圆周率

nttz

考虑到图形的相似性，可得到
\[\tag2
P_n=p_n d, \quad Q_n=q_n d,
\]
其中 $p_n$ 和 $q_n$ 分别是直径为 $d=1$ 的圆的内接正多边形和外切正多边形的周长。
数列
\[\tag3
\begin{array}{lll}
p_3, & p_4, & p_5, \cdots, p_n, \cdots \\
q_3, & q_4, & q_5, \cdots, q_n, \cdots
\end{array}
\]
有共同的极限．这个极限就是数 $\pi$：
\[
\pi=\lim _{n \rightarrow \infty} p_n=\lim _{n \rightarrow \infty} q_n
\]
由等式（2）和（3），可得出等式（1）。
现在我们给圆周长下定义。
定义 圆的内接正多边形的周长数列的极限，叫做这个圆的周长．
数 $\pi$ 是数列 $\left(p_{3\cdot2^n}\right)$ 和 $\left(q_{3\cdot2^n}\right)$ 的共同极限：
\[
\pi=\lim _{n \rightarrow \infty} p_{3\cdot2^n}=\lim _{n \rightarrow \infty} q_{3\cdot2^n}
\]
可以证明：第一个数列是单调递增且上方有界的；第二个数列是单调递减且下方有界的．因此，根据维尔斯特拉斯定理，两个极限都存在。由等式
\[
q_n=\frac{p_n}{\sqrt{1-a_n^2}}
\]
以及当 $n \rightarrow \infty$ 时 $a_n$ 收敛于零，可以推导出上述两个极限相同．

如何证明两个数列的极限是$\pi$，首先要看数列为啥有界？为啥单调？数列的递推公式如何推导的？为啥两个数列的极限相同？

hbghlyj

单位圆内接正 $n$ 边形的周长为 \(q_n = n \cdot 2 \sin(180\du/n)\)，外切正 $n$ 边形的周长为 \(p_n = n \cdot 2 \tan(180\du/n)\)

• \(p_n>q_n\)，因此 \(\{p_n\}\) 有下界 $q_1$，\(\{q_n\}\) 有上界 $p_1$；
• \(\{p_n\}\) 严格递减，\(\{q_n\}\) 严格递增；
• \(p_n/q_n\) 随着 \(n\) 增大趋于$1$.

证明

• \[
  p_n - q_n = n \cdot 2 (\tan(180\du/n) - \sin(180\du/n)) > 0.
  \]
• 在引理2中取 $\alpha=180\du/(n(n+1))$ 可得：
  \[
  \frac{p_{n+1}}{p_n} = \frac{(n+1) \sin(180\du/(n+1))}{n \sin(180\du/n)} < 1,
  \]
  \[
  \frac{q_{n+1}}{q_n} = \frac{(n+1) \tan(180\du/(n+1))}{n \tan(180\du/n)} > 1.
  \]
• \[
  p_n /q_n = \cos(180\du/n)\to1
  \]因此 \(\lim p_n =\lim q_n\).

引理

• 令 \(\alpha > 0\)，\(n \geq 2\)，且 \(0 < n \alpha < 45^\circ\)，则：
  \[
  \sin(n \alpha) < n \sin(\alpha), \quad \tan(n \alpha) > n \tan(\alpha).
  \]
  证明：当 \(n = 2\) 时，\(\sin(2\alpha) = 2 \sin(\alpha) \cos(\alpha) < 2 \sin(\alpha)\)，且 \(\tan(2\alpha) = \frac{2 \tan(\alpha)}{1 - \tan^2(\alpha)} > 2 \tan(\alpha)\)
  假设 \(n\) 时成立，则对于 \(n+1\)：
  \[
  \sin((n+1)\alpha) = \sin(n\alpha) \cos(\alpha) + \cos(n\alpha) \sin(\alpha) < n \sin(\alpha) + \sin(\alpha) = (n+1) \sin(\alpha),
  \]
  \[
  \tan((n+1)\alpha) = \frac{\tan(n\alpha) + \tan(\alpha)}{1 - \tan(n\alpha)\tan(\alpha)} > n \tan(\alpha) + \tan(\alpha) = (n+1) \tan(\alpha).
  \]
• 令 \(\alpha > 0\)，\(n \geq 2\)，且 \(0 < n \alpha < 45^\circ\)，则：
  \[
  \frac{\sin((n+1)\alpha)}{\sin(n\alpha)} < \frac{n+1}{n}, \quad \frac{\tan((n+1)\alpha)}{\tan(n\alpha)} > \frac{n+1}{n}.
  \]证明：对于正弦比值：
  \[
  \frac{\sin((n+1)\alpha)}{\sin(n\alpha)} = \cos(\alpha) \left(1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n\alpha)}\right) <1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n\alpha)}\overset{\text{引理1}}<1 + \frac{1}{n}
  \]
  对于正切比值：
  \[
  \frac{\tan((n+1)\alpha)}{\tan(n\alpha)} = \left(1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n\alpha)}\right) \cdot \left(1 + \frac{\tan(n\alpha)\tan(\alpha)}{1 - \tan(n\alpha)\tan(\alpha)}\right)
  \]
  \[\gt \left(1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n \alpha)}\right) \cdot \left(1 + \tan(n \alpha) \tan(\alpha)\right) = 1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n \alpha)} + \tan(n \alpha) \tan(\alpha) + \tan^2(\alpha)\]
  \[\gt 1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n \alpha)} \left(1 + \tan^2(n \alpha)\right) = 1 + \frac{\tan(\alpha)}{\tan(n \alpha) \cos^2(n \alpha)} = 1 + \frac{\sin(\alpha)}{\sin(n \alpha) \cos(n \alpha) \cos(\alpha)} > 1 + \frac{\sin(\alpha)}{\sin(n \alpha)} \overset{\text{引理1}}\gt 1 + \frac{1}{n}\]

---

高效算法
例如 Borwein 算法：设 \(a_0 = 6 - 4\sqrt{2}\)，\(y_0 = \sqrt{2} - 1\)，迭代公式为
\[
y_{k+1} = \frac{1 - (1 - y_k^4)^{1/4}}{1 + (1 - y_k^4)^{1/4}}, \quad a_{k+1} = a_k (1 + y_{k+1})^4 - 2^{2k+3} (1 + y_{k+1} + y_{k+1}^2).
\]
则 \(1/a_k\) 四次收敛于 \(\pi\)。

hbghlyj

nttz 发表于 2023-11-30 09:40
数 $\pi$ 是数列 $\left(p_{3\cdot2^n}\right)$ 和 $\left(q_{3\cdot2^n}\right)$ 的共同极限：
\[\pi=\lim _{n \rightarrow \infty} p_{3\cdot2^n}=\lim _{n \rightarrow \infty} q_{3\cdot2^n}\]

令 $$\theta_k=\frac{60^\circ}{2^k},$$ 则有
$$a_k=3\cdot2^k\tan(\theta_k),\quad b_k=3\cdot2^k\sin(\theta_k),$$
【阿基米德迭代法求 $π$】
定义实数序列 $$A_k,\; B_k$$ 使得
$$A_1=2\sqrt{3},\; B_1=3,$$
对所有 $k\ge1$ 设
$$A_{k+1}=\frac{2A_kB_k}{A_k+B_k},\quad B_{k+1}=\sqrt{A_{k+1}B_k}.$$
则对所有 $k\ge1$ 有 $$A_k=a_k,\quad B_k=b_k.$$
证明：初始时 $A_1=a_1,\; B_1=b_1$；假设对 $k$ 成立，
利用半角与双角公式可推得
$$A_{k+1}=3\cdot2^{k+1}\tan\left(\frac{\theta_k}{2}\right)
=3\cdot2^{k+1}\tan(\theta_{k+1})=a_{k+1},$$
$$B_{k+1}=3\cdot2^{k+1}\sin(\theta_{k+1})=b_{k+1}.$$