Wzór Wallisa

Wzór Wallisa - rozwinięcie liczby π w iloczyn nieskończony uzyskane w roku 1655 przez Johna Wallisa. Historycznie wzór Wallisa był jednym z pierwszych przedstawień liczby π w postaci granicy ciągu liczb wymiernych, które było stosunkowo proste do wyliczenia. Dziś wzór ten ma dziś znaczenie raczej historyczne ponieważ istnieją rozwinięcia liczby π pozwalające na przybliżanie obliczanie wartości tej liczby "szybciej zbieżne". Wzór Wallisa ma postać:

$\prod_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots = \frac{\pi}{2}$

Wyprowadzenie

Pierwiastki funkcji $\tfrac{\sin x}{x}$ są postaci $k\pi$, gdzie $k$ jest liczbą całkowitą. Postępując a priori analogicznie jak w teorii wielomianów, funkcję tę przedstawia się jako nieskończony iloczyn czynników dwumiennych:

$\frac{\sin x}{x} = k \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots$,

gdzie $k$ jest pewną stałą. Aby znaleźć granicę $k$ zauważamy, że

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \left( k \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots \right) = k$

Korzystając z faktu, iż:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

otrzymujemy $k=1$. Następnie otrzymujemy wzór Eulera-Wallisa dla funkcji sinus:

$\frac{\sin x}{x} = \left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right) \cdots$

$\frac{\sin x}{x} = \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right) \cdots$

Podstawiając $x=\frac{\pi}{2}$

$\frac{1}{\frac{\pi}{2}} =\frac{2}{\pi} = \left(1 - \frac{1}{2^2}\right)\left(1 - \frac{1}{4^2}\right)\left(1 - \frac{1}{6^2}\right) \cdots = \prod_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{4n^2})$.

Ostatecznie:

$\frac{\pi}{2} = \prod_{n=1}^{\infty} (\frac{4n^2}{4n^2 - 1}) = \prod_{n =1}^{\infty} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots$.

Podstawiając w równaniu przybliżenie Stirlinga zarówno dla k! jak i dla 2k! można, po krótkich obliczeniach, zauważyć, że p_k zbiega do π/2 przy k → ∞.

Wykres iloczynów częściowych

Bibliografia

• Grigorij Michajłowicz Fichtenholz: Rachunek różniczkowy i całkowy, t.2. Warszawa: PWN, 1966, s. 127-128.