如何证明韦达给出的圆周率的计算公式？

追溯韦达的智慧：一个关于圆周率计算的探索

韦达，这位16世纪的法国数学家，以其在代数领域的开创性工作而闻名。然而，他的智慧远不止于此，他留给我们一个令人着迷的圆周率（π）的计算公式，这个公式以一种独特的方式将无限的几何过程与数字的精确性联系在一起。理解这个公式的证明，就像是推开了一扇通往数学深邃之美的大门。

韦达公式的惊艳亮相

在我们深入证明之前，不妨先看看韦达公式的真容：

$$
frac{2}{pi} = frac{sqrt{2}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}}{2} cdots
$$

这个公式看着着实令人眼花缭乱，它是一个无限乘积，每一个因子都包含着层层嵌套的平方根。而这一切，最终却收敛于一个我们熟悉得不能再熟悉的常数——圆周率的倒数的一半。

证明的基石：一个反复出现的几何图形

韦达公式的证明并非凭空而来，它根植于对一个简单而又普适的几何图形的深入观察——正多边形。具体来说，我们关注的是正多边形的边数不断增加时，其周长与内接圆周长的关系。

想象一下，我们有一个单位圆，半径为1。它的周长是 $2pi r = 2pi$。现在，我们考虑一个内接于这个单位圆的正方形。它的边长可以通过勾股定理计算得出，是 $sqrt{2}$。那么，正方形的周长就是 $4sqrt{2}$。

如果我们将边数翻倍，变成一个内接正八边形。我们需要找到正八边形的边长。这时，我们可以利用三角学。在一个内接正多边形中，中心角被分成若干个相等的份。对于正方形，中心角是 $360^circ / 4 = 90^circ$。对于正八边形，中心角是 $360^circ / 8 = 45^circ$。

将这个中心角分成两半，形成一个直角三角形，其中斜边是圆的半径（1），一条直角边是正八边形边长的一半。由此，我们可以利用正弦函数：

$$
sin(frac{45^circ}{2}) = frac{ ext{边长的一半}}{1}
$$

所以，正八边形的边长是 $2 sin(22.5^circ)$。正八边形的周长就是 $8 cdot 2 sin(22.5^circ) = 16 sin(22.5^circ)$。

关键的三角恒等式：倍角公式的魔力

到这里，你会发现一个规律：当我们不断增加正多边形的边数时，我们都需要计算 $sin$ 函数在不断变小角度上的值。而一个强大的工具可以帮助我们实现这一点，那就是倍角公式。

我们都知道 $sin(2 heta) = 2 sin( heta) cos( heta)$。但是，在我们的证明中，我们更需要一个降角公式，也就是从 $sin(2 heta)$ 推导出 $sin( heta)$。

我们可以从 $cos(2 heta) = 1 2sin^2( heta)$ 这个公式出发，稍作变形：

$$
2sin^2( heta) = 1 cos(2 heta)
$$

$$
sin^2( heta) = frac{1 cos(2 heta)}{2}
$$

$$
sin( heta) = sqrt{frac{1 cos(2 heta)}{2}}
$$

这个公式看起来并不直接对应韦达公式的结构。我们需要换个角度，从余弦的倍角公式入手，因为韦达公式中的因子结构似乎更接近余弦的嵌套。

我们回顾一下余弦的倍角公式：
$cos(2 heta) = 2cos^2( heta) 1$

对其进行变形：
$2cos^2( heta) = 1 + cos(2 heta)$
$cos^2( heta) = frac{1 + cos(2 heta)}{2}$
$cos( heta) = sqrt{frac{1 + cos(2 heta)}{2}}$ （这里我们假设 $ heta$ 在第一象限，所以 $cos( heta) > 0$）

这个降角公式，正是韦达公式中嵌套平方根的来源！

将几何与三角联系起来

现在，让我们回到内接正多边形。考虑一个内接于单位圆的正 $2^n$ 边形。

n=1 (正方形):
中心角是 $90^circ$。如果我们将圆心角设为 $alpha_1 = pi/2$，那么正方形的边长的一半是 $sin(alpha_1/2) = sin(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$。正方形的周长是 $4 imes frac{sqrt{2}}{2} = 2sqrt{2}$。

n=2 (正八边形):
中心角是 $45^circ$。圆心角是 $alpha_2 = pi/4$。正八边形的边长的一半是 $sin(alpha_2/2) = sin(pi/8)$。正八边形的周长是 $8 imes 2 sin(pi/8) = 16 sin(pi/8)$。

我们发现，每次将边数加倍，我们都在计算下一个角度的正弦值。如果我们能用 $cos$ 来表达，会更方便。

让我们考虑正 $2^n$ 边形。其一个顶点与圆心形成的三角形，如果我们以圆心为原点，将一个顶点放在 $(1, 0)$，那么正 $2^n$ 边形的顶点角可以看作是 $2pi/2^n = pi/2^{n1}$。

考虑正 $2^n$ 边形，其一个顶点到圆心的连线与边形成的夹角是 $frac{pi}{2^n}$。
如果我们考虑内接正 $2^n$ 边形，其中心角为 $frac{2pi}{2^n} = frac{pi}{2^{n1}}$。
如果我们从某个顶点开始，与圆心连接，形成一个半径为1的三角形，这个三角形的底边就是正 $2^n$ 边形的一条边。
考虑这个三角形，它的顶角是 $frac{2pi}{2^n}$。如果我们从这个顶角的一半（即 $frac{pi}{2^n}$）开始，利用 $sin$ 函数，我们可以得到边长的一半。

然而，韦达公式是关于 $frac{2}{pi}$ 的。让我们直接从 $cos$ 的角度来考虑。
考虑一个角度 $ heta$。如果我们知道 $cos( heta)$，那么我们可以通过 $cos( heta/2) = sqrt{frac{1+cos( heta)}{2}}$ 来计算 $cos( heta/2)$。

核心思想： 韦达公式的证明，实际上是将一个无限逼近圆周的顶点序列与其对应的角度的余弦值联系起来。

让我们考虑一个无限序列的点，它们分布在一个单位圆上，这些点是无限逼近圆周的点。
如果我们从一个点开始，比如 $(1, 0)$。
考虑一个正方形，它的一个顶点在 $(1, 0)$，那么另外三个顶点是 $(0, 1), (1, 0), (0, 1)$。
如果我们考虑一个内接正多边形，其顶点可以在复平面上表示为 $e^{i cdot k cdot frac{2pi}{N}}$，其中 $N$ 是边数。

让我们回到一个更直观的几何构造：
考虑一个单位圆。我们在圆上取一个点 $A_0$ (例如 $(1, 0)$)。
我们构造一个序列的正多边形，边数分别是 $4, 8, 16, 32, dots, 2^n, dots$。
让我们关注边心距，或者顶点到圆心连线的夹角。

关键的出发点：

考虑角度 $ heta$。我们知道 $sin( heta) = heta frac{ heta^3}{3!} + frac{ heta^5}{5!} dots$ （泰勒展开）。
然而，韦达公式的结构不是这个。

韦达公式的证明，可以追溯到 Viète's formula for $pi$ 的几何推导。
它涉及到一个迭代的构造。

让我们考虑等角线或者角度的二分。

构建过程：

1. 起点： 考虑单位圆。我们关注的常数是 $frac{2}{pi}$。
2. 第一次迭代： 考虑一个正方形内接于单位圆。其顶点可以在极坐标下表示为 $(1, 0), (1, pi/2), (1, pi), (1, 3pi/2)$。
当我们考虑正方形的边时，我们可以用它来逼近圆周。
想象一个连接 $(1, 0)$ 和 $(0, 1)$ 的弦。它的长度是 $sqrt{2}$。
3. 第二次迭代： 考虑内接正八边形。其顶点在圆上的角度是 $0, pi/4, pi/2, 3pi/4, dots$。
如果我们考虑连接 $(1, 0)$ 和 $(1, pi/4)$ 的弦，它的长度是 $2 sin(pi/8)$。
4. 通项： 对于内接正 $2^n$ 边形，其一个顶点到圆心连线与边形成的夹角是 $frac{pi}{2^n}$。这条边长的一半是 $sin(frac{pi}{2^n})$。
正 $2^n$ 边形的周长是 $2^n cdot 2 sin(frac{pi}{2^n})$。

核心联系：

韦达公式的证明，依赖于一个关键的等式：
$$
frac{sin( heta)}{ heta} = prod_{k=1}^{infty} cos(frac{ heta}{2^k})
$$
如果我们令 $ heta = pi/2$，那么：
$$
frac{sin(pi/2)}{pi/2} = frac{1}{pi/2} = frac{2}{pi}
$$
所以：
$$
frac{2}{pi} = prod_{k=1}^{infty} cos(frac{pi}{2^{k+1}})
$$
这看起来和韦达公式非常相似，但因子是 $cos$，而韦达公式的因子是 $sqrt{2+dots}$。

真正驱动韦达公式的，是余弦函数的降角公式的迭代应用。

让我们从 $cos( heta)$ 开始。
$cos( heta/2) = sqrt{frac{1+cos( heta)}{2}}$
$cos( heta/4) = sqrt{frac{1+cos( heta/2)}{2}} = sqrt{frac{1+sqrt{frac{1+cos( heta)}{2}}}{2}}$
以此类推，我们可以得到一个嵌套的平方根形式。

如何连接 $sin$ 和 $cos$ 的迭代？

回想一下：$sin(2alpha) = 2sin(alpha)cos(alpha)$。
所以，$sin(alpha) = frac{sin(2alpha)}{2cos(alpha)}$。

考虑 $ heta = pi/2$。
$sin(pi/2) = 1$
$frac{2}{pi} = frac{sin(pi/2)}{pi/2}$。

我们知道 $frac{sin(x)}{x}$ 的泰勒展开是 $1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} dots$。

关键的思路转移： 韦达公式的推导，实际上是将单位圆的周长与内接多边形的周长联系起来。

考虑单位圆。
我们关注内接正多边形的边心距。

更直接的推导路径：

1. 角度序列： 考虑一个角度 $ heta$。我们感兴趣的是 $ heta$ 随着迭代而减半的过程。
2. 与圆周的关联： 设圆的半径为 $R$。考虑一个内接于圆的正 $N$ 边形。其一边所对圆心角为 $2pi/N$。
如果我们考虑一个顶点到圆心的连线，这条线段与圆周之间的关系。

韦达公式的几何解释：

想象在单位圆中，从 $(1,0)$ 点开始。
我们考虑一个内接于圆的正方形。它的顶点是 $(1,0), (0,1), (1,0), (0,1)$。
正方形的周长是 $4sqrt{2}$。
正方形的边长的一半是 $sin(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$。

现在，考虑一个内接于圆的正八边形。
它的顶点是 $(1,0), (1, pi/4), (1, pi/2), dots$。
正八边形的边长的一半是 $sin(pi/8)$。
我们可以通过 $sin(pi/8)$ 来计算正八边形的周长。

核心证明步骤（基于正弦与余弦的降角关系）：

1. 基础： 考虑一个角度 $phi$。我们知道：
$cos(phi) = 2cos^2(phi/2) 1 implies cos(phi/2) = sqrt{frac{1+cos(phi)}{2}}$。
这是产生嵌套平方根的关键。

2. 迭代角度： 让我们设定一个起始角度。为了得到 $frac{2}{pi}$，我们需要一个与 $pi$ 相关的起始角度。
考虑角度 $pi/2$。
$cos(pi/4) = sqrt{frac{1+cos(pi/2)}{2}} = sqrt{frac{1+0}{2}} = frac{sqrt{2}}{2}$。
$cos(pi/8) = sqrt{frac{1+cos(pi/4)}{2}} = sqrt{frac{1+frac{sqrt{2}}{2}}{2}} = frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2}$。
$cos(pi/16) = sqrt{frac{1+cos(pi/8)}{2}} = frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2}$。

我们看到了韦达公式中因子的雏形！

3. 连接 $cos$ 的迭代与 $sin$ 和 $pi$：
我们知道一个重要的恒等式：
$$
frac{sin x}{x} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)
$$
这是一个由欧拉发现的公式，但韦达的贡献在于他发现了这个公式本身。

如果我们令 $x = pi/2$，那么：
$$
frac{sin(pi/2)}{pi/2} = frac{1}{pi/2} = frac{2}{pi}
$$
同时，根据欧拉的公式：
$$
prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{pi/2}{2^k} ight) = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{pi}{2^{k+1}} ight)
$$
展开来看：
$$
cosleft(frac{pi}{4} ight) cdot cosleft(frac{pi}{8} ight) cdot cosleft(frac{pi}{16} ight) cdots
$$

然而，韦达公式的因子是 $frac{sqrt{2}}{2}$, $frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2}$, $frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2}, dots$。
这正是 $cos(pi/4), cos(pi/8), cos(pi/16), dots$ 的值！

所以，
$$
frac{2}{pi} = cos(pi/4) cdot cos(pi/8) cdot cos(pi/16) cdots
$$

4. 证明 $frac{sin x}{x} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)$：
这是证明的关键。我们可以通过归纳法来完成。
考虑一个有限乘积：
$P_n(x) = cos(frac{x}{2}) cos(frac{x}{4}) cdots cos(frac{x}{2^n})$

利用 $sin(2alpha) = 2sin(alpha)cos(alpha)$，变形为 $cos(alpha) = frac{sin(2alpha)}{2sin(alpha)}$。

让我们从 $sin(x)$ 开始：
$sin(x) = 2sin(x/2)cos(x/2)$
$sin(x) = 2 left( 2sin(x/4)cos(x/4) ight) cos(x/2) = 4sin(x/4)cos(x/4)cos(x/2)$
$sin(x) = 4 left( 2sin(x/8)cos(x/8) ight) cos(x/4)cos(x/2) = 8sin(x/8)cos(x/8)cos(x/4)cos(x/2)$

通过这个迭代过程，我们可以看到一个模式：
$$
sin(x) = 2^n sin(x/2^n) prod_{k=1}^{n} cos(x/2^k)
$$
将这个等式变形：
$$
frac{sin(x)}{x} = frac{2^n sin(x/2^n)}{x} prod_{k=1}^{n} cos(x/2^k)
$$
我们知道 $lim_{y o 0} frac{sin(y)}{y} = 1$。
令 $y = x/2^n$。当 $n o infty$ 时，$y o 0$。
所以，$lim_{n o infty} frac{sin(x/2^n)}{x/2^n} = 1$。
因此，$lim_{n o infty} frac{sin(x/2^n)}{x} = frac{1}{2^n}$。
所以，$lim_{n o infty} 2^n sin(x/2^n) = lim_{n o infty} frac{sin(x/2^n)}{x/2^n} cdot frac{x}{2^n} cdot 2^n = x cdot 1 = x$。

因此，当我们令 $n o infty$ 时：
$$
sin(x) = x prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)
$$
$$
frac{sin(x)}{x} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)
$$
这个恒等式被证明了。

5. 最终连接到韦达公式：
我们已经证明了 $frac{sin x}{x} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)$。
令 $x = pi/2$。
$$
frac{2}{pi} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{pi}{2^{k+1}} ight)
$$
现在，我们需要将 $cos$ 的因子转换成韦达公式中的嵌套平方根形式。
我们知道：
$cos(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$
$cos(pi/8) = frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2}$
$cos(pi/16) = frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2}$
...
$cos(frac{pi}{2^{k+1}}) = frac{sqrt{2+sqrt{2+dots+sqrt{2}}}}{2}$ (k 个 $sqrt{2}$)

因此，将这些值代入：
$$
frac{2}{pi} = frac{sqrt{2}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2} cdot frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}}{2} cdots
$$
这就是韦达公式！

总结证明的逻辑链条：

1. 核心工具： 余弦函数的降角公式 $cos( heta/2) = sqrt{frac{1+cos( heta)}{2}}$。
2. 迭代构造： 从一个特定的角度（例如 $pi/2$）出发，通过反复应用降角公式，得到一系列 $cos$ 值，这些值呈现出韦达公式中嵌套平方根的结构。
$cos(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$
$cos(pi/8) = frac{sqrt{2+sqrt{2}}}{2}$
$cos(pi/16) = frac{sqrt{2+sqrt{2+sqrt{2}}}}{2}$
...
3. 关键恒等式： 证明 $frac{sin x}{x} = prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{x}{2^k} ight)$。这个恒等式的证明依赖于 $sin(x)$ 的迭代分解，利用 $sin(2alpha) = 2sin(alpha)cos(alpha)$。
4. 连接常数： 令 $x = pi/2$ 代入恒等式。
左边：$frac{sin(pi/2)}{pi/2} = frac{1}{pi/2} = frac{2}{pi}$。
右边：$prod_{k=1}^{infty} cosleft(frac{pi}{2^{k+1}} ight) = cos(pi/4) cos(pi/8) cos(pi/16) cdots$。
5. 最终等价： 将步骤 2 中得到的 $cos$ 的具体值代入步骤 4 的右边，就得到了韦达公式。

韦达的公式，是数学中一个关于“无限”与“有限”、“几何”与“代数”的绝妙结合。它没有直接使用微积分的求和或积分，而是巧妙地利用了三角函数的恒等式，将圆周率的计算寄托在一个不断嵌套的平方根序列之中，展现了数学内在的和谐与美。

Well, 建议发给高中生当课后习题

这个公式发现于1593年

所以原理不会太难, 简单的高中三角函数知识就够了.

其实就是倍角公式的应用.

总知道吧,换种形式写:

然后发动 秘技: 反复迭代

n次迭代后就是:

然后除个x

对n取极限:

尴尬了,超纲内容,重要极限:
证明: 略, 请学有余力的同学自行证明 >>逃

令

然后复习余弦二倍角公式:

综上所述:

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思考题: 维达 Vader 是哪国人?