如何證明韋達給出的圓周率的計算公式？

01-04

對數學家韋達僅用數字2以及簡單的根號運算便得出圓周率的計算式感興趣，但苦於能力不足，無法證明。

Well, 建議發給高中生當課後習題

這個公式發現於1593年

所以原理不會太難, 簡單的高中三角函數知識就夠了.

其實就是倍角公式的應用.

$sin 2x = 2sin xcos x$

總知道吧,換種形式寫:

$sin x = 2sinfrac{x}{2}cosfrac{x}{2}$

然後發動 秘技: 反覆迭代

$egin{aligned} sin x = 2cosfrac{x}{2}sinfrac{x}{2}\ = 2^2cosfrac{x}{2}cosfrac{x}{4}sinfrac{x}{4}\ = 2^3cosfrac{x}{2}cosfrac{x}{4}cosfrac{x}{8}sinfrac{x}{8}\ =cdots end{aligned}$

n次迭代後就是:

$sin x = 2^n sinfrac{x}{2^n}left(prod_{i=1}^n cosfrac{x}{2^i} ight)$

然後除個x

$frac{sin x}{x} = frac{2^n}{x} sinfrac{x}{2^n}left(prod_{i=1}^n cosfrac{x}{2^i} ight)$

對n取極限:

尷尬了,超綱內容,重要極限: $lim_{n o infty} frac{2^n}{x} sinfrac{x}{2^n}=1$
證明: 略, 請學有餘力的同學自行證明 &>&>逃

$frac{sin x}{x} =prod_{i=1}^infty cosfrac{x}{2^i}$

令 $x=pi/2$

$frac{2}{pi} =prod_{i=1}^infty cosfrac{pi}{2^{i+1}}=cosfrac{pi}{4}cosfrac{pi}{8}cosfrac{pi}{16}cdots$

然後複習餘弦二倍角公式: ${displaystyle cos {frac {x}{2}}={sqrt {frac {1+cos x}{2}}}}$

$egin{aligned} cosfrac{pi}{4}=frac{1}{2}sqrt{2}\ cosfrac{pi}{8}=frac{1}{2}sqrt{sqrt{2}+2}\ cosfrac{pi}{16}=frac{1}{2} sqrt{sqrt{sqrt{2}+2}+2}\ cdots=cdots end{aligned}$

綜上所述:

${displaystyle {frac {2}{pi }}={frac {sqrt {2}}{2}}cdot {frac {sqrt {2+{sqrt {2}}}}{2}}cdot {frac {sqrt {2+{sqrt {2+{sqrt {2}}}}}}{2}}cdots }$

思考題: 維達 Vader 是哪國人?

記 $a_1=frac{sqrt{2}}{2},a_2=frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2},……$

不難發現 $2a_{n+1}^2=a_n+1,a_1=frac{1}{sqrt{2}}$ ，由遞推式可知數列極限為 $1$ ，結合式子中有個 $pi$ ，考慮使用三角換元。故猜測數列單調遞增。歸納：若 $a_{n}> a_{n-1}$ ，則 $a_n>2a_n^2-1$ ，解得 $a_n<1$ 。於是 $a_{n+1}=sqrt{frac{a_n+1}{2}}<sqrt{frac{1+1}{2}}=1$ ,所以 $a_{n+1}> a_{n}$ (否則 $a_{n+1}geq1$ ,矛盾)。

由上， $0 ，故可設 <img src=$ ，其中 $heta_nin(0,fracpi2)$ 。代入遞推式，可得 $cos heta_n=2cos^2 heta_{n+1}-1=cos{2 heta_{n+1}}$ ，則 $heta_{n+1}=frac12 heta_n$ ，又因為 $heta_1=fracpi4$ ，所以 $heta_n=fracpi{2^{n+1}}$ 。

注意到：

$prod_{k=1}^{n}{a_k}=cosfracpi4cdotcosfracpi8……cosfracpi{2^n}=frac1{sinfracpi{2^n}}cosfracpi4……cosfracpi{2^{n-1}}cdotcosfracpi{2^n}cdotsinfracpi{2^n}$

$=frac1{2sinfracpi{2^n}}cosfracpi4……cosfracpi{2^{n-1}}cdotsinfracpi{2^{n-1}}=……=frac1{2^{n-1}sinfracpi{2^n}}$

於是便得：

$frac{sqrt{2}}{2}cdotfrac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2}cdotfrac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2}……$

$=a_1cdot a_2cdot a_3……=lim_{n ightarrow infty}{frac1{2^{n-1}sinfracpi{2^n}}}=lim_{n ightarrow infty}{frac1{2^{n-1}cdotfracpi{2^n}}}$

$=frac2pi$

雖然看懂了樓上的證明過程，不過看來是不得不認老了，我承認我壓根想不到還有這種騷操作

看起來有點像圓內接正2^n邊形的周長？每個單項是2^n邊形邊長跟2^（n-1）邊形邊長的比沒認真算；）純目測

當然這個形的極限是圓在那個年代/高中水平上也沒有嚴格的證明吧