [(\frac d{dx})^jx^n]_{x=0}=\left \{ \begin{array} {l} 0&,&0\le j\lt n; \\ n!&,&j=n;\\ 0&,&j\gt n. \end{array} \right. \end{eqnarray*} 故無論如何,$f^{(k)}(0)$是整數,

若$\pi$是有理數, $\pi^2=\frac{p^2}{q^2},p,q$是正整數,則$p^{2n}J$是整數;而另一方面由 \begin{eqnarray*} &&0\le x^n(1-x)^n\sin \pi x\le 1\\ &而得&0\lt J\lt\frac{\pi}{n!}\\ &故&0\lt p^{2n}J\lt \frac{p^{2n}\pi}{n!}\\ &但&\lim_{n\to\infty}\frac{p^{2n}}{n!}=0, \end{eqnarray*} 故$n$相當大時,$0\lt p^{2n}\lt 1$, 這與$p^{2n}J$是整數相矛盾。故得證$\pi$是一無理數。

4.$\pi$是一超越數

所謂超越數即是不滿足任意有理係數$n$次方程式的數(可能是複數)。要證明某一數是超越數, 一般並不容易。1873年Charles Hermite(1822~1901)證明了自然對數的基底 $$e=1+\frac1{1!}+\frac1{2!}+\dots+\frac1{n!}+\dots$$ 是一超越數, 因而得到 \begin{eqnarray*} &&a_1e^{r_1}+a_2e^{r_2}+\dots+a_ne^{r_n}=0\\ &\Rightarrow&a_1=a_2=\dots=a_n=0 \end{eqnarray*} 其中$a_1,a_2,\dots a_n$是有理數,而$r_1,r_2,\dots,r_n$是相異正整數或零。

1882 年,F.Lindeman推廣Hermite的定理,允許$a_1,a_2,\dots a_n$;$r_1,r_2,\dots,r_n$是代數數, 即

若$r_1,r_2,\dots,r_n$是$n$個相異代數數,且$a_1,a_2,\dots a_n$是$n$個代數數,則 \begin{eqnarray*} &&a_1e^{r_1}+a_2e^{r_2}+\dots+a_nr^{n}=0\\ &\Rightarrow&a_1=a_2=\dots=a_n=0 \end{eqnarray*}

利用上面的定理與有名的尤拉公式,即可很快得證$\pi$是一超越數, 尤拉公式是 $$e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin \theta$$ 特別是$e^{i\pi}=\cos \pi+i\sin \pi=-1$。

因而 $e^{i\pi}+1=0$,即$e^{i\pi}+e^0=0$;若$\pi$是代數數的話, 則$e^{i\pi}$與$e^0$的係數應是0;但事實不然,故只好$\pi$是超越數了。

5.$\pi$的數值計算的歷史 (西方)

荷蘭數學家 Adriaan Anthoniszoon (1527~1607)找到$\pi$的近似值355/113, 這也是祖沖之在五世紀所發現的, 這數值正確到小數點第六位。 上面這紀錄很快被Francois Viète打破, 1593年他利用

\begin{eqnarray*} \frac2{\pi}&=&\prod_{n=2}^{\infty}\cos \frac{\pi}{2^n}\\ &=&\sqrt{\frac12\sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12}}}\cdot\sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12}}}\dots \end{eqnarray*}

而計算$\pi$值正確到第九位。但同一年, Adriaen van Rooman (1561~1615) 利用$2^{30}$(=1,073,741,824) 邊形而計算到第 15 位。三年後, 這紀錄又被另一荷蘭人Ludolph van Ceulen(1539~1610), 他是 Leyden 大學的數學與軍事學教授。在他的一篇論文中, 他使用$60\times2^{33}$邊形而得出20位數, 在1615年他死後才發表的論文中, 更計算到35位數。

十七世紀, 隨著徵積分的發明而可將$\pi$表成無窮級數與連分數。天文學家 Abraham Sharp(1651~1742)利用反正弦級數而得到72位數; 而在1706年John Machin(1680~1752)利用兩反正切的差而計算到100位, 而 De Lagny(1660~1734)在1717年更加入27位。 這 127 位的紀錄維持到 1794 年, 這年 Vega(1754~1802)利用尤拉新發現的反正切級數計算到 140 位, 並指出De Lagny的計算數值的第113位是7而不是8。

1844年, Johann Martin Zacharias Dase(1824~1861)利用 $$\frac{\pi}4=\tan ^{-1}\frac12+\tan ^{-1}\frac15+\tan ^{-1}\frac18$$ 與級數展開, 計算$\pi$值到 205 位, 而前面 200位是正確的。而在這之前, 1824年, Willian Rutherfold計算到 208 位, 但自第 153 位以後的數字眼Dase的不一樣。1847 年, Thomas Clausen出版了 248 位的計算並肯定 Dase 的計算是對的。

計算$\pi$的旋風一直持續不斷, 1853年, Rutherforl得到 440 位, 1855年, Richter 計算到 500 位, 而1873~1874年Willian Shranks更添加到707位, 他本人可能認為這紀錄會維持一段時間, 而事實上也是如此。 但 1945 年, Ferguson發現Shranks的計算從第 527 位有誤;而在1946年, 他出版了620位數的, 而在 1947 年, 更延伸到 710 位, 同一年更算到 808 位, 這紀錄一直保持到 1949年,緊接著是計算機時代的來臨。

十八世紀與十九世紀期間, 計算$\pi$值的推進方式是以十、百來計, 而進入二十世紀的計算機時代, 則推進方式, 則以千、萬來計, 到1983年為吐, 已計算$\pi$的值到16,000,000 位, 而計算所用時間如表1所示 。

表1 邁入計算機時代, 對於$\pi$的計算

年度 時間 位數 每位計算時間
1949 ~70小時 2,037 ~ 2分
1958 100分鐘 10,000 0.6 秒
1961 8.43小時 100,000 1/3秒
1973 23.3小時 1,000,000 1/12秒
1983 $\lt$30小時16,000,000 $\lt$1/155 秒

參考資料

W. W. Rouse Ball and H. S .M. Coxeter , Mathematical Recreations & Esays. Petr Beckmann,A history of π. H. B. Griffths and P. J. Hilton, Classica Mathematics. Encyclopedic Dictionary of Mathematics, The MIT Press. The Mathematical Intelligencer, vol.7, No.3, 1985.

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