摘要: 隨著 John Wallis 的舞步, 觀察積分值 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^{q}\,dx$ 的倒數, 稱之為Wallis函數 $W(p,q)$ : $$W(p,q)=\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}\hbox{。}$$ 當 $p, q$ 為自然數時, Wallis函數 $W(p,q)$ 的風華絕色在我們眼前展露無遺; 這彰顯在三個美妙的性質中, 但其適用範圍不僅僅限於自然數。接著我們觀察實數數列 $$\left\{W\left(\frac12\,,\,\frac{q}{2}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$$ 並藉助於商的公式及數學歸納法, 得到一個 $\pi$ 的不等式, 進而導引出 $\pi$ 的無窮乘積公式。最後, 對每一個自然數 $d$, 重施故技於遞增實數數列 $$\left\{W\left(\frac1d\,,\,\frac{q}{d}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$$ 得到一個積分值 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^d)^{\frac1d}\,dx$ 的無限乘積公式。

一、站在巨人的肩膀上

牛頓曾說 : 「如果我可以看得比別人更遠, 那是由於我站在巨人的肩膀上 (If I have seen a little farther than others it is because I have stood on the shoulders of giants)」, 他所說的巨人之一就是 John Wallis ^{1 1} John Wallis (1616$\sim$1703) 英國數學家, 以他在微積分上的前瞻性工作而聞名。在他的《無窮微量的算術(Arithmetica Infinitorum)》(1655)中, 他把 $\frac{\pi}{4}$ 表示成一無窮乘積來計算$\pi$。他也是第一個解釋指數如 $x^0, x^{-n}$ 及 $\,x^{\frac{n}{m}}$ 的人, 且引用 $\infty$ 為無限大的符號。現在我們就與巨人同行, 一起來探討老少皆知的圓周率 ^{2 2} 任何圓的周長除以直徑都是一樣的, 此比值就是所謂的圓周率。 1706 年, 威爾斯作家William Jones 首次用希臘字母 $\pi$ 來表示。古代對 $\pi$ 的估算值包括 3 (舊約聖經)、 $\displaystyle\frac{25}{8}$(巴比倫)、 $\displaystyle\frac{256}{81}$(埃及)、 $\displaystyle\frac{22}{7}$(希臘)、 $\displaystyle\frac{355}{113}$(中國) 跟 $\sqrt{10}$ (印度)。 1429 年阿拉伯數學家 Al-Kashi 算出精確至小數點 16 位的 $\pi$ 值。目前可算至百萬小數位。 $\pi$ 在1767年被 J. H. Lambert(1728$\sim$1777) 證明為無理數, 而 1882 年才被 Lindemann (1852$\sim$1939)證明為超越數。 。

$\pi$ 乃是單位圓所包圍區域的面積。若將圓心放置在座標平面的原點, 則在第一象限的四分之一圓盤的面積就是 $$\frac{\pi}{4}=\int_{0}^{1}(1-x^2)^{\frac{1}{2}}\,dx \hbox{。}$$

任何估算這一個定積分的方法, 就提供了一個估算 $\pi$ 的方法。 John Wallis 的才華就展現在他決定先觀察類似的積分上 : $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^{q}\,dx\hbox{。}$$

首先, 我們分別計算 $q=0,1,2,3$ 時, 其積分值化簡後分別為 : \begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^0\,dx &= &1\,\,,\\ {}\\ \int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^1\,dx &= &\frac{1}{p+1} \,\,,\\ {}\\ \int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^2\,dx &= &\frac{2}{(p+1)(p+2)}\,\,,\\ {}\\ \int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^3\,dx &= &\frac{6}{(p+1)(p+2)(p+3)}\,\hbox{。} {}\\ \end{eqnarray*}

顯而易見, 展現在眼前的形式或規則, 讓我們輕而易舉的可以猜出下一個公式為 : $$\int_0^1(1-x^{\frac1p})^4\,dx=\frac{4\,!}{(p+1)(p+2)(p+3)(p+4)}\hbox{。}$$

因而, 當 $q$ 為一自然數時, 此積分值必為 $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx=\frac{q\,!}{(p+1)(p+2)\cdots(p+q)}\hbox{。}$$

細思量, 此乃二項式展開式係數之倒數也 : $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx=\frac{p!\,q!}{(p+q)!}={{p+q}\choose q}^{-1}={{p+q}\choose p}^{-1}\hbox{。}$$

所以若將這些積分值倒數過來, 就都變成自然數了 : $$\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}={{p+q}\choose q} \in \mathbb{N}\,\hbox{。}$$

因此之故, 我們就隨著 John Wallis 的舞步, 一起來觀察這個積分值的倒數, 姑且稱之為 $W(p,q)$。很自然地, 我們有下面的定義及猜測 :

定義 : 對任意的 $p\ne 0,q\in\mathbb{R}$, 我們定義 $$W(p,q)=\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}\hbox{。}$$

為了方便起見, 對所有的 $q$ 我們定義 $W(0,q)=1$; 這與上面的公式是一致的。顯而易見, 對所有的 $p$ 我們也有 $W(p,0)=1$。

猜測一 : 對任意的自然數 $p, q$ 我們有 $$W(p,q)={{p+q}\choose q}={{p+q}\choose p}\hbox{。}$$

二、實驗一 : 函數值 $W(p,q),\ p,q\in\mathbb{N}$ 的美妙性質

首先讓我們透過 Mathematica 來確認上述的現象並觀察 $p,q$ 為自然數時函數 $W(p,q)$ 之值變化的情形。

1. 首先在 Mathematica中定義函數 $W(p,q)$ 如下 :
   

   

   
   接下來, 製作一個 8 階方陣 $\displaystyle\left(W(p,q)\right);\ p,q=0,1,2,\cdots,7$。
   

   

   
   
2. 這些數是否似曾相識？何處見過其倩影芳蹤？
3. 在上面的方陣中, $W(p,q-1)$ 位於 $W(p,q)$ 的左側, 而 $W(p-1,q)$ 則在 $W(p,q)$ 的上方。觀察此三元素可得 \begin{equation}\label{difference} W(p,q-1)+W(p-1,q)=W(p,q)\quad\,\mbox{或}\quad\,W(p,q)-W(p,q-1)=W(p-1,q) \end{equation} 此公式是否對所有的 $p,q$ 都成立呢？
4. 上面的方陣中是否有任何的對稱性？可得何公式？試証明之！
5. 觀察 $\displaystyle QW(p,q)=\frac{W(p,q)}{W(p,q-1)}$, 有何特殊的形式圖樣顯示在你眼前？
   

   

   
   
6. 所以在同一列中 (相同的 $p$ 值) 相鄰兩項之差的公式在 (c), 而其商的公式在 (e), 試証明 (e) 中的公式對所有的 $p,q$ 也都成立！
7. 試由商的公式導出差的公式。

三、實驗一之結果與分析

用 Mathematica 製作的 8 階方陣如下 :

1. 這些數是否似曾相識？何處見過其倩影芳蹤？不用多想, 你一定馬上脫口而出這就是二項式展開式的係數; 將上面的方陣轉個 45 度, 不就是人人熟知的巴斯卡三角形嗎？
2. 在上面的方陣中, $W(p,q-1)$ 位於 $W(p,q)$ 的左側, 而 $W(p-1,q)$ 則在 $W(p,q)$ 的上方。 若你已經看出上面的方陣轉個 45 度就是巴斯卡三角形的話, 那麼理所當然這三個函數值滿足下面的關係式 : $$W(p,q-1)+W(p-1,q)=W(p,q)\hbox{。}$$ 然而, 這個公式目前僅適用於前幾個自然數而已; 是否對所有使相關定積分都有意義的 $p,q$ 都成立呢？若回到原來定積分的形式, 那麼公式就變成 $$\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^{q-1}\,dx\right)^{-1}+\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p-1}})^q\, dx\right)^{-1}=\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}\hbox{。}$$ 要直接証明這個公式, 看起來似乎是一件遙不可及的任務。
3. 上面的方陣中是否有任何的對稱性？一看即知, 此方陣乃是一對稱方陣; 也就是說, $$\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}=W(p,q)=W(q,p)=\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{q}})^p\,dx\right)^{-1}\hbox{。}$$ 再一次地, 這個公式目前僅適用於前幾個自然數; 是否對所有使相關定積分都有意義的 $p,q$ 都成立呢？從上面的積分式可知, 我們僅需證明 $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx=\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{q}})^p\,dx\hbox{。}$$ 這只消一個代換緊接著一個分部 : 令 $\displaystyle\,y=(1-x^{\frac1p})^q\,,$則 $\displaystyle\,x=(1-y^{\frac1q})^p$。因而我們有 $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx=\int_{1}^{0}y\,d\bigg((1-y^{\frac1q})^p\bigg) =y(1-y^{\frac1q})^p\bigg|_1^0-\int_{1}^{0}(1-y^{\frac1q})^p\,dy\,\,;$$ 最右邊的式子實際上就是 $\displaystyle\,(0-0)+\int_{0}^{1}(1-y^{\frac1q})^p\,dy=\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1q})^p\,dx\,,$ 故得證對稱性。
4. 觀察 $\displaystyle QW(p,q)=\frac{W(p,q)}{W(p,q-1)}$, 有何特殊的形式圖樣顯示在你眼前？ 將上面的方陣, 每一行除以前一行對應的數, 得到的 $8\times7$ 矩陣如下 :
   

   

   
   驚鴻一瞥, 第二列中的每一個數其分子都比分母多 1, 此列是 $p=1$ 的那一列; 而第二行由上而下, 每次增加 $1/2$, 進而發現其實每一行都是等差級數, 其公共的差分別就是 $1/2, 1/3, 1/4, 1/5, 1/6, 1/7$ (這分別對應於 $ q=2, 3, 4, 5, 6, 7$)。 這讓我們很篤定的猜測到 $QW(p,q)$ 的分母應該就是 $q$, 然而分子呢？ 第二列隱約地提示大概是 $p+q=1+q$ (此列是 $p=1$ 的那一列)。 為了更進一步確認, 我們就默認上面篤定的猜測 : $QW(p,q)$ 的分母就是 $q$。所以就把第 $q$ 行的分母全改為 $q$, 看看怎樣！ 我們得到如下的矩陣 :
   

   

   
   真是太美了！你看 : 行也好、列也好、由上而下也好、由左而右也好, 每移動一個位置, 分子就增加 1; 這意味著, 分子就是 $p+q$ , 因而我們有如下的猜測。

   猜測二 : 對任意的自然數 $p, q$ 我們有 \begin{equation}\label{quotient} \frac{W(p,q)}{W(p,q-1)}=\frac{p+q}{q} \end{equation}

5. 所以在同一列中 (相同的 $p$ 值) 相鄰兩項之差的公式在 (\ref{difference}), 而其商的公式在 (\ref{quotient}), 試証明 (\ref{quotient}) 中的公式對所有使相關定積分都有意義的 $p,q$ 也都成立！ 首先將定積分 $\displaystyle\int_0^1(1-x^{\frac1p})^q\,dx$ 寫成 \begin{equation}\label{great} \int_0^1(1-x^{\frac1p})(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx=\int_0^1(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx+\int_0^1-x^{\frac1p}(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx \end{equation} 再將(\ref{great})式右側第二個定積分 $\displaystyle\int_0^1-x^{\frac1p}(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx$ 寫成 $$\frac{p}{q}\int_0^1 x\,q(1-x^{\frac1p})^{q-1} \left(\frac{-x^{\frac1p-1}}{p}\right)\,dx=\frac{p}{q} \int_{0}^{1}x\,d\bigg((1-x^{\frac1p})^{q}\bigg)$$ 最後使用分部積分的公式得到 \begin{eqnarray*} \frac{p}{q}\int_{0}^{1}x\,d\bigg((1-x^{\frac1p})^{q}\bigg)&=& \frac{p}{q}\Big\{x(1-x^{\frac1p})^{q}\bigg|_0^1-\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q}\,dx\Big\}\\ &=&\frac{p}{q}\Big\{(0-0)-\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q}\,dx\Big\} \end{eqnarray*} 此即 $\displaystyle-\frac{p}{q}\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q}\,dx$ 再代回(\ref{great})式, 我們有 $$\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^q\,dx=\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx-\frac{p}{q}\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q}\,dx$$ $$\Longrightarrow\!\left(1+\frac{p}{q}\right)\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^q\,dx=\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q-1}\,dx$$ $$\Longrightarrow\,\,\left(1+\frac{p}{q}\right)W(p,q)^{-1}=\,W(p,q-1)^{-1}\qquad\qquad$$ $$\Longrightarrow\,\,\left(1+\frac{p}{q}\right)^{-1}W(p,q)=W(p,q-1)\qquad\qquad\quad$$ 故得證 (\ref{quotient}) 中的公式對所有使相關定積分都有意義的 $p,q$ 也都成立！
6. 試由商的公式 (\ref{quotient}) 導出差的公式 (\ref{difference})。 現在所有的工具都齊全了, 透過對稱性以及商的公式 (\ref{quotient}) , 不費吹灰之力即可導出差的公式 (\ref{difference})。首先將商的公式 (\ref{quotient}) 寫成 \begin{equation}\label{quotient0} \frac{W(p,q-1)}{W(p,q)}=\frac{q}{p+q} \end{equation} 公式 (\ref{quotient0}) 也可寫成 $$\frac{W(q,p-1)}{W(q,p)}=\frac{p}{p+q}$$ 對稱性告訴我們, 上式就是 \begin{equation}\label{quotient1} \frac{W(p-1,q)}{W(p,q)}=\frac{p}{p+q} \end{equation} 最後將 (\ref{quotient0}) 式加上 (\ref{quotient1}) 式, 我們有 $$\frac{W(p,q-1)+W(p-1,q)}{W(p,q)}=\frac{W(p,q-1)}{W(p,q)}+\frac{W(p-1,q)}{W(p,q)}=\frac{q}{p+q}+\frac{p}{p+q}=1\,,$$ 因而得到差的公式 (\ref{difference}), 故得證。
7. 總結以上的分析, 我們將所得到結論整理在下面的定理中 :

   定理 (Wallis 函數的三個美妙性質) :

   對任意使相關定積分有意義的數 $p, q$, Wallis 函數 $$W(p,q)=\left(\int_{0}^{1}(1-x^{\frac{1}{p}})^q\,dx\right)^{-1}$$ 滿足下列三個美妙的性質 :
   • W1.(對稱性質) $\displaystyle\,W(p,q)=W(q,p)$
   • W2.(商的公式) $\displaystyle\frac{W(p,q)}{W(p,q-1)}=\frac{p+q}{q}$
   • W3.(差的公式)$\displaystyle\,W(p,q)-W(p,q-1)=W(p-1,q)$
   已知起始值 $\displaystyle\,W(p,0)=1\,\,\mbox{及}\,\,W\left(\frac12\,,\frac12\right)=\frac{4}{\pi}$;透過商的公式對 $q$ 作數學歸納法, 我們輕而易舉地就可以得到下面的推論 :

   推論 :

   如果 $p, q, n, d$ 全部都是自然數, 那麼我們就有
   • C1. $\displaystyle\,W(p,q)={{p+q}\choose q}={{p+q}\choose p}\hbox{。}$
   • C2. $\displaystyle\,W\left(\frac12\,,\,n\right)=\frac{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\,\cdots\,\cdot\quad(2\,n)\quad}$
   • C3. $\displaystyle\,W\left(\frac12\,,\,n+\frac12\right)=\frac{4\cdot6\cdot8\cdot\,\cdots\cdot(2\,n+2)}{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot(2\,n+1)}\cdot\frac4\pi$
   • C4. $\displaystyle\,W\left(\frac1d\,,\,n\right)=\frac{(d+1)(2\,d+1)(3\,d+1)\cdots\,\cdot\,(d\,n+1)}{\qquad\,d\cdot\quad2\,d\quad\cdot\quad3\,d\quad\cdot\,\cdots\,\cdot\,\quad(d\,n)\quad}$
   • C5. $\displaystyle\,W\left(\frac1d\,,\,n+\frac1d\right)=\frac{(d+2)(2\,d+2)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,n+2)}{(d+1)(2\,d+1)(3\,d+1)\cdots\,\cdot\,(d\,n+1)}\cdot W\left(\frac1d\,,\,\frac1d\right)$

四、實驗二 : $\pi$ 的無限乘積公式之探討

當 $p, q$ 都是自然數的時候, 對應的函數值 $W(p,q)$ 也是自然數, 跟 $\pi$ 扯不上關係。另一方面, 我們知道 $\displaystyle\,W\left(\frac12\,,\,\frac12\right)=\frac{4}{\pi}$, 其實這就是一開始所看到的那個積分值的倒數, 所以 $\pi$ 出現在當 $p$ 跟 $q$ 都是奇數的一半時。因此我們就進一步來觀察當 $p,q\in\frac12\,\mathbb{Z}$ 時函數值 $W(p,q)$ 變化的情形如何？

1. 觀察對應於 $\displaystyle p=\frac12$ 的那一列的數, 可得一有趣的遞增數列 $$\left\{W\left(\frac12,\frac{q}{2}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$$ 由此遞增數列, 得到一不等式作為 $\pi$ 的有理數近似值。
   

   

   
   
2. 據此得到 $\displaystyle\,W\left(\frac12\,,\,\frac12\right)=\frac{4}{\pi}$ 的一對不等式 $$\frac{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\,\cdots\, \cdot\,(2\,n-2)}\lt \frac{4\cdot6\cdot8\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n)}{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)} \cdot\frac{4}{\pi}\lt \frac{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n)}\,\,.$$ 令 $\displaystyle\,U_n=\frac{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\, (2\,n-2)^2\cdot(2\,n)} {3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}$,由上得到 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上限 $U_n$、 下限 $L_n$ $$L_n=U_n\cdot\frac{2\,n}{2\,n+1}\lt \frac{\pi}{4}\lt U_n\,\Longleftrightarrow\, \frac{\pi}{4}\lt U_n\lt \frac{\pi}{4}\cdot\frac{2\,n+1}{2\,n}$$ 最後透過夾擠定理, 可得 Wallis 的無限乘積公式如下 : $$\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}=\lim_{n\to\infty}U_n=\frac{\pi}{4}\,\ \,\hbox{。}$$
3. 用 Mathematica 算出 4 倍上述無限乘積之前 $n-1$ 項的部分積 $$\displaystyle\,W_n=4\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,\hbox{。}$$ 透過圖形的觀察, 請問此一部分積數列 $\{W_n\}$ 如何趨近於 $\pi$ 的呢？
   

   

   
   

   

   
   
4. 需要取多大 的 $n$, 才能精確到小數點之後第三位？
   

   

   
   
5. 若要改良其精確度, 可將 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上下限平均一下。試証明其平均值為 \begin{equation}\label{UL12} \frac{2\,n+\frac12}{2\,n+1}\cdot\,U_n=\frac{2\,n+\frac12}{2\,n+1} \cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,\,\mbox{。} \end{equation} 令 $\displaystyle\,W_n(t)=\frac{2\,n+t}{2\,n+1}\cdot4\,U_n$。則 $\displaystyle\,W_n(\frac12)=\frac{2\,n+\frac12}{2\,n+1}\cdot4\,U_n$ 就是 $\displaystyle\pi$ 上下限的平均值。
   

   

   
   
6. 此一平均值數列如何趨近 $\pi$ 的呢？需要取多大的 $n$, 才能精確到小數點之後第三位？
   

   

   
   

五、實驗二之結果與分析

1. 數列 $\displaystyle\left\{W\left(\frac12,\frac{q}{2}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$ 的前幾項及其圖形如下所示 :
   

   

   
   

   

   
   在數列 $\displaystyle\left\{W\left(\frac12,\frac{q}{2}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$ 中, 對應於 $q=2n-2,\,2n-1,\,2n$,那三項分別為 $$\left({\int_0^1(1-x^2)^{n-1}\,dx}\right)^{-1}\,,\ \left({\int_0^1(1-x^2)^{n-\frac12}\,dx}\right)^{-1}\,,\ \left({\int_0^1(1-x^2)^n\,dx}\right)^{-1}\,.$$ 因為 $x\in[0,1]\Rightarrow(1-x^2)\in[0,1]$, 我們有 $$(1-x^2)^{n-1}\ge(1-x^2)^{n-\frac12}\ge(1-x^2)^{n}\ge0\quad\forall\,x\in[0,1]\,;$$ 因此得到 $$\int_0^1(1-x^2)^{n-1}\,dx\gt \int_0^1(1-x^2)^{n-\frac12}\,dx\gt \int_0^1(1-x^2)^n\,dx\gt 0\,,$$ 所以我們有 $$\left({\int_0^1(1-x^2)^{n-1}\,dx}\right)^{-1}\lt \left({\int_0^1(1-x^2)^{n-\frac12}\,dx}\right)^{-1}\lt \left({\int_0^1(1-x^2)^n\,dx}\right)^{-1}\,;$$ 也就是說, \begin{equation}\label{main} W\left(\frac12,n-1\right)\lt W\left(\frac12,n-\frac12\right)\lt W\left(\frac12,n\right)\,. \end{equation} 同理可確認實數數列 $\displaystyle\left\{W\left(\frac12,\frac{q}{2}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$ 的的確確是一個遞增的數列, 跟上面圖形所顯示出來的結果是一致的。
2. 將不等式(\ref{main})以及推論 C2 跟 C3 放在一起, 馬上得到 Wallis 不等式 $$\frac{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)}\lt \frac{4\cdot6\cdot8\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n)}{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)}\cdot\frac{4}{\pi}\lt \frac{3\cdot5\cdot7\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n)}$$ 整理一下, 得到 $\displaystyle\frac{4}{\pi}$ 的上、下限 $$\frac{3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)^2\cdot(2\,n)}\lt \frac{4}{\pi}\lt \frac{3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)^2\cdot(2\,n)}\cdot\frac{2\,n+1}{2\,n}$$ 因而得到 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上、下限 $$\frac{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)^2\cdot(2\,n)} {3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}\cdot\frac{2\,n}{2\,n+1}\lt \frac{\pi}{4}\lt \frac{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)^2\cdot(2\,n)} {3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}$$ 若將 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上、下限分別以 $U_n\,,L_n$ 表示之, 則 $\displaystyle\,U_n=\frac{2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\, (2\,n-2)^2\cdot(2\,n)} {3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2}\,,$ $L_n=U_n\cdot\displaystyle\frac{2\,n}{2\,n+1}\,;$ 而且我們有 \begin{equation}\label{un01} L_n\lt \frac{\pi}{4}\lt U_n\,\Longleftrightarrow\, \frac{\pi}{4}\lt U_n\lt \frac{\pi}{4}\cdot\frac{2\,n+1}{2\,n}\,\,\mbox{。} \end{equation} 將上限的分子 $\displaystyle2\cdot4^2\cdot6^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-2)^2\cdot(2\,n)$ 寫成 $n-1$ 對連續偶數的乘積 $$[2\cdot4]\cdot[4\cdot6]\cdot[6\cdot8]\,\cdots\,\cdot[(2\,n-2)\cdot(2\,n)]\,,$$ 而每一對連續偶數都是中間那個奇數加減 1;亦即 $$[(3-1)(3+1)][(5-1)(5+1)][(7-1)(7+1)]\,\cdots\,[((2n-1)-1)((2n-1)+1)]\,,$$ 平方差的公式告訴我們, 上式等於 $(3^2-1)(5^2-1)(7^2-1)\,\cdots\,((2n-1)^2-1)\,\,\mbox{。}$ 回到上限的分母 $3^2\cdot5^2\cdot7^2\cdot\,\cdots\,\cdot\,(2\,n-1)^2$,馬上看出來 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上限可以寫成 \begin{equation}\label{un02} U_n=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,\,. \end{equation} 將(\ref{un01})式透過夾擠定理, 得到 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}U_n=\frac{\pi}{4}$; 而(\ref{un02})式兩邊取極限, 得到 $$\lim_{n\to\infty}U_n=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2} =\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\mbox{。}$$ 終於我們得到了 Wallis 的無限乘積公式, 如下 : $$\frac{\pi}{4}=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\mbox{。}$$
3. 用 Mathematica 算出 4 倍上述無窮乘積之前 $n-1$ 項的部分積 $W_n$ \begin{equation}\label{Upi} W_n=4\,U_n=4\,\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,, \end{equation}
   

   

   
   很明顯地, 水平線 $y=\pi$ 為此一部分積數列 $\Big\{W_n\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 的水平漸近線; 而且圖形顯示, 此一部分積數列 $\Big\{W_n\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 在 $\pi$ 的上方遞減地趨近於 $\pi$,其收斂的速度有些緩慢。
4. 需要取多大的 $n$, 才能精確到小數點之後第三位？
   

   

   
   從上面的圖形約略估算 $W_n$ 降到 3.142 時, 對應的 $n$ 尚未抵達但很接近 2000 ; 所以我們就試試 $n$ 從 1950 至 1970 之間, 對應之 $W_n$ 的值 :
   

   

   
   

   

   
   很幸運地, $n=1952$ 時其值是 3.14199 , 精確到小數點之後第三位。
5. 若要改良精確度, 可將 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的上、下限平均一下。試証其平均值 $\displaystyle\frac{L_n+U_n}{2}$ 為 $$\frac{2\,n+0.5}{2\,n+1}\cdot\,U_n=\frac{2\,n+0.5}{2\,n+1} \cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,\,\mbox{。}$$ 這只要回到(\ref{un01})式之前上下限的關係式 $\displaystyle\,L_n=U_n\cdot\frac{2\,n}{2\,n+1}$,馬上得到上式 : $$\frac{L_n+U_n}{2}=\frac{U_n\cdot\displaystyle\frac{2\,n}{2\,n+1}+U_n}{2}=\frac{U_n \left(\displaystyle\frac{2\,n}{2\,n+1}+1\right)}{2}=\frac{2\,n+0.5}{2\,n+1}\cdot\,U_n\mbox{。}$$ 令 $\displaystyle\,U_n(t)=\frac{2\,n+t}{2\,n+1}\cdot\,U_n$。 則 $\displaystyle\,W_n(t)=4\,U_n(t)$ 且(\ref{UL12})式中平均值就是 $\displaystyle\,W_n(0.5)$; 因而 $\pi$ 的上、下限分別就是 $$W_n(1)=4\,U_n(1)=4\,U_n=W_n\,,\qquad\,W_n(0)=4\,U_n(0)=4L_n\,\mbox{。}$$
6. 請問這一個 $\pi$ 的上、下限平均值數列 $\Big\{W_n(0.5)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 是如何趨近 $\pi$ 的呢？ 如何估計需要取多大的 $n$, 才能精確到小數點之後第三位？ 因為要精確到小數點之後第三位, 所以我們得觀察包含有水平線 $$y=3.141\,,\qquad\,y=\pi\,,\qquad\,y=3.142$$ 在內的圖形, 如下所示 :
   

   

   
   很明顯地, 平均值數列 $\Big\{W_n(0.5)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 乃一快速遞減收斂於 $\pi$ 的數列; 圖形就是上面非水平線的那條曲線, 收斂的速度快到幾幾乎乎與水平線 $y=\pi$ 是合而為一的。這一條曲線一開始在第一小格內就降到 3.1420了, 而第一小格的範圍是 20 到 30 ; 所以就讓我們試試 $n$ 從 25 至 30 之間, 對應的 $W_n(0.5)$ 值如何 :
   

   

   
   

   

   
   很幸運地, $n=27$ 的時候對應的 $W_{27}(0.5)=3.14199\cdots$, 精確到小數點之後第三位; 跟前面的 $n=1952$ 相比, 真是好太多了。
7. 上面討論告訴我們 : $\pi$ 之上下限平均值數列 $\Big\{W_n(0.5)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 如何快速地收斂於 $\pi$, 而其上、 下限數列則分別為 $\Big\{W_n(1)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 及 $\Big\{W_n(0)\Big\}_{n=1}^{\infty}$; 將此三數列之圖形放在同一平面, 如下所示 :
   

   

   
   介於 0 與 1 之間, 取更多的 $t$ 值; 將對應數列之圖形放在同一平面, 如下所示 :
   

   

   
   遠遠地觀看這些曲線, 感受到的是強烈的「對稱美」; 鏡子就是水平線 $y=\pi$ 連同那幾乎與她合體的上、下限平均值數列 $\Big\{W_n(0.5)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 曲線, 至此該是劃下句點的時候了。然而我們很好奇地想看那些非常接近 0.5 的 $t$ 值, 其對應的數列 $\Big\{W_n(t)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 曲線是否仍舊那麼的對稱呢？拭目以待！
8. 下面的圖形中 $t$ 以 0.5 為中心, 間距分別是 0.01, 0.001, 0.0001 : 請問鏡子還是水平線 $y=\pi$ 連同那幾乎與她合體的上、下限平均值數列 $\Big\{W_n(0.5)\Big\}_{n=1}^{\infty}$ 曲線嗎？
   

   

   
   

   

   
   

   

六、定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^d)^{\frac1d}\,dx$ 之無限乘積公式的探討

回首來時路, Wallis 藉助於定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{\frac1p})^{q}\,dx$ 倒數的美妙性質, 得到關於 $$\frac{\pi}{4}=\int_{0}^{1}(1-x^2)^{\frac12}\,dx$$ 的不等式, 最後更進一步地導出 $\pi$ 的一個無限乘積公式。 這整個過程, 顯而易見, 不用吹灰之力即可推廣至 $p$ 跟 $q$ 都是同一個自然數 $d$ 的倒數; Wallis 選中的 $d$ 是 2, 靈感來自上面那個定積分。 若將此限制拿走, 所得到的將是下列定積分之值 \begin{equation}\label{1overd} \int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx \end{equation} 的一個無限乘積公式。下面我們就順著這個思緒將上面 Wallis 所做的的事情再做一次。

1. 令 $d$ 為自然數。實數數列 $\displaystyle\left\{W\left(\frac1d,\frac{q}{d}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$ 中, 對應於 $\displaystyle\,q=d(n-1),\ \,d(n-1)+1,\ \,dn$,那三項分別為 $$\left({\int_0^1(1-x^d)^{n-1}\,dx}\right)^{-1}\,,\ \left({\int_0^1(1-x^d)^{n-1+\frac1d}\,dx}\right)^{-1}\,,\ \left({\int_0^1(1-x^d)^n\,dx}\right)^{-1}\,.$$ 因為 $x\in[0,1]\Rightarrow(1-x^d)\in[0,1]$, 我們有 $$(1-x^d)^{n-1}\ge(1-x^2)^{n-1+\frac1d}\ge(1-x^d)^n\ge0\quad\forall\,x\in[0,1]\,;$$ 因此得到 $$\int_0^1(1-x^d)^{n-1}\,dx\gt \int_0^1(1-x^d)^{n-1+\frac1d}\,dx\gt \int_0^1(1-x^d)^n\,dx\gt 0\,,$$ 所以我們有 $$\left({\int_0^1(1-x^d)^{n-1}\,dx}\right)^{-1}\lt \left({\int_0^1(1-x^d)^{n-1+\frac1d}\,dx}\right)^{-1}\lt \left({\int_0^1(1-x^d)^n\,dx}\right)^{-1}\,;$$ 也就是說, \begin{equation}\label{main_d} W\left(\frac1d,n-1\right)\lt W\left(\frac1d,n-1+\frac1d\right)\lt W\left(\frac1d,n\right)\,. \end{equation} 同理可確認實數數列 $\displaystyle\left\{W\left(\frac1d,\frac{q}{d}\right)\right\}_{q=0}^{\infty}$ 的確是遞增的數列。
2. 將不等式(\ref{main_d})以及推論 C4 跟 C5 放在一起, 馬上得到不等式 \begin{eqnarray*} &&\frac{(d+1)(2\,d+1)(3\,d+1)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)}{\qquad\,d\cdot\quad2\,d\quad\cdot\quad3\,d\quad\cdot\,\cdots\,\cdot\,\quad(d\,(n-1))\quad}\\ &\lt &\frac{(d+2)(2\,d+2)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+2)}{(d+1)(2\,d+1)(3\,d+1)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)}\cdot W\left(\frac1d\,,\,\frac1d\right)\\ &\lt &\frac{(d+1)(2\,d+1)(3\,d+1)\cdots\,\cdot\,(d\,n+1)}{\qquad\,d\cdot\quad2\,d\quad\cdot\quad3\,d\quad\cdot\,\cdots\,\cdot\,\quad(d\,n)\quad}\end{eqnarray*} 整理一下, 得到 $\displaystyle\,W\left(\frac1d\,,\,\frac1d\right)$ 的上、下限 \begin{eqnarray*} &&\hspace{-25pt}\frac{(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2}{d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)} \lt W\left(\frac1d\,,\,\frac1d\right)\\ &\lt &\frac{(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2}{d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\, (d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)}\cdot\frac{d\,n+1}{d\,n}\end{eqnarray*} 因而得到 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx=\left(W\left(\frac1d\,,\,\frac1d\right)\right)^{-1}$ 的上、下限 \begin{eqnarray*} &&\hspace{-25pt}\frac{d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)}{(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2} \cdot\frac{d\,n}{d\,n+1}\\ &\lt &\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\\ &\lt &\frac{d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)}{(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2} \end{eqnarray*} 若將 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的上、下限分別以 $U_n(d)\,,L_n(d)$ 表示之, 則 $$U_n(d)=\frac{d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)}{(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2}\,,$$ 且 \begin{equation}\label{UL_d} L_n(d)=U_n(d)\cdot\displaystyle\frac{d\,n}{d\,n+1}\,; \end{equation} 而且我們有 $$L_n(d)\lt \int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\lt U_n(d)\,,$$ 也就是說 \begin{equation}\label{un01_d} \int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\lt U_n(d)\lt \frac{d\,n+1}{d\,n}\cdot\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\,. \end{equation} 將上限 $U_n(d)$ 的分子 $\displaystyle\,d(d+2)(2\,d)(2\,d+2)(3\,d)(3\,d+2)\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)$ 寫成 $n-1$ 對差距為2 的相鄰整數之乘積 $$[d(d+2)]\cdot[(2\,d)(2\,d+2)]\cdot[(3\,d)(3\,d+2)]\,\cdots\,\cdot[(d\,(n-1))(d\,(n-1)+2)]\,,$$ 而每一對差距為2 的相鄰整數都是中間那個整數加減 1;亦即 $$\{[(d+1)\!-\!1][(d+1)+1]\}\{[(2d+1)\!-\!1][(2d+1)+1]\}\cdots\{[d(n\!-\!1)+1]\!-\!1\}\{[d(n\!-\!1)+1]+1\},$$ 平方差的公式告訴我們, 上式等於 $$[(d+1)^2-1][(2d+1)^2-1][(3d+1)^2-1]\,\cdots\,[(d(n-1)+1)^2-1]\,.$$ 因為上限的分母是 $$(d+1)^2(2\,d+1)^2(3\,d+1)^2\cdots\,\cdot\,(d\,(n-1)+1)^2\,,$$ 馬上看出來 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的上限可以寫成 \begin{equation}\label{un02_d} U_n(d)=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,. \end{equation} 透過夾擠定理, (\ref{un01_d})式導致 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}U_n(d)=\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\,;$ 而(\ref{un02_d})式兩邊取極限, 則得 $$\lim_{n\to\infty}U_n(d)=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,.$$ 這就是定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的無限乘積公式, 如下 : \begin{equation}\label{ip_d} \int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,. \end{equation}
3. 若要改良精確度, 可將其上、下限平均一下 $\displaystyle\frac{L_n(d)+U_n(d)}{2}$ 得平均值為 $$\frac{d\,n+0.5}{d\,n+1}\cdot\,U_n(d)=\frac{d\,n+0.5}{d\,n+1} \cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)^2-1}{(2k+1)^2}\,.$$ 這只要回到(\ref{UL_d})式中上下限的關係式 $\displaystyle\,L_n=U_n\cdot\frac{d\,n}{d\,n+1}$,馬上得到上式 : \begin{eqnarray*} \frac{L_n(d)+U_n(d)}{2}&=&\frac{U_n(d)\cdot\displaystyle\frac{d\,n}{d\,n+1}+U_n(d)}{2}=\frac{U_n(d)\left(\displaystyle\frac{d\,n}{d\,n+1}+1\right)}{2}\\ &=&\frac{d\,n+0.5}{d\,n+1}\cdot\,U_n(d)\,. \end{eqnarray*} 令 $\displaystyle\,W_{n}(d,t)=\frac{d\,n+t}{d\,n+1}\cdot\,U_n(d)$. 則定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 之值的上下限平均值就是 $\displaystyle\,W_{n}(d,0.5)\,;$ 而其上、下限分別就是 $W_{n}(d,1)\,$ 與 $W_{n}(d,0)\,,\,$ 且對所有的 $t\in[0,1]$ 我們有 \begin{equation}\label{WCT} W_{n}(d,0)\lt W_{n}(d,t)\lt W_{n}(d,1)\quad\mbox{及}\quad\lim_{n\to\infty}W_{n}(d,t) =\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\,. \end{equation}

我們將上面所討論的結果, 整理在下面的定理中。

Wallis 無窮乘積公式 : 令 $d$ 為自然數且令 $t\in[0,1]$。 定義數列 $\Big\{W_n(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 如下 : \begin{equation}\label{wallis} W_n(d,t)=\frac{d\,n+t}{d\,n+1}\cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,. \end{equation}

則我們有

1. 對所有的 $t\in[0,1]$, $\displaystyle\lim_{n\to\infty}W_{n}(d,t) =\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,.$
2. 定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 之值的上、下限分別就是 $W_{n}(d,1)\,$ 與 $W_{n}(d,0)\,\,$.
3. 對所有的 $t\in[0,1]$, $W_{n}(d,0)\le\,W_{n}(d,t)\le\,W_{n}(d,1)\,\,$.
4. 對所有的 $t\in[0,1]$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}W_{n}(d,t) =\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\,;\quad$ 因而再一次地得到 $$\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(d\,k+1)^2-1}{(d\,k+1)^2}\,\,;$$ 當 $d=2$ 時, 這就是 Wallis 無窮乘積公式 $$\frac{\pi}{4}=\int_{0}^{1}(1-x^{2})^{\frac12}\,dx=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2\,k+1)^2-1}{(2\,k+1)^2}\,.$$
5. 上一節的 (f) 之後半段說 : 實數數列 $\Big\{W_n(2,0.5)\Big\}_{n=1}^\infty$ 是一個遞減且比其他的實數數列 $\Big\{W_n(2,t)\Big\}_{n=1}^\infty\,,\,\,t\in[0,1]\backslash\{0.5\}$ 更快速地收斂於 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 的實數數列。

接下來讓我們一起看看當 $d\ne2$ 時, 上下限平均值數列 $\Big\{W_n(d,0.5)\Big\}_{n=1}^\infty$ 是否也是最快速地收斂於對應的定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的呢？ 先在 Mathematica 裏頭定義函數 $W(n,d,t)\,,\,\,WI(d)\,,$分別就是上面的數列 $\Big\{W_n(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 及定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx\,;$ 指令如下 :

我們就依序從最簡單的 $d\!=\!1$ 開始 : 定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1\!-\!x)dx\!=\!\frac12$ , 下限數列 $\Big\{W_n(1,0)\Big\}_{n=1}^\infty$ 就是常數數列 $\displaystyle\left\{\frac12\,,\,\,\frac12\,,\,\,\frac12\,,\,\,\cdots\cdots\right\}\,;$ 輸入指令與輸出結果如下所示 :

因此 $d=1$ 時, 下限數列 $\Big\{W_n(1,0)\Big\}_{n=1}^\infty$ 是以超光速的速度一開始就收斂於 $\displaystyle\frac12$。其他的自然數 $d$ 呢？下一節我們就繼續透過圖形的幫助, 趕快一起來尋找到底是哪一個 $t\in[0,1]$ 會讓數列 $\Big\{W_n(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 最快收斂於定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的呢？

七、何數列 $\Big\{W_n(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 最快收斂於定積分 $\displaystyle\int_0^1(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$?

對自然數 $d$, 我們要看看是哪一個 $t\!\in\![0,1]$ 會讓數列 $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 最快收斂於定積分 $$\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}dx?$$

這個 $t$ 會跟 $d$ 扯上關係嗎？所以讓我們將單位區間 $[0,1]$ 分割成 $d$ 等分, 其分割點包含兩個端點由大而小排列, 分別就是 $\displaystyle\,\Big\{1=t_0,\,t_1,\,t_2,\,\cdots\,,t_d=0\Big\}\,,$ 其中 $$t_i=\frac{d-i}{d}\,,\qquad\,i=0,1,2,\ldots,d\,.$$

對每一個 $d$,下面的資料中, 首先出現的是包含 $d+3$ 條曲線的一個圖形; 前二條分別就是參考水平線 $y=c$ (此 $c\gt WI(d)$) 及水平線 $y=WI(d)$,接下去分別就是下列數列的曲線 : $$\Big\{W_{n}(d,t_i)\Big\}_{n=1}^\infty\,,\qquad\,i=0,1,2,\ldots,d\,.$$

圖形之後出現的是數列 $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,\frac{d-1}{d})\Big\}_{n=1}^\infty$ 第 4 到第 9 項精確到六位的近似值, 而最後則是定積分 $WI(d)=\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d} \,dx$ 精確到六位的近似值。為了完全起見, 我們也把上面已經知道 $d=2$ 的資料按照目前的格式展現在你眼前 :

1. $d=2$:
   

   

   
   
2. $d=3$:
   

   

   
   
3. $d=4$:

   

4. $d=5$:
   

   

   
   
5. $d=6$:
   

   

   
   
6. $d=7$:
   

   

   
   
7. $d=8$:
   

   

   
   
8. $d=9$:
   

   

   
   看完這些資料, 可得如下的猜測 :

   猜測 :

   令 $d$ 為自然數且令 $t\in[0,1]$, 則我們有
   1. 數列 $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 最快收斂於定積分 $\displaystyle\int_{0}^{1}(1-x^{d})^{\frac1d}\,dx$ 的 $t$ 值是 $\displaystyle\frac{d-1}{d}$。
   2. 當 $\displaystyle\frac{d-1}{d}\le\,t\le1$ 時, $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 是一個遞減數列; 下界之一為 $WI(d)$.
   3. 當 $\displaystyle0\le\,t\lt \frac{d-1}{d}$ 時, $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,t)\Big\}_{n=1}^\infty$ 是一個遞增數列; 上界之一為 $WI(d)$.
   4. 上面九個 $d$ 值, 除了 $d=2$ 之外, 數列 $\displaystyle\Big\{W_{n}(d,\frac{d-1}{d})\Big\}_{n=1}^\infty$ 都是在九項之內就精確到小數點後第 3 位。
   再看一個稍大一點的例子 $d=25$ : 上面猜測一樣正確, 而且數列 $\displaystyle\Big\{W_{n}(25,0.96)\Big\}_{n=1}^\infty$ 的第 4 項就已經精確到小數點後第 4 位。
   

   

   
   

參考資料

---本文作者任教於東海大學應用數學系---