只用相邻的奇数和偶数做乘除，竟然能够得到圆周率：
$$
\boxed{\frac{\pi}{2}
=\frac21\cdot\frac23\cdot\frac43\cdot\frac45
\cdot\frac65\cdot\frac67\cdots
=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{4k^2}{4k^2-1}.}
$$
这就是 Wallis 公式，中文通常译作“华里士公式”，也有人写作“华理士公式”。在微积分语境中，“华里士公式”有时也指正弦、余弦幂函数定积分的奇偶闭式。两者并不是互不相关的公式：积分的奇偶递推，正是通向无穷乘积的一座桥。
本文从只需要分部积分与夹逼定理的证明开始，再讨论有限乘积的误差、积分的渐近规律，以及组合计数和高斯函数为什么会出现在同一条推导中。前半部分可以独立阅读；后半部分用来理解这些公式之间的联系。
图 1：证明的路线图。无穷乘积的极限不是通过观察小数猜出来的，而是由两条积分递推链之间的关系确定的。
1. 先分清两个主角：积分与有限乘积
全文用两种记号：
$$
I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,\mathrm dx,
\qquad n=0,1,2,\ldots,
$$
以及
$$
P_n=\prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2-1},
\qquad n=1,2,3,\ldots.
$$
这里 在 中表示幂次，在 中表示乘积包含的因子数。无穷乘积的定义是有限乘积序列的极限，所以最终要证明的是
$$
\lim_{n\to\infty}P_n=\frac\pi2.
$$
每个因子都满足
$$
\frac{4k^2}{4k^2-1}=1+\frac{1}{4k^2-1}\gt 1,
$$
因此 严格递增。但“递增”不能单独保证收敛，“因子趋于 1”也不能保证无穷乘积有有限极限。我们还需要找到上界，并确定极限究竟是多少。
2. 为什么选择正弦幂积分？
它同时具有两个好性质。
第一，正弦函数的导数与余弦函数相连，而 可以把幂次降低 2。这使分部积分能够产生递推关系。
第二，在 上，有 。同一个介于 0 和 1 之间的数，幂次越大，值越小。因此
$$
\sin^{n+1}x\lt \sin^n x,
\qquad 0\lt x\lt \frac\pi2,
$$
在整个区间积分后得到严格不等式
$$
\boxed{0\lt I_{n+1}\lt I_n.}
$$
端点处可能相等不影响结论，因为区间内部处处严格小于。
图 2：左图显示幂次增加后，曲线的主要面积逐渐集中在右端；右图把第 4、5、6 阶放在一起，直接展示 。阴影是相互覆盖的面积示意，不是面积相加。
两个递推起点可以直接算出：
$$
I_0=\int_0^{\pi/2}1\,\mathrm dx=\frac\pi2,
\qquad
I_1=\int_0^{\pi/2}\sin x\,\mathrm dx=1.
$$
这两个初值一个含有 ，一个是有理数。随后奇偶两条链的比较，会把这个 带进乘积的极限。
3. 逐步分部积分：递推关系从哪里来？
对整数 ，拆出一个 ：
$$
I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^{n-1}x\,\sin x\,\mathrm dx.
$$
取
$$
\begin{aligned}
u&=\sin^{n-1}x,&\mathrm dv&=\sin x\,\mathrm dx,\\
\mathrm du&=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,\mathrm dx,&v&=-\cos x.
\end{aligned}
$$
代入分部积分公式：
$$
I_n=
\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_0^{\pi/2}
+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2x\,\mathrm dx.
$$
边界项为什么为零？在右端，；在左端，由于 ，所以 。于是用 得到
$$
\begin{aligned}
I_n
&=(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\,\mathrm dx\\
&=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n.
\end{aligned}
$$
把右边的 移到左边，得到
$$
nI_n=(n-1)I_{n-2},
$$
也就是核心递推式
$$
\boxed{I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2},\qquad n\ge2.}
$$
每一步降低 2 阶，所以偶数阶最终回到 ，奇数阶最终回到 。 不能把公式直接套到 ：此时分部积分的边界项不再为零，形式上出现的 也发散。
4. 奇偶两条链：定积分形式的华里士公式
4.1 偶数阶
令 ，连续递推可得
$$
\begin{aligned}
I_{2m}
&=\frac{2m-1}{2m}I_{2m-2}\\
&=\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdots\frac12I_0\\
&=\boxed{\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac\pi2}.
\end{aligned}
$$
4.2 奇数阶
同样地，
$$
\begin{aligned}
I_{2m+1}
&=\frac{2m}{2m+1}I_{2m-1}\\
&=\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m-2}{2m-1}\cdots\frac23I_1\\
&=\boxed{\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}}.
\end{aligned}
$$
双阶乘表示“每隔一个整数相乘”：
$$
(2m)!!=2\cdot4\cdots(2m),
\qquad
(2m-1)!!=1\cdot3\cdots(2m-1).
$$
约定 ，于是上面两个闭式在 时也成立。注意， 不是 。
前几项可以用来检查系数：
| 幂次 |
积分 |
递推方式 |
| 0 |
|
直接积分 |
| 1 |
|
直接积分 |
| 2 |
|
|
| 3 |
|
|
| 4 |
|
|
| 5 |
|
|
| 6 |
|
|
通过换元 ，余弦幂积分得到完全相同的值：
$$
\boxed{\int_0^{\pi/2}\cos^n x\,\mathrm dx
=\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,\mathrm dx=I_n.}
$$
因此，对于非负整数 ，定积分形式可合并为
$$
\boxed{
I_n=\begin{cases}
\dfrac{(n-1)!!}{n!!}\dfrac\pi2,&n\text{ 为偶数},\\[6pt]
\dfrac{(n-1)!!}{n!!},&n\text{ 为奇数}.
\end{cases}}
$$
5. 证明的关键：为什么相邻积分的比趋于 1？
“两个积分都越来越小，所以它们的比趋于 1”是错误的论证。比如 和 都趋于 0，它们的比却恒为 2。
这里真正有效的是：利用单调性把相邻项夹在相隔两阶的项之间，再用递推式控制比值。
对 ，有
$$
I_{n+1}\lt I_n\lt I_{n-1}.
$$
另一方面，递推关系给出
$$
I_{n+1}=\frac{n}{n+1}I_{n-1}
\gt \frac{n}{n+1}I_n.
$$
除以正数 ：
$$
\boxed{\frac{n}{n+1}\lt \frac{I_{n+1}}{I_n}\lt 1.}
$$
两端都趋于 1，所以夹逼定理给出
$$
\boxed{\lim_{n\to\infty}\frac{I_{n+1}}{I_n}=1.}
$$
特别取偶数下标：
$$
\boxed{\frac{2n}{2n+1}\lt \frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\lt 1.}
$$
图 3：左图中的蓝色比值始终处于下界和 1 之间，区间随 增大而收缩。右图展示积分本身趋于 0；后文将证明其衰减尺度为 。
6. 把积分比值展开，华里士乘积自然出现
将奇偶闭式代入：
$$
\begin{aligned}
\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}
&=\frac{2}{\pi}
\frac{[(2n)!!]^2}{(2n-1)!!(2n+1)!!}\\
&=\frac2\pi
\prod_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}\\
&=\frac2\pi P_n.
\end{aligned}
$$
因为 ，这正是开头定义的有限乘积。再用已经证明的积分比值极限：
$$
1=\lim_{n\to\infty}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}
=\frac2\pi\lim_{n\to\infty}P_n.
$$
于是
$$
\boxed{\frac\pi2
=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}
=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{4k^2}{4k^2-1}.}
$$
证明中没有使用 Stirling 公式或高斯积分，也没有把数值实验当作极限存在的依据。圆周率来自积分初值 ；递推把它藏进偶数阶积分，夹逼又把它从奇偶两条链中提取出来。
7. 有限项误差：算到第 n 项究竟知道多少？
刚才的夹逼不只证明极限，还立即给出每个有限 的估计。把 代入，得到
$$
\frac{2n}{2n+1}\lt \frac{2P_n}{\pi}\lt 1.
$$
所以
$$
\boxed{\frac\pi2\frac{2n}{2n+1}\lt P_n\lt \frac\pi2,}
$$
以及用来估计 的区间
$$
\boxed{2P_n\lt \pi\lt 2P_n\frac{2n+1}{2n}.}
$$
后一种写法尤其有用：区间的两个端点都只需要计算有限个有理数，不需要事先知道 的小数值。 区间宽度恰好为 。
若记上端对应的半圆周率估计为 ，则
$$
\frac{U_{n+1}}{U_n}
=\frac{4n(n+1)}{(2n+1)^2}\lt 1.
$$
因此下界 递增，上界 递减，两端共同夹向 。
从同一个不等式还可读出相对误差界
$$
\boxed{0\lt \frac{\pi-2P_n}{\pi}\lt \frac{1}{2n+1},}
$$
和绝对误差界
$$
\boxed{0\lt \pi-2P_n\lt \frac{\pi}{2n+1}.}
$$
例如，希望相对误差小于 ，取 就已经有严格保证，因为 。这只是一个充分条件，并不宣称 500 是所需的最少项数。
图 4：左图是完全可计算的上下界。右图采用双对数坐标，实际误差逐渐贴近 ；绿色点线是严格误差上界，橙色虚线是大 时的渐近估计，两者含义不同。
7.1 数值上到底有多慢？
下表中的近似值为 ，即用于估计 的数，而不是 本身。
| 因子数 |
|
绝对误差 |
| 1 |
2.6666666667 |
|
| 2 |
2.8444444444 |
|
| 5 |
3.0021759546 |
|
| 10 |
3.0677038066 |
|
| 100 |
3.1337874906 |
|
| 1000 |
3.1408077460 |
|
| 10000 |
3.1415141187 |
|
它很适合理解分析学中的递推、夹逼和无穷乘积；若目的是高效率地计算许多位圆周率，原始乘积的收敛速度就显得较慢。
7.2 进一步推导：为什么误差约等于 π/(4n)？
既然已经证明乘积收敛到 ，可以考察它的尾部。记
$$
S_n=\log\frac{\pi/2}{P_n}
=\sum_{k=n+1}^{\infty}-\log\left(1-\frac{1}{4k^2}\right).
$$
用 ，得到
$$
S_n=\frac14\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac1{k^2}
+O\!\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac1{k^4}\right).
$$
由于 单调递减，积分比较给出
$$
\frac{1}{n+1}
\lt \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac1{k^2}
\lt \frac1n.
$$
所以这个尾和等于 ；而四次幂尾和为 。于是
$$
S_n=\frac{1}{4n}+O(n^{-2}).
$$
再由 和 得到
$$
\boxed{\pi-2P_n=\frac{\pi}{4n}+O(n^{-2}).}
$$
因此误差缩小约 10 倍，通常要把项数增加约 10 倍。这里 表示剩余项在足够大的 下可被某个常数乘以 控制；它并不是一个无需估计常数就能直接使用的有限项误差界。
8. 另一个精确恒等式：相邻积分的乘积
奇偶闭式相乘时，大量双阶乘会约掉：
$$
\begin{aligned}
I_{2m}I_{2m+1}
&=\frac\pi2\frac{(2m-1)!!}{(2m+1)!!}
=\frac{\pi}{2(2m+1)},\\
I_{2m+1}I_{2m+2}
&=\frac\pi2\frac{(2m)!!}{(2m+2)!!}
=\frac{\pi}{2(2m+2)}.
\end{aligned}
$$
两式合起来就是对所有非负整数 成立的
$$
\boxed{I_nI_{n+1}=\frac{\pi}{2(n+1)}.}
$$
配合第 5 节的比值极限，就能精确确定单个积分的衰减速度：
$$
I_n^2
=\frac{I_nI_{n+1}}{I_{n+1}/I_n}
\sim\frac{\pi}{2n}.
$$
由于 ，开平方可得
$$
\boxed{I_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}},\qquad n\to\infty.}
$$
符号 的意思是 ，不是两者在有限 下相等。
事实上，连有限阶的上下界也能一起得到。由
可知
$$
\boxed{\sqrt{\frac{\pi}{2(n+1)}}\lt I_n\lt \sqrt{\frac{\pi}{2n}},\qquad n\ge1.}
$$
这说明 以平方根的速度衰减，也解释了为什么相邻阶的相对差异越来越小。
9. 为什么会出现高斯函数？
前面的渐近式已经得到严格证明。现在换一个角度，看清它的几何来源。
当 很大时， 的主要贡献来自 附近。令
$$
t=\frac\pi2-x,
\qquad I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n t\,\mathrm dt.
$$
在 附近，
$$
\log\cos t=-\frac{t^2}{2}+O(t^4),
$$
所以局部有
$$
\cos^n t=\exp(n\log\cos t)\approx e^{-nt^2/2}.
$$
指数要保持在 1 的量级，需要 在 1 的量级，也就是 约为 。这意味着曲线的峰高仍是 1，主要宽度却缩到 ，面积自然也具有这个尺度。
图 5：左图把峰移到原点；右图使用 把越来越窄的峰展开，曲线逐渐趋近 。这里比较的是由原函数直接算出的曲线，没有做拟合。
9.1 如何把局部近似升级为严格极限？
只写“峰附近近似高斯”还不足以交换极限与积分，因为积分区域也在变化。作换元 ：
$$
\sqrt n\,I_n
=\int_0^{(\pi/2)\sqrt n}
\left[\cos\left(\frac{u}{\sqrt n}\right)\right]^n\,\mathrm du.
$$
把被积函数在上限以外定义为 0，得到固定区间 上的函数 。对每个固定的 ，Taylor 展开说明
$$
f_n(u)\longrightarrow e^{-u^2/2}.
$$
还需要一个与 无关的可积上界。因为 ，所以
$$
\log\cos t=-\int_0^t\tan s\,\mathrm ds
\le-\frac{t^2}{2},\qquad 0\le t\lt \frac\pi2.
$$
因此在整个正半轴上
$$
0\le f_n(u)\le e^{-u^2/2}.
$$
利用控制收敛定理，便有
$$
\sqrt n\,I_n\longrightarrow
\int_0^\infty e^{-u^2/2}\,\mathrm du
=\sqrt{\frac\pi2}.
$$
这与第 8 节的结果一致。若尚未学过控制收敛定理，可以把本节视作几何解释，严格的渐近结论仍由前面的初等夹逼证明支撑。有关高斯积分本身的求法，可接着阅读高斯积分及其各阶矩。
10. 中心二项式系数：组合计数中为什么也有 π？
把双阶乘转换成普通阶乘：
$$
(2n)!!=2^n n!,
\qquad
(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^n n!}.
$$
于是
$$
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}
=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}
=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n},
$$
偶数阶积分可以重写为
$$
\boxed{I_{2n}=\frac\pi2\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}.}
$$
由于 ，立刻得到经典渐近式
$$
\boxed{\binom{2n}{n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}.}
$$
这条路线不需要预先调用 Stirling 公式，所以也避免了用一个可能依赖华里士乘积的 Stirling 证明再反过来证明华里士乘积。
10.1 不只渐近，还有严格界
记 。由双阶乘表达式，
$$
P_n=\frac{1}{(2n+1)c_n^2}.
$$
把它代入第 7 节的乘积上下界，注意取倒数时不等号要反向，就得到
$$
\boxed{
\frac{1}{\sqrt{\pi(n+1/2)}}
\lt \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}
\lt \frac{1}{\sqrt{\pi n}},\qquad n\ge1.
}
$$
这给出了中心二项式系数的两个显式界，而不仅是一个“约等于”的公式。
10.2 一个直观应用：公平硬币正反面各半
独立抛一枚公平硬币 次，共有 个等概率序列；恰有 次正面的序列数为 。所以
$$
\Pr(\text{正反面各出现 }n\text{ 次})
=\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}
\sim\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.
$$
例如抛 20 次时，，精确概率约为 0.176197，渐近估计约为 0.178412。
图 6：左图比较正反面各半的精确概率与渐近式；右图把概率乘以 ，显示这个归一化后的比值在严格界内趋于 1。
“正反面恰好各半的概率趋于 0”与“大数定律”并不冲突：前者要求正面次数精确等于一个整数，后者讨论正面所占比例落在 附近某个固定宽度的区间内。
11. Beta 与 Gamma 函数：把整数幂推广到实数幂
现在允许指数是实数 ，定义
$$
I_a=\int_0^{\pi/2}\sin^a x\,\mathrm dx.
$$
在 时，，因此积分在原点附近与 有同样的收敛条件；右端没有奇点。故
$$
\boxed{I_a\text{ 收敛当且仅当 }a\gt -1.}
$$
令 ，则
$$
\mathrm dx=\frac{\mathrm dt}{2\sqrt{t(1-t)}},
\qquad
I_a=\frac12\int_0^1t^{(a-1)/2}(1-t)^{-1/2}\,\mathrm dt.
$$
与 Beta 积分的定义比较，并用 ，得到
$$
\boxed{
I_a=\frac12B\!\left(\frac{a+1}{2},\frac12\right)
=\frac{\sqrt\pi\,\Gamma((a+1)/2)}{2\Gamma((a+2)/2)},\quad a\gt -1.
}
$$
Beta 积分及其与 Gamma 函数的关系见 NIST DLMF §5.12，公式 5.12.1–5.12.2。这里的换元也说明了为何参数要取 和 。
例如，。奇偶公式只是这个统一表达式在非负整数上的特殊情形。若把降阶递推推广到实数，也需要 ，这样 才收敛且边界项为零。
12. 从正弦无穷乘积再看一次华里士公式
如果已经知道正弦函数的无穷乘积表示，那么还有一条非常短的验证路径：
$$
\frac{\sin z}{z}
=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}\right).
$$
这是 NIST DLMF 公式 4.22.1。取 ，得到
$$
\frac2\pi=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac1{4k^2}\right).
$$
由于乘积的极限为非零数 ，对有限乘积取倒数再取极限，即得
$$
\frac\pi2=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{4k^2}{4k^2-1}.
$$
这条推导虽然短，却把主要难度交给了正弦无穷乘积定理。初次学习时，第 3—6 节的积分证明更能展示每一步为什么成立；理解之后，再用这个视角看三角函数零点与乘积的联系。
13. 三个例题，把公式真正用起来
例 1：计算八次余弦积分
$$
\begin{aligned}
\int_0^{\pi/2}\cos^8x\,\mathrm dx
&=I_8\\
&=\frac78\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2\\
&=\boxed{\frac{35\pi}{256}}.
\end{aligned}
$$
如果区间改为 ，由于 ，答案变为 。积分区间不能忽略。
例 2：求一个双阶乘极限
利用 ，有
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to\infty}\sqrt n\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}
&=\frac2\pi\lim_{n\to\infty}\sqrt n\,I_{2n}\\
&=\frac2\pi\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}
=\boxed{\frac1{\sqrt\pi}}.
\end{aligned}
$$
注意这里是 ，所以渐近式中要把阶数替换成 ；漏掉这个 2，会使答案相差 。
例 3：给 π 一个只含有理数的区间
取 ，
$$
P_2=\frac43\cdot\frac{16}{15}=\frac{64}{45}.
$$
代入有限项界：
$$
\boxed{\frac{128}{45}\lt \pi\lt \frac{32}{9}.}
$$
这个区间还很宽，但逻辑上已经完整：它由有限次有理数运算得到，并由证明保证包含 。增加 就可以不断收窄区间。
14. 容易混淆的地方
| 容易写错的说法 |
应当怎样理解 |
| 因子趋于 1，所以乘积收敛 |
这是必要条件之一，不能替代收敛证明；例如 发散。 |
| 和 都趋于 0，所以比值趋于 1 |
要用递推式与单调性夹住比值。 |
| 近似 |
近似 ， 才近似 。 |
| 可以从 开始 |
整数递推从 开始， 和 要单独确定。 |
| 是精确等式 |
它表示比值趋于 1；有限阶可使用第 8 节的严格界。 |
| 一切奇数幂的三角函数积分都为 0 |
是否为零取决于区间与对称性；这里 。 |
还有一个容易被省略的细节：无穷乘积首先是按给定顺序定义的有限乘积极限。本文把相邻的两个分式配成 ，并不涉及任意重排。若按开头未配对的分式逐个截断，偶数个分式的乘积为 ，再多一个分式时只多乘 ，所以这两种截断方式得到相同极限。
15. 核心结论与复现资料
整条推导可以整理为四组相互关联的结论。
第一组：两个起点和一个递推。
$$
I_0=\frac\pi2,\qquad I_1=1,\qquad
I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}\quad(n\ge2).
$$
第二组：奇偶闭式与华里士乘积。
$$
I_{2n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac\pi2,
\qquad
I_{2n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!},
$$
$$
\boxed{\frac\pi2=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{4k^2}{4k^2-1}.}
$$
第三组：有限项有界，误差约按倒数衰减。
$$
2P_n\lt \pi\lt 2P_n\frac{2n+1}{2n},
\qquad
\pi-2P_n\sim\frac{\pi}{4n}.
$$
第四组：积分、组合数与高斯尺度相连。
$$
I_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}},
\qquad
\binom{2n}{n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}.
$$
华里士公式最值得掌握的并不只有那个整齐的乘积，还包括一种分析方法：先用递推连接可计算的项，再用单调性控制相邻项的相对大小，最后从有限不等式中提取极限与误差。 这套方法也解释了为什么面积、圆周率、组合计数和高斯形状能够出现在同一个问题里。
本文六张图均由原函数或本文公式直接绘制。配套程序用独立数值积分核对整数阶与非整数阶闭式，并检查前 10000 项乘积的上下界；这些检查用于发现计算和排版失误，不能替代正文证明。
运行需要 Python、NumPy、SciPy 和 Matplotlib；中文图注默认使用 Microsoft YaHei 字体。若在其他系统复现，可在程序中换成本机可用的中文字体。在博客根目录运行：
1
| python source/downloads/wallis-formula/figures-and-checks.py
|
进一步查阅特殊函数时，可以使用 NIST DLMF 的 Beta 函数章节和三角函数无穷乘积章节。本文主证明仅依赖分部积分、三角恒等式和夹逼定理。
