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ウォリスの公式

南海　　 $$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\,dx$$とおくと，$I_n$には漸化式ができる．

拓生　 はい．

$$∴\quad I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$$

ここで

$$\begin{array}{l} \displaystyle I_0=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\... ...in x\,dx=\left[-\cos x \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=1 \end{array}$$

したがって

$$\begin{array}{l} I_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}\cdot\dfrac{2n-3}{... ...ot\dfrac{2n-2}{2n-1}\cdot\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1 \end{array}$$

南海　　 極限をとるため，いくつか考えなければならない．

$$\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\dfrac{2}{1}\cdo... ...t \dfrac{4}{5}\cdot\cdots\cdots\dfrac{2n\cdot2n}{(2n-1)(2n+1)}$$

一方 $0<x<\dfrac{\pi}{2}$に対し $0<\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x$であるから

$$1<\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}<\dfrac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}=\dfrac{2n+1}{2n}$$

$$\lim_{n \to \infty}\dfrac{2n+1}{2n}=1$$なので

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

$$∴\quad \dfrac{\pi}{2} =\dfrac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\dfrac{4\cdot4}{3\cdot5}\cdots$$

これをウォリスの公式という．

拓生　

$$\dfrac{2n\cdot2n}{(2n-1)(2n+1)}=\dfrac{4n^2}{4n^2-1}>1$$

なので

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{\pi}{2} &=&\lim_{n \to \infty}\dfrac{2\cdot2}{1\cdot3}\... ...\cdot11\cdot11\cdot13\cdot13\cdot15\cdot15\cdot17\cdot} >1.52529 \end{eqnarray*}$$

$$∴\quad \pi>3.05058>3.05$$

これがウォリスの公式を活用した東大の問題に対する解でした．