Formelsammlung Mathematik: Endliche Reihen

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Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Summe natürlicher Zahlen


\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}{2}


[Bearbeiten] Summe gerader und ungerader Zahlen


\sum_{k=1}^n 2k =n(n+1) \qquad \sum_{k=1}^n (2k-1)=n^2


[Bearbeiten] Summe von Quadratzahlen


\sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}


[Bearbeiten] Formel von Nikomachos


\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n\, (n+1)}{2}\right)^2


[Bearbeiten] Summe von Hoch-p-Zahlen


\sum_{k=1}^n k^p=\sum_{k=0}^n k!\, {n+1\choose k+1} \begin{Bmatrix} p \\ k\end{Bmatrix} \qquad p\in\Bbb{C}


[Bearbeiten] Faulhabersche Formel


\sum_{k=1}^n k^p=\frac{1}{p+1}\, \sum_{k=0}^p (-1)^k\, {p+1\choose k}\, B_k \,\, n^{p+1-k} \qquad p\in\Bbb{Z}^{\ge 0}


[Bearbeiten] Verallgemeinerte Faulhabersche Formel


\sum_{k=1}^n k^p=\zeta(-p)+\frac{1}{p+1}\, \sum_{k=0}^m (-1)^k\, {p+1\choose k}\, B_k \,\, n^{p+1-k}+o(n^{p+1-m}) \qquad p\in\Bbb{C}\setminus \{-1\}


[Bearbeiten] Asymptotik der harmonischen Zahlen


H_n=\gamma+\log n-\sum_{k=1}^m \frac{B_k}{k}\, \frac{1}{n^k}+o(n^{-m})
Beweis

Nach der verallgemeinerten Faulhaberschen Formel ist

\sum_{k=1}^n k^p=\zeta(-p)+\frac{n^{p+1}}{p+1}+\sum_{k=1}^m \frac{(-1)^k}{p+1}\, {p+1\choose k}\, B_k \,\, \frac{n^{p+1}}{n^k}+o(n^{p+1-m}).

Führt man den Grenzprozess p\to -1\, durch, so ist \lim_{p\to -1} \sum_{k=1}^n k^p=H_n,

\lim_{p\to -1} \left(\zeta(-p)+\frac{n^{p+1}}{p+1}\right)=\lim_{p\to -1} \left(\zeta(-p)+\frac{1}{p+1}\right)+\lim_{p\to -1} \frac{n^{p+1}-1}{p+1}=\gamma+\log n

und \lim_{p\to -1} \frac{1}{p+1}{p+1 \choose k}=\lim_{p\to -1} \frac{p\cdot (p-1)\cdot (p-k+2)}{1\cdot 2\cdots (k-1)\cdot k}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}.

 



[Bearbeiten] n-te Bernoullizahl geschrieben als Summe mit Stirlingzahlen


B_n=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1}\, k!\, \begin{Bmatrix} n \\ k\end{Bmatrix}


[Bearbeiten] Endliche geometrische Reihe


\sum_{k=0}^n z^k=\frac{1-z^{n+1}}{1-z} \qquad z\neq 1\!
Beweis

(1-z)\sum_{k=0}^n z^k ergibt die Teleskopsumme \sum_{k=0}^n (z^k-z^{k+1}) und das ist 1-z^{n+1}\,.

 



[Bearbeiten] Binomischer Lehrsatz


(x+y)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k} x^{n-k}\,y^k
Beweis

Der Induktionsanfang n=0\, ist klar.

Induktionsschritt:

(x+y)^{n+1}=(x+y)\, (x+y)^n=(x+y)\sum_{k=0}^n {n\choose k}\, x^{n-k}\, y^k

lässt sich durchs Ausmultiplizieren sich wie folgt als Summe von zwei Reihen schreiben:

\sum_{k=0}^n {n\choose k}\, x^{n+1-k}\, y^k+\sum_{k=0}^n {n\choose k}\, x^{n-k}\, y^{k+1}


Wegen {n\choose k}=0 für k=n+1\, ändert sich am Wert der ersten Reihe nichts wenn k\, bis n+1\, läuft.

Die zweite Reihe lässt sich nach Indexverschiebung k\mapsto k-1 schreiben als \sum_{k=1}^{n+1} {n\choose k-1} \, x^{n+1-k}\, y^k.

Wegen {n\choose k-1}=0 für k=0\, ändert sich am Wert der zweiten Reihe nichts wenn man mit k=0\, zu summieren beginnt.

Es ist also (x+y)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\, {n\choose k}\, x^{n+1-k}\, y^k+\sum_{k=0}^{n+1}\, {n\choose k-1} x^{n+1-k}\, y^k

Und wegen {n\choose k}+{n\choose k-1}={n+1\choose k} ist dies gleich \sum_{k=0}^{n+1}\, {n+1\choose k}\, x^{n+1-k}\, y^k.

 



[Bearbeiten] Leibniz-Regel


(fg)^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n {n \choose k} f^{(n-k)}(x) \, g^{(k)}(x)
Beweis

Der Induktionsbeweis ist analog zum Induktionsbeweis des Binomisches Lehrsatzes.

 



[Bearbeiten] Spezielle Partialbruchzerlegung


\frac{n!}{z\, (z+1)\cdots (z+n)}=\sum_{k=0}^n (-1)^k \, {n\choose k} \, \frac1{k+z}
Beweis

\frac{n!}{z\, (z+1)\cdots (z+n)}=\frac{n!\,\,\Gamma(z)}{\Gamma(n+1+z)}=B(n+1,z)

=\int_0^1 (1-t)^n\, t^{z-1}\, dt=\sum_{k=0}^n (-1)^k \, {n\choose k} \, t^{k+z-1}\, dt=\sum_{k=0}^n (-1)^k\, {n\choose k}\, \frac1{k+z}

 



[Bearbeiten] Formel mit dem (Rückwärts-)differenzenoperator


Steht \Delta\, für den Differenzenoperator definiert durch \Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\,


so gilt \Delta^n f(x)=\sum_{k=0}^n (-1)^k\, {n\choose k}\, f(x-k)
Beweis

Der Induktionsbeweis hierzu ist analog zum Beweis des Binomischen Lehrsatzes.

 



[Bearbeiten] Eulersche Identität


\sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} (x-k)^n=n! \qquad n\in\Bbb{N} \, ,\, x\in\R
Beweis

Ist \Delta\, der Differenzenoperator definiert durch \Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\,

so ist \Delta x^n=x^n-(x-1)^n=n\, x^{n-1}+...

Wiederholtes Anwenden des Differenzenoperators liefert \Delta^m \, x^n=(n)_m\, x^{n-m}.

Für m=n\, gilt insbesondere \Delta^n x^n=n!\,.

Setzt man in der Formel \Delta^n f(x)=\sum_{k=0}^n (-1)^k\, {n\choose k}\, f(x-k)

f(x)=x^n\, so erhält man die Eulersche Identität.

 



[Bearbeiten] Summe von (Ko)sinusen


\sum_{k=0}^n \begin{matrix} \sin \\ \cos \end{matrix}(kx) =\frac{\sin\left(\frac{n+1}2 x\right)\, \begin{matrix} \sin \\ \cos \end{matrix} \left(\frac{n}{2}\,x\right) }{\sin \frac{x}{2}}
Beweis

\sum_{k=0}^n e^{ikx}=\frac{e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}=\frac{e^{i\left(n+\frac12\right)x}-e^{-i\frac{x}{2}}}{e^{i\frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}}}

=\frac{\cos \left(n+\frac12\right) x-\cos \frac{x}{2}}{2i\,\sin\frac{x}{2}}+i\, \frac{\sin \left(n+\frac12\right) x-\sin \frac{x}{2}}{2i\,\sin\frac{x}{2}}

=i\,\frac{\sin\frac{nx}{2}\, \sin\frac{n+1}{2} x}{\sin\frac{x}{2}}+\frac{\cos\frac{nx}{2}\, \cos\frac{n+1}{2} x}{\sin\frac{x}{2}}

 



[Bearbeiten] Weitere endliche Reihen


\sum_{k=0}^n {n\choose k} \, k^m\, x^k=\sum_{k=0}^m \left\{\begin{matrix} m \\ k\end{matrix}\right\} \frac{n!}{(n-k)!}\, x^k \, (1+x)^{n-k}
Beweis

Wende die Formel \left(x\, \frac{d}{dx}\right)^m f(x)=\sum_{k=0}^m \left\{\begin{matrix} m \\ k\end{matrix}\right\}\, x^k\, f^{(k)}(x) auf die Funktion f(x)=(1+x)^n\, an.

 



\sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix} m \\ k \end{Bmatrix} \, \frac{n!}{(n-k)!}=n^m
Beweis

Benutze die Formel \sum_{k=0}^n {n\choose k} \, k^m\, x^k=\sum_{k=0}^m \left\{\begin{matrix} m \\ k\end{matrix}\right\} \frac{n!}{(n-k)!}\, x^k \, (1+x)^{n-k}

Teile beide Seiten durch x^n\, und führe den Grenzübergang x\to\infty durch.

 



\sum_{k=0}^n \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix} \, k^m \, x^k =\sum_{k=0}^m {m\choose k} \phi_{m-k}(-x)\, \phi_{n+k}(x) \quad\qquad \phi_n(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{k^n}{k!}\, \frac{x^k}{e^x}


[Bearbeiten] Rekursionsformel für die Zetafunktion


\sum_{k=1}^{n-1} \zeta(2k)\, \zeta(2n-2k)=\frac{2n+1}{2}\, \zeta(2n) für n\in\Bbb{Z}^{\ge 2}
Beweis

Ist f(z)=\sum_{n=0}^\infty \zeta(2n)\, z^{2n-1} so gilt:

(1) \quad f'(z)\, \frac{z^2}{2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{2n-1}{2}\, \zeta(2n)\, z^{2n}

(2) \quad (f(z)\, z)^2=\sum_{k=0}^\infty \zeta(2k)\, z^{2k} \, \sum_{k=0}^\infty \zeta(2k)\, z^{2k}=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \zeta(2k)\, \zeta(2n-2k)\, z^{2n} (Cauchy-Produkt)


Da f(z)=-\frac{\pi}{2} \cot \pi z ist gilt

f'(z)\, \frac{z^2}{2}=\frac{\pi}{2}\, \left(1+\cot^2 \pi z\right)\, \pi\, \frac{z^2}{2}=\frac{\pi^2}{4} z^2+(f(z)\,z )^2.


Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich \frac{2n-1}{2}\, \zeta(2n)=\sum_{k=0}^n \zeta(2k)\, \zeta(2n-2k) für n>1\,.

Wegen \zeta(0)=-\frac12 sind der erste und letzte Summand jeweils -\frac12 \zeta(2n).

Also ist \sum_{k=1}^{n-1} \zeta(2k)\, \zeta(2n-2k)=\frac{2n+1}{2}\, \zeta(2n).

 



[Bearbeiten] Kotangenssummen


\sum_{k=1}^n \cot^2 \left( \frac{k\pi}{2n+1}\right)=\frac{2n(2n-1)}{6}


\sum_{k=1}^n \cot^4 \left( \frac{k\pi}{2n+1}\right)=\frac{2n(2n-1)}{6} \, \frac{4n^2+10n-9}{15}


\sum_{k=1}^n \cot^6 \left( \frac{k\pi}{2n+1}\right)=\frac{2n(2n-1)}{6} \, \frac{32n^4+112n^3+8n^2-252n+135}{315}


\sum_{k=1}^n \cot^8 \left( \frac{k\pi}{2n+1}\right)=\frac{2n(2n-1)}{6} \, \frac{192n^6+864n^5+496n^4-2248n^3-1388n^2+3834n-1575}{4725}


[Bearbeiten] Verallgemeinerte Gaußsumme


\sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi\frac{mk^2+\ell k}{n}}=e^{-i\pi\frac{\ell^2}{4nm}}\,\,\sqrt{i\frac{n}{m}}\,\,\sum_{k=0}^{m-1} e^{-i\pi\frac{nk^2+\ell k}{m}} \qquad mn+\ell gerade
Beweis

Mordelltrick2.PNG
Für m,n\in\Bbb{Z}^{>0} und \ell\in\Bbb{Z} mit geradem mn+\ell sei f(z)=\frac{e^{i\pi\frac{mz^2+\ell z}{n}}}{e^{2\pi i z}-1}.

Für alle R>1\, und \varepsilon\in ]0,1[ gilt \oint f\, dz=2\pi i\sum_{k=0}^{n-1} \text{res}(f,k)=\sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi\frac{mk^2+\ell k}{n}}.

Es ist f(x+iy)=\frac{e^{i\pi\frac{m(x^2-y^2)+\ell x}{n}}\, e^{-\pi\frac{m\cdot 2xy+\ell y}{n}}}{e^{2\pi i x}\, e^{-2\pi y}-1}.

Die Integrale \int_{B_R} f\, dz und \int_{D_R} f\, dz verschwinden also für R\to\infty\,.

Wegen f(n+z)=f(z)\, e^{i\pi\, 2mz}\, \underbrace{e^{i\pi (mn+\ell)}}_{=1}=f(z)\,\, (e^{2\pi i z})^m

ist f(n+z)-f(z)=\frac{(e^{2\pi i z})^m-1}{e^{2\pi i z}-1}\, e^{i\pi\frac{mz^2+\ell z}{n}}=\sum_{k=0}^{m-1} e^{2\pi i kz}\, e^{i\pi \frac{mz^2+\ell z}{n}}

eine auf \Bbb{C}\setminus\Bbb{Z} holomorphe Funktion mit hebbaren Singularitäten in \Bbb{Z}.

\lim_{R\to\infty} \oint f \, dz=\int_{A_{\infty,\varepsilon}} f\, dz+\int_{C_{\infty,\varepsilon}} f\, dz=\int_{C_{\infty,\varepsilon}} \left[f(z)-f(n+z)\right]\, dz.

Da letzter Integrand nur hebbare Singularitäten besitzt stimmt das Integral für \varepsilon\to 0+ überein mit

\int_{-\infty}^\infty \left[f\Big(n+(1+i)t\Big)-f\Big((1+i)t\Big)\right]\, (1+i)\, dt

=(1+i)\sum_{k=0}^{m-1} \int_{-\infty}^\infty e^{2\pi i k t}\,e^{-2\pi k t}\, e^{i\pi \frac{2imt^2+\ell t+i\ell t}{n}}\, dt=e^{-i\pi\frac{\ell^2}{4nm}}\,\,\sqrt{i\frac{n}{m}}\,\,\sum_{k=0}^{m-1} e^{-i\pi\frac{nk^2+\ell k}{m}}.

 



[Bearbeiten] Landsberg-Schaar Relation


\sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi k^2\frac{m}{n}}=\sqrt{i\frac{n}{m}} \,\,\sum\limits_{k=0}^{m-1} e^{-i\pi k^2\frac{n}{m}} \qquad m oder n\, gerade


\sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi k^2\frac{m}{n}}=1=\sum_{k=0}^{m-1} e^{i\pi k^2\frac{n}{m}} \qquad m und n\, ungerade
Beweis
Mordelltrick.PNG

Für m,n\in\Bbb{Z}^{>0} mit m\cdot n gerade sei f(z)=\frac{e^{i\pi z^2\frac{m}{n}}}{e^{2\pi i z}-1}.

Für alle R>1\, und \varepsilon\in ]0,1[ gilt \oint f\, dz=2\pi i\sum_{k=0}^{n-1} \text{res}(f,k)=\sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi k^2\, \frac{m}{n}}.

Ist x>0\, so gilt f(x+iy)=\frac{e^{i\pi (x^2-y^2)\frac{m}{n}}\, e^{-2\pi xy\,\frac{m}{n}}}{e^{2\pi i x}\, e^{-2\pi y}-1}\to 0 für y\to\pm\infty\,.

Die Integrale \int_{B_R} f\, dz und \int_{D_R} f\, dz verschwinden also für R\to\infty\,.

Wegen f(n+z)=f(z)\, e^{i\pi\, 2nz\, \frac{m}{n}}\, \underbrace{e^{i\pi n^2\,\frac{m}{n}}}_{=1}=f(z)\,\, (e^{2\pi i z})^m

ist f(n+z)-f(z)=\frac{(e^{2\pi i z})^m-1}{e^{2\pi i z}-1}\, e^{i\pi z^2\frac{m}{n}}=\sum_{k=0}^{m-1} e^{2\pi i kz}\, e^{i\pi z^2\frac{m}{n}}

eine auf \Bbb{C}\setminus\Bbb{Z} holomorphe Funktion mit hebbaren Singularitäten in \Bbb{Z}.

\lim_{R\to\infty} \oint f \, dz=\int_{A_{\infty,\varepsilon}} f\, dz+\int_{C_{\infty,\varepsilon}} f\, dz=\int_{C_{\infty,\varepsilon}} \left[f(z)-f(n+z)\right]\, dz.

Da letzter Integrand nur hebbare Singularitäten besitzt stimmt das Integral für \varepsilon\to 0+ überein mit

\int_{i\Bbb{R}} \left[f(n+z)-f(z)\right] \, dz=\int_{-\infty}^\infty \left[f(n+it)-f(it)\right]\, i\, dt

=i\sum_{k=0}^{m-1} \int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi kt}\, e^{-i\pi \frac{m}{n} t^2}\, dt=\sqrt{i\frac{n}{m}}\,\, \sum_{k=0}^{m-1} e^{-i\pi k^2\frac{n}{m}}.

 



[Bearbeiten] Gauß-Summe


\sum_{k=0}^{n-1} e^{\frac{2\pi i}{n} k^2}=\sqrt{\frac{in}{2}}\, \left(1+e^{-i\pi \frac{n}{2}}\right)
Beweis

In der Landsberg-Schaar Relation \sum_{k=0}^{n-1} e^{i\pi k^2\frac{m}{n}}=\sqrt{i\frac{n}{m}} \,\,\sum\limits_{k=0}^{m-1} e^{-i\pi k^2\frac{n}{m}} setze m=2\,.

 


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