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1.圓周率的定義與近似值


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



\begin{displaymath}<br>\pi = 2 \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}<br>\end{displaymath}


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



\begin{displaymath}<br>A_n = \frac{n}{2}\sin \frac{2\pi}{n} , \quad B_n=n \tan \frac{\pi}{n}<br>\end{displaymath}


因而 $A_n < \pi < B_n$。π的值到小數點後200位是



\begin{eqnarray*}<br>\pi & = & 3.1415926535 \; 8979323846 \; 2643383279 \; 50288419...<br>...& & \;\;\; 8410270193 \; 8521105559 \; 6446229489 \; 5493038196<br>\end{eqnarray*}


取 π = 31,415,926,535/10,000,000,000，做輾轉相除法得 π 的連分數表示是



\begin{displaymath}<br>\pi=3+\frac{1}{7+\frac{1}{15+\frac{1}{1+\frac{1}{292+\frac{1}{1+\frac{1}{\vdots}}}}}}<br>\end{displaymath}


而前面七個近似分數是



\begin{displaymath}<br>\frac{1}{3},\frac{22}{7},\frac{333}{106},\frac{355}{113},\frac{103993}{33102},\frac{104348}{33215},\frac{208341}{66317}<br>\end{displaymath}



阿基米德考慮圓內接與外切正96邊形，而得出 $3\frac{10}{71}< \pi < 3 \frac{1}{7}$；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 π 的值計算到 16,000,000位。




2.π 與級數的和


π 很自然地出現在一些正項級數與交錯級數的和，如



\begin{eqnarray*}<br>(1) & & 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots + \frac{(-1)^{n...<br>...minus0.1pt{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 98}}<br>\end{eqnarray*}



這類的級數和可由三角級數、積分或複變方法得出，如



\begin{displaymath}<br>\frac{\pi}{4}=\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2}= \int_0^1 [1-x^2+x^4-\cdots + (-1)^nx^{2n}+\cdots]dx<br>\end{displaymath}





逐項積分即可得出第一個式子，這式子曾被用來計算 π 的近似值，但不很實用，若想得到 100 位，則需算到 1050 項。

而第二個式子與一般級數



\begin{displaymath}<br>\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2k}, \quad k\mbox{{\fontfamil...<br>...nus0.1pt{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 98}}<br>\end{displaymath}





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，



\begin{displaymath}<br>\sin x = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots +<br>\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\cdots<br>\end{displaymath}





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

令 x2= y ，則



\begin{displaymath}<br>y(1-\frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!}+ \cdots + \frac{(-1)^{n-1} y^{n-1}}{(2n-1)!}+ \cdots) =0<br>\end{displaymath}





故方程式



\begin{displaymath}<br>1-\frac{y}{3!}+\frac{y^2}{5!}-\frac{y^3}{7!} + \cdots<br>+ \frac{(-1)^{n-1}y^{n-1}}{(2n-1)!} + \cdots =0<br>\end{displaymath}





的根是 $\pi^2 , (\pi)^2, (2\pi)^2, \cdots , (n\pi)^2, \cdots$ 但這些根的倒數和則是第二項係數 $-\frac{1}{3!}$ 乘上 -1，即



\begin{eqnarray*}<br>& \frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{(2\pi)^2}+\frac{1}{(3\pi)^2}+\cdots...<br>...+\frac{1}{3^2}+\cdots + \frac{1}{n^2}+ \cdots<br>= \frac{\pi^2}{6}<br>\end{eqnarray*}



利用餘弦函數的級數展開



\begin{displaymath}<br>\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+\cdots<br>\end{displaymath}





重覆上面的步驟，則得出



\begin{displaymath}<br>1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots + \frac{1}{(2n+1)^2}+\cdots = \frac{\pi^2}{8}<br>\end{displaymath}





因而上面級數減去第二個級數的兩倍，則得出



\begin{displaymath}<br>1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}+\cdots + \frac{1}{(2n-1)^2}-\frac{1}{(2n)^2}+\cdots = \frac{\pi^2}{12}<br>\end{displaymath}





另外 π 與反正切的關係也常被用於計算 π 的值，如



\begin{eqnarray*}<br>\frac{\pi}{4} & = & \tan^{-1} \frac{1}{5} - \tan^{-1} \frac{1}...<br>...{18} + 32 \tan^{-1} \frac{1}{57} - 20 \tan^{-1} \frac{1}{239}\\<br>\end{eqnarray*}




3.π是無理數

到底 π 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. Lembert 利用 Brouncker 所得出 π 的連分數



\begin{displaymath}<br>\frac{\pi}{4} = \frac{1}{1+\frac{2^2}{2+\frac{3^2}{2+\frac{5^2}{2+\frac{7^2}{2+ \cdots}}}}}<br>\end{displaymath}


而得證 π 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*}<br>J&=&\pi \int_0^1 f(x)\sin \pi x dx\\<br>&=&\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k(f^{(2k)}(0)+f^{(2k)}(1)}{\pi^{2k}}<br>\end{eqnarray*}


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



\begin{displaymath}<br>(\frac{d}{dx})^k[f(x)g(x)]<br>=\sum_{j=0}^{k}<br>\left( \begin{arr...<br>...ight)<br>[(\frac{d}{dx})^j f(x)] \cdot [(\frac{d}{dx})^{k-j}g(x)]<br>\end{displaymath}


因而



\begin{displaymath}<br>f^{(k)}(x)=\frac{1}{n!} \sum_{j=0}^{k}<br>\left( \begin{array}{...<br>...t)<br>[(\frac{d}{dx})^{j}x^n] \cdot [(\frac{d}{dx})^{k-j}(1-x)^n]<br>\end{displaymath}


但



\begin{displaymath}[(\frac{d}{dx})^jx^n]_{n=0}<br>=\left\{ \begin{array}{cl}<br>0 & ,0...<br>...< n ; \\<br>n! & ,j=n ; \\<br>0 & , j > n .\\<br>\end{array}\right .<br>\end{displaymath}


故無論如何，f(k)(0) 是整數。

若 π 是有理數， $\pi^2=\frac{p^2}{q^2}$, p,q 是正整數，則p2nJ是整數；而另一方面由



\begin{displaymath}<br>0\leq x^n(1-x)^n \sin \pi x \leq 1<br>\end{displaymath}


而得



\begin{eqnarray*}<br>& 0<J<\frac{\pi}{n!} \\<br>& 0< p^{2n}J<\frac{p^{2n}\pi}{n!}<br>\end{eqnarray*}


但



\begin{displaymath}<br>\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{p^{2n}}{n!}=0<br>\end{displaymath}



故 n 相當大時，0< p2n< 1，這與 p2nJ 是整數相矛盾。故得證 π 是一無理數。




4.π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



\begin{displaymath}<br>e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\cdots<br>\end{displaymath}





是一超越數，因而得到



\begin{displaymath}<br>\begin{eqalign}<br>& a_1e^{r_1}+a_2e^{r_2}+\cdots + a_ne^{r_n}=0 \\<br>\Longrightarrow & a_1=a_2=\cdots =0<br>\end{eqalign}\end{displaymath}





其中 a1,a2,…,an 是有理數，而 r1,r2,…,rn，是相異正整數或零。

1882年，F. Lindeman 推廣 Hermite 的定理，允許 a1,a2,…,an; r1,r2,…,rn 是代數數，即

若 r1,r2,…,rn 是 n 個相異代數數，且 a1,a2,…,an 是 n 個代數數，則



\begin{displaymath}<br>\begin{eqalign}<br>& a_1e^{r_1}+a_2e^{r_2}+\cdots + a_ne^{r_n}=0 \\<br>\Longrightarrow & a_1=a_2=\cdots =0<br>\end{eqalign}\end{displaymath}





利用上面的定理與有名的尤拉公式，即可很快得證 π 是一超越數，尤拉公式是



\begin{displaymath}<br>e^{i \theta }=\cos \theta + i \sin \theta<br>\end{displaymath}





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 π 是代數數的話，則 $e^{i \pi}$ 與 e0 的係數應是 0；但事實不然，故只好 π 是超越數了。


5. π的數值計算的歷史(西方)


荷蘭數學家 Adriaan Anthoniszoon（1527～1607）找到 π 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 Viete 打破，1593年他利用



\begin{eqnarray*}<br>\frac{2}{\pi} & = & \Pi_{n=2}^{\infty} \cos \frac{\pi}{2^n} \\...<br>...ac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}} \cdots<br>\end{eqnarray*}



而計算 π 值正確到第九位。但同一年，Adriaen van Rooman（1561～1615）利用 230 (=1,073,741,824) 邊形而計算到第15位。三年後，這紀錄又另一荷蘭人 Ludolph van Geuleu（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 x 233 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，隨著微積分的發明而可將 π 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



\begin{displaymath}<br>\frac{\pi}{4}=\tan^{-1}\frac{1}{2}+\tan^{-1}\frac{1}{5}+\tan^{-1}\frac{1}{8}<br>\end{displaymath}





與級數展開，計算π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位以後的數字跟 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π的旋風一直持續不斷，1853年，Rutherford 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π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年為止，已計算π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π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 <30小時 16,000,000 1/155秒