Wallis-product

In de wiskunde beweert het Wallis-product voor π, dat in 1655 werd geconstrueerd door John Wallis, dat

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

Afleiding

Wallis leidde zijn product af zoals dat tegenwoordig in de analyse wordt gedaan, namelijk door de waarde van $\int_0^\pi\sin^n(x)dx$ te vergelijken voor even en oneven n, en door op te merken dat als n groot is, de waarde van de integraal maar weinig verandert als n met 1 verhoogd wordt. Aangezien de infinitesimaalrekening hoe we die nu kennen toen nog niet bestond en de inzichten uit de wiskundige analyse om te kunnen spreken over convergentie ontbraken, was dit resultaat een stuk lastiger te bewijzen voor Wallis, die er ook niet helemaal zeker over was. Achteraf blijkt het Wallis-product een eenvoudig gevolg van de later ontdekte productformule voor de sinusfunctie.

Bewijs met Eulers oneindige productformule voor de sinusfunctie

De productformule voor de sinus luidt:

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

Met x = π/2 volgt dan:

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

$\begin{align} \Rightarrow\frac{\pi}{2} &{}= \prod_{n=1}^{\infty} \left(\frac{4n^2}{4n^2 - 1}\right) \\ &{}= \prod_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots \end{align}$

Bewijs met een integraal

We definiëren

$I(n)=\int_0^\pi\sin^n(x)dx.$

Voor $n\geq 2$ passen we partiële integratie toe, en vinden

$\begin{align} I(n)&=&\int_0^\pi \sin^{n-1}(x)d(-\cos(x))\\ &=&\left.-\cos(x)\sin^{n-1}(x)\right|_{x=0}^\pi+\int_0^\pi\cos(x)d(\sin^{n-1}x)\\ &=&0+(n-1)\int_0^\pi\sin^{n-2}(x)\cos^2(x)dx\\ &=&(n-1)\int_0^\pi\sin^{n-2}(x)(1-\sin^2(x))dx\\ &=&(n-1)\int_0^\pi\sin^{n-2}(x)dx-(n-1)\int_0^\pi\sin^n(x)dx\\ &=&(n-1)I(n-2)-(n-1)I(n), \end{align}$

ofwel

$I(n)=\frac{n-1}n\cdot I(n-2).$

Herhaalde toepassing hiervan voor $n=2k$ levert

$I(2k)=\frac{2k-1}{2k}\cdot\frac{2k-3}{2k-2}\cdot\ldots\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot I(0)$

en voor $n=2k+1$ vinden we

$I(2k+1)=\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k-2}{2k-1}\cdot\ldots\cdot\frac45\cdot\frac23\cdot I(1).$

Samen geven deze twee vergelijkingen

$\frac{I(2k+1)}{I(2k)}\cdot\frac{I(0)}{I(1)}=\frac{2k}{2k+1}\cdot\frac{2k}{2k-1}\cdot\ldots\cdot\frac45\cdot\frac43\cdot\frac23\cdot\frac21.$

Er geldt

$I(0)=\int_0^\pi dx=\pi$

en

$I(1)=\int_0^\pi\sin(x)dx=-\cos(x)\Big|_{x=0}^\pi=2.$

Omdat $I(n)$ een dalende rij is, geldt

$\frac{2k}{2k+1}=\frac{I(2k+1)}{I(2k-1)}\leq\frac{I(2k+1)}{I(2k)}\leq\frac{I(2k+1)}{I(2k+1)}=1.$

Als $k\to\infty$ gaat de linkerkant naar 1, dus wegens de insluitstelling volgt

$\lim_{k\to\infty}\frac{I(2k+1)}{I(2k)}=1.$

De bovenstaande formule kan dus worden herschreven tot

$\frac{\pi}2=\lim_{k\to\infty}\frac{I(2k+1)}{I(2k)}\frac{I(0)}{I(1)}=\frac21\cdot\frac23\cdot\frac43\cdot\frac45\cdot\frac65\cdot\frac67\cdot\ldots$

Relatie met de formule van Stirling

De formule van Stirling voor n! zegt dat

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

als n → ∞. Bekijk nu de eindige benaderingen van het Wallis-product, die je krijgt door alleen de eerste k factoren te nemen:

$p_k = \prod_{n=1}^{k} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} \ .$

p_k kan geschreven worden als

$p_k ={1\over{2k+1}}\prod_{n=1}^{k} \frac{(2n)^4 }{[(2n)(2n-1)]^2}={1\over{2k+1}}\cdot {{2^{4k}\,(k!)^4}\over {[(2k)!]^2}} \ .$

Door middel van substitutie van de formule van Stirling in deze uitdrukking (voor zowel k! als (2k)!) kun je (na een korte berekening) inzien, dat p_k naar π/2 convergeert als k → ∞.

ζ'(0)

De Riemann-zèta-functie en de Dirichlet-eta-functie zijn gedefinieerd als:

$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}, \Re(s)>1$

$\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}, \Re(s)>0$

Als we een Eulertransformatie op de tweede reeks toepassen, krijgen we het volgende:

$\eta(s)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left[\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1)^s}\right], \Re(s)>-1$

$\Rightarrow \eta'(s)=(1-2^{1-s})\zeta'(s)+2^{1-s} (\ln 2) \zeta(s)$

$=-\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left[\frac{\ln n}{n^s}-\frac{\ln (n+1)}{(n+1)^s}\right], \Re(s)>-1$

$\Rightarrow \eta'(0)=-\zeta'(0)-\ln 2=-\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left[\ln n-\ln (n+1)\right]$

$=-\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\ln \frac{n}{n+1}$

$=-\frac{1}{2} \left(\ln \frac{1}{2} - \ln \frac{2}{3} + \ln \frac{3}{4} - \ln \frac{4}{5} + \ln \frac{5}{6} - \cdots\right)$

$=\frac{1}{2} \left(\ln \frac{2}{1} + \ln \frac{2}{3} + \ln \frac{4}{3} + \ln \frac{4}{5} + \ln \frac{6}{5} + \cdots\right)$

$=\frac{1}{2} \ln\left(\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\cdots\right)=\frac{1}{2} \ln\frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow \zeta'(0)=-\frac{1}{2} \ln\left(2 \pi\right)$