與巨人同行一探圓周率
沈淵源
摘要: 隨著 John Wallis 的舞步, 觀察積分值 1
0
(1− x1p)qdx 的倒數, 稱之為 Wallis 函數 W (p, q) :
W (p, q) = 1
0
(1− x1p)qdx
−1
。
當 p, q 為自然數時, Wallis 函數 W (p, q) 的風華絕色在我們眼前展露無遺; 這彰顯 在三個美妙的性質中, 但其適用範圍不僅僅限於自然數。 接著我們觀察實數數列
W
1 2, q
2
∞
q=0
並藉助於商的公式及數學歸納法, 得到一個 π 的不等式, 進而導引出 π 的無窮乘積 公式。 最後, 對每一個自然數 d , 重施故技於遞增實數數列
W
1 d, q
d
∞
q=0
得到一個積分值 1
0
(1− xd)1ddx 的無限乘積公式。
一、 站在巨人的肩膀上
牛頓曾說 : 「如果我可以看得比別人更遠, 那是由於我站在巨人的肩膀上 (If I have seen a little farther than others it is because I have stood on the shoulders of giants)」, 他 所說的巨人之一就是 John Wallis1。 現在我們就與巨人同行, 一起來探討老少皆知的圓周率2。
1John Wallis (1616∼1703) 英國數學家[7], 以他在微積分上的前瞻性工作而聞名。 在他的 《無窮微量的算術(Arithmetica Infin- itorum)》(1655) 中, 他把 π4 表示成一無窮乘積來計算π。 他也是第一個解釋指數如 x0, x−n及 xmn 的人, 且引用 ∞ 為無限大 的符號。
2任何圓的周長除以直徑都是一樣的, 此比值就是所謂的圓周率。 1706 年, 威爾斯作家 William Jones 首次用希臘字母 π 來表示。 古 代對 π 的估算值包括 3 (舊約聖經)、 25
8(巴比倫)、 256
81(埃及)、 22
7(希臘)、 355
113(中國) 跟√
10 (印度)。 1429 年阿拉伯數學家 Al-Kashi算出精確至小數點 16 位的 π 值。 目前可算至百萬小數位。 π 在 1767 年被 J. H. Lambert(1728∼1777) 證明為無理 數, 而 1882 年才被 Lindemann (1852∼1939) 證明為超越數。
46
π 乃是單位圓所包圍區域的面積。 若將圓心放置在座標平面的原點, 則在第一象限的四分 之一圓盤的面積就是
π 4 =
1 0
(1− x2)12 dx。
任何估算這一個定積分的方法, 就提供了一個估算 π 的方法。 John Wallis 的才華就展現 在他決定先觀察類似的積分上 : 1
0
(1− xp1)qdx。
首先, 我們分別計算 q = 0, 1, 2, 3 時, 其積分值化簡後分別為 : 1
0
(1− x1p)0dx = 1 , 1
0
(1− x1p)1dx = 1 p + 1 , 1
0
(1− x1p)2dx = 2
(p + 1)(p + 2) , 1
0
(1− x1p)3dx = 6
(p + 1)(p + 2)(p + 3)。
顯而易見, 展現在眼前的形式或規則, 讓我們輕而易舉的可以猜出下一個公式為 : 1
0
(1− x1p)4dx = 4 !
(p + 1)(p + 2)(p + 3)(p + 4)。 因而, 當 q 為一自然數時, 此積分值必為
1 0
(1− x1p)qdx = q !
(p + 1)(p + 2)· · · (p + q)。
細思量, 此乃二項式展開式係數之倒數也 : 1
0
(1− x1p)qdx = p! q!
(p + q)! =
p + q q
−1
=
p + q p
−1
。 所以若將這些積分值倒數過來, 就都變成自然數了 :
1 0
(1− xp1)qdx
−1
=
p + q q
∈ N 。
因此之故, 我們就隨著 John Wallis 的舞步, 一起來觀察這個積分值的倒數, 姑且稱之為 W (p, q)。 很自然地, 我們有下面的定義及猜測 :
定義 : 對任意的 p = 0, q ∈ R, 我們定義 W (p, q) =
1 0
(1− x1p)qdx
−1
。
為了方便起見, 對所有的 q 我們定義 W (0, q) = 1; 這與上面的公式是一致的。 顯而易見, 對所有的 p 我們也有 W (p, 0) = 1。
猜測一 : 對任意的自然數 p, q 我們有 W (p, q) =
p + q q
=
p + q p
。
二、 實驗一 : 函數值 W (p, q), p, q ∈ N 的美妙性質
首先讓我們透過 Mathematica 來確認上述的現象並觀察 p, q 為自然數時函數 W (p, q) 之值變化的情形。
(a) 首先在 Mathematica中定義函數 W (p, q) 如下 :
接下來, 製作一個 8 階方陣 (W (p, q)) ; p, q = 0, 1, 2, · · · , 7。
(b) 這些數是否似曾相識? 何處見過其倩影芳蹤?
(c) 在上面的方陣中, W (p, q − 1) 位於 W (p, q) 的左側, 而 W (p − 1, q) 則在 W (p, q) 的上 方。 觀察此三元素可得
W (p, q−1)+W (p−1, q) = W (p, q) 或 W (p, q)−W (p, q−1) = W (p−1, q) (1)
此公式是否對所有的 p, q 都成立呢?
(d) 上面的方陣中是否有任何的對稱性? 可得何公式? 試証明之!
(e) 觀察 QW (p, q) = W (p, q)
W (p, q− 1),有何特殊的形式圖樣顯示在你眼前?
(f) 所以在同一列中 (相同的 p 值) 相鄰兩項之差的公式在 (c), 而其商的公式在 (e), 試証明 (e) 中的公式對所有的 p, q 也都成立!
(g) 試由商的公式導出差的公式。
三、 實驗一之結果與分析
用 Mathematica 製作的 8 階方陣如下 :
(a) 這些數是否似曾相識? 何處見過其倩影芳蹤? 不用多想, 你一定馬上脫口而出這就是二項 式展開式的係數; 將上面的方陣轉個 45 度, 不就是人人熟知的巴斯卡三角形嗎?
(b) 在上面的方陣中, W (p, q − 1) 位於 W (p, q) 的左側, 而 W (p − 1, q) 則在 W (p, q) 的上 方。 若你已經看出上面的方陣轉個 45 度就是巴斯卡三角形的話, 那麼理所當然這三個函數 值滿足下面的關係式 :
W (p, q− 1) + W (p − 1, q) = W (p, q)。
然而, 這個公式目前僅適用於前幾個自然數而已; 是否對所有使相關定積分都有意義的 p, q 都成立呢? 若回到原來定積分的形式, 那麼公式就變成
1 0
(1− x1p)q−1dx
−1
+ 1
0
(1− xp−11 )qdx
−1
= 1
0
(1− xp1)qdx
−1
。 要直接証明這個公式, 看起來似乎是一件遙不可及的任務。
(c) 上面的方陣中是否有任何的對稱性? 一看即知, 此方陣乃是一對稱方陣; 也就是說, 1
0
(1− x1p)qdx
−1
= W (p, q) = W (q, p) = 1
0
(1− x1q)pdx
−1
。 再一次地, 這個公式目前僅適用於前幾個自然數; 是否對所有使相關定積分都有意義的 p, q 都成立呢? 從上面的積分式可知, 我們僅需證明
1 0
(1− x1p)qdx = 1
0
(1− x1q)pdx。
這只消一個代換緊接著一個分部 : 令 y = (1 − x1p)q, 則 x = (1 − y1q)p。 因而我們有 1
0
(1− x1p)qdx = 0
1
y d
(1− y1q)p
= y(1− yq1)p
0
1
− 0
1
(1− y1q)pdy ;
最右邊的式子實際上就是 (0 − 0) + 1
0
(1− y1q)pdy = 1
0
(1− x1q)pdx , 故得證對稱 性。
(d) 觀察 QW (p, q) = W (p, q)
W (p, q− 1), 有何特殊的形式圖樣顯示在你眼前?
將上面的方陣, 每一行除以前一行對應的數, 得到的 8 × 7 矩陣如下 :
驚鴻一瞥, 第二列中的每一個數其分子都比分母多 1, 此列是 p = 1 的那一列; 而第 二行由上而下, 每次增加 1/2, 進而發現其實每一行都是等差級數, 其公共的差分別就是 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, 1/6, 1/7 (這分別對應於 q = 2, 3, 4, 5, 6, 7)。 這讓我們很篤定的猜測 到 QW (p, q) 的分母應該就是 q, 然而分子呢? 第二列隱約地提示大概是 p + q = 1 + q
(此列是 p = 1 的那一列)。 為了更進一步確認, 我們就默認上面篤定的猜測 : QW (p, q) 的分母就是 q。 所以就把第 q 行的分母全改為 q, 看看怎樣! 我們得到如下的矩陣 :
真是太美了! 你看 : 行也好、 列也好、 由上而下也好、 由左而右也好, 每移動一個位置, 分 子就增加 1; 這意味著, 分子就是 p + q , 因而我們有如下的猜測。
猜測二 : 對任意的自然數 p, q 我們有 W (p, q)
W (p, q− 1) = p + q
q (2)
(e) 所以在同一列中 (相同的 p 值) 相鄰兩項之差的公式在 (1), 而其商的公式在 (2), 試証明 (2) 中的公式對所有使相關定積分都有意義的 p, q 也都成立!
首先將定積分 1
0
(1− x1p)qdx 寫成 1
0
(1− x1p)(1− x1p)q−1dx = 1
0
(1− x1p)q−1dx + 1
0
−x1p(1− x1p)q−1dx (3)
再將 (3) 式右側第二個定積分 1
0
−x1p(1− x1p)q−1dx 寫成
p q
1 0
x q(1− x1p)q−1
−x1p−1 p
dx = p q
1 0
x d
(1− x1p)q
最後使用分部積分的公式得到 p
q 1
0
x d
(1− x1p)q
= p q
x(1− xp1)q
1
0
− 1
0
(1− x1p)qdx
= p q
(0− 0) − 1
0
(1− x1p)qdx
此即 −p q
1
0
(1− x1p)qdx 再代回 (3) 式, 我們有 1
0
(1− x1p)qdx = 1
0
(1− x1p)q−1dx− p q
1 0
(1− x1p)qdx
=⇒
1 + p q
1 0
(1− x1p)qdx = 1
0
(1− x1p)q−1dx
=⇒
1 + p q
W (p, q)−1 = W (p, q− 1)−1
=⇒
1 + p q
−1
W (p, q) = W (p, q− 1)
故得證 (2) 中的公式對所有使相關定積分都有意義的 p, q 也都成立!
(f) 試由商的公式 (2) 導出差的公式 (1)。
現在所有的工具都齊全了, 透過對稱性以及商的公式 (2) , 不費吹灰之力即可導出差的公式 (1)。 首先將商的公式 (2) 寫成
W (p, q− 1)
W (p, q) = q
p + q (4)
公式 (4) 也可寫成
W (q, p− 1)
W (q, p) = p p + q 對稱性告訴我們, 上式就是
W (p− 1, q)
W (p, q) = p
p + q (5)
最後將 (4) 式加上 (5) 式, 我們有 W (p, q− 1) + W (p − 1, q)
W (p, q) = W (p, q− 1)
W (p, q) +W (p− 1, q) W (p, q) = q
p + q + p
p + q = 1 , 因而得到差的公式 (1), 故得證。
(g) 總結以上的分析, 我們將所得到結論整理在下面的定理中 :
定理 (Wallis 函數的三個美妙性質) : 對任意使相關定積分有意義的數 p, q, Wallis 函數
W (p, q) = 1
0
(1− xp1)qdx
−1
滿足下列三個美妙的性質 :
W1. (對稱性質) W (p, q) = W (q, p) W2. (商的公式) W (p, q)
W (p, q− 1) = p + q q
W3. (差的公式) W (p, q) − W (p, q − 1) = W (p − 1, q) 已知起始值 W (p, 0) = 1 及 W
1 2,1
2
= 4
π ; 透過商的公式對 q 作數學歸納法,
我們輕而易舉地就可以得到下面的推論 :
推論 : 如果 p, q, n, d 全部都是自然數, 那麼我們就有 C1. W (p, q) =
p + q q
=
p + q p
。
C2. W 1
2, n
= 3· 5 · 7 · · · (2 n + 1) 2· 4 · 6 · · · (2 n) C3. W
1
2, n + 1 2
= 4· 6 · 8 · · · (2 n + 2) 3· 5 · 7 · · · (2 n + 1)· 4
π C4. W
1 d, n
= (d + 1)(2 d + 1)(3 d + 1)· · · · (d n + 1) d· 2 d · 3 d · · · (d n) C5. W
1
d, n + 1 d
= (d + 2)(2 d + 2)(3 d + 2)· · · · (d n + 2) (d + 1)(2 d + 1)(3 d + 1)· · · · (d n + 1) · W
1 d, 1
d
四、 實驗二 : π 的無限乘積公式之探討
當 p, q 都是自然數的時候, 對應的函數值 W (p, q) 也是自然數, 跟 π 扯不上關係。 另一 方面, 我們知道 W
1 2, 1
2
= 4
π, 其實這就是一開始所看到的那個積分值的倒數, 所以 π 出 現在當 p 跟 q 都是奇數的一半時。 因此我們就進一步來觀察當 p, q ∈ 12Z 時函數值 W (p, q) 變化的情形如何?
(a) 觀察對應於 p = 1
2 的那一列的數, 可得一有趣的遞增數列
W
1 2,q
2
∞
q=0
由此遞增數列, 得到一不等式作為 π 的有理數近似值。
(b) 據此得到 W 1
2, 1 2
= 4
π 的一對不等式 3· 5 · 7 · · · (2 n − 1)
2· 4 · 6 · · · (2 n − 2) < 4· 6 · 8 · · · (2 n) 3· 5 · 7 · · · (2 n − 1)· 4
π < 3· 5 · 7 · · · (2 n + 1) 2· 4 · 6 · · · (2 n) . 令 Un = 2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n)
32· 52 · 72· · · (2 n − 1)2 , 由上得到 π
4 的上限 Un、 下限 Ln
Ln = Un· 2 n
2 n + 1 < π
4 < Un ⇐⇒ π
4 < Un < π
4 · 2 n + 1 2 n 最後透過夾擠定理, 可得 Wallis 的無限乘積公式如下 :
∞ k=1
(2k + 1)2− 1
(2k + 1)2 = lim
n→∞Un = π 4 。 (c) 用 Mathematica 算出 4 倍上述無限乘積之前 n − 1 項的部分積
Wn= 4
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 。 透過圖形的觀察, 請問此一部分積數列 {Wn} 如何趨近於 π 的呢?
(d) 需要取多大 的 n, 才能精確到小數點之後第三位?
(e) 若要改良其精確度, 可將 π
4 的上下限平均一下。 試証明其平均值為 2 n + 12
2 n + 1 · Un= 2 n +12 2 n + 1 ·
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1
(2k + 1)2 。 (6) 令 Wn(t) = 2 n + t
2 n + 1· 4 Un。 則 Wn(1
2) = 2 n + 12
2 n + 1 · 4 Un 就是 π 上下限的平均值。
(f) 此一平均值數列如何趨近 π 的呢? 需要取多大的 n, 才能精確到小數點之後第三位?
五、 實驗二之結果與分析
(a) 數列
W
1 2,q
2
∞
q=0
的前幾項及其圖形如下所示 :
在數列
W
1 2,q
2
∞
q=0
中, 對應於 q = 2n − 2, 2n − 1, 2n 那三項分別為 1
0
(1− x2)n−1dx
−1
, 1
0
(1− x2)n−12 dx
−1
, 1
0
(1− x2)ndx
−1
. 因為 x ∈ [0, 1] ⇒ (1 − x2)∈ [0, 1] , 我們有
(1− x2)n−1 ≥ (1 − x2)n−12 ≥ (1 − x2)n≥ 0 ∀ x ∈ [0, 1] ;
因此得到 1
0
(1− x2)n−1dx >
1 0
(1− x2)n−12 dx >
1 0
(1− x2)ndx > 0 , 所以我們有
1 0
(1− x2)n−1dx
−1
<
1 0
(1− x2)n−12 dx
−1
<
1 0
(1− x2)ndx
−1
; 也就是說,
W 1
2, n− 1
< W 1
2, n− 1 2
< W 1
2, n
. (7)
同理可確認實數數列
W
1 2,q
2
∞
q=0
的的確確是一個遞增的數列, 跟上面圖形所顯示 出來的結果是一致的。
(b) 將不等式 (7) 以及推論 C2 跟 C3 放在一起, 馬上得到 Wallis 不等式 3· 5 · 7 · · · (2 n − 1)
2· 4 · 6 · · · (2 n − 2) < 4· 6 · 8 · · · (2 n) 3· 5 · 7 · · · (2 n − 1) · 4
π < 3· 5 · 7 · · · (2 n + 1) 2· 4 · 6 · · · (2 n) 整理一下, 得到 4
π 的上、 下限 32· 52· 72· · · (2 n − 1)2
2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n) < 4
π < 32· 52· 72 · · · (2 n − 1)2
2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n)·2 n + 1 2 n 因而得到 π
4 的上、 下限
2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n) 32· 52· 72· · · (2 n − 1)2 · 2 n
2 n + 1 < π
4 < 2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n) 32· 52· 72· · · (2 n − 1)2 若將 π
4 的上、 下限分別以 Un, Ln 表示之, 則 Un= 2· 42· 62· · · (2 n − 2)2· (2 n) 32· 52· 72· · · (2 n − 1)2 , Ln = Un· 2 n
2 n + 1; 而且我們有 Ln < π
4 < Un ⇐⇒ π
4 < Un < π
4 ·2 n + 1
2 n 。 (8)
將上限的分子 2 · 42· 62 · · · (2 n − 2)2· (2 n) 寫成 n − 1 對連續偶數的乘積 [2· 4] · [4 · 6] · [6 · 8] · · · · [(2 n − 2) · (2 n)] ,
而每一對連續偶數都是中間那個奇數加減 1 ; 亦即
[(3− 1)(3 + 1)][(5 − 1)(5 + 1)][(7 − 1)(7 + 1)] · · · [((2n − 1) − 1)((2n − 1) + 1)] ,
平方差的公式告訴我們, 上式等於 (32− 1)(52− 1)(72− 1) · · · ((2n − 1)2− 1) 。 回到上限的分母 32· 52· 72· · · (2 n − 1)2, 馬上看出來 π
4 的上限可以寫成
Un =
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1
(2k + 1)2 . (9)
將 (8) 式透過夾擠定理, 得到 lim
n→∞Un = π
4;而(9) 式兩邊取極限, 得到
n→∞lim Un = lim
n→∞
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 =
∞ k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 。 終於我們得到了 Wallis 的無限乘積公式, 如下 :
π 4 =
∞ k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 。
(c) 用 Mathematica 算出 4 倍上述無窮乘積之前 n − 1 項的部分積 Wn
Wn= 4 Un= 4
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1
(2k + 1)2 , (10)
很明顯地, 水平線 y = π 為此一部分積數列 Wn
∞
n=1 的水平漸近線; 而且圖形顯示, 此 一部分積數列
Wn
∞
n=1 在 π 的上方遞減地趨近於 π , 其收斂的速度有些緩慢。
(d) 需要取多大的 n, 才能精確到小數點之後第三位?
從上面的圖形約略估算 Wn 降到 3.142 時, 對應的 n 尚未抵達但很接近 2000 ; 所以我們 就試試 n 從 1950 至 1970 之間, 對應之 Wn 的值 :
很幸運地, n = 1952 時其值是 3.14199 , 精確到小數點之後第三位。
(e) 若要改良精確度, 可將 π
4 的上、 下限平均一下。 試証其平均值 Ln+ Un
2 為
2 n + 0.5
2 n + 1 · Un= 2 n + 0.5 2 n + 1 ·
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 。 這只要回到(8) 式之前上下限的關係式 Ln = Un· 2 n
2 n + 1, 馬上得到上式 :
Ln+ Un
2 =
Un· 2 n
2 n + 1+ Un
2 =
Un
2 n 2 n + 1+ 1
2 = 2 n + 0.5 2 n + 1 · Un。 令 Un(t) = 2 n + t
2 n + 1· Un。 則 Wn(t) = 4 Un(t) 且 (6) 式中平均值就是 Wn(0.5) ; 因而 π 的上、 下限分別就是
Wn(1) = 4 Un(1) = 4 Un = Wn, Wn(0) = 4 Un(0) = 4Ln。 (f) 請問這一個 π 的上、 下限平均值數列
Wn(0.5)
∞
n=1 是如何趨近 π 的呢? 如何估計需要 取多大的 n, 才能精確到小數點之後第三位?
因為要精確到小數點之後第三位, 所以我們得觀察包含有水平線 y = 3.141 , y = π , y = 3.142 在內的圖形, 如下所示 :
很明顯地, 平均值數列
Wn(0.5)
∞
n=1 乃一快速遞減收斂於 π 的數列; 圖形就是上面非水 平線的那條曲線, 收斂的速度快到幾幾乎乎與水平線 y = π 是合而為一的。 這一條曲線一 開始在第一小格內就降到 3.1420了, 而第一小格的範圍是 20 到 30 ; 所以就讓我們試試 n 從 25 至 30 之間, 對應的 Wn(0.5) 值如何 :
很幸運地, n = 27 的時候對應的 W27(0.5) = 3.14199· · · , 精確到小數點之後第三位; 跟 前面的 n = 1952 相比, 真是好太多了。
(g) 上面討論告訴我們 : π 之上下限平均值數列
Wn(0.5)
∞
n=1 如何快速地收斂於 π, 而其 上、 下限數列則分別為
Wn(1)
∞
n=1 及 Wn(0)
∞
n=1; 將此三數列之圖形放在同一平面, 如下所示 :
介於 0 與 1 之間, 取更多的 t 值; 將對應數列之圖形放在同一平面, 如下所示 :
遠遠地觀看這些曲線, 感受到的是強烈的 「對稱美」; 鏡子就是水平線 y = π 連同那幾乎與 她合體的上、 下限平均值數列
Wn(0.5)
∞
n=1 曲線, 至此該是劃下句點的時候了。 然而我 們很好奇地想看那些非常接近 0.5 的 t 值, 其對應的數列
Wn(t)
∞
n=1 曲線是否仍舊那 麼的對稱呢? 拭目以待!
(h) 下面的圖形中 t 以 0.5 為中心, 間距分別是 0.01, 0.001, 0.0001 : 請問鏡子還是水平線 y = π 連同那幾乎與她合體的上、 下限平均值數列
Wn(0.5)
∞
n=1 曲線嗎?
六、 定積分
10
(1 − x
d)
1ddx 之無限乘積公式的探討
回首來時路, Wallis 藉助於定積分 1
0
(1− x1p)qdx 倒數的美妙性質, 得到關於 π
4 = 1
0
(1− x2)12 dx
的不等式, 最後更進一步地導出 π 的一個無限乘積公式。 這整個過程, 顯而易見, 不用吹灰之力 即可推廣至 p 跟 q 都是同一個自然數 d 的倒數; Wallis 選中的 d 是 2, 靈感來自上面那個定 積分。 若將此限制拿走, 所得到的將是下列定積分之值
1
0
(1− xd)1ddx (11)
的一個無限乘積公式。 下面我們就順著這個思緒將上面 Wallis 所做的的事情再做一次。
(a) 令 d 為自然數。 實數數列
W
1 d,q
d
∞
q=0
中, 對應於 q = d(n−1), d(n−1)+1, dn 那三項分別為
1 0
(1− xd)n−1dx
−1
, 1
0
(1− xd)n−1+d1 dx
−1
, 1
0
(1− xd)ndx
−1
. 因為 x ∈ [0, 1] ⇒ (1 − xd)∈ [0, 1] , 我們有
(1− xd)n−1 ≥ (1 − x2)n−1+d1 ≥ (1 − xd)n ≥ 0 ∀ x ∈ [0, 1] ; 因此得到 1
0
(1− xd)n−1dx >
1 0
(1− xd)n−1+1ddx >
1 0
(1− xd)ndx > 0 ,
所以我們有 1
0
(1− xd)n−1dx
−1
<
1 0
(1− xd)n−1+1ddx
−1
<
1 0
(1− xd)ndx
−1
; 也就是說,
W 1
d, n− 1
< W 1
d, n− 1 + 1 d
< W 1
d, n
. (12)
同理可確認實數數列
W
1 d,q
d
∞
q=0
的確是遞增的數列。
(b) 將不等式 (12) 以及推論 C4 跟 C5 放在一起, 馬上得到不等式 (d + 1)(2 d + 1)(3 d + 1)· · · · (d (n − 1) + 1)
d· 2 d · 3 d · · · (d (n− 1))
<(d + 2)(2 d + 2)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1) + 2) (d + 1)(2 d + 1)(3 d + 1)· · · · (d (n − 1) + 1)· W
1 d, 1
d
< (d + 1)(2 d + 1)(3 d + 1)· · · · (d n + 1) d· 2 d · 3 d · · · (d n) 整理一下, 得到 W
1 d, 1
d
的上、 下限
(d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2
d(d + 2)(2 d)(2 d + 2)(3 d)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1))(d (n − 1) + 2) < W 1
d, 1 d
< (d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2
d(d + 2)(2 d)(2 d + 2)(3 d)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1))(d (n − 1) + 2) · d n + 1 d n 因而得到
1 0
(1− xd)1ddx =
W 1
d, 1 d
−1
的上、 下限
d(d + 2)(2 d)(2 d + 2)(3 d)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1))(d (n − 1) + 2)
(d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2 · d n d n + 1
<
1 0
(1− xd)d1 dx
< d(d + 2)(2 d)(2 d + 2)(3 d)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1))(d (n − 1) + 2) (d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2
若將 1
0
(1− xd)d1 dx 的上、 下限分別以 Un(d) , Ln(d) 表示之, 則
Un(d) = d(d + 2)(2 d)(2 d + 2)(3 d)(3 d + 2)· · · · (d (n − 1))(d (n − 1) + 2) (d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2 ,
且
Ln(d) = Un(d)· d n
d n + 1; (13)
而且我們有
Ln(d) <
1 0
(1− xd)1d dx < Un(d) , 也就是說 1
0
(1− xd)1ddx < Un(d) < d n + 1 d n ·
1 0
(1− xd)1ddx . (14) 將上限 Un(d)的分子 d(d+2)(2 d)(2 d+2)(3 d)(3 d+2) · · · · (d (n−1))(d (n−1)+2) 寫成 n − 1 對差距為2 的相鄰整數之乘積
[d(d + 2)]· [(2 d)(2 d + 2)] · [(3 d)(3 d + 2)] · · · · [(d (n − 1))(d (n − 1) + 2)] , 而每一對差距為2 的相鄰整數都是中間那個整數加減 1 ; 亦即
{[(d+1)−1][(d+1)+1]}{[(2d+1)−1][(2d+1)+1]} · · ·{[d(n−1)+1]−1}{[d(n−1)+1]+1}, 平方差的公式告訴我們, 上式等於
[(d + 1)2− 1][(2d + 1)2− 1][(3d + 1)2− 1] · · · [(d(n − 1) + 1)2− 1] . 因為上限的分母是
(d + 1)2(2 d + 1)2(3 d + 1)2· · · · (d (n − 1) + 1)2, 馬上看出來
1 0
(1− xd)1ddx 的上限可以寫成
Un(d) =
n−1
k=1
(d k + 1)2− 1
(d k + 1)2 . (15)
透過夾擠定理, (14) 式導致 lim
n→∞Un(d) = 1
0
(1− xd)1ddx ;而 (15) 式兩邊取極限, 則得
n→∞lim Un(d) = lim
n→∞
n−1
k=1
(d k + 1)2− 1 (d k + 1)2 =
∞ k=1
(d k + 1)2− 1 (d k + 1)2 . 這就是定積分
1 0
(1− xd)1ddx 的無限乘積公式, 如下 : 1
0
(1− xd)1ddx =
∞ k=1
(d k + 1)2− 1
(d k + 1)2 . (16)
(c) 若要改良精確度, 可將其上、 下限平均一下 Ln(d) + Un(d)
2 得平均值為
d n + 0.5
d n + 1 · Un(d) = d n + 0.5 d n + 1 ·
n−1
k=1
(2k + 1)2− 1 (2k + 1)2 . 這只要回到 (13) 式中上下限的關係式 Ln = Un· d n
d n + 1, 馬上得到上式 :
Ln(d) + Un(d)
2 =
Un(d)· d n
d n + 1 + Un(d)
2 =
Un(d)
d n d n + 1 + 1
2
=d n + 0.5
d n + 1 · Un(d) . 令 Wn(d, t) = d n + t
d n + 1 · Un(d) . 則定積分 1
0
(1− xd)1ddx 之值的上下限平均值就是 Wn(d, 0.5) ; 而其上、 下限分別就是 Wn(d, 1) 與 Wn(d, 0) , 且對所有的 t ∈ [0, 1] 我們 有
Wn(d, 0) < Wn(d, t) < Wn(d, 1) 及 lim
n→∞Wn(d, t) = 1
0
(1− xd)d1 dx . (17)
我們將上面所討論的結果, 整理在下面的定理中。
Wallis 無窮乘積公式 : 令 d 為自然數且令 t ∈ [0, 1]。 定義數列
Wn(d, t)
∞
n=1 如下 : Wn(d, t) = d n + t
d n + 1 ·
n−1
k=1
(d k + 1)2− 1
(d k + 1)2 . (18) 則我們有
(a) 對所有的 t ∈ [0, 1] , lim
n→∞Wn(d, t) =
∞ k=1
(d k + 1)2− 1 (d k + 1)2 . (b) 定積分
1 0
(1− xd)1d dx之值的上、 下限分別就是 Wn(d, 1) 與 Wn(d, 0) . (c) 對所有的 t ∈ [0, 1] , Wn(d, 0)≤ Wn(d, t)≤ Wn(d, 1) .
(d) 對所有的 t ∈ [0, 1] , lim
n→∞Wn(d, t) = 1
0
(1− xd)1ddx ; 因而再一次地得到 1
0
(1− xd)1ddx =
∞ k=1
(d k + 1)2− 1 (d k + 1)2 ;
當 d = 2 時, 這就是 Wallis 無窮乘積公式 π
4 = 1
0
(1− x2)12 dx =
∞ k=1
(2 k + 1)2− 1 (2 k + 1)2 . (e) 上一節的 (f) 之後半段說 : 實數數列
Wn(2, 0.5)
∞
n=1 是一個遞減且比其他的實數數列
Wn(2, t)
∞
n=1
, t∈ [0, 1]\{0.5} 更快速地收斂於 π
4 的實數數列。
接下來讓我們一起看看當 d = 2 時, 上下限平均值數列
Wn(d, 0.5)
∞
n=1 是否也是最 快速地收斂於對應的定積分
1 0
(1− xd)d1 dx 的呢? 先在 Mathematica 裏頭定義函數 W (n, d, t) , W I(d) ,分別就是上面的數列
Wn(d, t)∞
n=1 及定積分 1
0
(1− xd)1ddx ; 指令 如下 :
我們就依序從最簡單的 d=1 開始 : 定積分 1
0
(1−x)dx=1
2 ,下限數列
Wn(1, 0)
∞
n=1 就 是常數數列
1 2, 1
2, 1
2, · · · ·
; 輸入指令與輸出結果如下所示 :
因此 d = 1 時, 下限數列
Wn(1, 0)
∞
n=1 是以超光速的速度一開始就收斂於 1 2。 其他 的自然數 d 呢? 下一節我們就繼續透過圖形的幫助, 趕快一起來尋找到底是哪一個 t ∈ [0, 1]
會讓數列
Wn(d, t)
∞
n=1 最快收斂於定積分 1
0
(1− xd)1ddx 的呢?
七、 何數列
W
n(d, t)
∞n=1
最快收斂於定積分
10
(1 − x
d)
1ddx ?
對自然數 d, 我們要看看是哪一個 t∈[0, 1] 會讓數列
Wn(d, t)∞
n=1 最快收斂於定積分 1
0
(1− xd)1ddx?
這個 t 會跟 d 扯上關係嗎? 所以讓我們將單位區間 [0, 1] 分割成 d 等分, 其分割點包含 兩個端點由大而小排列, 分別就是
1 = t0, t1, t2,· · · , td= 0
, 其中 ti = d− i
d , i = 0, 1, 2, . . . , d .
對每一個 d , 下面的資料中, 首先出現的是包含 d + 3 條曲線的一個圖形; 前二條分別就 是參考水平線 y = c (此 c > W I(d)) 及水平線 y = W I(d) , 接下去分別就是下列數列的
曲線 :
Wn(d, ti)
∞
n=1, i = 0, 1, 2, . . . , d . 圖形之後出現的是數列
Wn(d,d− 1 d )
∞
n=1 第 4 到第 9 項精確到六位的近似值, 而最 後則是定積分 W I(d) =
1 0
(1− xd)1ddx 精確到六位的近似值。 為了完全起見, 我們也把上 面已經知道 d = 2 的資料按照目前的格式展現在你眼前 :
(a) d = 2 :
(b) d = 3 :
(c) d = 4 :
(d) d = 5 :
(e) d = 6 :
(f) d = 7 :
(g) d = 8 :
(h) d = 9 :
看完這些資料, 可得如下的猜測 :
猜測 : 令 d 為自然數且令 t ∈ [0, 1], 則我們有 1. 數列
Wn(d, t)
∞
n=1 最快收斂於定積分 1
0
(1− xd)1ddx 的 t 值是 d− 1 d 。 2. 當 d− 1
d ≤ t ≤ 1 時,
Wn(d, t)
∞
n=1 是一個遞減數列; 下界之一為 W I(d) . 3. 當 0 ≤ t < d− 1
d 時,
Wn(d, t)
∞
n=1 是一個遞增數列; 上界之一為 W I(d) . 4. 上面九個 d 值, 除了 d = 2 之外, 數列
Wn(d,d− 1 d )
∞
n=1 都是在九項之內就精確 到小數點後第 3 位。
再看一個稍大一點的例子 d = 25 : 上面猜測一樣正確, 而且數列
Wn(25, 0.96)
∞
n=1 的 第 4 項就已經精確到小數點後第 4 位。
