Page 171 - vol2
P. 171
2
m
Vezessük be a következő jelölést: I = sin x dx . A parciális integrálási
m
0
módszerrel rekurzív módon, a M.i. módszerével levezethetők a következő
1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1)
eredmények: I = ∙ illetve
2n 2 4 6 ... (2n − 2) (2 ) 2
n
2 4 6 2n
I = ... . Továbbá mivel minden x [0, ] és n N
*
2n+
1
3 5 7 2n + 1 2
2n
esetén igaz, hogy sin 2n+ 1 x sin x sin 2n− 1 x amit a
[0, ] intervallumon integrálva, és az előbbiek szerint behelyettesítve az
2
I 2n+ 1 , I 2n , I 2n− 1 értékeit, rövid számolások után éppen a 10. feladat egyenlőt-
lenségeit kapjuk. A 10. feladat alapján a híres Wallis formula a következő:
1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1) 2 1
lim ∙ = .
n
n→ 2 4 6 ... (2n − 2) (2 ) n
A Wallis formulának több alakja is van, például:
(2n − 1)!! 1 2 (2 )!!
n
2n
= sin x dx , vagy lim =
n
(2 )!! 0 n→ (2n − 1)!! 2n + 1 2
i
n (2 ) 2
vagyis lim = és ez végtelen szorzat formájában:
n→ (2i − 1)(2i + 1) 2
i= 1
= 2 2 4 4 6 6
2 1 3 3 5 5 7 .... Ez a felírás a számnak csupán egyik előállí-
tási lehetősége, számos más érdekes előállítási lehetőséget a
http://hu.wikipedia.org/wiki/Pi_(szám) webcímen találunk. Érdemes megje-
gyeznünk, hogy a 10. feladat egyenlőtlensége így is írható:
n
(2 )!!
(n + 1 ) < < n ami aszimptotikus megközelítésként a
2 (2n − 1)!!
(2 )!!
n
1
következő alakba írható: = (n + ) ahol 0 < < . Létezik
(2n − 1)!! 2
171
