Formelsammlung Mathematik: Identitäten: Reihenidentitäten

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

Beweis

$\underset{A_{N}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{2 k + 1}{z^{2 k + 1} - 1}}} + \underset{B_{N}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{N} \frac{2 k}{z^{2 k} - 1}}} = \underset{C_{2 N}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{2 N} \frac{k}{z^{k} - 1}}}$ .

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

$B_{N} = \underset{C_{N}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{z^{k} - 1}}} - \underset{D_{N}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{z^{k} + 1}}}$ .

Also $A_{N} = D_{N} + C_{2 N} - C_{N}$ .

Für $N \to \infty$ folgt daraus die Behauptung.

\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{(\binom{n}{k})} = \frac{n + 1}{2^{n + 1}} \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{2^{k}}{k}

Beweis

Definiert man $a_{n}$ als $\frac{2^{n}}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(\binom{n - 1}{k})}$ ,

so ist $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{2^{n + 1}}{n + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} \underset{= : b_{k}}{\underset{⏟}{[\frac{2^{n + 1}}{n + 1} \frac{1}{(\binom{n}{k})} - \frac{2^{n}}{n} \frac{1}{(\binom{n - 1}{k})}]}}$ .

Wegen $(\binom{n}{k}) = \frac{n}{n - k} (\binom{n - 1}{k})$ ist $b_{k} = \frac{2^{n}}{n (n + 1)} \frac{n - 1 - 2 k}{(\binom{n - 1}{k})}$ ,

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

Und somit ist $a_{n + 1} - \underset{= 0}{\underset{⏟}{a_{0}}} = \sum_{k = 0}^{n} (a_{k + 1} - a_{k}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{2^{k}}{k}$ .