Wallis乘積中的π從何而來？（上）

04-22

由於字數限制，下篇被迫搬到了這裡：

Solara570：Wallis乘積中的π從何而來？（下）?

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學習微積分時，你一定會遇到大名鼎鼎的Wallis公式：

$int_{0}^{pi over 2}{sin^{n}x ,mathrm{d}x} = int_{0}^{pi over 2}{cos^{n}x ,mathrm{d}x} = egin{cases} dfrac{n-1}{n} cdot dfrac{n-3}{n-2} cdots dfrac{1}{2} cdot dfrac{pi}{2}, & n = 2k\[10pt] dfrac{n-1}{n} cdot dfrac{n-3}{n-2} cdots dfrac{2}{3}, & n = 2k+1 end{cases}$

這個公式不僅可以用來求解一些三角函數的定積分，也能推導出其他有趣的結論，比如Stirling公式：

$lim_{n o infty}{frac{n!e^n}{n^n sqrt{n}}} = sqrt{2pi}$

再如Wallis乘積：

$frac{pi}{2} = frac{2}{1} cdot frac{2}{3} cdot frac{4}{3} cdot frac{4}{5} cdot frac{6}{5} cdot frac{6}{7} cdot frac{8}{7} cdots$

仔細看看，這三個公式裡面都有 $pi$ 的影子。但是為什麼 $pi$ 會出現在這種公式里？

如果你看過3Blue1Brown的視頻，應該能想到他在近期視頻中說的一句話：

有的人喜歡說：「從根本上講， $color{grey}pi$ 並不是關於圓的」。他們認為，把這樣的公式和幾何直觀聯繫起來，來源於固執地堅持只在最初發現 $color{grey}pi$ 的背景下理解它。這話說的也沒錯，但是在你的觀念中，不管什麼東西是基礎，事實就是 $color{grey}pi$ 與圓的關係密切。如果你看到 $color{grey}pi$ ，在錯綜複雜的龐大數學網路中，就會有一條路把你帶回幾何學中的圓。問題在於這條路有多長，要繞多少彎。

在去年的一期視頻里，3Blue1Brown通過數出一個圓內的格點數目，用簡單的數論知識證明了Leibniz公式；而這一次又用物理定律和精巧設置解決了Basel問題。這兩期視頻看得我熱血沸騰，不由為之拍手叫好。但是在感嘆之餘，我也想主動了解一下，那些包含 $pi$ 的公式中究竟在哪裡偷偷藏著一個圓。附上這兩期視頻的B站鏈接：

【官方雙語】隱藏在素數規律中的π_嗶哩嗶哩 (゜-゜)つロ乾杯~-bilibili?

www.bilibili.com【官方雙語】巴塞爾問題：著名公式背後的驚人幾何學_趣味科普人文_科技_bilibili_嗶哩嗶哩?

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查閱資料之後，我也有了不小的收穫，不僅學到了Wallis乘積的一種初等證明方法（只需要組合數學和幾何學的基本知識），更重要的是知道了其中的 $pi$ 到底藏在哪。今天剛好是 $pi$ 節，拿出來和大家分享一下。

一、從醉漢酒後亂步說起

想像一個醉漢住在一條東西走向的街道上。一天，醉漢喝醉之後從家出發，開始在這條街上漫步。每過一個單位時間，醉漢隨機向東或向西行走一步。這就是一維隨機行走的一個典型例子。我們要關注的是，一段時間內醉漢行走的過程。

下面展示的就是一個醉漢隨機行走的過程示意。稍微觀察一下，不難發現這個隨機行走的一些特徵：比如醉漢一共走了20步，而且他始終在家門附近徘徊等等。

醉漢隨機行走的過程示意（總時長為20個單位時間）

然而，這種一維的表示方法並不直觀，因為它只能反映某一個時刻醉漢的位置。如果我們希望了解醉漢在行走過程中任意時刻的位置，那就要在保留位置軸的同時，再添加一個時間軸，這樣就產生了下面這種「時間-位置」的二維表示方法。一個特定的隨機行走過程也可以叫做一條路徑。

一個隨機行走過程的二維表示（橫軸為時間，縱軸為位置）

這種二維表示的好處在於，醉漢的行走過程一目了然，而且這種表示方法還能凸顯一些行走過程的特點。比如下面這兩種：

1. 「正點到家」

　　我們並不在乎醉漢中間的行走過程，只是要求在給定的時間結束時，醉漢要剛好待在家門口。在時間-位置圖中，這類路徑的顯著特點是路徑的終點恰好落在時間軸上。

2. 「不經過家門」

　　醉漢離開家以後，一直到給定的時間結束，再也沒有路過家門。這類路徑的要求似乎高一些，因為醉漢在任意時刻都不能待在家門口。在時間-位置圖中，這類路徑的顯著特點是除了原點之外，路徑與時間軸再無其他交點。

下面是兩種路徑的動畫示意，兩個醉漢都走了8步。橙色的是「正點到家」型，因為這個醉漢在時間結束時剛好回到家門口。綠色的是「不經過家門」型，因為這個醉漢一直在家的某一邊走動，從未路過家門一次。

「正點到家」型路徑（橙色）和「不經過家門」型路徑（綠色）的動畫示意

二、Wallis乘積的雛形

為了敘述方便，我在這裡引入一些記號：

$W_n$ 是所有可能的 $2n$ 步隨機行走路徑的集合， $w_n$ 是這個集合中元素的數目，也就是 $w_n = left| W_n ight|$ 。注意一點，行走步數 $2n$ 和角標 $n$ 並不相等，而是二倍的關係。
$P_n$ 是 $2n$ 步隨機行走中，所有「正點到家」型路徑的集合， $p_n = left| P_n ight|$ 。
$Q_n$ 是 $2n$ 步隨機行走中，所有「不經過家門」型路徑的集合， $q_n = left| Q_n ight|$ 。
最後， $a_n$ 是在 $2n$ 步隨機行走中，「正點到家」型路徑占的比例，即 $a_n = {p_n over w_n}$ 。

有了上面的鋪墊，我們終於可以開始算點東西了。

1. 計算 $w_n$

　　既然 $W_n$ 包括了所有可能的 $2n$ 步隨機行走路徑，那不管醉漢每一步如何選擇，向東走還是向西走，最終路徑都一定會在 $W_n$ 中。因為每一步都有兩種可能性（向東或向西），而且醉漢一共要做出 $2n$ 次選擇，所以不難看出 $w_n = 2^{2n}$ 。

　　雖然這裡的 $n$ 默認是正整數，但是為了討論方便，我們定義 $w_0 = 1$ 。直觀理解的話，你可以認為0步隨機行走就相當於醉漢沒動過，自然就只有一種情況。

2. 計算 $p_n$

$P_n$ 中的路徑有「正點到家」的特點。醉漢一共走了 $2n$ 步，最後一步走過之後他又恰好在家門口，這意味著在行走過程中，醉漢向東走了 $n$ 步，向西也走了 $n$ 步。了解一點組合數學的人都知道，用組合數計算就行了，因此 $p_n = {2n choose n} = {{(2n)!} over {n!,n!}}$ 。

　　和 $w_0$ 的定義類似，我們同樣定義 $p_0 = 1$ 。

3. 計算 $a_n$

　　有了 $w_n$ 和 $p_n$ ，計算 $a_n$ 自然不在話下，兩式相除就能得到答案。化簡倒是有點麻煩，所以我在下面給出了詳細過程。

$egin{aligned} a_n = {p_n over w_n} &= {{2n choose n} over 2^{2n}} \[5pt] &= {(2n)! over n!,n!} cdot {1 over 2^{2n}} \[5pt] &= frac{1 cdot 2 cdot 3 cdot 4 cdots (2n-1) cdot 2n}{1 cdot 1 cdot 2 cdot 2 cdots n cdot n} cdot {1 over 2^{2n}} \[5pt] &= frac{1 cdot 2 cdot 3 cdot 4 cdots (2n-1) cdot 2n}{2 cdot 2 cdot 4 cdot 4 cdots 2n cdot 2n} \[5pt] &= frac{1}{2} cdot color{blue}{frac{2}{2}} cdot frac{3}{4} cdot color{blue}{frac{4}{4}} cdots frac{2n-1}{2n} cdot color{blue}{frac{2n}{2n}} \[5pt] &= frac{1}{2} cdot frac{3}{4} cdots frac{2n-1}{2n} end{aligned}$

　　當然， $a_0$ 的值也可以計算： $a_0 = {p_0 over w_0} = 1$

到這裡，我們終於看到了Wallis乘積的雛形。 $a_n$ 看上去和Wallis乘積非常接近：都是多個分數的連乘形式，分子分母都是正整數，相鄰分子之間相差2，相鄰分母之間也相差2。

你可能會納悶：為什麼不從一開始就直接把 $a_n$ 定義成這種形式呢？為什麼要給 $a_n$ 特意安排一個隨機行走的背景呢？

三、一條獨特性質的證明

如果不深究，你大概很難發現序列 ${a_n}$ 其實有一條獨特的性質：

$a_0 a_n + a_1 a_{n-1} + a_2 a_{n-2} + cdots + a_{n-1} a_1 + a_n a_0 = 1$

硬證的話其實也沒有問題，數學家Johan W?stlund證明Wallis乘積時也同樣證明過這條性質，原文在這裡，感興趣的話可以看看。

但是有了隨機行走的大背景，證明這條性質就更直觀了。

1. 隨機行走路徑的分割

　　現在考慮一個具體情況，比如 $W_4$ 中的所有路徑。如果用合適的方法進行分割，這裡面的每一條路徑都能被分成兩部分，前一部分是「正點到家」型路徑，後一部分是「不經過家門」型路徑。下面這個動畫展示了幾個例子：

一條路徑可以分成「正點到家」型路徑（橙色）和「不經過家門」型路徑（綠色）的組合

　　上圖展示的分割方式其實很簡單，找到醉漢最後一次到家的時刻，在這裡分割即可。由於在分割的時刻醉漢恰好在家，所以前一段路徑是「正點到家」型；又因為這是醉漢最後一次到家，所以後一段路徑是「不經過家門」型。有兩種情況不太直觀，需要提醒一下：如果醉漢不再經過家門，那就從原點處分割；如果醉漢最後一刻到家，那就在路徑終點處分割。

　　有什麼用呢？仔細觀察一下，根據上面的方法， $W_4$ 中的任何一條路徑都能進行分割。與此同時，只要保證 $m+n=4$ ，然後從 $P_m$ 和 $Q_n$ 中各自任取一條路徑出來，這兩條路徑按序拼接起來就一定是 $W_4$ 中的路徑。推廣到任一正整數 $n$ ，這三個集合之間的大小關係就可以寫成下面這個表達式：

$p_0 q_n + p_1 q_{n-1} + cdots + p_k q_{n-k} + cdots + p_n q_0 = w_n$

　　這種卷積的形式正好是我們想要的！而且 $a_n$ 是用 $p_n$ 和 $w_n$ 定義的，它們剛好都在這個公式裡面出現了！但是 $q_n$ 該怎麼處理？好像還差點意思......

2. 「正點到家」和「不經過家門」之間的聯繫

　　下圖的表格中列出的是前幾個 $p_n$ 和 $q_n$ 的值，右邊則列出了 $P_2$ 和 $Q_2$ 中的所有元素：

p_n與q_n的值的對比（左） n=2時P_2與Q_2的元素對比（右）

　　從上面的表格中，你大概已經猜到了 $p_n$ 和 $q_n$ 相等。不過，要直接證明 $p_n = q_n$ 並不容易，因為計算 $q_n$ 不如計算 $p_n$ 來得輕鬆。

　　但是如果我們換個想法，證明 $P_n$ 與 $Q_n$ 之間存在著一一對應關係（雙射），那就說明兩個集合的元素數目相同，也就意味著 $p_n$ 和 $q_n$ 相等。

　　要證明存在雙射，那就試著直接構造一套規則，再說明它是雙射就行了。這套規則如下：

(1) $P_n$ 的路徑 $ightarrow$ $Q_n$ 的路徑

任取一條 $P_n$ 中的路徑，把它記為 $X$
如果 $X$ 的第一步是沿著正方向的（第一步在時間軸上方），那就找到路徑 $X$ 上第一次到達最大值的時刻；如果第一步是沿著負方向的（第一步在時間軸下方），那就找到路徑 $X$ 上第一次到達最小值的時刻
在剛才找到的時刻上進行分割，得到兩個片段
第一個片段水平翻轉後，再接上第二個片段。稍作調整就得到了一條 $Q_n$ 中的路徑。

(2) $Q_n$ 的路徑 $ightarrow$ $P_n$ 的路徑

任取一條 $Q_n$ 中的路徑，把它記為 $Y$ ，路徑 $Y$ 的終點位置坐標記為 $h$
找到路徑 $Y$ 上最後一次穿過終點位置坐標一半（即 $h/2$ ）的時刻
在剛才找到的時刻上進行分割，得到兩個片段
第一個片段水平翻轉後，再接上第二個片段。稍作調整就得到了一條 $P_n$ 中的路徑。

光看文字覺得很迷？沒關係，我們還有動畫演示：

(1) $P_n$ 的路徑 $ightarrow$ $Q_n$ 的路徑

(2) $Q_n$ 的路徑 $ightarrow$ $P_n$ 的路徑

這套規則確實定義了一個雙射，證明就留作習題好了。我在文末的參考資料中附上了一些相關的文獻，有一定英語閱讀能力並且感興趣的讀者可以去看看。

　　總之，我們花費了不少精力，總算是證明了 $p_n = q_n$ 。

3. 序列 ${ a_n }$ 獨特性質的證明

　　有了這麼多鋪墊，我們終於可以證明序列 ${ a_n }$ 的獨特性質了。在之前的路徑分割中，我們得到了 $p_n$ 、 $q_n$ 和 $w_n$ 之間的關係：

$p_0 q_n + p_1 q_{n-1} + cdots + p_k q_{n-k} + cdots + p_n q_0 = w_n$

剛才我們又證明了 $p_n = q_n$ ，把這個等式帶回上面的關係，用 $p_n$ 替換掉所有的 $q_n$ ，再用 $2^{2n}$ 替換掉 $w_n$ ，就可以得到下面的恆等式：

$p_0 p_n + p_1 p_{n-1} + cdots + p_k p_{n-k} + cdots + p_n p_0 = 2^{2n}$

等式兩邊同時除以 $2^{2n}$ ，並且合理地分配這些 $2$ 的歸屬：

${p_0 over 2^0} {p_n over 2^{2n}} + {p_1 over 2^2} {p_{n-1} over 2^{2(n-1)}} + cdots + color{red}{p_k over 2^{2k}} color{blue}{p_{n-k} over 2^{2(n-k)}} + cdots + {p_n over 2^{2n}} {p_0 over 2^0} = 1$

最後根據 $a_n = {p_n over w_n} = {p_n over 2^{2n}}$ ，我們終於得到了盼望已久的恆等式：

$a_0 a_n + a_1 a_{n-1} + a_2 a_{n-2} + cdots + a_{n-1} a_1 + a_n a_0 = 1$

那這個恆等式和Wallis乘積以及圓到底有什麼關係呢？

四、幾何學時間到！

簡單回顧一下我們由一維隨機行走得到的兩個重要結果：

(1) $a_n$ 的解析形式

$a_0 = 1, quad a_n = frac{1}{2} cdot frac{3}{4} cdots frac{2n-3}{2n-2} cdot frac{2n-1}{2n}$

　這是根據 $a_n$ 的定義直接計算得到的。

(2) 序列 ${ a_n }$ 的卷積性質

$a_0 a_n + a_1 a_{n-1} + a_2 a_{n-2} + cdots + a_{n-1} a_1 + a_n a_0 = 1$

　這是根據隨機行走的路徑分割得到的。

前戲已經做足，我們終於可以開始正式尋找Wallis乘積中隱藏著的圓了！

根據序列 ${ a_n }$ 的卷積性質，我們可以得到一系列等式：

$left{ egin{aligned} & color{red}{a_0^2 = 1} \ & color{orange} {a_0 a_1 + a_1 a_0 = 1} \ & color{green} {a_0 a_2 + a_1^2 + a_2 a_0 = 1} \ & color{blue} {a_0 a_3 + a_1 a_2 + a_2 a_1 +a_3 a_0 = 1}\ & color{purple} {cdots} \ & color{magenta} {a_0 a_n + a_1 a_{n-1} + a_2 a_{n-2} + cdots + a_{n-1} a_1 + a_n a_0 = 1} end{aligned} ight.$

在幾何學上，兩個數相乘最容易讓人想到矩形面積。如果我們以 $a_n$ 作為矩形的長和寬，並且合理安排這些矩形的位置，就會得到下面這樣的圖形。

看出來了嗎？這個圖形中暗藏著兩點信息：

(1) 同種顏色的矩形面積之和是 $1$ ，是一個定值。因為上面這個圖形是由五組這樣的矩形構成的，所以整個圖形的面積是 $5$ 。

(2) 左邊的矩形組合之後形成的圖形非常像一個四分之一圓，它的半徑是前幾個 $a_n$ 的和 $a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4$ 。

這也就是說，我們有兩種計算這個圖形面積的方法。一方面，添加了 $n$ 組矩形之後，整個圖形的面積就是 $n$ ，這是準確的計算方法。另一方面，整個圖形又可以用一個四分之一圓去估計，雖然只是近似，但是當 $n$ 趨向無窮時，誤差的比例會越來越小。

想求這個四分之一圓的面積，我們需要定義最後一個量：

$s_n = a_0 + a_1 + cdots + a_{n-1} = sum_{k=0}^{n-1}{a_k}$

$s_n$ 其實就是在添加 $n$ 組矩形之後，整個圖形的「半徑」。這裡還是需要注意一下角標，因為 $s_n$ 是序列 ${ a_n }$ 前 $n$ 項的和，而 ${ a_n }$ 從 $0$ 開始計數，所以最後一項是 $a_{n-1}$ 。

為了計算 $s_n$ ，我們需要用到下面這些已知條件：

$a_n$ 的解析形式： $a_0 = 1, quad a_n = frac{1}{2} cdot frac{3}{4} cdots frac{2n-3}{2n-2} cdot frac{2n-1}{2n}$
${ a_n }$ 存在遞推關係： $a_n = frac{2n-1}{2n} a_{n-1}$
$s_n$ 是序列 ${ a_n }$ 前 $n$ 項的和，所以 $s_n = s_{n-1} + a_{n-1}$
為了方便，我們再定義 $s_0 = 0$

有了這些條件，我們就可以證明下面的關係，並且根據 $a_n$ 得到 $s_n$ 的解析表達式：

$s_n = 2n{a_n} = frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdots frac{2n-1}{2n-2}$

如何證明？既然你已經知道了結論是 $s_n = 2na_n$ ，那就用數學歸納法試試吧，這一部分並不困難，同樣留作習題。

有了 $s_n$ 的解析形式，剩下的就是使用簡單的代數技巧了。

添加 $n$ 組矩形之後，用精確方法計算，面積是 $n$ ；用四分之一圓估計，面積是 $frac{1}{4} pi s_n^2$ 。這也就是說：

$frac{1}{4} pi s_n^2 approx n$

或者用更嚴格的方法來寫：

$lim_{n o infty} frac{s_n^2}{n} = frac{4}{pi}$

再處理一下等號左邊：

$egin{aligned} frac{s_n^2}{n} &= frac{3}{2} cdot frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdot frac{5}{4} cdots frac{2n-1}{2n-2} cdot frac{2n-1}{2n-2} cdot frac{1}{n} \[5pt] &= color{blue}{frac{1}{2} cdot frac{3}{2} cdot frac{3}{4} cdot frac{5}{4} cdots frac{2n-3}{2n-2} cdot frac{2n-1}{2n-2}} cdot color{red}{frac{2n-1}{n}} end{aligned}$

最後一步中，所有的分子都向右移動一位，變成相鄰分數的分子，最後一個分子 $1$ 則移回最前面。當 $n o infty$ 時，藍色部分就是Wallis乘積的倒數，而紅色部分趨向於 $2$ ，所以就有：

$egin{aligned} lim_{n o infty} {frac{s_n^2}{n}} &= lim_{n o infty} color{blue}{left(frac{1}{2} cdot frac{3}{2} cdot frac{3}{4} cdot frac{5}{4} cdots frac{2n-3}{2n-2} cdot frac{2n-1}{2n-2} ight)} cdot color{red}{2} = frac{4}{pi} end{aligned}$

處理掉等號左邊的 $2$ ，兩邊取倒數，再換成我們熟悉的省略號寫法：

$frac{2}{1} cdot frac{2}{3} cdot frac{4}{3} cdot frac{4}{5} cdot frac{6}{5} cdot frac{6}{7} cdot frac{8}{7} cdots = frac{pi}{2}$

如此一來，我們就證明了Wallis乘積，並且成功挖掘出了隱藏在Wallis乘積背後的 $pi$ ：整個式子其實就是在用一系列精心設計的矩形積木去搭建一個圓！

五、掃尾工作

敢於質疑的你一定發現了上一部分證明中的最大漏洞：

另一方面，整個圖形又可以用一個四分之一圓去估計，雖然只是近似，但是當 $color{grey} {n}$ 趨向無窮時，誤差的比例會越來越小。

這短短的一句話可謂是問題百出：

能估計嗎？我感覺上面的圖裡給出的結果差好遠啊！
這一堆矩形加起來逼近四分之一圓？為啥？
「誤差的比例會越來越小」又是啥意思？

我會逐一解答這幾個問題，為這項證明工作畫上圓滿句號。

但是由於知乎專欄的字數限制，這一部分內容不得不搬到別處，願意了解細節就請移步這裡：

Solara570：Wallis乘積中的π從何而來？（下）?

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參考資料（全篇）

Wallis乘積的初等證明方法

這個證明是數學家Johan W?stlund提出的，用矩形去逼近圓的幾何構造方法就來自這篇文獻。
在《數學譯林》2015年第1期上可以找到它的譯文《π的Wallis乘積公式的一個初等證明》

Aba Mbirika關於隨機行走和Wallis乘積的講義

這個講義中詳細解釋了為什麼用一系列矩形構造的圖形可以逼近一個四分之一圓。

Donald Knuth在斯坦福的講座「Why Pi?」

很有趣的lecture，值得一聽。

Random Walks and Catalan Factorization

這篇文獻中提到了Edward Nelson證明一維隨機行走中「正點到家」和「不經過家門」的路徑數相同的方法。

Caltech數學系的關於隨機行走的一個講座

其中16.5的Main Lemma同樣涉及不同類路徑數目相同的證明，而且也使用了時間-位置圖像。

本文封面以及所有配圖均由3Blue1Brown的數學動畫引擎manim製作而成