Wallis積分


Wallis積分は $\sin^n{x}, ~ \cos^n{x}$ に関する定積分である.この記事ではWallis積分に関する計算と,Wallisの公式の導出についてまとめる.

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Wallis積分の定義

Define 1

$m = 0,1,2,\ldots,$ に対して
\[
I_m = \int_{0}^{\pi/2}\sin^m{x}\,dx = \int_{0}^{\pi/2}\cos^m{x}\,dx
\]
を Wallis 積分 という.

 
等号の成立について(click)

$2$ つ目の等号が成立することを述べる.三角関数の定義より,任意の実数 $\theta$ に対して
\[
\cos{\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)} = \sin{\theta}
\]
が成り立つから,変数変換 $\displaystyle{y = \frac{\pi}{2}-x }$ によって
\[
\int_{0}^{\pi/2} \sin^m{x}\,dx = \int_{0}^{\pi/2}\cos^m{\left(\frac{\pi}{2}-x\right)}\,dx = \int_{\pi/2}^{0}\cos^m{y}\cdot(-1)\,dy = \int_{0}^{\pi/2}\cos^m{y}\,dy
\]
であるから,最後の積分の積分変数を $y$ から $x$ に置き換えればよい.

 

Wallis積分の計算 I

Wallis積分に関する漸化式を導出し,積分の値を求める.

Theorem 2(Wallis積分の漸化式 I)

Wallis積分 $I_m$ は次の漸化式を満たす:
\[
I_{m+2} = \frac{m+1}{m+2} I_m \quad (m = 0,1,2, \ldots)
\]

 
証明(click)

部分積分法を用いれば

$$
\begin{eqnarray*}
I_{m+2}
& = & \int_{0}^{\pi/2} \cos^{m+2}{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\pi/2} \cos{x}\cos^{m+1}{x}\,dx \\
& = & \int_{0}^{\pi/2}(\sin{x})’ \cos^{m+1}{x}\,dx \\
& = & \biggl[\sin{x}\cos^{m+1}{x}\biggr]_{0}^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} (m+1)\sin^2{x} \cos^m{x}\,dx \\
& = & 0 + (m+1)\int_{0}^{\pi/2} (1-\cos^2{x})\cos^m{x}\,dx \\
& = & (m+1)\int_{0}^{\pi/2} (\cos^{m}{x}-\cos^{m+2}{x})\,dx \\
& = & (m+1)\int_{0}^{\pi/2} \cos^{m}{x}\,dx-(m+1)\int_{0}^{\pi/2} \cos^{m+2}{x}\,dx
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.ここで

$$
\int_{0}^{\pi/2} \cos^{m}{x}\,dx = I_m , \quad \int_{0}^{\pi/2} \cos^{m+2}{x}\,dx = I_{m+2}
$$

に注意すれば

$$
I_{m+2} = (m+1)I_m-(m+1)I_{m+2}
$$

より

$$
I_{m+2} = \frac{m+1}{m+2}I_m
$$

を得る.

 
Corollary 3

$I_m$ をWallis積分とする. $n = 0,1,2,\ldots$ に対して
\[
I_{2n} = \frac{{}_{2n}\textrm{C}{}_{n}}{4^n} \cdot \frac{\pi}{2}~,\qquad I_{2n+1} = \frac{4^n}{{}_{2n}\textrm{C}{}_{n}}\cdot\frac{1}{2n+1}
\]
が成り立つ.

 
証明(click)

\[
I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \,dx = \frac{\pi}{2}, \qquad I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos{x}\,dx = 1
\]

であるからTheorem 2の漸化式を繰り返し用いれば,$n = 0,1,2,\ldots$ に対して

\[
I_{2n} = \frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdots \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} \tag{1}
\]
\[
I_{2n+1} = \frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdots \frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot 1 \tag{2}
\]

である.また

$$
\begin{eqnarray*}
(2n-1)\cdot(2n-3) \cdots 3 \cdot 1 & = & \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot (2n-3) \cdots 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{2n \cdot (2n-2) \cdots4 \cdot 2} \\ & = & \frac{(2n)!}{2n \cdot (2n-2) \cdots4 \cdot 2},
\end{eqnarray*}
$$
$$
\begin{eqnarray*}
2n \cdot (2n-2) \cdots4 \cdot 2 & = & 2^n \cdot n \cdot (n-1) \cdots 2 \cdot 1 = 2^n \cdot n!
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つから,組み合わせの記号 $\displaystyle{{}_{n}\textrm{C}_{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}}$ を用いて
\[
\frac{(2n-1)\cdot(2n-3) \cdots 3 \cdot 1}{2n \cdot (2n-2) \cdots4 \cdot 2} = \frac{(2n)!}{2^n \cdot n! \cdot 2^n \cdot n!} = \frac{(2n)!}{4^n\cdot n!(2n-n)!} = \frac{{}_{2n}\textrm{C}_{n}}{4^n}
\]
と変形できる.これを式 $(1)$,$(2)$ に代入すれば求める結果を得る.

 

Wallis積分の計算 II

Wallis積分の単調性を利用して,$2$項間の漸化式を導出する.

Lemma 4

$I_m$ をWallis積分とする.数列 $\{I_m\}~~(m = 0 , 1 , 2 , \dots)$ は正の単調減少列である.すなわち
\[
I_0 \geqq I_1 \geqq \cdots \geqq I_m, \qquad I_m > 0 \quad (m = 0 , 1 , 2, \dots)
\]
を満たす.

 
証明(click)

$I_m > 0$であることは Corollary 3 の結果より明らかである.$I_{m+1} \leqq I_{m}$ であることを示す. $0 \leqq x \leqq \pi/2$ において $0 \leqq \sin{x} \leqq 1$ であるから
\[
\sin^{m+1}{x} \leqq \sin^{m}{x} \qquad (m = 0,1,2,\ldots)
\]
が成り立つ.ゆえに
\[
I_{m+1} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{m+1}{x}\,dx \leqq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^m{x}\,dx = I_m \qquad (m = 0,1,2,\ldots)
\]
である.

 
Theorem 5(Wallis積分の漸化式 II)

Wallis積分 $I_m$ は次の漸化式を満たす:
\[
I_{m+1} = \frac{\pi}{2(m+1)I_m} \quad (m = 0,1,2, \ldots)
\]

 
証明(click)

数列 $\{(m+1)I_{m+1}I_m\} \quad (m = 0,1,2,\ldots)$ を考える.Theorem 2 より
\[
(m+2)I_{m+2}I_{m+1} = (m+2) \cdot \frac{m+1}{m+2}I_{m}\cdot I_{m+1} = (m+1)I_{m+1}I_{m}
\]
であるから,この数列は定数列である.したがって
\[
(m+1)I_{m+1}I_m = (0 + 1)I_{0+1}I_{1} = \frac{\pi}{2}
\]
すなわち
\[
I_{m+1}I_{m} = \frac{\pi}{2(m+1)}
\]
が成り立つから
\[
I_{m+1} = \frac{\pi}{2(m+1)I_m}
\]
を得る.

 

Wallisの公式

Wallisの公式(Theorem 6)を証明し,その系として組み合わせ記号に関する極限の公式を示す.

Theorem 6(Wallisの公式)

$I_m$ をWallis積分とするとき
\[
\lim_{m \to \infty}\sqrt{m}I_m = \sqrt{\frac{\pi}{2}}
\]
が成り立つ.

 
証明(click)

Lemma 4 より $\{I_m\}$ は単調減少列で
\[
I_{m-1} \leqq I_m \leqq I_{m+1}
\]
を満たすから,$I_m > 0$に注意して全辺に $I_m$ をかけると
\[
\frac{\pi}{2m} = I_{m-1}I_m \leqq I_m^2 \leqq I_mI_{m+1} = \frac{\pi}{2(m+1)}
\]
が成り立つ.ここで $2$ つの等号はTheorem 5の結果を用いた.全辺 $m$ 倍して$1/2$乗すれば
\[
\sqrt{\frac{\pi}{2}} \leqq \sqrt{m}I_m \leqq \sqrt{\frac{m\pi}{2(m+1)}}
\]
を得る.ここで
\[
\lim_{m \to \infty} \sqrt{\frac{m\pi}{2(m+1)}} = \lim_{m \to \infty} \sqrt{\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{m}}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}
\]
に注意すれば,はさみうちの原理より結論が従う.

 

Corollary 7

\[
\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}\cdot{}_{2n}{\rm C}_{n}}{4^n} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}
\]

 
証明(click)

Theorem 5(Wallisの公式)において $m = 2n$ とすると
\[
\lim_{n \to \infty}\sqrt{2n}I_{2n} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}
\]
が成り立つ.いま Corollary 3 より
\[
I_{2n} = \frac{{}_{2n}{\rm C}_{n}}{4^n} \cdot \frac{\pi}{2}
\]
であったから,上の極限の式に代入して
\[
\lim_{n \to \infty} \sqrt{2n} \cdot \frac{{}_{2n}{\rm C}_{n}}{4^n} \cdot \frac{\pi}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}
\]
を得る.これを整理すれば
\[
\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n} \cdot {}_{2n}{\rm C}_{n}}{4^n} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\pi} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}
\]
が得られた.

 

20190519 更新


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