Wallisin kaavat

Wallisin kaavat ovat menetelmiä, joilla voidaan laskea piin likiarvoja mielivaltaisen tarkasti. Kaavat on johtanut englantilainen matemaatikko John Wallis. Wallisin kaavojen mukaan:

(1) $\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1})=\frac{\pi }{2}$

(2) $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(n!{)}^2\cdot 2^{2n}}{(2n!)\sqrt{n}}=\sqrt{\pi }$.

Kaavojen todistus

Wallisin kaavat pystytään todistamaan osittaisintegroinnin avulla.

Merkitään jokaiselle $n\in \mathbb{N}$

$I_n=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}x\text{d}x$

$a_n=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}$

$b_n=\frac{(n!{)}^2\cdot 2^{2n}}{(2n!)\sqrt{n}}$

Tällöin

$I_0=\frac{\pi }{2}$ ja $I_1=1$

Jos $n\ge 2$ , niin osittaisintegroimalla nähdään, että

$I_n=-\cos \frac{\pi }{2}{\sin }^{n-1}\frac{\pi }{2}+\cos 0{\sin }^{n-1}0-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}-\cos x(n-1){\sin }^{n-2}x\cdot \cos x\text{d}x$

$=(n-1)\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2}x{\sin }^{n-2}x\text{d}x=(n-1)\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(1-{\sin }^{2}x){\sin }^{n-2}x\text{d}x$

$=(n-1)(I_{n-2}-I_n)$

Siispä saadaan rekursiivinen kaava $I_n$:lle:

$I_n=\frac{n-1}{n}\cdot I_{n-2}$

Tämän avulla nähdään, että

$I_{2n}=\frac{2n-1}{2n}\cdot I_{2n-2}=\frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}\cdot I_{2n-4}$

$=\dots =\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \dots \cdot \frac{2n-3}{2n-2}\cdot \frac{2n-1}{2n}\cdot I_0$ ja

$I_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot I_{2n-1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{2n-2}{2n-1}\cdot I_{2n-3}$

$=\dots =\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \dots \cdot \frac{2n-2}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}\cdot I_1$

Näin ollen

$\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \dots \cdot \frac{2n-2}{2n-3}\cdot \frac{2n-2}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{I_1}{I_0}=a_n\cdot \frac{2}{\pi }$ , eli

$a_n=\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\cdot \frac{\pi }{2}$

Koska ${\sin }^{2n+2}x\le {\sin }^{2n+1}x\le {\sin }^{2n}x$ kaikilla $x\in [0,\frac{\pi }{2}]$ , niin $I_{2n+2}\le I_{2n+1}\le I_{2n}$ . Siten

$1\ge \frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\ge \frac{I_{2n+2}}{I_{2n}}=\frac{\frac{2n+1}{2n+2}{I}_{2n}}{I_{2n}}=\frac{2n+1}{2n+2}\to 1$ , kun $n\to \mathrm{\infty }$ . Siis

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$ , eli väite (1) on todistettu. $◻$

Koska

$b_{n+1}^2=b_n^2\cdot \frac{(2n+2{)}^2}{(2n+1{)}^2}\cdot \frac{n}{n+1}$ ja

$a_n=a_{n+1}\cdot \frac{(2n+1)(2n+3)}{(2n+2{)}^2}$ , niin induktiotodistuksella nähdään helposti, että

$b_n^2=\frac{2n+1}{n}\cdot a_n$ kaikilla n. Siten väite (2) seuraa väitteestä (1). $◻$

Katso myös

• Luettelo piin laskukaavoista