本日のお題

昨日の投稿にあった ウォリスの \(\pi\) の公式 \[\frac{\pi}{2} = \prod_{k =1}^{\infty}\frac{2k}{2k - 1}\cdot\frac{2k}{2k + 1}\] を証明してください

記事をお読みいただき，ありがとうございます \(-\!\!\!-\!\!\!-\) 承知いたしました
昨日説明しました ウォリスの公式 を用いて，挟みうちにより証明します
昨日と同様に \[I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n{x}\,dx\] とおくと，次が成り立っています \[\left\{\begin{array}{l} \displaystyle I_{2n + 1} = \frac{2n}{2n + 1}\cdot\frac{2n - 2}{2n - 1}\cdot\ \cdots\ \cdot\frac{2}{3}\cdot{1} \\[4px] \displaystyle I_{2n} = \frac{2n - 1}{2n}\cdot\frac{2n - 3}{2n - 2}\cdot\ \cdots\ \cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\\[4px] \displaystyle I_{2n - 1} = \frac{2n - 2}{2n - 1}\cdot\frac{2n - 4}{2n - 3}\cdot\ \cdots\ \cdot\frac{2}{3}\cdot{1} \end{array}\right.\] また，\(\displaystyle 0 \leqq x \leqq \frac{\pi}{2}\) において \(\displaystyle 0 \leqq \sin{x} \leqq 1\) ですから \[\sin^{2n + 1}x \leqq \sin^{2n}x \leqq \sin^{2n - 1}x\]

が成り立つので，\(0 < I_{2n + 1} \leqq I_{2n} \leqq I_{2n - 1}\) であることが分かります

したがって　\(\displaystyle 1 \leqq \frac{I_{2n}}{I_{2n + 1}} \leqq \frac{I_{2n - 1}}{I_{2n + 1}}\)　です

ここで，\(\displaystyle \frac{I_{2n}}{I_{2n + 1}}\) と \(\displaystyle \frac{I_{2n - 1}}{I_{2n + 1}}\) を求めると \[\begin{eqnarray} \frac{I_{2n}}{I_{2n + 1}} &=& \left(\frac{2n + 1}{2n}\cdot\frac{2n - 1}{2n}\right)\cdot\left(\frac{2n - 1}{2n - 2}\cdot\frac{2n - 3}{2n - 2}\right)\cdot\ \cdots\ \cdot\left(\frac{5}{4}\cdot\frac{3}{4}\right)\cdot\left(\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{\pi}{2}\\[4px] &=& \left(\prod_{k = 1}^{n}\frac{2k + 1}{2k}\cdot\frac{2k - 1}{2k}\right)\cdot\frac{\pi}{2} \\[8px] \frac{I_{2n - 1}}{I_{2n + 1}} &=& \frac{2n + 1}{2n} = 1 + \frac{1}{2n} \end{eqnarray}\] となるので，\(\displaystyle 1 \leqq \frac{I_{2n}}{I_{2n + 1}} \leqq \frac{I_{2n - 1}}{I_{2n + 1}}\) に代入して \[1 \leqq \left(\prod_{k = 1}^{n}\frac{2k + 1}{2k}\cdot\frac{2k - 1}{2k}\right)\cdot\frac{\pi}{2} \leqq 1 + \frac{1}{2n}\] が成り立ちます

ここで，各辺の \(n\to{\infty}\) における極限をとると \(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{2n}\right) = 1\) より \[\lim_{n \to \infty}\left\{\left(\prod_{k = 1}^{n}\frac{2k + 1}{2k}\cdot\frac{2k - 1}{2k}\right)\cdot\frac{\pi}{2}\right\} = 1 \\ ∴\quad\lim_{n \to \infty}\left(\prod_{k = 1}^{n}\frac{2k + 1}{2k}\cdot\frac{2k - 1}{2k}\right) = \frac{2}{\pi} \\ ∴\quad\lim_{n \to \infty}\left(\prod_{k = 1}^{n}\frac{2k}{2k - 1}\cdot\frac{2k}{2k + 1}\right) = \frac{\pi}{2} \\ ∴\quad\prod_{k = 1}^{\infty}\frac{2k}{2k - 1}\cdot\frac{2k}{2k + 1} = \frac{\pi}{2}\] ミッション完了です

Last modified: Friday, 5 March 2021, 5:31 PM