用几何证明 π 的 Wallis 乘积

Wallis 乘积把一列分数与圆的几何联系起来。不同于常见的 π 级数，这个结果使用乘法。3Blue1Brown 团队成员 Sridhar 独立发现了这里介绍的几何论证；讲解者不排除其他文献中已有类似证明。

乘积 (2/1)(4/3)(6/5)… 无界增长，而 (2/3)(4/5)(6/7)… 趋于零。把它们一项一项交错排列，得到 (2/1)(2/3)(4/3)(4/5)…。交替的上升和下降最终趋向 π/2。

在单位圆上均匀放置灯塔，再选一个观察者。与此前 Basel 问题视频中相加距离的平方倒数不同，这次把观察者到各灯塔的距离相乘，称为距离乘积。

证明依靠两个事实。观察者位于相邻灯塔中点时，距离乘积为 2，与灯塔数量无关。观察者站在一个灯塔上，并将该灯塔从乘积中排除时，距离乘积等于原来的灯塔总数。

把圆放在复平面中。圆上均匀分布的 n 个点是 n 次单位根：每个点的 n 次方都是 1。因此，以它们为根的首一多项式可分解为 z^n − 1 = ∏(z − l_k)。

在任意观察者位置 z，对右侧乘积取模，就得到到所有灯塔的距离乘积。更简单的表达式 |z^n − 1| 给出相同结果，无需分别计算每条弦。

如果观察者位于从一个灯塔到下一个灯塔的 f 比例处，z^n 就落在绕圆一周的 f 比例处。距离乘积等于对应弦长；在这里考虑的范围内，它是 2 sin(πf)。当 f = 1/2 时，结果为 2，证明了第一个事实。

第二个事实中，把观察者放在 1 并排除该灯塔。用 z^n − 1 除以 z − 1，去掉对应因子。商为 1 + z + … + z^(n−1)；令 z = 1，每项都是 1，因此其余距离的乘积为 n。

现在使用两个观察者：看守人位于一个灯塔上，水手位于他与相邻灯塔的中点。从两个乘积中都去掉看守人所在的灯塔。看守人的乘积为 n；水手原来的乘积是 2，去掉该灯塔相当于除以两人的距离 d。因此两者之比为 nd/2。

也可以逐个灯塔计算同一个比值。随着 n 增大，一侧灯塔到看守人的距离与到水手的距离之比分别趋近 2/1、4/3、6/5；另一侧对应的因子趋近 2/3、4/5、6/7，依此类推。

将两侧的贡献交错排列，就得到 Wallis 乘积。同时，两名观察者相隔 n 等分圆弧的一半；n 增大时，他们之间的弦长渐近于 π/n。因此 nd/2 趋于 π/2。

这个非正式论证有一个微妙缺口：先对每个因子取极限再相乘无穷多个结果，不一定等于先计算有限乘积再取极限。这两个操作不能自动交换。

视频给出一个反例：每行有一个 7，其余都是 1。每一行的乘积都是 7；但如果 7 在各行中不断向后移动，每个固定列的极限都是 1，将这些列极限相乘得到 1。

讲解者指出，可以用控制收敛定理为本例中的极限交换提供严格依据。视频没有给出完整的严格论证；说明中还注明，原有的补充博客文章在网站迁移时遗失。

无穷乘积的顺序也很重要。一侧的因子乘积向无穷大发散，另一侧趋于零。一对一配对得到 π/2；改变交错顺序可能得到不同结果。

相同几何方法可以推广到水手位于相邻灯塔间任意比例 f 的位置。水手的距离乘积变成弦长 2 sin(πf)，而看守人与水手的距离乘积之比趋于 fπ/sin(πf)。

各灯塔贡献因子 k/(k−f)，其中正负 k 的项需要谨慎配对。整理结果可以得到正弦函数的无穷乘积。这将 Wallis 的几何论证与 Euler 的正弦乘积及 Basel 问题联系起来。