¿Por qué es esta serie de la raíz cuadrada de dos es igual a $\pi$?

Question

Wikipedia afirma que esta pero sólo cita un sin conexión de prueba:

$$\lim_{n\to\infty} 2^n \sqrt{2-\sqrt{2+... \sqrt 2}} = \pi$$

por $$ n de las raíces cuadradas y un signo menos. La fórmula no es la "habitual", como la serie de Taylor o algo por el estilo, así que no se puede demostrar fácilmente. Escribí un pequeño script para calcular y es claramente visible, pero eso no es una prueba.

Answer 1

Es la secuencia de aproximaciones se obtiene cuando usted aproximado del perímetro de un círculo de diámetro $1$ con inscrita regular $$n-ágonos para $n$ una potencia de 2$$.

Como me sucede que tiene este TeXed', voy a ofrecer:

Supongamos regular de $2^n$-ágonos están inscritos en un círculo de radio $r$.

Supongamos que el lado de longitud(la longitud de una "cara") $a_n$ de una inscrito $2^{n}$-gon se sabe (por lo tanto, $a_2$ es la longitud lateral de la plaza). Para encontrar la longitud lateral de los $2^{n+1}$-gon, que uno puede aplicar el Teorema de Pitágoras dos veces para obtener $$ \etiqueta{1}a_{n+1} = r\sqrt{2-\sqrt{4-{a_n^2\de más de r^2}}} $$

Ahora, a partir de un cuadrado, $$a_2=\sqrt 2 r.$$ El uso de la recursividad de la fórmula (1) las veces que nos da: $$ a_3%= r\sqrt{2-\sqrt{4-{2r^2\de más de r^2}}} = r\sqrt{2-\sqrt2}, $$ $$ a_4%= r\sqrt{2-\sqrt{4-{ ( r\sqrt{2-\sqrt2})^2 \de más de r^2}}} = r\sqrt{2-\sqrt{4-{ ({2-\sqrt2} ) }}} = r\sqrt{2-\sqrt{{ {2+\sqrt2} }}}, $$ y $$ a_5%= r\sqrt{2-\sqrt{4-{ ( r\sqrt{2-\sqrt{{ {2+\sqrt2} }}} )^2\de más de r^2}}} = r\sqrt{2-\sqrt{ 2+\sqrt{{ {2+\sqrt2} }}} }. $$ $$\vdots$$

Deje de $b_n=2^n a_n$. Deje de $P_n=r\cdot b_n$ ser el perímetro de los $2^n$-gon. Deje que $P$ ser el perímetro del círculo. Entonces $$ \lim_{ n\rightarrow \infty} P_n = P. $$ Tenga en cuenta que a partir de la anterior identidad, se deduce que la relación entre el perímetro de un círculo a su diámetro debe ser una constante, es decir, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_n$. Llamamos a este número $\pi$.

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A continuación están algunas particular los cálculos cuando el radio del círculo es de $1/2$: $$ \eqalign{ P_2&=2^1\cdot\sqrt 2 \aprox 2.82842712\cr P_3&=2^2\cdot\sqrt{2-\sqrt2}\approx 3.06146746\cr P_4&=2^3\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt2}}\approx3.12144515 \cr P_5&=2^4\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}\approx 3.13654849\cr P_6&=2^5\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}\aprox 3.14033116\cr P_7&=2^6\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}}\aprox 3.14127725\cr P_8&=2^7\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}}}\aprox 3.1415138 \cr P_9&=2^8\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}}}}\aprox 3.14157294 \cr } $$

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Para completedness:

Observación 1: Aquí está la prueba de que la recursividad de la fórmula (1) se tiene:

Deje de $a_n$ a ser el lado de la longitud de los $2^n$-gon.

Para obtener los $2^{n+1}$-gon: tomar el "exterior de punto final" de los radios del círculo que biseca los rostros de los $2^n$-gon para formar los nuevos vértices de los $2^{n+1}$-gon.

Entonces tenemos, por $a_{n+1}$, el escenario que se muestra en el siguiente diagrama (no a escala):

Ahora $$ b^2=r^2-{a_n^2\over4}; $$ de dónde $$\eqalign{ a_{n+1}^2={a_n^2\over4} + \Biggl((r-\sqrt{ r^2-{a_n^2\over4}}\ \Biggr)^2 y={a_n^2\over4}+ r^2-2r\sqrt{r^2-{a_n^2\over4}}+r^2 -{a_n^2\over4}\cr &= 2r^2-2r\sqrt{r^2-{a_n^2\over4}}\cr &= 2r^2-r^2\sqrt{4-{a_n^2\de más de r^2}}\cr &= r^2 \Biggl(2-\sqrt{4-{a_n^2\de más de r^2}}\ \Biggr).}$$ Y, por lo tanto $$ a_{n+1}= r \sqrt{2-\sqrt{4-{a_n^2\de más de r^2}}}. $$

Observación 2: explicar por qué el límite de $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} P_n=P\ $ tiene, no puedo hacer nada mejor que referirnos a Eric Naslund comentario en su respuesta.

Véase también, aquí.

Answer 2

Aquí está una manera ligeramente diferente para ver por qué es el área de un $2^k$-gon. (Que en realidad es el mismo, quiero señalar que el anidado de expresión radical es el pecado de $\frac{\pi}{2^k}$. Este tipo de argumento da Vietas fórmula de producto por $\frac{2}{\pi}$)

Recordar: Si $a,b$ son los lados de un triángulo, y $\theta$ es el ángulo entre ellos, entonces el área de este triángulo es $\frac{1}{2}ab\sin(\theta)$.

Para regular $n$-gon inscrito en el círculo unidad, esto significa que por división en el $n$ idénticos triángulos isósceles con dos lados igual a $1$, tenemos que $$\text{Área de n-ágono regular}=\frac{n}{2}\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{n}\right).$$

En el límite, esto debe acercarse a los $\pi$. Ahora, el anidado radical expresión se puede reescribir como el pecado de ángulo de la siguiente manera:

Tenemos que $$\sin\left(\frac{\pi}{2^k}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}.$$

Prueba: Aviso que $$\cos(x)=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1+\cos(2x)\right)}.$$ El uso de esta forma iterativa nos permite encontrar $\cos\left(\frac{\pi}{2^k}\right)$. Por ejemplo, desde $\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$, vemos que $$\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}$$ y de manera similar

$$\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2+\sqrt{2}}.$$ La iteración de nuevo tenemos $$\cos\left(\frac{\pi}{16}\right)=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}},$$ y por inducción, esto continúa.

Desde $\cos^2(x)+\sin^2(x)=1$ una manipulación final nos va a permitir concluir nuestro resultado.

Answer 3

Esto es más de un comentario extendido de una respuesta, pero supongo que como el OP está interesado en el aspecto computacional ("...escribí un pequeño script para calcular..."), este puede ser de algún interés. La siguiente es una adaptación de Ole Østerby del manuscrito inédito.

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Como ya se ha señalado, el OP límite es equivalente a decir que

$$\lim_{h\to 0}\frac{\sin\,\pi h}{h}=\pi$$

donde identificamos $h$ con $2^{n}$. Que es, para utilizar la notación de David de la respuesta (y teniendo $r=1$):

$$b_n=2^n \sin\left(\frac{\pi}{2^n}\right)$$

Si ampliamos $\dfrac{\sin\,\pi h}{h}$ como una serie, así:

$$\frac{\sin\,\pi h}{h}=\pi\frac{\pi^3 h^2}{6}+\frac{\pi^5 h^4}{120}+\cdots$$

vemos que sólo los poderes de $h$ ocurrir en la expansión (como era de esperar, ya que la función en cuestión es aún).

Si dividimos $h$ (lo que es equivalente, un aumento de $n$), tenemos un poco más exacta aproximación de $\pi$. El resultado de todo esto es que uno puede tomar una adecuada combinación lineal de $\dfrac{\sin\,\pi h}{h}$ y $\dfrac{\sin(\pi h/2)}{h/2}$ para producir una mejor aproximación a $\pi$:

$$\frac13\left(\frac{4\sin(\pi h/2)}{h/2}-\frac{\sin\,\pi h}{h}\right)=\pi\frac{\pi^5 h^4}{480}+\frac{\pi^7 h^6}{16128}+\cdots$$

Este juego puede ser jugado varias veces, tomando sucesivas combinaciones lineales de los valores correspondientes a $h/2$, $h/4$, $h/8$... El método es conocido como la extrapolación de Richardson.

(Voy a notar que ya he traído hasta la extrapolación de Richardson en un número de mis respuestas anteriores, como este o este.)

Más explícitamente, teniendo $T_n^{(0)}=b_n$, y la realización de la recursividad

$$T_j^{(n)}=T_{j}^{(n-1)}+\frac{T_{j}^{(n-1)}-T_{j-1}^{(n-1)}}{2^n-1}$$

la "diagonal" de la secuencia de $T_n^{(n)}$ es una sucesión que converge más rápido a $\pi$ de la secuencia de $b_n$. Christiaan Huygens utilizado este método (camino incluso antes de Richardson considera que su método de extrapolación) para refinar las estimaciones de Arquímedes de circunscribir y la inscripción de polígonos.

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Diversos Mathematica código:

Table[2^(n - 1)*Sqrt[2 - Nest[Sqrt[2 + #1] & , 0, n - 2]] ==
      FunctionExpand[2^n*Sin[Pi/2^n]], {n, 2, 15}]

{True, True, True, True, True, True, True, True, True, True,
 True, True, True, True}

De esta forma se comprueba la equivalencia de las iteradas de la raíz cuadrada, seno y de expresión.

Aquí es una implementación de la aplicación de la extrapolación de Richardson para el cálculo de $\pi$:

huygensPi[n_Integer, prec_: MachinePrecision] := 
 Module[{f = 1, m, res, s, ta},
  res = {ta[1] = s = N[2, prec]};
  Do[
   If[k > 1, s = s/(2 + Sqrt[4 - s])];
   f *= 2; ta[k + 1] = f Sqrt[s];
   m = 1;
   Do[m *= 2;
    ta[j] = ta[j + 1] + (ta[j + 1] - ta[j])/(m - 1);, {j, k, 1, -1}];
   res = {res, ta[1]};, {k, n - 1}];
  Flatten[res]]

Tenga en cuenta que he utilizado una estabilizado versión de la recursividad para la generación de los $b_n$ (f Sqrt[s] en el código) para minimizar los errores de sustracción de cancelación.

Aquí se muestra un ejemplo de ejecución, donde puedo generar 10 aproximaciones sucesivas a 25 dígitos significativos:

huygensPi[10, 25] - Pi

{2.000000000000000000000000, 3.656854249492380195206755,
 3.173725640962868268333725, 3.13944246625722809089242,
 3.14157581875151427853903, 3.14159291451874033422144,
 3.14159265388327967181647, 3.14159265358866759077617,
 3.14159265358979303435864, 3.14159265358979323865872}

donde $10$-th approximant es bueno a 19 dígitos. Por comparación, $b_{10}=2^{10}\sin\left(\dfrac{\pi}{2^{10}}\right)= 3.1415877\dots$ es buena solo para cinco dígitos.