Formelsammlung Mathematik: Unendliche Produkte

Aus Wikibooks

Inhaltsverzeichnis

1 Wallis Produkt
2 Jacobi'sches Tripelprodukt
3 Jacobische Formel
4 Pentagonalzahlensatz
5 Eulersche Identität
6 Catalansche Darstellung der eulerschen Zahl
7 Pippenger Produkt
8 Vietasche Produktdarstellung
9 Produktdarstellungen
10 Eulersche Produktdarstellung der Gammafunktion
11 Weierstraßsche Produktdarstellung
12 Knarsche Formel
13 Mellinsche Formel
14 Weitere Produkte

[Bearbeiten] Wallis Produkt

$\prod_{k=1}^\infty \frac{4k^2}{4k^2-1}=\frac{\pi}{2}$

1. Beweis

Setzt man $a_k=\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin x)^k\, dx$ so gilt $a_{k+1}=\frac{k}{k+1}\, a_{k-1}$ .

Wegen $a_{k+1}\le a_k\le a_{k-1}$ und $a_{k+1}\sim a_{k-1}\,$ muss $w_k:=\frac{a_{2k+1}}{a_{2k}}$ für große $k\,$ gegen $1\,$ gehen.

Nun ist $w_k/w_{k-1}=\frac{a_{2k+1}/a_{2k-1}}{a_{2k}/a_{2k-2}}=\frac{\,\,\,\frac{2k}{2k+1}\,\,\,}{\frac{2k-1}{2k}}=\frac{4k^2}{4k^2-1}$ ,

und somit gilt $\prod_{k=1}^n \frac{4k^2}{4k^2-1}=\frac{w_n}{w_0}\to\frac{1}{w_0}=\frac{a_0}{a_1}=\frac{\pi}{2}$ .

2. Beweis

Setzt man in der Produktdarstellung

$\sin \pi z=\pi z\, \prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{k^2}\right) \quad z=\frac12$ so ist $1=\frac{\pi}{2}\, \prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{1}{4k^2}\right)$ .

[Bearbeiten] Jacobi'sches Tripelprodukt

$\prod_{n=1}^\infty \left(\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1} z^2\right)\left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} x^{n^2}\, z^{2n} \qquad |x|<1 \; , \; z\neq 0$

Beweis

Für $0<|x|<1\,$ sei $F(z):=\prod_{n=1}^\infty \left(1+x^{2n-1} z^2\right)\, \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)$ .

Aus $F(xz)=\prod_{n=1}^\infty \left(1+x^{2n+1} z^2\right)\, \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x^{2n-3}}{z^2}\right)=\prod_{n=2}^\infty \left(1+x^{2n-1} z^2\right)\, \prod_{n=0}^\infty \left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)$

folgt $xz^2\, F(xz)=xz^2\left(1+\frac{1}{xz^2}\right)\, \prod_{n=2}^\infty \left(1+x^{2n-1} z^2\right)\, \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)=F(z)$ .

Setzt man $G(z):=\prod_{n=1}^\infty \left(1-x^{2n}\right)\, F(z)$ so gilt auch für $G\,$ die Funktionalgleichung $xz^2\, G(xz)=G(z)$ .

Da $G\,$ eine gerade Funktion ist, hat ihre Laurentreihenentwicklung die Form $G(z)=\sum_{m\in\Bbb{Z}} a_m z^{2m}$ .

Wegen $G\left(\frac{1}{z}\right)=G(z)\,$ gilt dabei $a_{-m}=a_m\,$ .

Und wegen $xz^2 G(xz)=\sum_{m\in\Bbb{Z}} a_m \, x^{2m+1}\, z^{2m+2}=\sum_{m\in\Bbb{Z}} a_{m-1}\, x^{2m-1}\, z^{2m}$

muss $a_m=a_{m-1} \, x^{2m-1}\,$ und somit $a_n=a_0 \, x^{n^2}$ gelten.

Also ist $G(z)=a_0 \sum_{n\in\Bbb{Z}} x^{n^2}\, z^{2n}$ . Und da $G(1)=a_0\,\sum_{n\in\Bbb{Z}} x^{n^2}=\prod_{n=1}^\infty \left[\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}\right)^2\right]$

eine Potenzreihe mit führendem Koeffizient $1\,$ ist muss $a_0=1\,$ sein.

[Bearbeiten] Jacobische Formel

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-q^n\right)^3=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, (2n+1)\, q^{\frac{n(n+1)}{2}} \qquad |q|<1$

Beweis

Im Jacobi'schen Tripelprodukt

$\prod_{n=1}^\infty \left(\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1} z^2\right)\left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} x^{n^2}\, z^{2n}$

setze $x=q^{\frac12}$ und $z^2=-aq^{-\frac12}\; :$

$\prod_{n=1}^\infty \left(\left(1-q^n\right)\left(1-a q^{n-1}\right)\left(1-a^{-1} q^n\right)\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} q^{\frac{n^2}{2}}\, \left(-a q^{-\frac12}\right)^n$

Nun ist $(1-a) \prod_{n=1}^\infty \left((1-q^n) (1-a q^n) (1-a^{-1} q^n)\right)$

$=\sum_{n\in\Bbb{Z}} (-1)^n \, a^n \, q^{\frac{n(n-1)}{2}}=\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\, a^n \, q^{\frac{n(n-1)}{2}}+\sum_{n=0}^\infty (-1)^{-n}\, a^{-n} \, q^{\frac{-n(-n-1)}{2}}$

$=\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1}\, a^{n+1} \, q^{\frac{n(n+1)}{2}}+\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, a^{-n} \, q^{\frac{n(n+1)}{2}}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \, \left(a^{-n}-a^{n+1}\right)\, q^{\frac{n(n+1)}{2}}$ .

Teile beide Seiten durch $1-a\, :$

$\prod_{n=1}^\infty \left((1-q^n)(1-aq^n)(1-a^{-1}q^n)\right)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{1}{a^n} \, \frac{1-a^{2n+1}}{1-a}\, q^{\frac{n(n+1)}{2}}$

Und lasse $a\to 1\,$ gehen.

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-q^n\right)^3=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, (2n+1)\, q^{\frac{n(n+1)}{2}}$

[Bearbeiten] Pentagonalzahlensatz

$\prod_{n=1}^\infty \left(1-q^n\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} (-1)^n\, q^{\frac{n\, (3n+1)}{2}} \qquad |q|<1$

Beweis

Im Jacobi'schen Tripelprodukt

$\prod_{n=1}^\infty \left(\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1} z^2\right)\left(1+\frac{x^{2n-1}}{z^2}\right)\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} x^{n^2}\, z^{2n}$

setze $x=q^{\frac32}$ und $z^2=-q^{\frac12}\; :$

$\prod_{n=1}^\infty \left(\left(1-q^{3n}\right)\left(1-q^{3n-1}\right)\left(1-q^{3n-2}\right)\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} q^{\frac{3n^2}{2}}\, \left(-q^\frac12\right)^n$

Also ist $\prod_{n=1}^\infty \left(1-q^n\right)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} (-1)^n\, q^{\frac{n\, (3n+1)}{2}}$ .

[Bearbeiten] Eulersche Identität

$\prod_{k=1}^\infty (1+z^k)=\prod_{k=1}^\infty (1-z^{2k-1})^{-1} \qquad |z|<1$

Beweis

Es sei $a_n=\prod_{k=1}^n (1-z^k)$ .

Spalte das Produkt $a_{2n}\,$ auf in ein Produkt mit geraden Exponenten und in ein Produkt mit ungeraden Exponenten.

$\prod_{k=1}^n (1-z^{2k})\,\prod_{k=1}^n (1-z^{2k-1})=a_{2n}$

Wegen $1-z^{2k}=(1+z^k)(1-z^k)\,$

läßt sich das Produkt mit den geraden Exponenten schreiben als $\prod_{k=1}^n (1+z^k)\,\, a_n$ .

Teilt man durch $a_n\,$ und das Produkt mit den ungeraden Exponenten so ist

$\prod_{k=1}^n (1+z^k)=\frac{a_{2n}}{a_n}\, \prod_{k=1}^n (1-z^{2k-1})^{-1}$ .

Für große $n\,$ geht $\frac{a_{2n}}{a_n}$ gegen $1\,$ , woraus die Behauptung folgt.

[Bearbeiten] Catalansche Darstellung der eulerschen Zahl

$\frac{e}{2}=\left(\frac{4}{3}\right)^\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{6\cdot 8}{5\cdot 7}\right)^\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{10\cdot 12\cdot 14\cdot 16}{9\cdot 11\cdot 13\cdot 15}\right)^\frac{1}{8}\cdots$

Beweis

Es sei $a_k=\prod_{j=1}^{2^{k-1}} (2^k+2j)\, , \, b_k=\prod_{j=1}^{2^{k-1}} (2^k+2j-1)$ und $c_k=a_k b_k=\prod_{j=1}^{2^k} (2^k+j)=\frac{(2^{k+1})!}{(2^k)!}$ .

Wegen $a_{k+1}=\prod_{j=1}^{2^k} (2^{k+1}+2j)=2^{2^k} \prod_{j=1}^{2^k} (2^k+j)=2^{2^k} c_k$ ist $a_k=2^{2^{k-1}} c_{k-1}$ und somit $a_k^2=2^{2^k} c_{k-1}^2$ .

Aus $\frac{a_k}{b_k}=\frac{a_k^2}{a_k b_k}=2^{2^k} \frac{c^2_{k-1}}{c_k}$ folgt $\left(\frac{a_k}{b_k}\right)^\frac{1}{2^k}=2 \frac{(c_{k-1})^\frac{1}{2^{k-1}}}{(c_k)^\frac{1}{2^k}}$ .

Daher ist $\prod_{k=1}^n \left(\frac{a_k}{b_k}\right)^\frac{1}{2^k}=2^n \frac{c_0}{c_n^{1/2^n}}=c_0\, 2^n \left(\frac{(2^n)!}{(2^{n+1})!}\right)^\frac{1}{2^n}$ .

Nun ist $c_0=2\,$ und der Ausdruck dahinter geht gegen $\frac{e}{2}$

wegen $m\left(\frac{m!}{(2m)!}\right)^\frac{1}{m} =m \left(\frac{1}{m!} \frac{1}{{2m\choose m}}\right)^\frac{1}{m} =\frac{m}{m!^\frac1m}\,\frac{1}{{2m\choose m}^\frac1m}\to e\,\frac{1}{4}$ .

[Bearbeiten] Pippenger Produkt

$\frac{e}{2}=\left(\frac{2}{1}\right)^\frac{1}{2} \cdot \left(\frac{2\cdot 4}{3\cdot 3}\right)^\frac{1}{4}\cdot \left(\frac{4\cdot 6\cdot 6\cdot 8}{5\cdot 5\cdot 7\cdot 7}\right)^\frac{1}{8}\cdots$

Beweis

Aus der Catalanschen Produktdarstellung folgt unmittelbar $\frac{e}{2}=\left[\left(\frac{4\cdot 2}{3\cdot 3}\right)^\frac{1}{4}\cdot 2^\frac{1}{4}\right] \cdot \left[\left(\frac{6\cdot 6\cdot 8\cdot 4}{5\cdot 5\cdot 7\cdot 7}\right)^\frac{1}{8}\cdot 2^\frac{1}{8}\right]\cdots$ .

Faße die $2^q\!$ Faktoren zu $\left(\frac{2}{1}\right)^\frac{1}{2}$ zusammen und schiebe bei jedem Zähler der letzten Faktor an den Anfang.

[Bearbeiten] Vietasche Produktdarstellung

$\frac{2}{\pi}= \frac{\sqrt2}2 \cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt2}}2 \cdot \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}2\cdots= \sqrt{\frac12} \cdot \sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12}} \cdot \sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12}}}\cdots$

oder

$\pi= 2\cdot\frac{2}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}\cdot\frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}\cdot\cdots$

$\text{sinc} \, z=\prod_{k=1}^\infty \cos\left(\frac{z}{2^k}\right)=\sqrt{\frac12+\frac{\cos z}2}\cdot \sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12+\frac{\cos z}2}}\cdot \sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12+\frac12\sqrt{\frac12+\frac{\cos z}2 }}}\cdots$

Beweis

$\sin 2z =2\, \sin z\, \cos z \, \Rightarrow \, \cos z=\frac{\sin 2z}{2\,\sin z}=\frac{\frac{\sin 2z}{2z}}{\frac{\sin z}{z}}=\frac{\text{sinc}\, 2z}{\text{sinc}\, z}\, \Rightarrow \, \cos\left(\frac{z}{2^k}\right)={\text{sinc}\left(\frac{z}{2^{k-1}}\right) \over \text{sinc}\left(\frac{z}{2^k}\right)}$

Also ist $\prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{z}{2^k}\right)$ gleich dem Teleskopprodukt $\prod_{k=1}^n {\text{sinc}\left(\frac{z}{2^{k-1}}\right) \over \text{sinc}\left(\frac{z}{2^k}\right)}=\frac{\text{sinc}\, z}{\text{sinc} \left(\frac{z}{2^n}\right)}$ .

Für $n\to\infty\,$ konvergiert letzter Ausdruck gegen $\text{sinc}\, z$ .

[Bearbeiten] Produktdarstellungen

$\sin\pi z=\pi z\, \prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{k^2}\right) \qquad z\in\Bbb{C}$

Beweis für $|z|<1\,$

Aus der Partialbruchentwicklung $\pi\,\cot\pi z=\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{z+n}$

$=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{z-n}+\frac{1}{z+n}\right)=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}$ folgt $\pi\cot \pi z-\frac{1}{z}=\sum_{n=1}^\infty \frac{-2z}{n^2-z^2}$ .

Integriere beide Seiten von null bis $x\,$ mit $|x|<1\,$ :

$\left[\log \frac{\sin \pi z}{\pi z}\right]_0^x=\sum_{n=1}^\infty \left[\log(n^2-z^2)\right]_0^x$

gleichbedeutend mit $\log\left(\frac{\sin \pi x}{\pi x}\right)=\sum_{n=1}^\infty \log\left(\frac{n^2-x^2}{n^2}\right)=\log\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$

Also ist $\sin \pi x=\pi x\, \prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$ .

$\sinh\pi z=\pi z\, \prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{z^2}{k^2}\right) \qquad z\in\Bbb{C}$

$\cos\pi z=\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{\left(k-\frac12\right)^2}\right) \qquad z\in\Bbb{C}$

$\cosh\pi z=\prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{z^2}{\left(k-\frac12\right)^2}\right) \qquad z\in\Bbb{C}$

$\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^n}{k^n}\right)=\left[\prod_{k=0}^{n-1} \Gamma(1-\xi^k z)\right]^{-1} \qquad \xi=e^\frac{2\pi i}{n}$

Beweis

Aus der Gaußschen Definiton der Gammafunktion

$\Gamma(z)=\frac{1}{z}\, \lim_{m\to\infty} \frac{m!\, m^z}{(z+1)\cdots (z+m)}$ folgt unmittelbar

$\Gamma(1+z)=\lim_{m\to\infty} \frac{m^z}{\prod\limits_{\ell=1}^m \left(1+\frac{z}{\ell}\right)}$ .

Ersetze $z\,$ durch $-\xi^k z\,$ und bilde das Produkt $\prod_{k=0}^{n-1}$ :

$\prod_{k=0}^{n-1} \Gamma(1-\xi^k z)=\lim_{m\to\infty} \frac{m^{-\sum\limits_{k=1}^{n-1} \xi^k z}}{\prod\limits_{\ell=1}^m \prod\limits_{k=0}^{n-1} \left(1-\xi^k\, \frac{z}{\ell}\right)}$ .

Wegen $\sum\limits_{k=1}^{n-1} \xi^k=0$ und $\prod_{k=0}^{n-1} \left(1-\xi^k\, \frac{z}{\ell}\right)=1-\left(\frac{z}{\ell}\right)^n$ ist

$\prod_{k=0}^{n-1} \Gamma(1-\xi^k z)=\prod_{\ell=1}^\infty \left(1-\frac{z^n}{\ell^n}\right)^{-1}$ .

[Bearbeiten] Eulersche Produktdarstellung der Gammafunktion

$\Gamma(z)=\frac1{z}\, \prod_{k=1}^\infty \frac{\left(1+\frac1{k}\right)^z}{1+\frac{z}{k}} \qquad z\notin\Bbb{Z}_{\le 0}$

Beweis

Betrachte die Gaußsche Definition der Gammafunktion:

$\Gamma(z)=\frac{1}{z}\, \lim_{n\to\infty} \frac{n!\, n^z}{(z+1)\cdots (z+n)}=\frac{1}{z}\, \lim_{n\to\infty} \frac{n^z}{\prod\limits_{k=1}^n \left(1+\frac{z}{k}\right)}$

Aus $\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right)=n+1$ folgt $\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right)^z=(n+1)^z\sim n^z$ für $n\to\infty$ .

Daher kann in obiger Grenzwertdarstellung $n^z\,$ durch $\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right)^z$ ersetzt werden.

[Bearbeiten] Weierstraßsche Produktdarstellung

$\Gamma(z)=\frac{1}{z}\, e^{-\gamma z}\, \prod_{k=1}^\infty \frac{e^\frac{z}{k}}{1+\frac{z}{k}} \qquad z\notin\Bbb{Z}_{\le 0}$

Beweis

Es ist $\frac{n!\, n^z}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}=\frac{1}{z}\, \frac{e^{z\,\log n}}{\left(\frac{z}{1}+1\right)\cdots \left(\frac{z}{n}+1\right)} =\frac{1}{z}\, e^{z\,(\log n-H_n)} \prod_{k=1}^n \frac{e^\frac{z}{k}}{\frac{z}{k}+1}$

Für große $n\,$ geht der erste Term gegen $\Gamma(z)\,$ , was gerade die Gaußsche Definition der Gammafunktion ist.

Und der letzte Term konvergiert gegen die Weierstraßsche Produktdarstellung.

[Bearbeiten] Knarsche Formel

$\prod_{k=1}^\infty \left[\frac{1}{\sqrt{\pi}}\, \Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{z}{2^k}\right)\right] =2^{-2z}\,\Gamma(1+z) \qquad z\notin\Bbb{Z}_{<0}$

Beweis

Nach der Legendreschen Verdopplungsformel ist $\frac{1}{\sqrt{\pi}}\,\Gamma\left(\frac{1}{2}+z\right)=2^{1-2z}\, \frac{\Gamma(2z)}{\Gamma(z)}$ .

Somit ist $\prod_{k=1}^n \left[\frac{1}{\sqrt{\pi}}\, \Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{z}{2^k}\right)\right]=\prod_{k=1}^n 2^{1-\frac{2z}{2^k}}\,\prod_{k=1}^n \frac{\Gamma\left(\frac{z}{2^{k-1}}\right)}{\Gamma\left(\frac{z}{2^k}\right)}$

$=2^{n-2z\,\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}\,\frac{\Gamma(z)}{\Gamma\left(\frac{z}{2^n}\right)} =2^{-2z}\, 2^\frac{2z}{2^n}\,\frac{\Gamma(1+z)}{\Gamma\left(1+\frac{z}{2^n}\right)} \to 2^{-2z}\,\Gamma(1+z)$ .

[Bearbeiten] Mellinsche Formel

$\prod_{k=0}^\infty \left[\left(1+\frac{y}{k+x}\right) e^{-\frac{y}{k+x}}\right] =\frac{\Gamma(x)\, e^{y\, \psi(x)}}{\Gamma(x+y)}$

Beweis

Es ist $\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^y}\, \prod_{k=0}^n \left(1+\frac{y}{k+x}\right)$

und $\psi(x)=\lim_{n\to\infty} \left(\log n-\sum_{k=0}^n \frac{1}{k+x}\right)$ .

Aus letzterer Formel folgt $e^{y\,\psi(x)}=\lim_{n\to\infty} e^{y\log n-\sum\limits_{k=0}^n \frac{y}{k+x}}=\lim_{n\to\infty} n^y \, \prod_{k=0}^n e^{-\frac{y}{k+x}}$ .

Also ist $\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}\, e^{y\, \psi(x)}=\lim_{n\to\infty} \prod_{k=0}^n \left[\left(1+\frac{y}{k+x}\right)\, e^{-\frac{y}{k+x}}\right]$ .

[Bearbeiten] Weitere Produkte

$\frac{\Gamma(x)}{|\Gamma(x+iy)|} =\prod_{k=0}^\infty \sqrt{1+\left(\frac{y}{x+k}\right)^2}$

Beweis

In der Formel $\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^y}\, \prod_{k=0}^n \left(1+\frac{y}{k+x}\right)$ ersetze $y\,$ durch $iy\,$ und betrachte auf beiden Seiten den Absolutbetrag.

$\frac{\Gamma(x)}{|\Gamma(x+iy)|}=\lim_{n\to\infty} \underbrace{\left|\frac{1}{n^{iy}}\right|}_{=1}\, \prod_{k=0}^n \left|1+\frac{iy}{k+x}\right|=\prod_{k=0}^\infty \sqrt{1+\left(\frac{y}{k+x}\right)^2}$

$\prod_{k=0}^\infty \left(1+\frac{(-1)^k}{ak+b}\right) =\frac{\Gamma\!\left(\frac{b}{2a}\right)\, \Gamma\!\left(\frac{a+b}{2a}\right)} {\Gamma\!\left(\frac{b+1}{2a}\right)\, \Gamma\!\left(\frac{a+b-1}{2a}\right)} \qquad a\in\Bbb{C}\setminus\{0\} \quad , \quad \frac{b}{a}\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{Z}^{\le 0}$

Beweis

Schreibe $\prod_{k=0}^{2n+1} \left(1+\frac{(-1)^k}{ak+b}\right)$ als

$\prod_{k=0}^n \left(1+\frac{1}{2ka+b}\right)\, \prod_{k=0}^n \left(1+\frac{-1}{(2k+1)a+b}\right)$

$=\prod_{k=0}^n \left(1+\frac{\frac{1}{2a}}{k+\frac{b}{2a}}\right)\, \prod_{k=0}^n \left(1+\frac{-\frac{1}{2a}}{k+\frac{a+b}{2a}}\right)$ .

Wegen $\frac{\Gamma(x)\, n^y}{\Gamma(x+y)}\sim \prod_{k=0}^n \left(1+\frac{y}{k+x}\right)$

verhält sich dies asymptotisch wie $\frac{\Gamma\left(\frac{b}{2a}\right)\, n^{\frac{1}{2a}}}{\Gamma\left(\frac{b}{2a}+\frac{1}{2a}\right)}\, \frac{\Gamma\left(\frac{a+b}{2a}\right)\, n^{-\frac{1}{2a}}}{\Gamma\left(\frac{a+b}{2a}-\frac{1}{2a}\right)}$ .