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Fórmula de Wallis
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La formula de Wallis
Juan Carlos Ponce [email protected]
5 de mayo de 2013
John Wallis (1616–1703) descubrio que
lımn→∞
22242 · · · (2n)2
3252 · · · (2n− 1)2(2n + 1)= π.
Lo anterior se puede probar de la siguiente manera. Sea
f(n) =2242 · · · (2n)2
3252 · · · (2n− 1)2(2n + 1).
Sea k un entero positivo mayor que 1. Definamos
I(k) =
∫ π2
0
senk xdx.
Usando integracion por partes se puede probar que
I(k) =
∫ π2
0
senk xdx =k − 1
k
∫ π2
0
senk−2 xdx.
Ahora, como sabemos que sen2n+1 x ≤ sen2n x ≤ sen2n−1 x, podemos integrar paraobtener lo siguiente
∫ π2
0
sen2n+1 xdx ≤∫ π
2
0
sen2n xdx ≤∫ π
2
0
sen2n−1 xdx;
es decir,
1
I(2n + 1) ≤ I(2n) ≤ I(2n− 1). (1)
Pero
I(2n + 1) =
∫ π2
0
sen2n+1 xdx =2n
2n + 1
∫ π2
0
sen2n−1 xdx
=2n
2n + 1
[2n− 2
2n− 1
∫ π2
0
sen2n−3 xdx
]
=2n
2n + 1
[2n− 3
2n− 1
[2n− 4
2n− 3
∫ π2
0
sen2n−5 xdx
]]
=(2n)(2n− 2)(2n− 4) · · · 4 · 2
(2n− 1)(2n− 1)(2n− 3) · · · 5 · 3
∫ π2
0
sen xdx
=(2n)(2n− 2)(2n− 4) · · · 4 · 2
(2n− 1)(2n− 1)(2n− 3) · · · 5 · 3
=
(f(n)
2n + 1
) 12
.
I(2n) =
∫ π2
0
sen2n xdx =2n− 1
2n
∫ π2
0
sen2n−2 xdx
=2n− 1
2n
[2n− 3
2n− 2
∫ π2
0
sen2n−4 xdx
]
=2n− 1
2n
[2n− 3
2n− 2
[2n− 5
2n− 4
∫ π2
0
sen2n−6 xdx
]]
=(2n− 1)(2n− 3)(2n− 5) · · · 5 · 3
2n(2n− 2)(2n− 4) · · · 4 · 2
∫ π2
0
dx
=(2n− 1)(2n− 3)(2n− 5) · · · 5 · 3
2n(2n− 2)(2n− 4) · · · 4 · 2· π
2
=1
2n(2n−2)(2n−4)···4·2(2n−1)(2n−3)(2n−5)···5·3
· π
2
=1
((2n + 1)f(n))12
· π
2.
2
Por ultimo
I(2n− 1) =
∫ π2
0
sen2n−1 xdx =2n− 2
2n− 1
∫ π2
0
sen2n−3 xdx
=2n− 2
2n− 1
[2n− 4
2n− 3
∫ π2
0
sen2n−5 xdx
]
=2n− 2
2n− 1
[2n− 4
2n− 3
[2n− 6
2n− 5
∫ π2
0
sen2n−7 xdx
]]
=(2n− 2)(2n− 4) . . . 4 · 2(2n− 1)(2n− 3) . . . 5 · 3
=(f(n)(2n + 1))
12
2n.
Sustituyendo en (1) obtenemos
(f(n)
2n + 1
) 12
≤ 1
((2n + 1)f(n))12
· π
2≤ (f(n)(2n + 1))
12
2n,
multiplicamos por (2n + 1)12
(f(n))12 ≤ 1
(f(n))12
· π
2≤ (f(n))
12 (2n + 1)
2n,
multiplicamos por (f(n))12
f(n) ≤ π
2≤ f(n)(2n + 1)
2n,
por ultimo multiplicamos por 2 para obtener
2f(n) ≤ π ≤ 2f(n)(2n + 1)
2n.
Tomando el lımite, obtenemos
3
lımn→∞
2f(n) ≤ lımn→∞
π ≤ lımn→∞
2f(n)(2n + 1)
2n.
Y como
lımn→∞
2f(n)(2n + 1)
2n= lım
n→∞2f(n) lım
n→∞
((2n + 1)
2n
)= lım
n→∞2f(n) lım
n→∞
(1 +
1
2n
)= lım
n→∞2f(n)
[lım
n→∞1 + lım
n→∞
1
2n
]= lım
n→∞2f(n),
tenemos
lımn→∞
2f(n) ≤ π ≤ lımn→∞
2f(n).
De esta forma podemos concluir que
lımn→∞
22242 · · · (2n)2
3252 · · · (2n− 1)2(2n + 1)= π.
Referencias
[1] Anglin, W. S. (2000). Mathematics: A concise history and philosophy. United States.Springer.
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