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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 $\prod_{k=1}^{\infty} \frac{(2k)^2}{(2k)^2-1}$ 對 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