Formelsammlung Mathematik/ Druckversion

Alphabete, Symbole und Schreibweisen

↑ Formelsammlung Mathematik

Griechisches Alphabet

Name	Majuskel	Minuskel
Alpha	Α	α
Beta	Β	β
Gamma	Γ	γ
Delta	Δ	δ
Epsilon	Ε	ε
Zeta	Ζ	ζ
Eta	Η	η
Theta	Θ	θ
Iota	Ι	ι
Kappa	Κ	κ
Lambda	Λ	λ
My	Μ	μ
Ny	Ν	ν
Xi	Ξ	ξ
Omikron	Ο	ο
Pi	Π	π
Rho	Ρ	ρ
Sigma	Σ	σ
Tau	Τ	τ
Ypsilon	Υ	υ
Phi	Φ	φ
Chi	Χ	χ
Psi	Ψ	ψ
Omega	Ω	ω

Frakturschrift

Majuskel	Minuskel	Majuskel	Minuskel
A ${\mathfrak {A}}$	a ${\mathfrak {a}}$	N ${\mathfrak {N}}$	n ${\mathfrak {n}}$
B ${\mathfrak {B}}$	b ${\mathfrak {b}}$	O ${\mathfrak {O}}$	o ${\mathfrak {o}}$
C ${\mathfrak {C}}$	c ${\mathfrak {c}}$	P ${\mathfrak {P}}$	p ${\mathfrak {p}}$
D ${\mathfrak {D}}$	d ${\mathfrak {d}}$	Q ${\mathfrak {Q}}$	q ${\mathfrak {q}}$
E ${\mathfrak {E}}$	e ${\mathfrak {e}}$	R ${\mathfrak {R}}$	r ${\mathfrak {r}}$
F ${\mathfrak {F}}$	f ${\mathfrak {f}}$	S ${\mathfrak {S}}$	s ${\mathfrak {s}}$
G ${\mathfrak {G}}$	g ${\mathfrak {g}}$	T ${\mathfrak {T}}$	t ${\mathfrak {t}}$
H ${\mathfrak {H}}$	h ${\mathfrak {h}}$	U ${\mathfrak {U}}$	u ${\mathfrak {u}}$
I ${\mathfrak {I}}$	i ${\mathfrak {i}}$	V ${\mathfrak {V}}$	v ${\mathfrak {v}}$
J ${\mathfrak {J}}$	j ${\mathfrak {j}}$	W ${\mathfrak {W}}$	w ${\mathfrak {w}}$
K ${\mathfrak {K}}$	k ${\mathfrak {k}}$	X ${\mathfrak {X}}$	x ${\mathfrak {x}}$
L ${\mathfrak {L}}$	l ${\mathfrak {l}}$	Y ${\mathfrak {Y}}$	y ${\mathfrak {y}}$
M ${\mathfrak {M}}$	m ${\mathfrak {m}}$	Z ${\mathfrak {Z}}$	z ${\mathfrak {z}}$

Logik

Symbol	Bedeutung	Verwendung	Bedeutung
$\neg$	Negation	$\neg a$	nicht a
$\land$	Konjunktion	$a\land b$	a und b
$\lor$	Disjunktion	$a\lor b$	a oder b
$\Rightarrow$	Implikation	$a\Rightarrow b$	a impliziert b
$\Leftrightarrow$	Äquivalenz	$a\Leftrightarrow b$	a genau dann, wenn b
$\oplus$	Kontravalenz	$a\oplus b$	entweder a oder b
$\forall$	Allquantor	$\forall x(P(x))$	für alle x gilt: P(x)
$\exists$	Existenzquantor	$\exists x(P(x))$	es gibt ein x, für das gilt: P(x)
$\vdash$	syntaktische Implikation	$M\vdash B$	aus der Formelmenge M lässt sich B formal herleiten
$\models$	semantische Implikation	$M\models B$	bei jeder Interpretation, bei der alle Aussagen in M wahr sind, ist auch B wahr
	Tautologie	$\models B$	B ist unter jeder Interpretation wahr

Mengenlehre

Zahlenbereiche
Symbol	Bedeutung	Beschreibung
$\mathbb {N} ^{*}$	Menge der natürlichen Zahlen ohne Null	$\mathbb {N} ^{*}=\{1,2,3,4,\ldots \}$
$\mathbb {N} _{0}$	Menge der natürlichen Zahlen mit Null	$\mathbb {N} _{0}=\{0,1,2,3,\ldots \}$
$\mathbb {Z}$	Menge der ganzen Zahlen	$\mathbb {Z} =\{\ldots ,-2,-1,0,1,2,\ldots \}$
$\mathbb {Q}$	Menge der rationalen Zahlen
$\mathbb {I}$	Menge der irrationalen Zahlen	$\mathbb {I} =\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$
$\mathbb {R}$	Menge der reellen Zahlen
$\mathbb {C}$	Menge der komplexen Zahlen
$\mathbb {A}$	Menge der algebraischen Zahlen
$\mathbb {T}$	Menge der transzendenten Zahlen	$\mathbb {T} =\mathbb {C} \setminus \mathbb {A}$
$\mathbb {H}$	Menge der Quaternionen

Schreibweise	Bedeutung
$\{\}$	leere Menge
$\{a,b,c,d\}$	die Menge aus den Elementen a, b, c, d
$\{x\in M\mid P(x)\}$	die Menge der $x\in M$, für die $P(x)$ gilt
$\{x\in \mathbb {R} \mid x>0\}$	Menge der positiven reellen Zahlen
$\{x\in \mathbb {R} \mid x\geq 0\}$	Menge der nichtnegativen reellen Zahlen
$2^{A},\;{\mathcal {P}}(A)$	Potenzmenge von A
$B^{A},\mathrm {Abb} (A,B)$	Menge der Abbildungen von A nach B
$A^{n}$	n-faches kartesisches Produkt von A mit sich selbst
${\overline {A}},\;A^{\mathrm {C} }$	Komplementärmenge von A

Symbol	Bedeutung	Verwendung	Bedeutung
$\in$	Element von	$x\in M$	x ist ein Element von M
$\subseteq$	Teilmenge von	$A\subseteq B$	A ist eine Teilmenge von B
$\subset ,\subsetneq$	echte Teilmenge von	$A\subset B$	A ist eine echte Teilmenge von B
$\cup$	Vereinigungsmenge	$A\cup B$	Vereinigung von A und B
$\cap$	Schnittmenge	$A\cap B$	Schnitt von A und B
$\setminus$	Differenzmenge	$A\setminus B$	A ohne B
$\triangle$	symmetrische Differenz	$A\triangle B$	symmetrische Differenz von A und B
$\bigcup$	Vereinigungsmenge	$\bigcup _{i\in I}A_{i}$	Vereinigung aller $A_{i}$ für $i\in I$
$\bigcap$	Schnittmenge	$\bigcap _{i\in I}A_{i}$	Schnitt aller $A_{i}$ für $i\in I$
$\bigsqcup$	disjunkte Vereinigung	$\bigsqcup _{i\in I}A_{i}$	Vereinigung aller $(i,A_{i})$ für $i\in I$
$\times$	kartesisches Produkt	$A\times B$	kartesisches Produkt von A und B
$\prod$	kartesisches Produkt	$\prod _{i\in I}A_{i}$	kartesisches Produkt der $A_{i}$ für $i\in I$

Analysis

Schreibweise	Bedeutung
$[a,b]$	geschlossenes Intervall $\{x\in \mathbb {R} \mid a\leq x\leq b\}$
$(a,b)$	offenes Intervall $\{x\in \mathbb {R} \mid a<x<b\}$
$[a,b)$	halboffenes Intervall $\{x\in \mathbb {R} \mid a\leq x<b\}$
$(a,b]$	halboffenes Intervall $\{x\in \mathbb {R} \mid a<x\leq b\}$
$\mathbb {R} ^{+}$	positive reelle Zahlen: $\{x\in \mathbb {R} \mid x>0\}$
$\mathbb {R} _{0}^{+}$	nichtnegative reelle Zahlen: $\{x\in \mathbb {R} \mid x\geq 0\}$
$\mathbb {R} ^{-}$	negative reelle Zahlen: $\{x\in \mathbb {R} \mid x<0\}$
$\mathbb {R} _{0}^{-}$	nichtpositive reelle Zahlen: $\{x\in \mathbb {R} \mid 0\leq x\}$
$\mathbb {R} ^{2}=\mathbb {R} \times \mathbb {R}$	die Koordinatenebene
$\mathbb {R} \times \{0\}$	die x-Achse
$\{0\}\times \mathbb {R}$	die y-Achse
$\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{+}$	die obere Halbebene
$\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R}$	die rechte Halbebene
$\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{+}$	der Quadrant (+,+)
$f|_{A}$	Einschränkung von $f$ auf A
$\sup M$	Supremum der Menge M
$\inf M$	Infimum der Menge M
$\sum _{k=m}^{n}a_{k}$	die Summe $a_{m}+a_{m+1}+\cdots +a_{n-1}+a_{n}$
$\prod _{k=m}^{n}a_{k}$	das Produkt $a_{m}\cdot a_{m+1}\cdot \ldots \cdot a_{n-1}\cdot a_{n}$
$\lim _{n\to \infty }a_{n}$	Grenzwert der Folge $(a_{n})$
$\lim _{x\to a}f(x)$	Grenzwert der Funktion $f$ für x gegen a
${\frac {\mathrm {d} f(x)}{\mathrm {d} x}}{\bigg |}_{x=a}$	Ableitung von $f$ an der Stelle a
$f'(a)$
$(Df)(a)$
${\frac {\mathrm {d} ^{2}f(x)}{\mathrm {d} x^{2}}},f'',D^{2}f$	zweite Ableitung von $f$
${\frac {\mathrm {d} ^{n}f(x)}{\mathrm {d} x^{n}}},f^{(n)},D^{n}f$	n-te Ableitung von $f$
$\int f(x)\,\mathrm {d} x$	unbestimmtes Integral von $f$
$\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x$	bestimmtes Integral von $f$ über das Intervall $[a,b]$
$\mathrm {CH} \int _{a}^{b},\;-\!\!\!\!\!\!\int _{a}^{b}$	cauchyscher Hauptwert, engl. PV, CPV (principial value), franz. v.p.
$[F(x)]_{x=a}^{x=b}$	Kurzschreibweise für $F(b)-F(a)$

Mehrdimensionale Analysis

Schreibweise	Bedeutung
${\frac {\partial f(x)}{\partial x_{k}}}{\bigg |}_{x=a}$	partielle Ableitung von $f$ an der Stelle a
$(D_{k}f)(a)$
$(\partial _{k}f)(a)$
$(\nabla f)(a)$	Gradient von $f$ an der Stelle a
$\langle \nabla ,\mathbf {F} \rangle (a)$	Divergenz von F an der Stelle a
$(\nabla \times \mathbf {F} )(a)$	Rotation von F an der Stelle a
$(D_{v}f)(a)$	Richtungsableitung (in Richtung v) von $f$ an der Stelle a
$[(\mathrm {d} f)(a)](v)$	totales Differential von $f$ an der Stelle a, dual gepaart mit dem Vektor v
$(Df)(a)$	Jacobi-Matrix von $f$ an der Stelle a; $x=(x_{1},\ldots ,x_{n})$, $a=(a_{1},\ldots ,a_{n})$
$J[f](a)$
${\frac {\partial f(x)}{\partial x}}{\bigg |}_{x=a}$
$\int _{\gamma }f(\mathbf {x} )\,\mathrm {d} s$	Kurvenintegral erster Art
$\int _{\gamma }\langle \mathbf {F} (\mathbf {x} ),\mathrm {d} \mathbf {x} \rangle$	Kurvenintegral zweiter Art
$\int _{\gamma }f(z)\,\mathrm {d} z$	komplexes Kurvenintegral
$\int _{C}$	Kurvenintegral über einen doppelpunktfreien Weg $C=\mathrm {Bild} (\gamma )$
$\oint _{C}$	Kurvenintegral über einen geschlossenen doppelpunktfreien Weg

Römische Zahlen

↑ Formelsammlung Mathematik

Römische Ziffern
Ziffer	I	V	X	L	C	D	M
Wert	1	5	10	50	100	500	1000

Es gab keine Null.

Regeln:

• Die Zeichen werden hintereinander geschrieben (wobei im Allgemeinen links mit dem Symbol der größten Zahl begonnen wird).
• Ihre Werte werden addiert.
• Die Grundzeichen (I, X, C, M) werden höchstens dreimal, die Hilfszeichen (V,L,D) nur einmal hintereinander geschrieben.
• Steht das Symbol einer kleineren Zahl vor dem einer größeren, so wird der kleinere Wert vom größeren subtrahiert.
  • Es darf höchstens ein Symbol der nächstkleineren Zahl vorangestellt werden.

Römische Zahlen
Zahl	I	II	III	IV	V	VI	VII	VIII	IX	X
Wert	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Zahl	X	XX	XXX	XL	L	LX	LXX	LXXX	XC	C
Wert	10	20	30	40	50	60	70	80	90	100
Zahl	C	CC	CCC	CD	D	DC	DCC	DCCC	CM	M
Wert	100	200	300	400	500	600	700	800	900	1000

Beispiele:

• XVII = 10 + 5 + 1 + 1 = 17
• MMIII = 1000 + 1000 + 1 + 1 + 1 = 2003
• IX = 10 − 1 = 9

Die höchste Zahl, die damit dargestellt werden kann, ist somit 3999 (MMMCMXCIX).

Software
Microsoft Excel	=RÖMISCH(arabische Zahl)
LibreOffice Calc	=RÖMISCH(arabische Zahl)

Zahlenbereiche und Rechenoperationen

↑ Formelsammlung Mathematik

Zahlenbereiche

Übersicht

Es ist $\mathbb {N} \subset \mathbb {Z} \subset \mathbb {Q} \subset \mathbb {R} \subset \mathbb {C} \subset \mathbb {H} \subset \mathbb {O} \subset \mathbb {S} .$ Dabei sind $\mathbb {N}$ die natürlichen, $\mathbb {Z}$ die ganzen, $\mathbb {Q}$ die rationalen, $\mathbb {R}$ die reellen, und $\mathbb {C}$ die komplexen Zahlen. $\mathbb {H}$ sind die Quaternionen $\mathbb {O}$ die Oktonionen und $\mathbb {S}$ die Sedenionen.

$\mathbb {C}$ enthält die (rein) imaginären Zahlen als echte Teilmenge. $\mathbb {N}$ beginnt je nach Festlegung bei 0 oder 1. Zur Verdeutlichung kann man $\mathbb {N} _{0}$ bzw. $\mathbb {N} _{1}$ schreiben.

Rationale Zahlen

Jede rationale Zahl $r$ lässt sich als gemeiner Bruch (Quotient zweier ganzer Zahlen) schreiben: $r={\frac {a}{b}}.$ $a$ heißt Zähler, $b$ Nenner.

$r$ heißt	echt (eigentlich)	für $0<|a|<|b|,\ 0<|r|<1$
	unecht (uneigentlich)	für $0<|b|<|a|,\ 1<|r|$
	reduziert	für $\operatorname {ggT} (a,b)=1$
	Stammbruch	für $|a|=1$
	Zweigbruch	für $|a|\neq 1$

Rechenoperationen erster bis dritter Stufe

Übersicht

Rechenart		Gerade oder direkte		Umgekehrte oder indirekte
Grundrechenarten	1.Stufe	Addition (addieren; zusammenzählen)		Subtraktion (subtrahieren; abziehen)
		$7+9=16\$	$a+b=c\$	$16-9=7\$ $16-7=9\$	$c-b=a\$ $c-a=b\$
		Summand plus Summand gleich Summe		Minuend minus Subtrahend gleich Differenz
	2.Stufe	Multiplikation (multiplizieren; malnehmen)		Division (dividieren; teilen)
		$3+3+3+3=3\cdot 4=12$	$\underbrace {a+a+a+...}$ b gleiche Summanden $=a\cdot b=c\$	$12:4=3\$	$c:b=a\$
		1.Faktor mal 2.Faktor gleich Produkt		Dividend durch Divisor gleich Quotient
.	3.Stufe	Potenzieren		Radizieren (Wurzelziehen)
		$3\cdot 3\cdot 3\cdot 3=3^{4}=81$	$\underbrace {a\cdot a\cdot a\cdot ...}$ b gleiche Faktoren $=a^{b}=c\$	${\sqrt[{4}]{81}}=3$	${\sqrt[{b}]{c}}=a$
		Basis a hoch Exponent b gleich Potenzwert c		b-te Wurzel aus dem Radikanden c gleich Wurzelwert a (b: Wurzelexponent)
				Logarithmieren
				$\log _{3}81=4\$	$\log _{a}c=b\$
				Logarithmus vom Logarithmanden c zur Basis a gleich Logarithmuswert b

---

Die vier Grundrechenarten mit natürlichen Zahlen

Addition

Addieren oder Zusammenzählen

Summand* + Summand* = Summe
     3  +  4      =   7

*Früher wurde für den ersten Summanden auch der Begriff Augend und für die anderen Summanden auch der Begriff Addend verwendet.

Satz: Die Summanden dürfen beliebig vertauscht werden -> Kommutativgesetz

---

Subtraktion

Subtrahieren oder Abziehen

Minuend - Subtrahend = Differenz
    8   -    2       =   6

---

Multiplikation

Faktor* x Faktor* = Produkt
  8    x   8    =  64

* Früher wurde für den ersten Faktor auch der Begriff Multiplikator und für die anderen Faktoren auch der Begriff Multiplikand verwendet.

Satz: Die Faktoren dürfen beliebig vertauscht werden -> Kommutativgesetz

Division

Dividieren, Teilen oder Bruchrechnen

${\frac {\mbox{Zähler}}{\mbox{Nenner}}}$ oder ${\frac {\mbox{Dividend}}{\mbox{Divisor}}}={\mbox{Quotient}}$

Beispiel: ${\frac {8}{2}}=4$

Dezimalbruch

$0{,}25\$

Gemischter Bruch

$2{\frac {5}{8}}=2+{\frac {5}{8}}$
ganze Zahl und ein Bruch

Gleichnamige Brüche

${\frac {5}{8}},{\frac {3}{8}},{\frac {1}{8}}$
alle Nenner sind gleichnamig

Ungleichnamige Brüche

${\frac {5}{8}},{\frac {3}{2}},{\frac {1}{9}}$
alle Nenner sind ungleichnamig

Addieren und Subtrahieren gleichnamiger Brüche

${\frac {5}{8}}+{\frac {3}{8}}-{\frac {1}{8}}={\frac {5+3-1}{8}}={\frac {7}{8}}$
Die Zähler werden addiert oder subtrahiert und == der Nenner wird beibehalten. ==

Addieren und Subtrahieren ungleichnamiger Brüche

${\frac {1}{4}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}={\frac {3}{12}}+{\frac {6}{12}}-{\frac {4}{12}}={\frac {5}{12}}$
Die Nenner werden auf ein gemeinsames Vielfaches gebracht und somit zu gleichnamigen Brüchen

Multiplizieren von Brüchen

${\frac {5}{8}}\cdot {\frac {3}{2}}={\frac {5\cdot 3}{8\cdot 2}}={\frac {15}{16}}$
Zähler werden mit Zähler multipliziert, Nenner mit Nenner.

Dividieren von Brüchen

${\frac {5}{8}}:{\frac {2}{3}}={\frac {5\cdot 3}{8\cdot 2}}={\frac {15}{16}}$
Dividend multipliziert mit Kehrwert des Divisors

Vorrangregeln

Folgende Vorrangregeln sind in der Mathematik üblich. Die Assoziativität ist nur bei Verletzung des Assoziativgesetzes von Bedeutung. Im Zweifelsfall können Klammern gesetzt werden.

Operationen	Bedeutung	Assoziativität
$a_{i}$	Indizierung	rechts
$f(x)$	Funktionsapplikation	links
$a^{b}$	Potenzierung	rechts
$-a$	Negation	rechts
$ab,\,a/b,$ $M\cap N$	Multiplikation, Division, Schnitt	links
$a+b,\,a-b,$ $M\cup N$	Addition, Subtraktion, Vereinigung	links
$a=b,\,a\neq b,$ $a<b,\,a\leq b,$ $M\subseteq N,$ $a\in M$	Gleichheitsrelationen, Ordnungsrelationen, Teilmengenrelation, Elementrelation,	keine
$\neg A$	logische Negation	rechts
$A\land B$	Konjunktion	links
$A\lor B,\,A\oplus B$	Disjunktion, Kontravalenz	links
$A\Rightarrow B,\,A\rightarrow B$	Implikation	keine
$A\Leftrightarrow B,\,A\equiv B$	Äquivalenz	keine
$A\vdash B,\,A\models B$	syntaktische und semantische Implikation	keine
$A\,\,{\text{impliziert}}\,\,B$	metasprachliche Implikation	keine
$A\,\,{\text{gdw.}}\,\,B$	metasprachliche Äquivalenz	keine

Wichtige Zahlen

↑ Formelsammlung Mathematik

Die Null (0)

Neutrales Element bezüglich der Addition: a + 0 = a.

Neutrales Element bezüglich der Subtraktion: a − 0 = a.

Die Eins (1)

Neutrales Element bezüglich der Multiplikation: a · 1 = a.

Neutrales Element bezüglich der Division: a : 1 = a.

Kreiszahl π

Verhältnis von Umfang eines Kreises zum Durchmesser des Kreises,

$\pi =$ 3,14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 69399 37510 58209 74944 …

Reihenentwicklung nach Leibniz:

${\frac {\pi }{4}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{2\,k+1}}=1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{9}}-{\frac {1}{11}}+\cdots$

Eulersche Zahl e

Basis des natürlichen Logarithmus,

e = 2,71828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995 95749 66967 …

$\mathrm {e} =\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}=1+{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}+\cdots$

Euler-Mascheroni-Konstante γ

$\gamma =$ 0,57721 56649 01532 86060 65120 90082 40243 10421 59335 93992 35988 05767 …

$\Gamma ^{\prime }(1)=\psi (1)=-\gamma$

Imaginäre Einheit i

Die Zahl i ist das Grundelement der imaginären Zahlen,

$\mathrm {i} ^{2}=-1.$

Achtung: Die für $x,y\geq 0$ gültige Formel ${\sqrt {x}}\,{\sqrt {y}}={\sqrt {xy}}$ verliert ihre Gültigkeit, wenn $x,y$ negativ sind.

So ist zum Beispiel $\mathrm {i} ^{2}={\sqrt {-1}}\,{\sqrt {-1}}\neq {\sqrt {(-1)(-1)}}={\sqrt {1}}=1$.

Wurzel aus 2

${\sqrt {2}}=$ 1,41421 35623 73095 04880 16887 24209 69807 85696 71875 37694 80731 76679 …

Wurzel aus 3

${\sqrt {3}}=$ 1,73205 08075 68877 29352 74463 41505 87236 69428 05253 81038 06280 55806 …

Wurzel aus 5

${\sqrt {5}}=$ 2,23606 79774 99789 69640 91736 68731 27623 54406 18359 61152 57242 70897 …

Der goldene Schnitt

$\Phi ={\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=$ 1,61803 39887 49894 84820 45868 34365 63811 77203 09179 80576 28621 35448 …

Feigenbaum-Konstante δ

$\delta =$ 4,66920 16091 02990 67185 32038 20466 20161 72581 85577 47576 …

Feigenbaum-Konstante α

$\alpha =$ 2,50290 78750 95892 82228 39028 73218 21578 63812 71376 72714 …

Algebra

↑ Formelsammlung Mathematik

Rechenregeln

Binomische Formeln

Sei $R$ ein Ring, z. B. $R=\mathbb {R}$ oder $R=\mathbb {C}$. Sei $a,b\in R$ und $ab=ba$. Dann gilt:

$(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}\,$	(erste binomische Formel)
$(a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}\,$	(zweite binomische Formel)
$a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)\,$	(dritte binomische Formel)

und:

$(a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}\,$	$a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})\,$
$(a-b)^{3}=a^{3}-3a^{2}b+3ab^{2}-b^{3}\,$	$a^{3}-b^{3}=(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})\,$

Binomischer Lehrsatz

Sei $R$ ein unitärer Ring, z. B. $R=\mathbb {R}$ oder $R=\mathbb {C}$. Sei $a,b\in R$ und $ab=ba$. Dann gilt:

$(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{n-k}b^{k}$	$(a-b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{\binom {n}{k}}a^{n-k}b^{k}$
$(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}$	$(a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}$
$(a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}$	$(a-b)^{3}=a^{3}-3a^{2}b+3ab^{2}-b^{3}$
$(a+b)^{4}=a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}$	$(a-b)^{4}=a^{4}-4a^{3}b+6a^{2}b^{2}-4ab^{3}+b^{4}$
usw.	usw.

Pascalsches Dreieck

Das pascalsche Dreieck ist eine Wertetabelle für die Binomialkoeffizienten

${\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}.$

	k=0	k=1	k=2	k=3	k=4	k=5	k=6	k=7	k=8
n=0	1
n=1	1	1
n=2	1	2	1
n=3	1	3	3	1
n=4	1	4	6	4	1
n=5	1	5	10	10	5	1
n=6	1	6	15	20	15	6	1
n=7	1	7	21	35	35	21	7	1
n=8	1	8	28	56	70	56	28	8	1

Das Dreieck lässt sich rekursiv durch die Vorschrift

${\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}={\binom {n+1}{k+1}}$

erzeugen.

Multinomialtheorem

Sei $R$ ein unitärer Ring. Sei $a_{1},\ldots ,a_{m}\in R$, wobei die $a_{i}$ paarweise kommutieren. Es gilt

$(a_{1}+\ldots +a_{m})^{n}=\sum _{k_{1}+\ldots +k_{m}=n}{\binom {n}{k_{1},\ldots ,k_{m}}}a_{1}^{k_{1}}\cdot \ldots \cdot a_{m}^{k_{m}}.$

In Multiindex-Notation:

$(a_{1}+\ldots +a_{m})^{n}=\sum _{|k|=n}{\binom {n}{k}}a^{k}$

mit

$k=(k_{1},\ldots ,k_{m}),$

$|k|=k_{1}+\ldots +k_{m},$

${\binom {n}{k}}={\binom {n}{k_{1},\ldots ,k_{m}}}:={\frac {n!}{k_{1}!+\ldots +k_{m}!}},$

$a^{k}=a_{1}^{k_{1}}\cdot \ldots \cdot a_{m}^{k_{m}}.$

Die ersten Formeln sind:

n=2	(a+b)2	= a2 + b2 + 2ab
	(a+b+c)2	= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
	(a+b+c+d)2	= a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd
n=3	(a+b)3	= a3 + b3 + 3a2b + 3b2a
	(a+b+c)3	= a3 + b3 + c3 + 3a2b + 3a2c + 3b2a + 3b2c + 3c2a + 3c2b + 6abc

Potenzen

$a^{0}=1$

$a^{1}=a$

$a^{2}=a\cdot a$

$a^{3}=a\cdot a\cdot a$

usw.

$a^{n}=\underbrace {a\cdot a\cdot \ldots \cdot a} _{n\,\mathbf {Faktoren} }$

Definition für $a\in \mathbb {R}$ und $n\in \mathbb {Z} ,n\geq 0$:

$a^{0}:=1,\quad 0^{0}:=1,$

$a^{n}:=a^{n-1}\cdot a.\quad (n\geq 1)$

Für $a\neq 0$:

$a^{-n}:={\frac {1}{a^{n}}}.$

Definition für $a\in \mathbb {R} ,a>0$ und $r\in \mathbb {R}$:

$a^{r}:=\exp(r\cdot \ln(a)).$

Für $r\neq 0$:

${\sqrt[{r}]{a}}:=\exp \left({\frac {\ln(a)}{r}}\right)=a^{1/r}.$

Potenzgesetze

Für $a,b\in \mathbb {R} ,a,b>0$ und $r,s\in \mathbb {R}$ gilt:

$a^{r}a^{s}=a^{r+s}$	${\frac {a^{r}}{a^{s}}}=a^{r-s}$	$(a^{r})^{s}=a^{rs}$
$(a\,b)^{r}=a^{r}b^{r}$	${\Big (}{\frac {a}{b}}{\Big )}^{r}={\frac {a^{r}}{b^{r}}}$	${\Big (}{\frac {1}{a}}{\Big )}^{r}={\frac {1}{a^{r}}}$

Ist zusätzlich $r\neq 0$, so gilt:

$({\sqrt[{r}]{a}})^{s}={\sqrt[{r}]{a^{s}}}$	$({\sqrt[{r}]{a\,b}})^{s}={\sqrt[{r}]{a^{s}}}{\sqrt[{r}]{b^{s}}}$	$\left({\sqrt[{r}]{\frac {a}{b}}}\right)^{s}={\frac {\sqrt[{r}]{a^{s}}}{\sqrt[{r}]{b^{s}}}}$
${\sqrt[{r}]{a^{s}}}=a^{s/r}$	${\sqrt[{r}]{a^{r}}}=a$	${\sqrt[{-r}]{a}}={\frac {1}{\sqrt[{r}]{a}}}={\sqrt[{r}]{\frac {1}{a}}}$

Für $a,b\in \mathbb {R}$ und $m,n\in \mathbb {Z} ,m,n\geq 0$ gilt:

$(a\,b)^{n}=a^{n}b^{n}$	$(a^{m})^{n}=a^{mn}$
$b\neq 0\implies \left({\frac {a}{b}}\right)^{n}={\frac {a^{n}}{b^{n}}}$

→ Potenzgesetze für komplexen Zahlen

Logarithmen

Graph des Logarithmus zur Basis 2, e und 1/2

Für $a,x,y\in \mathbb {R}$ mit $a,x>0$ und $a\neq 1$ gilt:

$x=a^{y}\iff y=\log _{a}(x).$

Logarithmengesetze

Für $x,y,a,r\in \mathbb {R}$ mit $x,y,a>0$ und $a\neq 1$ gilt:

$\log(x\,y)=\log(x)+\log(y)$	$\log(1)=0\,$	$\log _{a}(x)={\frac {\log(x)}{\log(a)}}$
$\log \left({\frac {x}{y}}\right)=\log(x)-\log(y)$	$\log \left({\frac {1}{x}}\right)=-\log(x)$
$\log(x^{r})=r\,\log(x)$	$r\neq 0\implies \log({\sqrt[{r}]{x}})={\frac {1}{r}}\,\log(x)$

Welcher Logarithmus verwendet wird, ist unerheblich. D. h. man setzt $\log :=\log _{a}$ für ein festes $a$ mit $a>0$ und $a\neq 1$. Meistens ist $\log :=\ln$ oder $\log :=\lg$.

Spezielle Logarithmen

	Bezeichnung	Definierende Eigenschaft	Basis
Natürliche Logarithmen	ln	$\mathrm {e} ^{\ln(x)}=x\,$	e=2,718 281 828 459 045... (eulersche Zahl)
Dekadische Logarithmen	lg	$10^{\lg(x)}=x\,$	10
Binäre Logarithmen	lb, ld	$2^{\mathrm {lb} (x)}=x\,$	2

→ Logarithmengesetze für komplexe Zahlen

Gleichungen

Definition

Sind $f,g$ zwei auf der Grundmenge $G$ definierte Funktionen, so nennt man

$f(x)=g(x)$

eine Bestimmungsgleichung, wenn die Lösungsmenge

$L=\{x\in G\mid f(x)=g(x)\}$

gesucht ist.

Bei $G$ kann es sich auch um eine Menge von Tupeln handeln:

$L=\{(x,y)\in G\mid f(x,y)=g(x,y)\},$

$L=\{(x,y,z)\in G\mid f(x,y,z)=g(x,y,z)\},$

usw.

Man schreibt auch $x=(x_{1},x_{2})$ oder $x=(x_{1},x_{2},x_{3})$ usw.

Äquivalenzumformungen

Äquivalenzumformungen lassen die Lösungsmenge einer Gleichung unverändert.

Seien $A(x),B(x)$ zwei Aussageformen.

Äquivalenz	Implikation
Gilt für alle $x\in G$: $A(x)\iff B(x),$ so gilt: $\{x\in G\mid A(x)\}=\{x\in G\mid B(x)\}.$	Gilt für alle $x\in G$: $A(x)\implies B(x),$ so gilt: $\{x\in G\mid A(x)\}\subseteq \{x\in G\mid B(x)\}.$

Seien $f,g,h$ Funktionen mit Definitionsbereich $G$ und Zielmenge $Z=\mathbb {R}$ oder $Z=\mathbb {C}$.

Für alle x gilt:

$f(x)=g(x)\iff f(x)+h(x)=g(x)+h(x),$

$f(x)=g(x)\iff f(x)-h(x)=g(x)-h(x).$

Besitzt $h(x)$ keine Nullstellen, so gilt für alle x:

$f(x)=g(x)\iff f(x)\cdot h(x)=g(x)\cdot h(x),$

$f(x)=g(x)\iff {\frac {f(x)}{h(x)}}={\frac {g(x)}{h(x)}}.$

Besitzt $h(x)$ Nullstellen, so gilt immerhin noch für alle x:

$f(x)=g(x)\implies f(x)\cdot h(x)=g(x)\cdot h(x).$

Ist $i$ eine auf dem Definitionsbereich $f(G)\cup \operatorname {g} (G)$ injektive Funktion, dann gilt für alle x:

$f(x)=g(x)\iff i(f(x))=i(g(x)).$

Jede streng monotone Funktion ist injektiv.

Arten von Gleichungen

Polynomgleichungen

• Quadratische Gleichungen

Komplexe Zahlen

↑ Formelsammlung Mathematik

Darstellung

Geometrische Darstellung einer komplexen Zahl.

Kartesische Form

$z=a+b\mathrm {i}$

Polarform (trigonometrische Darstellung)

$z=r(\cos \varphi +\mathrm {i} \sin \varphi )$

Polarform (Exponentialdarstellung)

$z=r\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi }$

Elementare Operationen

Name	Operation	Polarform	kartesische Form
Identität	$z$	$=r\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi }$	$=a+b\mathrm {i}$
Identität	$z_{1}$	$=r_{1}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi _{1}}$	$=a_{1}+b_{1}\mathrm {i}$
Identität	$z_{2}$	$=r_{2}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi _{2}}$	$=a_{2}+b_{2}\mathrm {i}$
Addition	$z_{1}+z_{2}$		$=(a_{1}+a_{2})+(b_{1}+b_{2})\mathrm {i}$
Subtraktion	$z_{1}-z_{2}$		$=(a_{1}-a_{2})+(b_{1}-b_{2})\mathrm {i}$
Multiplikation	$z_{1}z_{2}$	$=r_{1}r_{2}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (\varphi _{1}+\varphi _{2})}$	$=(a_{1}a_{2}-b_{1}b_{2})+(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\mathrm {i}$
Division	${\frac {z_{1}}{z_{2}}}$	$={\frac {r_{1}}{r_{2}}}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (\varphi _{1}-\varphi _{2})}$	$={\frac {a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}}{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}}+{\frac {a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2}}{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}}\mathrm {i}$
Kehrwert	${\frac {1}{z}}$	$={\frac {1}{r}}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \varphi }$	$={\frac {a}{a^{2}+b^{2}}}-{\frac {b}{a^{2}+b^{2}}}\mathrm {i}$
Potenzierung	$z^{n}$	$=r^{n}\mathrm {e} ^{n\mathrm {i} \varphi }$
Konjugation	${\overline {z}}$	$=r\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \varphi }$	$=a-b\mathrm {i}$
Realteil	$\mathrm {Re} (z)$	$=r\cos \varphi$	$=a$
Imaginärteil	$\mathrm {Im} (z)$	$=r\sin \varphi$	$=b$
Betrag	$|z|$	$=r$	$={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$
Argument	$\mathrm {arg} (z)$	$=\varphi$	$=s(b)\arccos {\Big (}{\frac {a}{r}}{\Big )}$

$s(b):={\begin{cases}+1&{\text{wenn}}\;b\geq 0,\\-1&{\text{wenn}}\;b<0\end{cases}}$

Rechenweg zur Division:

${\frac {z_{1}}{z_{2}}}={\frac {z_{1}{\overline {z_{2}}}}{z_{2}{\overline {z_{2}}}}}={\frac {z_{1}{\overline {z}}_{2}}{|z_{2}|^{2}}}$

${\frac {1}{z}}={\frac {\overline {z}}{z\,{\overline {z}}}}={\frac {\overline {z}}{|z|^{2}}}$

Konjugation

Für alle $z,z_{1},z_{2}\in \mathbb {C}$ gilt:

${\overline {z_{1}+z_{2}}}={\bar {z}}_{1}+{\bar {z}}_{2}$ ${\overline {z_{1}-z_{2}}}={\bar {z}}_{1}-{\bar {z}}_{2}$ ${\overline {z_{1}z_{2}}}={\bar {z}}_{1}\,{\bar {z}}_{2}$ $z_{2}\neq 0\implies {\overline {{\Big (}{\frac {z_{1}}{z_{2}}}{\Big )}}}={\frac {{\bar {z}}_{1}}{{\bar {z}}_{2}}}$ $|{\bar {z}}|=|z|$ ${\bar {\bar {z}}}=z$ $z{\bar {z}}=|z|^{2}$

$\operatorname {Re} (z)={\frac {z+{\bar {z}}}{2}}$ $\operatorname {Im} (z)={\frac {z-{\bar {z}}}{2i}}$ ${\overline {\mathrm {e} ^{z}}}=\mathrm {e} ^{\bar {z}}$ ${\overline {\sin(z)}}=\sin({\bar {z}})$ ${\overline {\cos(z)}}=\cos({\bar {z}})$

Für alle $z\in \mathbb {C} \setminus \{x\in \mathbb {R} \mid x\leq 0\}$ und $x\in \mathbb {C}$ gilt:

${\overline {z^{x}}}={\bar {z}}^{\bar {x}}$

${\overline {\ln(z)}}=\ln({\bar {z}})$

$\arg({\bar {z}})=-\arg(z)$

Argument

Für alle $r>0$, $z,z_{1},z_{2}\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ und $x\in \mathbb {C}$ gilt:

$\arg(rz)=\arg(z)$

$\arg(z_{1}z_{2})\equiv \arg(z_{1})+\arg(z_{2}){\pmod {2\pi }}$

$\arg {\Big (}{\frac {z_{1}}{z_{2}}}{\Big )}\equiv \arg(z_{1})-\arg(z_{2}){\pmod {2\pi }}$

$\arg {\Big (}{\frac {1}{z}}{\Big )}\equiv -\arg(z){\pmod {2\pi }}$

$\arg({\bar {z}})\equiv -\arg(z){\pmod {2\pi }}$

$\arg(z^{x})\equiv \arg(z)\operatorname {Re} (x)+\ln(|z|)\operatorname {Im} (x){\pmod {2\pi }}$

Für alle $z\in \mathbb {C} \setminus \{x\in \mathbb {R} \mid x\leq 0\}$ gilt:

$\arg({\bar {z}})=-\arg(z)$

$\arg {\Big (}{\frac {1}{z}}{\Big )}=-\arg(z)$

Potenzen

Allgemeine Potenzfunktion $f\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {C} ,\;f(x,y):=x^{y}$.

Allgemeine Potenzfunktion $z=x^{y}$ für die Umgebung von (0; 0). An der Stelle (0; 0) ist die Funktion unstetig.

Definitionen:

$\mathrm {e} ^{z}:=\mathrm {e} ^{a}\cos(b)+\mathrm {i} \,\mathrm {e} ^{a}\sin(b)\qquad (z=a+b\mathrm {i} )$

$\ln(z):=\ln(|z|)+\operatorname {arg} (z)\,\mathrm {i} \qquad (z\neq 0)$

$z^{w}:=\mathrm {e} ^{w\ln(z)}\qquad (z\neq 0)$

Für alle $z,z_{1},z_{2}\in \mathbb {C}$ gilt:

$\mathrm {e} ^{z_{1}+z_{2}}=\mathrm {e} ^{z_{1}}\mathrm {e} ^{z_{2}}$

$\mathrm {e} ^{-z}={\frac {1}{\mathrm {e^{z}} }}$

$\mathrm {e} ^{z}\neq 0$

$\mathrm {e} ^{\mathrm {i} z}=\cos(z)+\mathrm {i} \sin(z)$

$\forall k\in \mathbb {Z} \colon \;\mathrm {e} ^{2k\pi \mathrm {i} }=1$

$\forall k\in \mathbb {Z} \colon \;\mathrm {e} ^{(2k+1)\pi \mathrm {i} }+1=0$

Für alle $z\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ und $x,y\in \mathbb {C}$ gilt:

$z^{x+y}=z^{x}z^{y}$

$z^{x-y}={\frac {z^{x}}{z^{y}}}$

$z^{-x}={\frac {1}{z^{x}}}$

$z^{0}=1$

Für alle $r>0$, $z\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ und $x\in \mathbb {C}$ gilt:

$(rz)^{x}=r^{x}z^{x}$

${\Big (}{\frac {z}{r}}{\Big )}^{x}={\frac {z^{x}}{r^{x}}}$

${\Big (}{\frac {1}{r}}{\Big )}^{x}={\frac {1}{r^{x}}}=r^{-x}$

Für alle $r>0$, $z\in \mathbb {C} \setminus \{x\in \mathbb {R} \mid x\leq 0\}$ und $x\in \mathbb {C}$ gilt:

${\Big (}{\frac {r}{z}}{\Big )}^{x}={\frac {r^{x}}{z^{x}}}$

Wurzeln

Graph der Funktion f(z) = z⁵−1. Die Nullstellen von f heißen fünfte Einheitswurzeln. Die n-ten Wurzeln einer komplexen Zahl bilden immer ein regelmäßiges n-Eck, dessen Zentrum im Koordinatenursprung liegt.

Sei $\varphi :=\arg(z)$. Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt:

$z=w^{n}\iff w={\sqrt[{n}]{|z|}}\exp {\Big (}{\frac {\mathrm {i} \varphi +2k\pi \mathrm {i} }{n}}{\Big )},\;k\in \{0,1,\ldots ,n-1\}.$

Hauptwert:

${\sqrt[{n}]{z}}={\sqrt[{n}]{|z|}}\exp {\Big (}{\frac {\mathrm {i} \varphi }{n}}{\Big )}.$

Hauptwert, allgemein für $z,x\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$:

${\sqrt[{x}]{z}}:=\exp {\bigg (}{\frac {\ln(z)}{x}}{\bigg )}.$

Logarithmen

Definitionen:

$\ln(z):=\ln(|z|)+\operatorname {arg} (z)\,\mathrm {i} \qquad (z\neq 0)$

$\log _{b}(a):={\frac {\ln(a)}{\ln(b)}}\qquad (a,b\in \mathbb {C} \setminus \{0\})$

Logarithmus als Urbild der Exponentialfunktion:

$\operatorname {Ln} (z):=\{w\mid \exp(z)=w\}$

$\operatorname {Ln} (z)=\{w\mid w=\ln(z)+2k\pi \mathrm {i} ,\;k\in \mathbb {Z} \}$

Für alle $r>0$ und $z\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ gilt:

$\ln(rz)=\ln(r)+\ln(z)$

Für alle $z\in \mathbb {C} \setminus \{x\in \mathbb {R} \mid x\leq 0\}$ gilt:

$\ln {\Big (}{\frac {1}{z}}{\Big )}=-\ln(z)$

Für alle $x,y\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ gilt:

$\ln(xy)\equiv \ln(x)+\ln(y)\quad {\pmod {2\pi \mathrm {i} }}$

Für alle $z\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$ und $x\in \mathbb {C}$ gilt:

$\ln(z^{x})\equiv x\ln(z)\quad {\pmod {2\pi \mathrm {i} }}$

Aufgaben

Aufgabe 1

Ist $\alpha \,$ eine fest vorgegebene komplexe Zahl und ist $z\,$ eine komplexe Variable, so gilt $\left|z^{\alpha }\right|\in \Theta \left(|z|^{{\text{Re}}\,\alpha }\right)$ für $|z|\to \infty \,$. ($\Theta$: Landau-Symbol)

Beweisskizze

Die Idee, $z^{\alpha }$ in Betrag und Winkelanteil aufzuspalten (d. h. in Polarform zu bringen), führt zum Erfolg.

Sei $r:=|z|$ und $\varphi :=\operatorname {arg} (z)$.

Es ist $z^{\alpha }=(r\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi })^{\alpha }=r^{\alpha }\mathrm {e} ^{\mathrm {i} \varphi \alpha }=\ldots =r^{\operatorname {Re} \alpha }\mathrm {e} ^{-\varphi \operatorname {Im} \alpha }r^{\mathrm {i} \operatorname {Im} \alpha }e^{\mathrm {i} \varphi \operatorname {Re} \alpha }$.

Somit gilt $|z^{\alpha }|=r^{\operatorname {Re} \alpha }\mathrm {e} ^{-\varphi \operatorname {Im} \alpha }$ und daher ${\frac {|z^{\alpha }|}{|z|^{\operatorname {Re} \alpha }}}=\mathrm {e} ^{-\varphi \operatorname {Im} \alpha }.$

Nun ist $\mathrm {e} ^{-\varphi \operatorname {Im} \alpha }$ aber beschränkt, weil $-\pi <\varphi \leq \pi$, und positiv, weil $\forall x{\in }\mathbb {R} \colon \,\mathrm {e} ^{x}>0$.

 

Aufgabe 2

Sind $z_{1},z_{2}\,$ komplexe Zahlen mit positivem Realteil und ist $\alpha \,$ irgendeine komplexe Zahl, so ist $(z_{1}\cdot z_{2})^{\alpha }=z_{1}^{\alpha }\cdot z_{2}^{\alpha }$ und $\left({\frac {z_{1}}{z_{2}}}\right)^{\alpha }={\frac {z_{1}^{\alpha }}{z_{2}^{\alpha }}}$.

Beweis

$z_{1}=r_{1}e^{i\phi _{1}},z_{2}=r_{2}e^{i\phi _{2}}$ besitzen Darstellungen mit $-{\frac {\pi }{2}}<\phi _{1},\phi _{2}<{\frac {\pi }{2}}$.

Dann ist $-\pi <\phi _{1}\pm \phi _{2}<\pi \,$, und daher $\left(e^{i(\phi _{1}\pm \phi _{2})}\right)^{\alpha }=e^{i(\phi _{1}\pm \phi _{2})\alpha }$.

 

Aufgabe 3

Ist $z\,$ eine komplexe Zahl, so ist $0^{z}=\left\{{\begin{matrix}0&{\text{Re}}(z)>0\\1&z=0\\{\text{nicht definiert}}&{\text{sonst}}\end{matrix}}\right.$.

ohne Beweis (Definition)

 

Aufgabe 4

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

Beweis (Formel von Fibonacci)

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

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

 

Aufgabe 5

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

Beweis

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

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

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

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

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

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

 

Winkelfunktionen

↑ Formelsammlung Mathematik

Graphen

Symmetrien

Punktsymmetrie	Achsensymmetrie
${\begin{aligned}\sin(-x)&=-\sin(x),\\\tan(-x)&=-\tan(x),\\\cot(-x)&=-\cot(x),\\\csc(-x)&=-\csc(x)\end{aligned}}$	${\begin{aligned}\cos(-x)&=\cos(x),\\\sec(-x)&=\sec(x)\end{aligned}}$

Definition der Winkel- und Hyperbelfunktionen durch die e-Funktion

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

Gegenseitige Darstellbarkeit von Winkelfunktionen

	sin	cos	tan	cot	sec	csc
sin2(x)	$\sin ^{2}(x)$	$1-\cos ^{2}(x)$	${\frac {\tan ^{2}(x)}{1+\tan ^{2}(x)}}$	${\frac {1}{\cot ^{2}(x)+1}}$	${\frac {\sec ^{2}(x)-1}{\sec ^{2}(x)}}$	${\frac {1}{\csc ^{2}(x)}}$
cos2(x)	$1-\sin ^{2}(x)$	$\cos ^{2}(x)$	${\frac {1}{1+\tan ^{2}(x)}}$	${\frac {\cot ^{2}(x)}{\cot ^{2}(x)+1}}$	${\frac {1}{\sec ^{2}(x)}}$	${\frac {\csc ^{2}(x)-1}{\csc ^{2}(x)}}$
tan2(x)	${\frac {\sin ^{2}(x)}{1-\sin ^{2}(x)}}$	${\frac {1-\cos ^{2}(x)}{\cos ^{2}(x)}}$	$\tan ^{2}(x)$	${\frac {1}{\cot ^{2}(x)}}$	$\sec ^{2}(x)-1$	${\frac {1}{\csc ^{2}(x)-1}}$
cot2(x)	${\frac {1-\sin ^{2}(x)}{\sin ^{2}(x)}}$	${\frac {\cos ^{2}(x)}{1-\cos ^{2}(x)}}$	${\frac {1}{\tan ^{2}(x)}}$	$\cot ^{2}(x)$	${\frac {1}{\sec ^{2}(x)-1}}$	$\csc ^{2}(x)-1$
sec2(x)	${\frac {1}{1-\sin ^{2}(x)}}$	${\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}$	$1+\tan ^{2}(x)$	${\frac {\cot ^{2}(x)+1}{\cot ^{2}(x)}}$	$\sec ^{2}(x)$	${\frac {\csc ^{2}(x)}{\csc ^{2}(x)-1}}$
csc2(x)	${\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}$	${\frac {1}{1-\cos ^{2}(x)}}$	${\frac {1+\tan ^{2}(x)}{\tan ^{2}(x)}}$	$\cot ^{2}(x)+1$	${\frac {\sec ^{2}(x)}{\sec ^{2}(x)-1}}$	$\csc ^{2}(x)$

Die Gleichungen gelten für alle $x\in \mathbb {R}$ mit Ausnahme der Polstellen. Stetig hebbare Definitionslücken können entsprechend ergänzt werden.

Man beachte, dass die Gleichungen nach dem Wurzelziehen nur betragsmäßig gültig sind, da beim Quadrieren die Vorzeichen verloren gehen.

Winkelfunktionen mit verschobenem Argument

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

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

Additionstheoreme

$\sin(x\pm y)=\sin x\;\cos y\pm \sin y\;\cos x$

$\cos(x\pm y)=\cos x\;\cos y\mp \sin x\;\sin y$

$\tan(x\pm y)={\frac {\tan x\pm \tan y}{1\mp \tan x\;\tan y}}$

$\cot \left(x\pm y\right)={\frac {\pm \cot x\cot y\mp 1}{\cot x\pm \cot y}}$

$\sin(x+y)\,\sin(x-y)=\cos ^{2}y-\cos ^{2}x$

$\cos(x+y)\,\cos(x-y)=\cos ^{2}y-\sin ^{2}x$

Doppelwinkelfunktionen

$\sin(2x)=2\,\sin x\,\cos x={\frac {2\tan x}{1+\tan ^{2}x}}$

$\cos(2x)=\cos ^{2}x-\sin ^{2}x=1-2\sin ^{2}x=2\cos ^{2}x-1={\frac {1-\tan ^{2}x}{1+\tan ^{2}x}}$

$\tan(2x)={\frac {2\tan x}{1-\tan ^{2}x}}={\frac {2}{\cot x-\tan x}}$

$\cot(2x)={\frac {\cot ^{2}x-1}{2\cot x}}={\frac {\cot x-\tan x}{2}}$

Winkelfunktionen für weitere Vielfache

$\sin(3x)=3\sin x-4\sin ^{3}x\!$

$\sin(4x)=8\sin x\;\cos ^{3}x-4\sin x\;\cos x$

$\sin(5x)=16\sin x\;\cos ^{4}x-12\sin x\;\cos ^{2}x+\sin x$

$\sin(nx)=n\;\sin x\;\cos ^{n-1}x-{n \choose 3}\sin ^{3}x\;\cos ^{n-3}x+{n \choose 5}\sin ^{5}x\;\cos ^{n-5}x\;-\;+\;\dots$

$\cos(3x)=4\cos ^{3}x-3\cos x\!$

$\cos(4x)=8\cos ^{4}x-8\cos ^{2}x+1\!$

$\cos(5x)=16\cos ^{5}x-20\cos ^{3}x+5\cos x\!$

$\cos(nx)=\cos ^{n}x-{n \choose 2}\sin ^{2}x\;\cos ^{n-2}x+{n \choose 4}\sin ^{4}x\;\cos ^{n-4}x\;-\;+\;\dots$

$\tan(nx)={\frac {\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{n \choose 2k+1}\,\tan ^{2k+1}}{\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{n \choose 2k}\,\tan ^{2k}}}$

$\cot(nx)=(-1)^{n-1}\,\left({\frac {\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{n \choose 2k+1}\,\cot ^{2k+1}}{\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{n \choose 2k}\,\cot ^{2k}}}\right)^{(-1)^{n-1}}$

Rekursionsformeln mit $n,x\in \mathbb {C}$:

${\begin{aligned}\cos(nx)&=2\cos(x)\cos((n-1)x)+\cos((n-2)x),\\\sin(nx)&=2\cos(x)\sin((n-1)x)+\sin((n-2)x).\end{aligned}}$

Halbwinkelformeln

$\sin {\frac {x}{2}}={\sqrt {\frac {1-\cos x}{2}}}$ für $x\in [0,2\pi ]$

$\cos {\frac {x}{2}}={\sqrt {\frac {1+\cos x}{2}}}$ für $x\in [-\pi ,\pi ]$

$\tan {\frac {x}{2}}={\sqrt {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}}={\frac {1-\cos x}{\sin(x)}}={\frac {\sin x}{1+\cos x}}$ für $x\in ]-\pi ,\pi [$

$\cot {\frac {x}{2}}={\sqrt {\frac {1+\cos x}{1-\cos x}}}={\frac {1+\cos x}{\sin x}}={\frac {\sin x}{1-\cos x}}$ für $x\in ]-\pi ,\pi [$

Identitäten

Aus den Additionstheoremen lassen sich Identitäten ableiten:

$\sin x\pm \sin y=2\sin {\frac {x\pm y}{2}}\,\cos {\frac {x\mp y}{2}}$

$\cos x\pm \cos y=\pm 2\;{\begin{matrix}\cos \\\sin \end{matrix}}\left({\frac {x+y}{2}}\right){\begin{matrix}\cos \\\sin \end{matrix}}\left({\frac {x-y}{2}}\right)$

$\tan x\pm \tan y={\frac {\sin(x\pm y)}{\cos(x)\,\cos(y)}}\quad ,\quad \cot x\pm \cot y={\frac {\sin(y\pm x)}{\sin(x)\,\sin(y)}}$

Produkte der Winkelfunktionen

$\cos x\;\cos y={\frac {\cos(x-y)+\cos(x+y)}{2}}$

$\sin x\;\sin y={\frac {\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2}}$

$\sin x\;\cos y={\frac {\sin(x-y)+\sin(x+y)}{2}}$

$\tan x\;\tan y={\frac {\tan x+\tan y}{\cot x+\cot y}}=-{\frac {\tan x-\tan y}{\cot x-\cot y}}$

$\cot x\;\cot y={\frac {\cot x+\cot y}{\tan x+\tan y}}=-{\frac {\cot x-\cot y}{\tan x-\tan y}}$

$\tan x\;\cot y={\frac {\tan x+\cot y}{\cot x+\tan y}}=-{\frac {\tan x-\cot y}{\cot x-\tan y}}$

$\sin x\;\sin y\;\sin z={\frac {1}{4}}\left[\sin(x+y-z)+\sin(y+z-x)+\sin(z+x-y)-\sin(x+y+z)\right]$

$\cos x\;\cos y\;\cos z={\frac {1}{4}}\left[\cos(x+y-z)+\cos(y+z-x)+\cos(z+x-y)+\cos(x+y+z)\right]$

$\sin x\;\sin y\;\cos z={\frac {1}{4}}\left[-\cos(x+y-z)+\cos(y+z-x)+\cos(z+x-y)-\cos(x+y+z)\right]$

$\sin x\;\cos y\;\cos z={\frac {1}{4}}\left[\sin(x+y-z)-\sin(y+z-x)+\sin(z+x-y)+\sin(x+y+z)\right]$

Potenzen der Winkelfunktionen

$(2\cos x)^{2n}=\sum _{k=-n}^{n}{2n \choose n-k}\cos 2kx$

$(2\sin x)^{2n}=\sum _{k=-n}^{n}(-1)^{k}\,{2n \choose n-k}\cos 2kx$

$(2\cos x)^{2n+1}=2\sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose n-k}\cos(2k+1)x$

$(2\sin x)^{2n+1}=2\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{2n+1 \choose n-k}\sin(2k+1)x$

Arkusfunktionen

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Definition der Arkusfunktionen durch den Logarithmus

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

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

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

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

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

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

Argument iz

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

Verkettung einer Winkelfunktion mit einer Arkusfunktion

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

Komplementärbeziehungen

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

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

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

Hyperbelfunktionen

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Definition von Hyperbel- und Winkelfunktionen durch die e-Funktion

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

Weitere Identitäten mit Hyperbelfunktionen

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

Areafunktionen

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Definition der Areafunktionen durch den Logarithmus

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

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

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

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

$\operatorname {arsech} (z)=\ln \left({\frac {1+{\sqrt {1-z^{2}}}}{z}}\right)$

$\operatorname {arcsch} (z)=\ln \left({\frac {1+{\sqrt {1+z^{2}}}}{z}}\right)$

Argument iz

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

Verkettung einer Hyperbelfunktion mit einer Areafunktion

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

Grenzwerte

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1

$\lim _{|\xi |\to \infty }\left(1+{\frac {z}{\xi }}\right)^{\xi }=e^{z}\qquad \forall z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

2

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,n^{z}}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}}=\Gamma (z)\qquad \forall z\notin \mathbb {Z} _{\leq 0}$

ohne Beweis (Gaußsche Definition der Gammafunktion)

 

3

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{y}}}\,\prod _{k=0}^{n}\left(1+{\frac {y}{k+x}}\right)={\frac {\Gamma (x)}{\Gamma (x+y)}}$

Beweis

Nach der Gaußschen Definition der Gammafunktion gilt

$\Gamma (x)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,n^{x}}{x\,(x+1)\cdots (x+n)}}$           und

$\Gamma (x+y)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,n^{x+y}}{(x+y)\,(x+y+1)\cdots (x+y+n)}}$.

Betrachte nun den Quotient

${\frac {\Gamma (x)}{\Gamma (x+y)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{y}}}\,{\frac {x+y}{x}}\,{\frac {x+y+1}{x+1}}\,\cdots \,{\frac {x+y+n}{x+n}}$.

 

4

$\lim _{\varepsilon \to 0^{+}}\left(\left|\Gamma \left(-n+\varepsilon \,e^{i\varrho _{1}}\right)\right|-\left|\Gamma \left(-n+\varepsilon \,e^{i\varrho _{2}}\right)\right|\right)={\frac {\psi (n+1)}{\Gamma (n+1)}}{\Big (}\cos \varrho _{1}-\cos \varrho _{2}{\Big )}$

$f\,$	$\lim _{z_{1},z_{2}\to 0}{\frac {z_{1}\,f(z_{1})-z_{2}\,f(z_{2})}{z_{1}-z_{2}}}$
$\Gamma (-n+z)\,$	$(-1)^{n}{\frac {\Psi (n+1)}{\Gamma (n+1)}}$
$\Gamma (-n+z)\,z\,$	$(-1)^{n}{\frac {1}{\Gamma (n+1)}}$
$\Psi (-n+z)\,$	$\Psi (n+1)\,$
$\Psi (-n+z)\,z$	$-1\,$
$\zeta (1+z)\,(1+z)^{\alpha }$	$\alpha +\gamma \,$

ohne Beweis

 

5

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,e^{n}}{n^{n}\,{\sqrt {2\pi n}}}}=1$

Beweis (Stirlingsche Formel)

Setze $a_{n}={\frac {n!\,e^{n}}{n^{n}\,{\sqrt {2\pi n}}}}$ und betrachte den Quotienten zweier aufeinander folgender Glieder.

${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {1}{e}}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}$. Das ist nach der Ungleichung $e<\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}$ stets größer als $1\,$.

Die Folge $(a_{n})\,$ fällt somit streng monoton und sie ist durch null nach unten beschränkt, weil alle Folgeglieder positiv sind.

Also existiert der Grenzwert $g:=\lim a_{n}$.

Wegen ${\frac {a_{2n}}{a_{n}^{2}}}={\frac {\sqrt {n\pi }}{2^{2n}}}\,{2n \choose n}{\stackrel {n\to \infty }{\longrightarrow }}1$ ist $g={\frac {\lim a_{n}^{2}}{\lim a_{2n}}}=1$.

 

6

Mit $z=\varrho e^{i\varphi }$ gilt $\Gamma (z)\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}\right)^{z}\left\{{\begin{matrix}1&-\pi <\varphi <\pi \\{\frac {1}{e^{2\pi iz}-1}}&\varphi =\pi \end{matrix}}\right.$ für $\varrho \to \infty$

ohne Beweis

 

7

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}=e$

1. Beweis

Die Stirlingformel besagt, dass die Folge $a_{n}={\frac {n!\,e^{n}}{n^{n}\,{\sqrt {2\pi n}}}}$ gegen $1\,$ konvergiert.

Daher muss auch die Folge ${\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {{\sqrt[{n}]{n!}}\,\,e}{n\,{\sqrt[{2n}]{2\pi n}}}}$ gegen $1\,$ konvergieren.

Wegen $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n}]{2\pi n}}=1$ ist somit $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}\,e=1$, gleichbedeutend mit $\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}=e$.

 

2. Beweis

Multipliziert man die Abschätzung $(n-1)!<{\frac {n^{n}}{e^{n}}}\,e<n!$ mit ${\frac {e^{n}}{n!}}$ durch,

so ist ${\frac {e^{n}}{n}}<{\frac {n^{n}}{n!}}\,e<e^{n}$, und daraus folgt ${\frac {e}{\sqrt[{n}]{n}}}<{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}\,{\sqrt[{n}]{e}}<e$.

Lässt man $n\to \infty \,$ gehen, so erhält man $e\leq \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}\leq e$.

 

8

$\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {n\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1$

Beweis

$\prod _{k=1}^{n}{\frac {4k^{2}-1}{4k^{2}}}=\prod _{k=1}^{n}{\frac {(2k-1)\cdot (2k+1)}{2k\cdot 2k}}={\frac {{\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}\,\cdot \,{\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}\,(2n+1)}{2^{n}\,n!\,\cdot \,2^{n}\,n!}}=(2n+1)\left[{\frac {(2n)!}{2^{2n}\,n!^{2}}}\right]^{2}=(2n+1)\left[{\frac {1}{2^{2n}}}{2n \choose n}\right]^{2}$

Also ist $\lim _{n\to \infty }(2n+1)\left[{\frac {1}{2^{2n}}}{2n \choose n}\right]^{2}=\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {4k^{2}-1}{4k^{2}}}={\frac {2}{\pi }}\qquad {\text{(Wallis Produkt)}}$

Daraus folgt $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {2n+1}}{2^{2n}}}{2n \choose n}={\sqrt {\frac {2}{\pi }}}$, gleichbedeutend mit $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1$.

Und wegen $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {n\pi }}{\sqrt {\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\pi }}}=1$ ist daher auch $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {n\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1$.

 

9

$B(\alpha n,\beta n)\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}\,{\sqrt {\frac {\alpha +\beta }{\alpha \,\beta }}}\left({\frac {\alpha ^{\alpha }\,\beta ^{\beta }}{(\alpha +\beta )^{\alpha +\beta }}}\right)^{n}$

Beweis

 

10

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {(\alpha n+\beta n)!}{(\alpha n)!\,(\beta n)!}}}={\frac {(\alpha +\beta )^{\alpha +\beta }}{\alpha ^{\alpha }\,\beta ^{\beta }}}$

Beweis

 

11

$\lim _{y\to \infty }{\frac {|\Gamma (x+iy)|}{{\sqrt {\frac {2\pi }{y}}}\,y^{x}\,e^{-{\frac {\pi }{2}}y}}}=1\qquad x\in \mathbb {R}$

Beweis

 

12

$A:=\lim _{n\to \infty }{\frac {e^{\frac {n^{2}}{4}}\,\prod _{k=1}^{n}k^{k}}{n^{{\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{2}}+{\frac {1}{12}}}}}=e^{{\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}$

Beweis (Glaisher-Kinkelin-Konstante)

Betrachte die asymptotische Entwicklung

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {n^{p}}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}+O\left(n^{p-3}\right)$.

Differenziere nach $p\,$:

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}\,\log k=-\zeta '(-p)+{\frac {n^{p+1}\,\log n}{p+1}}-{\frac {n^{p+1}}{(p+1)^{2}}}+{\frac {n^{p}\,\log n}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}\,\log n+{\frac {n^{p-1}}{12}}+O\left(n^{p-3}\,\log n\right)$

Und setze $p=1\,$:

$\sum _{k=1}^{n}k\,\log k=-\zeta '(-1)+{\frac {n^{2}}{2}}\,\log n-{\frac {n^{2}}{4}}+{\frac {n}{2}}\,\log n+{\frac {1}{12}}\,\log n+{\frac {1}{12}}+O\left({\frac {\log n}{n^{2}}}\right)$

$a_{n}:={\frac {n^{2}}{4}}+\sum _{k=1}^{n}k\,\log k-\left({\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{2}}+{\frac {1}{12}}\right)\log n\to {\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)$.

$\Rightarrow \,A=\lim _{n\to \infty }e^{a_{n}}=e^{{\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}$

 

13

$\lim _{n\to \infty }\left[{\frac {(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}-{\frac {n^{n}}{(n-1)^{n-1}}}\right]=e$

Beweis (Kellersche Darstellung von e)

Aus der Reihenentwicklung $(1+z)^{1/z}=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{\ell =k}^{\infty }{\frac {1}{\ell !}}{\begin{bmatrix}\ell \\\ell -k\end{bmatrix}}\,z^{k}=e-{\frac {e}{2}}\cdot z+O(z^{2})$ für $z\to 0\,$

folgt $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ für $n\to \infty \,$.

Also ist ${\frac {(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}-{\frac {n^{n}}{(n-1)^{n-1}}}=(n+1)\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}-n\left(1+{\frac {1}{n-1}}\right)^{n-1}$

$=(n+1)\left(e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)-n\left(e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n-1}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)$

$=e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {n+1}{n}}+{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {n}{n-1}}+O\left({\frac {1}{n}}\right)$. Und das konvergiert gegen $e\,$ für $n\to \infty \,$.

 

14

$\lim _{m\to \infty }\left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {(\log k)^{n}}{k}}-{\frac {(\log m)^{n+1}}{n+1}}\right)=\gamma _{n}$

ohne Beweis (Stieltjes Konstanten)

 

15

$\lim _{n\to \infty }\left(H_{n}-\log n\right)=\gamma$

Beweis, dass der Grenzwert existiert (Eulersche Konstante)

Für $x>0\,$ ist $x-1\geq \log x$, und somit ist $x\geq \log(1+x)$ für $x>-1\,$.

Setzt man $x={\frac {-1}{k+1}}$, so ist ${\frac {-1}{k+1}}\geq \log k-\log(k+1)$, gleichbedeutend mit $\log(k+1)-\log k\geq {\frac {1}{k+1}}$.

Setzt man $x={\frac {1}{k}}$, so ist ${\frac {1}{k}}\geq \log(k+1)-\log k$.


Genauso gut kommt man auf die beiden Ungleichungen, wenn man in der Napierschen Ungleichung

${\frac {1}{a}}<{\frac {2}{a+b}}<{\frac {\log a-\log b}{a-b}}<{\frac {1}{\sqrt {ab}}}<{\frac {1}{b}}\qquad a=k+1$ und $b=k\,$ setzt.


Die erste Ungleichung $\log(k+1)-\log k\geq H_{k+1}-H_{k}$, gleichbedeutend mit

$H_{k}-\log k\geq H_{k+1}-\log(k+1)$, zeigt, dass die Folge $(H_{n}-\log n)_{n\geq 1}$ monoton fällt.

Aus der zweiten Ungleichung folgt $H_{n}\geq \sum _{k=1}^{n}{\big (}\log(k+1)-\log k{\big )}=\log(n+1)>\log n$.

Daher sind alle Folgeglieder $H_{n}-\log n\,$ positiv, und somit nach unten beschränkt.

Also existiert der Grenzwert $\lim _{n\to \infty }\left(H_{n}-\log n\right)$.

 

16

$\lim _{n\to \infty }\left(\log n-\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+x}}\right)=\psi (x)$

ohne Beweis

 

17

$\lim _{z\to 1}\left(\zeta (z)-{\frac {1}{z-1}}\right)=\gamma$

ohne Beweis

 

18

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n!}}\int _{n+a{\sqrt {n}}}^{n+b{\sqrt {n}}}{\frac {x^{n}}{e^{x}}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\,\int _{a}^{b}e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\,dx\qquad a,b\in \mathbb {C}$

ohne Beweis (Grenzwert, der sich aus der $\chi ^{2}$-Verteilung ergibt)

 

Ableitungen

↑ Formelsammlung Mathematik

1

$(z^{\alpha })'=\alpha \,z^{\alpha -1}\qquad \alpha \in \mathbb {C} \;,\;z\in \mathbb {C} \setminus \left\{z\in \mathbb {R} \,:\,z\leq 0\right\}$

ohne Beweis

 

2

$(\mathrm {e} ^{z})'=\mathrm {e} ^{z}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

3

$(a^{z})'=a^{z}\,\log a\qquad a\neq 0\,,\,z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

4

$(\log z)'={\frac {1}{z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{z\in \mathbb {R} \,:\,z\leq 0\right\}$

ohne Beweis

 

5

	$\sim$	$\operatorname {\sim \!h}$	$\operatorname {arc\!\sim }$	$\operatorname {ar\!\sim \!h}$
$\sin \!$	$\cos \!$	$\cosh \!$	${\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}}$	${\frac {1}{\sqrt {1+z^{2}}}}$
$\cos \!$	$-\sin \!$	$\sinh \!$	${\frac {-1}{\sqrt {1-z^{2}}}}$	${\frac {1}{{\sqrt {z-1}}\,{\sqrt {z+1}}}}$
$\tan \!$	$1+\tan ^{2}\!$	$1-\tanh ^{2}\!$	${\frac {1}{1+z^{2}}}$	${\frac {1}{1-z^{2}}}$
$\cot \!$	$-1-\cot ^{2}\!$	$1-\operatorname {coth} ^{2}\!$	${\frac {-1}{1+z^{2}}}$	${\frac {1}{1-z^{2}}}$
$\sec \!$	$\sec \cdot \tan$	$-\operatorname {sech} \cdot \operatorname {tanh}$	${\frac {1}{z^{2}\,{\sqrt {1-{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {{\frac {1}{z}}-1}}\,{\sqrt {{\frac {1}{z}}+1}}}}$
$\csc \!$	$-\csc \cdot \cot$	$-\operatorname {csch}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {1-{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {1+{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$

ohne Beweis

 

6

$\Gamma '(z)=\Gamma (z)\,\psi (z)\qquad z\notin \mathbb {Z} _{\leq 0}$

ohne Beweis

 

7

${\frac {1}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\log(x^{2}+y^{2})={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\cos \left(n\,\arctan {\frac {y}{x}}\right)$

Beweis

Für eine komplexe Zahl $z=x+\mathrm {i} y\,$ mit $x,y>0\,$ gilt

$\log(x+\mathrm {i} y)={\frac {1}{2}}\log(x^{2}+y^{2})+\mathrm {i} \left({\frac {\pi }{2}}-\arctan {\frac {x}{y}}\right)$.

Nun ist $\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\log(x+\mathrm {i} y)=\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}\right)^{n}\log z={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{z^{n}}}$

$={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\underbrace {\exp \left(-\mathrm {i} \,n\arctan {\frac {y}{x}}\right)} _{\cos(...)-\mathrm {i} \sin(...)}$.

Der Vergleich der Realteile liefert die gesuchte Formel.

 

8

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\arctan {\frac {x}{y}}={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\sin \left(n\,\arctan {\frac {y}{x}}\right)$

Beweis

Für eine komplexe Zahl $z=x+\mathrm {i} y\,$ mit $x,y>0\,$ gilt

$\log(x+iy)={\frac {1}{2}}\log(x^{2}+y^{2})+\mathrm {i} \left({\frac {\pi }{2}}-\arctan {\frac {x}{y}}\right)$.

Nun ist $\left({\frac {d}{dx}}\right)^{n}\log(x+\mathrm {i} y)=\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}\right)^{n}\log z={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{z^{n}}}$

$={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\underbrace {\exp \left(-\mathrm {i} \,n\arctan {\frac {y}{x}}\right)} _{\cos(...)-\mathrm {i} \sin(...)}$.

Der Vergleich der Imaginärteile liefert die gesuchte Formel.

 

9

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {n!\,(2n-2k)!}{2^{n}\,k!\,(n-k)!\,(n-2k)!}}\,{\frac {x^{n-2k}}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\,2n-2k+1}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {1}{2^{2k}}}\,{\frac {n!^{2}}{k!^{2}}}\,{\frac {x^{n-2k}}{(n-2k)!}}\,{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\,2n+1}}}$

ohne Beweis

 

10

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}{\frac {1}{(1-x^{2})^{m}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {\Gamma (m+k)}{\Gamma (m)}}\,{\frac {\Gamma (2m+n)}{\Gamma (2m+2k)}}\,{\frac {n!}{k!}}\,{\frac {x^{n-2k}}{(n-2k)!}}\,{\frac {1}{(1-x^{2})^{n+m}}}$

ohne Beweis

 

11

$\left(x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$

Beweis

Der Induktionsanfang für $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschluss:

$\left(x{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n+1}f(x)=\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(x^{k}f^{(k)}(x)\right)=\underbrace {\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k\,x^{k}\,f^{(k)}(x)} _{\text{1. Summe}}+\underbrace {\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k+1}\,f^{(k+1)}(x)} _{\text{2. Summe}}$

Da für k>n   $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}=0$ ist, ändert sich an der 1. Summe nichts, wenn der Laufindex k bis n+1 läuft.

Die 2. Summe ist nach Indexverschiebung $\sum _{k=1}^{n+1}\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$.

Und da für k<0   $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}=0$ ist, ändert sich an der 2. Summe nichts, wenn der Laufindex k bei 0 beginnt.

Also ist $\left(x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n+1}f(x)=\sum _{k=0}^{n+1}\left(\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k+\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}\right)\,x^{k}f^{(k)}(x)$.

Und diese Summe ist nach der Rekursionsformel $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k+\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}=\left\{{\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}}\right\}$

für Stirlingzahlen 2. Art gleich $\sum _{k=0}^{n+1}\left\{{\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$.

 

Endliche Reihen

↑ Formelsammlung Mathematik

Summe ersten natürlichen Zahlen (Gaußsche Summenformel)

$\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}$

ohne Beweis

Beweismethode: Vollständige Induktion; der ausführliche Beweis ist unter der Gaußschen Summenformel dargestellt.

 

Summe ersten ungeraden Zahlen

$\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}$

Beweis

Auf Wikipedia unter Induktionsbeweis ist der Beweis zu finden.

Es ist $\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=\sum _{k=1}^{n}2k-\sum _{k=1}^{n}1=2\sum _{k=1}^{n}k-n=2{\frac {n(n+1)}{2}}-n=n^{2}$

 

Summe der ersten Quadratzahlen

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$

Beweis

Beweismethode: Induktionsbeweis

Oder direkt wie folgt:

Mit $\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}$ gilt:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=1+(1+3)+(1+3+5)+(1+3+5+7)+\cdots +(1+3+5+7+\cdots +(2n-1))$

Es existieren $n$ Teilsummen, die bei jedem Schritt jeweils um eine zusätzliche Zahl ergänzt werden. Damit kann die Anzahl der einzelnen Zahlen $(1,3,5,\cdots ,2n-1)$ gezählt werden. Es ergibt sich, dass $n$-mal die Zahl $1$ auftritt, dann $(n-1)$ die Zahl $3$ usw. und schließlich einmal die Zahl $(2n-1)$, d.h.

$\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=n\cdot 1+(n-1)\cdot 3+(n-2)\cdot 5+\cdots +1\cdot (2n-1)=\sum _{k=1}^{n}(n-k+1)\cdot (2k-1)$

Damit ergibt sich:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}(2k-1)\cdot (n-k+1)=\sum _{k=1}^{n}(k(2n+3)-2k^{2}-n-1)=(2n+3)\sum _{k=1}^{n}k-2\sum _{k=1}^{n}k^{2}-\sum _{k=1}^{n}n-\sum _{k=1}^{n}1$

Daraus folgt:

$3\sum _{k=1}^{n}k^{2}=(2n+3){\frac {n(n+1)}{2}}-n^{2}-n={\frac {(2n+3)n(n+1)-2n(n+1)}{2}}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{2}}$

Womit schließlich folgt:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{6}}$

 

Euler-Maclaurinsche Summenformel

Sind $a,b\,$ ganze Zahlen, so dass $a<b\,$ ist, und ist $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ eine $n\,$-mal stetig differenzierbare Funktion, so gilt

$\sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx$.

Hierbei steht $B_{k}(x)\,$ für das $k$-te periodische Bernoulli-Polynom und $B_{k}\,$ für die $k$-te Bernoulli-Zahl.

Beweis

$\int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\left[\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f(x)\right]_{k-1}^{k}-\int _{k-1}^{k}\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f'(x)\,dx={\frac {f(k)}{2}}+{\frac {f(k-1)}{2}}-\int _{k-1}^{k}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

$\Rightarrow \int _{a}^{b}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}\int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}f(k)-{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)-\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

$\Rightarrow \sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)+\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

Damit ist der Induktionsanfang für $n=1\,$ gemacht.

Wegen $B_{n+1}'(x)=(n+1)B_{n}(x)\,$ ist $\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}'(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\,dx$

$=\left[{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\right]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n+1)}(x)\,dx={\frac {B_{n+1}}{n+1}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)-{\frac {1}{n+1}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx$

$\Rightarrow {\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx={\frac {(-1)^{n+1}\,B_{n+1}}{(n+1)!}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n}}{(n+1)!}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx$.

Dies ist der Induktionsschluß.

 

[Umformung der Potenzsumme]

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{n}k!\,{n+1 \choose k+1}{\begin{Bmatrix}p\\k\end{Bmatrix}}\qquad p\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Faulhabersche Formel

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}\qquad p\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}$

1. Beweis

Einerseits ist

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}=\sum _{k=0}^{n-1}\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(kx)^{p}}{p!}}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}\,{\frac {x^{p}}{p!}}$.

Andererseits ist

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}={\frac {e^{nx}-1}{e^{x}-1}}={\frac {x}{e^{x}-1}}\,{\frac {e^{nx}-1}{x}}$

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{k}}{k!}}\,x^{k}\,\,\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n^{k+1}}{(k+1)!}}\,x^{k}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {B_{k}}{k!}}\,{\frac {n^{p-k+1}}{(p-k+1)!}}\,x^{p}\qquad {\text{(Cauchy-Produkt)}}$

$=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {p!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,n^{p+1-k}\,{\frac {x^{p}}{p!}}$.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich

$\sum _{k=1}^{n-1}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}$.

Das Einschieben des Vorzeichenoperators $(-1)^{k}\,$ ändert nur den Summanden zum Laufindex k=1.

Aus $B_{1}\,n^{p}=-{\frac {1}{2}}\,n^{p}$ wird $-B_{1}\,n^{p}={\frac {1}{2}}\,n^{p}$.

Also ist $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}$.

 

2. Beweis

In der Euler-Maclaurinschen Summenformel

$\sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx$

setze $a=0\,,\,b=m\,,\,f(x)=x^{p}$ und $n=p+1\,$.

Wegen $f^{(n)}(x)=0\,$ verschwindet der letzte Term und es gilt

$\sum _{k=1}^{m}k^{p}=\int _{0}^{m}x^{p}\,dx+\sum _{k=0}^{p}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left({\frac {p!}{(p-k)!}}m^{p-k}-{\frac {p!}{(p-k)!}}0^{p-k}\right)$.

Der letzte Summand der Reihe (Laufindex $k=p$) verschwindet, da $m^{0}$ und $0^{0}$ jeweils gleich $1$ sind.

Also ist $\sum _{k=1}^{m}k^{p}={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=0}^{p-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\,{\frac {p!}{(p-k)!}}\,m^{p-k}$

$={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{p}{\frac {(-1)^{k}\,B_{k}}{k!}}\,{\frac {p!}{(p+1-k)!}}\,m^{p+1-k}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{\frac {(p+1)!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,m^{p+1-k}$.

 

Verallgemeinerte faulhabersche Formel

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{m}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}+o(n^{p+1-m})\qquad p\in \mathbb {C} \setminus \{-1\}$

ohne Beweis

 

[Harmonische Zahlen]

$H_{n}=\gamma +\log n-\sum _{k=1}^{m}{\frac {B_{k}}{k}}\,{\frac {1}{n^{k}}}+o(n^{-m})$

Beweis

Nach der verallgemeinerten Faulhaberschen Formel ist

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{m}{\frac {(-1)^{k}}{p+1}}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,{\frac {n^{p+1}}{n^{k}}}+o(n^{p+1-m})$.

Führt man den Grenzprozess $p\to -1\,$ durch, so ist $\lim _{p\to -1}\sum _{k=1}^{n}k^{p}=H_{n}$,

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

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

 

[Bernoulli-Zahlen]

$B_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}\,k!\,{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}$

ohne Beweis

 

Partialsummen der geometrischen Reihe

$\sum _{k=0}^{n}z^{k}={\frac {1-z^{n+1}}{1-z}}$ für $|z|<1$, sonst divergent

Beweis

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

 

Korollar zu den Partialsummen der geometrischen Reihe

$\sum _{k=a}^{b-1}k^{m}z^{k}={\Big (}z{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}{\Big )}^{m}{\Big (}{\frac {z^{b}-z^{a}}{z-1}}{\Big )}\qquad (z\neq 1)$

Beweis

Man verwendet die Formel $\sum _{k=a}^{b-1}z^{k}={\frac {z^{b}-z^{a}}{z-1}}$ und wendet auf beiden Seiten $z{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}$ an. Das wird so oft wiederholt, bis der Koeffizient in der Summe $k^{m}$ ist.

 

Binomischer Lehrsatz

$(x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}\,y^{k}$

Beweis

Der Induktionsanfang $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschritt:

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

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

$\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}+\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n-k}\,y^{k+1}$


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

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

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

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

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

 

1. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}$

Beweis

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für $x=y=1$.

 

2. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}=0$

Beweis

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für $x=1$ und $y=-1$.

 

3. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}k{n \choose k}=n\cdot 2^{n-1}$

Beweis

Es gilt:

$k\cdot {n \choose k}=n\cdot {n-1 \choose k-1}$

Daraus folgt:

$\sum _{k=0}^{n}k\cdot {n \choose k}=\sum _{k=0}^{n}n\cdot {n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n}{n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}=n\cdot 2^{n-1}$

 

Leibniz-Regel

$(fg)^{(n)}(x)=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}f^{(n-k)}(x)\,g^{(k)}(x)$

Beweis

Der Induktionsbeweis ist analog zum Induktionsbeweis des Binomisches Lehrsatzes.

 

[Wert der Beta-Funktion]

${\frac {n!}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,{\frac {1}{k+z}}$

Beweis

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

$=\int _{0}^{1}(1-t)^{n}\,t^{z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,\int _{0}^{1}t^{k+z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,{\frac {1}{k+z}}$

 

Iterierter Differenzenoperator

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

so gilt $\Delta ^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,f(x-k)$.

Beweis

Der Induktionsbeweis hierzu ist analog zum Beweis des Binomischen Lehrsatzes.

 

Eulersche Identität

$\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}(x-k)^{n}=n!\qquad n\in \mathbb {N} \,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

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

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

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

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

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

$f(x)=x^{n}\,$, so erhält man die eulersche Identität.

 

[Summe der cos(kx)]

$\sum _{k=0}^{n}\cos(kx)={\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

1. Beweis

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

$={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

Aus dem Vergleich der Realteile ergibt sich die Behauptung.

 

2. Beweis

Aus der 2. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

$2\cos kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\sin \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\sin \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\Rightarrow 2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\cos kx=\sin \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)+\sin \left({\frac {x}{2}}\right)$

Und das ist nach der 1. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

$2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)$.

 

[Summe der sin(kx)]

$\sum _{k=0}^{n}\sin(kx)={\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

1. Beweis

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

$={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

Aus dem Vergleich der Imaginärteile ergibt sich die Behauptung.

 

2. Beweis

Aus der 4. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

$-2\sin kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\cos \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\Rightarrow -2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\sin kx=\cos \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left({\frac {x}{2}}\right)$

Und das ist nach der 4. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

$-2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)$.

 

[Iterierter Operator (x d/dx) auf binomischen Lehrsatz]

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

Beweis

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

 

[Korollar zur letzten Formel]

$\sum _{k=0}^{m}{\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}}\,{\frac {n!}{(n-k)!}}=n^{m}$

Beweis

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

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

 

[Geometrische Reihe mit Stirling-Zahlen, iterierter Operator (x d/dx)]

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}\,k^{m}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}\phi _{m-k}(-x)\,\phi _{n+k}(x)\quad \qquad \phi _{n}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k^{n}}{k!}}\,{\frac {x^{k}}{e^{x}}}$

ohne Beweis

 

Rekursionsformel für die geraden Werte der Zeta-Funktion

$\sum _{k=1}^{n-1}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)={\frac {2n+1}{2}}\,\zeta (2n)$ für $n\in \mathbb {Z} ^{\geq 2}$

Beweis

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

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

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


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

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


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

Wegen $\zeta (0)=-{\frac {1}{2}}$ sind der erste und letzte Summand jeweils $-{\frac {1}{2}}\zeta (2n)$.

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

 

[Potenzen von Kotangens, Summe über spezielle Stellen]

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

ohne Beweis

 

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

ohne Beweis

 

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

ohne Beweis

 

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

ohne Beweis

 

Verallgemeinerte Gauß-Summe

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

Beweis

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

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

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

Die Integrale $\int _{B_{R}}f\,dz$ und $\int _{D_{R}}f\,dz$ verschwinden also für $R\to \infty \,$.

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

ist $f(n+z)-f(z)={\frac {(e^{2\pi iz})^{m}-1}{e^{2\pi iz}-1}}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}=\sum _{k=0}^{m-1}e^{2\pi ikz}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}$

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

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

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

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

$=(1+i)\sum _{k=0}^{m-1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{2\pi ikt}\,e^{-2\pi kt}\,e^{i\pi {\frac {2imt^{2}+\ell t+i\ell t}{n}}}\,dt=e^{-i\pi {\frac {\ell ^{2}}{4nm}}}\,\,{\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi {\frac {nk^{2}+\ell k}{m}}}$.

 

Landsberg-Schaar Relation

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

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {m}{n}}}=1=\sum _{k=0}^{m-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}\qquad m$ und $n\,$ ungerade

Beweis

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

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

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

Die Integrale $\int _{B_{R}}f\,dz$ und $\int _{D_{R}}f\,dz$ verschwinden also für $R\to \infty \,$.

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

ist $f(n+z)-f(z)={\frac {(e^{2\pi iz})^{m}-1}{e^{2\pi iz}-1}}\,e^{i\pi z^{2}{\frac {m}{n}}}=\sum _{k=0}^{m-1}e^{2\pi ikz}\,e^{i\pi z^{2}{\frac {m}{n}}}$

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

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

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

$\int _{i\mathbb {R} }\left[f(n+z)-f(z)\right]\,dz=\int _{-\infty }^{\infty }\left[f(n+it)-f(it)\right]\,i\,dt$

$=i\sum _{k=0}^{m-1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-2\pi kt}\,e^{-i\pi {\frac {m}{n}}t^{2}}\,dt={\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}$.

 

Gauß-Summe

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

Beweis

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

 

[Kosekansquadrate, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\csc ^{2}\left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=n^{2}\,\csc ^{2}z$

Beweis

Verwende die Formel $\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)={\frac {\sin z}{2^{n-1}}}$.

Wende auf beiden Seiten den Logarithmus an:

$\sum _{k=0}^{n-1}\log \sin \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=\log \sin(z)-(n-1)\cdot \log 2$

Differenziere nach $z\,$:

${\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\cot \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=\cot z$

Differenziere nochmal nach $z\,$:

$-{\frac {1}{n^{2}}}\sum _{k=0}^{n-1}\csc ^{2}\left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=-\csc ^{2}z$

 

[Tangensquadrate, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\tan ^{2}\left({\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\right)=n\cdot (2n-1)$

Beweis

$e^{i\,2nx}=(\cos x+i\sin x)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}\,i^{k}\,(\sin x)^{k}\,(\cos x)^{2n-k}$

Vergleiche die Realteile auf beiden Seiten:

$\cos(2nx)=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}\,(-1)^{k}\,(\sin x)^{2k}\,(\cos x)^{2n-2k}$

Daraus folgt unmittelbar ${\frac {\cos(2nx)}{(\cos x)^{2n}}}=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}\left(-\tan ^{2}x\right)^{k}$.

Der Ausdruck auf der linken Seite verschwindet für $x={\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\quad k=0,...,n-1$.

Also hat das Polynom $P(X)=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}X^{k}$ die Nullstellen $X=-\tan ^{2}\left({\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\right)$.

Nach dem Satz von Vieta ist die negative Summe aller Nullstellen gleich dem Koeffizient vor dem $X^{n-1}$,

nämlich ${2n \choose 2(n-1)}=n\cdot (2n-1)$.

 

[Kosekans, alternierende Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\,\csc \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)=n+{\frac {1-(-1)^{n}}{2}}$

Beweis

$\prod _{k=0}^{n-1}\left[X+(-1)^{k}\,\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)\right]={\frac {U_{n}(X)-(-1)^{n}\,U_{n-1}(X)}{2^{n}}}=:P_{n}(X)$,

wobei $U_{n}\,$ die Tschebyscheff Polynome zweiter Art sind.

Wegen $P_{n}(0)=\prod _{k=0}^{n-1}\left[(-1)^{k}\,\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)\right]={\frac {(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}}{2^{n}}}$

ist $Q_{n}(X):=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\cdot 2^{n}\cdot X^{n}\cdot P_{n}\left({\frac {1}{X}}\right)=\prod _{k=0}^{n-1}\left(X+{\frac {(-1)^{k}}{\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)}}\right)$.

Nach dem Satz von Vieta ist $\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k}}{\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)}}={\text{coeff}}_{n-1}Q_{n}$.

Und das ist $(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\cdot 2^{n}\cdot {\text{coeff}}_{1}P_{n}=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\,{\text{coeff}}_{1}{\Big (}U_{n}-(-1)^{n}\,U_{n-1}{\Big )}$

$=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\,{\Big (}(n+1)\cdot \sin {\frac {n\pi }{2}}+(-1)^{n}\cdot n\cdot \cos {\frac {n\pi }{2}}{\Big )}=\left\{{\begin{matrix}n&n\,{\text{gerade}}\\\\n+1&n\,{\text{ungerade}}\end{matrix}}\right.$.

 

Partielle Summation

$\sum _{k=m}^{n}a_{k}\,\Delta b_{k}={\Big [}a_{k}\,b_{k}{\Big ]}_{m}^{n+1}-\sum _{k=m}^{n}\Delta a_{k}\,b_{k+1}$

Beweis

$a_{k}\,\Delta b_{k}+\Delta a_{k}\,b_{k+1}=a_{k}\,(b_{k+1}-b_{k})+(a_{k+1}-a_{k})\,b_{k+1}=a_{k+1}\,b_{k+1}-a_{k}\,b_{k}$

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\sum _{k=m}^{n}\left(a_{k}\,\Delta b_{k}+\Delta a_{k}\,b_{k+1}\right)={\Big [}a_{k}\,b_{k}{\Big ]}_{m}^{n+1}$.

 

[Summe von abgerundeten Quadratwurzeln]

$\sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor =n\cdot N-{\frac {N\cdot (N-1)\cdot (2N+5)}{6}}\qquad ,\qquad N:=\left\lfloor {\sqrt {n}}\,\right\rfloor$

Beweis

$\sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor +\sum _{k=1}^{N}k^{2}=n\cdot N+N$

$\Rightarrow \sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor =n\cdot N+N-{\frac {N\cdot (N+1)\cdot (2N+1)}{6}}=n\cdot N-{\frac {N\cdot (N-1)\cdot (2N+5)}{6}}$

 

[Sinus, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\sin {\frac {\left(2\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor +1\right)\pi }{2n}}=\csc \left({\frac {\pi }{2n}}\right)$

Beweis

$\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor =j\iff j\leq {\sqrt {kn}}<j+1\iff {\frac {j^{2}}{n}}\leq k<{\frac {(j+1)^{2}}{n}}\iff k\in \left[{\frac {j^{2}}{n}},{\frac {(j+1)^{2}}{n}}\right[$

Setzt man $\rfloor x\lfloor :=\left\{{\begin{matrix}\lfloor x\rfloor &x\notin \mathbb {Z} \\x-1&x\in \mathbb {Z} \end{matrix}}\right.$ , so ist ${\text{card}}{\big (}\mathbb {Z} \cap [a_{j},a_{j+1}[{\big )}=\rfloor a_{j+1}\lfloor -\rfloor a_{j}\lfloor =\Delta \rfloor a_{j}\lfloor$.

Also ist $S:=\sum _{k=0}^{n-1}\sin {\frac {\left(2\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor +1\right)\pi }{2n}}=\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \Delta \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$.

Nach partieller Summation ist

$S=\left[\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor \,\,\,\right]_{0}^{n}-\sum _{j=0}^{n-1}\Delta \sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {(j+1)^{2}}{n}}\right\lfloor$

$=\sin {\frac {(2n+1)\pi }{2n}}\cdot (n-1)-\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot (-1)-\sum _{j=1}^{n}\Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$.

Dabei ist $\Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}=\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}-\sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}=2\cdot \sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \cos {\frac {j\pi }{n}}$.

$S=-n\sin {\frac {\pi }{2n}}+2\sin {\frac {\pi }{2n}}-2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \sum _{j=1}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor =-n\sin {\frac {\pi }{2n}}-2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \underbrace {\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor } _{=:A}$

$A=\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {(n-j)\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {(n-j)^{2}}{n}}\right\lfloor =-\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor n-2j+{\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$,

wobei $\left\rfloor n-2j+{\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor =(n-2j)+\left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$ ist. Somit ist $2A=\sum _{j=0}^{n}(2j-n)\cos {\frac {j\pi }{n}}=\sum _{j=0}^{n}2j\cdot \cos {\frac {j\pi }{n}}$.

$\Rightarrow \,2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot A=\sum _{j=0}^{n}j\cdot 2\sin {\frac {\pi }{2n}}\,\cos {\frac {j\pi }{n}}=\sum _{j=0}^{n}j\cdot \Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}$

$=\left[j\cdot \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}\right]_{0}^{n+1}-\sum _{j=0}^{n}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=-(n+1)\sin {\frac {\pi }{2n}}-\sum _{j=0}^{n}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=-n\sin {\frac {\pi }{2n}}-\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}$

Also ist $S=\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=\csc \left({\frac {\pi }{2n}}\right)$.

 

Korollar zur Harmonischen Reihe

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{n \choose k}{\frac {1}{k}}$

ohne Beweis

 

Unendliche Reihen

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Endliche Produkte

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1

$\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-nz}\,\Gamma (nz)$

1. Beweis (Gaußsche Multiplikationsformel)

Nach der Gaußschen Definition der Gammafunktion ist

$\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {m!\,\,m^{z+{\frac {k}{n}}-1}}{\left(z+{\frac {k}{n}}\right)\left(z+{\frac {k}{n}}+1\right)\cdots \left(z+{\frac {k}{n}}+m-1\right)}}$.

Ersetze $m!\,$ durch den asymptotisch gleichwertigen Ausdruck ${\sqrt {2\pi m}}\left({\frac {m}{e}}\right)^{m}$

und erweitere den Bruch mit dem Faktor $n^{m}\,$:

$\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}\,\left({\frac {mn}{e}}\right)^{m}\,m^{z+{\frac {k}{n}}-{\frac {1}{2}}}}{(nz+k)(nz+k+n)\cdots (nz+k+n(m-1))}}$

Folglich ist

$n^{nz-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n}\,\left({\frac {mn}{e}}\right)^{mn}\,(mn)^{nz-{\frac {1}{2}}}}{nz\,(nz+1)\cdots (nz+mn-1)}}$.

Am Grenzwert ändert sich nichts, wenn man überall $mn\,$ durch $m\,$ ersetzt.

$\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n}\,\left({\frac {m}{e}}\right)^{m}\,m^{nz-{\frac {1}{2}}}}{nz\,(nz+1)\cdots (nz+m-1)}}={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,\Gamma (nz)$

 

2. Beweis

Setzt man $F_{n}(z)={\frac {n^{nz}\,\prod \limits _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)}{\Gamma (nz)}}$, so ist

$F_{n}(z+1)={\frac {n^{nz}\,n^{n}\,\prod \limits _{k=0}^{n-1}\left[\left(z+{\frac {k}{n}}\right)\,\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\right]}{\prod \limits _{k=0}^{n-1}(nz+k)\,\Gamma (nz)}}=F_{n}(z)$.

Für große $z\,$ gilt $\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\sim \Gamma (z)\,z^{\frac {k}{n}}$ und somit $F_{n}(z)\sim {\frac {n^{nz}\,\Gamma ^{n}(z)\,z^{\frac {n-1}{2}}}{\Gamma (nz)}}$.

Verwendet man nun $\Gamma (z)\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\,\left({\frac {z}{e}}\right)^{z}$, so ist

$F_{n}(z)\sim {\frac {n^{nz}\,{\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}^{\,n}\,\left({\frac {z}{e}}\right)^{nz}\,z^{\frac {n-1}{2}}}{{\sqrt {\frac {2\pi }{nz}}}\,\left({\frac {nz}{e}}\right)^{nz}}}={\sqrt {n}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}$.

Also hängt $F_{n}(z)\,$ nicht von $z\,$ ab, und es gilt $F_{n}(z)={\sqrt {n}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}$,

woraus unmittelbar die Gaußsche Multiplikationsformel folgt.

 

3. Beweis

Nach der Formel $\psi (z)+\gamma =\int _{0}^{1}{\frac {1-t^{z-1}}{1-t}}\,dt=n\int _{0}^{1}{\frac {t^{n-1}-t^{nz-1}}{1-t^{n}}}\,dt$

ist $\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)+\gamma =n\int _{0}^{1}\left[{\frac {t^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {t^{nz+k-1}}{1-t^{n}}}\right]dt$, und somit $\sum _{k=0}^{n-1}\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)+n\gamma =n\int _{0}^{1}\left[{\frac {nt^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {t^{nz-1}}{1-t}}\right]dt$.

Wegen $n\psi (nz)+n\gamma =n\int _{0}^{1}{\frac {1-t^{nz-1}}{1-t}}\,dt$

ist $\sum _{k=0}^{n-1}\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)-n\psi (nz)=n\int _{0}^{1}\left[{\frac {n\,t^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {1}{1-t}}\right]dt=n{\Big [}\log(1-t^{n})-\log(1-t){\Big ]}_{0}^{1}=-n\log n$.

Integriert man unbestimmt nach $z\,$, so ist $\sum _{k=0}^{n-1}\log \Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=C_{n}-nz\log n+\log \Gamma (nz)$.

Also ist $\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=e^{C_{n}}\,n^{-nz}\,\Gamma (nz)$.

Setzt man $z={\frac {1}{n}}$, so ist $e^{C_{n}}=\prod _{k=1}^{n}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\,n={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{\frac {1}{2}}$.

 

4. Beweis

Betrachte die Formel von Liouville:

$\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1}+{\frac {z^{n}}{x_{1}\,x_{2}\cdots x_{n-1}}}\right)}\,x_{1}^{{\frac {1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,e^{-nz}$

Multipliziere mit $z^{\alpha -1}$ durch und integriere nach $z\,$ von $0\,$ bis $\infty$:

$\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})}\underbrace {\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {z^{n}}{x_{1}\,x_{2}\cdots x_{n-1}}}}\,z^{\alpha -1}\,dz} _{={\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\,(x_{1}x_{2}\cdot x_{n-1})^{\frac {\alpha }{n}}}\,\,x_{1}^{{\frac {1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,\int _{0}^{\infty }e^{-nz}\,z^{\alpha -1}\,dz$

$\Rightarrow \,{\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})}\,x_{1}^{{\frac {\alpha +1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {\alpha +2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {\alpha +n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,{\frac {\Gamma (\alpha )}{n^{\alpha }}}$

$\Rightarrow \,{\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\,\Gamma \left({\frac {\alpha +1}{n}}\right)\,\Gamma \left({\frac {\alpha +2}{n}}\right)\cdots \Gamma \left({\frac {\alpha +n-1}{n}}\right)={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,{\frac {\Gamma (\alpha )}{n^{\alpha }}}$

$\Rightarrow \,\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-\alpha }\,\Gamma (\alpha )$

 

5. Beweis

Substituiere $z$ durch ${\frac {z}{n}}$, dann folgt

$\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-z}\,\Gamma (z)$

Definiere $f(z):={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma ({\frac {z+k}{n}})$

Da $\Gamma (z)$ auf jedem Streifen $Re(z)\in [a,b],0<a$ beschränkt ist. Folgt, dass auch $f(z)$ auf $S=\{z\in \mathbb {C} \mid 1\leq {\text{Re }}z<2\}$ beschränkt ist.
Weiter gilt:

$f(z+1)=$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{(z+1)-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+(k+1)}{n}}\right)$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}n\Gamma \left({\frac {z}{n}}+1\right)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}n{\frac {z}{n}}\Gamma \left({\frac {z}{n}}\right)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)$
$=z\left({\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)\right)$
$=zf(z)$

Nach dem Satz von Wielandt gilt nun:
$f(z)=f(1)\Gamma (z)$ also ist noch $f(1)=1$ zu zeigen.

Mit $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$ (Beweis 2 von 2.2) folgt also:

$f(1)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {1+k}{n}}\right)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}\Gamma (1)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{n-1}}{\sqrt {n}}}=1$

Hieraus folgt die Behauptung $f(z)=\Gamma (z)$

 

2

$\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$

1. Beweis

In der Gaußschen Multiplikationsformel $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-nz}\,{\frac {\Gamma (nz)}{\Gamma (z)}}$ lasse $z\to 0\,$ gehen.

Wegen ${\frac {\Gamma (nz)}{\Gamma (z)}}={\frac {1}{n}}\,{\frac {nz\,\Gamma (nz)}{z\,\Gamma (z)}}={\frac {1}{n}}\,{\frac {\Gamma (1+nz)}{\Gamma (1+z)}}\to {\frac {1}{n}}$ und $\lim _{z\to 0}n^{{\frac {1}{2}}-nz}={\sqrt {n}}$ ist dann $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$.

 

2. Beweis

Kehrt man im Produkt $S=\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)$ die Reihenfolge der Faktoren um, so ist $S=\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(1-{\frac {k}{n}}\right)$.

Also ist $S^{2}=\prod _{k=1}^{n-1}\left[\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)\,\Gamma \left(1-{\frac {k}{n}}\right)\right]$. Nach dem Eulerschen Ergänzungssatz ist dies $\prod _{k=1}^{n-1}{\frac {\pi }{\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)}}$.

Und nach der Formel $\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$ ist das ${\frac {2^{n-1}\,\pi ^{n-1}}{n}}$. Also ist $S={\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}}{\sqrt {n}}}$.

 

3

$\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-\xi ^{k}\right)=n\qquad \xi =e^{\frac {2\pi i}{n}}$

Beweis

Aus $X^{n}-1=\prod _{k=0}^{n-1}(X-\xi ^{k})$ folgt $\prod _{k=1}^{n-1}(X-\xi ^{k})={\frac {X^{n}-1}{X-1}}$

und das konvergiert gegen $n\,$ für $X\to 1\,$.

 

4

$\alpha ^{2n}-2\alpha ^{n}\beta ^{n}\cos(n\theta )+\beta ^{2n}=\prod _{k=0}^{n-1}\left(\alpha ^{2}-2\alpha \beta \,\cos \left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)+\beta ^{2}\right)$

Beweis

Faktorisiere $z^{2n}-2z^{n}\cos(n\theta )+1\,$ zu $\left(z^{n}-e^{in\theta }\right)\left(z^{n}-e^{-in\theta }\right)$,

und das wiederum zu $\prod _{k=0}^{n-1}\left(z-e^{i\left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)}\right)\,\prod _{k=0}^{n-1}\left(z-e^{-i\left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)}\right)$.

Fasse nun die Faktoren zusammen zu $\prod _{k=0}^{n-1}\left(z^{2}-2z\,\cos \left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)+1\right)$.

Ersetze $z\!$ durch ${\frac {\alpha }{\beta }}$ und multipliziere mit $\beta ^{2n}\,$ durch.

 

5

$\prod _{k=0}^{n-1}\left(1+z^{2^{k}}\right)={\frac {1-z^{2^{n}}}{1-z}}\qquad z\neq 1$

Beweis

Der Induktionsanfang für $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschluss:

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

 

6

$\prod _{k=1}^{n}{\frac {2}{z^{1/2^{k}}+z^{-1/2^{k}}}}=2^{n}\,{\frac {z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}{z-z^{-1}}}\qquad z\neq \pm 1$

Beweis

In der dritten binomischen Formel ${\frac {1}{x+y}}={\frac {x-y}{x^{2}-y^{2}}}$ setze $x=z^{1/2^{n+1}}$ und $y=z^{-1/2^{n+1}}$:

${\frac {1}{z^{1/2^{n+1}}+z^{-1/2^{n+1}}}}={\frac {z^{1/2^{n+1}}-z^{-1/2^{n+1}}}{z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}}$

Daraus ergibt sich der Induktionsschluss

$\prod _{k=1}^{n}{\frac {2}{z^{1/2^{k}}+z^{-1/2^{k}}}}\cdot {\frac {2}{z^{1/2^{n+1}}+z^{-1/2^{n+1}}}}=2^{n+1}\,{\frac {z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}{z-z^{-1}}}\cdot {\frac {z^{1/2^{n+1}}-z^{-1/2^{n+1}}}{z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}}$.

 

7

$\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {\sin nz}{2^{n-1}}}$

Beweis

$2i\sin \left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)=e^{i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}-e^{-i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}=e^{i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}\cdot \left(1-e^{-i\left(2z+{\frac {2k\pi }{n}}\right)}\right)$

$2^{n}\,i^{n}\,\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)=e^{i\sum \limits _{k=0}^{n-1}\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}\cdot \prod _{k=0}^{n-1}\left(1-e^{-i\left(2z+{\frac {2k\pi }{n}}\right)}\right)=e^{inz}\cdot e^{i(n-1){\frac {\pi }{2}}}\,\left(1-e^{-i\cdot 2nz}\right)=i^{n-1}\,\left(e^{inz}-e^{-inz}\right)$

 

8

$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$

Beweis

Aus der Definition $\sin x={\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}}$ folgt $e^{ix}\,\sin x={\frac {i}{2}}\,\left(1-e^{2ix}\right)$.

Ersetze $x\,$ durch ${\frac {k\pi }{n}}$ und bilde davon das Produkt $\prod _{k=1}^{n-1}$.

$\prod _{k=1}^{n-1}e^{i{\frac {k\pi }{n}}}\,\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\left({\frac {i}{2}}\right)^{n-1}\,\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-e^{2\pi i{\frac {k}{n}}}\right)$

Dabei ist $\prod _{k=1}^{n-1}e^{i{\frac {k\pi }{n}}}=\left(e^{\frac {i\pi }{n}}\right)^{\frac {(n-1)n}{2}}=\left(e^{\frac {i\pi }{2}}\right)^{n-1}=i^{n-1}$ und $\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-e^{2\pi i\,{\frac {k}{n}}}\right)=n$.

Also ist $\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$.

 

9

$\prod _{k=1}^{\lfloor {\frac {n-1}{2}}\rfloor }\tan \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\left\{{\begin{matrix}{\sqrt {n}}&,&n&{\text{ungerade}}\\\\1&,&n&{\text{gerade}}\end{matrix}}\right.$

Beweis

Ist $n\,$ gerade (also $n=2m\,$), so gilt

$\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {(m-k)\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {\pi }{2}}-{\frac {k\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\cot \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=\left[\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)\right]^{-1}$.

Nachdem alle Faktoren positiv sind, ist $\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=+1$.


Ist $n\,$ ungerade (also $n=2m+1\,$), so gilt

$\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {(2m+1-k)\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=m+1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$.

Also ist $\prod _{k=1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=1}^{m}\tan ^{2}\left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$.

Wegen $\tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}={\frac {1}{i}}\,{\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{e^{ix}+e^{-ix}}}={\frac {1}{i}}\,{\frac {e^{2ix}-1}{e^{2ix}+1}}=i\,{\frac {1-e^{2ix}}{1+e^{2ix}}}$ ist $\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=i\,{\frac {1-e^{2\pi i\,{\frac {k}{2m+1}}}}{1+e^{2\pi i\,{\frac {k}{2m+1}}}}}$.

Somit ist $\prod _{k=1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\,{\frac {\prod _{k=1}^{2m}\left(1-\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)}{\prod _{k=1}^{2m}\left(1+\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)}}=(-1)^{m}\,{\frac {f(1)}{f(-1)}}$,

wenn man $f(X)=\prod _{k=1}^{2m}\left(X-\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)={\frac {X^{2m+1}-1}{X-1}}$ setzt.

Also ist $\prod _{k=1}^{m}\tan ^{2}\left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)={\frac {f(1)}{f(-1)}}={\frac {2m+1}{1}}=n$.

Nachdem $\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$ für $k=1,...,m\,$ positiv ist, muss $\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=+{\sqrt {n}}$ sein.

 

10

$|\Gamma (n+ix)|^{2}=\prod _{k=0}^{n-1}(k^{2}+x^{2})\,{\frac {\pi x}{\sinh \pi x}}\qquad n\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}\,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

$\Gamma (n+ix)\Gamma (n-ix)=\prod _{k=0}^{n-1}(k+ix)\,\Gamma (ix)\,\prod _{k=0}^{n-1}(k-ix)\,\Gamma (-ix)$

Dabei ist $(k+ix)(k-ix)=k^{2}+x^{2}\,$ und $\Gamma (ix)\Gamma (-ix)={\frac {\pi x}{\sinh \pi x}}$ nach dem Eulerschen Ergänzungssatz.

 

11

$\left|\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}+ix\right)\right|^{2}=\prod _{k=0}^{n-1}\left(x^{2}+\left(k+{\frac {1}{2}}\right)^{2}\right)\,{\frac {\pi }{\cosh \pi x}}\qquad n\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}\,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

$\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}+ix\right)\,\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}-ix\right)=\prod _{k=0}^{n-1}\left(k+{\frac {1}{2}}+ix\right)\,\Gamma \left({\frac {1}{2}}+ix\right)\,\prod _{k=0}^{n-1}\left(k+{\frac {1}{2}}-ix\right)\,\Gamma \left({\frac {1}{2}}-ix\right)$.

Dabei ist $\left(k+{\frac {1}{2}}+ix\right)\left(k+{\frac {1}{2}}-ix\right)=\left(k+{\frac {1}{2}}\right)^{2}+x^{2}$ und $\Gamma \left({\frac {1}{2}}+ix\right)\Gamma \left({\frac {1}{2}}-ix\right)={\frac {\pi }{\cosh \pi x}}$.

 

Unendliche Produkte

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1

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

1. Beweis (Wallis Produkt)

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 $a_{k+1}\leq a_{k}\leq a_{k-1}$ 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

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

 

2

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

Beweis (Jacobisches Tripelprodukt)

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 $G(z)=\sum _{m\in \mathbb {Z} }a_{m}z^{2m}$.

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

Und wegen $xz^{2}G(xz)=\sum _{m\in \mathbb {Z} }a_{m}\,x^{2m+1}\,z^{2m+2}=\sum _{m\in \mathbb {Z} }a_{m-1}\,x^{2m-1}\,z^{2m}$

muss $a_{m}=a_{m-1}\,x^{2m-1}\,$ und somit $a_{n}=a_{0}\,x^{n^{2}}$ gelten.

Also ist $G(z)=a_{0}\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}\,z^{2n}$. Und da $G(1)=a_{0}\,\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}=\prod _{n=1}^{\infty }\left[\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}\right)^{2}\right]$

eine Potenzreihe mit führendem Koeffizient $1\,$ ist, muss $a_{0}=1\,$ sein.

 

3

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

Beweis (Jacobische Formel)

Im Jacobischen Tripelprodukt

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}z^{2}\right)\left(1+{\frac {x^{2n-1}}{z^{2}}}\right)\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}\,z^{2n}$

setze $x=q^{\frac {1}{2}}$ und $z^{2}=-aq^{-{\frac {1}{2}}}\;:$

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(\left(1-q^{n}\right)\left(1-aq^{n-1}\right)\left(1-a^{-1}q^{n}\right)\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{\frac {n^{2}}{2}}\,\left(-aq^{-{\frac {1}{2}}}\right)^{n}$


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

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

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


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.

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

 

4

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{\frac {n\,(3n+1)}{2}}\qquad |q|<1$

Beweis (Pentagonalzahlensatz)

Im Jacobischen Tripelprodukt

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(\left(1-x^{2n}\right)\left(1+x^{2n-1}z^{2}\right)\left(1+{\frac {x^{2n-1}}{z^{2}}}\right)\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}\,z^{2n}$

setze $x=q^{\frac {3}{2}}$ und $z^{2}=-q^{\frac {1}{2}}\;:$

$\prod _{n=1}^{\infty }\left(\left(1-q^{3n}\right)\left(1-q^{3n-1}\right)\left(1-q^{3n-2}\right)\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{\frac {3n^{2}}{2}}\,\left(-q^{\frac {1}{2}}\right)^{n}$

Also ist $\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{\frac {n\,(3n+1)}{2}}$.

 

5

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

Beweis (Eulersche Identität)

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.

 

6

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

Beweis (Catalansche Darstellung)

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 ${\frac {a_{k}}{b_{k}}}={\frac {a_{k}^{2}}{a_{k}b_{k}}}=2^{2^{k}}{\frac {c_{k-1}^{2}}{c_{k}}}$ 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 $m\left({\frac {m!}{(2m)!}}\right)^{\frac {1}{m}}=m\left({\frac {1}{m!}}{\frac {1}{2m \choose m}}\right)^{\frac {1}{m}}={\frac {m}{m!^{\frac {1}{m}}}}\,{\frac {1}{{2m \choose m}^{\frac {1}{m}}}}\to e\,{\frac {1}{4}}$.

 

7

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

Beweis (Pippenger Produkt)

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.

 

8.1

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

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 ${\text{sinc}}\,z$.

 

8.2

${\frac {2}{\pi }}={\sqrt {\frac {1}{2}}}\cdot {\sqrt {{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {1}{2}}}}}\cdot {\sqrt {{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {1}{2}}}}}}}\cdots ={\frac {\sqrt {2}}{2}}\cdot {\frac {\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}{2}}\cdot {\frac {\sqrt {2+{\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}}}{2}}\cdots$

Beweis (Vietasche Produktdarstellung)

Setze $z={\frac {\pi }{2}}$ in der Formel

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

 

9

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

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 0 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 $\sin \pi x=\pi x\,\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-{\frac {x^{2}}{n^{2}}}\right)$.

 

10

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

ohne Beweis

 

11

$\cos \pi z=\prod _{k=1}^{\infty }\left(1-{\frac {z^{2}}{\left(k-{\frac {1}{2}}\right)^{2}}}\right)\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

12

$\cosh \pi z=\prod _{k=1}^{\infty }\left(1+{\frac {z^{2}}{\left(k-{\frac {1}{2}}\right)^{2}}}\right)\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

13

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

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

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

 

14

$\Gamma (z)={\frac {1}{z}}\,\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{z}}{1+{\frac {z}{k}}}}\qquad z\notin \mathbb {Z} _{\leq 0}$

Beweis (Eulersche Produktdarstellung)

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.

 

15

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

Beweis (Weierstraßsche Produktdarstellung)

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.

 

16

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

Beweis (Knarsche Formel)

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

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

 

17

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

Beweis (Mellinsche Formel)

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

 

18

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

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.

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

 

19

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

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

 

20

$\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {1-e^{-2\pi kz}}{1-e^{-2\pi k/z}}}={\frac {e^{{\frac {\pi }{12}}\left(z-{\frac {1}{z}}\right)}}{\sqrt {z}}}\qquad {\text{Re}}(z)>0$

Beweis

Logarithmiere die Gleichung durch:

$\sum _{k=1}^{\infty }\log \left(1-e^{-2\pi kz}\right)-\sum _{k=1}^{\infty }\log \left(1-e^{-2\pi k/z}\right)={\frac {\pi }{12}}\left(z-{\frac {1}{z}}\right)-{\frac {1}{2}}\log z$

Differenziere nach $z\,$:

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\pi k\cdot e^{-2\pi kz}}{1-e^{-2\pi kz}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\pi k/z^{2}\cdot e^{-2\pi k/z}}{1-e^{-2\pi k/z}}}={\frac {\pi }{12}}\left(1+{\frac {1}{z^{2}}}\right)-{\frac {1}{2z}}$

Damit ist die Gleichung auf die Formel

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\pi kz}{e^{2\pi kz}-1}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\pi k/z}{e^{2\pi k/z}-1}}={\frac {\pi }{12}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)-{\frac {1}{2}}$

zurückgeführt.

 

21

$\prod _{n=0}^{\infty }\left(\prod _{k=0}^{n}(k+1)^{(-1)^{k+1}\,{n \choose k}}\right)^{\frac {n\cdot (n+1)}{2^{n+3}}}=e^{\frac {7\,\zeta (3)}{24\,\zeta (2)}}$

Beweis

$\eta (s)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{s}}}$ ist die Dirichlet Eta-Funktion, wobei $\eta '(s)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k^{s}}}\,\log k$ ist.

$S:=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k}\,k^{2}\,\log k$ konvergiert nicht, soll hier aber als $\eta '(-2)={\frac {7\,\zeta (3)}{24\,\zeta (2)}}$ interpretiert werden.

In der Formel $S=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k+1}\,(k+1)^{2}\,\log(k+1)$ ersetze erst

$(k+1)^{2}=\sum _{n\geq k}{n \choose k}{\frac {n\cdot (n+1)}{2^{n+3}}}$ und vertausche anschließend die Summationsreihenfolge:

$S=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k+1}{n \choose k}\,\log(k+1)\cdot {\frac {n\cdot (n+1)}{2^{n+3}}}$

Wendet man auf beiden Seiten ${\text{exp}}$, so ergibt sich die behauptete Formel.

 

Integrale

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Integraltafel

• Regeln und Grundintegrale

• Unbestimmte Integrale…
  • rationaler
  • algebraischer
  • trigonometrischer
  • invers-trigonometrischer
  • hyperbolischer
  • invers-hyperbolischer
  • exponentieller
  • logarithmischer
  • nicht-elementarer

…Funktionen

Bestimmte Integrale

↑ Formelsammlung Mathematik

→ Integralrechnung

• Integrale der Form

  R(x), R(x,exp), R(x,log), R(x,sin), R(x,cos), R(x,tan), R(x,sec), R(x,sinh), R(x,cosh), R(x,arcsin), R(x,arctan), R(x,arccot), R(x,Gamma), R(x,BesselJ), R(x,Ci), R(x,LambertW),

  R(x,exp,sin), R(x,exp,cos), R(x,exp,arctan), R(x,exp,Gamma), R(x,exp,erf), R(x,log,sin), R(x,log,cos), R(x,log,tan), R(x,log,cosh), R(x,log,artanh), R(x,log,Gamma),

  R(x,sin,cos), R(x,sin,tan), R(x,sin,sinh), R(x,sin,cosh), R(x,sin,tanh), R(x,sin,coth), R(x,sin,BesselJ), R(x,cos,cosh), R(x,cos,arccos), R(x,cos,BesselJ), R(x,sinh,cosh),

  R(x,exp,sin,cos), R(x,exp,cosh,arctan), R(x,log,sin,Gamma), R(x,log,cos,Gamma), R(x,sin,cos,cosh), R(x,cos,sinh,cosh), R(x,exp,sin,cot,coth)

• Allgemeine Integralformeln
• Mehrfachintegrale

Integraltransformationen

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1.1

$F(s)={\mathcal {F}}[f(t)](s)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }f(t)e^{-ist}\,dt$

ohne Beweis (Fourier-Transformation)

 

1.2

$f(t)={\mathcal {F}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }F(s)e^{ist}\,ds$

ohne Beweis (Rücktransformation)

 

1.3

${\mathcal {F}}[(f*g)(t)](s)={\sqrt {2\pi }}\cdot {\mathcal {F}}[f(t)](s)\cdot {\mathcal {F}}[g(t)](s)$

Beweis (Faltung)

${\mathcal {F}}[(f*g)(t)](s)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\,g(t-u)\,du\,\,e^{-ist}\,dt$

$={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\,e^{-isu}\,g(t-u)\,e^{-is(t-u)}\,dt\,du$

$={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\,e^{-isu}\,g(v)\,e^{-isv}\,dv\,du$

$={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\,e^{-isu}\,du\cdot \int _{-\infty }^{\infty }g(v)\,e^{-isv}\,dv={\sqrt {2\pi }}\cdot {\mathcal {F}}[f(t)](s)\cdot {\mathcal {F}}[g(t)](s)$

 

2.1

$F(s)={\mathcal {L}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}\,dt$

ohne Beweis (Laplace-Transformation)

 

2.2

$f(t)={\mathcal {L}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }F(s)e^{st}\,ds$

Beweis (Rücktransformation, Bromwich-Integral)

Im Folgenden sei $f(t)=0\,$ für $t<0\,$.

$f(t)e^{-at}={\mathcal {F}}^{-1}\left[{\mathcal {F}}[f(\tau )\,e^{-a\tau }](\omega )\right](t)$

$={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(\tau )\,e^{-a\tau }\,e^{-i\omega \tau }\,d\tau \,e^{i\omega t}\,d\omega$

$\Rightarrow f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{0}^{\infty }f(\tau )\,e^{-(a+i\omega )\tau }\,d\tau \,e^{(a+i\omega )t}d\omega$

Substituiert man $s=a+i\omega \,\,(ds=i\,d\omega )$, so ist

$f(t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }\underbrace {\int _{0}^{\infty }f(\tau )e^{-s\tau }\,d\tau } _{F(s)}\,e^{st}\,ds$.

 

2.3

${\mathcal {L}}[(f*g)(t)](s)=F(s)\cdot G(s)$

Beweis (Faltung)

$F(s)\cdot G(s)=\int _{0}^{\infty }f(\sigma )\,e^{-s\sigma }\,d\sigma \cdot \int _{0}^{\infty }g(\tau )\,e^{-s\tau }\,d\tau =\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }f(\sigma )\,e^{-s(\sigma +\tau )}\,d\sigma \,g(\tau )\,d\tau$

Nach Substitution $t=\sigma +\tau \,(dt=d\sigma )$ ist das $\int _{0}^{\infty }\int _{\tau }^{\infty }f(t-\tau )\,e^{-st}\,dt\,g(\tau )\,d\tau$.

Und nach Vertauschung der Integrationsreihenfolge ist das

$\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{t}f(t-\tau )\,g(\tau )\,d\tau \,e^{-st}\,dt=\int _{0}^{\infty }(f*g)(t)\,e^{-st}\,dt={\mathcal {L}}[(f*g)(t)](s)$.

 

3.1

$F(s)={\mathcal {M}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt$

ohne Beweis (Mellin-Transformation)

 

3.2

$f(t)={\mathcal {M}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds$

Beweis (Rücktransformation)

$f(e^{t})\,e^{at}={\mathcal {F}}\left[{\mathcal {F}}^{-1}[f(e^{\tau })\,e^{a\tau }](\omega )\right](t)$

$={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(e^{\tau })\,e^{a\tau }\,e^{i\omega \tau }\,d\tau \,e^{-i\omega t}\,d\omega$

$\Rightarrow f(e^{t})={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(e^{\tau })\,e^{(a+i\omega )\tau }\,d\tau \,e^{-(a+i\omega )t}\,d\omega$

Substituiert man $s=a+i\omega \,\,(ds=i\,d\omega )$, so ist

$f(e^{t})={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(e^{\tau })\,e^{s\tau }\,d\tau \,e^{-st}\,ds$.

Substituiert man $u=e^{\tau }\,$, so ist

$f(e^{t})={\frac {1}{2\pi i}}\int _{a-i\infty }^{a+i\infty }\underbrace {\int _{0}^{\infty }f(u)\,u^{s-1}\,du} _{F(s)}\,e^{-st}\,ds$.

Ersetze $e^{t}\,$ durch $t\,$, um die gewünschte Formel zu erhalten.

 

3.3

${\mathcal {M}}\left[(f*g)(t)\right](s)=F(s)\cdot G(s)$

Beweis (Faltung)

${\mathcal {M}}\left[(f*g)(t)\right](s)=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }f\left({\frac {t}{u}}\right)g(u)\,{\frac {du}{u}}\cdot t^{s-1}\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }f\left({\frac {t}{u}}\right)t^{s-1}\,dt\cdot g(u)\,{\frac {du}{u}}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }f(t)\,(ut)^{s-1}\,u\,dt\cdot g(u)\,{\frac {du}{u}}$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt\cdot g(u)\,u^{s-1}\,du=F(s)\cdot G(s)$

 

Differenzialgleichungen

↑ Formelsammlung Mathematik

Lineare Differentialgleichungen

Gleichungen 1. Ordnung

Lineare Dgl. 1. Ordnung

$y'+P(x)\,y=Q(x)\,$

Lösung

Bestimme erst eine Lösung $y_{h}\,$ der homogenen Dgl. $y'+P(x)y=0$.

$y'=-P(x)y\,\Rightarrow \,{\frac {y'}{y}}=-P(x)\,\Rightarrow \,\log y=-\int P(x)\,dx\,\Rightarrow \,y=e^{-\int P(x)\,dx}$

Setzt man $\mu =e^{\int P(x)\,dx}$, so ist mit $y_{h}={\frac {1}{\mu }}$ eine homogene Lösung gefunden.

Um die inhomogene Gleichung $y'+P(x)\,y=Q(x)$ zu lösen, mache den Ansatz Variation der Konstanten $y=c\cdot y_{h}$:

$Q(x)=y'+P(x)\,y=c'\cdot y_{h}+\underbrace {c\cdot y_{h}'+P(x)\cdot c\cdot y_{h}} _{=0}$

$\Rightarrow \,c'={\frac {1}{y_{h}}}\cdot Q(x)=\mu \cdot Q(x)\,\Rightarrow \,c=\int \mu \cdot Q(x)\,dx$

Die Lösungsformel lautet also:

$y={\frac {1}{\mu }}\,\int \mu \cdot Q(x)\,dx=e^{-\int P(x)\,dx}\,\int e^{\int P(x)\,dx}\,Q(x)\,dx$

 

Gleichungen 2. Ordnung

Besselsche Dgl.

$x^{2}\,y''+x\,y'+(x^{2}-n^{2})\,y=0$

ohne Lösung

 

Legendresche Dgl.

$(1-x^{2})\,y''-2xy'+n(n+1)\,y=0$

ohne Lösung

 

Hypergeometrische Dgl.

$x\,(1-x)\,y''+\left(\gamma -(\alpha +\beta +1)x\right)\,y'-\alpha \beta \,y=0$

ohne Lösung

 

Laguerresche Dgl.

$x\,y''+(\alpha +1-x)\,y'+n\,y=0$

ohne Lösung

 

Hermitesche Dgl.

$y''-x\,y'+n\,y=0$

ohne Lösung

 

Tschebyscheffsche Dgl.

$(1-x^{2})\,y''-x\,y'+n^{2}\,y=0$

ohne Lösung

 

Airysche Dgl.

$y''-\lambda \,x\,y=0$

ohne Lösung

 

Gleichungen n. Ordnung

Homogene lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

$\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,y^{(k)}=0\quad ,\quad a_{k}\in \mathbb {C}$

Lösung

Die Funktion $y=e^{\lambda x}$ löst die Dgl., wenn zum Eigenwert $\lambda$ das charakteristische Polynom $P(\lambda )=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,\lambda ^{k}$ verschwindet.

Hat die Nullstelle $\lambda \,$ die algebraische Vielfachheit $\nu$, so ist $y=x^{m}\,e^{\lambda x}$ für $m=0,...,\nu -1$ auch Lösung.

Nach der Leibniz-Regel ist $D^{k}\left(x^{m}\,e^{\lambda x}\right)=\sum _{j=0}^{k}{k \choose j}\,\,D^{j}\,x^{m}\,\,D^{k-j}\,e^{\lambda x}$, wobei $D^{j}\,x^{m}$ für $j>m$ verschwindet.

Also ist $D^{k}\left(x^{m}\,e^{\lambda x}\right)=\sum _{k=0}^{{\text{min}}(k,m)}{\frac {k!}{(k-j)!\,j!}}\,{\frac {m!}{(m-j)!}}\,x^{m-j}\,\lambda ^{k-j}\,e^{\lambda x}$

und somit ist $\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,D^{k}\left(x^{m}e^{\lambda x}\right)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,\sum _{j=0}^{{\text{min}}(k,m)}{m \choose j}\,{\frac {k!}{(k-j)!}}\,\lambda ^{k-j}\,x^{m-j}\,e^{\lambda x}$

$=\sum _{j=0}^{m}\sum _{k=j}^{n}a_{k}\,{m \choose j}\,{\frac {k!}{(k-j)!}}\,\lambda ^{k-j}\,x^{m-j}\,e^{\lambda x}=\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}\,\left[\sum _{k=j}^{n}a_{k}\,{\frac {k!}{(k-j)!}}\,\lambda ^{k-j}\right]\,x^{m-j}\,e^{\lambda x}$

$=\sum _{j=0}^{m}{m \choose j}\,P^{(j)}(\lambda )\,x^{m-j}\,e^{\lambda x}=0$.

Hat also das charakteristische Polynom $P\,$ die Wurzeln $\lambda _{1},...,\lambda _{r}$ mit den Vielfachheiten $\nu _{1},...,\nu _{r}$,

so hat die allgemeine Lösung der Dgl. die Form $y=\sum _{k=1}^{r}\sum _{\ell =0}^{\nu _{k}-1}c_{k,\ell }\,x^{\ell }\,e^{\lambda _{k}x}$.

 

Eulersche Dgl.

$\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,(c\,x+d)^{k}\,y^{(k)}=F(x)$

ohne Lösung

 

Nichtlineare Differentialgleichungen

Gleichungen 1. Ordnung

Exakte Dgl.

$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$

ohne Lösung

 

Bernoullische Dgl.

$y'+P(x)\,y=Q(x)\,y^{n}\qquad (n\neq 1)$

Lösung

Dividiere die Gleichung mit $y^{n}\,$ durch:

${\frac {y'}{y^{n}}}+P(x)\,{\frac {1}{y^{n-1}}}=Q(x)$

Substituiere $z={\frac {1}{y^{n-1}}}\,\,\left(z'=(-n+1)\,{\frac {y'}{y^{n}}}\right)$:

${\frac {1}{-n+1}}\,z'+P(x)\,z=Q(x)$

Multipliziere mit $-n+1$ durch und ersetze ${\widetilde {P}}(x):=(-n+1)\cdot P(x)$ sowie ${\widetilde {Q}}(x):=(-n+1)\cdot Q(x)$:

$z'+{\widetilde {P}}(x)\,z={\widetilde {Q}}(x)$

Das Lösen der Bernoullischen Dgl. ist damit auf das Lösen der linearen Dgl. 1. Ordnung zurückgeführt.

 

Riccatische Dgl.

$y'=P(x)\,y^{2}+Q(x)\,y+R(x)$

Lösung

Ist bereits eine partikuläre Lösung $y_{p}\,$ bekannt, so folgt aus

$\left[{\begin{matrix}y'=P(x)\,y^{2}+Q(x)\,y+R(x)\\y'_{p}=P(x)\,y_{p}^{2}+Q(x)\,y_{p}+R(x)\end{matrix}}\right]$ die Gleichung $y'-y'_{p}=P(x)\,(y^{2}-y_{p}^{2})+Q(x)\,(y-y_{p})$.

Setzt man $u=y-y_{p}$, so ist $y^{2}-y_{p}^{2}=(y+y_{p})(y-y_{p})=(u+2y_{p})\,u$

und damit $u'=P(x)\,(u+2y_{p})\,u+Q(x)\,u$.

$\Rightarrow \,u'=P(x)\,u^{2}+{\Big (}2y_{p}\,P(x)+Q(x){\Big )}\,u\,\Rightarrow \,u'+{\Big (}-2y_{p}P(x)-Q(x){\Big )}\,u=P(x)\,u^{2}$

Das Lösen der Riccatischen Dgl. ist damit auf das Lösen der Bernoullischen Dgl. zurückgeführt.

 

Lagrangesche Dgl.

$a(y')\,x+b(y')\,y+c(y')=0$

ohne Lösung

 

Clairautsche Dgl.

$y=x\,y'+f(y')=0$

ohne Lösung

 

D'Alembertsche Dgl.

$y=x\,f(y')+g(y')$

ohne Lösung

 

Reihenentwicklungen

↑ Formelsammlung Mathematik

Exponentialreihe

$\exp z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis (Definition)

 

Logarithmus

$\ln(1-z)=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k}}\qquad |z|\leq 1\,,\,z\neq 1$

ohne Beweis

 

Winkelfunktionen

Sinus

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

ohne Beweis

 

Kosinus

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

ohne Beweis

 

Tangens

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

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\tanh z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k}$

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

 

Kotangens

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

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 $z\cot z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$.

 

Sekans

$\sec z=\sum _{k=0}^{\infty }|E_{k}|\,{\frac {z^{k}}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2\cdot \beta (2k+1)}{\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2k+1}}}\,z^{2k}\qquad |z|<{\frac {\pi }{2}}$

ohne Beweis

 

Kosekans

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

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\,{\text{csch}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$

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

 

Hyperbelfunktionen

Sinus Hyperbolicus

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

ohne Beweis

 

Kosinus Hyperbolicus

$\cosh z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k}}{(2k)!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Tangens Hyperbolicus

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

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.

 

Kotangens Hyperbolicus

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

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 $0<|z|<\pi \,$.

 

Sekans Hyperbolicus

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

ohne Beweis

 

Kosekans Hyperboliucs

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

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.

 

Arkusfunktionen

Arkussinus

$\arcsin z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2k}}}{2k \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Ausdruck mit Arkussinus

${\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k-1}}{k\,{2k \choose k}}}\qquad |z|<1$

1. Beweis

Aus $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}\theta \,d\theta ={\frac {2^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}$ folgt $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(z\,\sin \theta )^{2n-1}\,d\theta ={\frac {(2z)^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}$ und daraus

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {z\,\sin \theta }{1-(z\,\sin \theta )^{2}}}\,d\theta =\left[-{\frac {\arctan \left({\frac {z\,\cos \theta }{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\arctan \left({\frac {z}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)}{\sqrt {1-z^{2}}}}={\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}$.

 

2. Beweis

Die analytische Funktion $y:B_{1}(0)\to \mathbb {C} \;,\;x\mapsto {\frac {\arcsin x}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ 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 ${\frac {\arcsin x}{\sqrt {1-x^{2}}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}}{2n\,{2n \choose n}}}\,x^{2n-1}$.

 

Potenzen des Arkussinus

$\arcsin ^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|\leq 1$

1. Beweis

Integriert man die Formel ${\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k-1}}{k\,{2k \choose k}}}$ auf beiden Seiten, so ist ${\frac {1}{2}}\arcsin ^{2}z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{(2k)^{2}\,{2k \choose k}}}$.

 

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 $p\in \mathbb {C}$ 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 ${\frac {2^{2}\cdot 4^{2}\cdots (2n-2)^{2}}{(2n)!}}={\frac {\left(2^{n-1}\,(n-1)!\right)^{2}}{(2n)!}}={\frac {2^{2n-2}\,n!^{2}}{n^{2}\,(2n)!}}={\frac {1}{4}}\,{\frac {2^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$.

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

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

 

3. Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\,$.

Mache den Ansatz $x^{2}=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}f_{n}(x)$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$2=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\left(f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\right)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}f_{n}(x)-\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}(2n)^{2}f_{n}(x)$

Es muss also $a_{1}=2\,$ und $a_{n+1}=a_{n}\,(2n)^{2}$ sein.

Somit ist ${\frac {a_{n}}{2}}=\prod _{k=1}^{n-1}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}=\prod _{k=1}^{n-1}(2k)^{2}=2^{2n-2}\,(n-1)!^{2}$.

Also ist $x^{2}=\sum _{n=1}^{\infty }2^{2n-1}\,(n-1)!^{2}\,{\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(2\sin x)^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$.

 

$\arcsin ^{3}z=6\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{m=0}^{k-1}{\frac {1}{(2m+1)^{2}}}\right]\,{\frac {1}{2^{2k}}}\,{2k \choose k}\,{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|<1$

Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n+1)^{2}f_{n}(x)\,$.

Es ist $x=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2n}}}\,{2n \choose n}\,{\frac {(\sin x)^{2n+1}}{2n+1}}=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}^{2}f_{n}(x)$,

wobei $b_{n}={\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}$ ist und somit $b_{n+1}=b_{n}(2n+1)\,$ gilt.

Mache den Ansatz $x^{3}=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}f_{n}(x)$, mit $a_{0}=0\,$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$6x=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}\left(f_{n-1}(x)-(2n+1)^{2}f_{n}(x)\right)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}b_{n+1}^{2}f_{n}(x)-\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}(2n+1)^{2}f_{n}(x)$.

Also ist $(a_{n+1}-a_{n})b_{n}^{2}(2n+1)^{2}=6b_{n}^{2}\,\Rightarrow \,a_{n+1}-a_{n}=6\,{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}\,\Rightarrow \,a_{n}=6\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}$.

 

$\arcsin ^{4}z=6\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{m=1}^{k-1}{\frac {1}{(2m)^{2}}}\right]\,{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|<1$

Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\,$.

Es ist $x^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}\,(\sin x)^{2n}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}^{2}f_{n}(x)$,

wobei $b_{n}=2^{n}\,(n-1)!\,$ und somit $b_{n+1}=b_{n}\cdot 2n$ ist.

Mache den Ansatz $x^{4}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}f_{n}(x)$, mit $a_{1}=0\,$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$12x^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}\left(f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\right)={\frac {1}{2}}\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}b_{n+1}^{2}\,f_{n}(x)-{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\,b_{n}^{2}\,(2n)^{2}\,f_{n}(x)$.

Also ist $(a_{n+1}-a_{n})\,b_{n}^{2}\,(2n)^{2}=12b_{n}^{2}\,\Rightarrow \,a_{n+1}-a_{n}=12\,{\frac {1}{(2n)^{2}}}\,\Rightarrow \,a_{n}=12\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{(2k)^{2}}}$.

 

Arkuskosinus

$\arccos z={\frac {\pi }{2}}-\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}={\frac {\pi }{2}}-\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2k}}}{2k \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Arkustangens

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

ohne Beweis

 

Areafunktionen

Areasinus Hyperbolicus

${\text{arsinh}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Potenzen des Areasinus Hypoerbolicus

${\text{arsinh}}^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Areatangens Hyperbolicus

${\text{artanh}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1,z\neq \pm 1$

ohne Beweis

 

Spezielle Funktionen

Zeta-Funktion

$\zeta (z)={\frac {1}{z-1}}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\,\gamma _{k}\,(z-1)^{k}$

Beweis

$\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt=\sum _{n=2}^{N}\int _{n-1}^{n}{\big (}t-(n-1){\big )}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$

$=\sum _{n=2}^{N}\left(\left[{\big (}t-(n-1){\big )}\,{\frac {1}{t^{s}}}\right]_{n-1}^{n}-\int _{n-1}^{n}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt\right)=\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$

Man erhält die Gleichung $\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt\qquad (G1)$,

welche insbesondere ein Spezialfall der Eulerschen Summenformel ist.


Wende $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}$ auf $(G1)\,$ an, $\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt$,

setze $s=1\,$, $\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt$,

und lasse $N\to \infty \,$ gehen, $\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt\qquad (G2)$.


Betrachte nun $(G1)\,$ nur für $s>1\,$ und lasse erst $N\to \infty \,$ gehen, $\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$,

wende darauf $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}$ an, $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt$,

und lasse $s\to 1+\,$ gehen, $(-1)^{m}\lim _{s\to 1+}\left({\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt\qquad (G3)$.


Vergleicht man $(G2)\,$ mit $(G3)\,$, so erkennt man, dass

$\gamma _{m}:=\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=1}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}\right)=(-1)^{m}\,\lim _{s\to 1+}\left({\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}\right)$ sein muss.

Die Reihenentwicklung von $\zeta (s)\,$ im Punkt $s=1\,$ lautet also ${\frac {1}{s-1}}+\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{m}}{m!}}\,\gamma _{m}\,(s-1)^{m}$.

 

Gamma-Funktion

$\Gamma (1+z)=\sum _{n=0}^{\infty }\;\;\sum _{k_{1}+2k_{2}+...+nk_{n}=n}\!\!{\frac {(-\gamma )^{k_{1}}}{k_{1}!}}\prod _{m=2}^{n}{\frac {\left((-1)^{m}\,{\frac {\zeta (m)}{m}}\right)^{k_{m}}}{k_{m}!}}\;\;z^{n}$

ohne Beweis

 

Digamma-Funktion

$\psi (1+z)=-\gamma +\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}\,\zeta (k+1)\,z^{k}$

ohne Beweis

 

Bessel-Funktionen

$J_{\nu }(z)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,\Gamma (\nu +k+1)}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{\nu +2k}$

ohne Beweis

 

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 $a_{n}={\frac {(-n)^{n-1}}{n!}}$.

 

[Reihe mit Bessel-Funktion]

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }J_{n}(z)\,t^{n}$

1. Beweis

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=e^{{\frac {z}{2}}t}\cdot e^{-{\frac {z}{2}}{\frac {1}{t}}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n}\,t^{n}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{k}\,{\frac {1}{t^{k}}}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,n!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n+k}\,t^{n-k}=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{n=-k}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,(n+k)!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n+2k}\,t^{n}$

Da ${\frac {1}{(n+k)!}}$ für $n<-k\,$ verschwindet, kann man $n\,$ auch alle ganzen Zahlen durchlaufen lassen.

Anschließend vertauscht man die Summationsreihenfolge.

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,(n+k)!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n+2k}\,t^{n}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }J_{n}(z)\,t^{n}$

 

2. Beweis

Bei der Laurentreihenentwicklung $e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }a_{n}t^{n}$

lassen sich die Koeffizienten $a_{n}\,$ mit der Formel $a_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{K}e^{{\frac {z}{2}}\left(\xi -{\frac {1}{\xi }}\right)}{\frac {d\xi }{\xi ^{n+1}}}$ berechnen.

Hierbei ist $K\,$ eine geschlossene Kurve, die den Ursprung einmal gegen den Urzeigersinn umläuft.

Die Funktion $f(\xi )={\frac {1}{\xi ^{\nu +1}}}$ ist für $\nu =n\in \mathbb {Z}$ auf ganz $\mathbb {C}$ meromorph; sie besitzt also nicht die Unstetigkeitsachse $\mathbb {R} ^{\geq 0}$.

Bei der Hankelschen Integraldarstellung der Besselfunktion, $J_{\nu }(x)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{{\frac {z}{2}}\left(\xi -{\frac {1}{\xi }}\right)}\,{\frac {dt}{\xi ^{\nu +1}}}$,

kann man daher für $\nu =n\in \mathbb {Z}$ die Kurve $C\,$ als bei $-\infty \,$ geschlossen betrachten. Also ist $a_{n}=J_{n}(z)\,$.

 

Ausdrücke mit Winkelfunktionen

cos(αx)/sin(απ)

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

ohne Beweis

 

sin(αx)/sin(απ)

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

Beweis

Es sei $f(z)=e^{ixz}\,{\frac {\pi }{\sin \pi z}}\,{\frac {1}{z+\alpha }}$ und $\gamma _{N}\,$ das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)\left(N+{\frac {1}{2}}\right)$.



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.

$\forall n\in \mathbb {Z}$ 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 $\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{n}\,e^{inx}}{n+\alpha }}={\frac {e^{-i\alpha x}}{\sin \pi \alpha }}$.

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

 

cot(πz)

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

ohne Beweis

 

csc(πz)

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

ohne Beweis

 

tan(πz)

$\pi \,\tan \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}-z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{k+{\frac {1}{2}}\,:\,k\in \mathbb {Z} \right\}$

ohne Beweis

 

sec(πz)

$\pi \,\sec \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k+{\frac {1}{2}}-z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{k+{\frac {1}{2}}\,:\,k\in \mathbb {Z} \right\}$

ohne Beweis

 

sin(α arcsin(z))

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

ohne Beweis

 

Ausdrücke mit Wurzeln

9.1

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

Beweis

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

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

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

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

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

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

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

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

 

9.2

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

Beweis

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

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

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

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

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

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

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

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

 

9.3

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

ohne Beweis

 

Ausdrücke mit Hyperbelfunktionen

10.1

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+4\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Beweis

Die Funktion $f(z)={\frac {\pi }{z}}\cdot {\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}$ hat bei $z=0$ einen Pol dritter Ordnung.

Die Laurentreihen-Entwicklung von $f\,$ um $z=0$ hat den Hauptteil ${\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}$.

Alle weiteren Polstellen von $f\,$ sind einfache Polstellen bei $z=k\cdot (\pm 1\pm i)\quad k=1,2,3,...$

Setze $g(z):=\sum _{z_{0}\in \mathbb {N} (\pm 1\pm i)}{\frac {{\text{res}}(f,z_{0})}{z-z_{0}}}$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,k(1+i){\Big )}}{z-k(1+i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,k(1-i){\Big )}}{z-k(1-i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,-k(1+i){\Big )}}{z+k(1+i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,-k(1-i){\Big )}}{z+k(1-i)}}$, hierbei ist

${\text{res}}{\Big (}f,k(1+i){\Big )}={\frac {1}{ik}}{\frac {e^{2\pi k}}{e^{2\pi k}-1}}\qquad {\text{res}}{\Big (}f,-k(1+i){\Big )}={\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}$

${\text{res}}{\Big (}f,k(1-i){\Big )}=-{\frac {1}{ik}}{\frac {e^{2\pi k}}{e^{2\pi k}-1}}\qquad {\text{res}}{\Big (}f,-k(1-i){\Big )}=-{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}$

Also ist $g(z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}+{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z-k(1+i)}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}+{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z-k(1-i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z+k(1+i)}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z+k(1-i)}}$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{ik}}\left({\frac {1}{z-k(1+i)}}-{\frac {1}{z-k(1-i)}}\right)+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{ik}}\,{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}\left({\frac {1}{z-k(1+i)}}-{\frac {1}{z-k(1-i)}}+{\frac {1}{z+k(1+i)}}-{\frac {1}{z+k(1-i)}}\right)$

$=4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$.

Die Funktion $h(z):=f(z)-{\frac {1}{\pi z^{3}}}-{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {\pi }{2z}}-g(z)$ ist holomorph auf ganz $\mathbb {C}$.

Wegen $h(z)\to 0$ für $|z|\to \infty$, ist $h$ eine beschränkte ganze Funktion, und damit konstant. (Satz von Liouville)

Die Konstante verschwindet, da $h(0)=0$ ist. Also ist $f(z)={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+g(z)$.

 

10.2

${\frac {\pi }{2}}\,{\frac {\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{2z}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

Beweis

Betrachte folgende Formel:

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Ersetze $z\,$ durch $-z\,$:

$-{\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{-\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}=-{\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {\pi }{2z}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}-8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Zähle beide Gleichungen zusammen:

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {2\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {2}{z^{2}}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

Multipliziere die Gleichung mit ${\frac {z}{4}}$ durch:

${\frac {\pi }{2}}\,{\frac {\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{2z}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

 

Rest

11.1

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

ohne Beweis

 

Lagrange-Inversion

Zu $x_{0},y_{0}\in \mathbb {C}$ 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 $x_{n}\,(n\geq 1)$ 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 $x_{n}={\frac {1}{n!}}\,\left[{\frac {\mathrm {d} ^{n-1}}{\mathrm {d} x^{n-1}}}\left({\frac {x-x_{0}}{f(x)-f(x_{0})}}\right)^{n}\,\right]_{x\to x_{0}}$.

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 ${\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma }{\frac {g'(y)}{(y-y_{0})^{n}}}\,\mathrm {d} y$, wenn $\gamma \,$ eine einfach geschlossene Kurve um $x_{0}\,$ ist.

Substituiert man $y=f(x)\,$, so ist $n\,x_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{g(\gamma )}{\frac {g'(f(x))}{{\big (}f(x)-f(x_{0}){\big )}^{n}}}\,f'(x)\,\mathrm {d} x$

$={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{g(\gamma )}{\frac {1}{{\big (}f(x)-f(x_{0}){\big )}^{n}}}\,\mathrm {d} x={\text{res}}\left({\frac {1}{(f(x)-f(x_{0}))^{n}}}\,,\,x=x_{0}\right)$.

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

Also ist $n\,x_{n}={\frac {1}{(n-1)!}}\,\lim _{x\to x_{0}}{\frac {\mathrm {d} ^{n-1}}{\mathrm {d} x^{n-1}}}{\frac {(x-x_{0})^{n}}{(f(x)-f(x_{0}))^{n}}}$.

 

Ungleichungen

↑ Formelsammlung Mathematik

Bernoullische Ungleichung

$(1+x)^{n}\geq 1+nx\qquad n\in \mathbb {N} ,\,x\geq -1$

Beweis

Induktionsanfang: $(1+x)^{0}\geq 1$

Induktionsschluss: $(1+x)^{n+1}=(1+x)^{n}\,(1+x)\geq (1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx^{2}\geq 1+(n+1)x$

 

Dreiecksungleichung

$|z_{1}+z_{2}|\leq |z_{1}|+|z_{2}|\qquad z_{1},z_{2}\in \mathbb {C}$

Beweis

$|z_{1}+z_{2}|^{2}=(z_{1}+z_{2})\left({\overline {z_{1}}}+{\overline {z_{2}}}\right)=z_{1}{\overline {z_{1}}}+z_{1}{\overline {z_{2}}}+z_{2}{\overline {z_{1}}}+z_{2}{\overline {z_{2}}}=|z_{1}|^{2}+2\,{\text{Re}}(z_{1}{\overline {z_{2}}})+|z_{2}|^{2}$,

dabei ist ${\text{Re}}(z_{1}{\overline {z_{2}}})\leq |z_{1}{\overline {z_{2}}}|=|z_{1}|\cdot |z_{2}|$.

Also ist $|z_{1}+z_{2}|^{2}\leq |z_{1}|^{2}+2\cdot |z_{1}|\cdot |z_{2}|+|z_{2}|^{2}=(|z_{1}|+|z_{2}|)^{2}\,\Rightarrow \,|z_{1}+z_{2}|\leq |z_{1}|+|z_{2}|$.

 

Verallgemeinerte Dreiecksungleichung

$\left|\sum _{k=1}^{n}z_{k}\right|\leq \sum _{k=1}^{n}|z_{k}|\qquad z_{1},...,z_{n}\in \mathbb {C}$

Beweis

Die Dreiecksungleichung $|z_{1}+z_{2}|\leq |z_{1}|+|z_{2}|$ ist der Induktionsanfang für n=2.

Induktionsschluss: $\left|\sum _{k=1}^{n+1}z_{k}\right|\leq \left|\sum _{k=1}^{n}z_{k}\right|+|z_{n+1}|\leq \sum _{k=1}^{n}|z_{k}|+|z_{n+1}|$

 

Cauchy-Schwarzsche-Ungleichung

Sind ${\boldsymbol {x}}=(x_{1},...,x_{n})$ und ${\boldsymbol {y}}=(y_{1},...,y_{n})$ reelle Vektoren, so gilt

$\left(\sum _{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right)^{2}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right)\left(\sum _{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right).$ Kurz: $|\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle |\leq \|{\boldsymbol {x}}\|\cdot \|{\boldsymbol {y}}\|$

Beweis

$0\leq \|{\boldsymbol {x}}-\lambda {\boldsymbol {y}}\|^{2}=\langle {\boldsymbol {x}}-\lambda {\boldsymbol {y}},{\boldsymbol {x}}-\lambda {\boldsymbol {y}}\rangle =\|{\boldsymbol {x}}\|^{2}-2\lambda \langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle +\lambda ^{2}\|{\boldsymbol {y}}\|^{2}$

Setze $\lambda ={\frac {\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle }{\|{\boldsymbol {y}}\|^{2}}}\,:\quad 0\leq \|{\boldsymbol {x}}\|^{2}-2\,{\frac {\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle ^{2}}{\|{\boldsymbol {y}}\|^{2}}}+{\frac {\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle ^{2}}{\|{\boldsymbol {y}}\|^{2}}}\,\Rightarrow \,{\frac {\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle ^{2}}{\|{\boldsymbol {y}}\|^{2}}}\leq \|{\boldsymbol {x}}\|^{2}\,\Rightarrow \,\langle {\boldsymbol {x}},{\boldsymbol {y}}\rangle ^{2}\leq \|{\boldsymbol {x}}\|^{2}\cdot \|{\boldsymbol {y}}\|^{2}$

 

Ungleichungen zwischen Mittelwerten

Für $x_{1},...,x_{n}>0$, ein Gewicht $w=(w_{1},...,w_{n})$ mit $\sum _{k=1}^{n}w_{k}=1$

und ein $p\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ sei $M_{w}^{p}:=\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}x_{k}^{p}\right)^{\frac {1}{p}}$ das gewichtete Hölder-Mittel.

Es gilt $M_{w}^{0}:=\lim _{p\to 0}M_{w}^{p}=\prod _{k=1}^{n}x_{k}^{w_{k}}$ und für $r<s\,$ ist $M_{w}^{r}\leq M_{w}^{s}$.

Beweis

$\lim _{p\to 0}\log(M_{w}^{p})=\lim _{p\to 0}{\frac {1}{p}}\log \left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{p}\right)$ ${\stackrel {\text{L.H.}}{=}}\lim _{p\to 0}{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{p}\,\log x_{k}}{\sum \limits _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{p}}}=\sum _{k=1}^{n}w_{k}\log x_{k}=\log \prod _{k=1}^{n}x_{k}^{w_{k}}$


Im Fall $0<r<s\,$ ist die Abbildung $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ^{+}\,,\,x\mapsto x^{\frac {s}{r}}$ konvex.

Nach der Jensen-Ungleichung ist daher $\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{r}\right)^{\frac {s}{r}}\leq \sum _{k=1}^{n}w_{k}\,\left(x_{k}^{r}\right)^{\frac {s}{r}}\,\Rightarrow \,\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{r}\right)^{\frac {1}{r}}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{s}\right)^{\frac {1}{s}}$.

Im Fall $r<s<0\,$ ist $0<-s<-r$, woraus nach eben gezeigtem $\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{-s}\right)^{\frac {1}{-s}}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{-r}\right)^{\frac {1}{-r}}$ folgt.

Multipliziert man mit den Kehrwerten durch, so ist $\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{-r}\right)^{\frac {1}{r}}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{-s}\right)^{\frac {1}{s}}$. Und nachdem die Ungleichung für jede

Belegung $x_{1},...,x_{n}>0\,$ gilt, ist sie auch erfüllt, wenn man jedes $x_{k}\,$ durch ${\frac {1}{x_{k}}}\,$ ersetzt. $\left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{r}\right)^{\frac {1}{r}}\leq \left(\sum _{k=1}^{n}w_{k}\,x_{k}^{s}\right)^{\frac {1}{s}}$

Wegen $\lim _{s\to 0}M_{w}^{s}=M_{w}^{0}=\lim _{r\to 0}M_{w}^{r}$ gilt die Ungleichung $M_{w}^{r}\leq M_{w}^{s}$ auch für $0\leq r<s$ und $r<s\leq 0$.

Im Fall $r<0<s\,$ folgt die Ungleichung $M_{w}^{r}\leq M_{w}^{s}$ aus der Transitivität $M_{w}^{r}\leq M_{w}^{0}\leq M_{w}^{s}$.

 

Insbesondere ergibt sich daraus die Ungleichungskette

$\underbrace {\frac {1}{{\frac {w_{1}}{x_{1}}}+...+{\frac {w_{n}}{x_{n}}}}} _{\begin{matrix}{\text{harmonisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {x_{1}^{w_{1}}\cdots x_{n}^{w_{n}}} _{\begin{matrix}{\text{geometrisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {w_{1}x_{1}+...+w_{n}x_{n}} _{\begin{matrix}{\text{arithmetisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\sqrt {w_{1}x_{1}^{2}+...+w_{n}x_{n}^{2}}} _{\begin{matrix}{\text{quadratisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\sqrt[{3}]{w_{1}x_{1}^{3}+...+w_{n}x_{n}^{3}}} _{\begin{matrix}{\text{kubisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}$.

Und daraus wiederum ergibt sich im ungewichteten/gleichgewichteten Fall $w=\left(1/n,...,1/n\right)$ die Ungleichungskette

$\underbrace {\frac {n}{{\frac {1}{x_{1}}}+...+{\frac {1}{x_{n}}}}} _{\begin{matrix}{\text{harmonisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\sqrt[{n}]{x_{1}\cdots x_{n}}} _{\begin{matrix}{\text{geometrisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\frac {x_{1}+...+x_{n}}{n}} _{\begin{matrix}{\text{arithmetisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\sqrt {\frac {x_{1}^{2}+...+x_{n}^{2}}{n}}} _{\begin{matrix}{\text{quadratisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}\leq \underbrace {\sqrt[{3}]{\frac {x_{1}^{3}+...+x_{n}^{3}}{n}}} _{\begin{matrix}{\text{kubisches}}\\{\text{Mittel}}\end{matrix}}$.

MacLaurinsche Ungleichung

Für die nichtnegativen Variablen $a_{1},...,a_{n}$

sei $\sigma _{k}({\boldsymbol {a}})=\sum _{1\leq i_{1}<...<i_{k}\leq n}a_{i_{1}}\cdots a_{i_{k}}$ das k-te elementarsymmetrische Polynom

und $S_{k}({\boldsymbol {a}})={\frac {\sigma _{k}({\boldsymbol {a}})}{n \choose k}}$ der zugehörige elementarsymmetrische Mittelwert.

Es gilt $S_{1}({\boldsymbol {a}})\geq {\sqrt {S_{2}({\boldsymbol {a}})}}\geq {\sqrt[{3}]{S_{3}({\boldsymbol {a}})}}\geq ...\geq {\sqrt[{n}]{S_{n}({\boldsymbol {a}})}}$.

Beweis

$F(X):=(X+a_{1})\cdots (X+a_{n})$ lässt sich nach dem Satz von Vieta schreiben als $\sum _{k=0}^{n}\sigma _{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{n-k}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{n-k}$.

Ist $a_{k}<a_{k+1}\,$, so gibt es nach dem Satz von Vieta ein $b_{k}\in \,\,]a_{k},a_{k+1}[$ mit $F'(b_{k})=0$.

Ist $a_{k}=a_{k+1}$, so gilt für $b_{k}=a_{k}$ ebenfalls $F'(b_{k})=0$.

Die erste Ableitung $F'\,$ lässt sich daher schreiben in der Form $F'(X)=n\cdot (X+b_{1})\cdots (X+b_{n-1})$ mit ebenfalls nichtnegativen Variablen $b_{1}\leq ...\leq b_{n-1}$.

Zum einen ist $F'(X)={\frac {d}{dx}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{n-k}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {n!}{(n-k)!\,k!}}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot (n-k)\cdot X^{n-1-k}=n\sum _{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{n-1-k}$.

Zum anderen ist nach dem Satz von Vieta $F'(X)=n\sum _{k=0}^{n-1}\sigma _{k}({\boldsymbol {b}})\cdot X^{n-1-k}=n\sum _{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {b}})\cdot X^{n-1-k}$.

Man sieht daher, dass ${\boldsymbol {a}}\,$ und ${\boldsymbol {b}}\,$ den selben symmetrischen Mittelwert besitzen, $S_{k}({\boldsymbol {a}})=S_{k}({\boldsymbol {b}})$.

Durch Induktion folgt, dass jede weitere Ableitung von $F\,$ lauter reelle Nullstellen $\leq 0$ besitzt.

$F^{(n-m)}(X)={\frac {n!}{m!}}(X+r_{1})\cdots (X+r_{m})=\left({\frac {d}{dx}}\right)^{\!\!n-m}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{n-k}$

$=\sum _{k=0}^{m}{\frac {n!}{(n-k)!\,k!}}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot {\frac {(n-k)!}{(m-k)!}}\cdot X^{m-k}={\frac {n!}{m!}}\cdot \sum _{k=0}^{m}{m \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{m-k}$.

Nach dem Satz von Vieta lässt sich $F^{(n-m)}(X)\,$ auch in der Form ${\frac {n!}{m!}}\cdot \sum _{k=0}^{m}{m \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {r}})\cdot X^{m-k}$ schreiben.

Also stimmt bei jeder Ableitung $S_{k}({\boldsymbol {r}})\,$ mit $S_{k}({\boldsymbol {a}})\,$ überein.

Nun ist $r_{1}\cdots r_{m}=S_{m}({\boldsymbol {a}})$ und ${\widehat {r_{1}}}\,r_{2}\cdots r_{m}+r_{1}\,{\widehat {r_{2}}}\cdots r_{m}+...+r_{1}\,r_{2}\cdots {\widehat {r_{m}}}=r_{1}\cdots r_{m}\cdot \left({\frac {1}{r_{1}}}+...+{\frac {1}{r_{m}}}\right)=m\cdot S_{m-1}({\boldsymbol {a}})$.

Nach der AM-GM Ungleichung ist ${\frac {{\widehat {r_{1}}}\,r_{2}\cdots r_{m}+r_{1}\,{\widehat {r_{2}}}\cdots r_{m}+...+r_{1}\,r_{2}\cdots {\widehat {r_{m}}}}{m}}\geq {\sqrt[{m}]{\frac {(r_{1}\,r_{2}\cdots r_{m})^{m}}{r_{1}\,r_{2}\cdots r_{m}}}}$.

Also ist ${\frac {m\cdot S_{m-1}({\boldsymbol {a}})}{m}}\geq {\sqrt[{m}]{S_{m}({\boldsymbol {a}})^{m-1}}}\,\Rightarrow \,{\sqrt[{m-1}]{S_{m-1}({\boldsymbol {a}})}}\geq {\sqrt[{m}]{S_{m}({\boldsymbol {a}})}}$.

 

Und es gilt $S_{m}({\boldsymbol {a}})^{2}\geq S_{m+1}({\boldsymbol {a}})\cdot S_{m-1}({\boldsymbol {a}})$ für $m=1,...,n-1$

Beweis (Newton Ungleichung)

Aus der oben verwendeten Gleichung $(X+r_{1})\cdots (X+r_{m})=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}\cdot S_{k}({\boldsymbol {a}})\cdot X^{m-k}$ folgt für $m=2,...,n$

$r_{1}\cdots r_{m}=S_{m}({\boldsymbol {a}})$

$r_{1}\cdots r_{m}\cdot \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}=m\cdot S_{m-1}({\boldsymbol {a}})$

$r_{1}\cdots r_{m}\cdot \sum _{1\leq i<j\leq m}{\frac {1}{r_{i}}}\cdot {\frac {1}{r_{j}}}={\frac {m\cdot (m-1)}{2}}\cdot S_{m-2}({\boldsymbol {a}})$


$S_{m-1}({\boldsymbol {a}})^{2}\geq S_{m}({\boldsymbol {a}})\cdot S_{m-2}({\boldsymbol {a}})$ ist daher gleichbedeutend mit

$(r_{1}\cdots r_{m})^{2}\cdot {\frac {1}{m^{2}}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}\geq (r_{1}\cdots r_{m})^{2}\cdot {\frac {2}{m\cdot (m-1)}}\sum _{1\leq i<j\leq m}{\frac {1}{r_{i}}}\cdot {\frac {1}{r_{j}}}$

$\iff (m-1)\cdot \left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}\geq 2m\cdot \sum _{1\leq i<j\leq m}{\frac {1}{r_{i}}}\cdot {\frac {1}{r_{j}}}$

$\iff (m-1)\cdot \left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}\geq m\cdot \left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}-m\cdot \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}^{2}}}$

$\iff m\cdot \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}^{2}}}\geq \left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}\iff {\frac {1}{m}}\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}^{2}}}\geq \left({\frac {1}{m}}\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}\right)^{2}\iff {\sqrt {{\frac {1}{m}}\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}^{2}}}}}\geq {\frac {1}{m}}\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{r_{k}}}$,

was gerade die Ungleichung von quadratischen und arithmetischem Mittel ist.

 

Muirhead-Ungleichung

Für $n\,$-elementige Vektoren ${\boldsymbol {\nu }}\geq {\boldsymbol {0}},\,{\boldsymbol {x}}>{\boldsymbol {0}}$ sei ${\mathcal {S}}\{{\boldsymbol {\nu }}\}({\boldsymbol {x}}):={\frac {1}{n!}}\sum _{\text{sym}}x_{1}^{\nu _{1}}\cdots x_{n}^{\nu _{n}}:={\frac {1}{n!}}\sum _{{\boldsymbol {\sigma }}\in S_{n}}x_{\sigma _{1}}^{\nu _{1}}\cdots x_{\sigma _{n}}^{\nu _{n}}$.

Sind ${\boldsymbol {\alpha }},{\boldsymbol {\beta }}\geq {\boldsymbol {0}}$, so gilt folgende Äquivalenz: ${\boldsymbol {\alpha }}\prec {\boldsymbol {\beta }}\iff {\mathcal {S}}\{{\boldsymbol {\alpha }}\}({\boldsymbol {x}})\leq {\mathcal {S}}\{{\boldsymbol {\beta }}\}({\boldsymbol {x}})\;\,\forall {\boldsymbol {x}}>{\boldsymbol {0}}$

ohne Beweis

 

Logarithmischer Mittelwert

${\sqrt[{3}]{xyz}}\leq {\sqrt {{\frac {1}{2}}\,{\frac {(x-y)(y-z)(z-x)}{(x-y)\log z+(y-z)\log x+(z-x)\log y}}}}\leq {\frac {x+y+z}{3}}\qquad x>y>z>0$

ohne Beweis

 

Abschätzung zur eulerschen Zahl

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<e<\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}$

Beweis

Für $0<x<1\,$ ist $\log \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)=2\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{2k+1}}{2k+1}}>2x$.

Wegen $1+{\frac {1}{n}}={\frac {n+1}{n}}={\frac {2n+1+1}{2n+1-1}}={\frac {1+{\frac {1}{2n+1}}}{1-{\frac {1}{2n+1}}}}$

ist daher $\log \left(1+{\frac {1}{n}}\right)=\log \left({\frac {1+{\frac {1}{2n+1}}}{1-{\frac {1}{2n+1}}}}\right)>{\frac {2}{2n+1}}$

$\Rightarrow \left(n+{\frac {1}{2}}\right)\log \left(1+{\frac {1}{n}}\right)>1\,\Rightarrow \,\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}>e$.

 

Monotoniebetrachtung:

Die Folge $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$ steigt streng monoton und die Folge $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}$ fällt streng monoton.

Beweis

Es sei $n\geq 2\,$ eine natürliche Zahl.

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}>\left(1+{\frac {1}{n-1}}\right)^{n-1}\iff \left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}>\left({\frac {n}{n-1}}\right)^{n-1}$

$\iff \left({\frac {n^{2}-1}{n^{2}}}\right)^{n}>{\frac {n-1}{n}}\iff \left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}>1-{\frac {1}{n}}$

Letzte Ungleichung gilt, weil nach der Bernoulli-Ungleichung $\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}>1+n\left({\frac {-1}{n^{2}}}\right)$ ist.


$\left(1+{\frac {1}{n-1}}\right)^{n}>\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}\iff \left({\frac {n}{n-1}}\right)^{n}>\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+1}$

$\iff \left({\frac {n^{2}}{n^{2}-1}}\right)^{n}>{\frac {n+1}{n}}\iff \left(1+{\frac {1}{n^{2}-1}}\right)^{n}>1+{\frac {1}{n}}$

Letzte Ungleichung gilt, weil nach der Bernoulli-Ungleichung $\left(1+{\frac {1}{n^{2}-1}}\right)^{n}>1+{\frac {n}{n^{2}-1}}>1+{\frac {1}{n}}$ ist.

 

[Potenzen, eulersche Zahl]

$(e+x)^{e-x}>(e-x)^{e+x}\qquad 0<x<e$

Beweis

Definiert man $f:]0,e[\to \mathbb {R}$ durch $x\mapsto (e-x)\log(e+x)-(e+x)\log(e-x)$,

dann ist $\lim _{x\to 0+}f(x)=0$ und $f'(x)=\underbrace {{\frac {e-x}{e+x}}+{\frac {e+x}{e-x}}} _{>2}-\underbrace {\left(\log(e+x)+\log(e-x)\right)} _{<2}>0$.

Daher ist $f(x)>0\,$, also $\log \left((e+x)^{e-x}\right)>\log \left((e-x)^{e+x}\right)$.

 

Napiersche-Ungleichung

${\frac {1}{a}}<{\frac {2}{a+b}}<{\frac {\log(a)-\log(b)}{a-b}}<{\frac {1}{\sqrt {ab}}}<{\frac {1}{b}}\qquad a>b>0$

Beweis

Für $t>1\,$ ist $2<t+{\frac {1}{t}}$ und somit ${\frac {2}{t}}<1+{\frac {1}{t^{2}}}$.

Für $x>1\,$ ist damit $\log(x^{2})=2\log x=2\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt<\int _{1}^{x}\left(1+{\frac {1}{t^{2}}}\right)\,dt=x-{\frac {1}{x}}$ und somit $\log x<{\sqrt {x}}-{\frac {1}{\sqrt {x}}}$.

Und es ist $\log x=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2}{2k+1}}\,\left({\frac {x-1}{x+1}}\right)^{2k+1}>2\,{\frac {x-1}{x+1}}$.

Man erhält die Abschätzung $2\,{\frac {x-1}{x+1}}<\log x<{\sqrt {x}}-{\frac {1}{\sqrt {x}}}$ für $x>1\,$.

Setze $x={\frac {a}{b}}$ dann ist $2\,{\frac {{\frac {a}{b}}-1}{{\frac {a}{b}}+1}}<\log \left({\frac {a}{b}}\right)<{\sqrt {\frac {a}{b}}}-{\sqrt {\frac {b}{a}}}$, gleichbedeutend mit $2\,{\frac {a-b}{a+b}}<\log(a)-\log(b)<{\frac {a-b}{\sqrt {ab}}}$.

 

Nesbitt-Ungleichung

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}\qquad a,b,c>0$

Beweis

Nach der AM-HM Ungleichung ist ${\frac {(b+c)+(c+a)+(a+b)}{3}}\geq {\frac {3}{{\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{a+b}}}}$.

Somit ist $(a+b+c)\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq {\frac {9}{2}}$.

Und daraus folgt ${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}+3\geq {\frac {9}{2}}$.

 

Mahler-Ungleichung

Sind ${\boldsymbol {x}}=(x_{1},...,x_{n}),{\boldsymbol {y}}=(y_{1},...,y_{n})$ Tupel positiver Zahlen, so gilt $\prod _{k=1}^{n}(x_{k}+y_{k})^{1/n}\geq \prod _{k=1}^{n}x_{k}^{1/n}+\prod _{k=1}^{n}y_{k}^{1/n}$.

Beweis

Nach der AM-GM Ungleichung ist $\prod _{k=1}^{n}\left({\frac {x_{k}}{x_{k}+y_{k}}}\right)^{1/n}\leq {\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}}{x_{k}+y_{k}}}$

und entsprechend $\prod _{k=1}^{n}\left({\frac {y_{k}}{x_{k}+y_{k}}}\right)^{1/n}\leq {\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {y_{k}}{x_{k}+y_{k}}}$.

Somit ist $\prod _{k=1}^{n}\left({\frac {x_{k}}{x_{k}+y_{k}}}\right)^{1/n}+\prod _{k=1}^{n}\left({\frac {y_{k}}{x_{k}+y_{k}}}\right)^{1/n}\leq {\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}+y_{k}}{x_{k}+y_{k}}}=1$.

Multipliziert man beide Seiten mit $\prod _{k=1}^{n}(x_{k}+y_{k})^{1/n}$ durch, so ist $\prod _{k=1}^{n}x_{k}^{1/n}+\prod _{k=1}^{n}y_{k}^{1/n}\leq \prod _{k=1}^{n}(x_{k}+y_{k})^{1/n}$.

 

Tschebyscheff-Summen-Ungleichung

Sind $a_{1},...,a_{n}\,$ und $b_{1},...,b_{n}\,$ gleichsinnig geordnete reelle Zahlen, so gilt

${\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}a_{k}\,b_{k}\geq \left({\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)\left({\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}b_{k}\right)$

Beweis

Aus $(a_{k}-a_{j})(b_{k}-b_{j})\geq 0$ folgt $a_{k}b_{k}+a_{j}b_{j}\geq a_{k}b_{j}+a_{j}b_{k}$.

Summiere nun beide Seiten nach k und j jeweils von 1 bis n:

$n\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}+n\sum _{j=1}^{n}a_{j}b_{j}\geq \sum _{k=1}^{n}a_{k}\,\sum _{j=1}^{n}b_{j}+\sum _{j=1}^{n}a_{j}\,\sum _{k=1}^{n}b_{k}$

$\Rightarrow 2n\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\geq 2\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)\left(\sum _{k=1}^{n}b_{k}\right)$

 

Tschebyscheff-Integral-Ungleichung

Sind $f,g:[0,1]\to \mathbb {R}$ gleichsinnig monoton, dann gilt $\int _{0}^{1}f(x)\,g(x)\,dx\geq \int _{0}^{1}f(x)\,dx\int _{0}^{1}g(x)\,dx$.

1. Beweis

Aus ${\Big (}f(x)-f(y){\Big )}{\Big (}g(x)-g(y){\Big )}\geq 0$ folgt $f(x)\,g(x)+f(y)\,g(y)\geq f(x)\,g(y)+f(y)\,g(x)$.

Integriere nun beide Seiten nach x und y jeweils von 0 bis 1:

$\int _{0}^{1}f(x)\,g(x)\,dx+\int _{0}^{1}f(y)\,g(y)\,dy\geq \int _{0}^{1}f(x)\,dx\,\int _{0}^{1}g(y)\,dy+\int _{0}^{1}f(y)\,dy\,\int _{0}^{1}g(x)\,dx$

$\Rightarrow 2\int _{0}^{1}f(x)\,g(x)\,dx\geq 2\int _{0}^{1}f(x)\,dx\,\int _{0}^{1}g(x)\,dx$

 

2. Beweis

Nach der Tschebyscheff Summen-Ungleichung ist $\sum _{k=1}^{n}f\left({\frac {k}{n}}\right){\frac {1}{n}}\;\;\sum _{k=1}^{n}g\left({\frac {k}{n}}\right){\frac {1}{n}}\leq \sum _{k=1}^{n}f\left({\frac {k}{n}}\right)g\left({\frac {k}{n}}\right){\frac {1}{n}}$.

Für $n\to \infty \,$ gehen die Riemannschen Approximationssummen in die gewünschten Integrale über.

 

Anderson-Ungleichung

Sind $f_{1},...,f_{n}:[0,1]\to \mathbb {R}$ nichtnegative konvexe Funktionen mit $f_{1}(0)=...=f_{n}(0)=0\,$, so gilt

$\int _{0}^{1}\prod _{k=1}^{n}f_{k}(x)dx\geq {\frac {2^{n}}{n+1}}\prod _{k=1}^{n}\int _{0}^{1}f_{k}(x)dx$.

Beweis

Es sei $M\,$ die Menge der nichtnegativen konvexen Funktionen $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ mit $f(0)=0\,$.


$(1)\,$ Jede Funktion $f\in M$ wächst monoton, denn gäbe es $0\leq x_{1}<x_{2}\leq 1$, so dass $f(x_{1})>f(x_{2})\,$ ist,

so würde der Punkt ${\big (}x_{1},f(x_{1}){\big )}$ überhalb der Sekante $\ell (x)={\frac {f(x_{2})}{x_{2}}}\cdot x$ liegen.


$(2)\,$ $M\,$ ist abgeschlossen bezüglich der Multiplikation, das heißt aus $f,g\in M$ folgt $f\cdot g\in M$.

Da $f\,$ und $g\,$ beide monoton wachsen, ist $[f(x)-f(y)]\,[g(x)-g(y)]\geq 0$,

woraus $f(x)g(x)+f(y)g(y)\geq f(x)g(y)+f(y)g(x)$ folgt.

Für $\alpha ,\beta \geq 0$ mit $\alpha +\beta =1\,$ ist dann $(fg)(\alpha x+\beta y)=f(\alpha x+\beta y)\,g(\alpha x+\beta y)$

$\leq [\alpha f(x)+\beta f(y)]\,[\alpha g(x)+\beta g(y)]$, nachdem $f\,$ und $g\,$ konvex sind.

Und das ist $\alpha ^{2}f(x)g(x)+\alpha \beta [f(x)g(y)+f(y)g(x)]+\beta ^{2}f(y)g(y)\,$

$\leq \alpha ^{2}f(x)g(x)+\alpha \beta [f(x)g(x)+f(y)g(y)]+\beta ^{2}f(y)g(y)$

$=\underbrace {(\alpha ^{2}+\alpha \beta )} _{=\alpha }f(x)g(x)+\underbrace {(\alpha \beta +\beta ^{2})} _{=\beta }f(y)g(y)=\alpha \,(fg)(x)+\beta \,(fg)(y)$.


$(3)\,$ Definiert man ${\widehat {f}}(x)=2x\int _{0}^{1}f(t)\,dt$, dann gilt die Implikation $f\in M\Rightarrow {\widehat {f}}\in M$.


$(4)\,$ Für alle $f,g\in M$ gilt die Ungleichung $\int _{0}^{1}g(x)\,f(x)\,dx\geq \int _{0}^{1}g(x)\,{\widehat {f}}(x)\,dx$.

Die Flächen $\int _{0}^{1}{\widehat {f}}(x)\,dx$ und $\int _{0}^{1}f(x)\,dx$ sind gleich.


Es gibt einen Wert $0<s<1\,$, so dass $f(x)\leq {\widehat {f}}(x)$ für alle $x\leq s\,$ ist und $f(x)\geq {\widehat {f}}(x)$ für alle $x\geq s\,$ ist.

Also ist $\int _{0}^{s}{\widehat {f}}(x)\,dx+\int _{s}^{1}{\widehat {f}}(x)\,dx=\int _{0}^{s}f(x)\,dx+\int _{s}^{1}f(x)\,dx$

$\Rightarrow \int _{0}^{s}\left({\widehat {f}}(x)-f(x)\right)dx=\int _{s}^{1}\left(f(x)-{\widehat {f}}(x)\right)dx$

Nachdem $g\,$ monoton wächst, ist $\int _{0}^{s}g(x)\left({\widehat {f}}(x)-f(x)\right)dx$

$\leq g(s)\int _{0}^{s}\left({\widehat {f}}(x)-f(x)\right)dx=g(s)\int _{s}^{1}\left(f(x)-{\widehat {f}}(x)\right)dx$

$\leq \int _{s}^{1}g(x)\left(f(x)-{\widehat {f}}(x)\right)dx=-\int _{s}^{1}g(x)\left({\widehat {f}}(x)-f(x)\right)dx$.

Daher ist $\int _{0}^{1}g(x)\left({\widehat {f}}(x)-f(x)\right)dx\leq 0\Rightarrow \int _{0}^{1}g(x)\,{\widehat {f}}(x)\,dx\leq \int _{0}^{1}g(x)\,f(x)\,dx$.


Für $f_{1},...,f_{n}\in M$ gilt dann

$\int _{0}^{1}f_{1}(x)\cdots f_{n}(x)\,dx\geq \int _{0}^{1}{\widehat {f}}_{1}(x)\cdots {\widehat {f}}_{n}(x)\,dx=\int _{0}^{1}2x\int _{0}^{1}f_{1}(t)\,dt\cdots 2x\int _{0}^{1}f_{n}(t)\,dt\,\,dx$

$=\int _{0}^{1}2^{n}x^{n}\,dx\int _{0}^{1}f_{1}(t)\,dt\cdots \int _{0}^{1}f_{n}(t)\,dt={\frac {2^{n}}{n+1}}\prod _{i=1}^{n}\int _{0}^{1}f_{i}(x)\,dx$.

 

Abschätzung zu log(1+x), cos(x), sin(x)

$\forall x\geq 0$ ist $\sum _{k=0}^{n}\left[{\frac {x^{k+1}}{k+1}},{\frac {x^{2k}}{(2k)!}},{\frac {x^{2k+1}}{(2k+1)!}}\right]$$\left\{{\begin{matrix}>&,&n=2m\quad \;\;\,\\<&,&n=2m+1\end{matrix}}\right\}\;{\Big [}\log(1+x),\cos(x),\sin(x){\Big ]}$

ohne Beweis

 

[Mit der Stirling-Formel verwandte Formel]

$(n-1)!<{\frac {n^{n}}{e^{n}}}\,e<n!\qquad n\in \mathbb {Z} ^{>1}$

1. Beweis

${\frac {n^{n}}{n!}}=\prod _{k=1}^{n-1}\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}<e^{n-1}<\prod _{k=1}^{n-1}\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k+1}={\frac {n^{n}}{(n-1)!}}$

 

2. Beweis

Da der natürliche Logarithmus streng monoton wächst ist $\log(k)<\int _{k}^{k+1}\log(x)\,dx<\log(k+1)$.

Summiert man nach $k\,$ von $1\,$ bis $n-1\,$, so ist $\log(n-1)!<\int _{1}^{n}\log(x)\,dx<\log n!$.

Dabei ist $\int _{1}^{n}\log(x)\,dx=\left[x\,\log(x)-x\right]_{1}^{n}=n\,\log(n)-n+1=\log \left({\frac {n^{n}}{e^{n}}}\,e\right)$.

Also ist $(n-1)!<{\frac {n^{n}}{e^{n}}}\,e<n!$.

 

[Ungleichungen mit der Gammafunktion]

$\Gamma {\Big (}x\alpha +(1-x)\beta {\Big )}\leq \Gamma (\alpha )^{x}\,\Gamma (\beta )^{1-x}\qquad \alpha ,\beta >0\qquad 0\leq x\leq 1$

Beweis

$\Gamma {\Big (}x\alpha +(1-x)\beta {\Big )}=\int _{0}^{\infty }t^{x\alpha +(1-x)\beta -1}\,e^{-t}\,dt=\int _{0}^{\infty }t^{(\alpha -1)x+(\beta -1)(1-x)}\,e^{-t}\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }(t^{\alpha -1}\,e^{-t})^{x}\,(t^{\beta -1}\,e^{-t})^{1-x}dt$ ist nach der Hölderungleichung

$\leq \left(\int _{0}^{\infty }t^{\alpha -1}\,e^{-t}\,dt\right)^{x}\,\left(\int _{0}^{\infty }t^{\beta -1}\,e^{-t}\,dt\right)^{1-x}=\Gamma (\alpha )^{x}\,\Gamma (\beta )^{1-x}$.

 

$n!\,(n+x)^{x-1}\leq \Gamma (n+x)\leq \Gamma (n)\,n^{x}\qquad 0\leq x\leq 1\qquad 1\leq n$

Beweis

In der Ungleichung $\Gamma {\Big (}x\alpha +(1-x)\beta {\Big )}\leq \Gamma (\alpha )^{x}\,\Gamma (\beta )^{1-x}$ für $\alpha ,\beta >0\,$ und $0\leq x\leq 1$

setze $\alpha =n+1\,$ und $\beta =n\,$, so ist $\Gamma (n+x)\leq \Gamma (n+1)^{x}\,\Gamma (n)^{1-x}=\Gamma (n)\,n^{x}$.

Setzt man hingegen $\alpha =n+x\,$ und $\beta =n+1+x\,$, so ist

$\Gamma (n+1)\leq \Gamma (n+x)^{x}\,\Gamma (n+1+x)^{1-x}=\Gamma (n+x)\,(n+x)^{1-x}$.

Und somit ist $n!\,(n+x)^{x-1}\leq \Gamma (n+x)$.

 

Gautschis Ungleichung

$x^{1-s}<{\frac {\Gamma (x+1)}{\Gamma (x+s)}}<(x+1)^{1-s}\qquad 0<s<1$

ohne Beweis

 

Carlson-Ungleichung

Ist $a_{1},a_{2},a_{3},...$ eine Folge nichtnegativer Zahlen, wobei nicht alle Folgeglieder verschwinden, so gilt $\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\right)^{4}<\pi ^{2}\,\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{2}\cdot \sum _{k=1}^{\infty }k^{2}a_{k}^{2}$

Hardys erster Beweis der Carlson-Ungleichung

Sei $\alpha ,\beta >0$ und setze $S=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{2}$ und $T=\sum _{k=1}^{\infty }k^{2}a_{k}^{2}$.

$\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\right)^{2}=\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\cdot {\sqrt {\alpha +\beta k^{2}}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {\alpha +\beta k^{2}}}}\right)^{2}$ ist nach Cauchy-Schwarzscher-Ungleichung

$\leq \sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{2}\cdot (\alpha +\beta k^{2})\cdot \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{\alpha +\beta k^{2}}}=(\alpha \cdot S+\beta \cdot T)\cdot \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{\alpha +\beta k^{2}}}<(\alpha \cdot S+\beta \cdot T)\cdot \int _{0}^{\infty }{\frac {dx}{\alpha +\beta x^{2}}}$

$=(\alpha \cdot S+\beta \cdot T)\cdot {\frac {\pi }{2}}\,{\frac {1}{\sqrt {\alpha \beta }}}={\frac {\pi }{2}}\left({\sqrt {\frac {\alpha }{\beta }}}\cdot S+{\sqrt {\frac {\beta }{\alpha }}}\cdot T\right)$.

Setzt man $\alpha =T\,$ und $\beta =S\,$, so ist $\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\right)^{2}<{\frac {\pi }{2}}\left({\sqrt {ST}}+{\sqrt {ST}}\,\right)=\pi {\sqrt {ST}}$.

Durchquadrieren liefert die Behauptung.

 

Hardys zweiter Beweis der Carlson-Ungleichung

Betrachte die Fourierreihe $f(x)=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\,\cos kx$ mit deren Ableitung $f'(x)=\sum _{k=1}^{\infty }-ka_{k}\,\sin kx$.

Nach der Parsevalschen Gleichung ist ${\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{\pi }f^{2}(x)\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{2}=:S$ und ${\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{\pi }f'^{2}(x)\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }k^{2}a_{k}^{2}=:T$.

Wegen $\int _{0}^{\pi }f(x)\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\left[{\frac {\sin kx}{k}}\right]_{0}^{\pi }=0$, gibt es ein $0<\xi <\pi$, so dass $f(\xi )=0$ ist.

Also ist $\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\right)^{2}=f^{2}(0)=f^{2}(0)-f^{2}(\xi )=2\int _{\xi }^{0}f(x)\,f'(x)\,dx$, und das ist nach Cauchy-Schwarzscher-Ungleichung

$<2\cdot {\sqrt {\int _{0}^{\pi }f^{2}(x)\,dx}}\cdot {\sqrt {\int _{0}^{\pi }f'^{2}(x)\,dx}}=2\cdot {\sqrt {{\frac {\pi }{2}}\,S}}\cdot {\sqrt {{\frac {\pi }{2}}\,T}}=\pi \,{\sqrt {ST}}$.

Durchquadrieren liefert die Behauptung.

 

Hilbertsche Ungleichung

Sind $(a_{n}),(b_{m})$ zwei nichtnegative Zahlenfolgen, bei denen nicht alle Folgeglieder verschwinden und sind $p,q\,$ zwei Zahlen,

so dass $1<p,q<\infty$ und ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1$ ist, dann gilt $\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {a_{n}\,b_{m}}{n+m}}<{\frac {\pi }{\sin {\frac {\pi }{p}}}}\cdot \left(\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}^{p}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\sum _{m=1}^{\infty }b_{m}^{q}\right)^{\frac {1}{q}}$.

Beweis

Für ein $0<\alpha <1$ ist die Riemannsche Approximationssumme $\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {1}{\left(1+{\frac {m}{n}}\right)\cdot \left({\frac {m}{n}}\right)^{\alpha }}}\,{\frac {1}{n}}$

kleiner als das Integral $\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x)\,x^{\alpha }}}\,dx={\frac {\pi }{\sin \pi \alpha }}$, weil der Integrand $f(x)={\frac {1}{(1+x)\,x^{\alpha }}}$ streng monoton fällt.

Nun ist $\sum _{n,m=1}^{\infty }{\frac {a_{n}\,b_{m}}{n+m}}=\sum _{n,m=1}^{\infty }{\frac {a_{n}}{(n+m)^{\frac {1}{p}}\,\left({\frac {m}{n}}\right)^{\frac {1}{pq}}}}\cdot {\frac {b_{m}}{(n+m)^{\frac {1}{q}}\,\left({\frac {n}{m}}\right)^{\frac {1}{pq}}}}$ nach der Hölderschen Ungleichung

$<\left(\sum _{n,m=1}^{\infty }{\frac {a_{n}^{p}}{(n+m)\,\left({\frac {m}{n}}\right)^{\frac {1}{q}}}}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\sum _{n,m=1}^{\infty }{\frac {b_{m}^{q}}{(n+m)\,\left({\frac {n}{m}}\right)^{\frac {1}{p}}}}\right)^{\frac {1}{q}}$

$=\left(\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}^{p}\cdot \sum _{m=1}^{\infty }{\frac {1}{(n+m)\,\left({\frac {m}{n}}\right)^{\frac {1}{q}}}}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\sum _{m=1}^{\infty }b_{m}^{q}\cdot \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(n+m)\,\left({\frac {n}{m}}\right)^{\frac {1}{p}}}}\right)^{\frac {1}{q}}$

$<\left(\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}^{p}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left({\frac {\pi }{\sin {\frac {\pi }{q}}}}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\sum _{m=1}^{\infty }b_{m}^{q}\right)^{\frac {1}{q}}\cdot \left({\frac {\pi }{\sin {\frac {\pi }{p}}}}\right)^{\frac {1}{q}}={\frac {\pi }{\sin {\frac {\pi }{p}}}}\cdot \left(\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}^{p}\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\sum _{m=1}^{\infty }b_{m}^{q}\right)^{\frac {1}{q}}$.

 

Hilbertsche Ungleichung für Integrale

Sind $f,g:\mathbb {R} _{\geq 0}\to \mathbb {R} _{\geq 0}$ zwei stetige Funktionen ungleich der Nullfunktion, so gilt

$\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }{\frac {f(x)\,g(y)}{x+y}}\,dx\,dy<{\frac {\pi }{\sin {\frac {\pi }{p}}}}\cdot \left(\int _{0}^{\infty }[f(x)]^{p}\,dx\right)^{\frac {1}{p}}\cdot \left(\int _{0}^{\infty }[g(y)]^{q}\,dy\right)^{\frac {1}{q}}$.

ohne Beweis

 

Hardy-Ungleichung für Integrale

Ist $f:\mathbb {R} _{\geq 0}\to \mathbb {R} _{\geq 0}$ eine integrierbare Funktion und ist $p>1$, so gilt

$\int _{0}^{\infty }\left({\frac {1}{x}}\int _{0}^{x}f(t)\,dt\right)^{p}dx\leq \left({\frac {p}{p-1}}\right)^{p}\cdot \int _{0}^{\infty }[f(x)]^{p}\,dx$

Beweis

Setze $F(x):=\int _{0}^{x}f(t)\,dt$.

Nach der Substitution $t=x\cdot u^{\frac {p}{r}}\,\Rightarrow \,dt=x\cdot {\frac {p}{r}}\cdot u^{{\frac {p}{r}}-1}\,du$ ist

$F(x)=x\cdot {\frac {p}{r}}\cdot \int _{0}^{1}f\left(x\cdot u^{\frac {p}{r}}\right)\cdot u^{{\frac {p}{r}}-1}\,du\Rightarrow [F(x)]^{p}=x^{p}\cdot \left({\frac {p}{r}}\right)^{p}\cdot \left(\int _{0}^{1}f\left(x\cdot u^{\frac {p}{r}}\right)\cdot u^{{\frac {p}{r}}-1}\,du\right)^{p}$.

Da die Abbildung $u\mapsto u^{p}$ konvex ist, gilt nach der Jensen-Ungleichung

$\left(\int _{0}^{1}f\left(x\cdot u^{\frac {p}{r}}\right)\cdot u^{{\frac {p}{r}}-1}\,du\right)^{p}\leq \int _{0}^{1}\left[f\left(x\cdot u^{\frac {p}{r}}\right)\right]^{p}\cdot u^{p\cdot \left({\frac {p}{r}}-1\right)}\cdot du$.

Mache beim letzten Term die Substitution $t=x\cdot u^{\frac {p}{r}}$ rückgängig. $\left(u^{p}={\frac {t^{r}}{x^{r}}}\,\Rightarrow \,u={\frac {t^{\frac {r}{p}}}{x^{\frac {r}{p}}}}\,\Rightarrow \,du={\frac {r}{p}}\cdot {\frac {t^{{\frac {r}{p}}-1}}{x^{\frac {r}{p}}}}\,dt\right)$

Der letzte Term ist dann $\int _{0}^{x}[f(t)]^{p}\cdot {\frac {t^{p-r}}{x^{p-r}}}\cdot {\frac {r}{p}}\cdot {\frac {t^{{\frac {r}{p}}-1}}{x^{\frac {r}{p}}}}\,dt={\frac {x^{r-{\frac {r}{p}}}}{x^{p}}}\cdot {\frac {r}{p}}\cdot \int _{0}^{x}\left[f(t)\right]^{p}\cdot t^{p-r+{\frac {r}{p}}-1}\,dt$.

Also ist $[F(x)]^{p}\leq x^{r-{\frac {r}{p}}}\cdot \left({\frac {p}{r}}\right)^{p-1}\cdot \int _{0}^{x}[f(t)]^{p}\cdot t^{p-r+{\frac {r}{p}}-1}\,dt$.

Und damit ist $\int _{0}^{\infty }[F(x)]^{p}\cdot x^{-r-1}\,dx\leq \int _{0}^{\infty }x^{r-{\frac {r}{p}}}\cdot \left({\frac {p}{r}}\right)^{p-1}\cdot \int _{0}^{x}[f(t)]^{p}\cdot t^{p-r+{\frac {r}{p}}-1}\,dt\cdot x^{-r-1}\,dx$

$=\left({\frac {p}{r}}\right)^{p-1}\cdot \int _{0}^{\infty }\int _{0}^{x}[f(t)]^{p}\cdot t^{p-r+{\frac {r}{p}}-1}\cdot x^{-{\frac {r}{p}}-1}\,dt\,dx=\left({\frac {p}{r}}\right)^{p-1}\cdot \int _{0}^{\infty }[f(t)]^{p}\cdot t^{p-r+{\frac {r}{p}}-1}\cdot \int _{t}^{\infty }x^{-{\frac {r}{p}}-1}\,dx\cdot dt$

$=\left({\frac {p}{r}}\right)^{p}\cdot \int _{0}^{\infty }[f(t)]^{p}\cdot t^{p-r-1}\,dt$.

Setzt man $r=p-1$, so ist $\int _{0}^{\infty }\left({\frac {F(x)}{x}}\right)^{p}dx\leq \left({\frac {p}{p-1}}\right)^{p}\cdot \int _{0}^{\infty }[f(t)]^{p}\,dt$.

 

Hardy-Ungleichung für Reihen

Ist $(a_{n})$ eine Folge nichtnegativer reeller Zahlen und ist $p>1\,$, so gilt

$\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)^{p}\leq \left({\frac {p}{p-1}}\right)^{p}\cdot \sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{p}$

Beweis

 

Gibbssche Ungleichung

Sind ${\boldsymbol {p}}=(p_{1},...,p_{n})$ und ${\boldsymbol {q}}=(q_{1},...,q_{n})$ diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilungen

mit $p_{1}\geq ...\geq p_{n}>0\,\,,\,\,q_{1}\geq ...\geq q_{n}>0$ und $\sum _{k=1}^{n}p_{k}=\sum _{k=1}^{n}q_{k}=1$, so gilt

$-\sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(p_{k})\leq -\sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(q_{k})$, wobei Gleichheit nur im Fall ${\boldsymbol {p}}={\boldsymbol {q}}$ auftritt.

Beweis

$\log \left({\frac {q_{k}}{p_{k}}}\right)\leq {\frac {q_{k}}{p_{k}}}-1$

$\Rightarrow \,p_{k}\cdot \log \left({\frac {q_{k}}{p_{k}}}\right)\leq q_{k}-p_{k}$

$\Rightarrow \,\sum _{k=1}^{n}p_{k}\cdot \log \left({\frac {q_{k}}{p_{k}}}\right)\leq \sum _{k=1}^{n}q_{k}-\sum _{k=1}^{n}p_{k}=0$

$\Rightarrow \,\sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(q_{k})\leq \sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(p_{k})$

$\Rightarrow \,-\sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(p_{k})\leq -\sum _{k=1}^{n}p_{k}\log(q_{k})$

 

Diskrete jensensche Ungleichung

Ist $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ konvex und sind $\lambda _{1},...,\lambda _{n}$ nichtnegative Zahlen mit $\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}=1$,

dann gilt für beliebige $x_{1},...,x_{n}\in [a,b]$ die Ungleichung $f\left(\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}\,x_{k}\right)\leq \sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}\,f(x_{k})$.

Beweis

Im Fall $n=2$ gilt für eine konvexe Funktion $f\,$ die Ungleichung $f(\lambda _{1}x_{1}+\lambda _{2}x_{2})\leq \lambda _{1}f(x_{1})+\lambda _{2}f(x_{2})$ per Definition.

Induktionsschritt:

Aus $\sum _{k=1}^{n+1}\lambda _{k}=1$ folgt $\sum _{k=1}^{n}{\frac {\lambda _{k}}{1-\lambda _{n+1}}}=1$.

$f\left(\sum _{k=1}^{n+1}\lambda _{k}x_{k}\right)=f\left((1-\lambda _{n+1})\cdot \sum _{k=1}^{n}{\frac {\lambda _{k}}{1-\lambda _{n+1}}}\cdot x_{k}+\lambda _{n+1}\cdot x_{n+1}\right)$

$\leq (1-\lambda _{n+1})\cdot f\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {\lambda _{k}}{1-\lambda _{n+1}}}\cdot x_{k}\right)+\lambda _{n+1}\cdot f(x_{n+1})$

$\leq (1-\lambda _{n+1})\cdot \sum _{k=1}^{n}{\frac {\lambda _{k}}{1-\lambda _{n+1}}}\cdot f(x_{k})+\lambda _{n+1}\cdot f(x_{n+1})=\sum _{k=1}^{n+1}\lambda _{k}\,f(x_{k})$

 

Jensensche Ungleichung für Integrale

Ist $g:[a,b]\to \mathbb {R}$ eine integrierbare Funktion, so dass $f\,$ im Bild von $g\,$ konvex ist,

dann gilt $f\left({\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}g(x)\,dx\right)\leq {\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f\left(g(x)\right)dx$

Beweis

Sei zunächst $\varphi :[0,1]\to \mathbb {R}$ eine integrierbare Funktion, so dass $f\,$ im Bild von $\varphi \,$ konvex ist.

In der diskreten Jensen-Ungleichung $f\left(\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}\,x_{k}\right)\leq \sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}\,f(x_{k})$ setze $\lambda _{k}={\frac {1}{n}}$ und $x_{k}=\varphi \left({\frac {k}{n}}\right)$.

$f\left(\sum _{k=1}^{n}\varphi \left({\frac {k}{n}}\right)\cdot {\frac {1}{n}}\right)\leq \sum _{k=1}^{n}f\left(\varphi \left({\frac {k}{n}}\right)\right)\cdot {\frac {1}{n}}$

Für $n\to \infty$ ergibt sich $f\left(\int _{0}^{1}\varphi (u)\,du\right)\leq \int _{0}^{1}f(\varphi (u))\,du$.

Nach der Substitution $u={\frac {x-a}{b-a}}\,\Rightarrow \,du={\frac {dx}{b-a}}$ ist

$f\left(\int _{a}^{b}\varphi \left({\frac {x-a}{b-a}}\right){\frac {dx}{b-a}}\right)\leq \int _{a}^{b}f\left(\varphi \left({\frac {x-a}{b-a}}\right)\right){\frac {dx}{b-a}}$

Setze $g(x):=\varphi \left({\frac {x-a}{b-a}}\right)$, dann ist $f\left({\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}g(x)\,dx\right)\leq {\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(g(x))\,dx$.

 

Hlawka-Ungleichung

$\|\mathbf {x} +\mathbf {y} \|+\|\mathbf {y} +\mathbf {z} \|+\|\mathbf {z} +\mathbf {x} \|\leq \|\mathbf {x} \|+\|\mathbf {y} \|+\|\mathbf {z} \|+\|\mathbf {x} +\mathbf {y} +\mathbf {z} \|\qquad \mathbf {x} ,\mathbf {y} ,\mathbf {z} \in \mathbb {C} ^{n}$

ohne Beweis

 

Identitäten

Zurück zur Formelsammlung Mathematik

• Altbabylonische Multiplikationsformel
• Sophie-Germain-Identität
• Pascalsche Formel
• Polylogarithmus-Identitäten
• Eulerscher Ergänzungssatz
• Darstellung der Betafunktion durch Gammafunktionen
• Gamma an bestimmten Stellen
• Verhältnis von Gammafunktionswerten
• Legendresche Verdopplungsformel
• Riemannsche Funktionalgleichung
• Funktionalgleichung der Dedekindschen Etafunktion
• Reihenidentitäten nach Ramanujan
• Integralidentitäten nach Ramanujan
• Entwicklung nach Sinuspotenzen
• Tangens einer Summe
• Gaußsches Digamma-Theorem
• Partialbruchzerlegungen
• Reihenidentitäten
• Simpsonsche Extraktionsmethode
• Sophomores Dream
• Hurwitz-Identität
• Hermitesche Identität
• Abelsche Identität
• Kleesche Identität
• Jacobi-Anger-Entwicklung
• Prosthaphäretische Formeln

Determinanten

↑ Formelsammlung Mathematik

Multiplikationssatz (laut Formensammlung)

$\det(AB)=\det(A)\,\det(B)$

Beweis (Multiplikationssatz)

$\det(AB)=\det {\Big (}A(b_{1},...,b_{n}){\Big )}=\det \left(A\sum _{j=1}^{n}b_{1j}\,e_{j},...,A\sum _{j=1}^{n}b_{nj}\,e_{j}\right)\,$

$=\det \left(\sum _{j=1}^{n}b_{1j}a_{j},...,\sum _{j=1}^{n}b_{nj}a_{j}\right)=\sum _{j_{1}=1}^{n}\cdots \sum _{j_{n}=1}^{n}b_{1j_{1}}\cdots b_{nj_{n}}\,\det(a_{j_{1}},...,a_{j_{n}})$

$=\sum _{(j_{1},...,j_{n})\in S_{n}}b_{1j_{1}}\cdots b_{nj_{n}}\,\det(a_{j_{1}},...,a_{j_{n}})=\underbrace {\sum _{(j_{1},...,j_{n})\in S_{n}}(-1)^{{\text{sgn}}(j_{1},...,j_{n})}\,b_{1j_{1}}\cdots b_{nj_{n}}} _{=\det(B)}\,\det(A)$

 

Determinante von Matrixexponential$\det(\mathrm {e} ^{A})=\mathrm {e} ^{{\text{tr}}(A)}\,$

Beweis

Hat $A\,$ die Eigenwerte $\lambda _{1},...,\lambda _{n}\,$, so hat $\mathrm {e} ^{A}\,$ die Eigenwerte $\mathrm {e} ^{\lambda _{1}},...,\mathrm {e} ^{\lambda _{n}}$.

Also ist $\det(\mathrm {e} ^{A})=\mathrm {e} ^{\lambda _{1}}\cdots \mathrm {e} ^{\lambda _{n}}=\mathrm {e} ^{\lambda _{1}+...+\lambda _{n}}=\mathrm {e} ^{{\text{tr}}(A)}$.

 

det(A+xy^T)

$\det(A+xy^{T})=\det(A)+y^{T}\,{\text{adj}}(A)\,x$

ohne Beweis

 

Vandermondsche Determinante

$\det {\begin{pmatrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&\cdots &x_{1}^{n-1}\\1&x_{2}&x_{2}^{2}&\cdots &x_{2}^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\1&x_{n}&x_{n}^{2}&\cdots &x_{n}^{n-1}\end{pmatrix}}=\prod _{i<j}(x_{j}-x_{i})$

Beweis (Vandermondesche Determinante)

Es sei $V_{n}(x_{1},...,x_{n})=\det {\begin{pmatrix}1&x_{1}&x_{1}^{2}&\cdots &x_{1}^{n-1}\\1&x_{2}&x_{2}^{2}&\cdots &x_{2}^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\1&x_{n}&x_{n}^{2}&\cdots &x_{n}^{n-1}\end{pmatrix}}$.

Zieht man von rechts nach links von jeder Spalte das $x_{1}\,$-fache der Vorgängerspalte ab, so ist

$V_{n}(x_{1},...,x_{n})=\det {\begin{pmatrix}1&0&0&\cdots &0\\1&x_{2}-x_{1}&(x_{2}-x_{1})x_{2}&\cdots &(x_{2}-x_{1})x_{2}^{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\1&x_{n}-x_{1}&(x_{n}-x_{1})x_{n}&\cdots &(x_{n}-x_{1})x_{n}^{n-2}\end{pmatrix}}$.

Entwickelt man nach der ersten Zeile, dann besitzen die Elemente jeder Zeile einen gemeinsamen Faktor,

welcher sich aus der Restdeterminante rausziehen lässt.

Also ist $V_{n}(x_{1},...,x_{n})=(x_{2}-x_{1})\cdots (x_{n}-x_{1})\,V_{n-1}(x_{2},...,x_{n})$,

wobei nach Induktionsvoraussetzung $V_{n-1}(x_{2},...,x_{n})=\prod _{2\leq i<j}(x_{j}-x_{i})$ ist.

Und somit ist $V_{n}(x_{1},...,x_{n})=\prod _{i<j}(x_{j}-x_{i})\,$.

 

Cauchy-Determinante

$\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{x_{1}+y_{1}}}&{\frac {1}{x_{1}+y_{2}}}&\cdots &{\frac {1}{x_{1}+y_{n}}}\\\\{\frac {1}{x_{2}+y_{1}}}&{\frac {1}{x_{2}+y_{2}}}&\cdots &{\frac {1}{x_{2}+y_{n}}}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {1}{x_{n}+y_{1}}}&{\frac {1}{x_{n}+y_{2}}}&\cdots &{\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\end{pmatrix}}={\frac {\prod \limits _{i<j}(x_{i}-x_{j})\,\prod \limits _{i<j}(y_{i}-y_{j})}{\prod \limits _{i,j=1}^{n}(x_{i}+y_{j})}}$

Beweis (Cauchy-Determinante)

Es sei $A_{n}=(a_{ij})\,$ die $n\times n\,$ Matrix mit $a_{ij}={\frac {1}{x_{i}+y_{j}}}$.

Zieht man von der $i\,$-ten Zeile $(i=1,...,n-1)\,$ das ${\frac {x_{n}+y_{n}}{x_{i}+y_{n}}}$-fache der $n\,$-ten Zeile ab, so erhält man

$A_{n}'=\left({\begin{array}{c|c}{\begin{matrix}&B_{n-1}&\\\end{matrix}}&{\begin{matrix}0\\\vdots \\0\\\end{matrix}}\\\hline {\begin{matrix}{\frac {1}{x_{n}+y_{1}}}&{\frac {1}{x_{n}+y_{2}}}&\cdots \end{matrix}}&{\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}\end{array}}\right)$ mit einer $(n-1)\times (n-1)\,$ Matrix $B_{n-1}=(b_{ij})\,$.

Hierbei ist $b_{ij}={\frac {1}{x_{i}+y_{j}}}-{\frac {x_{n}+y_{n}}{x_{i}+y_{n}}}\cdot {\frac {1}{x_{n}+y_{j}}}$

$={\frac {(x_{i}+y_{n})(x_{n}+y_{j})-(x_{n}+y_{n})(x_{i}+y_{j})}{(x_{i}+y_{j})(x_{i}+y_{n})(x_{n}+y_{j})}}={\frac {1}{x_{i}+y_{j}}}\cdot {\frac {x_{i}-x_{n}}{x_{i}+y_{n}}}\cdot {\frac {y_{j}-y_{n}}{x_{n}+y_{j}}}$.

Bei $B_{n-1}\,$ besitzen also die Elemente jeder Zeile den gemeinsamen Faktor ${\frac {x_{i}-x_{n}}{x_{i}+y_{n}}}$,

und die Elemente jeder Spalte besitzen den gemeinsamen Faktor ${\frac {y_{j}-y_{n}}{x_{n}+y_{j}}}$.

Zieht man diese gemeinsamen Faktoren aus $\det B_{n-1}\,$ heraus,

so ist $\det B_{n-1}=\prod _{i=1}^{n-1}{\frac {x_{i}-x_{n}}{x_{i}+y_{n}}}\cdot \prod _{j=1}^{n-1}{\frac {y_{j}-y_{n}}{x_{n}+y_{j}}}\,\det A_{n-1}$,

wobei nach Induktionsvoraussetzung $\det A_{n-1}={\frac {\prod \limits _{i<j<n}(x_{i}-x_{j})\cdot \prod \limits _{i<j<n}(y_{i}-y_{j})}{\prod \limits _{i,j=1}^{n-1}(x_{i}+y_{j})}}$ ist.

Also ist $\det A_{n}=\det A_{n}'=\det B_{n-1}\cdot {\frac {1}{x_{n}+y_{n}}}$

${\frac {\prod \limits _{i<j=n}(x_{i}-x_{j})\,\prod \limits _{i<j=n}(y_{i}-y_{j})}{\prod \limits _{i=1}^{n-1}(x_{i}+y_{n})\cdot \prod \limits _{j=1}^{n-1}(x_{n}+y_{j})\cdot (x_{n}+y_{n})}}\cdot \det A_{n-1}={\frac {\prod \limits _{i<j}(x_{i}-x_{j})\,\prod \limits _{i<j}(y_{i}-y_{j})}{\prod \limits _{i,j=1}^{n}(x_{i}+y_{j})}}$.

 

Kongruenzrechnung

↑ Formelsammlung Mathematik

Kleiner fermatscher Satz

$a^{p-1}\equiv 1\,{\text{mod}}\,p\qquad p\!\!\not |a$

ohne Beweis (Kleiner fermatscher Satz)

 

Satz von Euler-Fermat

$a^{\varphi (n)}\equiv 1\,{\text{mod}}\,n\qquad a\perp n$

ohne Beweis (Satz von Euler-Fermat)

 

Satz von Wilson

$(p-1)!\equiv -1\,{\text{mod}}\,p\iff p\in \mathbb {P}$

1. Beweis der Rückrichtung (Satz von Wilson)

Bei der Formel $n!=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,(x-k)^{n}$ setze $n=p-1\,$ und $x=0\,$.

$(p-1)!=\sum _{k=1}^{p-1}(-1)^{k}\,{p-1 \choose k}\,(-k)^{p-1}$

Unter Verwendung des kleinen fermatschen Satzes ist

$(p-1)!\equiv \sum _{k=1}^{p-1}(-1)^{k}\,{p-1 \choose k}=(1-1)^{p-1}-1=-1\mod \,p$

 

2. Beweis der Rückrichtung

Im Körper $\mathbb {F} _{p}$ sind $1,2,...,p-1\,$ invertierbar.

Da $X^{2}-1=0\,$ nur zwei Lösungen besitzt, sind $1\,$ und $p-1\,$ die einzigen Elemente, die zu sich selbst invers sind.

Im Produkt $2\cdot 3\cdots (p-2)$ kommt bei jedem Faktor auch der inverse Faktor an einer anderen Stelle vor.

Also ist $(p-2)!\equiv 1\,{\text{mod}}\,p$ und somit $(p-1)!\equiv -1\,{\text{mod}}\,p$.

 

3. Beweis der Rückrichtung

Das Polynom $X^{p-1}-1\,$ hat in $\mathbb {F} _{p}$ nach dem kleinen fermatschen Satz die Nullstellen $1,2,...,p-1\,$.

Also gilt die Faktorisierung $X^{p-1}-1=(X-1)(X-2)\cdots (X-(p-1))$.

Setzt man $X=0\,$ so ist $-1=(-1)(-2)\cdots (-(p-1))=(-1)^{p-1}\,(p-1)!$.

 

Verallgemeinerung des Satzes von Wilson durch Gauß

Es sei $P(n):=\prod \limits _{1<k<n \atop (k,n)=1}k$.

Ist $n\,$ gleich $4\,$ oder von der Form $p^{k},2p^{k}\,$, wobei $p\,$ eine ungerade Primzahl ist, so gilt $P(n)\equiv -1\,{\text{mod}}\,n$.

In allen anderen Fällen ist $P(n)\equiv 1\,{\text{mod}}\,n$.

ohne Beweis (Verallgemeinerung des Satzes von Wilson durch Gauß)

 

Eisensteins Kongruenz über den Fermat-Quotienten

$\sum _{k=1}^{(p-1)/2}{\frac {1}{k}}\equiv -2q_{p}(2)\;{\text{mod}}\;p$

1. Beweis (Eisensteins Kongruenz über den Fermat-Quotienten $q_{p}(2)={\frac {2^{p-1}-1}{p}}$)

$2^{p-1}=\prod _{k=1}^{(p-1)/2}\left(1+{\frac {p}{2k-1}}\right)=1+\sum _{k=1}^{(p-1)/2}{\frac {p}{2k-1}}+O(p^{2})$

$\Rightarrow {\frac {2^{p-1}-1}{p}}\equiv \sum _{k=1}^{(p-1)/2}{\frac {1}{2k-1}}\equiv -\sum _{k=1}^{(p-1)/2}{\frac {1}{2k}}\;{\text{mod}}\;p$

$\Rightarrow -2\cdot {\frac {2^{p-1}-1}{p}}\equiv \sum _{k=1}^{(p-1)/2}{\frac {1}{k}}\;{\text{mod}}\;p$

 

2. Beweis

Aus ${p \choose k}=p\cdot {\frac {p-1}{1}}\cdot {\frac {p-2}{2}}\cdots {\frac {p-(k-1)}{k-1}}\cdot {\frac {1}{k}}$

folgt ${\frac {1}{p}}\,{p \choose k}\equiv {\frac {0-1}{1}}\cdot {\frac {0-2}{2}}\cdots {\frac {0-(k-1)}{k-1}}\cdot {\frac {1}{k}}=(-1)^{k-1}\cdot {\frac {1}{k}}\;{\text{mod}}\;p$.

Somit ist $\underset{k=1}{\overset{p-<!--\; -\; -->1}{\sum <!--\; \sum \; -->}}$