Formelsammlung Mathematik: Endliche Produkte

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1

$\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-nz}\,\Gamma (nz)$

1. Beweis (Gaußsche Multiplikationsformel)

Nach der Gaußschen Definition der Gammafunktion ist

$\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {m!\,\,m^{z+{\frac {k}{n}}-1}}{\left(z+{\frac {k}{n}}\right)\left(z+{\frac {k}{n}}+1\right)\cdots \left(z+{\frac {k}{n}}+m-1\right)}}$.

Ersetze $m!\,$ durch den asymptotisch gleichwertigen Ausdruck ${\sqrt {2\pi m}}\left({\frac {m}{e}}\right)^{m}$

und erweitere den Bruch mit dem Faktor $n^{m}\,$:

$\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}\,\left({\frac {mn}{e}}\right)^{m}\,m^{z+{\frac {k}{n}}-{\frac {1}{2}}}}{(nz+k)(nz+k+n)\cdots (nz+k+n(m-1))}}$

Folglich ist

$n^{nz-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n}\,\left({\frac {mn}{e}}\right)^{mn}\,(mn)^{nz-{\frac {1}{2}}}}{nz\,(nz+1)\cdots (nz+mn-1)}}$.

Am Grenzwert ändert sich nichts, wenn man überall $mn\,$ durch $m\,$ ersetzt.

$\lim _{m\to \infty }{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n}\,\left({\frac {m}{e}}\right)^{m}\,m^{nz-{\frac {1}{2}}}}{nz\,(nz+1)\cdots (nz+m-1)}}={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,\Gamma (nz)$

 

2. Beweis

Setzt man $F_{n}(z)={\frac {n^{nz}\,\prod \limits _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)}{\Gamma (nz)}}$, so ist

$F_{n}(z+1)={\frac {n^{nz}\,n^{n}\,\prod \limits _{k=0}^{n-1}\left[\left(z+{\frac {k}{n}}\right)\,\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\right]}{\prod \limits _{k=0}^{n-1}(nz+k)\,\Gamma (nz)}}=F_{n}(z)$.

Für große $z\,$ gilt $\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\sim \Gamma (z)\,z^{\frac {k}{n}}$ und somit $F_{n}(z)\sim {\frac {n^{nz}\,\Gamma ^{n}(z)\,z^{\frac {n-1}{2}}}{\Gamma (nz)}}$.

Verwendet man nun $\Gamma (z)\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\,\left({\frac {z}{e}}\right)^{z}$, so ist

$F_{n}(z)\sim {\frac {n^{nz}\,{\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}^{\,n}\,\left({\frac {z}{e}}\right)^{nz}\,z^{\frac {n-1}{2}}}{{\sqrt {\frac {2\pi }{nz}}}\,\left({\frac {nz}{e}}\right)^{nz}}}={\sqrt {n}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}$.

Also hängt $F_{n}(z)\,$ nicht von $z\,$ ab, und es gilt $F_{n}(z)={\sqrt {n}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}$,

woraus unmittelbar die Gaußsche Multiplikationsformel folgt.

 

3. Beweis

Nach der Formel $\psi (z)+\gamma =\int _{0}^{1}{\frac {1-t^{z-1}}{1-t}}\,dt=n\int _{0}^{1}{\frac {t^{n-1}-t^{nz-1}}{1-t^{n}}}\,dt$

ist $\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)+\gamma =n\int _{0}^{1}\left[{\frac {t^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {t^{nz+k-1}}{1-t^{n}}}\right]dt$, und somit $\sum _{k=0}^{n-1}\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)+n\gamma =n\int _{0}^{1}\left[{\frac {nt^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {t^{nz-1}}{1-t}}\right]dt$.

Wegen $n\psi (nz)+n\gamma =n\int _{0}^{1}{\frac {1-t^{nz-1}}{1-t}}\,dt$

ist $\sum _{k=0}^{n-1}\psi \left(z+{\frac {k}{n}}\right)-n\psi (nz)=n\int _{0}^{1}\left[{\frac {n\,t^{n-1}}{1-t^{n}}}-{\frac {1}{1-t}}\right]dt=n{\Big [}\log(1-t^{n})-\log(1-t){\Big ]}_{0}^{1}=-n\log n$.

Integriert man unbestimmt nach $z\,$, so ist $\sum _{k=0}^{n-1}\log \Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=C_{n}-nz\log n+\log \Gamma (nz)$.

Also ist $\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)=e^{C_{n}}\,n^{-nz}\,\Gamma (nz)$.

Setzt man $z={\frac {1}{n}}$, so ist $e^{C_{n}}=\prod _{k=1}^{n}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)\,n={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{\frac {1}{2}}$.

 

4. Beweis

Betrachte die Formel von Liouville:

$\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-\left(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1}+{\frac {z^{n}}{x_{1}\,x_{2}\cdots x_{n-1}}}\right)}\,x_{1}^{{\frac {1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,e^{-nz}$

Multipliziere mit $z^{\alpha -1}$ durch und integriere nach $z\,$ von $0\,$ bis $\infty$:

$\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})}\underbrace {\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {z^{n}}{x_{1}\,x_{2}\cdots x_{n-1}}}}\,z^{\alpha -1}\,dz} _{={\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\,(x_{1}x_{2}\cdot x_{n-1})^{\frac {\alpha }{n}}}\,\,x_{1}^{{\frac {1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,\int _{0}^{\infty }e^{-nz}\,z^{\alpha -1}\,dz$

$\Rightarrow \,{\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\int _{0}^{\infty }\cdots \int _{0}^{\infty }e^{-(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1})}\,x_{1}^{{\frac {\alpha +1}{n}}-1}\,x_{2}^{{\frac {\alpha +2}{n}}-1}\cdots x_{n-1}^{{\frac {\alpha +n-1}{n}}-1}\,dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n-1}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,{\frac {\Gamma (\alpha )}{n^{\alpha }}}$

$\Rightarrow \,{\frac {1}{n}}\,\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}\right)\,\Gamma \left({\frac {\alpha +1}{n}}\right)\,\Gamma \left({\frac {\alpha +2}{n}}\right)\cdots \Gamma \left({\frac {\alpha +n-1}{n}}\right)={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,{\frac {\Gamma (\alpha )}{n^{\alpha }}}$

$\Rightarrow \,\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {\alpha }{n}}+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-\alpha }\,\Gamma (\alpha )$

 

5. Beweis

Substituiere $z$ durch ${\frac {z}{n}}$, dann folgt

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

Definiere $f(z):={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma ({\frac {z+k}{n}})$

Da $\Gamma (z)$ auf jedem Streifen $Re(z)\in [a,b],0<a$ beschränkt ist. Folgt, dass auch $f(z)$ auf $S=\{z\in \mathbb {C} \mid 1\leq {\text{Re }}z<2\}$ beschränkt ist.
Weiter gilt:

$f(z+1)=$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{(z+1)-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+(k+1)}{n}}\right)$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}n\Gamma \left({\frac {z}{n}}+1\right)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)$
$={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}n{\frac {z}{n}}\Gamma \left({\frac {z}{n}}\right)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)$
$=z\left({\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}n^{z-{\frac {1}{2}}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {z+k}{n}}\right)\right)$
$=zf(z)$

Nach dem Satz von Wielandt gilt nun:
$f(z)=f(1)\Gamma (z)$ also ist noch $f(1)=1$ zu zeigen.

Mit $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$ (Beweis 2 von 2.2) folgt also:

$f(1)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}\prod _{k=0}^{n-1}\Gamma \left({\frac {1+k}{n}}\right)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}\Gamma (1)\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {(2\pi )}}^{1-n}{\sqrt {n}}{\frac {{\sqrt {2\pi }}^{n-1}}{\sqrt {n}}}=1$

Hieraus folgt die Behauptung $f(z)=\Gamma (z)$

 

2

$\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$

1. Beweis

In der Gaußschen Multiplikationsformel $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(z+{\frac {k}{n}}\right)={\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}\,n^{{\frac {1}{2}}-nz}\,{\frac {\Gamma (nz)}{\Gamma (z)}}$ lasse $z\to 0\,$ gehen.

Wegen ${\frac {\Gamma (nz)}{\Gamma (z)}}={\frac {1}{n}}\,{\frac {nz\,\Gamma (nz)}{z\,\Gamma (z)}}={\frac {1}{n}}\,{\frac {\Gamma (1+nz)}{\Gamma (1+z)}}\to {\frac {1}{n}}$ und $\lim _{z\to 0}n^{{\frac {1}{2}}-nz}={\sqrt {n}}$ ist dann $\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)={\frac {(2\pi )^{\frac {n-1}{2}}}{\sqrt {n}}}$.

 

2. Beweis

Kehrt man im Produkt $S=\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)$ die Reihenfolge der Faktoren um, so ist $S=\prod _{k=1}^{n-1}\Gamma \left(1-{\frac {k}{n}}\right)$.

Also ist $S^{2}=\prod _{k=1}^{n-1}\left[\Gamma \left({\frac {k}{n}}\right)\,\Gamma \left(1-{\frac {k}{n}}\right)\right]$. Nach dem Eulerschen Ergänzungssatz ist dies $\prod _{k=1}^{n-1}{\frac {\pi }{\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)}}$.

Und nach der Formel $\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$ ist das ${\frac {2^{n-1}\,\pi ^{n-1}}{n}}$. Also ist $S={\frac {{\sqrt {2\pi }}^{\,n-1}}{\sqrt {n}}}$.

 

3

$\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-\xi ^{k}\right)=n\qquad \xi =e^{\frac {2\pi i}{n}}$

Beweis

Aus $X^{n}-1=\prod _{k=0}^{n-1}(X-\xi ^{k})$ folgt $\prod _{k=1}^{n-1}(X-\xi ^{k})={\frac {X^{n}-1}{X-1}}$

und das konvergiert gegen $n\,$ für $X\to 1\,$.

 

4

$\alpha ^{2n}-2\alpha ^{n}\beta ^{n}\cos(n\theta )+\beta ^{2n}=\prod _{k=0}^{n-1}\left(\alpha ^{2}-2\alpha \beta \,\cos \left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)+\beta ^{2}\right)$

Beweis

Faktorisiere $z^{2n}-2z^{n}\cos(n\theta )+1\,$ zu $\left(z^{n}-e^{in\theta }\right)\left(z^{n}-e^{-in\theta }\right)$,

und das wiederum zu $\prod _{k=0}^{n-1}\left(z-e^{i\left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)}\right)\,\prod _{k=0}^{n-1}\left(z-e^{-i\left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)}\right)$.

Fasse nun die Faktoren zusammen zu $\prod _{k=0}^{n-1}\left(z^{2}-2z\,\cos \left(\theta +{\frac {2\pi k}{n}}\right)+1\right)$.

Ersetze $z\!$ durch ${\frac {\alpha }{\beta }}$ und multipliziere mit $\beta ^{2n}\,$ durch.

 

5

$\prod _{k=0}^{n-1}\left(1+z^{2^{k}}\right)={\frac {1-z^{2^{n}}}{1-z}}\qquad z\neq 1$

Beweis

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

Induktionsschluss:

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

 

6

$\prod _{k=1}^{n}{\frac {2}{z^{1/2^{k}}+z^{-1/2^{k}}}}=2^{n}\,{\frac {z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}{z-z^{-1}}}\qquad z\neq \pm 1$

Beweis

In der dritten binomischen Formel ${\frac {1}{x+y}}={\frac {x-y}{x^{2}-y^{2}}}$ setze $x=z^{1/2^{n+1}}$ und $y=z^{-1/2^{n+1}}$:

${\frac {1}{z^{1/2^{n+1}}+z^{-1/2^{n+1}}}}={\frac {z^{1/2^{n+1}}-z^{-1/2^{n+1}}}{z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}}$

Daraus ergibt sich der Induktionsschluss

$\prod _{k=1}^{n}{\frac {2}{z^{1/2^{k}}+z^{-1/2^{k}}}}\cdot {\frac {2}{z^{1/2^{n+1}}+z^{-1/2^{n+1}}}}=2^{n+1}\,{\frac {z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}{z-z^{-1}}}\cdot {\frac {z^{1/2^{n+1}}-z^{-1/2^{n+1}}}{z^{1/2^{n}}-z^{-1/2^{n}}}}$.

 

7

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

Beweis

$2i\sin \left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)=e^{i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}-e^{-i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}=e^{i\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}\cdot \left(1-e^{-i\left(2z+{\frac {2k\pi }{n}}\right)}\right)$

$2^{n}\,i^{n}\,\prod _{k=0}^{n-1}\sin \left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)=e^{i\sum \limits _{k=0}^{n-1}\left(z+{\frac {k\pi }{n}}\right)}\cdot \prod _{k=0}^{n-1}\left(1-e^{-i\left(2z+{\frac {2k\pi }{n}}\right)}\right)=e^{inz}\cdot e^{i(n-1){\frac {\pi }{2}}}\,\left(1-e^{-i\cdot 2nz}\right)=i^{n-1}\,\left(e^{inz}-e^{-inz}\right)$

 

8

$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$

Beweis

Aus der Definition $\sin x={\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2i}}$ folgt $e^{ix}\,\sin x={\frac {i}{2}}\,\left(1-e^{2ix}\right)$.

Ersetze $x\,$ durch ${\frac {k\pi }{n}}$ und bilde davon das Produkt $\prod _{k=1}^{n-1}$.

$\prod _{k=1}^{n-1}e^{i{\frac {k\pi }{n}}}\,\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\left({\frac {i}{2}}\right)^{n-1}\,\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-e^{2\pi i{\frac {k}{n}}}\right)$

Dabei ist $\prod _{k=1}^{n-1}e^{i{\frac {k\pi }{n}}}=\left(e^{\frac {i\pi }{n}}\right)^{\frac {(n-1)n}{2}}=\left(e^{\frac {i\pi }{2}}\right)^{n-1}=i^{n-1}$ und $\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-e^{2\pi i\,{\frac {k}{n}}}\right)=n$.

Also ist $\prod _{k=1}^{n-1}\sin \left({\frac {k\pi }{n}}\right)={\frac {n}{2^{n-1}}}$.

 

9

$\prod _{k=1}^{\lfloor {\frac {n-1}{2}}\rfloor }\tan \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\left\{{\begin{matrix}{\sqrt {n}}&,&n&{\text{ungerade}}\\\\1&,&n&{\text{gerade}}\end{matrix}}\right.$

Beweis

Ist $n\,$ gerade (also $n=2m\,$), so gilt

$\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {(m-k)\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {\pi }{2}}-{\frac {k\pi }{2m}}\right)=\prod _{k=1}^{m-1}\cot \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=\left[\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)\right]^{-1}$.

Nachdem alle Faktoren positiv sind, ist $\prod _{k=1}^{m-1}\tan \left({\frac {k\pi }{2m}}\right)=+1$.


Ist $n\,$ ungerade (also $n=2m+1\,$), so gilt

$\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {(2m+1-k)\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=m+1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$.

Also ist $\prod _{k=1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\prod _{k=1}^{m}\tan ^{2}\left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$.

Wegen $\tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}={\frac {1}{i}}\,{\frac {e^{ix}-e^{-ix}}{e^{ix}+e^{-ix}}}={\frac {1}{i}}\,{\frac {e^{2ix}-1}{e^{2ix}+1}}=i\,{\frac {1-e^{2ix}}{1+e^{2ix}}}$ ist $\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=i\,{\frac {1-e^{2\pi i\,{\frac {k}{2m+1}}}}{1+e^{2\pi i\,{\frac {k}{2m+1}}}}}$.

Somit ist $\prod _{k=1}^{2m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=(-1)^{m}\,{\frac {\prod _{k=1}^{2m}\left(1-\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)}{\prod _{k=1}^{2m}\left(1+\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)}}=(-1)^{m}\,{\frac {f(1)}{f(-1)}}$,

wenn man $f(X)=\prod _{k=1}^{2m}\left(X-\xi ^{\frac {k}{2m+1}}\right)={\frac {X^{2m+1}-1}{X-1}}$ setzt.

Also ist $\prod _{k=1}^{m}\tan ^{2}\left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)={\frac {f(1)}{f(-1)}}={\frac {2m+1}{1}}=n$.

Nachdem $\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)$ für $k=1,...,m\,$ positiv ist, muss $\prod _{k=1}^{m}\tan \left({\frac {k\pi }{2m+1}}\right)=+{\sqrt {n}}$ sein.

 

10

$|\Gamma (n+ix)|^{2}=\prod _{k=0}^{n-1}(k^{2}+x^{2})\,{\frac {\pi x}{\sinh \pi x}}\qquad n\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}\,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

$\Gamma (n+ix)\Gamma (n-ix)=\prod _{k=0}^{n-1}(k+ix)\,\Gamma (ix)\,\prod _{k=0}^{n-1}(k-ix)\,\Gamma (-ix)$

Dabei ist $(k+ix)(k-ix)=k^{2}+x^{2}\,$ und $\Gamma (ix)\Gamma (-ix)={\frac {\pi x}{\sinh \pi x}}$ nach dem Eulerschen Ergänzungssatz.

 

11

$\left|\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}+ix\right)\right|^{2}=\prod _{k=0}^{n-1}\left(x^{2}+\left(k+{\frac {1}{2}}\right)^{2}\right)\,{\frac {\pi }{\cosh \pi x}}\qquad n\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}\,,\,x\in \mathbb {R}$

Beweis

$\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}+ix\right)\,\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}-ix\right)=\prod _{k=0}^{n-1}\left(k+{\frac {1}{2}}+ix\right)\,\Gamma \left({\frac {1}{2}}+ix\right)\,\prod _{k=0}^{n-1}\left(k+{\frac {1}{2}}-ix\right)\,\Gamma \left({\frac {1}{2}}-ix\right)$.

Dabei ist $\left(k+{\frac {1}{2}}+ix\right)\left(k+{\frac {1}{2}}-ix\right)=\left(k+{\frac {1}{2}}\right)^{2}+x^{2}$ und $\Gamma \left({\frac {1}{2}}+ix\right)\Gamma \left({\frac {1}{2}}-ix\right)={\frac {\pi }{\cosh \pi x}}$.