關於劉徽不等式與祖沖之不等式

關於劉徽不等式與祖沖之不等式

蘇化明 · 潘 杰

摘要

建立了兩個與劉徽不等式、 祖沖之不等式類似的幾何不等式, 利用微分學方法及冪 級數方法證明了與之對應的三角函數不等式, 還得到了類似的雙曲函數不等式及單 位圓外切正 n 邊形周長與 π 之間關係的不等式。

關鍵詞: 劉徽不等式, 祖沖之不等式, 三角函數不等式, 雙曲函數不等式。

眾所周知, 劉徽、 祖沖之都是中國古代偉大的數學家, 他們的突出貢獻之一就是圓周率 π 的計算^[1],劉徽計算 π 近似值的方法是利用割圓術, 而祖沖之由於其專著 《綴術》 的失傳, 所以 關於他計算 π 的方法後人只能給出某種猜測, 例如文 [2]所述方法就是一種嘗試。 文 [2]在介紹 如何計算 π 的過程中分別給出了劉徽不等式和祖沖之不等式, 這裏的祖沖之不等式未必是祖沖 之本人證得的, 之所以這樣命名完全是出自對這位古代數學家的尊敬。 劉徽不等式和祖沖之不 等式也就是下面的不等式 (1) 和 (2)。

若單位圓的內接正 n 邊形的面積為 S_內⁽ⁿ⁾, 則當 n ≥ 6 時,

S_內⁽²ⁿ⁾< π < 2S_內⁽²ⁿ⁾− S_內⁽ⁿ⁾, (1)

4

3S_內⁽²ⁿ⁾−1

3S_內⁽ⁿ⁾< π < 8

3S_內⁽²ⁿ⁾− 2S_內⁽ⁿ⁾+1 3S⁽

n 2)

內 (n 為偶數)。 (2)

本文作者在 [3]中借助於微分學的方法給出了 (1), (2)的證明, 並利用類比方法給出兩個 關於雙曲函數的不等式及單位圓內接正 n 邊形周長與 π 之間關係的不等式, 即

命題1: 設 0 < x < π 2, 則有

sin x < x < sin x· (2 − cos x). (3) 設 0 < x < π

3, 則有

sin x· (4 − cos x) < 3x < 8 sin x − 3 sin 2x + 1

4sin 4x. (4)

86

命題2: 設 x > 0, 則有

sinh x > x > sinh x· (2 − cosh x), (5) sinh x· (4 − cosh x) < 3x < 8 sinh x − 3 sinh 2x +1

4sinh 4x. (6) 命題3: 若單位圓內接正 n 邊形的周長為 P_內⁽ⁿ⁾,則當 n ≥ 6 時,

P_內⁽²ⁿ⁾< 2π < 2P_內⁽²ⁿ⁾− P_內⁽ⁿ⁾, (7)

4

3P_內⁽²ⁿ⁾−1

3P_內⁽ⁿ⁾< 2π < 8

3P_內⁽²ⁿ⁾− 2P_內⁽ⁿ⁾+ 1 3P⁽

n 2)

內 (n 為偶數)。 (8)

由於圓的面積可以通過圓的內接正 n 邊形的面積去逼近也可以通過圓的外切正 n 邊形的 面積逼近, 因而我們猜測, 若將單位圓內接正 n 邊形的面積 S_內⁽ⁿ⁾ 改為單位圓外切正 n 邊形的 面積 S_外⁽ⁿ⁾, 應該存在與劉徽不等式 (1) 及祖沖之不等式 (2) 類似的不等式。 事實上, 我們可以 證明, 當 n ≥ 6 時, 有

S_外⁽²ⁿ⁾> π > 2S_外⁽²ⁿ⁾− S_外⁽ⁿ⁾, (9)

4

3S_外⁽²ⁿ⁾− 1

3S_外⁽ⁿ⁾< π < 8

3S_外⁽²ⁿ⁾− 2S_外⁽ⁿ⁾+1 3S⁽

n 2)

外 (n 為偶數)。 (10)

由於 S_外⁽ⁿ⁾ = n tanπ

n, S_外⁽²ⁿ⁾ = 2n tan π 2n, S⁽

n 2) 外 = n

2tan2π

n , 若令 π

n = x, 要證明不等式 (9), (10), 只需證明下面的

命題4: 設 0 < x < π 2, 則有

2 tanx

2 > x > 4 tanx

2 − tan x. (11)

設 0 < x < π 4, 則有

8 3tanx

2 − 1

3tan x < x < 16 3 tanx

2 − 2 tan x +1

6tan 2x. (12) 證明: 令 f(x) = x − 4 tanx

2 + tan x (0 < x < π 2),則 f^′(x) = 1− 2

cos^{2 x}₂ + 1 cos²x, f^′′(x) =−2 sin ^x₂

cos^{3 x}₂ + 2 sin x

cos³x = 2 sin^x₂

cos^{3 x}₂ cos³x(2 cos⁴ x

2 − cos³x)

= sin^x₂

cos^{3 x}₂ cos³x(1 + 2 cos x + cos²x− 2 cos³x)

= sin^x₂

cos^{3 x}₂ cos³x(1 + cos²x + 2 cos x sin²x) > 0,

故當 0 < x < π

2 時, f^′(x) 單調遞增。 又 f^′(0) = 0, 所以 f^′(x) > 0, 從而 f(x) 單調遞增。

又 f(0) = 0, 所以 f(x) > 0, 即

x > 4 tanx

2 − tan x. (13)

又當 0 < x < π

2 時, tanx 2 > x

2 是熟知的不等式, 因此不等式 (11) 成立。

令 g(x) = 3x − 8 tanx

2 + tan x (0 < x < π 2), 則 g^′(x) = 3− 4

cos^{2 x}₂ + 1 cos²x, g^′′(x) =−4 sin^x₂

cos^{3 x}₂ + 2 sin x

cos³x = sin^x₂

cos^{3 x}₂ cos³x(4 cos⁴ x

2 − 4 cos³x)

= sin^x₂

cos^{3 x}₂ cos³x(1 + 2 cos x + cos²x− 4 cos³x).

由 0 < x < π

2, 0 < cos x < 1 知 g^′′(x) > 0, 故 g^′(x) 單調遞增。 又 g^′(0) = 0, 所以 g^′(x) > 0, g(x) 單調遞增。 而 g(0) = 0, 所以 g(x) > 0, 即

8 3tanx

2 −1

3tan x < x. (14)

利用文 [4]中 tan x (−π

2 < x < π

2) 的冪級數展開式知 tan x =

∑∞ n=1

2²ⁿ(2²ⁿ− 1)

(2n)! B_nx²ⁿ⁻¹, (15) 其中 Bn> 0 為 Bernoulli 數:

B₁ = 1

6, B₂ = 1

30, B₃ = 1

42, B₄ = 1

30, B₅ = 5 66, . . . , 於是當 0 < x < π

4 時, 32 tanx

2 − 12 tan x + tan 2x − 6x

=

∑∞ n=3

2²ⁿ(2²ⁿ− 1) (2n)! Bn

( 1

2²ⁿ⁻⁶ + 2²ⁿ⁻¹− 12)

x²ⁿ⁻¹ > 0,

從而當 0 < x < π 4 時,

x < 16 3 tan x

2 − 2 tan x + 1

6tan 2x. (16)

由 (15), (16) 知不等式 (12) 成立。

由於雙曲函數和三角函數有很多相似的性質, 參照命題4, 我們可以得到如下關於雙曲函 數的不等式。

命題5: 設 0 < x < 1, 則有

2 tanhx

2 < x < 4 tanhx

2 − tanh x, (17)

設 0 < x < π 6, 則有 8

3tanhx 2 − 1

3tanh x < x < 16

3 tanhx

2 − 2 tanh x + 1

6tanh 2x. (18) 證明: 仿文 [4]中 tan x 冪級數展開式的求法可求得雙曲正切函數 tanh x 的冪級數展開式。

因為 tanh x 為奇函數, 故其展開式僅含 x 的奇次冪, 於是可設 tanh x =

∑∞ n=1

H_n

(2n− 1)!x²ⁿ⁻¹. (19)

由定義知 tanh x = e^x− e^−x e^x+ e^−x。 而 e^x− e^−x = 2

∑∞ n=1

x²ⁿ⁻¹ (2n− 1)!, e^x+ e^−x = 2

∑∞ n=0

x²ⁿ (2n)!,

故 (∑^∞

n=1

H_n

(2n− 1)!x²ⁿ⁻¹

)(∑^∞

n=0

x²ⁿ (2n)!

)

=

∑∞ n=1

x²ⁿ⁻¹ (2n− 1)!. 易知 H1 = 1, 比較上式兩邊 x²ⁿ⁻¹ 的係數, 得

H_n

(2n− 1)! + H_n−1 (2n− 3)! · 1

2! + H_n−2 (2n− 5)! · 1

4! + H_n−3 (2n− 7)! · 1

6! +· · · = 1 (2n− 1)!. 由此知 Hn 滿足遞推關係式:

H_n+

(2n− 1 2

)

H_n−1+

(2n− 1 4

)

H_n−2+

(2n− 1 6

)

H_n−3+· · · = 1. (20) 利用 (20) 可求得 H2 =−2, H3 = 16, H₄ =−272, H5 = 7936, . . ., 所以對任意實數 x, 有

tanh x = x− 1

3x³+ 2

15x⁵− 17

315x⁷ + 62

2835x⁹− · · · . (21)

當 0 < x < 1 時, tanhx

2 =x 2 −1

3 · 1

8x³+ 2 15· 1

32x⁵− · · · > x 2 − 1

24x³,

− tanh x = −x +1

3x³− 2

15x⁵+ 17

315x⁷− · · · > −x + 1

3x³− 2 15x⁵, 所以當 0 < x < 1 時,

4 tanhx

2 − tanh x − x = 1

6x³− 2

15x⁵ = x²

30(5− 4x²) > 0, 從而當 0 < x < 1 時,

x < 4 tanhx

2 − tanh x. (22)

又 x > 0 時 tanhx 2 < x

2 為熟知的不等式^[5], 因此不等式 (17) 成立。

令 h(x) = 3x − 8 tanhx

2 + tanh x (x > 0), 則 h^′(x) = 3− 4

cosh^{2 x}₂ + 1 cosh²x, h^′′(x) = 4 sinh^x₂

cosh^{3 x}₂ −2 sinh x cosh³x

= sinh^x₂

cosh^{3 x}₂cosh³x(4 cosh³x− 4 cosh⁴ x 2)

= sinh^x₂

cosh^{3 x}₂cosh³x(4 cosh³x− cosh²x− 2 cosh x − 1)

= sinh^x₂

cosh^{3 x}₂cosh³x(cosh x− 1)(4 cosh²x + 3 cosh x + 1).

由於當 x > 0 時, cosh x > 1, 故當 x > 0 時 h^′′(x) > 0,從而 h^′(x)單調遞增。 又 h^′(0) = 0, 所以 h^′(x) > 0, h(x)單調遞增。 而 h(0) = 0, 所以 h(x) > 0, 即

8

3tanhx 2 −1

3tanh x < x. (23)

由函數 tanh x的冪級數展開式 (21) 知, 當 0 < x < π 6 時, tanhx

2 >x 2 − 1

3· 1

8x³+ 2 15· 1

32x⁵− 17 315 · 1

128x⁷, tanh x < x− 1

3x³+ 2 15x⁵, tanh 2x > 2x− 8

3x³+ 64

15x⁵− 17

315 · 128x⁷,

從而

32 tanhx

2 − 12 tanh x + tanh 2x − 6x > 14

5 x⁵− 17 315 · 513

4 x⁷

= 1

5x⁵(14−969

28 x²) > 0, 所以當 0 < x < π

6 時, 32 tanhx

2 − 12 tanh x + tanh 2x > 6x. (24) 由(23), (24) 知不等式 (18) 成立。

和命題3類似, 還可得到

命題6: 若單位圓外切正 n 邊形的周長為 P_外⁽ⁿ⁾,則當 n ≥ 6 時,

P_外⁽²ⁿ⁾ > 2π > 2P_外⁽²ⁿ⁾− P_外⁽ⁿ⁾, (25)

4

3P_外⁽²ⁿ⁾−1

3P_外⁽ⁿ⁾< 2π < 8

3P_外⁽²ⁿ⁾− 2P_外⁽ⁿ⁾+ 1 3P⁽

n 2)

外 (n 為偶數)。 (26)

證明: 由 P_外⁽ⁿ⁾= 2n tanπ

n, P_外⁽²ⁿ⁾ = 4n tan π

2n, 並利用命題4即可證得。

參考文獻

1. 李文林, 數學史概論(第二版)[M], 北京: 高等教育出版社,2002。

2. 虞言林, 虞琪, 祖沖之算 π 之謎 [M], 北京: 科學出版社,2002。

3. 蘇化明, 潘傑, 劉徽不等式與祖沖之不等式的注記[J], 數學的實踐與認識,42(2012), no. 8, 197- 199。

4. Γ. M .菲赫金哥爾茨著, 北京大學高等數學教研室譯, 微積分學教程 (第二卷第二分冊)[M], 北京:

人民教育出版社,1954。

5. 匡繼昌, 常用不等式[M], 濟南: 山東科學技術出版社,2004。

—本文作者任教合肥工業大學數學學院^—