问题及解答

\[\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n+1}\]

它可以改写为

\[\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{+\infty}(\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1})\]

或者

\[\frac{\pi}{4}=\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n(2n+2)}{(2n+1)^2}\]

\[\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n+1}=\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n}\]

公式的获得来源于计算积分(问题43)

\[
I_m=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^m xdx,\quad J_m=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^m xdx,\quad (m\in\mathbb{Z}^+)
\]

这两个积分的计算要使用递推公式.

References

梅加强, 数学分析, 高等教育出版社.

Remark

有时, Wallis 不等式(问题711)可能更有用.

Ex. 由 Wallis 公式, 证明

\[
\frac{(2n)!}{(n!)^2}\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\frac{4^n}{\sqrt{2n+1}}.
\]

由问题43,

\[ I_n=\begin{cases} \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\cdot\frac{\pi}{2},&\text{if}\ n=2k;\\ \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!},&\text{if}\ n=2k+1.\\ \end{cases} \]

注意到当 $0\leq x\leq\frac{\pi}{2}$ 时, $\sin^{2n+1}x\leq\sin^{2n}x\leq\sin^{2n-1}x$, 因此有

\[I_{2n+1}\leq I_{2n}\leq I_{2n-1},\]

代入上面的计算结果, 得

\[\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\leq\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}\leq\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}\]

改写为

\[\frac{1}{2n+1}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\leq\frac{\pi}{2}\leq\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n}\quad (*)\]

上式两端之差为

\[\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n(2n+1)}\leq\frac{1}{2n}\cdot\frac{\pi}{2}\rightarrow 0\]

因此, ($*$) 左右两式极限均存在且都等于 $\frac{\pi}{2}$. 即得到 Wallis 公式

\[\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n+1}=\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\biggl[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\biggr]^2\frac{1}{2n}\]

Wallis 公式的变形

\[
\begin{split}
\prod_{k=1}^{n}(\frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1})&=(\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3})(\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5})(\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7})\cdots(\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1})\\
&=\frac{\bigl((2n)!!\bigr)^2}{\bigl((2n-1)!!\bigr)^2}\cdot\frac{1}{2n+1}
\end{split}
\]

因此有

\[\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{+\infty}(\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1})\]

类似的, 将上面式中的括号改变一下, 即得到

\[
\begin{split}
\prod_{k=1}^{n}\frac{2k(2k+2)}{(2k+1)^2}&=(\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3})(\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5})(\frac{6}{7}\cdot\frac{8}{7})\cdots(\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n-1})(\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n+2}{2n+1})\\
&=\frac{\bigl((2n)!!\bigr)^2}{\bigl((2n-1)!!\bigr)^2}\cdot\frac{n+1}{(2n+1)^2}\\
&=\frac{\bigl((2n)!!\bigr)^2}{\bigl((2n-1)!!\bigr)^2}\cdot\frac{1}{2n+1}\cdot\frac{n+1}{2n+1}
\end{split}
\]

因此有

\[\frac{\pi}{4}=\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n(2n+2)}{(2n+1)^2}\]

根据 Wallis 公式,

\[
\begin{split}
\frac{2}{\pi}&=\lim_{n\rightarrow\infty}\biggl[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\biggr]^2(2n+1)\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}\biggl[\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}\biggr]^2\cdot\frac{2n+1}{4n^2}\\
\end{split}
\]

因此

\[
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\biggl[\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}\biggr]^2}{\frac{2}{\pi}\cdot\frac{4n^2}{2n+1}}=1.
\]

于是

\[
\frac{(2n)!}{(n!)^2}=\frac{(2n)!\cdot 4^n}{(2^n\cdot n!)^2}=\frac{(2n)!\cdot 4^n}{(2n)!!\cdot(2n)!!}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}4^n=\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}\frac{4^n}{2n}
\]

故

\[
\frac{(2n)!}{(n!)^2}=\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}\frac{4^n}{2n}\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}\cdot\frac{4n^2}{2n+1}}\cdot\frac{4^n}{2n}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\frac{4^n}{\sqrt{2n+1}}.
\]