拉馬努金圓周率公式的原理是什麼？

01-19

最近看到這麼一個公式：
$frac{1}{pi}=frac{2sqrt{2}}{99^{2}}sum_{k=0}^{infty}{frac{(4k)!}{k!^{4}}frac{26390k+1103}{396^{4k}}}$
當算到k=1時，算出的結果已經突破了計算器的精度。我和小夥伴們驚呆了！這公式里的數看上去跟圓周率風馬牛不相及，但是居然是對的。哪位數學大手能解釋一下其中的原理？廣告度根本解決不了我的問題。

這是一個巨大的寶藏。

[證明相當一部分內容在http://paramanands.blogspot.com/，其實就是Borwein兄弟的證明，Ramanujan給出了公式但沒有詳細證明]

[2016.1.21補註: n=37和n=58均得到不同於Borwein兄弟的證明。下面是來自http://www.math.tifr.res.in/~publ/nsrBook3.pdf 的Ramanujan筆記本的照片。]

Ramanujan1914年的論文

http://ramanujan.sirinudi.org/Volumes/published/ram06.pdf

中對於這個等式的說明實在太短，估計referee們看著也很抓狂。他本人的思路已經不可考，下面的答案2/3(就篇幅而言)是Borwein兄弟給出的解答。

[2015.12.25 注: Hardy 在寫給Ramanujan的悼詞中提到了Ramanujan剛到英國時寫的一些paper。Hardy列出了其中他認為非常重要的幾篇，Ramanujan這篇文章正在Hardy的列表之中。這篇文章雖然是在英國發表的，但是內容早在Ramanujan來到英國之前就已經完成。]

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It took them only an instant to cut off this head, and one hundred years might not suffice to reproduce its like.(Lagrange)

PART A 符號推演部分

1. 依照 DLMF: §15.8 Transformations of Variable 中給出的(15.8.15)(15.8.18)以及Clausenamp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;#x27;s formula，可以得到下面這個複雜的式子：

$({1+k^2})left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2={}_3 F_2left(egin{matrix}1/4 3/4 1/2\1 1end{matrix};frac{16k^2(1-k^2)^2}{(1+k^2)^4} ight)$

其中 $K$ 與 $_3F_2$ 分別代表的是第一類完全橢圓積分

$int_0^{pi/2}frac{1}{sqrt{1-k^2sin^2{ heta}}},mathrm{d} heta$

和廣義超幾何函數。注意這裡 $0leq kleqsqrt{2}-1$ 。

[2016.4.19, 2016.9.6 補註: 上面的式子有著對應的代數幾何的解釋。等式右邊的廣義超幾何函數，是K3曲面 $x_0^4+x_1^4+x_2^4+x_3^4=4lambda^{-1}x_0x_1x_2x_3$ 對應的Picard-Fuchs方程的解。這一類曲面

$sum_{k=1}^n{x_k^n}=nlambdaprod_{k=1}^n{x_k}$

的具體研究首先是由Bernard Dwork開展的，近幾十年它們又成為數學好幾個分支的重要研究對象。]

記 $K^{prime}(k)=K(k^prime), (k^prime)^2+k^2=1$ 備用。

2. Ramanujan本人的出發點就是上面這個等式。等式左邊的橢圓積分可以說吸引了十九世紀從高斯到黎曼等最著名數學家的注意，可以說，橢圓積分以及與其關聯的 $heta$ -函數衍生出了一片公式之海。在Felix Klein等人還是學生的時候，這類函數研究的熱度大約相當於今日代數幾何的熱度吧。

3. 從廣義超幾何函數的級數表示，可以得到橢圓積分平方的級數展開：

$left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2=a(k)sum_{n=0}^{infty}b_nc^n(k)$

其中 $a(k), c(k)$ 都是關於 $k$ 的有理函數。

4. 下面的內容就進入 $heta$ 函數的範疇了。依照傳統記號，定義幾個函數：

$egin{equation}egin{split} heta_2(q)=sum_{ninmathbb{Z}}q^{(n+1/2)^2}\ heta_3(q)=sum_{ninmathbb{Z}}q^{n^2}\ heta_4(q)=sum_{ninmathbb{Z}}(-1)^nq^{n^2} end{split}end{equation}$

高斯本人在1794年已經發現了這些 $heta$ 函數。這些函數滿足這樣的關係：

$egin{equation}egin{split}frac{ heta_3^2(q)+ heta_4^2(q)}{2}= heta_3^2(q^2) \ heta_{3}(q) heta_{4}(q)= heta_4^2(q^2)\ heta_3^4(q)- heta_4^4(q)= heta_2^4(q)end{split}end{equation}$

5. 高斯在1799年5月30號的神奇發現(AGM method)告訴我們：

給定正實數 $a, b$ 。定義 $a_0=a, b_0=b, a_{i+1}=(a_i+b_i)/2, b_{i+1}=sqrt{a_ib_i}$

那麼 $lim_{n ightarrowinfty}a_n=lim_{n ightarrowinfty}b_n=M(a,b)$

且 $M(a,b)int_0^{pi/2}frac{1}{sqrt{a^2sin^2 heta+b^2cos^2 heta}},mathrm{d} heta=pi/2$

高斯本人是通過數值計算 $a=1, b=sqrt{2}$ 到小數點後11位歸納出上面的關係式的，計算功力真是令人嘆為觀止。為此高斯寫下了密文「Vicimus GEGAN」，直到1997年才確認這句密文描述的就是這個發現。可以說證明 $a_n, b_n$ 極限相等是一道略有難度的高中題目，但是這個極限與橢圓積分之間的關係非天才的洞見是不能現身於世的。不過高斯並非第一個發現這個關係的人，最早發現這個關係的人是Lagrange。

[2017. 12. 7. 註：引用的Biermann的結論仍然有若干矛盾之處無法解釋。Gauss在1796年10月寫下的Vicimus GEGAN具體指的是什麼樣的研究內容仍然不清楚。]

從這裡可以推理出 $(M(1,k^{prime}))^{-1}=frac{2K(k)}{pi}= heta_3^2(q)$

這裡 $k^2=1-frac{ heta_4^4(q)}{ heta_3^4(q)}=frac{ heta_2^4(q)}{ heta_3^4(q)}$

也就是 $k(q)=frac{ heta_2^2(q)}{ heta_3^2(q)}, k^{prime}(q)=frac{ heta_4^2(q)}{ heta_3^2(q)}$

6. 高斯的發現打開了通向橢圓模函數的大門。所謂模函數，就是這些函數在某些變換(Modular group)之下保持不變。從Poisson求和公式可知，如果令 $q=exp{(-pi au)}$ ，那麼，

$au heta_3^2(q( au))= heta_3^2(q(1/ au))\ au heta_2^2(q( au))= heta_4^2(q(1/ au))$

也就是 $k(q( au))=k^{prime}(q(1/ au))$

因此 $frac{K^prime}{K}(k(q( au)))=frac{M(1,k^prime(q))}{M(1,k(q))}=frac{M(1,k^prime(q( au)))}{M(1,k^{prime}(q(1/ au)))}=frac{ heta_3^2(1/ au)}{ heta_3^2( au)}= au$

亦即 $exp(-pi K^{prime}(k)/K(k))=q$

這就是Jacobi在1829年前後發現的重要公式。

7. Abel與Jacobi在19世紀20年代關於橢圓積分的競爭可謂是棋逢對手，將遇良才。他們之前研究橢圓積分的只有高斯，歐拉和Legendre比較有影響。Legendre曾發現一個極重要的關係式：

$E(k^prime)K(k)+K(k^prime)E(k)-K(k)K(k^prime)=pi/2$

根據這個公式以及wiki Elliptic integral中的公式

$frac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}=frac{E}{k(1-k^2)}-frac{K}{k}$

$E$ 代表第二類完全橢圓積分，可以推導出

$frac{{ m d}(K^prime/K)}{{ m {d}} k}=-frac{pi}{2k {k^{prime}}^2K^2}$

利用一下 $exp(-pi K^{prime}(k)/K(k))=q$ ，也可以得到

$frac{mathrm{d} q}{mathrm{d} k}=frac{pi ^2q}{2k {k^{prime}}^2K^2}$

8. 還有一味證明的佐料必須在這裡提及。Jacobi在19世紀20年代的發現不止是 $heta$ 函數與橢圓積分之間的關係，他還把 $heta$ 函數寫成了無窮級數乘積的形式，這便是著名的Jacobi triple product：

$egin{equation}egin{split} heta_2(q)=2q^{1/4}prod_{m=1}^{infty}(1-q^{2m})(1+q^{2m})^2\ heta_3(q)=prod_{n=1}^{infty}(1-q^{2m})(1+q^{2m-1})^2\ heta_4(q)=prod_{m=1}^{infty}(1-q^{2m})(1-q^{2m-1})^2end{split}end{equation}$

那麼 $heta_2(q) heta_3(q) heta_4(q)=2q^{1/4}prod_{n=1}^{infty}(1-q^{2m})^3=2q^{1/4}(P(q^2))^3$

利用 $k, k^{prime},K$ 與 $heta$ 函數的關係，可以寫出

$left(frac{2K}{pi} ight)^{12}cdot(kk^{prime})^4=4^4q^{2}prod(1-q^{2m})^{24}=4^4eta(q^2)$

右邊正是著名的Dedekind eta function！

以上連乘積表達式高斯在1800年之前就知道了.

9. 回到(3). 將(8)中最後一個表達式與(3)式結合，就有

$left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2=2^{4/3}eta^{1/6}(q^2)(kk^{prime})^{-2/3}=a(k)sum_{n=0}^{infty}b_nc^n(k)$

作關於 $k$ 的對數微分，即有

$frac{1}{6}E(q^2)2qfrac{mathrm{d} q}{mathrm{d} k}=frac{2}{3}frac{(k^{prime})^2-k^2}{k(k^{prime})^2}+frac{a^{prime}}{a}+frac{ac^{prime}}{c(2K/pi)^2}sum_{n=0}^{infty}nb_nc^n(k)$

其中

$E(q)=frac{eta^prime}{eta}(q)$

注意

$frac{mathrm{d} q}{mathrm{d} k}=frac{pi ^2q}{2k {k^{prime}}^2K^2}$

因此

$frac{1}{6}q^2E(q^2)=u(k)left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2+v(k)sum_{n=0}^{infty}nb_nc^n(k)$

$u, v, c$ 均為 $k$ 的有理函數。

10. 證明中最難的是如何消去上面式子中的 $left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2$ 一項。這就要涉及到關於Modular equation的知識。

注意到從 $exp(-pi K^{prime}(k)/K(k))=q$ 可以得到

$frac{K^{prime}(k(q^n))}{K(k(q^n))}=nfrac{K^{prime}(k(q))}{K(k(q))}$

$n$ 是有理數。19世紀的數學家們發現，若

$frac{K^{prime}(k_1)}{K(k_1)}=nfrac{K^{prime}(k_2)}{K(k_2)}$

那麼 $f(k_1,k_2)=0$ , $f$ 是 $k_1,k_2$ 的代數函數(Algebraic function)！

11. $heta_2^8(q) heta_3^8(q) heta_4^8(q)=2^8eta(q^2)$

令 $q=exp{(-pi au)}$ ，從(6)中 $heta$ 函數的變換公式不難得到

$eta(q^2(1/ au))= au^{12}eta(q^2( au))$ 。

兩邊取對數微分，得到

$au^2 q^2( au)E(q^2( au))+q^2(1/ au)E(q^2(1/ au))=6 au/pi$

這是 $frac{1}{pi}$ 在推理中首次獨立出現。

12. 為了利用Modular Equation的有關知識，令 $au=sqrt{n}$ ， $n$ 為正整數，並記

$E_1(q)=q^2E(q^2)$

那麼

$nE_1(e^{-pisqrt{n}})+E_1(e^{-pi/sqrt{n}})=6sqrt{n}/pi$

$E_1(e^{-pisqrt{n}})$ 與 $E_1(e^{-pi/sqrt{n}})$ 的另一關係式須從Modular Equation的知識導出。

13. 回到 $frac{K^{prime}(k_1)}{K(k_1)}=nfrac{K^{prime}(k_2)}{K(k_2)}$ 。

對這個式子進行微分，有

$frac{mathrm{d} k_1}{mathrm{d} k_2}=nfrac{k_1(k_1^{prime})^2K^2(k_1)}{k_2(k_2^{prime})^2K^2(k_2)}$

因此 $frac{K^2(k_1)}{K^2(k_2)}$ 是 $k_1,k_2$ 的代數函數。

記 $k_1=k(q^n)$ ， $k_2=k(q)$

借用一下 $left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2=2^{4/3}eta^{1/6}(q^2)(kk^{prime})^{-2/3}$

可以得到 $frac{eta(q^{2n})}{eta(q^2)}=G(k_1,k_2)$ , $G$ 是 $k_1,k_2$ 的代數函數。在等式兩邊對 $k_2=k$ 作對數微分，

得到 $nE_1(q^n)-E_1(q)=left(frac{2K(k)}{pi} ight)^2G_1(k_1,k)$

$G_1$ 是 $k_1,k_2$ 的代數函數。

聯合此式、(3)及(12)最後一式(令 $q=e^{-pi/sqrt{n}}$ )，得到了[這裡有一處可以補救的Gap, 請問是什麼?]

$frac{3}{pisqrt{n}}=sum_{m=0}^{infty}(6v(k)m+ar{G}(k_1,k))b_mc^m(k)$

$ar{G}$ 是 $k_1,k_2$ 的代數函數。所以說題主所問的Ramanujan的公式形式上就是這麼來的。但是數值上是怎樣得到那麼漂亮的公式呢？PART B主要敘述的就是相關的計算過程。

PART B 數值計算部分

1. 我們一點點地來計算各部分係數的值。

從廣義超幾何函數的定義可以得到

$b_m=frac{(4m)!}{4^{4m}(m!)^4}$

這是題主所給等式中最容易計算的部分。

2. $c(k(q))$ 及 $6v(k(q))$ 的計算，與Hilbert大加稱讚的橢圓曲線的Complex multiplication理論緊密相連。

不難得到

$c(k)=left(frac{2}{2k/(k^{prime})^2+(k^{prime})^2/(2k)} ight)^2\6v(k)=3left(1-frac{2}{((k^{prime})^2/(2k))^2+1} ight)$

3. Ramanujan取上節(12)中的 $n$ 為58，即 $q=e^{-pisqrt{58}}$

在Ramanujan之前H. M. Weber已經給出此時的

$frac{2k}{(k^{prime})^2}$ = $left(frac{sqrt{29}-5}{2} ight)^6$

代入 $c(k),v(k)$ 的公式，得

$c(k)=frac{1}{9801^2}=frac{1}{99^4}\2v(k)=frac{1820sqrt{29}}{99^2}$

代回上節(13)最後一式，整理一下即有

$frac{1}{pi}=frac{2sqrt{2}}{99^2}sum_{m=0}^{infty}(26390m+c_0)frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}$

$c_0$ 是某個未知的常數。

4. 沒有確實的證據表明Ramanujan能從理論上推測出 $c_0$ 的值。但是數值計算來推測一下 $c_0$ 還是沒問題的。

取級數前 $m$ 項，用Mathematica反解 $c_0$

$m=0, c_0=1103.00002683197 \m=1, c_0=1103.00000000000$

這就足以讓Ramanujan給出他的著名級數：

$frac{1}{pi}=frac{2sqrt{2}}{99^2}sum_{m=0}^{infty}(26390m+1103)frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}$

Appendix 殘留的問題

預警:

-這是全部證明中最困難也是最有價值的部分-

殘留的問題有兩個：a) $frac{2k}{(k^{prime})^2}$ 的值是如何計算出來的？b)反解出的數1103確實可以使等號成立嗎？

a)從 $heta$ 函數連乘積表達式及其與 $k,k^{prime}$ 的關係，可得

$frac{2k}{(k^{prime})^2}=8q^{1/2}prod_{n=1}^{infty}(1+q^{m})^{12}=8left(frac{eta(q^2)}{eta(q)} ight)^{1/2}$

令 $q=exp{(2 pi i au_0)}$

Weber在計算這個值(Lehrbuch der Algebra [Vol. III] 第141,142節，附錄表6)的時候，使用了Kronecker limit formula：

$E( au,s;y)=frac{pi}{s-1}+2pileft(C-frac{1}{12}log{(y^{6}verteta( au)vert)} ight)+O(s-1)$

其中

$E( au,s;y)=sum_{(m,n) eq(0,0)}frac{y^s}{vert m+n auvert^{2s}}, \y=mathrm{Im}, au,y>0,eta( au)=eta(exp(2pi i au))$

我們需要計算的 $au$ 數值為

$au_0=frac{sqrt{-58}}{2}$

分別取 $( au,y)=( au_0,sqrt{58}/2),(2 au_0,sqrt{58})$

代入Kronecker公式，將所得兩公式相減可以得到

$sum_{(m,n) eq(0,0)}frac{58^{s/2}}{(m^2+58n^2)^s}-frac{58^{s/2}}{(2m^2+29n^2)^s}=-frac{pi}{6}log{frac{2^{6}verteta(2 au_0)vert}{verteta( au_0)vert}}+O(s-1)$

可以看到，等式右邊是

$-frac{2pi}{6}log{frac{2k}{(k^{prime})^2}}+O(s-1)$

左邊是什麼呢？熟悉高斯的二次型理論就會知道，左邊分母中的二次型正好是判別式為-232的二次型的所有的等價類。這個是可以與 $L$ 函數搭上關係的。

根據C.L.Siegel的Advanced Analytic Number Theory

http://www.math.umn.edu/~garrett/m/mfms/notes_2013-14/Siegel_AdvAnNoTh.pdf

一書第二章的理論，可知等式左邊等於

$2 imes 58^{s/2}prod_pleft(1-left(frac{-2}{p} ight)p^{-s} ight)^{-1}prod_pleft(1-left(frac{29}{p} ight)p^{-s} ight)^{-1}$

正是對應於兩個實特徵的 $L$ 函數的乘積。根據Dirichlet的Class number formula，乘積在 $s=1$ 的值為

$2pi h(mathbb{Q}(sqrt{-2}))h(mathbb{Q}(sqrt{29}))logepsilon$

$epsilon$ 是 $mathbb{Q}(sqrt{29})$ 的fundamental unit，值為 $frac{5+sqrt{29}}{2}$ ，兩個數域的類數 $h(mathbb{Q}(sqrt{-2})),h(mathbb{Q}(sqrt{29}))$ 均為1，代回即可得

$frac{2k}{(k^{prime})^2}=left(frac{-5+sqrt{29}}{2} ight)^6$

b)沒人知道Ramanujan如何得到1103這個值。在這裡我將給出一個不同於Borwein兄弟的新證明。

這裡的細節全部略去，只提一下梗概。

主要的要點在於

$frac{(nE_1(q^n)-E_1(q))^2}{sqrt[6]{eta(q^{2n})eta(q^4)}},q=exp(ipi au), n=58$

是 $Gamma_0(58)$ 作用下權為0的(weak)模形式。

根據1957年Morris Newman的一個猜想，這一類模形式可以寫成可表為Dedekind Eta函數乘積的模形式的線性組合。這些模形式在 $q=exp(ipisqrt{-58})$ 處的值一定是 $frac{2k}{(k^{prime})^2}$ 的有理數次冪乘以某些常數。算出這些線性組合，代入 $frac{2k}{(k^{prime})^2}$ 的值，在繁重的計算後，確實可以得到1103。這過程也許夠寫一篇20頁以內的Paper了。

關於常數1103的濃縮版計算見這裡nt.number theory

[Smoothing Complete!15-1-14 23:00]

[2017.8.7]根據Weil 1976年關於橢圓函數的書第IV-VI章以及第VIII章的內容，有可能將這裡的計算轉化為計算Hecke L-函數在中心點處的值。這個應當有類似於類數公式以及BSD猜想中公式的類似物。

Remark：計算相當繁重，但是總比Borwein兄弟那個更容易程式化。在這裡再次向天才的Ramanujan致以我最崇高的敬意。

Remark2: n=37時有另一個公式

$frac{1}{pi}=frac{2}{84^2}sum_{m=0}^{infty}(21460m+1123)frac{(-1)^m(4m)!}{(84sqrt{2})^{4m}(m!)^4}$

這與模曲線 $X_0(37)$ 上cusp form密切相關。可以用類似於上面的方法構建出一族滿足條件的模函數，但是方法更精細複雜(因為37是質數)。

Remark3: 這裡列出Ramanujan筆記本的十個公式，每一個都對應一個類數為2的整二元二次型的判別式。

n=5

$frac{1}{pi}=frac{1}{8}sum_{m=0}^{infty}(20m+3)frac{(-1)^m(4m)!}{(4sqrt{2})^{4m}(m!)^4}$

n=9

$frac{1}{pi}=frac{sqrt{3}}{16}sum_{m=0}^{infty}(28m+3)frac{(-1)^m(4m)!}{(64sqrt{3})^{2m}(m!)^4}$

n=13

$frac{1}{pi}=frac{1}{72}sum_{m=0}^{infty}(260m+23)frac{(-1)^m(4m)!}{(12sqrt{2})^{4m}(m!)^4}$

n=25

$frac{1}{pi}=frac{sqrt{5}}{288}sum_{m=0}^{infty}(644m+41)frac{(-1)^m(4m)!}{(1152sqrt{5})^{2m}(m!)^4}$

n=37

$frac{1}{pi}=frac{2}{84^2}sum_{m=0}^{infty}(21460m+1123)frac{(-1)^m(4m)!}{(84sqrt{2})^{4m}(m!)^4}$

****************************************************************************************

n=6

$frac{1}{pi}=frac{1}{2sqrt{3}}sum_{m=0}^{infty}(8m+1)frac{(4m)!}{(4sqrt{3})^{4m}(m!)^4}$

n=10

$frac{1}{pi}=frac{2sqrt{2}}{9}sum_{m=0}^{infty}(10m+1)frac{(4m)!}{12^{4m}(m!)^4}$

n=18

$frac{1}{pi}=frac{3sqrt{3}}{49}sum_{m=0}^{infty}(40m+3)frac{(4m)!}{28^{4m}(m!)^4}$

n=22

$frac{1}{pi}=frac{1}{18sqrt{11}}sum_{m=0}^{infty}(280m+19)frac{(4m)!}{(12sqrt{11})^{4m}(m!)^4}$

n=58

$frac{1}{pi}=frac{2sqrt{2}}{99^2}sum_{m=0}^{infty}(26390m+1103)frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}$

Remark4. Ramanujan的發現只是一系列發現的開始。Jesus Guillera在2003年發現了下面的公式：

$frac{128sqrt{5}}{pi^2}=sum_{m=0}^{infty}(5418m^2+693m+29)frac{(-1)^m(6m)!}{2880^{3m}(m!)^6}$

該公式還沒有得到證明。

[2017. 5. 4. 補註]Guillera的公式以及Ramanujan的公式可能與幾族Calabi-Yau流形相關。

[2017. 8. 18.] Motif. Motif. Motif.

[2017. 8. 24.] Why does each of the Guillera Formula have an imprimitive L-function attached to its hypergeometric motive?

[2017. 9. 16.] $sum_{n=1}^{infty}frac{92n^3-84n^2+27n-3}{n^7}frac{(1)_n^7}{(frac{1}{2})_n^5(frac{1}{3})_n(frac{2}{3})_n}left(frac{4}{27} ight)^n=8pi^4$

$sum_{n=1}^{infty}frac{84n^3-88n^2+32n-4}{n^7}frac{(1)_n^7}{(frac{1}{2})_n^7}left(frac{1}{64} ight)^n=pi^4/2$

這些我都不知道怎麼證。

[2017. 9. 18- 9. 19]

$sum_{n=0}^{infty}frac{(1/2)_n^5(1/3)_n(2/3)_n(1/4)_n(3/4)_n}{(1)_n^9}(4528n^4+3180n^3+972n^2+147n+9)left(-frac{27}{256} ight)^n=frac{768}{pi^4}$

[2017. 9. 24]

$egin{align}sum_{n=1}^{infty}frac{5532n^4-5600n^3+2275n^2-425n+30} {n^9}cdot \ frac{(1)_n^9}{(frac{1}{2})_n^5(frac{1}{5})_n(frac{2}{5})_n(frac{3}{5})_n(frac{4}{5})_n} left(-frac{1024}{3125} ight)^n =-380928zeta(5)end{align}$

另外還有一大批稱為超同餘式的關係式，譬如

$sum_{m=0}^{p-1}(26390m+1103)frac{(4m)!}{396^{4m}(m!)^4}equivleft(frac{-2}{p} ight)p mod p^3$

應當對於大於11的所有素數p都成立，但是這些公式並未得到證明。

這方面進一步的資料可以在https://sites.google.com/site/guilleramath/找到。

結語:Ramanujan的等式以及Guillera等人的等式歸根結底是算術幾何這個領域的問題。

給看完本文者的思考題

利用上面的思路，思考一下下面兩個近似公式的來源。

$frac{1}{pi}approxfrac{1877581-869892sqrt{2}}{466578sqrt{19}}$

$frac{1}{pi}approxfrac{-37515813+11937508sqrt{11}}{6523272}$

這兩個近似可以一次性近似到小數點後16位和19位。

補遺[2017.8.10]：

$egin{equation} egin{aligned} frac{1}{pi}approxfrac{1}{98sqrt{3}}(71-12sqrt{2})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{361sqrt{3}}(138sqrt{6}-139)\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{162sqrt{7}}(136sqrt{2}-25sqrt{5})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{94178sqrt{3}}(72132sqrt{2}-50087)\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{1334978sqrt{3}}(1464206-176613sqrt{17})\ frac{1}{pi}approxfrac{2}{974169}(80067sqrt{26}-80075sqrt{10})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{466578sqrt{19}}(1877581-869892sqrt{2})end{aligned}end{equation}$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

$egin{equation}egin{aligned} frac{1}{pi}approxfrac{1}{24}(-27+20sqrt{3})\ frac{1}{pi}approxfrac{9}{968}(443-236sqrt{3})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{25992}(36591-6868sqrt{17})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{1536216}(-497043+569288sqrt{3})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{622728}(-1346521+354388sqrt{19})\ frac{1}{pi}approxfrac{1}{6523272}(-37515813+11937508sqrt{11}) end{aligned} end{equation}$

see nt.number theory in MO, esp. the review article.

樓上的答案太好了！

沒研究過，不過我估計不是完全正確的，雖然不知道他本人怎麼想的。我本科時候有次研究過一個拉馬努金的公式，不過現在忘了，結論是我給算到某個高階後發現是錯的。還和一個做數論的老師討論了一下，他查了一下確信有個定理也能給那個公式判錯。所以我估計這個公式也不是正確的。其他么我也很想知道拉馬努金自己是怎麼想出來這種近似公式的。