之前在知乎上有遇到一个问题 有没有结果含有“π”但是与圆完全无关的问题？，于是便想到Wallis公式，它是由John Wallis（1616-1703）提出，主要的应用还是在于证明Sterling公式。虽然Wallis公式本身看起来是个普通的无穷乘积，但是他的结果却表达了圆周率 π。如果你高数教材用的是同济大学的版本，其实你已经在课本上学到了Wallis公式的证明：课本上有一道例题是讲定积分的分部积分，就是Wallis公式的证明，它只差最后一步告诉大家这是个公式。

Wallis公式可以用这种比较直观的形式来表达：

$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{2 \cdot2 \cdot 4 \cdot 4 \cdots (2n) (2n)}{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 5 \cdots (2n-1) (2n+1)} = \frac{\pi}{2} $$$

或者用相对抽象一些的形式：

$$$ \prod_{n=1}^\infty \frac{4n^2}{4n^2-1} = \prod_{n=1}^\infty \frac{2n}{2n-1} \cdot \frac{2n}{2n+1} = \frac{\pi}{2} $$$

有 π 就有圆，所以这个圆到底在哪里，从下面的证明过程就可以看出来。

Wallis公式的证明

Wallis公式的证明需要用到Wallis积分，这个积分的形式如下：

$$$ I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n{x} dx $$$

可以观察到 $\sin^n{x}$ 并不便于积分，但是求这个形式的微分还是相对容易的，所以可以把它拆开为 $\sin{x} \cdot \sin^{n-1}{x}$ 的形式，即：

$$$ I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x} \cdot \sin^{n-1}{x} dx $$$

然后利用分部积分公式：

$$$ \int_a^b u dv = uv \Big|_a^b - \int_a^b v du $$$

我们选择 $u = \sin^{n-1}{x}$ 和 $dv = \sin{x}dx$ ，则可以得到：

\begin{align*} du &= (n-1)\sin^{n-2}{x}\cos{x}dx \\ v &= - \cos{x} \end{align*}

结合以上，我们可以进行这样的推导：

\begin{align*} I_n &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n{x} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1}{x} \cdot \sin{x} dx \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} u dv \\ &= uv \Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} v du \\ &= \sin^{n-1}{x}\cdot(-\cos{x}) \Big|^{\frac{\pi}{2}}_{0} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \cos{x}(n-1)\sin^{n-2}{x}\cos{x}dx \\ &= 0 +(n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2{x}\sin^{n-2}{x}dx \\ &= (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \sin^2{x})\sin^{n-2}{x}dx \\ &= (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} ( \sin^{n-2}{x} - \sin^{n}{x} ) dx \\ &= (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2}{x} dx - (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}{x} dx \\ &= (n-1) I_{n-2} - (n-1)I_n \end{align*}

藉此我们可以得出 $I_n$ 和 $I_{n-2}$ 的递推关系：

$$$ I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2} $$$

由于是第n项和第n-2的递推关系，所以我们可以分别考虑奇数项和偶数项的情况：

$$$ I_{2n} = \frac{2n-1}{2n} I_{2n-2} $$$

$$$ I_{2n+1} = \frac{2n}{2n+1} I_{2n-1} $$$

既然得到了递推公式，现在来看一下初始的情况，当 $n = 0$ 时：

$$$ I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx = x \Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} $$$

当 $n = 1$ 时：

$$$ I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x} dx = - \cos{x} \Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 1 $$$

有了初始值和递推公式，那我们来分别计算一下 $I_{2n}$ 和 $I_{2n+1}$ :

\begin{align*} I_{2n} &= \frac{2n-1}{2n} \cdot I_{2n-2} \\ &= \frac{2n-1}{2n} \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot I_{2n-4} \\ &= \frac{2n-1}{2n} \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdots \frac{1}{2} \cdot I_0 \\ &= I_0 \cdot \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k} \\ &= \frac{\pi}{2} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k} \end{align*}

\begin{align*} I_{2n+1} &= \frac{2n}{2n+1} \cdot I_{2n-1} \\ &= \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot I_{2n-3} \\ &= \frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdots \frac{2}{3} \cdot I_1 \\ &= I_1 \cdot \prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k+1} \\ &= \prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k+1} \end{align*}

注意下这2个结果的形式：

$$$ I_{2n} = \frac{\pi}{2} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k} $$$

$$$ I_{2n+1} = \prod_{k=1}^n \frac{2k}{2k+1} $$$

可以发现，如果我们做一个分式 $ \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} $ 就可以得到 Wallis 公式的形式：

$$$ \prod_{n=1}^\infty \frac{2n}{2n-1} \cdot \frac{2n}{2n+1} $$$

到这一步我们已经很接近结果了，接下来只要求出当 $n \to \infty$ 时 $ \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} $ 的极限就可以，这里我们要使用到夹逼准则，但是如何构建两端的极限让它比较好求呢？

我们回到 $\sin{x}$ 这个函数，我们知道在Wallis的积分的上下限是 $x \isin [0, \frac{\pi}{2}]$，在这个区间内 $ \sin{x} \isin [0, 1] $ ，所以 $\sin{x}$ 的乘方会是一个非升序列，即：

$$$ \sin^{2n-1}{x} \geq \sin^{2n}{x} \geq \sin^{2n+1}{x} $$$

当被积函数是非升序列时，它们的定积分也会是非升序列，所以有：

$$$ I_{2n-1} \geq I_{2n} \geq I_{2n+1} $$$

将上面这个不等式的每一项都除以 $ I_{2n+1} $ ，我们就可以得到：

$$$ \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} \geq \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \geq 1 $$$

而根据奇数项的递推公式，我们知道：

$$$ \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} $$$

所以当 $n \to \infty$ 时，它的极限：

$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} = \lim_{n \to +\infty} \frac{2n+1}{2n} = 1 $$$

根据夹逼定理，我们就可以得知：

$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} = 1 $$$

也就是说：

$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{\pi}{2} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k} \prod_{k=1}^n \frac{2k+1}{2k} = 1 $$$

将上式两边取倒数，再合并乘积，就可以得到：

$$$ \lim_{n \to +\infty} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k}{2k-1} \cdot \frac{2k}{2k+1} = \frac{\pi}{2} $$$

至此，我们完成了Wallis公式的证明。

Wallis 公式的背景

John Wallis 在1655年研究下面这个积分：

$$$ \int_0^1 (1 - x^{\frac{1}{p}})^{q} dx $$$

Wallis发现当 $p$ 和 $q$ 为正整数时：

$$$ \int_0^1 (1 - x^{\frac{1}{p}})^{q} dx = \frac{p! q!}{(p+q)!} $$$

如果 $ p = q = \frac{1}{2}$时，会发生什么？此时上述积分就写成了这个形式：

$$$ \int_0^1 \sqrt{(1-x^2)} dx $$$

这其实是四分之一单位圆，根据几何意义，我们可以知道它的值是 $\frac{\pi}{4}$ ，即：

$$$ \int_0^1 \sqrt{(1-x^2)} dx = \frac{\pi}{4} $$$

如果我们把它和之前阶乘的形式摆在一块，我们会得到：

$$$ (\frac{1}{2})! \cdot (\frac{1}{2})! = \frac{\pi}{4} $$$

也就是说我们得到了一个非整数的阶乘：

$$$ (\frac{1}{2})! = \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$$

这个阶乘的结果其实是它后续的一些应用。

对Wallis公式的证明也正是起源于Wallis当时在研究的这个积分：

$$$ \int_0^1 (1-x^2) ^{\frac{n}{2}} dx $$$

令 $ x = \cos{\theta}$ 进行换元，同时注意积分上下限的变化：

\begin{align*} \int_0^1 (1-x^2) ^{\frac{n}{2}} dx &= \int_{\frac{\pi}{2}}^0 (1-\cos^2{\theta})^{\frac{n}{2}} (- \sin{\theta}) d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^0 ( \sin^{2}{\theta} )^{\frac{n}{2}} (- \sin{\theta}) d\theta \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n+1}{\theta} d\theta \end{align*}

这样，我们便得到了Wallis公式证明的起点。

此外，在这篇文章中我们是利用下面这个积分进行证明：

$$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n{x} dx $$$

但实际上，它还有一些等价形式，都可以用来证明Wallis公式，比如：

$$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n{x} dx $$$

$$$ \int_{0}^{\pi} \sin^n{x} dx $$$

用 $\pi$ 作积分上限也好，或者用 $\cos{x}$ 作被积函数，都可以得出一样的结果。

关于定积分的性质

我们在证明Wallis公式利用夹逼定理时，曾经利用过这个性质：

$$$ \sin^{n-1}{x} \leq \sin^{n}{x} \implies \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1}{x} \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}{x} $$$

因为很久没有用过微积分，我隐约记得是有这样的性质，但是又不太确定，所以来证明一下。

首先，在区间 $[a, b]$ 上，有 $ f(x) \geq 0 $，则有：

$$$ \int_a^b f(x) dx \geq 0 $$$

这个用函数图像（几何意义）很好理解，或者用积分的定义也容易证明。

如果在区间 $[a, b]$ 上，有 $ f(x) \geq g(x) $，那么 $\int_a^b f(x) dx$ 和 $\int_a^b g(x) dx$ 大小关系是什么样的呢？

根据条件，我们知道，在区间 $[a, b]$ 上，有

$$$ f(x) - g(x) \geq 0 $$$

将 $f(x)-g(x)$作为一个整体，自然就可以看到：

$$$ \int_a^b [f(x) - g(x)] dx \geq 0 $$$

如此，我们便可以发现：

$$$ \int_a^b f(x) dx \geq \int_a^b g(x) dx $$$

也就是：

$$$ f(x) \geq g(x) \implies \int_a^b f(x) dx \geq \int_a^b g(x) dx $$$