Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Reihen mit harmonischen Zahlen

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$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n=-\frac{\log (1-x)}{1-x}|x|<1$

Beweis

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

Multipliziere die Gleichung mit $x^n$ durch: $H_n{x}^n-x{H}_{n-1}{x}^{n-1}=\frac{x^n}{n}$

Summiere dann nach $n$ von $1$ bis $\mathrm{\infty }$: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n-x\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_{n-1}{x}^{n-1}=-\log (1-x)$

Wegen $H_0=0$ kann die zweite Reihe auf der linken Seite nach Laufindexverschiebung auch als $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n$ geschrieben werden.

Also ist $(1-x)\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n=-\log (1-x)$.

 

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k}{k^2}=2\zeta (3)$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\frac{x^{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}{\log }^2(1-x)$

folgt $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\frac{1}{(n+1{)}^2}=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{{\log }^2(1-x)}{x}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{{\log }^{2}x}{1-x}dx=\zeta (3)$.

Also ist $\zeta (3)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_{n-1}\frac{1}{n^2}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(H_n-\frac{1}{n})\frac{1}{n^2}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n^2}-\zeta (3)$.

 

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k}{k^3}=\frac{{\pi }^4}{72}$

$2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k}{k^n}=(n+2)\zeta (n+1)-\sum _{k=1}^{n-2}\zeta (n-k)\zeta (k+1)n\in {\mathbb{Z}}^{\ge 2}$

Beweis

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

das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)(N+\frac{1}{2})$, so gilt $\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\oint }_{{\gamma }_N}fdz=0$.

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


Die Taylorreihenentwicklung von $\psi (-z)+\gamma$ im Punkt $z=k$ hat die Form $\frac{1}{z-k}+H_k+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{r}_m(z-k{)}^m$.

Folglich hat die Taylorreihenentwicklung von $(\psi (-z)+\gamma {)}^2$ im Punkt $z=k$ die Form $\frac{1}{(z-k{)}^2}+\frac{2H_k}{z-k}+\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}{s}_m(z-k{)}^m$.

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

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


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

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

Bilde nun das Cauchy-Produkt $g^2(z)=\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_m{z}^m$, wobei $c_m=\sum _{k=0}^m{a}_k{a}_{m-k}$ ist.

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

$\sum _{k=0}^{n+1}{a}_k{a}_{n+1-k}=-\zeta (n+1)+\sum _{k=2}^{n-1}\zeta (k)\zeta (n+1-k)-\zeta (n+1)=-2\zeta (n+1)+\sum _{k=1}^{n-2}\zeta (k+1)\zeta (n-k)$.


Nachdem die Summe aller Residuen verschwindet ist daher

$2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k}{k^n}-n\zeta (n+1)=2\zeta (n+1)-\sum _{k=1}^{n-2}\zeta (k+1)\zeta (n-k)$.

 

$2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k-1}\frac{H_k}{k}=\frac{{\pi }^2}{6}-(\log 2{)}^2$

$2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k-1}\frac{H_k}{k^{2n}}=(2n+1)\eta (2n+1)-2\sum _{k=0}^{n-1}\eta (2k)\zeta (2n+1-2k)n\in {\mathbb{Z}}^{\ge 1}$

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k}{k{2}^k}=\frac{{\pi }^2}{12}$

Beweis

In der Reihenentwicklung $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\frac{x^{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}{\log }^2(1-x)$ setze $x=\frac{1}{2}:\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\frac{1}{(n+1)2^{n+1}}=\frac{1}{2}{\log }^{2}2$

Also ist $\frac{1}{2}{\log }^{2}2=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(H_n-\frac{1}{n})\frac{1}{n{2}^n}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n{2}^n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2{2}^n}$, wobei $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2{2}^n}=\frac{{\pi }^2}{12}-\frac{1}{2}{\log }^{2}2$ ist.

 

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

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

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

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_{k,r}}{k^n}=\left\{\begin{array}{c}\zeta (m)(\frac{1}{2}-\frac{(-1{)}^r}{2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{r})-\frac{(-1{)}^r}{2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{n}))\\ \\ +\frac{1-(-1{)}^r}{2}\zeta (n)\zeta (r)\\ \\ +(-1{)}^r\sum _{k=1}^{\lfloor r/2\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-2k-1}{n-1})\zeta (2k)\zeta (m-2k)\\ \\ +(-1{)}^r\sum _{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-2k-1}{r-1})\zeta (2k)\zeta (m-2k)\end{array}\right\}n,r\in {\mathbb{Z}}^{\ge 2}$ und $m=n+r$ ungerade