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∑ k = 1 2 n ( − 1 ) k log k k + ∑ k = 1 2 n log k k = ∑ k = 1 n 2 log ( 2 k ) 2 k = H n log 2 + ∑ k = 1 n log k k {\displaystyle \sum _{k=1}^{2n}{\frac {(-1)^{k}\,\log k}{k}}+\sum _{k=1}^{2n}{\frac {\log k}{k}}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {2\,\log(2k)}{2k}}=H_{n}\,\log 2+\sum _{k=1}^{n}{\frac {\log k}{k}}} ⇒ ∑ k = 1 2 n ( − 1 ) k log k k = H n log 2 − ∑ k = 1 n log ( n + k ) n + k = ( H n − log n ) log 2 + log n log 2 − ∑ k = 1 n log ( 1 + k n ) + log n n + k {\displaystyle \Rightarrow \sum _{k=1}^{2n}{\frac {(-1)^{k}\,\log k}{k}}=H_{n}\,\log 2-\sum _{k=1}^{n}{\frac {\log(n+k)}{n+k}}=\left(H_{n}-\log n\right)\log 2+\log n\,\log 2-\sum _{k=1}^{n}{\frac {\log \left(1+{\frac {k}{n}}\right)+\log n}{n+k}}} = ( H n − log n ) ⏟ → γ log 2 − ∑ k = 1 n log ( 1 + k n ) 1 + k n 1 n ⏟ → ∫ 0 1 log ( 1 + x ) 1 + x d x = log 2 2 2 − ( H 2 n − H n − log 2 ) log n ⏟ → 0 {\displaystyle =\underbrace {\left(H_{n}-\log n\right)} _{\to \gamma }\log 2-\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {\log \left(1+{\frac {k}{n}}\right)}{1+{\frac {k}{n}}}}{\frac {1}{n}}} _{\to \int _{0}^{1}{\frac {\log(1+x)}{1+x}}\,dx={\frac {\log ^{2}2}{2}}}-\underbrace {\left(H_{2n}-H_{n}-\log 2\right)\,\log n} _{\to 0}}
Beachte die folgenden Reihenentwicklungen: 1 z ( 1 − 1 2 z ) = ∑ k = 0 ∞ a k z k {\displaystyle {\frac {1}{z}}\left(1-{\frac {1}{2^{z}}}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}z^{k}} mit a k = ( − 1 ) k ( log 2 ) k + 1 ( k + 1 ) ! {\displaystyle a_{k}=(-1)^{k}\,{\frac {(\log 2)^{k+1}}{(k+1)!}}} z ζ ( 1 + z ) = ∑ k = 0 ∞ b k z k {\displaystyle z\,\zeta (1+z)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}z^{k}} mit b 0 = 1 {\displaystyle b_{0}=1\,} und b k = ( − 1 ) k − 1 γ k − 1 ( k − 1 ) ! {\displaystyle b_{k}=(-1)^{k-1}\,{\frac {\gamma _{k-1}}{(k-1)!}}} für k > 0 {\displaystyle k>0\,} Schreibe η ( 1 + z ) = ( 1 − 1 2 z ) ζ ( 1 + z ) {\displaystyle \eta (1+z)=\left(1-{\frac {1}{2^{z}}}\right)\zeta (1+z)} als Cauchy-Produkt ∑ n = 0 ∞ ∑ k = 0 n a n − k b k z n {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}a_{n-k}\,b_{k}\,z^{n}} . Durch Koeffizientenvergleich mit der Taylorreihenentwicklung η ( 1 + z ) = ∑ n = 0 ∞ η ( n ) ( 1 ) n ! z n {\displaystyle \eta (1+z)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\eta ^{(n)}(1)}{n!}}\,z^{n}} ergibt sich η ( n ) ( 1 ) = n ! ( ( − 1 ) n ( log 2 ) n + 1 ( n + 1 ) ! + ∑ k = 1 n ( − 1 ) n − k ( log 2 ) n − k + 1 ( n − k + 1 ) ! ( − 1 ) k − 1 γ k − 1 ( k − 1 ) ! ) {\displaystyle \eta ^{(n)}(1)=n!\,\left((-1)^{n}{\frac {(\log 2)^{n+1}}{(n+1)!}}+\sum _{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\,{\frac {(\log 2)^{n-k+1}}{(n-k+1)!}}\,\,(-1)^{k-1}\,{\frac {\gamma _{k-1}}{(k-1)!}}\right)} = ( − 1 ) n − 1 ( − ( log 2 ) n + 1 n + 1 + ∑ k = 0 n − 1 n ! ( n − k ) ! k ! ( log 2 ) n − k γ k ) {\displaystyle =(-1)^{n-1}\left(-{\frac {(\log 2)^{n+1}}{n+1}}+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {n!}{(n-k)!\,k!}}\,(\log 2)^{n-k}\,\gamma _{k}\right)} . Und aus η ( z ) = ∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k − 1 k z {\displaystyle \eta (z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{z}}}} folgt η ( n ) ( z ) = ∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k − 1 k z ( log 1 k ) n = ( − 1 ) n − 1 ∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k ( log k ) n k z {\displaystyle \eta ^{(n)}(z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k^{z}}}\left(\log {\frac {1}{k}}\right)^{n}=(-1)^{n-1}\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\,(\log k)^{n}}{k^{z}}}} . Also ist η ( n ) ( 1 ) = ( − 1 ) n − 1 ∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k ( log k ) n k {\displaystyle \eta ^{(n)}(1)=(-1)^{n-1}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\,(\log k)^{n}}{k}}} .
mit 
mit 
und 
für 
als Cauchy-Produkt 
.
ergibt sich
.
folgt 
.
.
