Prodotto di Wallis

In matematica per prodotto di Wallis si intende una espressione del valore di π trovata nel 1655 dal matematico John Wallis.

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

Dimostrazione

Consideriamo innanzitutto che le radici di sin(x)/x sono ±nπ, dove n = 1, 2, 3, ... Possiamo quindi esprimere il seno tramite un prodotto infinito di fattori lineari dati dalle sue radici:

${\frac {\sin(x)}{x}}=k\left(1-{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{2\pi }}\right)\left(1-{\frac {x}{3\pi }}\right)\left(1+{\frac {x}{3\pi }}\right)\cdots \qquad {\textrm {con}}~k~{\textrm {costante}}$

Per trovare la costante k, consideriamo il limite da entrambe le direzioni:

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

Sfruttando il fatto che:

$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1$

ricaviamo k=1. Dunque otteniamo la seguente formula di Eulero-Wallis per il seno:

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

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

Poniamo x=π/2,

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

${\frac {\pi }{2}}=\prod _{n=1}^{\infty }({\frac {4n^{2}}{4n^{2}-1}})$

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

QED

Legame con l'approssimazione di Stirling

L'approssimazione di Stirling per n! stabilisce che

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

come n → ∞. Consideriamo ora l'approssimazione finita con il prodotto di Wallis, ottenuta prendendo i primi k termini del prodotto:

$p_{k}=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(2n)}{(2n-1)}}\cdot {\frac {(2n)}{(2n+1)}}$

p_k può essere scritto come

$p_{k}={1 \over {2k+1}}\prod _{n=1}^{k}{\frac {(2n)^{4}}{(2n(2n-1))^{2}}}={1 \over {2k+1}}\cdot {{4^{2k}\,k!^{4}} \over {(2k\,!)^{2}}}\ .$

Sostituendo l'approssimazione di Stirling in questa espressione (sia per k! che per 2k!) possiamo dedurre (dopo un breve calcolo) che p_k converge a π/2 perk → ∞.

Collegamenti esterni

• Pagina sull'analisi complessa in PlanetMath che include una dimostrazione del prodotto infinito