Gonzalo Martínez Cervantes

Cartagena - 26 de septiembre de 2009

Soy y seré a todos de�nible;mi nombre tengo que daros:cociente diametral siempre

inmediblesoy de los redondos aros.

Manuel Golmayo

Tis a favorite project of mineA new value of pi to assign.

I would �x it at 3For it's simpler, you see,Than 3 point 1 4 1 5 9.

Harvey L. Carter

2

Índice general

1. ¾Por qué π no es racional? 4

1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. De�nición de π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1. π en la Biblia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2. El valor legal de π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3. Irracionalidad de π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2. Fórmula de Wallis 9

2.1. John Wallis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Prueba elemental del Producto de Wallis . . . . . . . . . . . . 9

2.2.1. Producto de Wallis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2.2. De�niciones previas a la demostración . . . . . . . . . 92.2.3. Una construcción geométrica . . . . . . . . . . . . . . 11

3. La unión de las fórmulas de Vieta y Wallis 14

3.1. François Viète (1540-1603) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2. Las fórmulas de Vieta y de Wallis . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.2.1. La fórmula de Vieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2.2. La fórmula de Wallis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.2.3. Relación entre ambas fórmulas . . . . . . . . . . . . . 15

3.3. La unión de las fórmulas de Vieta y Wallis . . . . . . . . . . . 15

3

Capítulo 1

¾Por qué π no es racional?

1.1. Introducción

En la página previa al índice podemos encontrar 2 poesías. Es posible queel lector ya se haya percatado de que en la primera poesía el número de letrasde cada palabra representa la secuencia ordenada de las primeras veinte cifrasdel número π. En la segunda poesía, el autor dice querer asignarle a π el valor3, para hacerlo más simple. La historia de π es muy larga y el propósito deeste trabajo no es hacer una extensa cronología sobre π, pero a pesar deello sí que destacaremos un par de anécdotas históricas muy distantes en eltiempo, con el fín de que el lector se haga una breve idea del concepto quese ha tenido de π tanto dos milenios atrás como hace solamente un siglo.

Después de una breve introducción histórica desarrollaremos una prue-ba de la irracionalidad de π. En el siguiente capítulo el lector volverá alsiglo XVII para conocer a John Wallis y su famoso producto, del cual dare-mos una demostración en la que únicamente se usan conocimientos básicosde matemáticas. Finalmente, en el último capítulo, después de presentar aFrançois Viète, sorprenderemos al lector con una fórmula que relaciona losproductos de Wallis y de Vieta.

1.2. De�nición de π

La de�nición de π que probablemente sea más conocida es

De�nición 1. Llamamos π a la razón entre la longitud de la circunferencia

y su diámetro.

¾Cuál es el valor exacto de π? Esta pregunta ha estado en la cabeza demuchos matemáticos a lo largo de la Historia, pero también ha habido muchosotros que creían saberlo y no eran conscientes de su error. A continuaciónvamos a ver algunas anécdotas sobre π:

4

1.2.1. π en la Biblia

Luego hizo un mar de metal fundido de diez codos de borde a

borde; era perfectamente redondo, de cinco codos de altura, y un

hilo de treinta codos medía su circunferencia.

Antiguo Testamento (1 Reyes 7:23)

En este fragmento del Antiguo Testamento se asigna a π el valor 3, ya queel mar de metal fundido mide 30 codos de contorno (circunferencia) y 10codos de borde a borde (diámetro), así π = 30

10 = 3. [1] Este valor de π no escorrecto como demostraremos en la siguiente sección.

If a pi of 3 is good enough for the Bible, it is good enough for

modern man

Samuel Dicks, profesor de Historia Medieval. [2]

1.2.2. El valor legal de π

Esta historia se desarrolla en Estados Unidos, concretamente en el estadode Indiana en 1897. La cámara baja aprobó por unanimidad un documentoque de�nía por ley el valor de π (un valor erróneo). Edward J. Goodwin, unmédico y matemático de Solitude (Indiana), fue el autor de éste proyecto deley en el que aseguraba haber cuadrado el círculo y ofreció de forma gratuitasu descubrimiento al estado de Indiana (el resto de estados deberían pagarderechos de autor)[1].

El proyecto de ley llegó hasta el Senado con la recomendación de lacámara baja de que se aprobara la ley, pero, según relata la prensa de laépoca, el Senado ridiculizó y se rió del artículo durante media hora, llegando ala conclusión de que no merecía la pena perder el tiempo con tal "frivolidad".Finalmente se pospuso inde�nidamente la aprobación de la ley [3].

Al lector que esté interesado en el proyecto de ley de Goodwin le re-comendamos leer el artículo The Legal Values of Pi (1985), donde se real-iza un análisis del texto de Goodwin. De este artículo, escrito por DavidSingmaster, destacaremos que David encontró 6 valores distintos de π en elproyecto de ley de Goodwin y otros 3 valores distintos en otro artículo deGoodwin.

Uno de los mayores fallos que comete Goodwin es creer que un círculoy un cuadrado con el mismo perímetro tienen la misma área. A lo largo dela Historia siempre ha persistido el mismo problema, se buscaba un valorracional para π. En la siguiente sección demostramos que π es irracional ypor tanto que cualquier valor racional que se le asigne a π es erróneo.

5

1.3. Irracionalidad de π

La demostración que vamos a dar a continuación está basada en el artícu-lo A Simple Proof that π is Irrational (1947) de Ivan Niven, en el cual escribeen muy pocas líneas una prueba de que π es irracional. Nuestra demostraciónseguirá el guión del problema 6.25) del capítulo 6 de los apuntes de AnálisisMatemático I cuyo enunciado es el siguiente:

6.25) Se considera la función fn(x) = xn(qx−p)n

n! donde n, q, p ∈ N

a) Pruebe que fn y todas sus derivadas toman valores enteros para x = 0y x = p/q

b) Si In =∫ π0 fn (x) sen (x) dx, pruebe que lımn In = 0

c) Mediante integración por partes en la expresión de In (sin escribir

explícitamente f′n), demuestre que si π = p/q entonces In sería un

entero no nulo. Concluir que π es irracional.

Demostración. Para probar el apartado a) desarrollamos fn por la fórmuladel binomio de Newton , obteniendo

fn (x) =xn

n!

n∑k=0

(n

k

)(−1)kpk (qx)n−k =

n∑k=0

(nk

)n!

(−1)kpkx2n−kqn−k (1.1)

Como fn(x) es un polinomio cuyo máximo grado sólo puede ser 2n, ten-emos que fn(x) coincide con su polinomio de Taylor de grado 2n en 0, siendoeste

fn(x) =2n∑j=0

f(j)n (0)j!

xj (1.2)

Cambiando el índice k por 2n− j en (1.1) obtenemos

fn(x) =n∑k=0

(nk

)n!

(−1)kpkx2n−kqn−k

=n∑

2n−j=0

(n

2n−j)

n!(−1)2n−jp2n−jxjqj−n

=2n∑j=n

(−1)j(

n2n−j

)n!

p2n−jqj−nxj

6

Identi�cando este polinomio con (1.2) obtenemos las siguientes igualdades:

f(j)n (0) =

{0, si j /∈ {n, n+ 1, . . . , 2n}(−1)j j!n!

(n

2n−j)qj−np2n−j , si j ∈ {n, n+ 1, . . . , 2n}

En el primer caso f(j)n (0) = 0 es un número entero y en el segundo f

(j)n (0)

también es un número entero ya que es un producto donde todos los factoresson números enteros 1. Por tanto para x = 0 hemos probado que fn y todassus derivadas toman valores enteros.

Como fn

(pq − x

)=(pq − x

)n(p−qx−p)n

n! = xn(qx−p)n

n! = fn(x), se ver-

i�ca f(j)n

(pq − x

)= (−1)jf (j)

n (x) y haciendo x = 0 se tiene f(j)n

(pq

)=

(−1)jf (j)n (0) ∈ Z, pudiendo a�rmar así que fn y todas sus derivadas toman

valores enteros para x = 0 y x = p/q.

Para el apartado b) de�nimos la función polinómica g(x) := x(qx − p),que tiene un mínimo absoluto en el punto x = p

2q y es decreciente en el

intervalo(−∞, p2q

]y creciente en el intervalo

[p2q ,+∞

). Si restringimos g(x)

al intervalo [0, π], como g(0) = 0, llamando M = max{|g(π)|, |g

(p2q

)|}, se

veri�ca |g(x)| ≤M ∀x ∈ [0, π] y por tanto

0 ≤ |In| ≤∫ π

0|fn (x) sen (x) |dx ≤

∫ π

0|fn (x) |dx =

∫ π

0

1n!|g (x) |ndx ≤ π 1

n!Mn

de donde se deduce que lımn |In| = 0 y por tanto lımn In = 0

Para realizar el apartado c) primero integramos por partes In obteniendo

In =∫ π

0fn (x) sen (x) dx = [fn (π)− fn (0)] +

∫ π

0f′n (x) cos (x) dx

y volviendo a integrar por partes el último sumando obtenemos

In = [fn (π)− fn (0)]+∫ π

0f′n (x) cos (x) dx = [fn (π)− fn (0)]−

∫ π

0f′′n (x) sen (x) dx

Reiterando el proceso y teniendo en cuenta que fn es un polinomio degrado máximo 2n llegamos a la igualdad

In = [fn (π)− fn (0)]−[f′′n (π)− f ′′n (0)

]+ . . .+ (−1)n

[f (2n)n (π)− f (2n)

n (0)]

Ahora suponemos que π es de la forma p/q. Como π es positivo, deben

ser p, q ∈ N. Por el apartado a), f(k)n (π) y f

(k)n (0) son enteros ∀k ∈ Z y

1 j!n!∈ Z ya que j > n y

(n

2n−j

)∈ Z por ser un número combinatorio

7

por tanto In ∈ Z. Pero por el teorema de la media ∃c ∈ (0, π) tal queIn = πfn (c) sen (c), y como los 3 factores son no nulos, In 6= 0. Comoconsecuencia de esto, |In| ≥ 1 ∀n ∈ N, lo cual está en contradicción con lodemostrado en el apartado b), lımn In = 0.

Esta contradicción nos da derecho a a�rmar que π es irracional.

8

Capítulo 2

Fórmula de Wallis

2.1. John Wallis

John Wallis (1616-1703) fue profesor de Ge-ometría en Oxford desde 1649 hasta su muerte.Fue un miembro fundador de la Royal Society yuna �gura central en la historia cientí�ca e int-electual de Inglaterra.

Además de servir como criptógrafo para el Par-lamento durante la segunda guerra civil inglesa,preparó el terreno para el descubrimiento del cál-culo in�nitesimal para Newton y Leibniz, y desem-peñó un papel decisivo en la modernización de lasmatemáticas inglesas.[5]

2.2. Prueba elemental del Producto de Wallis

2.2.1. Producto de Wallis

En 1655, John Wallis anotó la fórmula

21· 2

3· 4

3· 4

5· · · = π

2(2.1)

El propósito de esta sección es dar una demostración de esta fórmula usandoúnicamente conocimientos de álgebra básica, el teorema de Pitágoras y lafórmula πr2 para el área del círculo de radio r.

2.2.2. De�niciones previas a la demostración

Para probar la fórmula de Wallis de�nimos la sucesión (sn)n∈N con

s1 = 1 y sn =32· 5

4· · · · 2n− 1

2n− 2para n ≥ 2

9

.El producto parcial de (2.1) con un número impar de factores lo deno-

taremos por

on :=22 · 42 · · · (2n− 2)2 · (2n)

1 · 32 · · · (2n− 1)2=

2ns2n

(2.2)

mientras que el producto parcial con un número par de factores lo deno-taremos por

en :=22 · 42 · · · (2n− 2)2

1 · 32 · · · (2n− 3)2 (2n− 1)=

2n− 1s2n

(2.3)

e1 = 1 se interpreta como un producto vacío sin factores.Es fácil comprobar que se veri�ca la desigualdad 1 en < en+1 y también ladesigualdad 2 on > on+1 .

Comparando (2.2) y (2.3) vemos que en < on y por lo tanto se debeveri�car

e1 < e2 < e3 < . . . < o3 < o2 < o1

Así, si 1 ≤ i ≤ n entonces 2is2i

= oi ≥ on y 2i−1s2i

= ei ≤ en, de donde se sigue

2i− 1en

≤ s2i ≤2ion

(2.4)

De�nimos s0 := 0, advirtiendo que la desigualdad (2.4) se mantiene parai = 0. Denotamos a la diferencia sn+1 − sn por an. Observamos que a0 = 1y para n ≥ 1

an = sn+1 − sn = sn

(2n+ 1

2n− 1)

=sn2n

=12· 3

4· 5

6· · · 2n− 1

2n

A continuación vamos a demostrar la identidad

aiaj =j + 1

i+ j + 1aiaj+1 +

i+ 1i+ j + 1

ai+1aj (2.5)

Demostración. A partir de la igualdad

2j + 12 (j + 1)

· j + 1i+ j + 1

+2i+ 1

2 (i+ 1)· i+ 1i+ j + 1

= 1

es obvia la igualdad

aiaj = aiaj

(2j + 1

2 (j + 1)· j + 1i+ j + 1

+2i+ 1

2 (i+ 1)· i+ 1i+ j + 1

)14n2 − 1 < 4n2 ⇔ (2n− 1) (2n + 1) < (2n)2 ⇔ (2n + 1)2 (2n− 1) < (2n)2 (2n + 1) ⇔

s2n+1s2

n= (2n+1)2

(2n)2< 2n+1

2n−1⇔ en = 2n−1

s2n

< 2n+1s2

n+1= en+1

2(2n + 2) (2n) = 4n2 + 4n < 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 ⇔ (2n + 2) (2n)2 <

(2n + 1) (2n)⇔ s2n+1s2

n= (2n+1)2

(2n)2> 2n+2

2n⇔ on = 2n

s2n

> 2n+2s2

n+1= on+1

10

y usando las igualdades

ai+1 =2i+ 1

2 (i+ 1)ai

y

aj+1 =2j + 1

2 (j + 1)aj

obtenemos

aiaj

(2j + 1

2 (j + 1)· j + 1i+ j + 1

+2i+ 1

2 (i+ 1)· i+ 1i+ j + 1

)=

j + 1i+ j + 1

aiaj+1+i+ 1

i+ j + 1ai+1aj

como queríamos demostrar.

Partiendo de a20 y aplicando (2.5) reiteradamente, obtenemos

1 = a20 = a0a1 +a1 +a0 = a0a2 +a2

1 +a2a0 = . . . = a0an+a1an−1 + . . .+ana0

(2.6)

Demostración. Por inducción sobre n, suponemos el resultado cierto paran − 1. Aplicando (2.5) a cada término de la suma a0an−1 + a1an−2 + . . . +an−1a0 obtenemos(a0an +

1na1an−1

)+(n− 1n

a1an−1 +2na2an−2

)+. . .+

(1nan−1a1 + ana0

)Después de agrupar términos y simplifar obtenemos

a0an + a1an−1 + . . .+ ana0

que es lo que queríamos probar.

2.2.3. Una construcción geométrica

Dividimos el cuadrante positivo del plano xy en rectángulos dibujandolas rectas x = sn e y = sn para cada n.Sea Ri,j el rectángulo cuyo vértice inferior izquierdo es (si, sj) y su vérticesuperior derecho es (si+1, sj+1). El area de Ri,j es aiaj . Por lo tanto laidentidad (2.6) a�rma que la suma total de las areas de los rectángulos Ri,jpara los cuales i+j=n es 1. Sea Pn la región poligonal consistente en todos losrectángulos Ri,j para los cuales i+ j < n. Como hemos visto anteriormente,el area de Pn es n.

11

Figura 2.1: Región P4 cuyaárea es 4

De�nimos los vértices exteriores de Pn co-mo los puntos (si, sj) para los cuales i + j =n + 1 y 1 ≤ i, j ≤ n y los vértices interioresde Pn como los puntos (si, sj) para los cualesi+ j = n y 0 ≤ i, j ≤ n.

Por el teorema de Pitágoras, la distan-cia de cada uno de estos puntos al origen es√s2i + s2j .

Por la desigualdad (2.4), si (si, sj) es unvértice interior entonces i + j = n y por tan-

to√s2i + s2j ≥

√2i−1en

+ 2j−1en

=√

2(i+j−1)en

=√2(n−1)en

y si (si, sj) es un vértice exterior en-tonces i+ j = n+ 1 y por tanto

√s2i + s2j ≤

√2ion

+2jon

=

√2 (n− 1)

on

.

Por lo tanto la región Pn contiene un cuarto de círculo de radio√

2(n−1)en

y está contenida en un cuarto de círculo de radio√

2(n+1)on

.

Figura 2.2: P4 y dos cuartos de círculo de radio√

2(4−1)e4

y√

2(4+1)o4

12

Como el area de Pn es n y el área de un cuarto de círculo de radio r esπr2

4 , tenemos la desigualdad

(n− 1)π2en

≤ n ≤ (n+ 1)π2on

de donde se sigue la desigualdad

(n− 1)π2n

≤ en ≤ on ≤(n+ 1)π

2n

y tomando límites en esta última desigualdad cuando n tiende a in�nito

π

2≤ lım

nen ≤ lım

non ≤

π

2

Por tanto lımn en = lımn on = π2 , de donde se sigue

21· 2

3· 4

3· 4

5· · · = π

2

13

Capítulo 3

La unión de las fórmulas deVieta y Wallis

3.1. François Viète (1540-1603)

François Viète, también llamado Vieta, fue un abogado enla corte del rey Henry II en Tours y Paris. Escribió variostratados que se conocen colectivamente como The Analytic

Art (El Arte Analítico). Se caracterizó por su nuevo enfoquepara el estudio del álgebra, que no sólo le proporciona gen-eralidad en la solución de ecuaciones lineales y cuadráticas,sino también algo completamente nuevo, un análisis claro dela relación entre las formas de las soluciones y de los valores de

los coe�cientes de la ecuación original. Vieta considera su contribución comouna "manera sistemática de pensar" que conduce a soluciones generales, enlugar de una "bolsa de trucos" para resolver problemas especí�cos[6].

3.2. Las fórmulas de Vieta y de Wallis

3.2.1. La fórmula de Vieta

François Vieta fue el primer matemático que escribió una serie in�nitaque converge hacia π:

2π

=

√12

√12

+12

√12

√√√√12

+12

√12

+12

√12· · · (3.1)

Siguiendo el método de Arquímedes1, consideró poligonos de 6 ·216 lados(393216 lados), consiguiendo así encontrar 9 decimales correctos de π. [4]

1El método de Arquímedes consiste en circunscribir e inscribir polígonos regulares de

n-lados en circunferencias y calcular el perímetro de dichos polígonos.

14

3.2.2. La fórmula de Wallis

Como hemos visto en el capítulo anterior, John Wallis también obtuvouna interesante expresión de π mediante series in�nitas. Aunque la expresiónque el escribió fue

4π

=3 · 3 · 5 · 5 · 7 · 7 · 9 · · ·2 · 4 · 4 · 6 · 6 · 8 · 8 · · ·

llamaremos fórmula de Wallis a la fórmula siguiente que es equivalente

2π

=1 · 32 · 2

· 3 · 54 · 4

· 5 · 76 · 6· · · (3.2)

3.2.3. Relación entre ambas fórmulas

A continuación nos preguntamos, ¾guardan (3.1) y (3.2) alguna relaciónaparte del valor de ambas expresiones? Aunque se trata de series in�nitasapartentemente muy distintas, en la siguiente sección vamos a revelar queambas son casos particulares de una fórmula más general.

3.3. La unión de las fórmulas de Vieta y Wallis

El propósito de esta sección es demostrar la siguiente igualdad

2π

=

p∏

n=1

√√√√√12

+12

√√√√12

+12

√12

+ · · ·+ 12

√12︸ ︷︷ ︸

n radicales

×( ∞∏n=1

2p+1n− 12p+1n

· 2p+1n+ 12p+1n

)∀p ∈ N

(3.3)El primer producto en (3.3) consiste en los primeros p factores del productoin�nito original de Vieta, mientras que el segundo producto se asemeja alproducto de Wallis, pues para p = 0 obtenemos el producto de Wallis orig-inal, y para otros valores de p se trata del producto de Wallis con factoresborrados.

Para los primeros valores de p obtenemos:

p = 0 :2π

=1 · 32 · 2

· 3 · 54 · 4

· 5 · 76 · 6

· 7 · 98 · 8

· 9 · 1110 · 10

· · ·

(Producto de Wallis)

p = 1 :2π

=

√12· 3 · 5

4 · 4· 7 · 9

8 · 8· 11 · 13

12 · 12· 15 · 17

16 · 16· · ·

15

p = 2 :

2π

=

√12·

√12

+12

√12· 7 · 9

8 · 8· 15 · 17

16 · 16· 23 · 25

24 · 24· 31 · 33

32 · 32· · ·

p = 3 :

2π

=

√12

√12

+12

√12

√√√√12

+12

√12

+12

√12· 15 · 1716 · 16

· 31 · 3332 · 32

· 47 · 4948 · 48

· · ·

...

p→∞ :

2π

=

√12

√12

+12

√12

√√√√12

+12

√12

+12

√12

√√√√√12

+12

√√√√12

+12

√12

+12

√12· · ·

(fórmula de Vieta original)

Para entender la demostración que vamos a realizar de esta fórmula esnecesario conocer la expresión del seno como producto in�nito [7], válido∀x ∈ R

senx = x

∞∏n=1

(1− x2

π2n2

)= x

∞∏n=1

(πn− xπn

· πn+ x

πn

)Primero vamos a aplicar p veces la fórmula trigonométrica del seno del ángulodoble

senθ = 2 cosθ

2sen

θ

2

= 22 cosθ

2cos

θ

22sen

θ

22

= 23 cosθ

2cos

θ

22cos

θ

23sen

θ

23

...

= 2p cosθ

2cos

θ

22cos

θ

23· · · cos

θ

2psen

θ

2p(3.4)

Sustituyendo en (3.4) el último factor obtenemos

senθ = 2p cosθ

2cos

θ

22cos

θ

23· · · cos

θ

2psen

θ

2p=

16

= θ cosθ

2cos

θ

22cos

θ

23· · · cos

θ

2p

∞∏n=1

(πn− θ

2p

πn·πn+ θ

2p

πn

)y dividiendo por θ

senθθ

= cosθ

2cos

θ

22cos

θ

23· · · cos

θ

2p

∞∏n=1

(2pπn− θ

2pπn· 2pπn+ θ

2pπn

)(3.5)

A continuación hacemos uso de las fórmulas trigonométricas básicascos θ = cos2 θ

2 − sen2 θ2 y 1 = cos2 θ

2 + sen2 θ2 . Sustituyendo y despejando

obtenemos

cosθ

2=

√12

+12

cos θ

Asumimos −π2 ≤ θ ≤ π

2 y por tanto el coseno nunca es negativo. De estaigualdad se siguen las siguientes igualdades

cosθ

2=

√12

+12

cos θ

cosθ

22=

√12

+12

cosθ

2=

√12

+12

√12

+12

cos θ

...

cosθ

2p=

√√√√√12

+12

√√√√12

+12

√12

+ · · ·+ 12

√12

+12

cos θ︸ ︷︷ ︸p radicales

(3.6)

Finalmente, combinando (3.5) y (3.6) obtenemos

senθθ

=p∏

n=1

√√√√√12

+12

√√√√12

+12

√12

+ · · ·+ 12

√12

+12

cos θ︸ ︷︷ ︸n radicales

×∞∏n=1

(2pπn− θ

2pπn· 2pπn+ θ

2pπn

)

(3.7)y haciendo θ = π

2 obtenemos

2π

=1π2

=senπ2π2

=p∏

n=1

√√√√√12

+12

√√√√12

+12

√12

+ · · ·+ 12

√12

+12

cos2π︸ ︷︷ ︸

n radicales

×

( ∞∏n=1

2p+1n− 12p+1n

· 2p+1n+ 12p+1n

)

que coincide con la fórmula (3.3) que queríamos demostrar.

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Bibliografía

[1] Petr Beckmann. Historia de π.

[2] O'Shaughnessy. Putting God Back in Math (1983)

[3] Edington. House Bill No. 246, Indiana State Legislature, 1897 (1935)

[4] Schepler. The Chronology of Pi(1950)

[5] Philip Beeley and Christoph J. Scriba. Wallis, John (1616-1703)

[6] The analytic art : nine studies in algebra, geometry, and trigonometryfrom the Opus restitutae mathematicae analyseos, seu Algebrâ novâ /François Viète ; traducido por T. Richard Witmer

[7] E. T. Whittaker and G. N. Watson, A Course of Modern Analysis, Cam-bridge University Press, Fourth Ed., 1927, p.137.

[8] Johan Wästlund. An Elementary Proof of the Wallis Product Formulafor pi.

[9] Thomas J. Osler. The Union Of Vieta's and Walli's Products for Pi.

Los artículos [2], [3], [4] pueden encontrarse en el libro "Pi: A SourceBook. (Third Edition)".

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