Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Reihen mit harmonischen Zahlen

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\sum _{n=1}^{\infty }H_{n}\,x^{n}=-{\frac {\log(1-x)}{1-x}}\qquad |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 $\infty$ : $\sum _{n=1}^{\infty }H_{n}\,x^{n}-x\,\sum _{n=1}^{\infty }H_{n-1}\,x^{n-1}=-\log(1-x)$

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

Also ist $(1-x)\,\sum _{n=1}^{\infty }H_{n}\,x^{n}=-\log(1-x)$ .

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {H_{k}}{k^{2}}}=2\,\zeta (3)

Beweis

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

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

Also ist $\zeta (3)=\sum _{n=1}^{\infty }H_{n-1}\,{\frac {1}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }\left(H_{n}-{\frac {1}{n}}\right){\frac {1}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {H_{n}}{n^{2}}}-\zeta (3)$ .

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {H_{k}}{k^{3}}}={\frac {\pi ^{4}}{72}}

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

Beweis

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

das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)\left(N+{\frac {1}{2}}\right)$ , so gilt $\lim _{N\to \infty }\oint _{\gamma _{N}}f\,dz=0$ .

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

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

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

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

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

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

Und das ist $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}z^{k}$ wenn man $a_{0}=-1\,,\,a_{1}=0$ und $a_{k}=\zeta (k)\;\;\forall k\geq 2$ setzt.

Bilde nun das Cauchy-Produkt $g^{2}(z)=\sum _{m=0}^{\infty }c_{m}\,z^{m}$ , wobei $c_{m}=\sum _{k=0}^{m}a_{k}\,a_{m-k}$ ist.

Wegen $f(z)={\frac {g^{2}(z)}{z^{n+2}}}=\sum _{m=0}^{\infty }c_{m}\,z^{m-n-2}$ 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

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

2\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,{\frac {H_{k}}{k}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}-(\log 2)^{2}

2\sum _{k=1}^{\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)\qquad n\in \mathbb {Z} ^{\geq 1}

\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {H_{k}}{k\,2^{k}}}={\frac {\pi ^{2}}{12}}

Beweis

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

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