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.原載於科學月刊第二十七卷第五期
.作者當時任教於台大數學系
 

瓦里斯公式及其相關的結果

蔡聰明

 
 

從問題出發,經過探尋,得到發現或猜測,最後再提出證明,有這整個過程, 求知活動才算完全。

歐幾里得《幾何原本》第一卷的公理3是說:

以任意點與距離可以描繪一個圓。
(To describe a circle with any center and distance.)

點與距離分別就是圓心與半徑,參見圖一。古希臘人認為圓是最美麗的平面圖形。它有兩個重要的幾何量:圓周的長與圓的面積。探求它們,就形成了早期數學的發源地之一。為了求算圓的面積,瓦里斯(J. Wallis, 1616∼1703)利用直觀的類推、歸納、推廣、試誤、插值等方法,在1665年發現了今日所謂的瓦里斯公式:

\begin{displaymath}\frac{\pi}{2}=\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdo...
...dot\frac{6}{7}\cdot\frac{8}{7}\cdot\frac{8}{9}\cdots\eqno{(1)}
\end{displaymath}

請見參考資料1《瓦理斯尋 π 的發現理路》。

本文我們要來證明瓦里斯公式。有了發現過程,要證明就差不多是順理成章的事情。我們順便要介紹瓦里斯公式周邊一些有趣結果,這些都是屬於古典分析學裡晶瑩亮麗的小珍珠。



圖1


瓦里斯公式的證明

最常見的證明方法是由積分 $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n\theta d\theta$ 切入。為什麼要這樣做呢?根源還是來自於瓦里斯的探尋過程。

為了求 $\int_0^1(1-x^2)^{\frac{1}{2}}dx$,瓦里斯考慮廣泛的幾種積分:

(i) ${\displaystyle \int_0^1(1-x^{\frac{1}{p}})^qdx }$
(ii) ${\displaystyle \int_0^1(1-x^{\frac{2}{m}})^{\frac{n}{2}}dx }$
(iii) ${\displaystyle \int_0^1(1-x^2)^{\frac{n}{2}} }dx$

利用列表,找規律以及插值法,並且對於積分

\begin{displaymath}I_n = \int_0^1(1-x^2)^{\frac{n}{2}}dx \eqno{(2)}\end{displaymath}

猜得漸降式

\begin{displaymath}I_n = \frac{n}{n+1}I_{n-2}\end{displaymath}

最後才推出瓦里斯公式(1),請見參考資料1。

這是瓦里斯在微分法及積分技巧還未出現以前所做的工作。有了微積分之後,直接由(2)式出發,利用積分技巧(分部積分與變數變換),就可以嚴格地推導出瓦里斯公式。

(i)分部積分法

\begin{eqnarray*}
I_n&=&x(1-x^2)^{\frac{n}{2}}\vert _0^1+n\int_0^1x^2(1-x^2)^{\f...
...t_0^1[1-(1-x^2)](1-x^2)^{\frac{(n-2)}{2}}dx\\
&=&nI_{n-2}-nI_n
\end{eqnarray*}


於是得到遞迴公式:

\begin{displaymath}I_n = \frac{n}{n+1}I_{n-2} \eqno{(3)}\end{displaymath}

反覆利用(3)式,並且配合 $I_1=\frac{\pi}{4}$,I0=1,得到

\begin{displaymath}
\begin{array}{ll}
I_2=\frac{2}{3} & \quad
I_3-\frac{3}{4}\c...
...{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\\
\vdots &\quad
\vdots
\end{array}\end{displaymath}

一般而言,我們有

\begin{eqnarray*}
I_{2n} & = & \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdots
\...
...1}{2n} \cdots
\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}
\end{eqnarray*}


因為當 0<x<1 時,0<1-x2<1,所以 (In) 為遞減數列,於是

I2n<I2n-1<I2n-2

亦即

\begin{eqnarray*}
& & \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdots
\frac{4}{5...
...n-1} \cdot \frac{2n-4}{2n-3} \cdots
\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}
\end{eqnarray*}


整理化簡得

\begin{displaymath}
\prod_{k=1}^{\infty} \frac{(2k)^2}{(2k)^2-1}
\: < \: \frac{...
...fty}\frac{(2k)^2}{(2k)^2-1}] \cdot
\frac{2n+1}{2n} \eqno{(4)}
\end{displaymath}

因為 $\prod_{k=1}^{\infty} \frac{(2k)^2}{(2k)^2-1}$n 是遞增的,由實數系完備性知,極限 $\lim_{n\rightarrow\infty} \prod_{k=1}^{\infty} \frac{(2k)^2}{(2k)^2 - 1}$ 存在。 又因為當 $n \rightarrow \infty$,(4)式兩端的極限值相等,故由夾擠原則就得證

定理1:(Wallis 公式,1655年)

\begin{displaymath}\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\prod_{k=1}^{\infty}\f...
...rac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{8}{7}\cdot\frac{8}{9}\cdots\end{displaymath}

(ii)變數變換法 在(2)式中,令 $x=\cos\theta$,則 $dx=(-\sin\theta d\theta)$,所以

\begin{eqnarray*}
I_n &=& \int_0^1(1-x^2)^{\frac{n}{2}}dx \\
&=& \int_{\frac{\...
...)d\theta \\
&=& \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n+1}\theta d\theta
\end{eqnarray*}


再利用分部積分法,仍得到(3)式。仿上述辦法,就得證瓦里斯公式。

這就是通常微積分教科書從 $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n\theta d\theta$ 出發,以證明瓦里斯公式的緣由。為什麼不考慮 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n\theta d\theta$ 呢?

 
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編輯:李渭天 最後修改日期:2/17/2002