Formelsammlung Mathematik: Identitäten

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Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Altbabylonische Multiplikationsformel


\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=ab


[Bearbeiten] Formel von Fibonacci


(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2\,
Beweis

Aus (a+ib)(c+id)=(ac-bd)+i(ad+bc)\,

folgt |a+ib|^2\cdot |c+id|^2=|(ac-bd)+i(ad+bc)|^2

 



[Bearbeiten] Identitäten mit Binomialkoeffizienten


{n\choose k}+{n \choose k-1}={n+1 \choose k}


{2z \choose z} \cos(\pi z)=2^{2z}\, {-\frac12 \choose z}


[Bearbeiten] Wurzel einer komplexen Zahl


\sqrt{a+\mathrm ib} =\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2}}+\mathrm i\, \Theta(b) \,\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}}   , mit \Theta(b)=\left\{ \begin{matrix} 1 & , & b\ge 0 \\ \\ -1 & , & b<0 \end{matrix}\right.
Beweis

Für jede von Null verschiedene komplexe Zahl a+ib\, gibt es stets zwei komplexe Zahlen die quadriert a+ib\, ergeben.

Mit \sqrt{a+ib}=x+iy soll der komplexe Hauptwert gemeint sein. Hier ist stets x\ge 0 und im Fall x=0\, ist y\ge 0.

Wenn (x+iy)^2=a+ib\, sein soll muss gelten x^2-y^2=a \, , \, 2xy=b und x^2+y^2=\sqrt{a^2+b^2}.

Daher ist x^2=\frac{(x^2+y^2)+(x^2-y^2)}{2}=\frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2} \Rightarrow x=\sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}+a}{2}}\ge 0

und y^2=\frac{(x^2+y^2)-(x^2-y^2)}{2}=\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2} \Rightarrow y=\Theta(b)\, \sqrt{\frac{\sqrt{a^2+b^2}-a}{2}},

da im Fall x>0\quad \text{sgn}(y)=\text{sgn}(2xy)=\text{sgn}(b) sein muss. Und im Fall x=0\,, somit b=0\,, soll y\ge 0 sein.

 



[Bearbeiten] Definition von Arkus- und Area-Funktionen durch exp und log


\arcsin z=-\mathrm i\,\log\left( \sqrt{1-z^2}+\mathrm i z\right)


\arccos z=-\mathrm i\,\log\left(z+\mathrm i\, \sqrt{1-z^2}\right)


\arctan z=\frac{\mathrm i}{2} \Big(\log(1-\mathrm i z)-\log(1+\mathrm iz)\Big) für z\neq \pm\mathrm i


\arccot z=\left\{\begin{matrix}\arctan\left(\frac{1}{z}\right) && z\neq 0 \\ \frac{\pi}{2} && z=0 \end{matrix}\right.


\arcsec z=\arccos\left(\frac{1}{z}\right) für z\neq 0


\arccsc z=\arcsin\left(\frac{1}{z}\right) für z\neq 0


\operatorname{arsinh} z=\log\left(z+\sqrt{z^2+1}\right)


\operatorname{arcosh} z=\log\left(z+\sqrt{z-1}\,\sqrt{z+1}\right)


\operatorname{artanh} z=\frac{1}{2}\Big(\log(1+z)-\log(1-z)\Big) für z\neq\pm 1


\operatorname{arcoth} z=\left\{\begin{matrix}\operatorname{artanh}\left(\frac{1}{z}\right) && z\neq 0 \\ \frac{\mathrm i\pi}{2} && z=0 \end{matrix}\right.


\operatorname{arsech} z=\operatorname{arcosh}\left(\frac{1}{z}\right) für z\neq 0


\operatorname{arcsch} z=\operatorname{arsinh}\left(\frac{1}{z}\right) für z\neq 0


[Bearbeiten] Elementare Funktionen mit Argument iz


\begin{matrix} \arcsin(\mathrm i z) &=& \;\;\, \mathrm i\;\operatorname{arsinh}\, z & \qquad & \operatorname{arsinh}(\mathrm i z) &=& \;\; \mathrm i\;\arcsin z \\ \arctan(\mathrm i z) &=& \;\;\,\, \mathrm i\;\operatorname{artanh}\, z & \qquad & \operatorname{artanh}(\mathrm i z) &=& \;\;\; \mathrm i\;\arctan z \\ \arccot(\mathrm i z) &=& -\mathrm i\;\operatorname{arcoth} \, z & \qquad & \operatorname{arcoth}(\mathrm i z) &=& -\mathrm i\;\arccot z \\ \arccsc(\mathrm i z) &=& -\mathrm i\;\operatorname{arcsch} \, z & \qquad & \operatorname{arcsch}(\mathrm i z) &=& -\mathrm i\;\arccsc z \\ \end{matrix}


[Bearbeiten] Gegenseitige Darstellbarkeit von Winkelfunktionen


\begin{matrix} \sin^2 & 1-\cos^2 & (1+\tan^{-2})^{-1} & (1+\cot^2)^{-1} & 1-\sec^{-2} & \csc^{-2} \\\\ 1-\sin^2 & \cos^2 & (1+\tan^2)^{-1} & (1+\cot^{-2})^{-1} & \sec^{-2} & 1-\csc^{-2} \\\\ (\sin^{-2}-1)^{-1} & \cos^{-2}-1 & \tan^2 & \cot^{-2} & \sec^2-1 & (\csc^2-1)^{-1} \\\\ \sin^{-2}-1 & (\cos^{-2}-1)^{-1} & \tan^{-2} & \cot^2 & (\sec^2-1)^{-1} & \csc^2-1 \\\\ (1-\sin^2)^{-1} & \cos^{-2} & 1+\tan^2 & 1+\cot^{-2} & \sec^2 & (1-\csc^{-2})^{-1} \\\\ \sin^{-2} & (1-\cos^2)^{-1} & 1+\tan^{-2} & 1+\cot^2 & (1-\sec^{-2})^{-1} & \csc^2 \\\\ \end{matrix}


[Bearbeiten] Logarithmus der e-Funktion


\forall z\in\Bbb{C} ist \log(e^z)=\Big(|z| \cos \arg z\Big)+\mathrm i\, \underbrace{\Big(|z| \sin\arg z \mod 2\pi\Big)}_{\in ]-\pi,\pi]}


[Bearbeiten] Definition trigonometrischer Funktionen durch die e-Funktion


\sin(z)=\frac{e^{\mathrm iz}-e^{-\mathrm iz}}{2\mathrm i}
 \sinh(z)=\frac{e^z-e^{-z}}{2}
 \sin(\mathrm iz)=\mathrm i\sinh(z)\,
 \sinh(\mathrm iz)=\mathrm i\sin(z)\,
\cos(z)=\frac{e^{\mathrm iz}+e^{-\mathrm iz}}{2}
 \cosh(z)=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}
 \cos(\mathrm iz)=\cosh(z)\,
 \cosh(\mathrm iz)=\cos(z)\,
\tan(z)=\frac{1}{\mathrm i}\,\frac{e^{\mathrm iz}-e^{-\mathrm iz}}{e^{\mathrm iz}+e^{-\mathrm iz}}
 \tanh(z)=\frac{e^z-e^{-z}}{e^z+e^{-z}}
 \tan(\mathrm iz)=\mathrm i\tanh(z)\,
 \tanh(\mathrm iz)=\mathrm i\tan(z)\,
\cot(z)=\mathrm i\,\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{e^{iz}-e^{-iz}}
 \coth(z)=\frac{e^z+e^{-z}}{e^z-e^{-z}}
 \cot(\mathrm iz)=\frac{1}{\mathrm i}\coth(z)\,
 \coth(\mathrm iz)=\frac{1}{\mathrm i}\cot(z)\,
\sec(z)=\frac{2}{e^{\mathrm iz}+e^{-\mathrm iz}}
 \operatorname{sech}(z)=\frac{2}{e^z+e^{-z}}
 \sec(\mathrm iz)=\operatorname{sech}(z)
 \operatorname{sech}(\mathrm iz)=\sec(z)
\csc(z)=\frac{2\mathrm i}{e^{\mathrm iz}-e^{-\mathrm iz}}
 \operatorname{csch}(z)=\frac{2}{e^z-e^{-z}}
 \csc(\mathrm iz)=\frac{1}{\mathrm i}\,\operatorname{csch}(z)
 \operatorname{csch}(\mathrm iz)=\frac{1}{\mathrm i}\,\csc(z)


[Bearbeiten] Verknüpfung einer trigonometrischen Funktion mit einer Arkusfunktion


f\circ g \arcsin\! \arccos\! \arctan\! \arccot\! \arcsec\! \arccsc\!
\sin\! z\! \sqrt{1-z^2} \frac{z}{\sqrt{1+z^2}} \frac{1}{z\,\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}} \sqrt{1-\frac{1}{z^2}} \frac{1}{z}
\cos\! \sqrt{1-z^2} z\! \frac{1}{\sqrt{1+z^2}} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}} \frac{1}{z} \sqrt{1-\frac{1}{z^2}}
\tan\! \frac{z}{\sqrt{1-z^2}} \frac{\sqrt{1-z^2}}{z} z\! \frac{1}{z} z\, \sqrt{1-\frac{1}{z^2}} \frac{1}{z\,\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}}
\cot\! \frac{\sqrt{1-z^2}}{z} \frac{z}{\sqrt{1-z^2}} \frac{1}{z} z\! \frac{1}{z\, \sqrt{1-\frac{1}{z^2}}} z\, \sqrt{1-\frac{1}{z^2}}
\sec\! \frac{1}{\sqrt{1-z^2}} \frac{1}{z} \sqrt{1+z^2} \sqrt{1+\frac{1}{z^2}} z\! \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}}
\csc\! \frac{1}{z} \frac{1}{\sqrt{1-z^2}} \frac{\sqrt{1+z^2}}{z} z\, \sqrt{1+\frac{1}{z^2}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}} z\!


[Bearbeiten] Verknüpfung einer Hyperbelfunktion mit einer Areafunktion


\operatorname{arsinh}\! \operatorname{arcosh}\! \operatorname{artanh}\! \operatorname{arcoth}\! \operatorname{arsech}\! \operatorname{arcsch}\!
\sinh\! z\! \sqrt{z-1}\; \sqrt{z+1} \frac{z}{\sqrt{1-z^2}} \frac{1}{z\,\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}} \sqrt{\frac1{z}-1}\; \sqrt{\frac1{z}+1} \frac{1}{z}
\cosh\! \sqrt{1+z^2} z\! \frac{1}{\sqrt{1-z^2}} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}} \frac{1}{z} \sqrt{1+\frac{1}{z^2}}
\tanh\! \frac{z}{\sqrt{1+z^2}} \frac{\sqrt{z-1} \; \sqrt{z+1}}{z} z\! \frac{1}{z} z\, \sqrt{\frac1{z}-1} \; \sqrt{\frac1{z}+1} \frac{1}{z\,\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}}
\coth\! \frac{\sqrt{1+z^2}}{z} \frac{z}{\sqrt{z-1} \; \sqrt{z+1}} \frac{1}{z} z\! \frac1{z} \frac1{ \sqrt{\frac1{z}-1} \; \sqrt{\frac1{z}+1} } z\,\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}
\operatorname{sech}\! \frac1{\sqrt{1+z^2}} \frac1{z} \sqrt{1-z^2} \sqrt{1-\frac{1}{z^2}} z\! \frac1{\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}}
\operatorname{csch}\! \frac{1}{z} \frac1{\sqrt{z-1} \; \sqrt{z+1}} \frac{\sqrt{1-z^2}}{z} z\,\sqrt{1-\frac{1}{z^2}} \frac1{ \sqrt{\frac1{z}-1} \; \sqrt{\frac1{z}+1}} z\!


[Bearbeiten] Trigonometrische Funktion mit verschobenem Argument


\pm\varphi \frac{\pi}{2}\pm\varphi \pi\pm\varphi \frac{3\pi}{2}\pm\varphi
\sin\, \pm\sin \cos\! \mp\sin -\cos\!
\cos\, \cos\! \mp\sin\! -\cos\! \pm\sin\!
\tan\, \pm\tan\! \mp\cot\! \pm\tan\! \mp\cot\!
\cot\, \pm\cot\! \mp\tan\! \pm\cot\! \mp\tan\!
\sec\, \sec\! \mp\csc\! -\sec\! \pm\csc\!
\csc\, \pm\csc \sec\! \mp\csc -\sec\!


[Bearbeiten] Komplementheit von Arkusfunktion


\arcsin(z)+\arccos(z)=\frac{\pi}{2}


\arctan(z)+\arccot(z)=\left\{\begin{matrix} \frac{\pi}{2} && \operatorname{Re}(z)>0 && z\in \mathrm i\, ]-1,0] && z\in \mathrm i\, ]1,\infty[ \\\\ -\frac{\pi}{2} && \operatorname{Re}(z)<0 && z\in \mathrm i\, ]-\infty,-1[ && z\in \mathrm i\, ]0,1[ \end{matrix}\right.


\arcsec(z)+\arccsc(z)=\frac{\pi}{2} für z\neq 0


[Bearbeiten] Polylogarithmus Identitäten


\text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(-z)=\frac12 \, \text{Li}_2(z^2) \qquad \forall z\in\Bbb{C}
Beweis

Für |z|\le 1 ist \sum_{k = 1}^\infty \frac{z^k}{k^2} + \sum_{k = 1}^\infty \frac {(-1)^k\, z^k}{k^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{2\, z^{2k}}{(2k)^2} = \frac12\, \sum_{k=1}^\infty \frac {(z^2)^k}{k^2}.

Und für alle anderen z\in\Bbb{C} folgt die Gleichung aus der analytischen Fortsetzbarkeit.

 



\text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\log(z)\, \log(1-z) \qquad \forall z\in\Bbb{C}\setminus\{0,1\}
Beweis

\text{Li}_2(1-z)=\int_0^{1-z} \frac{-\log(1-t)}{t}\, dt=\int_1^z \frac{\log t}{1-t}\, dt=\int_z^1 \frac{-\log t}{1-t}\, dt

=\frac{\pi^2}{6}-\int_0^z \frac{-\log t}{1-t}\, dt=\frac{\pi^2}{6}-\underbrace{\Big[\log(t)\, \log(1-t)\Big]_0^z}_{\log(z)\, \log(1-z)}-\underbrace{\int_0^z \frac{-\log(1-t)}{t}\, dt}_{\text{Li}_2(z)}

 



\text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)+\text{Li}_2(1-z)=-\frac12 \log^2(z) \qquad \forall z\in\Bbb{C}\setminus\{0\}
Beweis

Für t\neq 0,1 ist \left[\text{Li}_2\left(1-\frac{1}{t}\right)\right]'=\frac{-\log\left(\frac{1}{t}\right)}{1-\frac{1}{t}}\, \frac{1}{t^2}=\frac{-\log t}{(1-t)\, t}=\frac{-\log t}{1-t}-\frac{\log t}{t}.

Integriert man nach t\, von 1\, bis z\, so ist \text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)=\int_1^z \frac{-\log t}{1-t}\, dt-\frac12 \log^2(z).

Dabei ist \int_1^z \frac{-\log t}{1-t}\, dt=\int_0^{1-z} \frac{\log(1-t)}{t}\, dt=-\text{Li}_2(1-z).

 



\text{Li}_3(z)+\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)=\zeta(3)+\frac16 \log^3 z+\frac{\pi^2}{6}\log z-\frac12 \log^2(z)\, \log(1-z) \qquad \forall z\in\Bbb{C}\setminus\{0,1\}
Beweis

Für z\neq 0,1 ist \left[\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)\right]'=\frac{\text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)}{1-\frac{1}{z}}\, \frac{1}{z^2}=\frac{-\text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)}{z\, (1-z)}.

Benutze die Identität -\text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)=\frac12 \log^2(z)+\text{Li}_2(1-z) und schreibe \frac{1}{z\, (1-z)} als \frac{1}{z}+\frac{1}{1-z}.

\left[\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)\right]'=\underbrace{\frac{\frac12 \log^2 z}{z}}_{\left[\frac16 \log^3 z\right]'}+\frac{\frac12 \log^2 z}{1-z}+\frac{\text{Li}_2(1-z)}{z}+\underbrace{\frac{\text{Li}_2(1-z)}{1-z}}_{\big[-\text{Li}_3(1-z)\big]'}

Also ist \left[\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)-\frac16 \log^3 z\right]'=\frac{\frac12 \log^2 z}{1-z}+\frac{\frac{\pi^2}{6}-\log(z)\,\log(1-z)-\text{Li}_2(z)}{z},

und somit ist \left[\text{Li}_3(z)+\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)-\frac16 \log^3 z-\frac{\pi^2}{6}\log z\right]'

=\frac{\frac12 \log^2 z}{1-z}-\frac{\log(z)\, \log(1-z)}{z}=-\left[\frac12 \, \log^2(z)\, \log(1-z)\right]'.

Damit ist \text{Li}_3(z)+\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)=\frac16 \log^3 z+\frac{\pi^2}{6}\log z-\frac12 \log^2 (z)\, \log(1-z)+C.

Für z\to 1 erkennt man dass die Konstante C=\text{Li}_3(1)=\zeta(3)\, sein muss.

 



[Bearbeiten] Eulerscher Ergänzungssatz


\forall z\notin\Bbb{Z} ist \Gamma(z) \, \Gamma (1-z)=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}


[Bearbeiten] Darstellung der Betafunktion durch Gammafunktionen


B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\,\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}
1. Beweis

Aus der Integraldarstellung \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}\, e^{-t}\, dt für \text{Re}(z)>0\, ergibt

sich durch die Substitution t\mapsto t^2 die Darstellung \Gamma(z)=2\int_0^\infty t^{2z-1}\, e^{-t^2}\, dt.

Für \text{Re}(\alpha),\text{Re}(\beta)>0\, ist also \Gamma(\alpha)\, \Gamma(\beta)=4\int_0^\infty \int_0^\infty x^{2\alpha-1}\, y^{2\beta-1}\, e^{-(x^2+y^2)}\, dx\, dy.

Integriert man in Polarkoordinaten so ist dies 4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^\infty (r\sin\varphi)^{2\alpha-1}\, (r\cos\varphi)^{2\beta-1}\, e^{-r^2}\, r\, dr\, d\varphi.

Und das ist 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2\alpha-1}\varphi\,\, \cos^{2\beta-1}\varphi\, d\varphi \,\, \cdot \,\, 2\int_0^\infty r^{2(\alpha+\beta)-1}\, e^{-r^2}\, dr=B(\alpha,\beta)\, \Gamma(\alpha+\beta).

 


2. Beweis

In der Formel \frac{1}{\Gamma(z)}\, \int_0^\infty t^{z-1}\, e^{-Rt}\, dt=\frac{1}{R^z} setze z=x+y\, und R=1+u\,.

\frac{1}{\Gamma(x+y)}\, \int_0^\infty t^{x+y-1}\, e^{-(1+u)t}\, dt=\frac{1}{(1+u)^{x+y}}

Setze diese Darstellung von \frac{1}{(1+u)^{x+y}} in der Formel B(x,y)=\int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\, du ein.

B(x,y)=\frac{1}{\Gamma(x+y)}\, \int_0^\infty u^{x-1}\, t^{x+y-1}\, e^{-(1+u)\, t}\, dt

=\frac{1}{\Gamma(x+y)}\int_0^\infty \underbrace{\int_0^\infty u^{x-1}\, e^{-tu}\, du}_{=\Gamma(x)\,t^{-x}} \,\, t^{x+y-1}\, e^{-t}\, dt=\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}\int_0^\infty t^{y-1}\, e^{-t}\, dt=\frac{\Gamma(x)\, \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}

 



[Bearbeiten] Gamma an bestimmten Stellen


\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}


\Gamma'(1)=-\gamma\,


[Bearbeiten] Ein Verhältnis von Gammafunktionswerten


\frac{\Gamma\left(\frac{1}{24}\right) \,\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)}{\Gamma\left(\frac{5}{24}\right) \, \Gamma\left(\frac{7}{24}\right)}=\sqrt{3}\cdot\sqrt{2+\sqrt{3}}
Beweis

Erweitert man den Bruch A=\frac{\Gamma\left(\frac{1}{24}\right) \,\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)}{\Gamma\left(\frac{5}{24}\right) \, \Gamma\left(\frac{7}{24}\right)} mit \Gamma\left(\frac {13}{24}\right) \Gamma\left(\frac {23}{24}\right) so ist A = \frac {\Gamma\left(\frac {1}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {23}{24}\right) \;\cdot \; \Gamma\left(\frac {11}{24}\right) \, \Gamma\left(\frac {13}{24}\right)}{\Gamma\left(\frac {5}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {13}{24}\right) \, \cdot \, \Gamma\left(\frac {7}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {23}{24}\right)}.

Nach dem Eulerschen Ergänzungssatz ist \Gamma\left(\frac {1}{24}\right) \Gamma\left(\frac {23}{24}\right) = \frac {\pi}{\sin\left(\frac {\pi}{24}\right)} und \Gamma\left(\frac {11}{24}\right) \Gamma\left(\frac {13}{24}\right) = \frac {\pi}{\cos\left(\frac {\pi}{24}\right)}.

Daher ist A = \frac {\pi^2}{\sin\left(\frac {\pi}{24}\right)\cos\left(\frac {\pi}{24}\right)}\cdot\frac {1}{\Gamma\left(\frac {5}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {13}{24}\right) \, \cdot \, \Gamma\left(\frac {7}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {23}{24}\right)}.

Erweitert man nun mit \Gamma\left(\frac {15}{24}\right) \Gamma\left(\frac {21}{24}\right) so ist A = \frac {2\pi^2}{\sin\left(\frac {\pi}{12}\right)}\cdot\frac {\Gamma\left(\frac {15}{24}\right) \cdot\Gamma\left(\frac {21}{24}\right)}{\Gamma\left(\frac {5}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {13}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {21}{24}\right) \, \cdot \, \Gamma\left(\frac {7}{24}\right)\,\Gamma\left(\frac {15}{24}\right)\, \Gamma\left(\frac {23}{24}\right)}.

Nach der Gaußschen Multiplikationsformel \Gamma(z)\; \Gamma\left(z + \frac13\right)\, \Gamma\left(z + \frac23\right) = \frac {2\pi\sqrt {3}}{3^{3z}}\,\, \Gamma(3z) ist dabei

\Gamma\left(\frac {5}{24}\right)\Gamma\left(\frac {13}{24}\right) \Gamma\left(\frac {21}{24}\right)= \Gamma\left(\frac {5}{24}\right) \Gamma\left(\frac {5}{24} + \frac13\right)\Gamma\left(\frac {5}{24} + \frac23\right)=\frac {2\pi\sqrt {3}}{3^{\frac {15}{24}}}\;\,\Gamma\left(\frac {15}{24}\right) und

\Gamma\left(\frac {7}{24}\right)\Gamma\left(\frac {15}{24}\right) \Gamma\left(\frac {23}{24}\right) = \Gamma\left(\frac {7}{24}\right) \Gamma\left(\frac {7}{24} + \frac13\right)\Gamma\left(\frac {7}{24} + \frac23\right)=\frac {2\pi\sqrt {3}}{3^{\frac {21}{24}}}\;\,\Gamma\left(\frac {21}{24}\right).

Also ist A = \frac{2\pi^2}{\sin\left(\frac {\pi}{12}\right)}\cdot \frac {3^{\frac{15}{24}}\cdot 3^{\frac{21}{24}}}{2\pi\sqrt {3}\cdot 2\pi\sqrt {3}}. Und das ist \frac {\sqrt {3}}{2\cdot\sin\left(\frac {\pi}{12}\right)}.

Nachdem \sin\left(\frac {\pi}{12}\right) = \sqrt{\frac {1 - \cos\left(\frac {\pi}{6}\right)}{2}} = \sqrt {\frac {1 - \frac {\sqrt {3}}{2}}{2}} ist,

ist 2\cdot \sin\left(\frac {\pi}{12}\right) = \sqrt {2 - \sqrt {3}} und somit \frac {1}{2\cdot \sin\left(\frac {\pi}{12}\right)} = \sqrt {2 + \sqrt {3}} . Also ist A = \sqrt {3}\cdot \sqrt {2 + \sqrt {3}}.

 



[Bearbeiten] Legendre'sche Verdopplungsformel


\Gamma(z)\,\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}\, 2^{1-2z}\,\Gamma(2z) \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\frac12\Bbb{Z}^{\le 0}
Beweis

Für \text{Re}(z)>0\, ist B(z,z)=\int_0^1 x^{z-1}\, (1-x)^{z-1}\, dx.

Dies ist nach Substitution x\mapsto\frac{1+x}{2} gleich \int_{-1}^1 \left(\frac{1+x}{2}\right)^{z-1}\, \left(\frac{1-x}{2}\right)^{z-1}\, \frac{dx}{2}=\frac{1}{2^{2z-2}}\, \int_0^1 (1-x^2)^{z-1}\, dx.

Substituiert man nun x\mapsto x^\frac12 so ist B(z,z)=\frac{1}{2^{2z-1}}\int_0^1 (1-x)^{z-1}\, x^{\frac12-1}\, dx=\frac{1}{2^{2z-1}}\, B\left(z,\frac12\right).

Also ist \frac{\Gamma^2(z)}{\Gamma(2z)}=\frac{1}{2^{2z-1}}\, \frac{\Gamma(z)\, \Gamma\left(\frac12\right)}{\Gamma\left(z+\frac12\right)} und somit \Gamma(z)\, \Gamma\left(z+\frac12\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2z-1}}\, \Gamma(2z).

Die Gültigkeit der Identität für alle z\in\Bbb{C}\setminus\frac12\Bbb{Z}^{\le 0} folgt aus der analytischen Fortsetzbarkeit.

 



[Bearbeiten] Riemannsche Funktionalgleichung


\zeta(z)=2\, (2\pi)^{z-1}\, \zeta(1-z)\, \Gamma(1-z)\, \sin\frac{\pi z}{2}


\pi^{-\frac{z}{2}}\,\Gamma\left(\frac{z}{2}\right)\, \zeta(z)=\pi^{-\frac{1-z}{2}}\, \Gamma\left(\frac{1-z}{2}\right) \, \zeta(1-z)
1. Beweis

Für 0<|t|<2\pi\, gilt \frac{1}{e^t-1}=\frac{1}{t}-\frac12+\sum_{k=2}^\infty \frac{B_k}{k!}\, t^{k-1}. Daher konvergiert

F(z):=\frac{1}{\Gamma(z)}\, \left[\int_0^1 \left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}\right)\, t^{z-1}\, dt+\frac{1}{z-1}+\int_1^\infty \frac{t^{z-1}}{e^t-1}\, dt \right]

für alle z\neq 1\, mit \text{Re}(z)>0\,.

Und für \text{Re}(z)>1\, ist \int_0^1 -\frac{1}{t}\, t^{z-1}\, dt=\frac{-1}{z-1} und somit F(z)=\frac{1}{\Gamma(z)}\, \int_0^\infty \frac{t^{z-1}}{e^t-1} \, dt=\zeta(z).

F\, ist daher die holomorphe Fortsetzung von \zeta\, für alle z\, mit \text{Re}(z)>0\,.

Definiert man G(z)\, als \frac{1}{\Gamma(z)}\left[\underbrace{\int_0^1 \left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac12\right)\, t^{z-1} \, dt}_{=:u(z)}-\frac{1}{2z}+\underbrace{\int_1^\infty \left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}\right) \, t^{z-1}\, dt}_{=:v(z)}\right]

so konvergiert u\, für -1<\text{Re}(z)\, und v\, für \text{Re}(z)<1\,. Also konvergiert G\, für alle z\, mit -1<\text{Re}(z)<1\,.

Da G\, für alle z\, mit 0<\text{Re}(z)<1\, mit F=\zeta\, übereinstimmt ist G\, für alle z\, mit -1<\text{Re}(z)<0\,

die holomorphe Fortsetzung von \zeta\,. Für -1<\text{Re}(z)<0\, lässt sich, wegen -\frac{1}{2z}=\int_1 ^\infty \frac12 t^{z-1}\, dt,

G(z)\, schreiben als \frac{1}{\Gamma(z)}\, \int_0^\infty \left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac12\right)\, t^{z-1}\, dt.

Dabei ist \frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac12=\frac12 \coth\left(\frac{t}{2}\right)-\frac{1}{t}=\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{t}{t^2+(2\pi n)^2}-\frac{1}{t}=2\sum_{n=1}^\infty \frac{t}{t^2+(2\pi n)^2}.

Nach Substitution t\mapsto 2\pi n t ist \zeta(z)=G(z)=\frac{2}{\Gamma(z)}\,\int_0^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{2\pi n t}{(2\pi n t)^2+(2\pi n)^2}\, (2\pi n\, t)^{z-1}\, 2\pi n\, dt

=\frac{2}{\Gamma(z)}\, \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (2\pi n)^{z-1}}_{(2\pi)^{z-1}\, \zeta(1-z)}\, \underbrace{\int_0^\infty \frac{t^z}{t^2+1}\, dt}_{\frac{\pi}{2}\, \sec \frac{\pi z}{2}}, wobei \frac{\pi}{2}\, \sec\frac{\pi z}{2}=\frac{\pi \sin \frac{\pi z}{2}}{\sin \pi z}=\Gamma(z)\, \Gamma(1-z)\, \sin \frac{\pi z}{2} ist.

Also ist \zeta(z)=2\, (2\pi)^{z-1}\, \zeta(1-z)\, \Gamma(1-z)\, \sin\frac{\pi z}{2}.

 


2. Beweis

Die Funktion \xi(s)=\pi^{-s/2}\, \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\, \zeta(s) besitzt an den Stellen s=0\, und s=1\, Pole

und an den Stellen s=-2,-4,-6,...\, hebbare Definitionslücken.

\lim_{s\to -2n} \xi(s)=2\pi^{-n}\, \frac{(-1)^n}{n!}\, \zeta'(-2n).

Sie kann daher als holomorphe Funktion auf \Bbb{C}\setminus \{0,1\} fortgesetzt werden.

Ist \text{Re}(s)>1\, und summiert man \int_0^\infty t^{s/2-1}\, e^{-n^2\pi t}\, dt=\frac{\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)}{(n^2\,\pi)^{s/2}}

nach n\, von 1\, bis \infty\,, so erhält man

\int_0^\infty t^{s/2-1} \underbrace{\sum_{n=1}^\infty e^{-n^2\pi t}}_{=:\psi(t)}\, dt=\pi^{-s/2}\, \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\, \zeta(s)=\xi(s)

Dies lässt sich folgendermaßen aufspalten:

\xi(s)=\int_0^1 t^{s/2-1}\, \psi(t)\, dt+\int_1^\infty t^{s/2-1} \, \psi(t)\, dt \qquad\qquad (\star)

Die Jacobi-Thetafunktion \theta(x)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} e^{-n^2\pi x} kann mit Hilfe der Poissonschen Summationsformel

auch als \sum_{n\in\Bbb{Z}} \int_{-\infty}^\infty e^{-t^2\pi x}\, e^{2\pi i nt}\, dt=\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{\sqrt{x}}\, e^{-n^2\pi \frac{1}{x}}=\frac{1}{\sqrt{x}}\, \theta\left(\frac{1}{x}\right) geschrieben werden.

Daraus folgt   2\psi(x)+1=\frac{1}{\sqrt{x}}\left(2\psi\left(\frac{1}{x}\right)+1\right)

und somit    \psi(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}\, \psi\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac12.

Ersetzt man in der Gleichung (\star) beim ersten Integral \psi(t)\, durch diese Darstellung

so lässt sich dieses erste Integral schreiben als

\int_0^1 t^{s/2-1}\, \left[\frac{1}{\sqrt{t}} \, \psi\left(\frac{1}{t}\right)+\frac{1}{2\sqrt{t}}-\frac12\right] \, dt,

und nach Substitution t\mapsto \frac{1}{t} als

\int_1^\infty t^{1-s/2}\, \left[\sqrt{t}\, \psi(t)+\frac{\sqrt{t}}{2}-\frac12\right] \, \frac{dt}{t^2} =\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s}+\int_1^\infty t^{-1/2-s/2}\, \psi(t)\, dt.

Also gilt \xi(s)=\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s}+\int_1^\infty \left(t^{-1/2-s/2}+t^{s/2-1}\right)\, \psi(t)\, dt für \text{Re}(s)>1\,.

Letztes Integral konvergiert für alle s\in\Bbb{C}.

Daher muss der Ausdruck auf der rechten Seite \forall s\in\Bbb{C}\setminus \{0,1\} die holomorphe Fortsetzung von \xi(s)\, sein.

Anhand dieser Darstellung von \xi\, erkennt man dass \xi(1-s)=\xi(s)\, sein muss.

 



[Bearbeiten] Integralidentität von Ramanujan


\sqrt{\alpha}\int_0^\infty \frac{e^{-x^2}}{\cosh \alpha x}\, dx=\sqrt{\beta}\int_0^\infty \frac{e^{-x^2}}{\cosh\beta x}\, dx \qquad \alpha\beta=\pi


[Bearbeiten] Weitere Identitäten trigonometrischer Funktionen


\tan z=\cot(z)-2\cot(2z)\,


\operatorname{csch}(2z)=\coth(z)-\coth(2z)


1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\frac{2}{1+\tan x}


\frac{\sin z}{1+\cos z}=\tan \frac{z}{2}


\frac{\sin z}{1-\cos z}=\cot \frac{z}{2}


\cos 2n\theta=1-\frac{(2n)^2}{2!}\sin^2\theta+\frac{(2n)^2 \Big((2n)^2-2^2\Big)}{4!}\sin^4\theta-\frac{(2n)^2\Big((2n)^2-2^2\Big)\Big((2n)^2-4^2\Big)}{6!}\sin^6\theta+...
Beweis

2\sum_{n=1}^\infty \cos n\theta \, \frac{z^n}{n}=-\log\left(1-2z\cos\theta+z^2\right)

=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\, (2\cos\theta-z)^k\, z^k=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} \sum_{j=0}^k (-1)^j\, {k\choose j}\, (2\cos\theta)^{k-j}\, z^{j+k}

Damit es zu einem Indexpaar (k,j)\, mit der Eigenschaft j+k=n\, einen Summanden gibt

muss wegen 0\le j\le k\, gelten \frac{n}{2}\le k\le n und j=n-k\,.

Ein Koeffizientenvergleich liefert 2\,\frac{\cos n\theta}{n}=\sum_{k=\frac{n}{2}}^n \frac{(-1)^{n-k}}{k} {k\choose n-k} \, (2\cos \theta)^{2k-n}.

Ersetze n\, durch 2n\,:

\frac{\cos 2n\theta}{n}=\sum_{k=n}^{2n} \frac{(-1)^k}{k}\, {k\choose 2n-k}\, (2\cos\theta)^{2k-2n}=(-1)^n \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{n+k}\, {n+k\choose n-k}\, (2\cos\theta)^{2k}

Ersetze anschließend \theta\, durch \theta-\frac{\pi}{2} so wird \cos 2n\theta\, zu (-1)^n \cos 2n\theta\, und \cos\theta\, zu \sin\theta\,.

\frac{\cos 2n\theta}{n}=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{n+k}\, {n+k\choose n-k}\, (2\sin\theta)^{2k}

und somit ist \cos 2n\theta=\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{n\, (n+k-1)!}{(n-k)!}\, \frac{(2\sin\theta)^{2k}}{(2k)!}

Dabei ist \frac{n\, (n+k-1)!}{(n-k)!}=n(n+k-1)(n+k-2)\cdots (n+1)\, n \, (n-1)\cdots (n-k+2)(n-k+1)

=n^2\, (n^2-1)(n^2-2^2)\cdots (n^2-(k-1)^2)

und somit \frac{n\, (n+k-1)!}{(n-k)!}\, 2^{2k}=(2n)^2\, \Big((2n)^2-2^2\Big)\, \Big((2n)^2-4^2\Big)\cdots \Big((2n)^2-(2k-2)^2\Big).

Also gilt \cos 2n\theta=\sum_{k=0}^n (-1)^k\, \frac{(2n)^2\, \Big((2n)^2-2^2\Big)\, \Big((2n)^2-4^2\Big)\cdots \Big((2n)^2-(2k-2)^2\Big)}{(2k)!}\, \sin^{2k} \theta.

 



\cos 2\alpha\theta=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{\alpha\, (\alpha-1+n)!}{(\alpha-n)!}\, \frac{(2\sin\theta)^{2n}}{(2n)!} \qquad \alpha\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{Z} \, , \, \theta\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]
Beweis

e^{\pm i\, 2\alpha \theta}=(\cos \theta\pm i\sin\theta)^{2\alpha}=\cos^{2\alpha}\theta\,\, (1\pm i\tan\theta)^{2\alpha}=\sum_{k=0}^\infty (\pm 1)^k\, i^k \, {2\alpha\choose k}\, \cos^{2\alpha-k}\theta\, \sin^k\theta.

Also ist \cos 2\alpha\theta=\frac12 \left(e^{i\, 2\alpha\theta}+e^{-i\, 2\alpha\theta}\right)=\sum_{k=0}^\infty i^{2k} \, {2\alpha\choose 2k}\, \cos^{2\alpha-2k}\theta \, \sin^{2k}\theta.

Schreibt man \cos^{2\alpha-2k}\theta\, als \left(1-\sin^2\theta\right)^{\alpha-k}=\sum_{j=0}^\infty (-1)^j \, {\alpha-k\choose j}\, \sin^{2j}\theta so ist \cos 2\alpha\theta=\sum_{k,j=0}^\infty (-1)^{k+j}\, {2\alpha\choose 2k}\, {\alpha-k\choose j}\, \sin^{2k+2j}\theta.

Da diese Reihe absolut konvergiert läßt sie sich umgeordnet schreiben als \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n (-1)^n \, {2\alpha\choose 2k}\, {\alpha-k\choose n-k}\, \sin^{2n}\theta.

Und das ist \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, A_n \, \sin^{2n}\theta mit A_n=\sum_{k=0}^n \frac{(2\alpha)!}{(2k)!\, (2\alpha-2k)!}\, \frac{(\alpha-k)!}{(n-k)!\, (\alpha-n)!}.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel (2z)!=\frac{2^{2z}}{\sqrt{\pi}}\, z!\, \left(z-\frac12\right)!

ist A_n=\sum_{k=0}^n \frac{\frac{2^{2\alpha}}{\sqrt{\pi}} \, \alpha!\, \left(\alpha-\frac12\right)!\, (\alpha-k)!}{\frac{2^{2k}}{\sqrt{\pi}} k!\, \left(k-\frac12\right)! \, \frac{2^{2\alpha-2k}}{\sqrt{\pi}}\, (\alpha-k)!\, \left(\alpha-\frac12-k\right)!\, (n-k)!\, (\alpha-n)! }=\frac{\sqrt{\pi}\, \alpha!\, \left(\alpha-\frac12\right)!}{(\alpha-n)!}\, \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!\, \left(k-\frac12\right)!\, \left(\alpha-\frac12-k\right)!\, (n-k)!}.

Letzte Reihe ist die hypergeometrische Reihe \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!\, (k+a)!\, (b-k)!\, (c-k)!}=\frac{(a+b+c)!}{b!\, c!\, (a+b)!\, (a+c)!} im Fall (a,b,c)=\left(-\frac12,\alpha-\frac12,n\right).

Also ist A_n=\frac{\sqrt{\pi}\, \alpha!\, \left(\alpha-\frac12\right)!}{(\alpha-n)!}\, \frac{(\alpha-1+n)!}{\left(\alpha-\frac12\right)!\, n!\, (\alpha-1)!\, \left(n-\frac12\right)!} was sich wieder mit Hilfe der Legendreschen Verdopplungsformel

schreiben läßt als \frac{\alpha\, (\alpha-1+n)!}{(\alpha-n)!}\, \frac{2^{2n}}{(2n)!}. Also ist \cos 2\alpha\theta=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{\alpha\, (\alpha-1+n)!}{(\alpha-n)!}\, \frac{(2\sin\theta)^{2n}}{(2n)!}.

 



\sin 2\alpha\theta=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{\alpha\, (\alpha-\frac12+n)!}{(\alpha-\frac12-n)!}\, \frac{(2\sin\theta)^{2n+1}}{(2n+1)!} \qquad \alpha\in\Bbb{C}\setminus\left(\Bbb{Z}+\frac12\right) \, , \, \theta\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]


[Bearbeiten] Tangens einer Summe


\tan(x_1+...+x_n)=\frac{1}{i}\, \frac{\prod_{k=1}^n \left(1+i \tan x_k\right)-\prod_{k=1}^n \left(1-i \tan x_k\right)}{\prod_{k=1}^n \left(1+i \tan x_k\right)+\prod_{k=1}^n \left(1-i \tan x_k\right)}
Beweis

Ersetze in der Formel \tan z=\frac{1}{i}\, \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}} \quad z durch x_1+...+x_n\,

\tan(x_1+...+x_n)=\frac{1}{i}\, \frac{e^{i(x_1+...+x_n)}-e^{-i(x_1+...+x_n)}}{e^{i(x_1+...+x_n)}+e^{-i(x_1+...+x_n)}}

Schreibe e^{\pm i(x_1+...+x_k)} als e^{\pm i x_1}\cdots e^{\pm i x_n} und jeden Faktor e^{\pm i x_k} als \cos x_k\pm i\sin x_k\,.

\tan(x_1+...+x_n)=\frac{1}{i}\, \frac{\prod_{k=1}^n \left(\cos x_k+i\sin x_k\right) -\prod_{k=1}^n \left(\cos x_k-i\sin x_k\right)}{\prod_{k=1}^n \left(\cos x_k+i\sin x_k\right) +\prod_{k=1}^n \left(\cos x_k-i\sin x_k\right)}

Teile nun Zähler und Nenner jeweils durch \prod_{k=1}^n \cos x_k.

 



[Bearbeiten] Gaußsches Digamma Theorem


\psi\left(\frac{p}{q}\right)=-\gamma-\log(2q)-\frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{p\pi}{q}\right)+\sum_{k=1}^{q-1} \cos\left(\frac{2\pi p k}{q}\right)\, \log\left(\sin \frac{k\pi}{q}\right) \qquad 0<p<q
Beweis

In der Formel \psi(x)+\gamma=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+x}\right) setze x=\frac{p}{q}.

Dann ist \psi\left(\frac{p}{q}\right)+\gamma=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+1}-\frac{q}{kq+p}\right)

und das ist \lim_{z\to 1^-} \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+1}-\frac{q}{kq+p}\right) z^{kq+p} nach dem Abelschen Grenzwertsatz.

Für 0<|z|<1\, ist \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+1}-\frac{q}{kq+p}\right) z^{kq+p}=z^{p-q}\underbrace{\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{(k+1)q}}{k+1}}_{-\log(1-z^q)}-q\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{kq+p}}{kq+p}.

Mit Hilfe der Simpsonschen Extraktionsmethode lässt sich dies schreiben als

-z^{p-q}\log(1-z^q)-\sum_{k=0}^{q-1} \frac{-\log(1-\xi^k z)}{\xi^{kp}}, wobei \xi=e^{\frac{2\pi i}{q}} ist.

Schreibe dies nun als -z^{p-q} \log\left(\frac{1-z^q}{1-z}\right)-z^{p-q}\log(1-z)+\log(1-z)+\sum_{k=1}^{q-1} \xi^{-kp}\log(1-\xi^k z).

Für z\to 1^-\, erhält man damit \psi\left(\frac{p}{q}\right)=-\gamma-\log q+\sum_{k=1}^{q-1} \xi^{-kp} \, \log(1-\xi^k).

Nun ist \psi\left(\frac{p}{q}\right)+\psi\left(\frac{q-p}{q}\right)=-2\gamma-2\log q+2\sum_{k=1}^{q-1} \cos\left(\frac{2\pi p k}{q}\right)\, \log(1-\xi^k),

wobei man \log\left(1-e^{\frac{2\pi i}{q} k}\right) durch dessen Realteil \log\left(2\sin\frac{k\pi}{q}\right) ersetzen kann weil alle anderen Terme reell sind.

Zusammen mit der Formel \psi\left(\frac{p}{q}\right)-\psi\left(\frac{q-p}{q}\right)=-\pi \cot\left(\frac{p\pi}{q}\right) erhält man

2\psi\left(\frac{p}{q}\right)=-2\gamma-2\log q-\pi\cot\left(\frac{p\pi}{q}\right)+2\sum_{k=1}^{q-1} \cos\left(\frac{2\pi p k}{q}\right)\, \log\left(2 \sin\frac{k\pi}{q}\right).

Teilt man beide Seiten durch 2\, und schreibt \sum_{k=1}^{q-1} \cos\left(\frac{2\pi pk}{q}\right)\log 2 als -\log 2\, so ist

\psi\left(\frac{p}{q}\right)=-\gamma-\log(2q)-\frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{p\pi}{q}\right)+\sum_{k=1}^{q-1} \cos\left(\frac{2\pi p k}{q}\right)\, \log\left(\sin \frac{k\pi}{q}\right).

 



[Bearbeiten] Partialbruchzerlegungen


\frac{\alpha^n\, z^{m-1}}{\alpha^n-z^n}=\frac1{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(\alpha \xi^k)^m}{\alpha \xi^k-z} \qquad \xi=\exp\left(\frac{2\pi i}{n}\right)


\frac{1}{(x-\alpha)^{n+1} \, (x-\beta)^{m+1}}=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(\alpha-\beta)^{m+1+k}}\, \frac{(m+k)!}{m!\, k!}\, \frac{1}{(x-\alpha)^{n+1-k}}+\sum_{k=0}^m \frac{(-1)^k}{(\beta-\alpha)^{n+1+k}}\, \frac{(n+k)!}{n!\, k!}\, \frac{1}{(x-\beta)^{m+1-k}}


[Bearbeiten] Reihenidentitäten


\sum_{k=0}^\infty \frac{2k+1}{z^{2k+1}-1}=\sum_{k=1}^\infty \frac{k}{z^k+1} \qquad |z|>1
Beweis

\underbrace{\sum_{k=0}^{N-1} \frac{2k+1}{z^{2k+1}-1}}_{A_N}+\underbrace{\sum_{k=1}^N \frac{2k}{z^{2k}-1}}_{B_N}=\underbrace{\sum_{k=1}^{2N} \frac{k}{z^k-1}}_{C_{2N}}.

Wegen \frac{2k}{z^{2k}-1}=\frac{k}{z^k-1}-\frac{k}{z^k+1} ist

B_N=\underbrace{\sum_{k=1}^N \frac{k}{z^k-1}}_{C_N}-\underbrace{\sum_{k=1}^N \frac{k}{z^k+1}}_{D_N}.

Also A_N=D_N+C_{2N}-C_N\,. Für N\to\infty folgt daraus die Behauptung.

 



\sum_{k=0}^n \frac{1}{{n\choose k}}=\frac{n+1}{2^{n+1}} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^k}{k}
Beweis

Definiert man a_n\, als \frac{2^n}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{{n-1\choose k}}

so ist a_{n+1}-a_n=\frac{2^{n+1}}{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} \underbrace{\left[\frac{2^{n+1}}{n+1}\, \frac{1}{{n\choose k}}-\frac{2^n}{n}\, \frac{1}{{n-1\choose k}}\right]}_{=:b_k}.

Wegen {n\choose k}=\frac{n}{n-k}\, {n-1 \choose k} ist b_k=\frac{2^n}{n(n+1)}\, \frac{n-1-2k}{{n-1\choose k}},

und daher b_{n-1-k}=-b_k\,. Also muss \sum_{k=0}^{n-1} b_k=0 sein.

Und somit ist a_{n+1}-\underbrace{a_0}_{=0}=\sum_{k=0}^n (a_{k+1}-a_k)=\sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^k}{k}.

 



[Bearbeiten] Simpsonsche Extraktionsmethode


Ist f(z)=\sum_{k\in\Bbb{Z}} a_k z^k so gilt \sum_{k\in [m]_n} a_k z^k=\frac{1}{n} \, \sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{f(\xi^\ell z)}{\xi^{\ell m}} mit \xi=e^{\frac{2\pi i}{n}}.
Beweis

Aus f(\xi^\ell z)=\sum_{k\in\Bbb{Z}} a_k\, \xi^{\ell k}\, z^k folgt \frac{1}{n}\sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{f(\xi^\ell z)}{\xi^{\ell m}}=\sum_{k\in\Bbb{Z}} a_k\, \frac{1}{n}\sum_{\ell=0}^{n-1} \xi^{\ell (k-m)}\, z^k.

Und wegen \frac{1}{n}\sum_{\ell=0}^{n-1} \xi^{\ell (k-m)}=\left\{\begin{matrix} 1 & \text{falls} & k\in [m]_n \\ \\ 0 & \text{falls} & k\notin [m]_n\end{matrix}\right. ist dies \sum_{k\in [m]_n} a_k z^k.

 



[Bearbeiten] Sophomore's Dream


\int_0^1 x^{-\lambda x}\, dx=\sum_{n=1}^\infty \frac{\lambda^{n-1}}{n^n} \qquad \forall\lambda\in\Bbb{C}


Insbesondere ist \int_0^1 x^{-x}\, dx=\sum_{n=1}^ \infty \frac{1}{n^n} und \int_0^1 x^x\, dx=\sum_{n=1}^ \infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^n}.
Beweis

Wegen x^{-\lambda x}=e^{-\lambda x\, \log x}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-\lambda x \, \log x)^n}{n!} ist \int_0^1 x^{-\lambda x}\, dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{\lambda^n}{n!}\int_0^1 (-\log x)^n \, x^n\, dx.

Das Integral ist nach Substitution x\mapsto e^{-x} gleich \int_0^\infty x^n\, e^{-(n+1)x}\, dx=\frac{n!}{(n+1)^{n+1}}.

Also ist \int_0^1 x^{-\lambda x}\, dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{\lambda^n}{(n+1)^{n+1}}.

 



[Bearbeiten] Integral/Reihen Identität


\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta}\, dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{\alpha+\beta\, k}=\frac{1}{2\beta}\left[\psi\left(\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac{\alpha}{2\beta}\right)\right]
Beweis

\int_0^1 \frac{x^{\alpha-1}}{1+x^\beta} \, dx=\int_0^1 x^{\alpha-1} \, \sum_{k=0}^\infty (-x^\beta)^k\, dx =\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, \int_0^1 x^{\alpha-1+\beta \, k}\, dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{\alpha+\beta\, k}

=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{\alpha+\beta\, 2k}-\frac{1}{\alpha+\beta\, (2k+1)}\right)=\frac{1}{2\beta}\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{\frac{\alpha}{2\beta}+k}-\frac{1}{\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}+k}\right)

=\frac{1}{2\beta}\left[\psi\left(\frac12+\frac{\alpha}{2\beta}\right)-\psi\left(\frac{\alpha}{2\beta}\right)\right]

 



[Bearbeiten] Hurwitz Identität


\sigma_7(n)=\sigma_3(n)+120\sum_{k=1}^{n-1} \sigma_3(n-k)\, \sigma_3(k)


[Bearbeiten] Abelsche Identität


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

Setze F_{n,k}(x,y)=\tbinom{n}{k} (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-k},

G_{n,k}(x,y)=(y-n)\tbinom{n-1}{k-1} (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-k-1} und S_n(x,y)=\sum_{k=0}^n F_{n,k}(x,y).

Es ist F_{n,k}(x,y)-y F_{n-1,k}(x,y)=(y-k) \tbinom nk (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-k-1}-y \tbinom{n-1}{k}\, (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-1-k}

\Big(y\left(\tbinom nk-\tbinom{n-1}{k}\right)-k\tbinom nk\Big)\, (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-1-k}=\left(y\tbinom{n-1}{k-1}-n\tbinom{n-1}{k-1}\right)\, (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-1-k}=G_{n,k}(x,y).

und (x+n)F_{n-1,k}(x+1,y-1)-G_{n,k+1}(x,y)\,

=(x+n)(y-1-k)\tbinom{n-1}{k} (x+1+k)^{k-1}\, (y-1-k)^{n-k-2}-(y-n)(x+k-1)\tbinom{n-1}{k} (x+k+1)^{k-1} (y-k-1)^{n-k-2}

=\Big((x+n)(y-1-k)-(y-n)(x+k+1)\Big) \tbinom{n-1}{k} (x+1+k)^{k-1} (y-1-k)^{n-k-2}

=(x+y)(n-1-k)\tbinom{n-1}{k} (x+1+k)^{k-1} (y-1-k)^{n-k-2}=(x+y)(n-1)\tbinom{n-2}{k} (x+1+k)^{k-1} (y-1-k)^{n-k-2}

=(x+y)(n-1) F_{n-2,k}(x+1,y-1)\,.

Also gilt

\text{(i)} \;\,\quad F_{n,k}(x,y)-y F_{n-1,k}(x,y)=G_{n,k}(x,y)

\text{(ii)} \quad (x+n)F_{n-1,k}(x+1,y-1)-(x+y)(n-1) F_{n-2,k}(x+1,y-1)=G_{n,k+1}(x,y)

Summiert man die Differenz \text{(i)}-\text{(ii)}\,

F_{n,k}(x,y)-y F_{n-1,k}(x,y)-(x+n) F_{n-1,k}(x+1,y-1)+(n-1)(x+y) F_{n-2,k}(x+1,y-1)=G_{n,k}(x,y)-G_{n,k+1}(x,y)\,

nach k\, von 0\, bis n\, so ist S_n(x,y)-y S_{n-1}(x,y)-(x+n) S_{n-1}(x+1,y-1)+(n-1)(x+y) S_{n-2}(x+1,y-1)=0\,,

da das Teleskop-Produkt \sum_{k=0}^n \Big(G_{n,k}(x,y)-G_{n,k+1}(x,y)\Big)=G_{n,0}(x,y)-G_{n,n+1}(x,y) verschwindet.

Für n=0,1\, gilt S_n (x,y)=\frac{(x+y)^n}{x}. Der Induktionsschluss von n-2\, und n-1\, auf n\, ergibt sich aus der Rekursionsformel:

S_n(x,y)-y\frac{(x+y)^{n-1}}{x}-(x+n)\,\frac{(x+y)^{n-1}}{x+1}+(n-1)(x+y)\frac{(x+y)^{n-2}}{x+1}=0 \Rightarrow S_n(x,y)=\frac{(x+y)^n}{x}

In der Formel \sum_{k=0}^n {n\choose k} (x+k)^{k-1}\, (y-k)^{n-k}=\frac{(x+y)^n}{x} ersetze (x,y)\, durch \left(\frac{x}{a},\frac{y}{a}\right) und multipliziere die so

entstandene Gleichung \sum_{k=0}^n {n\choose k} \left(\frac{x}{a}+k\right)^{k-1}\, \left(\frac{y}{a}-k\right)^{n-k}=\frac{1}{a^{n-1}} \frac{(x+y)^n}{x} mit x\, a^{n-1} durch.

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

 



[Bearbeiten] Kleesche Identität


\sum_{k=0}^n (-1)^k\, {n\choose k}\, {n+k\choose m}=(-1)^n\, {n\choose m-n} \qquad\quad n\le m\le 2n
Beweis

Einerseits ist

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

und andererseits ist

(-x)^n\, (1+x)^n=(-1)^n\, \sum_{m=0}^n {n\choose m}\, x^{m+n}=\sum_{m=n}^{2n} (-1)^n \, {n \choose m-n}\, x^m.

Der Koeffizientenvergleich liefert die Behauptung.

 



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