Formelsammlung Mathematik: Reihenentwicklungen

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Inhaltsverzeichnis

1 Exponentialreihe
2 Logarithmusreihe
3 Trigonometrische Funktionen
4 Hyperbelfunktionen
5 Arkusfunktionen
6 Areafunktionen
7 Zetafunktion
8 Gammafunktion
9 Lambert W-Funktion
10 Funktion (1+z)^1/z
11 Partialbruchentwicklungen
12 Tschebyscheff Reihenentwicklungen
13 Lagrange Inversion

[Bearbeiten] Exponentialreihe

$\exp z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!} \qquad z\in\Bbb{C}$

[Bearbeiten] Logarithmusreihe

$\log(1-z)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} \qquad |z|\le 1 \, , \, z\neq 1$

[Bearbeiten] Trigonometrische Funktionen

$\sin z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} \qquad z\in\Bbb{C}$

$\cos z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k)!} \qquad z\in\Bbb{C}$

$\tan z=\sum_{k=1}^\infty (-1)^k \frac{B_{2k}\, 2^{2k}\, (1-2^{2k})}{(2k)!}\, z^{2k-1}=\sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda(2k)}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2k}} \, z^{2k-1} \qquad |z|<\frac{\pi}{2}$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z \tanh z=\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}\, (2^{2k}-1)}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\frac{\pi}{2}$

$z\,$ durch $iz\,$ so ist $-z \tan z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{B_{2k}\, 2^{2k}\, (2^{2k}-1)}{(2k)!}\, z^{2k}$ .

$\cot z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{B_{2k}\, (2^{2k}-1)}{(2k)!}\, z^{2k-1}=\sum_{k=0}^\infty \frac{-2\,\zeta(2k)}{\pi^{2k}} \, z^{2k-1} \qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z \coth z=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\pi\,$

$z\,$ durch $iz\,$ so ist $z \cot z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ .

$\sec z=\sum_{k=0}^\infty |E_k|\, \frac{z^k}{k!} \qquad |z|<\frac{\pi}{2}$

$\csc z =\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\,\frac{(2-2^{2k})\, B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k-1} \qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\, \text{csch}\, z=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2-2^{2k})\, B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\pi\,$

$z\,$ durch $iz\,$ so ist $z \csc z =\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\,\frac{(2-2^{2k})\, B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ .

[Bearbeiten] Hyperbelfunktionen

$\cosh z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k}}{(2k)!} \qquad z\in\Bbb{C}$

$\sinh z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} \qquad z\in\Bbb{C}$

$\tanh z=\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}\, (2^{2k}-1)}{(2k)!}\, z^{2k-1} \qquad |z|<\frac{\pi}{2}$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $z \coth z=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\pi\,$

und der Identität $z\tanh z=2z\coth 2z-z\coth z\,$ folgt dass für $0<|z|<\frac{\pi}{2}$

$z \tanh z=\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}\, (2^{2k}-1)}{(2k)!}\, z^{2k}$ sein muss.

$\coth z=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k-1} \qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Für $0<|z|<2\pi\,$ ist $\coth \frac{z}{2}=\frac{e^{\frac{z}{2}}+e^{-\frac{z}{2}}}{e^{\frac{z}{2}}-e^{-\frac{z}{2}}}=\frac{e^z+1}{e^z-1}=1+\frac{2}{e^z-1}$ .

Somit ist $\frac{z}{2}\, \coth \frac{z}{2}=\frac{z}{2}+\frac{z}{e^z-1}$ . Und das ist $-B_1 z+\sum_{k=0}^\infty \frac{B_k}{k!}\, z^k=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ .

Ersetzt man $z\,$ durch $2z\,$ so erhält man die Formel $z\, \coth z=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\pi\,$ .

$\text{sech}\, z=\sum_{k=0}^\infty E_k\, \frac{z^k}{k!} \qquad |z|<\frac{\pi}{2}$

$\text{csch}\, z=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2-2^{2k})\, B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k-1} \qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $z \coth z=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{2k}\, 2^{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ für $0<|z|<\pi\,$

und der Identität $z\, \text{csch}\, z=2\cdot \frac{z}{2} \coth\frac{z}{2}-z\coth z\,$ folgt dass

$z\, \text{csch}\, z=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2-2^{2k})\, B_{2k}}{(2k)!}\, z^{2k}$ sein muss.

[Bearbeiten] Arkusfunktionen

$\arcsin z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {-\frac12 \choose k} \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \qquad |z|\le 1$

$\arcsin^2 z=\frac12 \sum_{k=1}^\infty \frac{(2z)^{2k}}{k^2\, {2k\choose k}} \qquad |z|\le 1$

1. Beweis

Die analytische Funktion $y:B_1(0)\to\Bbb{C} \; , \; x\mapsto\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}$ ist ungerade und besitzt daher eine Taylorreihenentwicklung der Form $\sum_{n=1}^\infty a_n\, x^{2n-1}$ .

Durch die Ableitung $y'=\frac{\sqrt{1-x^2}\, \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\arcsin x\, \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}\, (-2x)}{1-x^2}$ ergibt sich die Differenzialgleichung $(1-x^2)\, y'=1+xy$ .

Durch das Einsetzen der Reihenentwicklung von $y\,$ in die Differenzialgleichung soll nun eine Rekursionsformel für die Koeffizienten $a_n\,$ gefunden werden.

Es ist $y'=\sum_{n=1}^\infty (2n-1)\, a_n\, x^{2n-2}$ und somit $x^2 y'=\sum_{n=1}^\infty (2n-1)\, a_n\, x^{2n}$ .

Und aus $y'=a_1+\sum_{n=2}^\infty (2n-1)\, a_n\, x^{2n-2}$ ergibt sich durch Indexverschiebung $y'=a_1+\sum_{n=1}^\infty (2n+1)\, a_{n+1}\, x^{2n}$ .

Also ist $(1-x^2) y'=a_1+\sum_{n=1}^\infty \Big( (2n+1)\, a_{n+1}-(2n-1)\, a_n \Big) x^{2n}$ . Und dies soll mit $1+\sum_{n=1}^\infty a_n x^{2n}$ übereinstimmen.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich $a_n=1\,$ und die Rekursionsformel $(2n+1)\, a_{n+1}=2n\, a_n\,$ , gleichbedeutend mit $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2n}{2n+1}$ .

Demzufolge lässt sich $a_n\,$ schreiben als Teleskopprodukt $\prod_{k=1}^{n-1} \frac{2k}{2k+1}$ . Und das ist $\frac{2^{2n}}{2n\, {2n\choose n}}$ . Also ist $\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}}{2n\, {2n\choose n}} \, x^{2n-1}$ .

Integriert man beide Seiten so ist $\frac12 \arcsin^2 x=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}}{(2n)^2\, {2n\choose n}}\, x^{2n}$ . Und somit ist $\arcsin^2 x=\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n}}{n^2\, {2n\choose n}}$ .

2. Beweis

Aus der Formel

$\cos px=1-p^2\, \frac{\sin^2 x}{2!}+p^2 (p^2-2^2)\, \frac{\sin^4 x}{4!}-p^2 (p^2-2^2) (p^2-4^2)\, \frac{\sin^6 x}{6!}+...$ für $p\in\Bbb{C}$ und $x\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$

folgt unmittelbar

$\frac{1-\cos px}{p^2}=\frac{\sin^2 x}{2!}-(p^2-2^2)\, \frac{\sin^4 x}{4!}+(p^2-2^2) (p^2-4^2)\, \frac{\sin^6 x}{6!}-(p^2-2^2) (p^2-4^2) (p^2-6^2)\, \frac{\sin^8 x}{8!}+...$

Lässt man $p\to 0\,$ gehen so ist

$\frac{x^2}{2}=\frac{1}{2!}\, \sin^2 x+\frac{2^2}{4!}\, \sin^4 x+\frac{2^2\cdot 4^2}{6!}\sin^6 x+\frac{2^2\cdot 4^2\cdot 6^2}{8!}\sin^8 x+...$

Dabei ist $\frac{2^2\cdot 4^2\cdots (2n-2)^2}{(2n)!}=\frac{\left(2^{n-1}\, (n-1)!\right)^2}{(2n)!}=\frac{2^{2n-2}\, n!^2}{n^2\, (2n)!}=\frac14\, \frac{2^{2n}}{n^2\, {2n\choose n}}$ .

Also ist $x^2=\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}}{n^2\, {2n\choose n}} \, \sin^{2n} x$ .

Ersetze $x\,$ durch $\arcsin x\,$ um die gesuchte Reihenentwicklung zu erhalten.

$\arccos z=\frac{\pi}{2}-\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {-\frac12 \choose k} \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \qquad |z|\le 1$

$\arctan z=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \qquad |z|\le 1,z\neq \pm \mathrm i$

[Bearbeiten] Areafunktionen

$\operatorname{arsinh}\, z=\sum_{k=0}^\infty {-\frac12 \choose k} \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \qquad |z|\le 1$

$\operatorname{arsinh}^2 z=\frac12 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}\, (2z)^{2k}}{k^2\, {2k\choose k}} \qquad |z|\le 1$

$\operatorname{artanh}\, z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \qquad |z|\le 1,z\neq\pm 1$

[Bearbeiten] Zetafunktion

$\zeta(z)=\frac{1}{z-1}+\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!}\,\gamma_k\, (z-1)^k$

[Bearbeiten] Gammafunktion

$\Gamma(1+z)=\sum_{n=0}^\infty\;\; \sum_{k_1+2k_2+...+nk_n=n}\!\! \frac{(-\gamma)^{k_1}}{k_1!} \prod_{m=2}^n \frac{\left( (-1)^m \,\frac{\zeta(m)}{m}\right)^{k_m}}{k_m!}\;\; z^n$

[Bearbeiten] Lambert W-Funktion

$W(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}\, n^{n-1}}{n!} \, z^n \qquad |z|<\frac{1}{e}$

Beweis

Die holomorphe Funktion $f(z)=z\, e^z=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n-1)!}\, z^n$

bildet null auf null ab und ist wegen $f'(0)=1\,$ im Punkt $z=0\,$ lokal biholomorph.

Es gibt also Umgebungen $U(0)\,$ und $V(0)\,$ so dass $f:U(0)\to V(0)\,$ biholomorph ist.

Die Koeffizienten $a_n\,$ der Umkehrfunktion $W(z)=\sum_{n=1}^\infty a_n z^n$

erhält man mit der Lagrange'schen Inversonsformel $a_n=\frac{1}{n!}\,\lim_{x\to 0} \left(\frac{d}{dx}\right)^{n-1} \left(\frac{x}{f(x)}\right)^n$ .

Dabei ist $\left(\frac{x}{f(x)}\right)^n=e^{-nx}$ , somit $\left(\frac{d}{dx}\right)^{n-1} \left(\frac{x}{f(x)}\right)^n=(-n)^{n-1}\, e^{-nx}$

und somit ist $a_n=\frac{(-n)^{n-1}}{n!}$ .

[Bearbeiten] Funktion (1+z)^1/z

$(1+z)^{1/z}=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k!} \begin{bmatrix} k \\ k-n\end{bmatrix}\, z^n \qquad |z|\le 1 \; , \; z\neq 0,1$

[Bearbeiten] Partialbruchentwicklungen

$\pi\,\frac{\cos \alpha x}{\sin\alpha \pi}=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, \cos kx}{k+\alpha} \qquad -\pi<x<\pi \, , \, \alpha\notin\Bbb{Z}$

$-\pi\,\frac{\sin \alpha x}{\sin\alpha \pi}=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, \sin kx}{k+\alpha} \qquad -\pi<x<\pi \, , \, \alpha\notin\Bbb{Z}$

Beweis

Es sei $f(z)=e^{ixz}\, \frac{\pi}{\sin \pi z}\, \frac{1}{z+\alpha}$ und $\gamma_N\,$ das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)\left(N+\frac12\right)$ .

Ist $z=u+iv\,$ so gilt $|e^{ixz}|=e^{-xv}\,$ und wegen $\sin\big(\pi (u+iv)\big)=\sin \pi u \, \cosh\pi v+i\cos \pi u\, \sinh \pi v$ ist

$|\sin \pi z|^2=\sin^2\pi u \,\underbrace{\cosh^2 \pi v}_{1+\sinh^2 \pi v}+\cos^2 \pi u\,\sinh^2 \pi v=\sin^2 \pi u+\sinh^2 \pi v\sim \left(\frac{e^{\pi |v|}}{2}\right)^2$ für $|v|\to\infty\,$ .

Daher fällt $|f(u+iv)|=O\left(e^{-xv}\, e^{-\pi|v|}\right)$ für $|v|\to\infty\,$ exponentiell ab.

Somit gilt $\lim_{N\to\infty} \oint_{\gamma_N} f\, dz=0$ . Die Summe aller Residuen von $f\,$ muss daher verschwinden.

$\forall n\in\Bbb{Z}$ ist $\text{res}(f,n)=e^{inx}\, \frac{1}{\cos n\pi}\, \frac{1}{n+\alpha}$ und $\text{res}(f,-\alpha)=e^{-i\alpha x}\, \frac{1}{-\sin\pi\alpha}$ .

Also ist $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^n\, e^{inx}}{n+\alpha}=\frac{e^{-i\alpha x}}{\sin \pi\alpha}$ .

Ein Vergleich der Real- und Imaginärteile auf beiden Seiten liefert die Behauptung.

$\pi\,\cot\pi z=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{k+z} \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{Z}$

$\pi\,\csc\pi z=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^k}{k+z} \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{Z}$

$\pi\,\tan\pi z=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{k+\frac12-z} \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\left\{k+\frac12\, : \, k\in\Bbb{Z}\right\}$

$\pi\,\sec\pi z=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^k}{k+\frac12-z} \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\left\{k+\frac12\, : \, k\in\Bbb{Z}\right\}$

[Bearbeiten] Tschebyscheff Reihenentwicklungen

$\frac{\sin(\alpha \arcsin z)}{\alpha}=\sum_{n=0}^\infty \prod_{k=1}^n \left[(2k-1)^2-\alpha^2\right] \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}$

$\frac12\left[\left(\sqrt{1+z^2}+z\right)^{2\alpha}+\left(\sqrt{1+z^2}-z\right)^{2\alpha}\right]=\sum_{n=0}^\infty \alpha \, \frac{(\alpha+n-1)!}{(\alpha-n)!} \, \frac{(2z)^{2n}}{(2n)!}$

Beweis

$f(z)=\left(\sqrt{1+z^2}+z\right)^{2\alpha}=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha}\, \left(1+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^{2\alpha}=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha}\,\sum_{k=0}^\infty {2\alpha\choose k}\, \frac{z^k}{\sqrt{1+z^2}^{\, k}}$ .

$\frac12 \Big[f(z)-f(-z)\Big]=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha} \sum_{k=0}^\infty {2\alpha\choose 2k}\, \frac{z^{2k}}{\sqrt{1+z^2}^{\, 2k}}=\sum_{k=0}^\infty {2\alpha\choose 2k}\, z^{2k}\, (1+z^2)^{\alpha-k}$

$=\sum_{k=0}^\infty {2\alpha\choose 2k}\, z^{2k}\, \sum_{j=0}^\infty {\alpha-k\choose j}\, z^{2j}=\sum_{k,j=0}^\infty {2\alpha\choose 2k} {\alpha-k\choose j}\, z^{2k+2j}=\sum_{n=0}^\infty \underbrace{\sum_{k=0}^n {2\alpha\choose 2k} {\alpha-k\choose n-k}}_{=A_{2n}}\, z^{2n}$

mit $A_{2n}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2\alpha)!}{(2k)!\, (2\alpha-2k)!}\, \frac{(\alpha-k)!}{(n-k)!\, (\alpha-n)!}$

$=\frac{(2\alpha)!}{(\alpha-n)!} \sum_{k=0}^\infty \frac{(\alpha-k)!}{\frac{2^{2k}}{\sqrt{\pi}}\, k!\, \left(k-\frac12\right)!\, \frac{2^{2\alpha-2k}}{\sqrt{\pi}}\, (\alpha-k)!\, \left(\alpha-\frac12-k\right)!\, (n-k)!}$

$=\frac{\pi \, (2\alpha)!}{2^{2\alpha}\, (\alpha-n)!}\, \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!\, \left(k-\frac12\right)!\, \left(\alpha-\frac12-k\right)! \, (n-k)!}$

$=\frac{\pi \, (2\alpha)!}{2^{2\alpha}\, (\alpha-n)!}\, \frac{(\alpha+n-1)!}{\left(\alpha-\frac12\right)! \, n! \, (\alpha-1)! \, \left(n-\frac12\right)!}$

$=\frac{\pi \, (2\alpha)!}{2^{2\alpha}\, (\alpha-n)!}\, \frac{(\alpha+n-1)!}{\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2\alpha-1}}\, (2\alpha-1)!\, \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2n}}\, (2n)!}=\alpha \, \frac{(\alpha+n-1)!}{(\alpha-n)!} \, \frac{2^{2n}}{(2n)!}$

$\frac12\left[\left(\sqrt{1+z^2}+z\right)^{2\alpha+1}-\left(\sqrt{1+z^2}-z\right)^{2\alpha+1}\right]=\sum_{n=0}^\infty \frac{2\alpha+1}{2} \, \frac{(\alpha+n)!}{(\alpha-n)!} \, \frac{(2z)^{2n+1}}{(2n+1)!}$

Beweis

$f(z)=\left(\sqrt{1+z^2}+z\right)^{2\alpha+1}=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha+1}\, \left(1+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\right)^{2\alpha+1}=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha+1}\,\sum_{k=0}^\infty {2\alpha+1\choose k}\, \frac{z^k}{\sqrt{1+z^2}^{\, k}}$ .

$\frac12 \Big[f(z)-f(-z)\Big]=\sqrt{1+z^2}^{\, 2\alpha+1} \sum_{k=0}^\infty {2\alpha+1\choose 2k+1}\, \frac{z^{2k+1}}{\sqrt{1+z^2}^{\, 2k+1}}=\sum_{k=0}^\infty {2\alpha+1\choose 2k+1}\, z^{2k+1}\, (1+z^2)^{\alpha-k}$

$=\sum_{k=0}^\infty {2\alpha+1\choose 2k+1}\, z^{2k+1}\, \sum_{j=0}^\infty {\alpha-k\choose j}\, z^{2j}=\sum_{k,j=0}^\infty {2\alpha+1\choose 2k+1} {\alpha-k\choose j}\, z^{2k+2j+1}=\sum_{n=0}^\infty \underbrace{\sum_{k=0}^n {2\alpha+1\choose 2k+1} {\alpha-k\choose n-k}}_{=A_{2n+1}}\, z^{2n+1}$

mit $A_{2n+1}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(2\alpha+1)!}{(2k+1)!\, (2\alpha-2k)!}\, \frac{(\alpha-k)!}{(n-k)!\, (\alpha-n)!}$

$=\frac{(2\alpha+1)!}{(\alpha-n)!} \sum_{k=0}^\infty \frac{(\alpha-k)!}{\frac{2^{2k+1}}{\sqrt{\pi}}\, \left(k+\frac12\right)!\, k!\, \frac{2^{2\alpha-2k}}{\sqrt{\pi}}\, (\alpha-k)!\, \left(\alpha-\frac12-k\right)!\, (n-k)!}$

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

$=\frac{\pi \, (2\alpha+1)!}{2^{2\alpha+1}\, (\alpha-n)!}\, \frac{(\alpha+n)!}{\left(\alpha-\frac12\right)! \, n! \, \alpha! \, \left(n+\frac12\right)!}$

$=\frac{\pi \, (2\alpha+1)!}{2^{2\alpha+1}\, (\alpha-n)!}\, \frac{(\alpha+n)!}{\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2\alpha}}\, (2\alpha)!\, \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2n+1}}\, (2n+1)!}=\frac{2\alpha+1}{2} \, \frac{(\alpha+n)!}{(\alpha-n)!} \, \frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!}$

$\left(\sqrt{1+z^2}+z\right)^{2\alpha}=\sum_{k=0}^\infty \frac{\alpha\, \left(\alpha+\frac{k}{2}-1\right)!}{\left(\alpha-\frac{k}{2}\right)!}\, \frac{(2z)^k}{k!}$

[Bearbeiten] Lagrange Inversion

Zu $x_0,y_0\in\Bbb{C}$ mit Umgebungen $U(x_0),V(y_0)\,$ sei $f:U(x_0)\to V(y_0)\; , \; x\mapsto y_0+\sum_{k=1}^\infty y_k (x-x_0)^k$ eine biholomorphe Funktion.

Für die Koeffizienten $x_n\, (n\ge 1)$ der Umkehrfunktion $f^{-1}:V(y_0)\to U(x_0) \, , \, y\mapsto x_0+\sum_{k=1}^\infty x_k (y-y_0)^k$

gibt es die Formel $x_n=\frac{1}{n!}\,\left[\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left(\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}\right)^n\,\right]_{x\to x_0}$ .

Beweis

Setzt man $g:=f^{-1}\,$ so ist $f(x_0)=y_0\,$ und $g(y_0)=x_0\,$ und es ist $g'(y)=\sum_{k=1}^\infty k\, x_k \, (y-y_0)^{k-1}$ ,

wobei wegen der Biholomorphie $g'(y_0)=x_1\neq 0\,$ ist. Nun ist $n\, x_n=\text{res}\left(\frac{g'(y)}{(y-y_0)^n}\, ,\, y=y_0\right)$

und das ist $\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma \frac{g'(y)}{(y-y_0)^n}\, dy$ wenn $\gamma\,$ eine einfach geschlossene Kurve um $x_0\,$ ist.

Substituiert man $y=f(x)\,$ so ist $n\, x_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_{g(\gamma)} \frac{g'(f(x))}{\big(f(x)-f(x_0)\big)^n}\, f'(x)\, dx$

$=\frac{1}{2\pi i}\oint_{g(\gamma)} \frac{1}{\big(f(x)-f(x_0)\big)^n}\, dx=\text{res}\left(\frac{1}{(f(x)-f(x_0))^n}\, ,\, x=x_0\right)$ .

Da aus der Biholomorphie $f'(x_0)\neq 0\,$ folgt, berechnet man hier das Residuum an einer Polstelle $n\,$ -ter Ordnung.

Also ist $n\, x_n=\frac{1}{(n-1)!}\, \lim_{x\to x_0} \frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \frac{(x-x_0)^n}{(f(x)-f(x_0))^n}$ .