Formelsammlung Mathematik: Endliche Reihen

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Summe ersten natürlichen Zahlen (Gaußsche Summenformel)

$\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}$

ohne Beweis

Beweismethode: Vollständige Induktion; der ausführliche Beweis ist unter der Gaußschen Summenformel dargestellt.

 

Summe ersten ungeraden Zahlen

$\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}$

Beweis

Auf Wikipedia unter Induktionsbeweis ist der Beweis zu finden.

Es ist $\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=\sum _{k=1}^{n}2k-\sum _{k=1}^{n}1=2\sum _{k=1}^{n}k-n=2{\frac {n(n+1)}{2}}-n=n^{2}$

 

Summe der ersten Quadratzahlen

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$

Beweis

Beweismethode: Induktionsbeweis

Oder direkt wie folgt:

Mit $\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}$ gilt:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=1+(1+3)+(1+3+5)+(1+3+5+7)+\cdots +(1+3+5+7+\cdots +(2n-1))$

Es existieren $n$ Teilsummen, die bei jedem Schritt jeweils um eine zusätzliche Zahl ergänzt werden. Damit kann die Anzahl der einzelnen Zahlen $(1,3,5,\cdots ,2n-1)$ gezählt werden. Es ergibt sich, dass $n$-mal die Zahl $1$ auftritt, dann $(n-1)$ die Zahl $3$ usw. und schließlich einmal die Zahl $(2n-1)$, d.h.

$\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=n\cdot 1+(n-1)\cdot 3+(n-2)\cdot 5+\cdots +1\cdot (2n-1)=\sum _{k=1}^{n}(n-k+1)\cdot (2k-1)$

Damit ergibt sich:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}(2k-1)\cdot (n-k+1)=\sum _{k=1}^{n}(k(2n+3)-2k^{2}-n-1)=(2n+3)\sum _{k=1}^{n}k-2\sum _{k=1}^{n}k^{2}-\sum _{k=1}^{n}n-\sum _{k=1}^{n}1$

Daraus folgt:

$3\sum _{k=1}^{n}k^{2}=(2n+3){\frac {n(n+1)}{2}}-n^{2}-n={\frac {(2n+3)n(n+1)-2n(n+1)}{2}}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{2}}$

Womit schließlich folgt:

$\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{6}}$

 

Euler-Maclaurinsche Summenformel

Sind $a,b\,$ ganze Zahlen, so dass $a<b\,$ ist, und ist $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ eine $n\,$-mal stetig differenzierbare Funktion, so gilt

$\sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx$.

Hierbei steht $B_{k}(x)\,$ für das $k$-te periodische Bernoulli-Polynom und $B_{k}\,$ für die $k$-te Bernoulli-Zahl.

Beweis

$\int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\left[\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f(x)\right]_{k-1}^{k}-\int _{k-1}^{k}\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f'(x)\,dx={\frac {f(k)}{2}}+{\frac {f(k-1)}{2}}-\int _{k-1}^{k}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

$\Rightarrow \int _{a}^{b}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}\int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}f(k)-{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)-\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

$\Rightarrow \sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)+\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx$

Damit ist der Induktionsanfang für $n=1\,$ gemacht.

Wegen $B_{n+1}'(x)=(n+1)B_{n}(x)\,$ ist $\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}'(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\,dx$

$=\left[{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\right]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n+1)}(x)\,dx={\frac {B_{n+1}}{n+1}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)-{\frac {1}{n+1}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx$

$\Rightarrow {\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx={\frac {(-1)^{n+1}\,B_{n+1}}{(n+1)!}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n}}{(n+1)!}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx$.

Dies ist der Induktionsschluß.

 

[Umformung der Potenzsumme]

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{n}k!\,{n+1 \choose k+1}{\begin{Bmatrix}p\\k\end{Bmatrix}}\qquad p\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Faulhabersche Formel

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}\qquad p\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}$

1. Beweis

Einerseits ist

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}=\sum _{k=0}^{n-1}\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(kx)^{p}}{p!}}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}\,{\frac {x^{p}}{p!}}$.

Andererseits ist

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}={\frac {e^{nx}-1}{e^{x}-1}}={\frac {x}{e^{x}-1}}\,{\frac {e^{nx}-1}{x}}$

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{k}}{k!}}\,x^{k}\,\,\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n^{k+1}}{(k+1)!}}\,x^{k}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {B_{k}}{k!}}\,{\frac {n^{p-k+1}}{(p-k+1)!}}\,x^{p}\qquad {\text{(Cauchy-Produkt)}}$

$=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {p!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,n^{p+1-k}\,{\frac {x^{p}}{p!}}$.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich

$\sum _{k=1}^{n-1}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}$.

Das Einschieben des Vorzeichenoperators $(-1)^{k}\,$ ändert nur den Summanden zum Laufindex k=1.

Aus $B_{1}\,n^{p}=-{\frac {1}{2}}\,n^{p}$ wird $-B_{1}\,n^{p}={\frac {1}{2}}\,n^{p}$.

Also ist $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}$.

 

2. Beweis

In der Euler-Maclaurinschen Summenformel

$\sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx$

setze $a=0\,,\,b=m\,,\,f(x)=x^{p}$ und $n=p+1\,$.

Wegen $f^{(n)}(x)=0\,$ verschwindet der letzte Term und es gilt

$\sum _{k=1}^{m}k^{p}=\int _{0}^{m}x^{p}\,dx+\sum _{k=0}^{p}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left({\frac {p!}{(p-k)!}}m^{p-k}-{\frac {p!}{(p-k)!}}0^{p-k}\right)$.

Der letzte Summand der Reihe (Laufindex $k=p$) verschwindet, da $m^{0}$ und $0^{0}$ jeweils gleich $1$ sind.

Also ist $\sum _{k=1}^{m}k^{p}={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=0}^{p-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\,{\frac {p!}{(p-k)!}}\,m^{p-k}$

$={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{p}{\frac {(-1)^{k}\,B_{k}}{k!}}\,{\frac {p!}{(p+1-k)!}}\,m^{p+1-k}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{\frac {(p+1)!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,m^{p+1-k}$.

 

Verallgemeinerte faulhabersche Formel

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{m}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}+o(n^{p+1-m})\qquad p\in \mathbb {C} \setminus \{-1\}$

ohne Beweis

 

[Harmonische Zahlen]

$H_{n}=\gamma +\log n-\sum _{k=1}^{m}{\frac {B_{k}}{k}}\,{\frac {1}{n^{k}}}+o(n^{-m})$

Beweis

Nach der verallgemeinerten Faulhaberschen Formel ist

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{m}{\frac {(-1)^{k}}{p+1}}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,{\frac {n^{p+1}}{n^{k}}}+o(n^{p+1-m})$.

Führt man den Grenzprozess $p\to -1\,$ durch, so ist $\lim _{p\to -1}\sum _{k=1}^{n}k^{p}=H_{n}$,

$\lim _{p\to -1}\left(\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}\right)=\lim _{p\to -1}\left(\zeta (-p)+{\frac {1}{p+1}}\right)+\lim _{p\to -1}{\frac {n^{p+1}-1}{p+1}}=\gamma +\log n$

und $\lim _{p\to -1}{\frac {1}{p+1}}{p+1 \choose k}=\lim _{p\to -1}{\frac {p\cdot (p-1)\cdot (p-k+2)}{1\cdot 2\cdots (k-1)\cdot k}}={\frac {(-1)^{k-1}}{k}}$.

 

[Bernoulli-Zahlen]

$B_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}\,k!\,{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}$

ohne Beweis

 

Partialsummen der geometrischen Reihe

$\sum _{k=0}^{n}z^{k}={\frac {1-z^{n+1}}{1-z}}$ für $|z|<1$, sonst divergent

Beweis

$(1-z)\sum _{k=0}^{n}z^{k}$ ergibt die Teleskopsumme $\sum _{k=0}^{n}(z^{k}-z^{k+1})$, und das ist $1-z^{n+1}\,$.

 

Korollar zu den Partialsummen der geometrischen Reihe

$\sum _{k=a}^{b-1}k^{m}z^{k}={\Big (}z{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}{\Big )}^{m}{\Big (}{\frac {z^{b}-z^{a}}{z-1}}{\Big )}\qquad (z\neq 1)$

Beweis

Man verwendet die Formel $\sum _{k=a}^{b-1}z^{k}={\frac {z^{b}-z^{a}}{z-1}}$ und wendet auf beiden Seiten $z{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}$ an. Das wird so oft wiederholt, bis der Koeffizient in der Summe $k^{m}$ ist.

 

Binomischer Lehrsatz

$(x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}\,y^{k}$

Beweis

Der Induktionsanfang $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschritt:

$(x+y)^{n+1}=(x+y)\,(x+y)^{n}=(x+y)\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n-k}\,y^{k}$

lässt sich durch Ausmultiplizieren wie folgt als Summe von zwei Reihen schreiben:

$\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}+\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n-k}\,y^{k+1}$


Wegen ${n \choose k}=0$ für $k=n+1\,$ ändert sich am Wert der ersten Reihe nichts, wenn $k\,$ bis $n+1\,$ läuft.

Die zweite Reihe lässt sich nach Indexverschiebung $k\mapsto k-1$ schreiben als $\sum _{k=1}^{n+1}{n \choose k-1}\,x^{n+1-k}\,y^{k}$.

Wegen ${n \choose k-1}=0$ für $k=0\,$ ändert sich am Wert der zweiten Reihe nichts, wenn man mit $k=0\,$ zu summieren beginnt.

Es ist also $(x+y)^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}\,{n \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}+\sum _{k=0}^{n+1}\,{n \choose k-1}x^{n+1-k}\,y^{k}$.

Und wegen ${n \choose k}+{n \choose k-1}={n+1 \choose k}$ ist dies gleich $\sum _{k=0}^{n+1}\,{n+1 \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}$.

 

1. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}=2^{n}$

Beweis

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für $x=y=1$.

 

2. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}=0$

Beweis

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für $x=1$ und $y=-1$.

 

3. Korollar zum Binomischem Lehrsatz

$\sum _{k=0}^{n}k{n \choose k}=n\cdot 2^{n-1}$

Beweis

Es gilt:

$k\cdot {n \choose k}=n\cdot {n-1 \choose k-1}$

Daraus folgt:

$\sum _{k=0}^{n}k\cdot {n \choose k}=\sum _{k=0}^{n}n\cdot {n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n}{n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}=n\cdot 2^{n-1}$

 

Leibniz-Regel

$(fg)^{(n)}(x)=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}f^{(n-k)}(x)\,g^{(k)}(x)$

Beweis

Der Induktionsbeweis ist analog zum Induktionsbeweis des Binomisches Lehrsatzes.

 

[Wert der Beta-Funktion]

${\frac {n!}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,{\frac {1}{k+z}}$

Beweis

${\frac {n!}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}}={\frac {n!\,\,\Gamma (z)}{\Gamma (n+1+z)}}=B(n+1,z)$

$=\int _{0}^{1}(1-t)^{n}\,t^{z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,\int _{0}^{1}t^{k+z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,{\frac {1}{k+z}}$

 

Iterierter Differenzenoperator

Steht $\Delta \,$ für den Differenzenoperator, definiert durch $\Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\,$,

so gilt $\Delta ^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,f(x-k)$.

Beweis

Der Induktionsbeweis hierzu ist analog zum Beweis des Binomischen Lehrsatzes.

 

Eulersche Identität

$\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}(x-k)^{n}=n!\qquad n\in \mathbb {N} \,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

Ist $\Delta \,$ der Differenzenoperator, definiert durch $\Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\,$,

so ist $\Delta x^{n}=x^{n}-(x-1)^{n}=n\,x^{n-1}+...$.

Wiederholtes Anwenden des Differenzenoperators liefert $\Delta ^{m}\,x^{n}=(n)_{m}\,x^{n-m}$.

Für $m=n\,$ gilt insbesondere $\Delta ^{n}x^{n}=n!\,$.

Setzt man in der Formel $\Delta ^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,f(x-k)$

$f(x)=x^{n}\,$, so erhält man die eulersche Identität.

 

[Summe der cos(kx)]

$\sum _{k=0}^{n}\cos(kx)={\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

1. Beweis

$\sum _{k=0}^{n}e^{ikx}={\frac {e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{i\left(n+{\frac {1}{2}}\right)x}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}$

$={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

Aus dem Vergleich der Realteile ergibt sich die Behauptung.

 

2. Beweis

Aus der 2. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

$2\cos kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\sin \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\sin \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\Rightarrow 2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\cos kx=\sin \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)+\sin \left({\frac {x}{2}}\right)$

Und das ist nach der 1. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

$2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)$.

 

[Summe der sin(kx)]

$\sum _{k=0}^{n}\sin(kx)={\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

1. Beweis

$\sum _{k=0}^{n}e^{ikx}={\frac {e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{i\left(n+{\frac {1}{2}}\right)x}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}$

$={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}$

Aus dem Vergleich der Imaginärteile ergibt sich die Behauptung.

 

2. Beweis

Aus der 4. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

$-2\sin kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\cos \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\Rightarrow -2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\sin kx=\cos \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left({\frac {x}{2}}\right)$

Und das ist nach der 4. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

$-2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)$.

 

[Iterierter Operator (x d/dx) auf binomischen Lehrsatz]

$\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,k^{m}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{m}\left\{{\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right\}{\frac {n!}{(n-k)!}}\,x^{k}\,(1+x)^{n-k}$

Beweis

Wende die Formel $\left(x\,{\frac {d}{dx}}\right)^{m}f(x)=\sum _{k=0}^{m}\left\{{\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$ auf die Funktion $f(x)=(1+x)^{n}\,$ an.

 

[Korollar zur letzten Formel]

$\sum _{k=0}^{m}{\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}}\,{\frac {n!}{(n-k)!}}=n^{m}$

Beweis

Benutze die Formel $\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,k^{m}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{m}\left\{{\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right\}{\frac {n!}{(n-k)!}}\,x^{k}\,(1+x)^{n-k}$.

Teile beide Seiten durch $x^{n}\,$ und führe den Grenzübergang $x\to \infty \,$ durch.

 

[Geometrische Reihe mit Stirling-Zahlen, iterierter Operator (x d/dx)]

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}\,k^{m}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}\phi _{m-k}(-x)\,\phi _{n+k}(x)\quad \qquad \phi _{n}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k^{n}}{k!}}\,{\frac {x^{k}}{e^{x}}}$

ohne Beweis

 

Rekursionsformel für die geraden Werte der Zeta-Funktion

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

Beweis

Ist $f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }\zeta (2n)\,z^{2n-1}$, so gilt:

$(1)\quad f'(z)\,{\frac {z^{2}}{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2n-1}{2}}\,\zeta (2n)\,z^{2n}$

$(2)\quad (f(z)\,z)^{2}=\sum _{k=0}^{\infty }\zeta (2k)\,z^{2k}\,\sum _{k=0}^{\infty }\zeta (2k)\,z^{2k}=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)\,z^{2n}$ (Cauchy-Produkt)


Da $f(z)=-{\frac {\pi }{2}}\cot \pi z$ ist, gilt

$f'(z)\,{\frac {z^{2}}{2}}={\frac {\pi }{2}}\,\left(1+\cot ^{2}\pi z\right)\,\pi \,{\frac {z^{2}}{2}}={\frac {\pi ^{2}}{4}}z^{2}+(f(z)\,z)^{2}$.


Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich ${\frac {2n-1}{2}}\,\zeta (2n)=\sum _{k=0}^{n}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)$ für $n>1\,$.

Wegen $\zeta (0)=-{\frac {1}{2}}$ sind der erste und letzte Summand jeweils $-{\frac {1}{2}}\zeta (2n)$.

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

 

[Potenzen von Kotangens, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=1}^{n}\cot ^{2}\left({\frac {k\pi }{2n+1}}\right)={\frac {2n(2n-1)}{6}}$

ohne Beweis

 

$\sum _{k=1}^{n}\cot ^{4}\left({\frac {k\pi }{2n+1}}\right)={\frac {2n(2n-1)}{6}}\,{\frac {4n^{2}+10n-9}{15}}$

ohne Beweis

 

$\sum _{k=1}^{n}\cot ^{6}\left({\frac {k\pi }{2n+1}}\right)={\frac {2n(2n-1)}{6}}\,{\frac {32n^{4}+112n^{3}+8n^{2}-252n+135}{315}}$

ohne Beweis

 

$\sum _{k=1}^{n}\cot ^{8}\left({\frac {k\pi }{2n+1}}\right)={\frac {2n(2n-1)}{6}}\,{\frac {192n^{6}+864n^{5}+496n^{4}-2248n^{3}-1388n^{2}+3834n-1575}{4725}}$

ohne Beweis

 

Verallgemeinerte Gauß-Summe

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi {\frac {mk^{2}+\ell k}{n}}}=e^{-i\pi {\frac {\ell ^{2}}{4nm}}}\,\,{\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi {\frac {nk^{2}+\ell k}{m}}}\qquad mn+\ell$ gerade

Beweis

Für $m,n\in \mathbb {Z} ^{>0}$ und $\ell \in \mathbb {Z}$ mit geradem $mn+\ell$ sei $f(z)={\frac {e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}}{e^{2\pi iz}-1}}$.

Für alle $R>1\,$ und $\varepsilon \in ]0,1[$ gilt $\oint f\,dz=2\pi i\sum _{k=0}^{n-1}{\text{res}}(f,k)=\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi {\frac {mk^{2}+\ell k}{n}}}$.

Es ist $f(x+iy)={\frac {e^{i\pi {\frac {m(x^{2}-y^{2})+\ell x}{n}}}\,e^{-\pi {\frac {m\cdot 2xy+\ell y}{n}}}}{e^{2\pi ix}\,e^{-2\pi y}-1}}$.

Die Integrale $\int _{B_{R}}f\,dz$ und $\int _{D_{R}}f\,dz$ verschwinden also für $R\to \infty \,$.

Wegen $f(n+z)=f(z)\,e^{i\pi \,2mz}\,\underbrace {e^{i\pi (mn+\ell )}} _{=1}=f(z)\,\,(e^{2\pi iz})^{m}$

ist $f(n+z)-f(z)={\frac {(e^{2\pi iz})^{m}-1}{e^{2\pi iz}-1}}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}=\sum _{k=0}^{m-1}e^{2\pi ikz}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}$

eine auf $\mathbb {C} \setminus \mathbb {Z}$ holomorphe Funktion mit hebbaren Singularitäten in $\mathbb {Z}$.

$\lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{A_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz+\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz=\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}\left[f(z)-f(n+z)\right]\,dz$.

Da letzter Integrand nur hebbare Singularitäten besitzt, stimmt das Integral für $\varepsilon \to 0+$ überein mit

$\int _{-\infty }^{\infty }\left[f{\Big (}n+(1+i)t{\Big )}-f{\Big (}(1+i)t{\Big )}\right]\,(1+i)\,dt$

$=(1+i)\sum _{k=0}^{m-1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{2\pi ikt}\,e^{-2\pi kt}\,e^{i\pi {\frac {2imt^{2}+\ell t+i\ell t}{n}}}\,dt=e^{-i\pi {\frac {\ell ^{2}}{4nm}}}\,\,{\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi {\frac {nk^{2}+\ell k}{m}}}$.

 

Landsberg-Schaar Relation

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {m}{n}}}={\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum \limits _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}\qquad m$ oder $n\,$ gerade

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {m}{n}}}=1=\sum _{k=0}^{m-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}\qquad m$ und $n\,$ ungerade

Beweis

Für $m,n\in \mathbb {Z} ^{>0}$ mit $m\cdot n$ gerade sei $f(z)={\frac {e^{i\pi z^{2}{\frac {m}{n}}}}{e^{2\pi iz}-1}}$.

Für alle $R>1\,$ und $\varepsilon \in ]0,1[$ gilt $\oint f\,dz=2\pi i\sum _{k=0}^{n-1}{\text{res}}(f,k)=\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi k^{2}\,{\frac {m}{n}}}$.

Ist $x>0\,$, so gilt $f(x+iy)={\frac {e^{i\pi (x^{2}-y^{2}){\frac {m}{n}}}\,e^{-2\pi xy\,{\frac {m}{n}}}}{e^{2\pi ix}\,e^{-2\pi y}-1}}\to 0$ für $y\to \pm \infty \,$.

Die Integrale $\int _{B_{R}}f\,dz$ und $\int _{D_{R}}f\,dz$ verschwinden also für $R\to \infty \,$.

Wegen $f(n+z)=f(z)\,e^{i\pi \,2nz\,{\frac {m}{n}}}\,\underbrace {e^{i\pi n^{2}\,{\frac {m}{n}}}} _{=1}=f(z)\,\,(e^{2\pi iz})^{m}$

ist $f(n+z)-f(z)={\frac {(e^{2\pi iz})^{m}-1}{e^{2\pi iz}-1}}\,e^{i\pi z^{2}{\frac {m}{n}}}=\sum _{k=0}^{m-1}e^{2\pi ikz}\,e^{i\pi z^{2}{\frac {m}{n}}}$

eine auf $\mathbb {C} \setminus \mathbb {Z}$ holomorphe Funktion mit hebbaren Singularitäten in $\mathbb {Z}$.

$\lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{A_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz+\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz=\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}\left[f(z)-f(n+z)\right]\,dz$.

Da letzter Integrand nur hebbare Singularitäten besitzt, stimmt das Integral für $\varepsilon \to 0+$ überein mit

$\int _{i\mathbb {R} }\left[f(n+z)-f(z)\right]\,dz=\int _{-\infty }^{\infty }\left[f(n+it)-f(it)\right]\,i\,dt$

$=i\sum _{k=0}^{m-1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-2\pi kt}\,e^{-i\pi {\frac {m}{n}}t^{2}}\,dt={\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}$.

 

Gauß-Summe

$\sum _{k=0}^{n-1}e^{{\frac {2\pi i}{n}}k^{2}}={\sqrt {\frac {in}{2}}}\,\left(1+e^{-i\pi {\frac {n}{2}}}\right)$

Beweis

In der Landsberg-Schaar Relation $\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi k^{2}{\frac {m}{n}}}={\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum \limits _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi k^{2}{\frac {n}{m}}}$ setze $m=2\,$.

 

[Kosekansquadrate, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\csc ^{2}\left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=n^{2}\,\csc ^{2}z$

Beweis

Verwende die Formel $\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)={\frac {\sin z}{2^{n-1}}}$.

Wende auf beiden Seiten den Logarithmus an:

$\sum _{k=0}^{n-1}\log \sin \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=\log \sin(z)-(n-1)\cdot \log 2$

Differenziere nach $z\,$:

${\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\cot \left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=\cot z$

Differenziere nochmal nach $z\,$:

$-{\frac {1}{n^{2}}}\sum _{k=0}^{n-1}\csc ^{2}\left({\frac {z+k\pi }{n}}\right)=-\csc ^{2}z$

 

[Tangensquadrate, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\tan ^{2}\left({\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\right)=n\cdot (2n-1)$

Beweis

$e^{i\,2nx}=(\cos x+i\sin x)^{2n}=\sum _{k=0}^{2n}{2n \choose k}\,i^{k}\,(\sin x)^{k}\,(\cos x)^{2n-k}$

Vergleiche die Realteile auf beiden Seiten:

$\cos(2nx)=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}\,(-1)^{k}\,(\sin x)^{2k}\,(\cos x)^{2n-2k}$

Daraus folgt unmittelbar ${\frac {\cos(2nx)}{(\cos x)^{2n}}}=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}\left(-\tan ^{2}x\right)^{k}$.

Der Ausdruck auf der linken Seite verschwindet für $x={\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\quad k=0,...,n-1$.

Also hat das Polynom $P(X)=\sum _{k=0}^{n}{2n \choose 2k}X^{k}$ die Nullstellen $X=-\tan ^{2}\left({\frac {(2k+1)\pi }{4n}}\right)$.

Nach dem Satz von Vieta ist die negative Summe aller Nullstellen gleich dem Koeffizient vor dem $X^{n-1}$,

nämlich ${2n \choose 2(n-1)}=n\cdot (2n-1)$.

 

[Kosekans, alternierende Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\,\csc \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)=n+{\frac {1-(-1)^{n}}{2}}$

Beweis

$\prod _{k=0}^{n-1}\left[X+(-1)^{k}\,\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)\right]={\frac {U_{n}(X)-(-1)^{n}\,U_{n-1}(X)}{2^{n}}}=:P_{n}(X)$,

wobei $U_{n}\,$ die Tschebyscheff Polynome zweiter Art sind.

Wegen $P_{n}(0)=\prod _{k=0}^{n-1}\left[(-1)^{k}\,\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)\right]={\frac {(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}}{2^{n}}}$

ist $Q_{n}(X):=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\cdot 2^{n}\cdot X^{n}\cdot P_{n}\left({\frac {1}{X}}\right)=\prod _{k=0}^{n-1}\left(X+{\frac {(-1)^{k}}{\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)}}\right)$.

Nach dem Satz von Vieta ist $\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k}}{\sin \left({\frac {2k+1}{2n+1}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\right)}}={\text{coeff}}_{n-1}Q_{n}$.

Und das ist $(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\cdot 2^{n}\cdot {\text{coeff}}_{1}P_{n}=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\,{\text{coeff}}_{1}{\Big (}U_{n}-(-1)^{n}\,U_{n-1}{\Big )}$

$=(-1)^{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\,{\Big (}(n+1)\cdot \sin {\frac {n\pi }{2}}+(-1)^{n}\cdot n\cdot \cos {\frac {n\pi }{2}}{\Big )}=\left\{{\begin{matrix}n&n\,{\text{gerade}}\\\\n+1&n\,{\text{ungerade}}\end{matrix}}\right.$.

 

Partielle Summation

$\sum _{k=m}^{n}a_{k}\,\Delta b_{k}={\Big [}a_{k}\,b_{k}{\Big ]}_{m}^{n+1}-\sum _{k=m}^{n}\Delta a_{k}\,b_{k+1}$

Beweis

$a_{k}\,\Delta b_{k}+\Delta a_{k}\,b_{k+1}=a_{k}\,(b_{k+1}-b_{k})+(a_{k+1}-a_{k})\,b_{k+1}=a_{k+1}\,b_{k+1}-a_{k}\,b_{k}$

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

$\sum _{k=m}^{n}\left(a_{k}\,\Delta b_{k}+\Delta a_{k}\,b_{k+1}\right)={\Big [}a_{k}\,b_{k}{\Big ]}_{m}^{n+1}$.

 

[Summe von abgerundeten Quadratwurzeln]

$\sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor =n\cdot N-{\frac {N\cdot (N-1)\cdot (2N+5)}{6}}\qquad ,\qquad N:=\left\lfloor {\sqrt {n}}\,\right\rfloor$

Beweis

$\sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor +\sum _{k=1}^{N}k^{2}=n\cdot N+N$

$\Rightarrow \sum _{k=1}^{n}\left\lfloor {\sqrt {k}}\,\right\rfloor =n\cdot N+N-{\frac {N\cdot (N+1)\cdot (2N+1)}{6}}=n\cdot N-{\frac {N\cdot (N-1)\cdot (2N+5)}{6}}$

 

[Sinus, Summe über spezielle Stellen]

$\sum _{k=0}^{n-1}\sin {\frac {\left(2\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor +1\right)\pi }{2n}}=\csc \left({\frac {\pi }{2n}}\right)$

Beweis

$\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor =j\iff j\leq {\sqrt {kn}}<j+1\iff {\frac {j^{2}}{n}}\leq k<{\frac {(j+1)^{2}}{n}}\iff k\in \left[{\frac {j^{2}}{n}},{\frac {(j+1)^{2}}{n}}\right[$

Setzt man $\rfloor x\lfloor :=\left\{{\begin{matrix}\lfloor x\rfloor &x\notin \mathbb {Z} \\x-1&x\in \mathbb {Z} \end{matrix}}\right.$ , so ist ${\text{card}}{\big (}\mathbb {Z} \cap [a_{j},a_{j+1}[{\big )}=\rfloor a_{j+1}\lfloor -\rfloor a_{j}\lfloor =\Delta \rfloor a_{j}\lfloor$.

Also ist $S:=\sum _{k=0}^{n-1}\sin {\frac {\left(2\left\lfloor {\sqrt {kn}}\,\right\rfloor +1\right)\pi }{2n}}=\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \Delta \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$.

Nach partieller Summation ist

$S=\left[\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor \,\,\,\right]_{0}^{n}-\sum _{j=0}^{n-1}\Delta \sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {(j+1)^{2}}{n}}\right\lfloor$

$=\sin {\frac {(2n+1)\pi }{2n}}\cdot (n-1)-\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot (-1)-\sum _{j=1}^{n}\Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$.

Dabei ist $\Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}=\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}-\sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}=2\cdot \sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \cos {\frac {j\pi }{n}}$.

$S=-n\sin {\frac {\pi }{2n}}+2\sin {\frac {\pi }{2n}}-2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \sum _{j=1}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor =-n\sin {\frac {\pi }{2n}}-2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot \underbrace {\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor } _{=:A}$

$A=\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {(n-j)\pi }{n}}\cdot \left\rfloor {\frac {(n-j)^{2}}{n}}\right\lfloor =-\sum _{j=0}^{n}\cos {\frac {j\pi }{n}}\cdot \left\rfloor n-2j+{\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$,

wobei $\left\rfloor n-2j+{\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor =(n-2j)+\left\rfloor {\frac {j^{2}}{n}}\right\lfloor$ ist. Somit ist $2A=\sum _{j=0}^{n}(2j-n)\cos {\frac {j\pi }{n}}=\sum _{j=0}^{n}2j\cdot \cos {\frac {j\pi }{n}}$.

$\Rightarrow \,2\sin {\frac {\pi }{2n}}\cdot A=\sum _{j=0}^{n}j\cdot 2\sin {\frac {\pi }{2n}}\,\cos {\frac {j\pi }{n}}=\sum _{j=0}^{n}j\cdot \Delta \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}$

$=\left[j\cdot \sin {\frac {(2j-1)\pi }{2n}}\right]_{0}^{n+1}-\sum _{j=0}^{n}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=-(n+1)\sin {\frac {\pi }{2n}}-\sum _{j=0}^{n}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=-n\sin {\frac {\pi }{2n}}-\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}$

Also ist $S=\sum _{j=0}^{n-1}\sin {\frac {(2j+1)\pi }{2n}}=\csc \left({\frac {\pi }{2n}}\right)$.

 

Korollar zur Harmonischen Reihe

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{n \choose k}{\frac {1}{k}}$

ohne Beweis