Produto de Wallis

Em matemática, o produto de Wallis para [[Pi|Predefinição:Pi]], expresso em 1655 por John Wallis, estabelece que

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

Comparação da convergência do produto de Wallis (asteriscos em roxo) e diversas séries infinitas históricas para π. S_n é a aproximação após tomar n termos. Cada subsequente subplotagem magnifica a área sombreada horizontalmente por 10 vezes. (clicar para detalhe)

Dedução

Wallis deduziu este produto infinito como ele é apresentado atualmente em livros de cálculo, examinando ${\int }_0^{\pi }{\sin }^{n}xdx$ para valores pares e ímpares de n, e notando que para grandes n, aumentando n por 1 resulta em uma mudança que torna-se menor quando n aumenta. Como o cálculo infinitesimal moderno ainda não existia, e a análise matemática naquela época era inadequada para discutir as questões de convergência, esta era uma pesquisa difícil bem como também uma tentativa.

O produto de Wallis é, em retrospecto, um corolário fácil da posterior fórmula de Euler para a função senoidal. Em 2015 os pesquisadores Carl Richard Hagen e Tamar Friedmann, em uma descoberta surpresa, encontraram a mesma fórmula nos cálculos da mecânica quântica dos níveis de energia de um átomo de hidrogênio.

Prova usando o produto infinito de Euler para a função seno

$\frac{\sin x}{x}=\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2})$

Seja x = Predefinição:Sfrac:

$\begin{array}{cc}\Rightarrow \frac{2}{\pi }& =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{4n^2})\\ \Rightarrow \frac{\pi }{2}& =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\frac{4n^2}{4n^2-1}\right)\\ & =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1})=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdots \end{array}$

Prova usando integração

Seja:

$I(n)=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{n}xdx$

(uma forma da integral de Wallis). Integração por partes:

$\begin{array}{cc}u& ={\sin }^{n-1}x\\ \Rightarrow du& =(n-1){\sin }^{n-2}x\cos xdx\\ dv& =\sin xdx\\ \Rightarrow v& =-\cos x\end{array}$

$\begin{array}{cc}\Rightarrow I(n)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{n}xdx\\ & =-{\sin }^{n-1}x\cos x{|}_0^{\pi }-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(-\cos x)(n-1){\sin }^{n-2}x\cos xdx\\ & =0+(n-1)\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\cos }^{2}x{\sin }^{n-2}xdx,n>1\\ & =(n-1)\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(1-{\sin }^{2}x){\sin }^{n-2}xdx\\ & =(n-1)\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{n-2}xdx-(n-1)\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{n}xdx\\ & =(n-1)I(n-2)-(n-1)I(n)\\ & =\frac{n-1}{n}I(n-2)\\ \Rightarrow \frac{I(n)}{I(n-2)}& =\frac{n-1}{n}\\ \Rightarrow \frac{I(2n-1)}{I(2n+1)}& =\frac{2n+1}{2n}\end{array}$

Este resultado será usado abaixo:

$\begin{array}{cc}I(0)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}dx=x{|}_0^{\pi }=\pi \\ I(1)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin xdx=-\cos x{|}_0^{\pi }=(-\cos \pi )-(-\cos 0)=-(-1)-(-1)=2\\ I(2n)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{2n}xdx=\frac{2n-1}{2n}I(2n-2)=\frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}I(2n-4)\end{array}$

Repetindo o processo,

$=\frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n-3}{2n-2}\cdot \frac{2n-5}{2n-4}\cdot \cdots \cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}I(0)=\pi \prod _{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}$

$I(2n+1)=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{2n+1}xdx=\frac{2n}{2n+1}I(2n-1)=\frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{2n-2}{2n-1}I(2n-3)$

Repetindo o processo,

$=\frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{2n-2}{2n-1}\cdot \frac{2n-4}{2n-3}\cdot \cdots \cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}I(1)=2\prod _{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}$

${\sin }^{2n+1}x\le {\sin }^{2n}x\le {\sin }^{2n-1}x,0\le x\le \pi$

$\Rightarrow I(2n+1)\le I(2n)\le I(2n-1)$

$\Rightarrow 1\le \frac{I(2n)}{I(2n+1)}\le \frac{I(2n-1)}{I(2n+1)}=\frac{2n+1}{2n}$, from above results.

Pelo teorema do confronto,

$\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{I(2n)}{I(2n+1)}=1$

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{I(2n)}{I(2n+1)}=\frac{\pi }{2}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\prod _{k=1}^n(\frac{2k-1}{2k}\cdot \frac{2k+1}{2k})=1$

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

Relação com a aproximação de Stirling

A fórmula de Stirling para n! estabelece que

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

Considere agora as aproximações finitas para o produto de Wallis, obtidas tomando os primeiros k termos no produto:

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

p_k pode ser expresso como

$\begin{array}{cc}{p}_k& =\frac{1}{2k+1}\prod _{n=1}^k\frac{(2n{)}^4}{[(2n)(2n-1){]}^2}\\ & =\frac{1}{2k+1}\cdot \frac{2^{4k}(k!{)}^4}{[(2k)!{]}^2}\end{array}$

Substituindo a aproximação de Stirling nesta expressão (para k! e (2k)!) pode-se deduzir (após curto cálculo) que p_k converge para Predefinição:Frac quando k → ∞.

ζ'(0)

A função zeta de Riemann e a função eta de Dirichlet podem ser difinidas:

$\begin{array}{cc}\zeta (s)& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s},\mathrm{\Re }(s)>1\\ \eta (s)& =(1-2^{1-s})\zeta (s)\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^s},\mathrm{\Re }(s)>0\end{array}$

Aplicando uma transformação de Euler à última série, obtém-se o seguinte

$\begin{array}{cc}\eta (s)& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}[\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1{)}^s}],\mathrm{\Re }(s)>-1\\ \Rightarrow {\eta }^{\prime }(s)& =(1-2^{1-s}){\zeta }^{\prime }(s)+2^{1-s}(\ln 2)\zeta (s)\\ & =-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}[\frac{\ln n}{n^s}-\frac{\ln (n+1)}{(n+1{)}^s}],\mathrm{\Re }(s)>-1\end{array}$

$\begin{array}{cc}\Rightarrow {\eta }^{\prime }(0)& =-{\zeta }^{\prime }(0)-\ln 2=-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}[\ln n-\ln (n+1)]\\ & =-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\ln \frac{n}{n+1}\\ & =-\frac{1}{2}(\ln \frac{1}{2}-\ln \frac{2}{3}+\ln \frac{3}{4}-\ln \frac{4}{5}+\ln \frac{5}{6}-\cdots )\\ & =\frac{1}{2}(\ln \frac{2}{1}+\ln \frac{2}{3}+\ln \frac{4}{3}+\ln \frac{4}{5}+\ln \frac{6}{5}+\cdots )\\ & =\frac{1}{2}\ln (\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \cdots )=\frac{1}{2}\ln \frac{\pi }{2}\\ \Rightarrow {\zeta }^{\prime }(0)& =-\frac{1}{2}\ln \left(2\pi \right)\end{array}$

Ligações externas

• Predefinição:Springer
• Predefinição:Citar web