双纽线周率与算术几何平均
双纽线周率与算术几何平均
彭道意
2012年11月23日
双纽线 $(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)$ 时常出现在我们教材的例题或课后习题中, 鉴于此, 这篇短文主要介绍双纽线周长的计算. 也是椭圆周长的计算一文的后续.
双纽线也称伯努利双纽线 (Lemniscate of Bernoulli): $(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)$ 的极坐标方程为 $r^2(\theta)=a^2\cos 2\theta$. 由曲线的弧长公式 (数学分析$\cdot$上 p254): \[s=\int_{\alpha}^{\beta}\sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta\] 结合双纽线的对称性, 设 $\varpi$ 是双纽线的半周长, 且 $a=1$ 我们易得
\begin{align*}
2\varpi & = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\,\mathrm{d}\theta \\
& =4\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}} \\
& =4\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^4}}\quad (t^2=\cos 2\theta)
\end{align*}
在此积分中作变量代换 $t=u^{\frac{1}{4}}$ 则有 \begin{align*} \varpi & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{-\frac{3}{4}}(1-u)^{-\frac{1}{2}}\,\mathrm{d}u \\ & =\frac{1}{2}{\rm B}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right), \end{align*} 其中 ${\rm B}(p,q)$ 为 ${\rm B}$ 函数.
$\varpi$ 是 Gauss (1799 年) 由研究算术几何平均时发现的量, 下面介绍 $\varpi$ 与算术几何平均的关系.
当给出正数 $a\geqslant b$ 时, 由 $a_0=a,b_0=b$ 递推地定义数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 如下: \[ \begin{cases} a_{n+1} & =\dfrac{a_n+b_n}{2}\quad \text{(算术平均)} \\ b_{n+1} & =\sqrt{a_nb_n}\quad \text{(几何平均)}, \end{cases} \] 成立 $a_0\geqslant a_1\geqslant a_2\geqslant\cdots\geqslant b_2\geqslant b_1\geqslant b_0$ 及 \[|a_n-b_n|\leqslant \frac{a_0-b_0}{2^n},\] 于是得知 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$. (数学分析$\cdot$上 p42 习题 11) 称此极限值为$\text{算术几何平均}$ (arithmetico-geometric mean), 以 $\mathrm{AGM}(a,b)$ 记之.
Gauss 发现的是 \[{\rm AGM}(\sqrt{2},1)=\frac{\pi}{\varpi}\] 这个等式. 更一般地 Gauss 得到了 ${\rm AGM}(a,b)$ 的公式.
$\text{定理 (Gauss)}$ \[ \mathrm{AGM}(a,b)=\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{a^2\cos^2\theta +b^2\sin^2\theta}}}. \] 证 将上式右端的倒数记为 $F(a,b).$ 以 $x=b\tan \theta$ 作替换, 有 \[F(a,b)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}}= \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}}\] 进一步作替换 $y=\frac{1}{2}\big(x-\frac{ab}{x}\big)$ 则有 \[F(a,b)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{((\frac{a+b}{2})^2+y^2)(ab+y^2)}} =F\left(\frac{a+b}{2},\sqrt{ab}\right).\] 因此有 \[F(a,b)=F(a_1,b_1)=F(a_2,b_2)=\cdots=F(a_n,b_n).\] 于是, 令 $\mathrm{AGM}(a,b)=\alpha$ 则 \[F(a,b)=\lim_{n\to\infty}F(a_n,b_n)=F(\alpha,\alpha)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}\theta} {\sqrt{\alpha^2\cos^2\theta+\alpha^2\sin^2\theta}}=\frac{1}{\alpha},\] 则知 $\mathrm{AGM}(a,b)=F(a,b)^{-1}.$ $\quad\Box$
特别地, 有 \begin{align*} \mathrm{AGM}(\sqrt{2},1)^{-1} & =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}\theta}{\sqrt{1+\cos^2\theta}} =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^4}}\quad (t=\cos\theta) \\ & =\frac{\varpi}{\pi}. \end{align*} 由上面的结果, 我们作进一步计算 \[\mathrm{B}(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}\] 其证明如下. 由 \[\Gamma(p)=\int_{0}^{\infty}x^{p-1}\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x,\quad\Gamma(q) =\int_{0}^{\infty}y^{q-1}\mathrm{e}^{-y}\,\mathrm{d}y \] 得到 \[\Gamma(p)\Gamma(q)=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x^{p-1}y^{q-1}\mathrm{e}^{-(x+y)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\] 对其作变量替换 \[\begin{cases} x=ut \\ y=(1-u)t \end{cases} u\in[0,1],\ t\in[0,+\infty),\] 则 \begin{align*} \Gamma(p)\Gamma(q) & =\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\int_{0}^{\infty}t\,\mathrm{d}t\cdot u^{p-1}(1-u)^{q-1}t^{p+q-2}\mathrm{e}^{-t} \\ & =\mathrm{B}(p,q)\Gamma(p+q). \end{align*} 因此有 \[\varpi=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{3}{4})}.\] 再由余元公式 (Euler's reflection formula) \[\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin \pi s}\] 及 $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$ 便求出了 \[\varpi=\frac{1}{2}\pi^{\frac{1}{2}}\Gamma\Big(\frac{1}{4}\Big)^2\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{3}{4})} =2^{-\frac{3}{2}}\pi^{-\frac{1}{2}}\Gamma\Big(\frac{1}{4}\Big)^2.\]
综合上述, 我们可用 $\Gamma$ 函数 ($\mathrm{B}$ 函数) 表示了双纽线的周长. 并且指出了它与算术几何平均的关系.
