Formelsammlung Mathematik: Unendliche Produkte

Zurück zur Formelsammlung Mathematik

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.