Уоллис продукт - Wallis product

Сравнение сходимости произведения Уоллиса (фиолетовые звездочки) и нескольких исторических бесконечных рядов для π. S_п это приближение после взятия п термины. Каждый последующий участок увеличивает заштрихованную область по горизонтали в 10 раз. (нажмите для подробностей)

В математика, то Уоллис продукт за π, изданный в 1656 г. Джон Уоллис,^[1] утверждает, что

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

Доказательство с использованием интеграции

Уоллис получил это бесконечный продукт как это делается сегодня в математических книгах, исследуя ${\displaystyle \int _{0}^{\pi }\sin ^{n}x\,dx}$ для четных и нечетных значений ${\displaystyle n}$, и отмечая, что для больших ${\displaystyle n}$, увеличивая ${\displaystyle n}$ на 1 приводит к изменению, которое становится все меньше по мере того, как ${\displaystyle n}$ увеличивается. Позволять^[2]

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

(Это форма Интегралы Уоллиса.) Интегрировать по частям:

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

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

Этот результат будет использован ниже:

${\displaystyle {\begin{aligned}I(0)&=\int _{0}^{\pi }dx=x{\Biggl |}_{0}^{\pi }=\pi \\[6pt]I(1)&=\int _{0}^{\pi }\sin x\,dx=-\cos x{\Biggl |}_{0}^{\pi }=(-\cos \pi )-(-\cos 0)=-(-1)-(-1)=2\\[6pt]I(2n)&=\int _{0}^{\pi }\sin ^{2n}x\,dx={\frac {2n-1}{2n}}I(2n-2)={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}I(2n-4)\end{aligned}}}$

Повторяя процесс,

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

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

Повторяя процесс,

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

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

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

${\displaystyle \Rightarrow 1\leq {\frac {I(2n)}{I(2n+1)}}\leq {\frac {I(2n-1)}{I(2n+1)}}={\frac {2n+1}{2n}}}$, из результатов выше.

Посредством теорема сжатия,

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

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

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

Доказательство с использованием бесконечного произведения Эйлера для синусоидальной функции

В то время как приведенное выше доказательство обычно используется в современных учебниках по математическому анализу, продукт Уоллиса, оглядываясь назад, является легким следствием более позднего Бесконечное произведение Эйлера для функция синуса.

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

Позволять ${\displaystyle x={\frac {\pi }{2}}}$:

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

^[1]

Связь с приближением Стирлинга

Приближение Стирлинга для факториальной функции ${\displaystyle n!}$ утверждает, что

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

Рассмотрим теперь конечные приближения к произведению Уоллиса, полученные путем взятия первого ${\displaystyle k}$ термины в продукте

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

где ${\displaystyle p_{k}}$ можно записать как

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

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

Производная дзета-функции Римана в нуле

В Дзета-функция Римана и Эта функция Дирихле можно определить:^[1]

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

Применяя преобразование Эйлера к последней серии, получаем следующее:

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

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

Смотрите также

• Математический портал

• Джон Уоллис, Английский математик кому дается частичная заслуга в развитии исчисление бесконечно малых и Пи.
• Формула Вьете, другая формула бесконечного произведения для ${\displaystyle \pi }$.
• Формула Лейбница для π, бесконечная сумма, которая может быть преобразована в бесконечную Произведение Эйлера за ${\displaystyle \pi }$.
• Сито Уоллиса

Примечания

1. «Формула Уоллиса».
2. "Интеграция степеней и произведение синусов и косинусов: сложные проблемы".

внешняя ссылка

• «Формула Уоллиса», Энциклопедия математики, EMS Press, 2001 [1994]
• «Почему это произведение равно π / 2? Новое доказательство формулы Уоллиса для π». 3Синий 1Коричневый. 20 апреля 2018 г. - через YouTube.