Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen

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Inhaltsverzeichnis

1 Unendliche geometrische Reihe
2 Binomische Reihe
3 Reihe mit Lambert W-Funktion
4 Catalansche Konstante
5 Erste Vacca'sche Reihe
6 Zweite Vacca'sche Reihe
7 Reihen mit zentrierten Binomialkoeffizienten
8 Reihen zur Jacobischen Thetafunktion
9 Hypergeometrische Reihen
10 Reihen zur Betafunktion
11 Reihen zur Psifunktion
12 Reihen deren Glieder ein Produkt von benachbarten Faktoren enthalten
13 Reihe die sich aus der geometrischen Reihe ergibt
14 Reihen zur Zetafunktion
15 Reihen zur Dirichlet Betafunktion
16 Reihen zur Dirichlet Etafunktion
17 Fourier-Reihen für Bernoulli- und Euler-Polynome
18 Reihen die sich mit Residuensatz und Kettenbruchentwicklung berechnen lassen
19 Reihen die sich aus Partialbruchentwicklungen ergeben
20 Erzeugende Funktion der harmonischen Zahlen
21 Reihen mit harmonischen Zahlen
22 Knuthsche Reihe
23 Ramanujan-Reihen
24 Polylogarithmus-Reihen
25 Fourier-Reihen
26 Poissonsche Summationsformel
27 Kummersche Reihe (Fourierreihenentwicklung der logΓ Funktion)
28 Zahlentheoretische Reihen
29 Dirichlet Reihen
30 Summatorische Funktionen
31 Eisenstein Reihen

[Bearbeiten] Unendliche geometrische Reihe

$\sum_{k=0}^\infty z^k=\frac{1}{1-z} \qquad |z|<1\!$

Beweis

Dies folgt aus der endlichen geometrischen Reihe $\sum_{k=0}^n z^k=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}$ für $n\to\infty\,$ .

[Bearbeiten] Binomische Reihe

$(1+z)^\alpha=\sum_{k=0}^\infty {\alpha \choose k} z^k \qquad |z|<1 \; , \; \alpha\in\Bbb{C}$

Beweis

Es ist $(1+z)^\alpha=e^{\alpha\log(1+z)}=\sum_{k=0}^\infty \frac{\alpha^k}{k!}\,\Big[\log(1+z)\Big]^k$ .

Wegen $\log(1+z)=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-\frac{z^4}{4}+...$

hat die Reihenentwicklung von $\Big[\log(1+z)\Big]^k$ die Form $\sum_{n=k}^\infty c_{nk} z^n$ mit $c_{kk}=1\,$ .

Somit ist $(1+z)^\alpha=\sum_{k=0}^\infty \frac{\alpha^k}{k!}\, \sum_{n=k}^\infty c_{nk}\, z^n$ , was nach Umordnung gleich $\sum_{n=0}^\infty \,\sum_{k=0}^n c_{nk}\frac{\alpha^k}{k!} \; z^n$ ist.

Das Polynom $Q_n(\alpha)=\sum_{k=0}^n c_{nk} \frac{\alpha^k}{k!}$ besitzt wegen $c_{nn}=1\,$ den führenden Koeffizient $\frac{1}{n!}$ .

Da die Reihenentwicklung $(1+z)^m=\sum_{n=0}^\infty Q_n(m)\, z^n$

für alle natürlichen Zahlen $m\,$ abbricht, ist $Q_n(m)=0\,$ für alle $n>m\,$ .

Daher besitzt das Polynom $Q_n(\alpha)\,$ die Linearfaktorzerlegung $\frac{1}{n!}\, \alpha \, (\alpha-1)\cdots (\alpha-n+1)={\alpha \choose n}$ .

[Bearbeiten] Reihe mit Lambert W-Funktion

$\sum_{k=0}^\infty \frac{k^k}{k!}\, z^k=\frac{1}{1+W(-z)} \qquad |z|\le\frac{1}{e} \; , \; z\neq \frac{1}{e}$

Beweis

Es sei $f:\Bbb{C}\to\Bbb{C}$ definiert durch $z\mapsto z e^z$ .

Auf dem abgeschlossenen Einheitskreis $\overline{B_1(0)}$ ist $f(z)\,$ genau dann reell wenn $z\,$ reell ist.

Denn ist $(x+iy)\, e^{x+iy}$ reell für ein $y\in ]-1,1[\setminus\{0\}$

dann muss $\text{Im}\big[e^x\,(x+iy)\,(\cos y+i\sin y)\big]=e^x\, (x\sin y+y\cos y)$ verschwinden.

Das heißt es muss gelten $x=y\cot y \, \Rightarrow \, x^2=y^2\cot^2 y$ und somit $x^2+y^2=y^2(1+\cot^2 y)=\frac{y^2}{\sin^2 y}>1$ .

Die stetige Funktion $f|_{]-1,1[}\,$ wächst monoton und bildet daher $]-1,1[\,$ bijektiv auf $\left]-\frac{1}{e},e\right[$ ab.

Für jedes $a\in \left]-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right[$ gibt es daher in ganz $B_1(0)\,$ genau ein $z\in]-1,1[$ mit $ze^z=a\,$ , nämlich $z=W(a)\,$ .

$z-ae^z=0\,$ gilt genau dann wenn $-ze^{-z}=-a\,$ und somit $z=-W(-a)\in ]-1,1[$ ist.

Also ist $I=\frac{1}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{1}{z-ae^z}\, dz=\text{res} \frac{1}{z-ae^z}\big|_{z=-W(-a)}=\frac{1}{1-a e^{-W(-a)}}=\frac{1}{1+W(-a)}$ .

Auf der anderen Seite ist, wegen $\frac{1}{z-ae^z}=\frac{1}{z}\, \frac{1}{1-a\frac{e^z}{z}}=\sum_{k=0}^\infty \frac{e^{kz}}{z^{k+1}}\, a^k$ , $I=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{kz}}{z^{k+1}}\, a^k\, dz$ .

Wobei wegen $\frac{e^{kz}}{z^{k+1}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{k^n\, z^n}{n!\, z^k}\, \frac{1}{z} \quad I=\sum_{k=0}^\infty \frac{k^k}{k!}\, a^k$ ist.

Daraus folgt $\sum_{k=0}^\infty \frac{k^k}{k!}\, a^k=\frac{1}{1+W(-a)}$ für alle $a\in\left]-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right[$ .

[Bearbeiten] Catalansche Konstante

$G=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}$

[Bearbeiten] Erste Vacca'sche Reihe

$\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k\,\lfloor \log_2 k \rfloor}{k}=\gamma$

Beweis

Für $2^n\le k<2^{n+1}$ ist $\lfloor \log_2 k\rfloor=n$ .

Daher ist $S_m:=\sum_{2\le k<2^{m+1}} \frac{(-1)^k\,\lfloor \log_2 k \rfloor}{k}=\sum_{n=1}^m n\sum_{2^n\le k<2^{n+1}} \frac{(-1)^k}{k}$ .

Setzt man $A'_n:=\sum_{2^n\le k<2^{n+1}} \frac{(-1)^k}{k}$ und $A_n:=\sum_{2^n\le k<2^{n+1}} \frac{1}{k}$ so ist

$A'_n+A_n=\sum_{2^n\le k<2^{n+1}} \frac{(-1)^k+1}{k}=\sum_{2^n\le 2k<2^{n+1}} \frac{2}{2k}=\sum_{2^{n-1}\le k<2^n} \frac{1}{k}=A_{n-1}$ .

Somit ist $S_m=\sum_{n=1}^m n(A_{n-1}-A_n)=\sum_{n=1}^m A_{n-1}+\sum_{n=1}^m \Big( (n-1)A_{n-1}-n A_n \Big)$

$=\sum_{1\le k<2^m} \frac{1}{k}-m A_m=H_{2^m}-\frac{1}{2^m}-m\left[\left(H_{2^{m+1}}-\frac{1}{2^{m+1}}\right)-\left(H_{2^m}-\frac{1}{2^m}\right)\right]$

$=H_{2^m}-m\left(H_{2^{m+1}}-H_{2^m}\right)+o(1)$ . Und das ist wegen $H_{2^m}=\gamma+\log 2^m+o(1)$

gleich $\gamma+m\log 2-m\Big((m+1)\log 2-m\log 2\Big)+o(1)=\gamma+o(1)$ .

[Bearbeiten] Zweite Vacca'sche Reihe

$\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{\lfloor \sqrt{k} \rfloor^2}-\frac{1}{k}\right)=\gamma+\frac{\pi^2}{6}$

Beweis

Aus $\sum_{k=1}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{\lfloor \sqrt{k} \rfloor^2}=\sum_{n=1}^m \; \sum_{n^2\le k<(n+1)^2} \frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^m \frac{2n+1}{n^2}=2H_m+\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^2}=2\gamma+2\log m+\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^2}+o(1)$

und $\sum_{k=1}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{k}=H_{(m+1)^2-1}=\gamma+\log\left((m+1)^2-1\right)+o(1)=\gamma+2\log m+o(1)$

folgt $\sum_{k=1}^{(m+1)^2-1} \left(\frac{1}{\lfloor \sqrt{k} \rfloor^2}-\frac{1}{k}\right)=\gamma+\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^2}+o(1)$ .

[Bearbeiten] Reihen mit zentrierten Binomialkoeffizienten

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{{2k\choose k}}=\frac{2\pi\sqrt{3}+9}{27}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\, {2k\choose k}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2\, {2k\choose k}}=\frac13\zeta(2)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^4\, {2k\choose k}}=\frac{17}{36}\zeta(4)$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $\arcsin^2 x=\frac12 \sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}\, x^{2n}}{n^2\, {2n\choose n}}$ folgt

$\int_0^u \frac{\arcsin^2 x}{x}\, dx=\frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}\, u^{2n}}{n^3 \, {2n\choose n}}$ und daraus $\int_0^{\frac12} \frac{1}{u} \int_0^u \frac{\arcsin^2 x}{x}\, dx \, du=\frac18 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\, {2n\choose n}}$ .

Die gesuchte Reihe ist also $8I\,$ , wobei $I:=\int_0^{\frac12} \int_0^u \frac{1}{u} \, \frac{\arcsin^2 x}{x} \, dx\, du$ ist.

Nach Vertauschung der Integrationsreihenfolge ist

$I=\int_0^{\frac12} \int_x^{\frac12} \frac{1}{u}\, \frac{\arcsin^2 x}{x}\, du \, dx=\int_0^{\frac12} \Big[\log u\Big]_x^{\frac12} \, \frac{\arcsin^2 x}{x} \, dx=\int_0^{\frac12} \frac{-\log(2x)}{x} \, \arcsin^2 x \, dx$ .

Und dies ist nach partieller Integration $\underbrace{\left[\frac{-\log^2(2x)}{2}\, \arcsin^2 x\right]_0^{\frac12}}_{=0}+\int_0^{\frac12} \log^2(2x)\, \frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}\, dx$

Substituiert man $x\to\sin \frac{x}{2}$ so ist $I=\int_0^{\frac{\pi}{3}} \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\, \frac{\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}} \, \cos\frac{x}{2} \cdot \frac12 \cdot dx$

Und somit ist $8I=2\int_0^{\frac{\pi}{3}} x\, \log^2\left(2\sin\frac{x}{2}\right)\, dx=2\cdot \frac{17\pi^4}{6480}=\frac{17}{36}\zeta(4)$ .

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{{2k\choose k}}=\frac{4\sqrt{5}\log\phi+5}{25}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k\, {2k\choose k}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\log\phi$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^2\, {2k\choose k}}=2\log^2\phi$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung $\operatorname{arsinh}^2 z=\frac12 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}\, (2z)^{2k}}{k^2\, {2k\choose k}}$ .

Setzt man $z=\frac12$ so ist $\log^2\phi=\frac12\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^2\, {2k\choose k}}$ .

Wendet man den Differenzialoperator $z\,\frac{d}{dz}$ auf beide Seiten an so ist

$\frac{2z\,\text{arsinh}\, z}{\sqrt{1+z^2}}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}\, (2z)^{2k}}{k\, {2k\choose k}}$ .

Setzt man $z=\frac12$ so ist $\frac{2\log\phi}{\sqrt{5}}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k\, {2k\choose k}}$ .

Wendet man erneut den Differenzialoperator $z\,\frac{d}{dz}$ auf beide Seiten an so ist

$\frac{z^2}{1+z^2}+\frac{z\,\text{arsinh}\, z}{\sqrt{1+z^2}^3}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}\, (2z)^{2k}}{{2k\choose k}}$ .

Setzt man $z=\frac12$ so ist $\frac15+\frac{4\log\phi}{5\sqrt{5}}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{{2k\choose k}}$ .

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^3\, {2k\choose k}}=\frac25 \zeta(3)$

1. Beweis

Für ein $x\in\Bbb{R}\setminus\{0\}$ und eine Zahlenfolge $(a_k)\,$ mit $a_k\neq -x\,$ sei $A_k=\frac{a_1\cdots a_k}{x(x+a_1)\cdots (x+a_k)}$ .

Aus $A_{k-1}-A_k=\frac{a_1\cdots a_{k-1}}{(x+a_1)\cdots (x+a_k)}$ ergibt sich die Teleskopsumme

$\sum_{k=1}^M \frac{a_1\cdots a_{k-1}}{(x+a_1)\cdots (x+a_k)}=A_0-A_M=\frac{1}{x}-\frac{a_1\cdots a_M}{x(x+a_1)\cdots (x+a_M)}$ .

Wählt man $M=n-1\,$ , $x=n^2\,$ und $a_k=-k^2\,$

so ist $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}\, (k-1)!^2}{(n^2-1^2)\cdots (n^2-k^2)}=\frac{1}{n^2}-\frac{(-1)^{n-1}\, (n-1)!^2}{n^2\, (n^2-1^2)\cdots (n^2-(n-1)^2)}$ ,

gleichbedeutend mit $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}\, k!^2\, (n-k)!}{k^3\, (n+k)!}\, \frac{nk}{n-k}=\frac{1}{n^2}-2\frac{(-1)^{n-1}}{n^2\, {2n\choose n}}$ .

Setzt man $\varepsilon_{n,k}=\frac{k!^2\, (n-k)!}{k^3\, (n+k)!}$ so ist $\varepsilon_{n-1,k}=\varepsilon_{n,k}\frac{n+k}{n-k}$ und somit $\varepsilon_{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}=\varepsilon_{n,k}\frac{-2k}{n-k}$ .

Also ist $(-1)^k\, \left(\varepsilon_{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right)\frac{n}{2}=\frac{(-1)^{k-1}\, k!^2\, (n-k)!}{k^3\, (n+k)!}\, \frac{nk}{n-k}$

und somit $\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k\, \left(\varepsilon_{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right)=2\frac{1}{n^3}-4\frac{(-1)^{n-1}}{n^3 {2n\choose n}}$ .

Summiere nun nach $n\,$ von $1\,$ bis $N\,$ : $\sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k\, \left(\varepsilon_{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right)=2\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^3}-4\sum_{n=1}^N \frac{(-1)^{n-1}}{n^3 {2n\choose n}}$ .

Bei der Doppelsumme wird über alle Zahlenpaare $(n,k)\in\{1,...,N\}\times \{1,...,N\}$ mit $n>k\,$ summiert.

Daher läßt sich die Doppelsumme auch scheiben als $\sum_{k=1}^N \sum_{n=k+1}^N (-1)^k\, \left(\varepsilon_{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right)$ .

Und das ist $\sum_{k=1}^N (-1)^k \left(\varepsilon_{N,k}-\varepsilon_{k,k}\right)=\sum_{k=1}^N (-1)^k\,\frac{1}{k^3\, {N\choose k}\, {N+k\choose k}}-\sum_{k=1}^N \frac{(-1)^k}{k^3\, {2k\choose k}}$ .

Da für $N\to\infty\,$ die Summe $\sum_{k=1}^N (-1)\,\frac{1}{k^3\, {N\choose k}\, {N+k\choose k}}$ gegen Null geht

ist $2\zeta(3)-4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3{2n\choose n}}=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^3 {2k\choose k}}$ und somit $\zeta(3)=\frac52\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^3 {2k\choose k}}$ .

2. Beweis

Aus der Reihenentwicklung $\text{arsinh}^2\, x=\frac12 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}\, 2^{2k}\, x^{2k}}{k^2\, {2k\choose k}}$ ergibt sich $I:=4\int_0^\frac12 \frac{\text{arsinh}^2\, x}{x}\, dx=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^3\, {2k\choose k}}$ .

Nach partieller Integration ist $I=4\underbrace{\Big[\log(2x)\, \text{arsinh}^2\, x\Big]_0^\frac12}_{=0}-8\int_0^\frac12 \log(2x)\,\frac{\text{arsinh}\, x}{\sqrt{1+x^2}}\, dx$

und das ist nach Substitution $x\to \sinh x\,$ gleich $-8\int_0^{\log\phi} x\,\log(2\sinh x)\, dx$ ,

was wegen $2\sinh x=(1-e^{-2x})\, e^x$ gleich $\underbrace{-8\int_0^{\log \phi} x\,\log(1-e^{-2x})\, dx}_{=:J}-8\underbrace{\int_0^{\log\phi}x^2\, dx}_{=\frac13 \log^3\phi}$ ist.

Beim Integral $J\,$ substituiere nun $x\to -\frac12\log x \qquad J=2\int_1^{1/\phi^2} \log x\, \left[-\frac{\log(1-x)}{x}\right]\, dx$ .

Nach partieller Integration ist $J=2\left[\log x\,\, \text{Li}_2(x)\right]_1^{1/\phi^2}-2\int_1^{1/\phi^2} \frac{\text{Li}_2(x)}{x}\, dx$

$=-4\log\phi\, \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)-2\left[\text{Li}_3(x)\right]_1^{1/\phi^2}=-4\log\phi\,\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)-2\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)+2\zeta(3)$ .

Dabei ist $\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac{\pi^2}{15}-\log^2\phi$ und $\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac45\zeta(3)+\frac23\log^3\phi-\frac{2\pi^2}{15}\log\phi$ .

Also ist $J=-\frac{4\pi^2}{15}\log\phi+4\log^3\phi-\frac85\zeta(3)-\frac43\log^3\phi+\frac{4\pi^2}{15}\log\phi+2\zeta(3)=\frac25 \zeta(3)+\frac83\log^3\phi$

und somit $I=\frac25 \zeta(3)$ . Daraus folgt unmittelbar $\zeta(3)=\frac52\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^3 \, {2k\choose k}}$ .

[Bearbeiten] Reihen zur Jacobischen Thetafunktion

Es sei $\vartheta_3(q)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} q^{n^2}$ und $a_m:=\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\pi^\frac14}\,\vartheta_3\left(e^{-m\pi}\right)$ . Vermutlich wird $a_m\,$ algebraisch sein $\forall m\in\Bbb{Z}^{>0}$ .

$m\,$	Minimalpolynom $m\,$ von $a_m\,$	$\text{deg}\, m\,$	$a_m\,$ ausgedrückt durch Radikale
$1\,$	$x-1\,$	$1\,$	$1\,$
$2\,$	$8x^4-8x^2+1\,$	$4\,$	$\frac{\sqrt{\sqrt{2}+2}}{2}$
$3\,$	$27x^8-18x^4-1\,$	$8\,$	$\sqrt[4]{\frac{2+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}}$
$4\,$	$32x^4-64x^3+48x^2-16x+1\,$	$4\,$	$\frac{2+\sqrt[4]{2}^3}{4}$
$5\,$	$25x^4-20x^2-1\,$	$4\,$	$\sqrt{\frac{\sqrt{5}+2}{5}}$
$6\,$			$\frac{\sqrt[3]{-4+3\sqrt{2}+\sqrt[4]{3}^5+2\sqrt{3}-\sqrt[4]{3}^3+2\sqrt{2}\sqrt[4]{3}^3}}{2\, \sqrt[8]{3}^3\, \sqrt[6]{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{3}-1)}}$
$7\,$	$823543 x^{16}-470596 x^{12}-72030 x^8-10388 x^4-1\,$	$16\,$	$\frac{\sqrt[4]{7+4\sqrt{7}+2\sqrt{35+16\sqrt{7}}}}{\sqrt{7}}$
$8\,$	$268435456x^{16}-268435456x^{14}+...-84608x^2+1\,$	$16\,$
$9\,$	$243x^6-486x^5+405x^4-216x^3+81x^2-18x-1\,$	$6\,$	$\frac{1+\sqrt[3]{2+2\sqrt{3}}}{3}$
$10\,$	$1600000000x^{16}-2560000000x^{14}+...-1958080x^2+1\,$	$16\,$
$12\,$		$32\,$

$\vartheta_3\left(e^{-\sqrt{2}\pi}\right)=\frac{\Gamma\left(\frac98\right)}{\Gamma\left(\frac54\right)}\, \sqrt{\frac{\Gamma\left(\frac14\right)}{\sqrt[4]{2}\,\pi}}$

[Bearbeiten] Hypergeometrische Reihen

Formel von Gauß

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a+k)\, \Gamma(b+k)}{k!\, \Gamma(c+k)}=\frac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(c-b)} \qquad \text{Re}(c-a-b)>0$

Beweis

Für $\text{Re}(b)>0\,$ und $\text{Re}(c-a-b)>0\,$ ist

$I:=\int_0^1 x^{b-1}\, (1-x)^{c-b-1}\, (1-x)^{-a}\, dx=B(b,c-a-b)=\frac{\Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)}$ .

Unter Verwendung der Binomialreihe $(1-x)^{-a}=\sum_{k=0}^\infty {a-1+k \choose k}\, x^k$ ist

$I=\sum_{k=0}^\infty {a-1+k\choose k} \int_0^1 x^{b+k-1}\, (1-x)^{c-b-1}\, dx$

$=\sum_{k=0}^\infty \frac{(a-1+k)!}{(a-1)!\, k!}\, B(b+k,c-b)=\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a+k)}{\Gamma(a)\, k!}\, \frac{\Gamma(b+k)\, \Gamma(c-b)}{\Gamma(c+k)}$ .

Also ist $\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a+k)\, \Gamma(b+k)}{k!\, \Gamma(c+k)}=\frac{\Gamma(a)\, \Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(c-b)}$ .

Wegen $\frac{\Gamma(a+k)\, \Gamma(b+k)}{k!\, \Gamma(c+k)}\sim \frac{k^a\, k^b}{k \,\, k^c}=k^{-1-(c-a-b)}$

konvergiert die Reihe $\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a+k)\, \Gamma(b+k)}{k!\, \Gamma(c+k)}$ auch unter der bloßen Bedingung $\text{Re}(c-a-b)>0\,$ .

Und wird sich auch ohne die Bedingung $\text{Re}(b)>0\,$ durch $\frac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(c-b)}$ analytisch fortsetzen lassen.

Formel von Gauß (modifiziert)

$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!\, (\alpha+k)!\, (\beta-k)!\, (\gamma-k)!}=\frac{(\alpha+\beta+\gamma)!}{\beta!\,\gamma!\, (\alpha+\beta)!\, (\alpha+\gamma)!} \qquad \text{Re}(\alpha+\beta+\gamma)>-1$

Beweis

Diese Formel ist äquivalent zur Formel $\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a+k)\, \Gamma(b+k)}{k!\, \Gamma(c+k)}=\frac{\Gamma(a)\, \Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(c-b)}$ für $\text{Re}(c-a-b)>0\,$ .

Ersetze hierzu $\Gamma(a+k)\,$ durch $\frac{(-1)^k\, \Gamma(a)\, \Gamma(1-a)}{\Gamma(1-a-k)}$ und analog $\Gamma(b+k)\,$ durch $\frac{(-1)^k\, \Gamma(b)\,\Gamma(1-b)}{\Gamma(1-b-k)}$ .

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(a)\, \Gamma(1-a)\, \Gamma(b)\, \Gamma(1-b)}{k!\, \Gamma(c+k) \, \Gamma(1-a-k)\, \Gamma(1-b-k)}=\frac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)\, \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\,\Gamma(c-b)}$

gleichbedeutend mit $\sum_{k=0}^\infty \frac{(-a)!\, (-b)!}{k!\, (c-1+k)! \, (-a-k)! \, (-b-k)!}=\frac{(c-1-a-b)!}{(c-1-a)!\, (c-1-b)!}$

Führe nun die Umbennenung $(a,b,c)=(-\beta,-\gamma,\alpha+1)\,$ durch.

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\beta!\, \gamma!}{k!\, (\alpha+k)!\, (\beta-k)!\, (\gamma-k)!}=\frac{(\alpha+\beta+\gamma)!}{(\alpha+\beta)!\, (\alpha+\gamma)!}$

Und $\text{Re}(c-a-b)>0\,$ ist äquivalent zu $\text{Re}(\alpha+1+\beta+\gamma)>0\,$ bzw. $\text{Re}(\alpha+\beta+\gamma)>-1\,$ .

Kummer'sche Formel

$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\, \frac{\Gamma(a+n)\,\Gamma(b+n)}{n!\; \Gamma(1+a-b+n)}=\frac{\Gamma\left(\frac{a}{2}\right)\,\Gamma(b)}{2\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}$

Beweis

Nach der Formel von Dixon ist $\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(a+n)\,\Gamma(b+n)}{n!\, \Gamma(1+a-b+n)}\, \left[\frac{\Gamma(c+n)}{\Gamma(c)}\, \frac{\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-c\right)\,\Gamma(1+a-b-c)}{\Gamma\left(1+a+n-c\right)\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b-c\right)}\right]=\frac{\Gamma\left(\frac{a}{2}\right)\,\Gamma(b)}{2\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}$ .

Für jedes $n\in\Bbb{N}$ geht der Ausdruck in eckigen Klammern gegen $(-1)^n\,$ wenn man $c\to -\infty\,$ gehen lässt.

Denn es gilt $\frac{\Gamma(c+n)}{\Gamma(c)}\sim c^n\,$ und $\frac{\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-c\right)\,\Gamma(1+a-b-c)}{\Gamma\left(1+a+n-c\right)\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b-c\right)}\sim \frac{(-c)^{\left(1+\frac{a}{2}\right)+(1+a-b)}}{(-c)^{(1+a+n)-\left(1+\frac{a}{2}-b\right)}}=\frac{1}{(-c)^n}$ für $c\to -\infty\,$ .

Dougall'sche Formel

$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{\Gamma(a+n)\, \Gamma(b+n)}{\Gamma(c+n)\, \Gamma(d+n)}=\frac{\pi^2}{\sin a\pi\, \sin b\pi}\,\frac{\Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(d-a)\, \Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)} \qquad \begin{matrix}\text{Re}(c+d-a-b)>1 \; , \; a,b\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{Z} \\\\ c-a\; ,\; d-a\; ,\; c-b \; ,\; d-b\notin\Bbb{Z}^{\le 0}\end{matrix}$

Beweis

Betrachte die Funktion $f(z)=\pi\cot \pi z\,\, \frac{\Gamma(a+z)\, \Gamma(b+z)}{\Gamma(c+z)\, \Gamma(d+z)}$ .

$\cot\pi z\,$ besitzt einfache Polstellen bei $z=0,\pm 1,\pm 2,...\,$

$\Gamma(a+z)\,$ bei $z=-a \, , \; -a-1 \, ,\; -a-2 \, ,\; ...\,$

$\Gamma(b+z)\,$ bei $z=-b \, , \; -b-1 \, ,\; -b-2 \, ,\; ...\,$

Es gibt eine Folge $(\gamma_N)\,$ von Quadraten mit $\text{dist}(\gamma_N,0)\to\infty\,$ , so dass $\oint_{\gamma_N} f \, dz$ gegen null geht.

Also muss die Summe aller Residuen von $f\,$ gleich null sein.

$\forall n\in\Bbb{Z}$ ist $\text{res}(f,n)=\frac{\Gamma(a+n)\, \Gamma(b+n)}{\Gamma(c+n)\, \Gamma(d+n)}$

und $\forall n\in\Bbb{Z}^{\ge 0}$ ist $\text{res}(f,-a-n)=\underbrace{\pi \cot(-a\pi-n\pi)}_{-\pi\,\cot a\pi}\, \frac{\frac{(-1)^n}{n!}\, \Gamma(b-a-n)}{\Gamma(c-a-n)\, \Gamma(d-a-n)}$ .

Nach der Formel $\Gamma(x-n)=\frac{(-1)^n\, \Gamma(x)\,\Gamma(1-x)}{\Gamma(1-x+n)}=\frac{(-1)^n}{\Gamma(1-x+n)}\,\frac{\pi}{\sin\pi x}$

ist das $-\pi \cot a\pi\, \frac{\frac{(-1)^n}{n!}\, \frac{(-1)^n}{\Gamma(1+a-b+n)}\, \frac{\pi}{\sin (b-a)\pi}}{\frac{(-1)^n\, \Gamma(c-a)\,\Gamma(1+a-c)}{\Gamma(1+a-c+n)}\, \frac{(-1)^n\, \Gamma(d-a)\, \Gamma(1+a-d)}{\Gamma(1+a-d+n)}}$

$=-\pi^2 \frac{\cot a\pi}{\sin(b-a)\pi} \, \frac{1}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(1+a-c)\, \Gamma(d-a)\, \Gamma(1+a-d)}\, \frac{\Gamma(1+a-c+n)\,\Gamma(1+a-d+n)}{n!\,\; \Gamma(1+a-b+n)}$ .

Nach der Gaußschen Formel $\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(a+n)\,\Gamma(b+n)}{n!\,\; \Gamma(c+n)}=\frac{\Gamma(a)\,\Gamma(b)\,\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\,\Gamma(c-b)}$ ist

$\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(1+a-c+n)\,\Gamma(1+a-d+n)}{n!\,\; \Gamma(1+a-b+n)}=\frac{\Gamma(1+a-c)\, \Gamma(1+a-d)\, \Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)}$ .

Also ist $\sum_{n=0}^\infty \text{res}(f,-a-n)=-\frac{\pi^2 \, \cot a\pi}{\sin(b-a)\pi}\, \frac{\Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-a)\,\Gamma(d-a)\,\Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)}$ .

Vertauscht man die Rollen von $a\,$ und $b\,$ so ist:

$\sum_{n=0}^\infty \text{res}(f,-b-n)=\frac{\pi^2 \, \cot b\pi}{\sin(b-a)\pi}\, \frac{\Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-a)\,\Gamma(d-a)\,\Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)}$ .

Somit ist $\sum_{n=0}^\infty \text{res}(f,-a-n)+\sum_{n=0}^\infty \text{res}(f,-b-n)=-\pi^2\, \frac{\cot a\pi-\cot b\pi}{\sin (b-a)\pi}\, \frac{\Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-a)\,\Gamma(d-a)\,\Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)}$ ,

wobei $\frac{\cot a\pi-\cot b\pi}{\sin (b-a)\pi}=\frac{\frac{\cos a\pi}{\sin a\pi}-\frac{\cos b\pi}{\sin b\pi}}{\sin (b-a)\pi}=\frac{1}{\sin a\pi\, \sin b\pi}\, \frac{\sin b\pi \, \cos a\pi-\cos b\pi\, \sin a\pi}{\sin (b-a)\pi}=\frac{1}{\sin a\pi\, \sin b\pi}$ ist.

Da die Summe aller Residuen null ergibt, ist also

$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{\Gamma(a+n)\, \Gamma(b+n)}{\Gamma(c+n)\, \Gamma(d+n)}=\frac{\pi^2}{\sin a\pi\, \sin b\pi}\,\frac{\Gamma(c+d-a-b-1)}{\Gamma(c-a)\, \Gamma(d-a)\, \Gamma(c-b)\, \Gamma(d-b)}$ .

Formel von Dixon

$\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(a+n)\,\Gamma(b+n)\,\Gamma(c+n)}{n!\; \Gamma(1+a-b+n)\, \Gamma(1+a-c+n)}=\frac{\Gamma\left(\frac{a}{2}\right) \Gamma(b)\,\Gamma(c)\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b-c\right)}{2\;\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-b\right)\,\Gamma\left(1+\frac{a}{2}-c\right)\,\Gamma\left(1+a-b-c\right)}$

Beweis

$I:=\int_0^1 \int_0^1 s^{\alpha-1}\, (1-s)^{\beta-1}\, t^{\alpha-1}\, (1-t)^{\beta-1}\, |s-t|^{2\gamma}\, ds\, dt$

ist aus Symmetriegründen

$2\int_0^1 \int_0^t s^{\alpha-1}\, (1-s)^{\beta-1}\, t^{\alpha-1}\, (1-t)^{\beta-1}\, (t-s)^{2\gamma}\, ds\, dt$ .

Und das ist nach Substitution $s=tu\; , \; ds=t\, du$ gleich

$2\int_0^1 \int_0^1 t^{\alpha-1}\, u^{\alpha-1}\, (1-tu)^{\beta-1}\, t^{\alpha-1}\, (1-t)^{\beta-1}\, t^{2\gamma}\, (1-u)^{2\gamma}\, t\, du\, dt$

Wegen $(1-tu)^{\beta-1}=\sum_{n=0}^\infty {n-\beta \choose n}\, (tu)^n$ ist nun

$I=2\sum_{n=0}^\infty {n-\beta\choose n} \int_0^1 t^{2\alpha+2\gamma+n-1}\, (1-t)^{\beta-1}\, dt\, \int_0^1 u^{\alpha+n-1}\, (1-u)^{2\gamma} \, du$

$=2 \sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(1-\beta+n)}{n!\, \Gamma(1-\beta)}\, \frac{\Gamma(2\alpha+2\gamma+n)\, \Gamma(\beta)}{\Gamma(2\alpha+\beta+2\gamma+n)}\, \frac{\Gamma(\alpha+n)\, \Gamma(1+2\gamma)}{\Gamma(1+\alpha+2\gamma+n)}$ .

Nach dem Selberg Integral in zwei Variablen ist $I=\frac{\Gamma(\alpha)\,\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+\gamma)}\, \frac{\Gamma(\alpha+\gamma)\, \Gamma(\beta+\gamma)\, \Gamma(1+2\gamma)}{\Gamma(\alpha+\beta+2\gamma)\, \Gamma(1+\gamma)}$ .

Also ist $\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(1-\beta+n)\, \Gamma(2\alpha+2\gamma+n)\, \Gamma(\alpha+n)}{n!\, \Gamma(2\alpha+2\gamma+n)\, \Gamma(1+\alpha+2\gamma+n)}=\frac{\Gamma(\alpha)\,\Gamma(1-\beta)\, \Gamma(\alpha+\gamma)\, \Gamma(\beta+\gamma)}{2\, \Gamma(\alpha+\beta+\gamma)\, \Gamma(\alpha+\beta+2\gamma)\, \Gamma(1+\gamma)}$ .

Substituiert man $\alpha=c\, , \, \beta=1-b \, , \, \gamma=\frac{a}{2}-c$ , so ist

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

[Bearbeiten] Reihen zur Betafunktion

$\sum_{k=0}^\infty B(x+k,y+1)=B(x,y)$

Beweis

$\sum_{k=0}^\infty B(x+k,y+1)=\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 z^{x+k-1}\, (1-z)^y\, dz=\int_0^1 z^{x-1}\, (1-z)^{y-1}=B(x,y)$

$\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, {x-1\choose k}\, \frac{1}{k+y}=B(x,y) \qquad \text{Re}(x)>0\, , \, y\notin\Bbb{Z}^{\le 0}$

Beweis

Zunächst seien $x,y\,$ komplexe Zahlen mit positivem Realteil.

Multipliziere die binomische Reihe $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \, {x-1\choose k}\, z^k=(1-z)^{x-1}\,$ mit $z^{y-1}\,$ durch und integriere nach $z\,$ von $0$ bis $1$ .

Wegen der analytischen Fortsetzbarkeit stimmt die Reihe $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, {x-1\choose k}\, \frac{1}{k+y}$ ,

die für alle $x,y\,$ mit $\text{Re}(x)>0\,$ und $y\notin\Bbb{Z}^{\le 0}$ konvergiert, mit $B(x,y)\,$ überein.

[Bearbeiten] Reihen zur Psifunktion

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

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{3k+1}=\frac{\log 2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{4k+1}=\frac{\log(1+\sqrt{2})}{2\sqrt{2}}+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{5k+1}=\frac{\pi}{10}\csc\left(\frac{\pi}{5}\right)+\frac{1}{\sqrt{5}}\log\phi+\frac{\log 2}{5}$

[Bearbeiten] Reihen deren Glieder ein Produkt von benachbarten Faktoren enthalten

$\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k\, (k+1)}=\frac{1}{n}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(1-z)^{k+n}\, (-1)^n}{k\,(k+1)\cdots (k+n)} =\frac{z^n}{n!}\, (H_n-\log z)+ \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k!\, k}\,\frac{z^{n-k}}{(n-k)!}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\, (k+1)\cdots (k+n)}=\frac{1}{n\cdot n!}$

1. Beweis

$\sum_{k=1}^\infty \frac{n!}{k\, (k+1)\cdots (k+n)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(k-1)!\, n!}{(k+n)!}=\sum_{k=1}^\infty B(k,n+1)=B(1,n)=\frac{1}{n}$

2. Beweis

Definiert man $S_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k\, (k+1)\cdots (k+n)}$ so ist

$S_{n-1}=\sum_{k=1}^n \frac{k+n}{k\, (k+1)\cdots (k+n)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{(k+1)\cdots (k+n)}+n\, S_n$ .

Also ist $S_{n-1}-n\, S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)\cdots (k+n)}-\frac{1}{n!}=S_{n-1}-\frac{1}{n!}$ . Daraus folgt $S_n=\frac{1}{n\cdot n!}$ .

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\,(k+2)\, (k+4)\cdots (k+2n)}=\frac{1}{2n}\left(\frac{2^n\, n!}{(2n)!}+\frac{1}{2^n\, n!}\right)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2\, (k+1)^2 \cdots (k+n)^2}=\frac{1}{n!^2} {2n\choose n} \left(\frac{\pi^2}{6}-3\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2 {2k\choose k}}\right)$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2\, (2k+3)^2\cdots (2k+2n+1)^2}=\frac{1}{n!^2} \frac{{2n\choose n}}{2^{2n}} \left( \frac{\pi^2}{8}-\frac14 \sum_{k=1}^n \frac{(3k-1) \,2^{4k}}{k^3 {2k\choose k}^3} \right)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3\, (k+1)^3\cdots (k+2n)^3}=\frac{(-1)^n\, (3n)!}{(2n)!^3\, n!^3}\left(\zeta(3)+\frac14\sum_{k=1}^n (-1)^k\, \frac{(56k^2-32k+5)\, (k-1)!^3}{(3k)!\, (2k-1)^2}\right)$

[Bearbeiten] Reihe die sich aus der geometrischen Reihe ergibt

$\sum_{k=0}^\infty k^n \, x^k=\sum_{k=0}^n \begin{Bmatrix} n \\ k\end{Bmatrix} \frac{k! \, x^k}{(1-x)^{k+1}} \qquad |x|<1$

Beweis

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

[Bearbeiten] Reihen zur Zetafunktion

$\zeta(2)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung vom Arkussinus:

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

Ersetzt man $z\,$ durch $\sin x\,$ so gilt

$x=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, {-\frac12 \choose k}\, \frac{\sin^{2k+1}(x)}{2k+1}$ für $-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}$ .

Integriere nun nach $x\,$ von $0\,$ bis $\frac{\pi}{2}$ :

$\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, {-\frac12 \choose k}\, \frac{1}{2k+1}\, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k+1}(x)\, dx$ .

Dabei ist $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k+1}(x)\, dx=\frac{1}{2k+1}\, \left[\frac{1}{2^{2k}}{2k\choose k}\right]^{-1}=\frac{1}{2k+1}\left[(-1)^k\, {-\frac12 \choose k}\right]^{-1}$ .

Daraus folgt $\frac{\pi^2}{8}=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}=\lambda(2)$ .

Wegen $\lambda(2)=\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\zeta(2)$ ist somit $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ .

$\zeta(2n)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2n}}=\frac{(-1)^{n-1}\, B_{2n}\, \pi^{2n}\, 2^{2n-1}}{(2n)!}$

Beweis

Aus der Produktdarstellung $\sin z=z\,\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{(k\pi)^2}\right)$ ergibt sich $\log(\sin z)=\log z+\sum_{k=1}^\infty \log\left(1-\frac{z^2}{(k\pi)^2}\right)$ .

Differenziert man so ist $\cot z=\frac{1}{z}+\sum_{k=1}^\infty \frac{-\frac{2z}{(k\pi)^2}}{1-\frac{z^2}{(k\pi)^2}}=\frac{1}{z}-\frac{2}{z}\sum_{k=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{z}{k\pi}\right)^{2n}=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{-2}{(k\pi)^{2n}}\, z^{2n-1}$ .

Ein Koeffizientenvergleich mit $\cot z=\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\, \frac{B_{2n}\, 2^{2n}}{(2n)!}\, z^{2n-1}$ liefert $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k\pi)^{2n}}=(-1)^{n-1}\, \frac{B_{2n}\, 2^{2n-1}}{(2n)!}$ .

[Bearbeiten] Reihen zur Dirichlet Betafunktion

$\beta(2n+1)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}=|E_{2n}|\,\frac{\pi^{2n+1}}{2^{2n+2}\, (2n)!}$

1. Beweis

Aus der Partialbruchentwicklung $\frac{\pi}{2}\, \sec\left(\frac{\pi z}{2}\right)=\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1-z}$

ergibt sich $\frac{\pi}{4}\, \sec\left(\frac{\pi z}{2}\right)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{2k+1}{(2k+1)^2-z^2}$

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

Und aus $\sec(z)=\sum_{n=0}^\infty |E_{2n}|\, \frac{z^{2n}}{(2n)!}$ folgt $\frac{\pi}{4}\,\sec\left(\frac{\pi z}{2}\right)=\sum_{n=0}^\infty |E_{2n}|\, \frac{\pi^{2n+1}}{2^{2n+2}\, (2n)!}\, z^{2n}$ .

Durch Koeffizientenvergleich erhält man $\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^{2n+1}}=|E_{2n}|\,\frac{\pi^{2n+1}}{2^{2n+2}\, (2n)!}$ .

2. Beweis

Bei der Formel $I_n:=\frac12\, |E_{2n}|\, \left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}=\int_0^1 \frac{\log^{2n} x}{1+x^2}\, dx$

entwickle $\frac{1}{1+x^2}$ in eine Potenzreihe: $I_n=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \int_0^1 \log^{2n} x\,\, x^{2k}\, dx$

$\int_0^1 \log^{2n} x\,\, x^{2k}\, dx$ ist nach Substitution $x=e^{-t}\,$ gleich $\int_0^\infty t^{2n}\, e^{-(2k+1)t}\, dt=\frac{(2n)!}{(2k+1)^{2n+1}}$ .

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

$\beta'(1)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1} \, \log(2k+1)}{2k+1}=\frac{\pi \gamma}{4}+\frac{\pi}{2} \log\left(\sqrt{2\pi}\,\,\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$

1. Beweis

Differenziert man die Formel $\beta(\alpha)\,\Gamma(\alpha)=\frac12\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{\cosh x}\, dx$ so ist $\beta'(\alpha)\, \Gamma(\alpha)+\Gamma'(\alpha)\,\beta(\alpha)=\frac12\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}\, \log x}{\cosh x}\, dx$ .

Setzt man anschließend $\alpha=1\,$ so ist $\beta'(1)-\gamma\,\frac{\pi}{4}=\frac12 \int_0^\infty \frac{\log x}{\cosh x}\, dx=\frac{\pi}{2} \log\left(\sqrt{2\pi}\,\,\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$

2. Beweis

In der Legendreschen Verdopplungsformel $\Gamma(x)\,\Gamma\left(x+\frac12\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2x-1}} \, \Gamma(2x)$ setze $x=\frac14$

dann ist $\Gamma\left(\frac14\right)\, \Gamma\left(\frac34\right)=\sqrt{2\pi}\, \sqrt{\pi} \Rightarrow \sqrt{2\pi}\, \,\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}=\frac{\sqrt{2\pi}^{\, 3}}{\sqrt{2}\,\, \Gamma^2\left(\frac14\right)}$

$\Rightarrow \log\left(\sqrt{2\pi}\,\, \frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)=\frac32\log 2\pi-\log\sqrt{2}-2\log\Gamma\left(\frac14\right)$

$\Rightarrow -\frac12 \log\left(\sqrt{2\pi} \,\,\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)=\log\Gamma\left(\frac14\right)-\frac34\log 2\pi+\frac12\log\sqrt{2}$

Setzt man in der Kummerschen Reihe

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n\pi}\, \sin 2n\pi x=\log\Gamma(x)-\frac12\log 2\pi+\frac12\log(2\sin\pi x)+(\gamma+\log 2\pi)\left(x-\frac12\right)$ für $0<x<1\,$

$x=\frac14$ so ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\, \log(2n+1)}{(2n+1)\pi}=\log\Gamma\left(\frac14\right)-\frac12\log 2\pi+\frac12\log\sqrt{2}-\frac14\left(\gamma+\log 2\pi\right)$

$=-\frac{\gamma}{4}+\log\Gamma\left(\frac14\right)-\frac34\log 2\pi+\frac12\log\sqrt{2}$ .

Also ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\, \log(2n+1)}{2n+1}=-\frac{\pi\gamma}{4}-\frac{\pi}{2}\log\left(\sqrt{2\pi}\,\, \frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}\right)$ .

[Bearbeiten] Reihen zur Dirichlet Etafunktion

$\eta'(1)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k \, \log k}{k}=\gamma\, \log 2-\frac12 \log^2 2$

Beweis

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k\, \log k}{k}+\sum_{k=1}^{2n} \frac{\log k}{k}=\sum_{k=1}^n \frac{2\, \log(2k)}{2k}=H_n\, \log 2+\sum_{k=1}^n \frac{\log k}{k}$

$\Rightarrow \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^k\, \log k}{k}=H_n\, \log 2-\sum_{k=1}^n \frac{\log(n+k)}{n+k}=\left(H_n-\log n\right)\log 2+\log n\, \log 2-\sum_{k=1}^n \frac{\log\left(1+\frac{k}{n}\right)+\log n}{n+k}$

$=\underbrace{\left(H_n-\log n\right)}_{\to \gamma}\log 2-\underbrace{\sum_{k=1}^n \frac{\log\left(1+\frac{k}{n}\right)}{1+\frac{k}{n}} \frac{1}{n}}_{\to \int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x}\, dx=\frac{\log^2 2}{2}}-\underbrace{\left(H_{2n}-H_n-\log 2\right)\, \log n}_{\to 0}$

$(-1)^{n-1}\, \eta^{(n)}(1)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k \, (\log k)^n}{k}=-\frac{(\log 2)^{n+1}}{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} {n\choose k}\, \gamma_k\, (\log 2)^{n-k}$

Beweis

Beachte die folgenden Reihenentwicklungen:

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

$z\, \zeta(1+z)=\sum_{k=0}^\infty b_k z^k$ mit $b_0=1\,$ und $b_k=(-1)^{k-1}\, \frac{\gamma_{k-1}}{(k-1)!}$ für $k>0\,$

Schreibe $\eta(1+z)=\left(1-\frac{1}{2^z}\right) \zeta(1+z)$ als Cauchy-Produkt $\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n a_{n-k}\, b_k \, z^n$ .

Durch Koeffizientenvergleich mit der Taylorreihenentwicklung $\eta(1+z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{\eta^{(n)}(1)}{n!}\, z^n$ ergibt sich

$\eta^{(n)}(1)=n!\, \left((-1)^n \frac{(\log 2)^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k} \,\frac{(\log 2)^{n-k+1}}{(n-k+1)!}\,\, (-1)^{k-1}\, \frac{\gamma_{k-1}}{(k-1)!}\right)$

$=(-1)^{n-1}\left(-\frac{(\log 2)^{n+1}}{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} \frac{n!}{(n-k)!\, k!}\, (\log 2)^{n-k}\, \gamma_k \right)$ .

Und aus $\eta(z)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^z}$ folgt $\eta^{(n)}(z)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^z} \left(\log\frac{1}{k}\right)^n=(-1)^{n-1}\, \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k\, (\log k)^n}{k^z}$ .

Also ist $\eta^{(n)}(1)=(-1)^{n-1} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k\, (\log k)^n}{k}$ .

[Bearbeiten] Fourier-Reihen für Bernoulli- und Euler-Polynome

$\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos\left(2k\pi x-\frac{n\pi}{2}\right)}{k^n}=-\frac{B_n(x)\, (2\pi)^n}{2\, n!}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\cos\left((2k+1)\pi x-\frac{n\pi}{2}\right)}{(2k+1)^n}=\frac{E_{n-1}(x)\, \pi^n}{4\, (n-1)!}$

[Bearbeiten] Reihen die sich mit Residuensatz und Kettenbruchentwicklung berechnen lassen

Ist $m\in\Bbb{Z}^{\ge 2}$ und ist $\alpha_0\,$ ein Element des quadratischen Zahlkörpers $\Bbb{Q}(\sqrt{d})$ , so ist auch $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha_0)}{(n\pi)^{2m-1}}\in\Bbb{Q}(\sqrt{d})$ .

Beweis

Ist $\alpha\in\Bbb{Q}(\sqrt{d})$ und ist $f(z)=\frac{\alpha\pi\, \cot \alpha\pi z\, \cot \pi z}{(\pi z)^{2m-1}}$ , so gibt es eine Folge von Quadraten $(\gamma_N)\,$

mit $\text{dist}(\gamma_N,0)\to\infty\,$ , so dass $\oint_{\gamma_N} f\, dz$ gegen null geht. Also muss die Summe aller Residuen von $f\,$ gleich null sein.

$\forall n\in\Bbb{Z}^{\ge 1}$ ist $\text{res}\left(f,\pm \frac{n}{\alpha}\right)=\alpha^{2m-1}\, \frac{\cot\left(\frac{n\pi}{\alpha}\right)}{(n\pi)^{2m-1}}$ und $\text{res}(f,\pm n)=\alpha\, \frac{\cot(n\pi\alpha)}{(n\pi)^{2m-1}}$ .

Und es ist $\text{res}(f,0)=4\sum_{k=0}^m \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\,\frac{\zeta(2m-2k)}{\pi^{2m-2k}}\, \alpha^{2k}=:-2\cdot G_m(\alpha)\in\Bbb{Z}[\alpha]$ mit $\deg G_m=2m\,$ .

Also gilt $\alpha^{2m-1}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot\left(\frac{n\pi}{\alpha}\right)}{(n\pi)^{2m-1}}+\alpha\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha)}{(n\pi)^{2m-1}}=G_m(\alpha) \quad (\star)$ .

Es gibt eine Kettenbruchdarstellung $\alpha_0=[a_0,a_1,...,a_{\nu-1},\overline{a_\nu,...,a_{\nu+\ell-1}}]$ mit Vorperiodenlänge $\nu\ge 0\,$ und Peridenlänge $\ell>0$ .

Die Zahlen $a_k\,$ lassen sich mit dem Kettenbruchalgorithmus $a_k=\lfloor \alpha_k\rfloor\, ,\;\alpha_{k+1}=\frac{1}{\alpha_k-a_k}$ rekursiv berechnen.

Aus $\frac{1}{\alpha_{k+1}}=\alpha_k-a_k$ folgt $\cot\left(\frac{n\pi}{\alpha_{k+1}}\right)=\cot\left(n\pi(\alpha_k-a_k)\right)=\cot(n\pi\alpha_k)$ .

Also ist nach $(\star) \quad \alpha_{k+1}^{2m-1}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha_k)}{(n\pi)^{2m-1}}+\alpha_{k+1}\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha_{k+1})}{(n\pi)^{2m-1}}=G_m(\alpha_{k+1})$ .

Das ist gleichbedeutend mit $\beta_{k+1}\, X_k+\alpha_{k+1} X_{k+1}=G_m(\alpha_{k+1})$ wenn man

$\beta_k:=\alpha_k^{2m-1}\,$ und $X_k:=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha_k)}{(n\pi)^{2m-1}}$ setzt. Dabei ist wegen $\alpha_{\nu+\ell}=\alpha_{\nu}$ auch $X_{\nu+\ell}=X_\nu$ .

Daraus ergibt sich das Gleichungssystem

$\left(\begin{array}{c|c} \begin{matrix} \beta_1 & \alpha_1 \\ & \beta_2 & \alpha_2 \\ & & \ddots & \ddots \\ & & & \beta_{\nu-1} & \alpha_{\nu-1} \\ & & & & \beta_\nu \end{matrix} & \begin{matrix}\\ \\ \\ \\ \alpha_\nu \,\, & \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \end{matrix} \\ \hline & \begin{matrix} \beta_{\nu+1} & \alpha_{\nu+1} & \\ & \beta_{\nu+2} & \alpha_{\nu+2} \\ & & \ddots & \ddots \\ & & & \beta_{\nu+\ell-1} & \alpha_{\nu+\ell-1} \\ \alpha_{\nu} & & & & \beta_{\nu} \end{matrix}\end{array}\right)\,\left(\begin{array}{c} X_0 \\ X_1 \\ \vdots \\ X_{\nu-2} \\ X_{\nu-1} \\ \hline X_{\nu} \\ X_{\nu+1} \\ \vdots \\ X_{\nu+\ell-2} \\ X_{\nu+\ell-1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} G_m(\alpha_1) \\ G_m(\alpha_2) \\ \vdots \\ G_m(\alpha_{\nu-1}) \\ G_m(\alpha_{\nu}) \\ \hline G_m(\alpha_{\nu+1}) \\ G_m(\alpha_{\nu+2}) \\ \vdots \\ G_m(\alpha_{\nu+\ell-1}) \\ G_m(\alpha_{\nu}) \end{array}\right)$

Im Fall $\nu=0\,$ bleibt nur der Matrixblock rechts unten übrig und im Fall $\ell=1\,$ ist der Matrixblock rechts unten,

wegen $\alpha_{\nu+1}=\alpha_\nu\,$ und $X_{\nu+1}=X_{\nu}\,$ , gleich der $1\times 1\,$ Matrix $\left(\beta_\nu+\alpha_\nu\right)$ .

Die Koeffizientenmatrix hat also die Form $\left(\begin{array}{c|c} \begin{matrix} \\ & T_{\nu} & \\ \end{matrix} & \begin{matrix} \\ \\ a_\nu & & \\ \end{matrix} \\ \hline & \begin{matrix} \\ & S_{\ell} & \\ && \end{matrix} \end{array}\right)$ mit $T_\nu\in\text{Gl}_\nu\left(\Bbb{Q}(\sqrt{d})\right)$ und $S_\ell\in\text{Gl}_\ell\left(\Bbb{Q}(\sqrt{d})\right)$ .

Dabei ist $T_1=(\beta_1) \, , \, T_2=\begin{pmatrix} \beta_1 & \alpha_1 \\ & \beta_2 \end{pmatrix} \, , \, T_3=\begin{pmatrix} \beta_1 & \alpha_1 \\ & \beta_2 & \alpha_2 \\ & & \beta_3 \end{pmatrix} \, , \, T_4=\begin{pmatrix} \beta_1 & \alpha_1 & & \\ & \beta_2 & \alpha_2 & & \\ & & \beta_3 & \alpha_3 \\ & & & \beta_4 \end{pmatrix} \, , \, ...$

und $S_1=(\beta_\nu+\alpha_\nu) \, , \, S_2=\begin{pmatrix} \beta_{\nu+1} & \alpha_{\nu+1} \\ \alpha_\nu & \beta_\nu \end{pmatrix} \, , \, S_3=\begin{pmatrix} \beta_{\nu+1} & \alpha_{\nu+1} & \\ & \beta_{\nu+2} & \alpha_{\nu+2} \\ \alpha_\nu & & \beta_\nu \end{pmatrix} \, , \, S_4=\begin{pmatrix} \beta_{\nu+1} & \alpha_{\nu+1} & & \\ & \beta_{\nu+2} & \alpha_{\nu+2} \\ & & \beta_{\nu+3} & \alpha_{\nu+3} \\ \alpha_\nu & & & \beta_\nu \end{pmatrix}\, , \, ...$

Löst man das Gleichungssystem $A\cdot \vec{X}=\vec{G}$ , so erhält man $X_0=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi\alpha_0)}{(n\pi)^{2m-1}}\in\Bbb{Q}(\sqrt{d})$ .

$\sum_{k=1}^\infty \frac{\csc(n\pi \sqrt{2})}{(n\pi)^3}=-\frac{13}{360\sqrt{2}}$

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\cot(n\pi \phi)}{(n\pi)^3}=-\frac{1}{45\sqrt{5}}$

Beweis

$\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\in\Bbb{Q}(\sqrt{5})$ besitzt die Kettenbruchentwicklung $\phi=\big[\; \overline{1}\; \big]$ . Also ist $\nu=0\,$ und $\ell=1$ .

Im Fall $m=2\,$ ist $G_{2m-1}(\alpha)=\frac{1-5\alpha^2+\alpha^4}{90}$ und man erhält die Gleichung $(\phi^3+\phi)X_0=G_3(\phi)\,$ .

Gleichbedeutend mit $\frac{5+3\sqrt{5}}{2} X_0=-\frac{3+\sqrt{5}}{90}$ . Und daraus folgt $X_0=-\frac{1}{45\sqrt{5}}\in\Bbb{Q}(\sqrt{5})$ .

[Bearbeiten] Reihen die sich aus Partialbruchentwicklungen ergeben

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{\frac{\alpha^2}{2}}{k^4+\left(\frac{\alpha^2}{2}\right)^2}=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{\sinh\alpha\pi+\sin\alpha\pi}{\cosh\alpha\pi-\cos\alpha \pi}$

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{k^2}{k^4+\left(\frac{\alpha^2}{2}\right)^2}=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{\sinh\alpha\pi-\sin\alpha\pi}{\cosh\alpha\pi-\cos\alpha \pi}$

[Bearbeiten] Erzeugende Funktion der harmonischen Zahlen

$\sum_{n=1}^\infty H_n \, x^n=-\frac{\log(1-x)}{1-x} \qquad |x|<1$

Beweis

Es ist $H_n-H_{n-1}=\frac{1}{n}$ für alle positiven ganzen Zahlen $n\,$ .

Multipliziere die Gleichung mit $x^n\,$ durch

$H_n\, x^n-x\, H_{n-1}\, x^{n-1}=\frac{x^n}{n}$

und summiere nach $n\,$ von $1\,$ bis $\infty$

$\sum_{n=1}^\infty H_n\, x^n-x\, \sum_{n=1}^\infty H_{n-1}\, x^{n-1}=-\log(1-x)$

Wegen $H_0=0\,$ kann die zweite Reihe auf der linken Seite nach Laufindexverschiebung auch als $\sum_{n=1}^\infty H_n\, x^n$ geschrieben werden.

Also ist $(1-x)\, \sum_{n=1}^\infty H_n\, x^n=-\log(1-x)$ .

[Bearbeiten] Reihen mit harmonischen Zahlen

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^2}=2\,\zeta(3)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^3}=\frac{\pi^4}{72}$

$2\,\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^n}=(n+2)\, \zeta(n+1)-\sum_{k=1}^{n-2} \zeta(n-k)\, \zeta(k+1) \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 2}$

Beweis

Setzt man $f(z)=\frac{(\psi(-z)+\gamma)^2}{z^n}$ und wählt als Integrationsweg $\gamma_N\,$

das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)\left(N+\frac12\right)$ , so gilt $\lim_{N\to\infty} \oint_{\gamma_N} f\, dz=0$ .

Die Summe aller Residuen von $f\,$ muss also verschwinden.

Die Taylorreihenentwicklung von $\psi(-z)+\gamma\,$ im Punkt $z=k\,$ hat die Form $\frac{1}{z-k}+H_k+\sum_{m=0}^\infty r_m\, (z-k)^m$ .

Folglich hat die Taylorreihenentwicklung von $(\psi(z)+\gamma)^2\,$ im Punkt $z=k\,$ die Form $\frac{1}{(z-k)^2}+\frac{2 H_k}{z-k}+\sum_{m=0}^\infty s_m\, (z-k)^m$ .

Für alle $k\ge 1\,$ ist also $\text{res}(f,k)=\text{res}\left(\frac{1}{(z-k)^2\, z^n},k\right)+2 H_k\, \text{res}\left(\frac{1}{(z-k)\, z^n},k\right)=\frac{2 H_k}{k^n}-\frac{n}{k^{n+1}}$ .

Und somit ist $\sum_{k=1}^\infty \text{res}(f,k)=2\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^n}-n\,\zeta(n+1)$ .

Die Funktion $g(z)=-z\, (\psi(-z)+\gamma)$ besitzt die Taylorreihenentwicklung $-1+\sum_{k=2}^\infty \zeta(k) z^k$ .

Und das ist $\sum_{k=0}^\infty a_k z^k$ wenn man $a_0=-1\, , \, a_1=0$ und $a_k=\zeta(k) \; \; \forall k\ge 2$ setzt.

Bilde nun das Cauchy-Produkt $g^2(z)=\sum_{m=0}^\infty c_m \, z^m$ , wobei $c_m=\sum_{k=0}^m a_k\, a_{m-k}$ ist.

Wegen $f(z)=\frac{g^2(z)}{z^{n+2}}=\sum_{m=0}^\infty c_m\, z^{m-n-2}$ ist $\text{res}(f,0)=c_{n+1}\,$ , und das ist

$\sum_{k=0}^{n+1} a_k\, a_{n+1-k}=-\zeta(n+1)+\sum_{k=2}^{n-1} \zeta(k)\, \zeta(n+1-k)-\zeta(n+1)=-2\, \zeta(n+1)+\sum_{k=1}^{n-2} \zeta(k+1)\, \zeta(n-k)$ .

Nachdem die Summe aller Residuen verschwindet ist daher

$2\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^n}-n\,\zeta(n+1)=2\,\zeta(n+1)-\sum_{k=1}^{n-2} \zeta(k+1)\,\zeta(n-k)$ .

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k\, 2^k}=\frac{\pi^2}{12}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^2\, 2^k}=\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\log 2$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k^2}{k^2}=\frac{17\pi^4}{360}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k^2}{(k+1)^2}=\frac{11\pi^4}{360}$

[Bearbeiten] Knuthsche Reihe

$\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{k^k}{e^k\, k!}-\frac{1}{\sqrt{2\pi k}}\right)=-\frac23-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, \zeta\left(\frac12\right)$

[Bearbeiten] Ramanujan-Reihen

$\sum_{k=1}^\infty \frac{\coth(k\pi)}{(k\pi)^{4n-1}}=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{k-1}\, \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, \frac{\zeta(4n-2k)}{\pi^{4n-2k}} \qquad n\in\Bbb{Z}^{>0}$

1. Beweis

Es sei $f(z)=\frac{\cot z\, \coth z}{z^{4n-1}}$ und $\gamma_N\,$ das Quadrat mit den Ecken $(\pm 1\pm i)\, \left(N+\frac12\right)\, \pi$ .

Wegen $\cot z=-\frac{2}{z}\, \sum_{k=0}^\infty \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, z^{2k}$ und $\coth z=-\frac{2}{z}\, \sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, z^{2k}$

ist nach der Cauchy-Produktformel $f(z)=\frac{\cot z\, \coth z}{z^{4n-1}}=\frac{4}{z^{4n+1}}\, \sum_{m=0}^\infty \sum_{k=0}^m (-1)^k\, \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, \frac{\zeta(2m-2k)}{\pi^{2m-2k}}\, z^{2m}$ .

Das Reihenglied der Form $\text{Koeffizient}\cdot \frac{1}{z}$ erhält man für $m=2n\,$ .

Daher ist $\text{res}f\big|_{z=0}=4\, \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k\, \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, \frac{\zeta(4n-2k)}{\pi^{4n-2k}}$ .

Desweiteren ist $\text{res}f\big|_{z=k\pi}=\lim_{z\to k\pi} \frac{z-k\pi}{\sin z}\, \frac{\cos z\, \coth z}{z^{4n-1}}=\frac{\coth k\pi}{(k\pi)^{4n-1}}$

und $\text{res}f\big|_{z=ik\pi}=\lim_{z\to ik\pi} \frac{z-ik\pi}{\sinh z}\, \frac{\cot z\, \cosh z}{z^{4n-1}}=\frac{\coth k\pi}{(k\pi)^{4n-1}}$ .

Wegen $\sin z=\sin(x+iy)=\sin x\, \cosh y+i\cos x\, \sinh y$ ist

$|\sin z|^2=\sin^2 x\, \underbrace{\cosh^2 y}_{1+\sinh^2 y}+\cos^2 x\, \sinh^2 y=\sin^2 x+\sinh^2 y$ .

Das ist mindestens $1\,$ wenn $x\,$ oder $y\,$ gleich $\pm \left(N+\frac12\right)\, \pi$ ist.

Wegen $\cot^2 z=\frac{1}{\sin^2 z}-1$ ist daher für alle $z\in\gamma_N\qquad |\cot z|^2\le 1+1$ .

Und da aus $z\in\gamma_N\qquad iz\in\gamma_N$ folgt ist $|\coth z|^2=|\cot iz|^2\,$ ebenfalls $\le 2$ .

Somit ist $|f(z)|\le \frac{2}{|z|^{4n-1}}$ für alle $z\in\gamma_N$ .

Daraus folgt $\left|\oint_{\gamma_N} f\, dz\right|\le 8\left(N+\frac12\right)\, \frac{2}{\left(N+\frac12\right)^{4n-1}}\to 0$ für $N\to\infty$ .

Die Summe aller Residuen muss also $0\,$ ergeben:

$4\, \sum_{k=1}^\infty \frac{\coth k\pi}{(k\pi)^{4n-1}}+4\sum_{k=0}^{2n} (-1)^k\, \frac{\zeta(2k)}{\pi^{2k}}\, \frac{\zeta(4n-2k)}{\pi^{4n-2k}}=0$

2. Beweis

Es ist $\frac{\pi}{k}\, \coth(k\pi)=\sum_{\ell\in\Bbb{Z}} \frac{1}{k^2+\ell^2}=\frac{1}{k^2}+2\sum_{\ell=1}^\infty \frac{1}{k^2+\ell^2}$

Teile durch $(k^2)^{2n-1}\,:\quad \frac{\pi}{k^{4n-1}}\,\coth(k\pi)=\frac{1}{k^{4n}}+2\sum_{\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\, (k^2+\ell^2)}$

und summiere nach $k\,$ von $1\,$ bis $\infty\, : \quad\pi\sum_{k=1}^\infty \frac{\coth(k\pi)}{k^{4n-1}}=\zeta(4n)+2\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}$

Aus Symmetriegründen kann $\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}$ auch als $\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(\ell^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}$ geschrieben werden.

Daher ist $2\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}=\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(\ell^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}+\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\,(k^2+\ell^2)}$

$=\sum_{k,\ell=1}^\infty \frac{1}{(k^2)^{2n-1}\, (\ell^2)^{2n-1}}\, \frac{(k^2)^{2n-1}+(\ell^2)^{2n-1}}{k^2+\ell^2}$

wobei $\frac{(k^2)^{2n-1}+(\ell^2)^{2n-1}}{k^2+\ell^2}=\sum_{r=1}^{2n-1} (-1)^{r-1}\, (k^2)^{2n-1-r}\, (\ell^2)^{r-1}$ ist.

$\pi\sum_{k=1}^\infty \frac{\coth(k\pi)}{k^{4n-1}}=\zeta(4n)+\sum_{k,\ell=1}^\infty \sum_{r=1}^{2n-1} (-1)^{r-1}\frac{1}{(k^2)^r\,(\ell^2)^{2n-r}}$

$=\zeta(4n)+\sum_{r=1}^{2n-1} (-1)^{r-1}\, \zeta(2r)\, \zeta(4n-2r)=\sum_{r=0}^{2n} (-1)^{r-1}\, \zeta(2r)\, \zeta(4n-2r)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k\,\text{csch}(k\pi)}{(k\pi)^{4n-1}}=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{k-1}\, \frac{\eta(2k)}{\pi^{2k}}\, \frac{\eta(4n-2k)}{\pi^{4n-2k}} \qquad n\in\Bbb{Z}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\tanh\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)^{4n-1}}=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^{k-1}\, \frac{\lambda(2k)}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2k}}\, \frac{\lambda(4n-2k)}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{4n-2k}} \qquad n\in\Bbb{Z}^{>0}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \text{sech}\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)^{4n+1}}=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^k\, \frac{\beta(2k+1)}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2k+1}}\, \frac{\beta(4n-2k+1)}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{4n-2k+1}} \qquad n\in\Bbb{Z}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \text{sech}\left(\sqrt{3}\, (2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{(2k+1)\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{12}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \text{sech}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\, (2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{(2k+1)\frac{\pi}{2}}=\frac{5}{12}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \text{sech}\left(\sqrt{3}\, (2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)^7}=\frac{1}{180}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \text{sech}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\, (2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}{\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)^7}=\frac{143}{27\cdot 180}$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(2k+1)^{4n+1}}{e^{(2k+1)\pi}+1}=\left(2^{4n+1}-1\right)\, \frac{B_{4n+2}}{4\, (2n+1)} \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 0}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{k^{-4n+1}}{e^{2k\pi}-1}=-\frac{(2\pi)^{4n-1}}{4}\, \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k\, \frac{B_{2k}}{(2k)!}\, \frac{B_{4n-2k}}{(4n-2k)!}-\frac12 \, \zeta(4n-1) \qquad n\in\Bbb{Z}^{\ge 0}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{k^{4n+1}}{e^{2k\pi}-1}=\frac{B_{4n+2}}{4\, (2n+1)} \qquad n\in\Bbb{Z}^{>0}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\, (e^{2\pi k}-1)}=\frac14 \log\left(\frac{4}{\pi}\right)-\frac{\pi}{12}+\log\Gamma\left(\frac34\right)$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{k}{(-1)^k\, e^{\sqrt{3}\pi k}-1}=\frac{1}{24}-\frac{1}{4\sqrt{3}\pi}$

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{1}{\cosh(k\pi)}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, \frac{\Gamma\left(\frac14\right)}{\Gamma\left(\frac34\right)}$

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{\pi}{\cosh^2\left((2k+1)\frac{\pi}{2}\right)}=1$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k\, \sinh(k\pi)}=\frac{\pi}{12}-\frac12 \log 2$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{\sinh^2(k\pi)}=\frac16-\frac{1}{2\pi}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{\sinh(2^k\pi)}=\coth\pi-1$

$\sum_{k=0}^\infty {-\frac12 \choose k}^3=\left(\frac{\Gamma\left(\frac98\right)}{\Gamma\left(\frac54\right)\, \Gamma\left(\frac78\right)}\right)^2$

$\sum_{k=0}^\infty (4k+1) {-\frac12 \choose k}^3=\frac{2}{\pi}$

$\sum_{k=0}^\infty (8k+1) {-\frac14 \choose k}^4=\frac{2\sqrt{2}}{\Gamma\left(\frac12\right)\,\Gamma^2\left(\frac34\right)}$

$\sum_{k=0}^\infty (4k+1) {-\frac12 \choose k}^5=\frac{2}{\Gamma^4\left(\frac34\right)}$

[Bearbeiten] Polylogarithmus-Reihen

$\text{Li}_2\left(\frac12\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \, 2^k}=\frac{\pi^2}{12}-\frac12 \log^2 2$

Beweis

In der Identität $\text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\log(z)\, \log(1-z)$ setze $z=\frac12$ .

$\text{Li}_3\left(\frac12\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3 \, 2^k}=\frac78 \zeta(3)-\frac{\pi^2}{12} \log 2+\frac16 \log^3 2$

Beweis

In der Identität $\text{Li}_3(z)+\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)=\zeta(3)+\frac16 \log^3 z+\frac{\pi^2}{6}\log z-\frac12 \log^2(z)\, \log(1-z)$ setze $z=\frac12$ .

$2\,\text{Li}_3\left(\frac12\right)+\underbrace{\text{Li}_3(-1)}_{-\frac{3}{4}\zeta(3)}=\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}\log 2+\frac13 \log^3 2$

$\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \, \phi^{2k}}=\frac{\pi^2}{15}-\log^2 \phi$

$\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \, \phi^k}=\frac{\pi^2}{10}-\log^2 \phi$

$\text{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2 \, \phi^k}=-\frac{\pi^2}{15}+\frac12 \log^2 \phi$

Beweis

Bei den Identitäten

$(1) \quad \text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(-z)=\frac12 \, \text{Li}_2(z^2)$

$(2) \quad \text{Li}_2(z)+\text{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\log (z)\, \log(1-z)$

$(3) \quad \text{Li}_2\left(1-\frac{1}{z}\right)+\text{Li}_2(1-z)=-\frac12 \log^2 z$

setze jeweils $z=\frac{1}{\phi}$ .

$(1) \quad \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi}\right)+\text{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi}\right)=\frac12 \, \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)$

$(2) \quad \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac{\pi^2}{6}-2\log \phi$

$(3) \quad \text{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=-\frac12 \log^2 \phi$

Bildet man $(2)+(3)-(1)\,$ so ist

$2\,\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac{\pi^2}{6}-\frac52 \log^2 \phi-\frac12 \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)\, \Rightarrow \, \text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac{\pi^2}{15}-\log^2\phi$ .

Aus $(2)\,$ folgt damit $\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi}\right)=\frac{\pi^2}{6}-2\log^2\phi-\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\frac{\pi^2}{10}-\log^2 \phi$ .

Und aus $(3)\,$ folgt $\text{Li}_2\left(-\frac{1}{\phi}\right)=-\frac12 \log^2\phi-\text{Li}_2\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=-\frac{\pi^2}{15}+\frac12 \log^2 \phi$ .

$\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3 \, \phi^{2k}}= \frac45 \zeta(3)+\frac23 \log^3\phi-\frac{2\pi^2}{15}\log\phi$

Beweis

Bei der Identität $\text{Li}_3(z)+\text{Li}_3(1-z)+\text{Li}_3\left(1-\frac{1}{z}\right)=\zeta(3)+\frac16 \log^3 z+\frac{\pi^2}{6}\log z-\frac12 \log^2(z)\, \log(1-z)$

setze $z=\frac{1}{\phi}$ dann ist $\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)+\text{Li}_3\left(-\frac{1}{\phi}\right)=\zeta(3)-\frac16 \log^3 \phi-\frac{\pi^2}{6}\log \phi+\log^3 \phi$ .

Wegen $\text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi}\right)+\text{Li}_3\left(-\frac{1}{\phi}\right)=\frac14 \text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)$ ist damit $\frac54 \text{Li}_3\left(\frac{1}{\phi^2}\right)=\zeta(3)+\frac56 \log^3 \phi-\frac{\pi^2}{6}\log\phi$ .

[Bearbeiten] Fourier-Reihen

$\sum_{k=1}^\infty \frac{\varrho^k \cos(k\varphi)}{k}=-\frac{1}{2}\, \log\left(1-2\varrho\cos(\varphi)+\varrho^2\right) \qquad -1<\varrho<1\; ,\; \varphi\in\Bbb{R}$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{\varrho^k \sin(k\varphi)}{k}=\arctan\left(\frac{\varrho\,\sin\varphi}{1-\varrho\,\cos \varphi}\right) \qquad -1<\varrho<1\; ,\; \varphi\in\Bbb{R}$

Beweis

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(\varrho\, e^{i\varphi})^k}{k}=-\log(1-\varrho\,e^{i\varphi})=-\log(1-\varrho\cos\varphi-i\varrho\sin\varphi)$

$=-\frac12 \log\left((1-\varrho\cos\varphi)^2+(\varrho\sin\varphi)^2\right)-i\arctan\left(\frac{-\varrho\sin\varphi}{1-\varrho\cos\varphi}\right)$

$=-\frac12 \log\left(1-2\varrho\cos\varphi+\varrho^2\right)+i\arctan\left(\frac{\varrho\sin\varphi}{1-\varrho\cos\varphi}\right)$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(\pm 1)^k\, \cos(k\varphi)}{k} =-\log\left(2\;\begin{matrix}\sin \\ \cos\end{matrix} \left(\frac{\varphi}{2}\right)\right) \qquad 0<\varphi<\pi$

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(\pm 1)^k\, \sin(k\varphi)}{k}=\frac{\pi}{4}\pm \frac{\pi}{4}\mp\frac{\varphi}{2} \qquad 0<\varphi<\pi$

Beweis

$\sum_{k=1}^\infty \frac{(\pm e^{i\varphi})^k}{k}=-\log\left(1\mp e^{i\varphi}\right)=-\log\left(1\mp\cos\varphi\mp i\sin\varphi\right)$

$=-\frac12\log\left((1\mp\cos\varphi)^2+\sin^2\varphi\right)\pm i\arctan\left(\frac{\sin\varphi}{1\mp\cos\varphi}\right)$

$=-\frac12\log(2\mp 2\cos\varphi)\pm i\arctan\left(\begin{matrix} \cot \\ \tan \end{matrix}\left(\frac{\varphi}{2}\right)\right)$

$=-\frac12\log\left(4\,\begin{matrix} \sin^2 \\ \cos^2 \end{matrix}\left(\frac{\varphi}{2}\right) \right)+i\left(\frac{\pi}{4}\pm\frac{\pi}{4}\mp\frac{\varphi}{2}\right)$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\cos (2k+1)\varphi}{2k+1}=-\frac12 \log\left( \tan \frac{\varphi}{2}\right) \qquad 0<\varphi<\pi$

Beweis

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\cos(2k+1)\varphi}{2k+1}=\frac12\left[\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos k\varphi}{k}-\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k\cos k\varphi}{k}\right]$

$=\frac12\left[-\log\left(2\sin\frac{\varphi}{2}\right)+\log\left(2\cos\frac{\varphi}{2}\right)\right]=-\frac12 \log\left(\tan\frac{\varphi}{2}\right)$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin(2k+1)\varphi}{2k+1}=\frac{\pi}{4}\, \text{sgn}(\sin \varphi)$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \cos(2k+1)\varphi}{2k+1}=\frac{\pi}{4}\, \text{sgn}(\cos \varphi)$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\, \sin(2k+1)\varphi}{2k+1}=\frac12 \log\left(\tan\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\varphi}{2}\right)\right) \qquad -\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$

Beweis

In der Formel $\sum_{k=0}^\infty \frac{\cos (2k+1)\varphi}{2k+1}=-\frac12 \log\left( \tan \frac{\varphi}{2}\right)$ ersetze $\varphi$ durch $\varphi+\frac{\pi}{2}$ .

$\sum_{k=0}^\infty \varrho^k\cos(k\varphi)=\frac{1-\varrho\cos\varphi}{1-2\varrho\cos\varphi+\varrho^2} \qquad |\varrho|<1\, , \, \varphi\in\Bbb{R}$

$\sum_{k=0}^\infty \varrho^k\sin(k\varphi)=\frac{\varrho\sin\varphi}{1-2\varrho\cos\varphi+\varrho^2} \qquad |\varrho|<1\, , \, \varphi\in\Bbb{R}$

Beweis

$\sum_{k=0}^\infty (\varrho \, e^{i\varphi})^k=\frac{1}{1-\varrho\, e^{i\varphi}}=\frac{1-\varrho\, e^{-i\varphi}}{(1-\varrho\, e^{i\varphi})(1-\varrho\, e^{-i\varphi})}=\frac{1-\varrho\cos\varphi+i\varrho\sin\varphi}{1-2\varrho\cos\varphi+\varrho^2}$

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.

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

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

1. Beweis

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

$\lim_{n\to\infty} \oint_{\gamma_n} f dz=0$ da wegen $|f(z)|^2=\left|\frac{e^{ix(u+iv)}}{\sin\left(\pi(u+iv)\right)}\right|^2=\frac{e^{-2xv}}{\sin^2(\pi u)+\sinh^2(\pi v)}$

$f\,$ asymptotisch abklingt wie $e^{-xv}\, e^{-\pi |v|}\, \frac{1}{n}$ .

$\text{res}(f,k)=e^{ikx}\, \frac{1}{\cos k\pi}\, \frac{1}{k+\alpha}$ und $\text{res}(f,-\alpha)=e^{-i\alpha x} \frac{\pi}{-\sin(\alpha \pi)}$ .

Da die Summe aller Residuen Null ergeben muss ist $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, e^{ikx}}{k+\alpha}=\pi \frac{e^{-i\alpha x}}{\sin \alpha\pi}$ .

2. Beweis

Für $0<x<2\pi\,$ und $\alpha\in\Bbb{C}\setminus i\Bbb{R}$ ist $S:=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{e^{ikx}}{k-i\alpha}$

nach der Poissonschen Summationsformel $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{itx}}{t-i\alpha} \, e^{2\pi i k t}\, dt$ .

Und das ist $\sum_{k=-\infty}^{-1} \oint\limits_{\text{unterer} \atop \text{Halbmond}} \frac{e^{ixz}}{z-i\alpha}\, e^{2\pi i kz}\, dz+\sum_{k=0}^{\infty} \oint\limits_{\text{oberer} \atop \text{Halbmond}} \frac{e^{ixz}}{z-i\alpha}\, e^{2\pi i kz}\, dz$ .

Wegen $\oint\limits_{\text{unterer} \atop \text{Halbmond}} ...=\left\{\begin{matrix} -2\pi i\, e^{-\alpha x}\, e^{-2\pi k\alpha} & , & \text{Re}(\alpha)<0 \\ 0 & , & \text{Re}(\alpha)>0 \end{matrix}\right.$

und $\oint\limits_{\text{oberer} \atop \text{Halbmond}} ...=\left\{\begin{matrix} 0 & , & \text{Re}(\alpha)<0 \\ 2\pi i\, e^{-\alpha x}\, e^{-2\pi k\alpha} & , & \text{Re}(\alpha)>0 \end{matrix}\right.$

ist für $\text{Re}(\alpha)<0 \qquad S=-2\pi i\, e^{-\alpha x} \, \sum_{k=1}^\infty e^{2\pi \alpha k}=2\pi i\, \frac{e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha}}$

und für $\text{Re}(\alpha)>0 \qquad S=2\pi i\, e^{-\alpha x} \, \sum_{k=0}^\infty e^{-2\pi \alpha k}=2\pi i\, \frac{e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha}}$ .

Daher ist für $0<x<2\pi\,$ und $\alpha\in\Bbb{C}\setminus\Bbb{R}$ .

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{e^{ikx}}{k+\alpha}=2\pi i\, \frac{e^{-i\alpha x}}{1-e^{-2\pi i\alpha}}=\pi\, \frac{e^{-i(x-\pi)\alpha}}{\sin \alpha\pi}$

Verschiebt man $x\,$ nach $x+\pi\,$ so ist $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k e^{ikx}}{k+\alpha}=\pi\,\frac{e^{-i\alpha x}}{\sin\alpha\pi}$ für $-\pi<x<\pi\,$ .

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, \cos(kx)}{k^2+\alpha^2}=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{\cosh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi)} \quad -\pi<x<\pi$

1. Beweis

Schreibe $\frac{1}{k^2+\alpha^2}$ als $\frac{i}{2\alpha} \left(\frac{1}{k+i\alpha}-\frac{1}{k-i\alpha}\right)$

und verwende die Formel $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, \cos kx}{k+\alpha}=\pi\, \frac{\cos \alpha x}{\sin \alpha\pi}$ .

Dann ist $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, \cos(kx)}{k^2+\alpha^2}=\frac{i\pi}{2\alpha}\left(\frac{\cosh \alpha x}{i\sinh \alpha\pi}-\frac{\cosh \alpha x}{-i\sinh \alpha\pi}\right)=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{\cosh(\alpha x)}{\sinh(\alpha \pi)}$ .

2. Beweis

Ist $\alpha>0\,$ und $0<x<2\pi\,$ so ist nach der Poissonschen Summationsformel

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{e^{ikx}}{k^2+\alpha^2}=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{itx}}{t^2+\alpha^2}\, e^{2\pi ikt}\, dt$

und das ist $\frac{\pi}{\alpha}\, \sum_{k\in\Bbb{Z}} e^{-\alpha |2\pi k+x|}=\frac{\pi}{\alpha} \left(\sum_{k=-\infty}^{-1} e^{\alpha(2\pi k+x)}+\sum_{k=0}^\infty e^{-\alpha(2\pi k+x)}\right)$

$=\frac{\pi}{\alpha} \left(e^{\alpha x}\sum_{k=1}^\infty e^{-2\pi \alpha k}+e^{-\alpha x}\sum_{k=0}^\infty e^{-2\pi\alpha k}\right)=\frac{\pi}{\alpha} \left(\frac{e^{\alpha x}}{e^{2\pi \alpha}-1}+\frac{e^{-\alpha x}}{1-e^{-2\pi \alpha}}\right)$

$=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{e^{\alpha(x-\pi)}+e^{-\alpha(x-\pi)}}{e^{\pi \alpha}-e^{-\pi \alpha}}$ . Also ist $\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{\cos(kx)}{k^2+\alpha^2}=\frac{\pi}{\alpha}\, \frac{\cosh\big(\alpha(x-\pi)\big)}{\sinh(\alpha \pi)}$

Nach Substitution $x\mapsto x+\pi$ erhält man die gesuchte Formel.

$\sum_{k\in\Bbb{Z}} \frac{\cos(2kx)}{k^4+\frac{\alpha^4}{4}}=\frac{2\pi}{\alpha^3} \begin{pmatrix}\sin\alpha x\, \cosh\alpha x-\cos\alpha x\,\sinh\alpha x \\ \\ +\frac{(\sinh\alpha\pi+\sin\alpha\pi)\cos\alpha x\,\cosh\alpha x-(\sinh\alpha\pi-\sin\alpha\pi)\sin\alpha x\,\sinh\alpha x}{\cosh\alpha\pi-\cos\alpha \pi}\end{pmatrix}\qquad 0<x<\pi \, , \, \alpha>0$

$\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\, \cos 2nx=|\sin x| \qquad x\in\Bbb{R}$

Beweis

Die Funktion $f(x)=|\sin x|\,$ hat Periodenlänge $T=\pi\,$ , und somit Kreisfrequenz $\omega=\frac{2\pi}{T}=2$ .

Die Koeffizienten $a_n, b_n\,$ der Fourierreihenentwicklung $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty \left(a_n \cos 2nx+b_n \sin 2nx\right)$ erhält man durch die Eulerschen Formeln:

$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi |\sin x|\, \cos 2nx \, dx=\frac{2}{\pi}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right) \quad , \quad b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi |\sin x|\, \sin 2nx\, dx=0$

Also ist $|\sin x|=\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\, \cos 2nx$ .

$\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\, \cos 2nx=|\cos x| \qquad x\in\Bbb{R}$

Beweis

In der Formel $\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\, \cos 2nx=|\sin x|$ ersetze $x\,$ durch $x+\frac{\pi}{2}$ .

[Bearbeiten] Poissonsche Summationsformel

$\sum_{n\in\Bbb{Z}} f(n)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} \hat{f}(n)$ , wobei $\hat{f}(n)=\int_{-\infty}^\infty f(x)\, e^{-2\pi i nx}\, dx$ sein soll.

Beweis

Es sei $F(x):=\sum_{k\in\Bbb{Z}} f(x+k) \qquad (1)$

Wegen der Periodizität $F(x+1)=F(x)\,$ lässt sich $F\,$ in eine komplexe Fourierreihe entwickeln: $F(x)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} c_n \, e^{2\pi i n x} \qquad (2)$

Nun ist $\int_0^1 F(x)\, e^{-2\pi i m x}\, dx=\sum_{n\in\Bbb{Z}} c_n \underbrace{\int_0^1 e^{2\pi i nx}\, e^{-2\pi i mx}\, dx}_{=\delta_{nm}}=c_m$ .

Also ist $c_m=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_0^1 f(x+k)\, e^{-2\pi imx}\, dx=\sum_{k\in\Bbb{Z}} \int_{k}^{k+1} f(x)\, e^{-2\pi i m(x-k)}\, dx=\int_{-\infty}^\infty f(x)\, e^{-2\pi i m x}\, dx=\hat{f}(m)$ .

Nach $(1)\,$ ist $F(0)=\sum_{k\in\Bbb{Z}} f(k)$ und nach $(2)\,$ ist $F(0)=\sum_{n\in\Bbb{Z}} c_n$ , was gerade $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \hat{f}(n)$ ist.

[Bearbeiten] Kummersche Reihe (Fourierreihenentwicklung der $logΓ$ Funktion)

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n\pi} \sin(2n\pi x)=\log\Gamma(x)-\frac12 \log 2\pi+\frac12 \log(2\,\sin\pi x)+ \left(\gamma+\log 2\pi\right)\left(x-\frac12\right) \qquad 0<x<1$

Beweis

Die Funktion $f(x)=\log\Gamma(x)\,$ soll in eine Fourierreihe $\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty \left(a_n \cos n\omega x+b_n \sin n\omega x\right)$

mit Periodenlänge $T=1\,$ , und somit Kreisfrequenz $\omega=\frac{2\pi}{T}=2\pi$ , entwickelt werden.

Berechne hierzu die Koeffizienten $a_n,b_n\,$ mit Hilfe der Eulerschen Formeln

$a_n=\frac{2}{T}\int_0^T f(x)\, \cos n\omega x\, dx$ und $b_n=\frac{2}{T}\int_0^T f(x)\, \sin n\omega x\, dx$ .

$\frac{a_0}{2}=\int_0^1 \log\Gamma(x)\, dx=\frac12 \log 2\pi$ und für $n\ge 1$ ist $a_n=2\int_0^1 \log\Gamma(x)\, \cos 2\pi n x\, dx=\frac{1}{2n}$

und $b_n=2\int_0^1 \log\Gamma(x)\, \sin 2\pi n x\, dx=\frac{\gamma+\log2\pi+\log n}{n\pi}$ .

Also gilt $\log\Gamma(x)=\frac12 \log 2\pi+\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(n\, 2\pi x)}{2n}+\sum_{n=1}^\infty \frac{\gamma+\log 2\pi+\log n}{n\pi}\, \sin(n\, 2\pi x)$ .

Dabei ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(n\, 2\pi x)}{2n}=-\frac12 \log(2\, \sin\pi x)$ und $\left(\gamma+\log 2\pi\right) \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(n\, 2\pi x)}{n\pi}=\left(\gamma+\log 2\pi\right) \left(\frac12-x\right)$ .

Daher gilt $\log\Gamma(x)=\frac12 \log 2\pi-\frac12 \log(2\, \sin\pi x)+\left(\gamma+\log 2\pi\right) \left(\frac12-x\right)+\sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n\pi}\, \sin(2n\pi x)$

gleichbedeutend mit $\sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n\pi}\, \sin(2n\pi x)=\log\Gamma(x)-\frac12 \log 2\pi+\frac12 \log(2\, \sin\pi x)+\left(\gamma+\log 2\pi\right) \left(x-\frac12\right)$ .

[Bearbeiten] Zahlentheoretische Reihen

$\sum_{(n,m)=1} \frac{1}{n\, m\, (n+m)}=2$

Beweis

Man werte die Doppelreihe $\sum_{n,m=1}^\infty \frac{1}{n\,m\, (n+m)}$ auf zwei Arten aus.

Einerseits als $\sum_{n,m=1}^\infty \frac{1}{n\,m} \int_0^1 t^{n+m-1} \,dt =\int_0^1 \sum_{n,m=1}^\infty \frac{t^n}{n} \,\frac{t^m}{m} \, \frac{dt}{t}=\int_0^1 \left[-\log(1-t)\right]^2\frac{dt}{t}$

$=\int_0^1 \frac{(\log t)^2}{1-t}\, dt=\sum_{k=0}^\infty \int_0^1 (\log t)^2 \, t^k \, dt=\sum_{k=0}^\infty \frac{2}{(k+1)^2}=\zeta(3)\cdot 2$ .

Und andererseits als $\sum_{d=1}^\infty \sum_{(n,m)=d} \frac{1}{n\, m\, (n+m)}=\sum_{d=1}^\infty \frac{1}{d^3}\sum_{(n,m)=1} \frac{1}{n\, m\, (n+m)}$

$\sum_{(n,m)=1} \frac{1}{n^s\, m^{s-1}\, (n+m)}=\frac{\zeta^2(s)}{2\, \zeta(2s)}$

Beweis

Man werte die Doppelreihe $\sum_{n,m=1} \frac{1}{n^s\, m^{s-1}\, (n+m)}$ auf zwei Arten aus.

Einerseits als $\sum_{n,m=1}^\infty \frac{1}{n^s\,m^{s-1}} \int_0^1 t^{n+m-1} \,dt =\int_0^1 \sum_{n,m=1}^\infty \frac{t^n}{n^s} \,\frac{t^{m-1}}{m^{s-1}} \, dt$

$=\int_0^1 \left(\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n^s}\right)\cdot \left(\sum_{n=1}^\infty \frac{t^m}{m^s}\right)' dt=\left[\frac12 \left(\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n^s}\right)^2\right]_0^1=\frac{\zeta^2 (s)}{2}$

Und andererseits als $\sum_{d=1}^\infty \sum_{(n,m)=d} \frac{1}{n^s\, m^{s-1}\, (n+m)}=\sum_{d=1}^\infty \frac{1}{d^{2s}}\sum_{(n,m)=1} \frac{1}{n^s\, m^{s-1}\, (n+m)}$

[Bearbeiten] Dirichlet Reihen

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{n^s}=\frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)} \qquad \text{Re}(s)>2$

Beweis

Da $\varphi$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\varphi(p^k)}{p^{ks}}$

Wegen $\varphi(p^k)=\left\{\begin{matrix} 1 & k=0 \\ p^{k}-p^{k-1} & k>0 \end{matrix}\right.$ ist dies

$\prod_p \left(1+\sum_{k=1}^\infty \frac{p^k-p^{k-1}}{p^{ks}}\right)=\prod_p \frac{1-p^{-s}}{1-p^{1-s}}=\frac{\zeta(1-s)}{\zeta(s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\psi(n)}{n^s}=\frac{\zeta(s)\, \zeta(s-1)}{\zeta(2s)} \qquad \text{Re}(s)>2$

Beweis

Da $\psi\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\psi(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\psi(p^k)}{p^{ks}}$

Wegen $\psi(p^k)=\left\{\begin{matrix} 1 & k=0 \\ p^{k}+p^{k-1} & k>0 \end{matrix}\right.$ ist dies

$\prod_p \left(1+\sum_{k=1}^\infty \frac{p^k+p^{k-1}}{p^{ks}}\right)=\prod_p \frac{1+p^{-s}}{1-p^{1-s}}=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s})(1-p^{1-s})}=\frac{\zeta(s)\, \zeta(s-1)}{\zeta(2s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $\mu\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\mu(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\mu(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \left(1-\frac{1}{p^s}\right)=\frac{1}{\zeta(s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}=-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\, \sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(1\star\Lambda)(n)}{n^s}$ , wobei $(1\star\Lambda)(n)=\sum_{d|n}\Lambda(d)=\log n$ ist.

Also ist $\zeta(s)\sum_{n=1}^\infty \frac{\Lambda(n)}{n^s}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n^s}=-\zeta'(s)$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau^2(n)}{n^s}=\frac{\zeta^4(s)}{\zeta(2s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $\tau\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau^2(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\tau^2(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{(k+1)^2}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{\left(1-p^{-s}\right)^4}=\frac{\zeta^4(s)}{\zeta(2s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau(n^2)}{n^s}=\frac{\zeta^3(s)}{\zeta(2s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $\tau\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau(n^2)}{n^s}=\prod_{p} \sum_{k=0}^\infty \frac{\tau(p^{2k})}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{2k+1}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{\left(1-p^{-s}\right)^3}=\frac{\zeta^3(s)}{\zeta(2s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\mu^2(n)}{n^s}=\frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $\mu\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\mu^2(n)}{n^s}=\prod_{p} \sum_{k=0}^\infty \frac{\mu^2(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \left(1+\frac{1}{p^s}\right)=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{1-p^{-s}}=\frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{\omega(n)}}{n^s}=\frac{\zeta^2(s)}{\zeta(2s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $2^{\omega}\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{\omega(n)}}{n^s}=\prod_{p} \sum_{k=0}^\infty \frac{2^{\omega(p^k)}}{p^{ks}}=\prod_p \left(1+\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{p^{ks}}\right)$

$=\prod_p \left(1+\frac{2\, p^{-s}}{1-p^{-s}}\right)=\prod_p \frac{1+p^{-s}}{1-p^{-s}}=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{(1-p^{-s})^2}=\frac{\zeta^2(s)}{\zeta(2s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\lambda(n)}{n^s}=\frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)} \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

Da $\lambda\,$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\lambda(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1}{1+p^{-s}}=\prod_p \frac{1-p^{-s}}{1-p^{-2s}}=\frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau(n)}{n^s}=\zeta^2(s) \qquad \text{Re}(s)>1$

Beweis

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\tau(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\tau(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{k+1}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1}{(1-p^{-s})^2}=\zeta^2(s)$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma(n)}{n^s}=\zeta(s)\, \zeta(s-1) \qquad \text{Re}(s)>2$

Beweis

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\sigma(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\frac{1-p^{k+1}}{1-p}}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1}{(1-p^{-s})(1-p^{1-s})}=\zeta(s)\,\zeta(s-1)$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)}{n^s}=\zeta(s)\, \zeta(s-a) \qquad \text{Re}(s)>a+1$

Beweis

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\sigma_a(p^k)}{p^{ks}}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\frac{1-p^{a(k+1)}}{1-p^a}}{p^{ks}}=\prod_p \frac{1}{(1-p^{-s})(1-p^{a-s})}=\zeta(s)\,\zeta(s-a)$ .

$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)\, \sigma_b(n)}{n^s}=\frac{\zeta(s)\, \zeta(s-a)\, \zeta(s-b)\, \zeta(s-a-b)}{\zeta(2s-a-b)}$

Beweis

Da $\sigma_a\, \sigma_b$ multiplikativ ist ist $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sigma_a(n)\, \sigma_b(n)}{n^s}=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\sigma_a(p^k)\, \sigma_b(p^k)}{p^{ks}}$

$=\prod_p \sum_{k=0}^\infty \frac{\frac{1-p^{a(k+1)}}{1-p^a}\, \frac{1-p^{b(k+1)}}{1-p^b} }{p^{ks}}=\prod_p \left(\frac{1}{1-p^a}\, \frac{1}{1-p^b}\, \sum_{k=0}^\infty \frac{1-p^{a(k+1)}-p^{b(k+1)}+p^{(a+b)(k+1)}}{p^{ks}}\right)$

$=\prod_p \left(\frac{1}{1-p^a}\, \frac{1}{1-p^b}\,\left(\frac{1}{1-p^{-s}}-\frac{p^a}{1-p^{-(s-a)}}-\frac{p^b}{1-p^{-(s-b)}}+\frac{p^{a+b}}{1-p^{-(s-a-b)}} \right)\right)$

$=\prod_p \frac{1-p^{-(2s-a-b)}}{(1-p^{-s})(1-p^{-(s-a)})(1-p^{-(s-b)})(1-p^{-(s-a-b)})}=\frac{\zeta(s)\, \zeta(s-a)\, \zeta(s-b)\, \zeta(s-a-b)}{\zeta(2s-a-b)}$ .

[Bearbeiten] Summatorische Funktionen

$\sum_{d|n} \varphi(d)=n$

$\sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n}$

$\sum_{d|n} \lambda(d)=\left\{\begin{matrix} 1 & , & n \, \text{Quadratzahl} \\ 0 & , & \text{sonst} \end{matrix}\right.$

$\sum_{d|n} |\mu(d)|=2^{\omega(n)}\,$

[Bearbeiten] Eisenstein Reihen

$\frac{1}{2\zeta(2k)}\,{\sum_{n,m\in\Bbb{Z}}}' \frac{1}{(mz+n)^{2k}}=1-\frac{4k}{B_{2k}} \sum_{N=1}^\infty \sigma_{2k-1}(N)\, q^N \quad z\in\Bbb{H} \; , \; q=e^{2\pi i z}$

Beweis

Die Funktion $\pi \cot\pi z\,$ besitzt zum einen die Partialbruchentwicklung $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{n+z}$ , zum anderen lässt sie sich schreiben als

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

Also ist $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{n+z}=i\pi-2\pi i\sum_{n=0}^\infty q^n$ .

Differenziert man $k\,$ mal nach $z\,$ so ist

$\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{(-1)^k\, k!}{(n+z)^{k+1}}=-2\pi i\sum_{n=1}^\infty (2\pi i n)^k\, q^n \Rightarrow \sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{(n+z)^{k+1}}=\frac{(-2\pi i)^{k+1}}{k!} \sum_{n=1}^\infty n^k q^n$ .

Ersetzt man $k\,$ durch $2k-1\,$ und $z\,$ durch $mz\,$ so ist $\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^{2k}}=\frac{(-1)^k\, (2\pi)^{2k}}{(2k-1)!} \sum_{n=1}^\infty n^{2k-1}\, q^{nm}$ .

Nun ist ${\sum_{n,m\in\Bbb{Z}}}' \frac{1}{(mz+n)^{2k}}=\sum_{n>0} \frac{1}{(0\cdot z+n)^{2k}}+\sum_{n<0} \frac{1}{(0\cdot z+n)^{2k}}+\sum_{m>0}\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^{2k}}+\sum_{m<0}\sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^{2k}}$

$=2\zeta(2k)+2\sum_{m=1}^\infty \sum_{n\in\Bbb{Z}} \frac{1}{(mz+n)^{2k}}$ . Also ist $\frac{1}{2\zeta(2k)}\,{\sum_{n,m\in\Bbb{Z}}}' \frac{1}{(mz+n)^{2k}}=1+\frac{(-1)^k\, (2\pi)^{2k}}{(2k-1)!\, \zeta(2k)}\,\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty n^{2k-1}\, q^{nm}$ .

Dabei ist $\frac{(-1)^k\, (2\pi)^{2k}}{(2k-1)!\, \zeta(2k)}=\frac{2}{\zeta(1-2k)}=-\frac{4k}{B_{2k}}$

und $\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty n^{2k-1}\, q^{nm}$ lässt sich umordnung zu $\sum_{N=1}^\infty \sum_{d|N} d^{2k-1}\, q^N=\sum_{N=1}^\infty \sigma_{2k-1}(N)\, q^N$ .