L'espressione di Wallis

[dan952]

Dimostrare che
$$\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{2^{4n}{n!}^4}{[(2n)!]^2(2n+1)}=\pi/2$$
Suggerimento:

Integro per parti l'integrale: $\int \sin^mx dx$

[hyoukarou]

Se usi [url=http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling's_approximation]Stirling[/url] bastano due conti.
Sono curioso di vedere (e troppo pigro per pensare) la soluzione che passa per quell'integrale.

[dan952]

L'approssimazione di Stirling?! Mmm. Si, in effetti ora che sto vendendo sono solo due sostituzioni e qualche semplificazione, per quanto riguarda la soluzione con gli integrali vediamo se qualcuno ci arriva, else la posto in spoiler tra qualche giorno...

[gugo82]

Credo che la dimostrazione del prodotto di Wallis con l'uso degli integrali di seno e coseno sia un classico che dovrebbe esser noto a ogni studente di Analisi.

[j18eos]

...sarebbe interessante una terza dimostrazione!

[dan952]

Come promesso ecco la soluzione con gli integrali...

Scriviamo la funzione $\sin^mx$ nella forma $\sin^{m-1}x \cdot \sinx$ e integriamo per parti tra $0$ e $\pi/2$. Si arriva così alla formula
$$\int_0^{\pi/2}\sin^mx dx=(m-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{m-2}x \cdot cos^2 x dx=$$
$$=-(m-1)\int_0^{\pi/2}\sin^mx dx+(m-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{m-2}x dx$$
ovvero:
$$\int_0^{\pi/2}\sin^mx dx=\frac{m-1}{m}\int_0^{\pi/2}\sin^{m-2}x dx$$
Applicando ripetutamente l'ultima formula, si trova per $I_m=\int_0^{\pi/2}\sin^mx dx$ il seguente valore
Caso $m$ pari: $$I_{2n}=\frac{2n-1}{2n} \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot ... \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$$
Caso $m$ dispari: $$I_{2n}=\frac{2n}{2n+1} \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot ... \cdot \frac{2}{3}$$
Poiché $0<\sinx<1$ per $0 $$I_{2n+1} ovvero
$$1<\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}<\frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}$$
Sostituendo nell'ultima diseguaglianza i valori precedentemente calcolati per $I_{2n-1}$ ecc., si trova
$$1<\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 5 ... (2n-1)(2n-1)(2n+1)}{2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6...(2n)(2n)}<\frac{2n+1}{2n}$$
con il passaggio al limite per $n \rightarrow +\infty$ si ricava l'espressione.

Volevo chiedervi se conoscevate la dimostrazione della seguente espressione dovuta a Ramanujan[nota]Non fu lui a dimostrarla però fu una delle sue tante e straordinarie intuizioni.[/nota] per stimare $\pi$:
$$\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{9801}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(4n)!(1103+26390n)}{(n!)^4396^{4n}}$$