La formula de Wallis

Juan Carlos Ponce Campuzanoponcecampuzanocarlos@gmail.com

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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