考虑下面的几何数列:
-
对等式两边积分可得到反正切的幂级数:
-
将x = 1 代入,便得莱布尼兹公式(1的反正切是π ⁄ 4)。这种推理产生的一个问题是1不在幂级数的收敛半径以内。因此,需要额外论证当x = 1时级数收敛到tan−1(1)。一种方法是利用交替级数判别法,然后使用阿贝尔定理证明级数收敛到tan−1(1)。然而,也可以用一个完全初等的证明。
初等证明
考虑如下分解
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对于|x| < 1,右侧的分式是余下的几何级数的和。然而,上面的方程并没有包含无穷级数,并且对任何实数x成立。上式两端从0到1积分可得:
-
当 时,除积分项以外的项收敛到莱布尼茨级数。同时,积分项收敛到0:
- 当
这便证明了莱布尼茨公式。
格点与数论证明
通过以 为圆心, 为半径的圆上及圆内格点(即横坐标与纵坐标皆为整数)个数计算公式来得出,在这里先考虑费马平方和定理:一个奇素数能表示成两个平方数之和当且仅当该素数模4余1,并且不考虑符号与交换律下其形式唯一(由于必为一奇一偶,因此不考虑符号但考虑交换律下必然为两种形式),比如 可以得出 ,而 因此无法分解成两个平方和形式。
现在对于所有正整数 ,有其唯一的素因数分解形式:
-
其中 为互不相同的模4余1的素数, 为互不相同的模4余3素数。
- 如果 只要其中一个为奇数,则正整数 不存在表示成两个平方和的形式(比如 ,3的次数为1,因此不能表示成两平方和);
- 而当 全为偶数时,此时能表示成平方数形式的数量等于 (不考虑符号但考虑交换律的情况,比如 ,其中5与13次数均为1,因此有 ,即 );
- 2的幂次 不影响 表示两平方和形式的个数,比如不管 是多少, 能表示成两个平方和形式都是4种。
接下来引入狄利克雷特征函数,定义 ,因此为积性函数,满足 。
- 对于模4余1的素数 以及自然数 ,总有 ,因此 ;
- 对于模4余3的素数 以及自然数 ,则有 ,因此 ;
- 对于2以及自然数 ,当 时 ,即 ;当 时总有 ,因此 。
由于 ,而这些结果正好与上述性质相吻合,因此 表示成两个平方和形式的数量可以由其所有因数 相应的 之和 来表示,比如 ,于是相应地有 。
小于等于 能被正整数 整除的正整数有 个,因此对于半径为 圆上及圆内格点数总和为:
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其中 为不超过 的最大奇数,再由圆面积为 ,当 时,两者比值极限得 。[1]