Prodotto di Wallis

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

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

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:

$\frac{\sin (x)}{x}=k(1-\frac{x}{\pi })(1+\frac{x}{\pi })(1-\frac{x}{2\pi })(1+\frac{x}{2\pi })(1-\frac{x}{3\pi })(1+\frac{x}{3\pi })\cdots \text{con}k\text{costante}$

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

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

Sfruttando il fatto che:

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

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

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

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

Poniamo x=π/2,

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

$\begin{array}{cc}\frac{\pi }{2}& =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{4n^2}{4n^2-1})\end{array}$

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

QED

Legame con l'approssimazione di Stirling

L'approssimazione di Stirling per $n!$ stabilisce che

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

per $n\to +\mathrm{\infty }$. Consideriamo ora l'approssimazione finita con il prodotto di Wallis, ottenuta prendendo i primi $k$ termini del prodotto:

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

$p_k$ può essere scritto come

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

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 $\pi /2$ per $k\to +\mathrm{\infty }$.

Collegamenti esterni

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