Formelsammlung Mathematik: Identitäten: Reihenidentitäten

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$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2k+1}{z^{2k+1}-1}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{z^{k}+1}}\qquad |z|>1$

Beweis

$\underbrace {\sum _{k=0}^{N-1}{\frac {2k+1}{z^{2k+1}-1}}} _{A_{N}}+\underbrace {\sum _{k=1}^{N}{\frac {2k}{z^{2k}-1}}} _{B_{N}}=\underbrace {\sum _{k=1}^{2N}{\frac {k}{z^{k}-1}}} _{C_{2N}}$.

Wegen ${\frac {2k}{z^{2k}-1}}={\frac {k}{z^{k}-1}}-{\frac {k}{z^{k}+1}}$ ist

$B_{N}=\underbrace {\sum _{k=1}^{N}{\frac {k}{z^{k}-1}}} _{C_{N}}-\underbrace {\sum _{k=1}^{N}{\frac {k}{z^{k}+1}}} _{D_{N}}$.

Also $A_{N}=D_{N}+C_{2N}-C_{N}\,$.

Für $N\to \infty \,$ folgt daraus die Behauptung.

 

$\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{n \choose k}}={\frac {n+1}{2^{n+1}}}\sum _{k=1}^{n+1}{\frac {2^{k}}{k}}$

Beweis

Definiert man $a_{n}\,$ als ${\frac {2^{n}}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{n-1 \choose k}}$,

so ist $a_{n+1}-a_{n}={\frac {2^{n+1}}{n+1}}+\sum _{k=0}^{n-1}\underbrace {\left[{\frac {2^{n+1}}{n+1}}\,{\frac {1}{n \choose k}}-{\frac {2^{n}}{n}}\,{\frac {1}{n-1 \choose k}}\right]} _{=:b_{k}}$.

Wegen ${n \choose k}={\frac {n}{n-k}}\,{n-1 \choose k}$ ist $b_{k}={\frac {2^{n}}{n(n+1)}}\,{\frac {n-1-2k}{n-1 \choose k}}$,

und daher $b_{n-1-k}=-b_{k}\,$. Also muss $\sum _{k=0}^{n-1}b_{k}=0$ sein.

Und somit ist $a_{n+1}-\underbrace {a_{0}} _{=0}=\sum _{k=0}^{n}(a_{k+1}-a_{k})=\sum _{k=1}^{n+1}{\frac {2^{k}}{k}}$.