De formule van Leibniz is een heel inefficiënte maar makkelijke manier om π te berekenen.
$\tan{\theta}$ is gedefinieerd als $\frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}$.
De afgeleide, $\frac{d\tan(\theta)}{d\theta}$ is
$\frac{\cos(\theta)\sin'(\theta)-\cos'(\theta)\sin(\theta)}{\cos^2(\theta)}=\frac{\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)}{\cos^2(\theta)}=1+\tan^2(\theta)$.
De inverse van $\tan(\theta)$ is $\arctan(x)$, dus als $x =\tan(\theta)$, dan is $\theta=\arctan(x)$.
De afgeleide van $\arctan(x)$, namelijk $\frac{d\arctan(x)}{d\x}$, ook wel $\frac{d\theta}{d\tan(\theta)}$ blijkt gelijk te zijn aan de afgeleide van $\tan(\theta)$ tot de macht min-één,
ofwel $\frac{1}{1+\tan^2(\theta)}$ ofwel $\frac{1}{1+x^2}$. De primitieve van $\frac{1}{1+x^2}$ is dus $\arctan(x)$.
$\int_0^a\frac{1}{1+x^2}dx=\arctan(a)-\arctan(0)=\arctan(a)$.
Toevallig kun je $\frac{1}{1+x^2}$ ook schrijven als een convergerende somrij, mits $|−x^2|<1$.
$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+x^8\dots$
Aangezien links en rechts hetzelfde staat, maar anders opgeschreven, zijn de integraal van links en die van rechts ook gelijk.
$\int_0^a\frac{1}{1+x^2}dx=\int_0^a 1-x^2+x^4-x^6+x^8\dots dx$, met als voorwaarde dat $a<1$.
$\arctan(a)=a-\frac{a^3}{3}+\frac{a^5}{5}-\frac{a^7}{7}+\frac{a^9}{9}\dots$
Nu hoef je het alleen nog maar voor $a=1$ in te vullen, omdat $\arctan(1)=\frac{\pi}{4}$, want $\tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=1$.
Probleem: $a$ was gedefinieerd als $<1$. Dit kan worden opgelost door de limiet te nemen als $a\to 1$.
$\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}\dots$