Cálculo da constante

Vamos provar que λ=2⁢π\lambda=\sqrt{2\pi} de duas formas diferentes.

Usando a demonstração do Teorema de De Moivre-Laplace

A primeira prova supõe que o leitor viu a demonstração do Teorema de De Moivre-Laplace na Seção 9.2. Observe inicialmente que a demonstração do Teorema de De Moivre-Laplace funciona assumindo a fórmula de Stirling com uma constante desconhecida λ\lambda no lugar de 2⁢π\sqrt{2\pi}.

Pela Desigualdade de Tchebyshev,

1−1m2⩽ℙ⁢(−m⩽Sn−n⁢pn⁢p⁢q⩽+m)⩽1.1-\tfrac{1}{m^{2}}\leqslant\mathbb{P}{\left(-m\leqslant\tfrac{S_{n}-np}{\sqrt{% npq}}\leqslant+m\right)}\leqslant 1.

Fazendo n→∞n\to\infty, temos pelo Teorema de De Moivre-Laplace que

1−1m2⩽1λ⁢∫−mme−x22⁢dx⩽1.1-\tfrac{1}{m^{2}}\leqslant\frac{1}{\lambda}\int_{-m}^{m}e^{-\frac{x^{2}}{2}}% \,\mathrm{d}x\leqslant 1.

Fazendo agora m→∞m\to\infty, obtemos

1λ⁢∫−∞∞e−x22⁢dx=1,\frac{1}{\lambda}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\,\mathrm{d}x=1,

logo λ=2⁢π\lambda=\sqrt{2\pi}.

Usando o produto de Wallis

O produto de Wallis é dado pela identidade

π2=∏n=1∞(2⁢n2⁢n−1⋅2⁢n2⁢n+1)=limn→∞21⋅23⋅43⋅45⋅65⋅67⁢⋯⁢2⁢n2⁢n−1⋅2⁢n2⁢n+1,\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1}% \right)=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac% {4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1},

que será demonstrada mais abaixo.

Tomando a raiz quadrada e usando que 2⁢n2⁢n+1→1\frac{2n}{2n+1}\to 1, obtemos

π2=limn→∞2⋅4⋅6⁢⋯⁢(2⁢n−2)3⋅5⋅7⁢⋯⁢(2⁢n−1)⋅2⁢n.\sqrt{\frac{\pi}{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2\cdot 4\cdot 6\cdots(2n-2)}{3% \cdot 5\cdot 7\cdots(2n-1)}\cdot\sqrt{2n}.

Multiplicando numerador e denominador da fração acima pelo produto dos nn primeiros números pares chegamos a

π2\displaystyle\sqrt{\frac{\pi}{2}} =limn→∞2⋅2⋅4⋅4⋅6⋅6⁢⋯⁢(2⁢n−2)⋅(2⁢n−2)2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⁢⋯⁢(2⁢n−2)⋅(2⁢n−1)⋅2⁢n⋅2⁢n2⁢n⋅2⁢n2⁢n\displaystyle=\lim_{n\to\infty}\frac{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6\cdot 6% \cdots(2n-2)\cdot(2n-2)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdots(2n-2)\cdot% (2n-1)}\cdot\frac{2n\cdot 2n}{2n}\cdot\frac{\sqrt{2n}}{2n}
=limn→∞22⁢n⁢(12⋅22⋅32⁢⋯⁢n2)(2⁢n)!⋅12⁢n=limn→∞22⁢n⁢(n!)2(2⁢n)!⁢2⁢n.\displaystyle=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n}\left(1^{2}\cdot 2^{2}\cdot 3^{2}% \cdots n^{2}\right)}{(2n)!}\cdot\frac{1}{\sqrt{2n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{% 2n}(n!)^{2}}{(2n)!\,\sqrt{2n}}.

Finalmente, substituindo na fórmula de Stirling chegamos a

π2\displaystyle\sqrt{\frac{\pi}{2}} =limn→∞22⁢n⁢n2⁢n⁢e−2⁢n⁢λ2⁢n(2⁢n)2⁢n⁢e−2⁢n⁢2⁢λ2⁢n⁢2⁢n=λ24\displaystyle=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n}n^{2n}e^{-2n}\lambda^{2}n}{{(2n)}^{% 2n}e^{-2n}\sqrt{2\lambda^{2}n}\sqrt{2n}}=\sqrt{\frac{\lambda^{2}}{4}}

e, portanto, λ=2⁢π\lambda=\sqrt{2\pi}.

Demonstração do produto de Wallis

Daremos a demonstração sob a forma de exercício. Seja

In=∫0π/2sennx⁢d⁢x,n⩾0.I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\mathop{\mathrm{sen}}\nolimits^{n}x\,\mathrm{d}x,\qquad n% \geqslant 0.
  1. (a)
    ​

    Mostre que para todo n⩾2n\geqslant 2 vale

    In=n−1n⁢In−2.I_{n}=\frac{n-1}{n}I_{n-2}.

    Sugestão: Integrando sennx=senn−1x⋅senx\mathop{\mathrm{sen}}\nolimits^{n}x=\mathop{\mathrm{sen}}\nolimits^{n-1}x\cdot% \mathop{\mathrm{sen}}\nolimits x por partes, mostre que ∫0π/2sennx⁢d⁢x=(n−1)⁢∫0π/2(senn−2x)⁢(cos2⁡x)⁢dx=(n−1)⁢[In−2−In]\int_{0}^{\pi/2}\mathop{\mathrm{sen}}\nolimits^{n}x\,\mathrm{d}x=(n-1)\int_{0}% ^{\pi/2}(\mathop{\mathrm{sen}}\nolimits^{n-2}x)(\cos^{2}x)\,\mathrm{d}x=(n-1)[% I_{n-2}-I_{n}].

  2. (b)
    ​

    Verifique que para todo n⩾1n\geqslant 1 vale

    I2⁢n−2I2⁢n−1=2⁢n2⁢n−1⋅2⁢n2⁢n+1⋅I2⁢nI2⁢n+1.\frac{I_{2n-2}}{I_{2n-1}}=\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{I_{2n}% }{I_{2n+1}}.
  3. (c)
    ​

    Verifique que I0=π2I_{0}=\frac{\pi}{2} e I1=1I_{1}=1.

  4. (d)
    ​

    Mostre por indução que, para todo n⩾0n\geqslant 0, vale

    π2=21⋅23⋅43⋅45⋅65⋅67⁢⋯⁢2⁢n2⁢n−1⋅2⁢n2⁢n+1⋅I2⁢nI2⁢n+1.\frac{\pi}{2}=\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot% \frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac% {I_{2n}}{I_{2n+1}}.
  5. (e)
    ​

    Mostre que 2⁢n2⁢n+1=I2⁢n+1I2⁢n−1⩽I2⁢n+1I2⁢n⩽1\frac{2n}{2n+1}=\frac{I_{2n+1}}{I_{2n-1}}\leqslant\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\leqslant 1 e, portanto, I2⁢nI2⁢n+1→1,\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\to 1, concluindo a prova do produto de Wallis.