Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Reihen mit zentrierten Binomialkoeffizienten

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1

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2k \choose k}}={\frac {2\pi {\sqrt {3}}+9}{27}}$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung $\arcsin ^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

Wendet man den Differenzialoperator $z\,{\frac {d}{dz}}$ auf beiden Seiten zweimal an, so ist ${\frac {2z^{2}}{1-z^{2}}}+{\frac {2z\,{\text{arcsin}}\,z}{{\sqrt {1-z^{2}}}^{3}}}=2\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{2k \choose k}}$.

Wenn man die Gleichung mit 2 durchdividiert und $z={\frac {1}{2}}$ setzt, so erhält man ${\frac {1}{3}}+{\frac {{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{6}}}{{\frac {3}{4}}\,{\sqrt {\frac {3}{4}}}}}$.

 

2

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\,{2k \choose k}}}={\frac {\pi }{3{\sqrt {3}}}}$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung $\arcsin ^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

Wendet man den Differenzialoperator $z\,{\frac {d}{dz}}$ auf beide Seiten an, erhält man ${\frac {2z\,\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k\,{2k \choose k}}}$.

Setzt man $z={\frac {1}{2}}$, so ist ${\frac {\frac {\pi }{6}}{\sqrt {\frac {3}{4}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\,{2k \choose k}}}$.

 

3

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

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung $\arcsin ^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$

Setzt man $z={\frac {1}{2}}$, so ist $\left({\frac {\pi }{6}}\right)^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

 

4

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{4}\,{2k \choose k}}}={\frac {17}{36}}\zeta (4)$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $\arcsin ^{2}x={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}\,x^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$ folgt

$\int _{0}^{u}{\frac {\arcsin ^{2}x}{x}}\,dx={\frac {1}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}\,u^{2n}}{n^{3}\,{2n \choose n}}}$ und daraus $\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {1}{u}}\int _{0}^{u}{\frac {\arcsin ^{2}x}{x}}\,dx\,du={\frac {1}{8}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{4}\,{2n \choose n}}}$.

Die gesuchte Reihe ist also $8I\,$, wobei $I:=\int _{0}^{\frac {1}{2}}\int _{0}^{u}{\frac {1}{u}}\,{\frac {\arcsin ^{2}x}{x}}\,dx\,du$ ist.

Nach Vertauschung der Integrationsreihenfolge ist

$I=\int _{0}^{\frac {1}{2}}\int _{x}^{\frac {1}{2}}{\frac {1}{u}}\,{\frac {\arcsin ^{2}x}{x}}\,du\,dx=\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\Big [}\log u{\Big ]}_{x}^{\frac {1}{2}}\,{\frac {\arcsin ^{2}x}{x}}\,dx=\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {-\log(2x)}{x}}\,\arcsin ^{2}x\,dx$.

Und dies ist nach partieller Integration $\underbrace {\left[{\frac {-\log ^{2}(2x)}{2}}\,\arcsin ^{2}x\right]_{0}^{\frac {1}{2}}} _{=0}+\int _{0}^{\frac {1}{2}}\log ^{2}(2x)\,{\frac {\arcsin x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\,dx$

Substituiert man $x\to \sin {\frac {x}{2}}$, so ist $I=\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}\log ^{2}\left(2\sin {\frac {x}{2}}\right)\,{\frac {\frac {x}{2}}{\cos {\frac {x}{2}}}}\,\cos {\frac {x}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot dx$

Und somit ist $8I=2\int _{0}^{\frac {\pi }{3}}x\,\log ^{2}\left(2\sin {\frac {x}{2}}\right)\,dx=2\cdot {\frac {17\pi ^{4}}{6480}}={\frac {17}{36}}\zeta (4)$.

 

5

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{2k \choose k}}={\frac {4{\sqrt {5}}\log \phi +5}{25}}$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung ${\text{arsinh}}^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

Wendet man den Differenzialoperator $z\,{\frac {d}{dz}}$ zweimal auf beide Seiten an, so ist

${\frac {z^{2}}{1+z^{2}}}+{\frac {z\,{\text{arsinh}}\,z}{{\sqrt {1+z^{2}}}^{3}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{2k \choose k}}$.

Setzt man $z={\frac {1}{2}}$, so ist ${\frac {1}{5}}+{\frac {4\log \phi }{5{\sqrt {5}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{2k \choose k}}$.

 

6

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k\,{2k \choose k}}}={\frac {2}{\sqrt {5}}}\log \phi$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung ${\text{arsinh}}^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

Wendet man den Differenzialoperator $z\,{\frac {d}{dz}}$ auf beide Seiten an, so ist

${\frac {2z\,{\text{arsinh}}\,z}{\sqrt {1+z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k\,{2k \choose k}}}$.

Setzt man $z={\frac {1}{2}}$, so ist ${\frac {2\log \phi }{\sqrt {5}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k\,{2k \choose k}}}$.

 

7

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}=2\log ^{2}\phi$

Beweis

Verwende die Reihenentwicklung ${\text{arsinh}}^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

Setzt man $z={\frac {1}{2}}$, so ist $\log ^{2}\phi ={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$.

 

8

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{3}\,{2k \choose k}}}={\frac {2}{5}}\zeta (3)$

1. Beweis

Für ein $x\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ und eine Zahlenfolge $(a_{k})\,$ mit $a_{k}\neq -x\,$ sei $A_{k}={\frac {a_{1}\cdots a_{k}}{x(x+a_{1})\cdots (x+a_{k})}}$.

Aus $A_{k-1}-A_{k}={\frac {a_{1}\cdots a_{k-1}}{(x+a_{1})\cdots (x+a_{k})}}$ ergibt sich die Teleskopsumme

$\sum _{k=1}^{M}{\frac {a_{1}\cdots a_{k-1}}{(x+a_{1})\cdots (x+a_{k})}}=A_{0}-A_{M}={\frac {1}{x}}-{\frac {a_{1}\cdots a_{M}}{x(x+a_{1})\cdots (x+a_{M})}}$.

Wählt man $M=n-1\,$, $x=n^{2}\,$ und $a_{k}=-k^{2}\,$,

so ist $\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {(-1)^{k-1}\,(k-1)!^{2}}{(n^{2}-1^{2})\cdots (n^{2}-k^{2})}}={\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!^{2}}{n^{2}\,(n^{2}-1^{2})\cdots (n^{2}-(n-1)^{2})}}$,

gleichbedeutend mit $\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {(-1)^{k-1}\,k!^{2}\,(n-k)!}{k^{3}\,(n+k)!}}\,{\frac {nk}{n-k}}={\frac {1}{n^{2}}}-2{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$.

Setzt man $\varepsilon _{n,k}={\frac {k!^{2}\,(n-k)!}{k^{3}\,(n+k)!}}$, so ist $\varepsilon _{n-1,k}=\varepsilon _{n,k}{\frac {n+k}{n-k}}$ und somit $\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}=\varepsilon _{n,k}{\frac {-2k}{n-k}}$.

Also ist $(-1)^{k}\,\left(\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right){\frac {n}{2}}={\frac {(-1)^{k-1}\,k!^{2}\,(n-k)!}{k^{3}\,(n+k)!}}\,{\frac {nk}{n-k}}$

und somit $\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k}\,\left(\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right)=2\,{\frac {1}{n^{3}}}-4\,{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{3}{2n \choose n}}}$.

Summiere nun nach $n\,$ von $1\,$ bis $N\,$: $\sum _{n=1}^{N}\sum _{k=1}^{n-1}(-1)^{k}\,\left(\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right)=2\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n^{3}}}-4\sum _{n=1}^{N}{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{3}{2n \choose n}}}$.

Bei der Doppelsumme wird über alle Zahlenpaare $(n,k)\in \{1,...,N\}\times \{1,...,N\}$ mit $n>k\,$ summiert.

Daher lässt sich die Doppelsumme auch scheiben als $\sum _{k=1}^{N}\sum _{n=k+1}^{N}(-1)^{k}\,\left(\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right)$.

Und das ist $\sum _{k=1}^{N}(-1)^{k}\left(\varepsilon _{N,k}-\varepsilon _{k,k}\right)=\sum _{k=1}^{N}(-1)^{k}\,{\frac {1}{k^{3}\,{N \choose k}\,{N+k \choose k}}}-\sum _{k=1}^{N}{\frac {(-1)^{k}}{k^{3}\,{2k \choose k}}}$.

Da für $N\to \infty \,$ die Summe $\sum _{k=1}^{N}(-1)\,{\frac {1}{k^{3}\,{N \choose k}\,{N+k \choose k}}}$ gegen Null geht,

ist $2\zeta (3)-4\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{3}{2n \choose n}}}=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k^{3}{2k \choose k}}}$ und somit $\zeta (3)={\frac {5}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{3}{2k \choose k}}}$.

 

2. Beweis

Aus der Reihenentwicklung ${\text{arsinh}}^{2}\,x={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,2^{2k}\,x^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}$ ergibt sich $I:=4\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {{\text{arsinh}}^{2}\,x}{x}}\,dx=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{3}\,{2k \choose k}}}$.

Nach partieller Integration ist $I=4\underbrace {{\Big [}\log(2x)\,{\text{arsinh}}^{2}\,x{\Big ]}_{0}^{\frac {1}{2}}} _{=0}-8\int _{0}^{\frac {1}{2}}\log(2x)\,{\frac {{\text{arsinh}}\,x}{\sqrt {1+x^{2}}}}\,dx$

und das ist nach Substitution $x\to \sinh x\,$ gleich $-8\int _{0}^{\log \phi }x\,\log(2\sinh x)\,dx$,

was wegen $2\sinh x=(1-e^{-2x})\,e^{x}$ gleich $\underbrace {-8\int _{0}^{\log \phi }x\,\log(1-e^{-2x})\,dx} _{=:J}-8\underbrace {\int _{0}^{\log \phi }x^{2}\,dx} _{={\frac {1}{3}}\log ^{3}\phi }$ ist.

Beim Integral $J\,$ substituiere nun $x\mapsto -{\frac {1}{2}}\log x\;\;:\qquad J=2\int _{1}^{1/\phi ^{2}}\log x\,\left[-{\frac {\log(1-x)}{x}}\right]\,dx$

Nach partieller Integration ist $J=2\left[\log x\,\,{\text{Li}}_{2}(x)\right]_{1}^{1/\phi ^{2}}-2\int _{1}^{1/\phi ^{2}}{\frac {{\text{Li}}_{2}(x)}{x}}\,dx$

$=-4\log \phi \,{\text{Li}}_{2}\left({\frac {1}{\phi ^{2}}}\right)-2\left[{\text{Li}}_{3}(x)\right]_{1}^{1/\phi ^{2}}=-4\log \phi \,{\text{Li}}_{2}\left({\frac {1}{\phi ^{2}}}\right)-2{\text{Li}}_{3}\left({\frac {1}{\phi ^{2}}}\right)+2\zeta (3)$.

Dabei ist ${\text{Li}}_{2}\left({\frac {1}{\phi ^{2}}}\right)={\frac {\pi ^{2}}{15}}-\log ^{2}\phi$ und ${\text{Li}}_{3}\left({\frac {1}{\phi ^{2}}}\right)={\frac {4}{5}}\zeta (3)+{\frac {2}{3}}\log ^{3}\phi -{\frac {2\pi ^{2}}{15}}\log \phi$.

Also ist $J=-{\frac {4\pi ^{2}}{15}}\log \phi +4\log ^{3}\phi -{\frac {8}{5}}\zeta (3)-{\frac {4}{3}}\log ^{3}\phi +{\frac {4\pi ^{2}}{15}}\log \phi +2\zeta (3)={\frac {2}{5}}\zeta (3)+{\frac {8}{3}}\log ^{3}\phi$

und somit $I={\frac {2}{5}}\zeta (3)$. Daraus folgt unmittelbar $\zeta (3)={\frac {5}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{3}\,{2k \choose k}}}$.

 

9

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2^{2k-1}}{{2k \choose k}\,(2k+1)^{2}}}=G$

Beweis

Werte das Zudilin-Integral $I=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(1-xy)\,{\sqrt {x\,(1-y)}}}}\,dx\,dy$ auf zweierlei Arten aus:

Zum einen wurde hier gezeigt, dass $I=8G$ ist.

Zum andern ist $I=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\,y^{k}\,{\frac {1}{{\sqrt {x}}\,{\sqrt {1-y}}}}\,dx\,dy=\sum _{k=0}^{\infty }\int _{0}^{1}x^{k-{\frac {1}{2}}}\,dx\,\int _{0}^{1}{\frac {y^{k}}{\sqrt {1-y}}}\,dy$

$=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}}}\,{\frac {k!\,{\sqrt {\pi }}}{\left(k+{\frac {1}{2}}\right)!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}}}\,{\frac {k!^{2}\,2^{2k+1}}{(2k+1)!}}=8\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2^{2k-1}}{{2k \choose k}\,(2k+1)^{2}}}$.