Продукт Уоллиса

Сравнение сходимости произведения Уоллиса (фиолетовые звездочки) и нескольких исторических бесконечных рядов для π . Sn _— аппроксимация после взятия n членов. Каждый последующий подграфик увеличивает заштрихованную область по горизонтали в 10 раз. (нажмите для подробностей)

В математике произведение Уоллиса для числа π , опубликованное в 1656 году Джоном Уоллисом , заявляет, что

${\begin{aligned}{\frac {\pi }{2}}&=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {4n^{2}}{4n^{2}-1}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left({\frac {2n}{2n-1}}\cdot {\frac {2n}{2n+1}}\right)\\[6pt]&={\Big (}{\frac {2}{1}}\cdot {\frac {2}{3}}{\Big )}\cdot {\Big (}{\frac {4}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}{\Big )}\cdot {\Big (}{\frac {6}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}{\Big )}\cdot {\Big (}{\frac {8}{7}}\cdot {\frac {8}{9}}{\Big )}\cdot \;\cdots \\\end{aligned}}$

Доказательство с помощью интеграции

Уоллис получил это бесконечное произведение с помощью интерполяции, хотя его метод не считается строгим. Современный вывод можно найти, изучив $\int _{0}^{\pi }\sin ^{n}x\,dx$ для четных и нечетных значений $n$и отмечая, что для больших $n$, увеличение $n$ на 1 приводит к изменению, которое становится все меньше по мере того, как $n$ увеличивается. Позволять

$I(n)=\int _{0}^{\pi }\sin ^{n}x\,dx.$

(Это разновидность интегралов Уоллиса .) Интегрируем по частям :

${\begin{aligned}u&=\sin ^{n-1}x\\\Rightarrow du&=(n-1)\sin ^{n-2}x\cos x\,dx\\dv&=\sin x\,dx\\\Rightarrow v&=-\cos x\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Rightarrow I(n)&=\int _{0}^{\pi }\sin ^{n}x\,dx\\[6pt]{}&=-\sin ^{n-1}x\cos x{\Biggl |}_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }(-\cos x)(n-1)\sin ^{n-2}x\cos x\,dx\\[6pt]{}&=0+(n-1)\int _{0}^{\pi }\cos ^{2}x\sin ^{n-2}x\,dx,\qquad n>1\\[6pt]{}&=(n-1)\int _{0}^{\pi }(1-\sin ^{2}x)\sin ^{n-2}x\,dx\\[6pt]{}&=(n-1)\int _{0}^{\pi }\sin ^{n-2}x\,dx-(n-1)\int _{0}^{\pi }\sin ^{n}x\,dx\\[6pt]{}&=(n-1)I(n-2)-(n-1)I(n)\\[6pt]{}&={\frac {n-1}{n}}I(n-2)\\[6pt]\Rightarrow {\frac {I(n)}{I(n-2)}}&={\frac {n-1}{n}}\\[6pt]\end{aligned}}$

Теперь для удобства сделаем две замены переменных, чтобы получить:

$I(2n)={\frac {2n-1}{2n}}I(2n-2)$

$I(2n+1)={\frac {2n}{2n+1}}I(2n-1)$

Мы получаем значения для $I(0)$ и $I(1)$ для дальнейшего использования.

${\begin{aligned}I(0)&=\int _{0}^{\pi }dx=x{\Biggl |}_{0}^{\pi }=\pi \\[6pt]I(1)&=\int _{0}^{\pi }\sin x\,dx=-\cos x{\Biggl |}_{0}^{\pi }=(-\cos \pi )-(-\cos 0)=-(-1)-(-1)=2\\[6pt]\end{aligned}}$

Теперь мы рассчитываем для четных значений $I(2n)$ путем многократного применения рекуррентного соотношения, полученного в результате интегрирования по частям. В конце концов, мы заканчиваем $I(0)$, который мы рассчитали.

$I(2n)=\int _{0}^{\pi }\sin ^{2n}x\,dx={\frac {2n-1}{2n}}I(2n-2)={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}I(2n-4)$

$={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot {\frac {2n-5}{2n-4}}\cdot \cdots \cdot {\frac {5}{6}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}I(0)=\pi \prod _{k=1}^{n}{\frac {2k-1}{2k}}$

Повторение процесса для нечетных значений $I(2n+1)$,

$I(2n+1)=\int _{0}^{\pi }\sin ^{2n+1}x\,dx={\frac {2n}{2n+1}}I(2n-1)={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}I(2n-3)$

$={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot {\frac {2n-4}{2n-3}}\cdot \cdots \cdot {\frac {6}{7}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}I(1)=2\prod _{k=1}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}$

Сделаем следующее наблюдение, основываясь на том, что $\sin {x}\leq 1$

$\sin ^{2n+1}x\leq \sin ^{2n}x\leq \sin ^{2n-1}x,0\leq x\leq \pi$

$\Rightarrow I(2n+1)\leq I(2n)\leq I(2n-1)$

Деление на $I(2n+1)$:

$\Rightarrow 1\leq {\frac {I(2n)}{I(2n+1)}}\leq {\frac {I(2n-1)}{I(2n+1)}}={\frac {2n+1}{2n}}$, где равенство происходит из нашего рекуррентного соотношения.

По о сжатии теореме

$\Rightarrow \lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {I(2n)}{I(2n+1)}}=1$

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {I(2n)}{I(2n+1)}}={\frac {\pi }{2}}\lim _{n\rightarrow \infty }\prod _{k=1}^{n}\left({\frac {2k-1}{2k}}\cdot {\frac {2k+1}{2k}}\right)=1$

$\Rightarrow {\frac {\pi }{2}}=\prod _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2k}{2k-1}}\cdot {\frac {2k}{2k+1}}\right)={\frac {2}{1}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdot \cdots$

Доказательство методом Лапласа.

См. главную страницу об интеграле Гаусса .

Доказательство с использованием бесконечного произведения Эйлера для функции синуса.

Хотя приведенное выше доказательство обычно встречается в современных учебниках по математическому анализу, произведение Уоллиса, в ретроспективе, является простым следствием более позднего бесконечного произведения Эйлера для функции синуса .

${\frac {\sin x}{x}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}\pi ^{2}}}\right)$

Позволять $x={\frac {\pi }{2}}$:

${\begin{aligned}\Rightarrow {\frac {2}{\pi }}&=\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {1}{4n^{2}}}\right)\\[6pt]\Rightarrow {\frac {\pi }{2}}&=\prod _{n=1}^{\infty }\left({\frac {4n^{2}}{4n^{2}-1}}\right)\\[6pt]&=\prod _{n=1}^{\infty }\left({\frac {2n}{2n-1}}\cdot {\frac {2n}{2n+1}}\right)={\frac {2}{1}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdots \end{aligned}}$   

Связь с приближением Стирлинга

Приближение Стирлинга для факториала $n!$ утверждает, что

$n!={\sqrt {2\pi n}}{\left({\frac {n}{e}}\right)}^{n}\left[1+O\left({\frac {1}{n}}\right)\right].$

Рассмотрим теперь конечные аппроксимации произведения Уоллиса, полученные взятием первого $k$ Условия в продукте

$p_{k}=\prod _{n=1}^{k}{\frac {2n}{2n-1}}{\frac {2n}{2n+1}},$

где $p_{k}$ можно записать как

${\begin{aligned}p_{k}&={1 \over {2k+1}}\prod _{n=1}^{k}{\frac {(2n)^{4}}{[(2n)(2n-1)]^{2}}}\\[6pt]&={1 \over {2k+1}}\cdot {{2^{4k}\,(k!)^{4}} \over {[(2k)!]^{2}}}.\end{aligned}}$

Подставив в это выражение приближение Стирлинга (как для $k!$ и $(2k)!$) можно вывести (после непродолжительных вычислений), что $p_{k}$ сходится к ${\frac {\pi }{2}}$ как $k\rightarrow \infty$.

Производная дзета-функции Римана в нуле

Дзета -функция Римана и эта-функция Дирихле могут быть определены:

${\begin{aligned}\zeta (s)&=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}},\Re (s)>1\\[6pt]\eta (s)&=(1-2^{1-s})\zeta (s)\\[6pt]&=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{s}}},\Re (s)>0\end{aligned}}$

Применяя преобразование Эйлера к последнему ряду, получаем следующее:

${\begin{aligned}\eta (s)&={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\left[{\frac {1}{n^{s}}}-{\frac {1}{(n+1)^{s}}}\right],\Re (s)>-1\\[6pt]\Rightarrow \eta '(s)&=(1-2^{1-s})\zeta '(s)+2^{1-s}(\ln 2)\zeta (s)\\[6pt]&=-{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\left[{\frac {\ln n}{n^{s}}}-{\frac {\ln(n+1)}{(n+1)^{s}}}\right],\Re (s)>-1\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\Rightarrow \eta '(0)&=-\zeta '(0)-\ln 2=-{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\left[\ln n-\ln(n+1)\right]\\[6pt]&=-{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\ln {\frac {n}{n+1}}\\[6pt]&=-{\frac {1}{2}}\left(\ln {\frac {1}{2}}-\ln {\frac {2}{3}}+\ln {\frac {3}{4}}-\ln {\frac {4}{5}}+\ln {\frac {5}{6}}-\cdots \right)\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(\ln {\frac {2}{1}}+\ln {\frac {2}{3}}+\ln {\frac {4}{3}}+\ln {\frac {4}{5}}+\ln {\frac {6}{5}}+\cdots \right)\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\ln \left({\frac {2}{1}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot \cdots \right)={\frac {1}{2}}\ln {\frac {\pi }{2}}\\\Rightarrow \zeta '(0)&=-{\frac {1}{2}}\ln \left(2\pi \right)\end{aligned}}$

См. также

• Джон Уоллис , английский математик , которому частично приписывают развитие исчисления бесконечно малых и числа Пи .
• Формула Вьета , другая формула бесконечного произведения для $\pi$.
• Формула Лейбница для π , бесконечная сумма, которую можно преобразовать в бесконечное произведение Эйлера для π .
• сито Уоллиса
• Формула произведения Пиппенджера позволяет получить значение e путем извлечения корней из произведения Уоллиса.

Внешние ссылки

• «Формула Уоллиса» , Математическая энциклопедия , EMS Press , 2001 [1994]
• «Почему это произведение равно π/2? Новое доказательство формулы Уоллиса для π». 3Синий1Коричневый . 20 апреля 2018 г. Архивировано из оригинала 12 декабря 2021 г. – на YouTube .