Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Lambertreihen

1

\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }\tau (n)\,x^{n}

ohne Beweis

2

\sum _{n=1}^{\infty }n^{a}\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }\sigma _{a}(n)\,x^{n}

ohne Beweis

3

\sum _{n=1}^{\infty }\mu (n)\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}=x

ohne Beweis

4

\sum _{n=1}^{\infty }\varphi (n)\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}={\frac {x}{(1-x)^{2}}}

ohne Beweis

5

\sum _{n=1}^{\infty }\lambda (n)\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }x^{n^{2}}

ohne Beweis

6

1+4\sum _{n=1}^{\infty }\chi (n)\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}=\left(\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}\right)^{2}

mit

\chi (n)=\left\{{\begin{matrix}0&{\text{falls}}&n\,\,\,{\text{gerade}}\\1&{\text{falls}}&n\equiv 1\,{\text{mod}}\,4\\-1&{\text{falls}}&n\equiv 3\,{\text{mod}}\,4\end{matrix}}\right.

Beweis

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

lässt sich durch umsortieren schreiben als $\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)^{3}=\sum _{n=0}^{\infty }(4n+1)\,q^{2n^{2}+n}$ . (Vorüberlegung)

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

setze $x=q^{2}\,$ und $z^{2}=a^{4}q\,$ und multipliziere beide Seiten mit $a\,$ durch:

$\sum _{n\in \mathbb {Z} }a^{4n+1}\,q^{2n^{2}+n}=a\cdot \prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+a^{4}\,q^{4n-1})(1+a^{-4}\,q^{4n-3})$

Differenziere nach $a\,$ :

$\sum _{n\in \mathbb {Z} }(4n+1)\,a^{4n}\,q^{2n^{2}+n}=a\cdot \prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+a^{4}\,q^{4n-1})(1+a^{-4}\,q^{4n-3})\,\left\{1+\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {4a^{3}\,q^{4n-1}}{1+a^{4}\,q^{4n-1}}}-{\frac {4a^{-5}\,q^{4n-3}}{1+a^{-4}\,q^{4n-3}}}\right)\right\}$

Letzter Ausdruck ersteht dabei durch logarithmisches ableiten. Setze nun $a=1\,$ :

$\sum _{n\in \mathbb {Z} }(4n+1)\,q^{2n^{2}+n}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})\,\left\{1+4\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {q^{4n-1}}{1+q^{4n-1}}}-{\frac {q^{4n-3}}{1+q^{4n-3}}}\right)\right\}$

Somit ist nach obiger Vorüberlegung $\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-q^{n}\right)^{3}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{4n})(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})\,\left\{1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)\right\}$ .

Dabei ist $\prod _{n=1}^{\infty }\underbrace {(1-q^{4n})} _{\text{3.Binom}}\underbrace {(1+q^{4n-1})(1+q^{4n-3})} _{\text{zusammenfassen}}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+q^{2n})(1+q^{2n-1})=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{n})(1+q^{n})(1+q^{n})$ .

Teile beide Seiten durch dieses Produkt:

$\left(\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1-q^{n}}{1+q^{n}}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)$

Unter Verwendung der Eulerschen Identität $\prod _{n=1}^{\infty }(1+q^{n})^{-1}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n-1})$ ist

$\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {1-q^{n}}{1+q^{n}}}=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{n})(1-q^{2n-1})=\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1-q^{2n-1})(1-q^{2n-1})$ .

Dies wiederum ist $\sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{n^{2}}$ unter Verwendung des Jacobischen Tripelprodukts

$\prod _{n=1}^{\infty }(1-q^{2n})(1+a\,q^{2n-1})(1+a^{-1}q^{2n-1})=\sum _{n\in \mathbb {Z} }a^{n}\,q^{n^{2}}$ im Fall $a=-1\,$ .

Also ist $\left(\sum _{n\in \mathbb {Z} }(-1)^{n}\,q^{n^{2}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+3}}{1+q^{4n+3}}}-{\frac {q^{4n+1}}{1+q^{4n+1}}}\right)$ .

Ersetzt man $q\,$ durch $-q\,$ , so ist $\left(\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n^{2}}\right)^{2}=1+4\sum _{n=0}^{\infty }\left({\frac {q^{4n+1}}{1-q^{4n+1}}}-{\frac {q^{4n+3}}{1-q^{4n+3}}}\right)$ .