Formelsammlung Mathematik: Identitäten: Reihenidentitäten nach Ramanujan

Zurück zu Identitäten

Ist $f(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n\,(e^{2\pi nz}-1)}}$, so gilt $f(z)-f\left({\frac {1}{z}}\right)={\frac {1}{2}}\log z-{\frac {\pi }{12}}\left(z-{\frac {1}{z}}\right)$ für ${\text{Re}}(z)>0\,$.

Beweis

Berechne von $f\,$ die Mellin-Transformierte:

Für ${\text{Re}}(s)>1\,$ ist $F(s)={\mathcal {M}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{s-1}}{e^{2\pi nt}-1}}\,dt$

$=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}{\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)}{(2\pi n)^{s}}}={\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)\,\zeta (s+1)}{(2\pi )^{s}}}$, wobei sich $F(s)\,$ auf ganz $\mathbb {C} \,$ meromorph fortsetzen lässt.

Für ein $\varepsilon >0\,$ ist dann $f(t)={\mathcal {M}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds$.

Die Funktion $F(s)\,t^{-s}$ hat ihre Polstellen bei $s=-1,0,1\,$. Hierbei ist

${\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=-1\right)=-{\frac {\pi }{12}}\,t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=0\right)={\frac {1}{2}}\log t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=1\right)={\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}$.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel lässt sich $F(s)\,$ auch schreiben als

${\frac {1}{2}}\,\,\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)\,\,\,\,\pi ^{-(1+s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1+s}{2}}\right)\,\zeta (1+s)$.

Nach der Riemannschen Funktionalgleichung ist dabei

$\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)=\pi ^{-(1-s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1-s}{2}}\right)\,\zeta (1-s)$. Also ist $F(-s)=F(s)\,$.



Beim Integral ${\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma _{R}}F(s)\,t^{-s}\,ds$ verschwinden die Anteile über den vertikalen Strecken für $R\to \infty \,$.

Nach dem Residuensatz ist nun

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{-1-\varepsilon +i\infty }^{-1-\varepsilon -i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds=-{\frac {\pi }{12}}\,t+{\frac {1}{2}}\log t+{\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}$.

Das erste Integral ist $f(t)\,$ und das zweite ist nach Substitution $s\mapsto -s$ gleich $-{\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{s}\,ds=-f\left({\frac {1}{t}}\right)$.

 

Ist $f(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2\pi nz}{e^{2\pi nz}-1}}$, so gilt $f(z)+f\left({\frac {1}{z}}\right)={\frac {\pi }{12}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)-{\frac {1}{2}}$ für ${\text{Re}}(z)>0\,$.

1. Beweis

Berechne von $f\,$ die Mellin-Transformierte:

Für ${\text{Re}}(s)>1\,$ ist $F(s)={\mathcal {M}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt=\sum _{n=1}^{\infty }2\pi n\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{s}}{e^{2\pi nt}-1}}\,dt$

$=\sum _{n=1}^{\infty }2\pi n\,{\frac {\Gamma (s+1)\,\zeta (s+1)}{(2\pi n)^{s+1}}}=s\,{\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)\,\zeta (s+1)}{(2\pi )^{s}}}$, wobei sich $F(s)\,$ auf ganz $\mathbb {C} \,$ meromorph fortsetzen lässt.

Für ein $\varepsilon >0\,$ ist dann $f(t)={\mathcal {M}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds$.

Die Funktion $F(s)\,t^{-s}$ hat ihre Polstellen bei $s=-1,0,1\,$. Hierbei ist

${\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=-1\right)={\frac {\pi }{12}}\,t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=0\right)=-{\frac {1}{2}}\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=1\right)={\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}$.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel lässt sich $F(s)\,$ auch schreiben als

${\frac {s}{2}}\,\,\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)\,\,\,\,\pi ^{-(1+s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1+s}{2}}\right)\,\zeta (1+s)$.

Nach der Riemannschen Funktionalgleichung ist dabei

$\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)=\pi ^{-(1-s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1-s}{2}}\right)\,\zeta (1-s)$. Also ist $F(-s)=-F(s)\,$.



Beim Integral ${\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma _{R}}F(s)\,t^{-s}\,ds$ verschwinden die Anteile über den vertikalen Strecken für $R\to \infty \,$.

Nach dem Residuensatz ist nun

${\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{-1-\varepsilon +i\infty }^{-1-\varepsilon -i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds={\frac {\pi }{12}}\,t-{\frac {1}{2}}+{\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}$.

Das erste Integral ist $f(t)\,$ und das zweite ist nach Substitution $s\mapsto -s$ gleich ${\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{s}\,ds=f\left({\frac {1}{t}}\right)$.

 

2. Beweis

Betrachte die Formel

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin \alpha t}{e^{\beta t}-1}}\,dt=-{\frac {1}{2\alpha }}+{\frac {\pi }{2\beta }}\coth {\frac {\alpha \pi }{\beta }}$.

Multipliziere mit $\beta \,$ durch und differenziere nach $\alpha \,$:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\beta t\,\cos \alpha t}{e^{\beta t}-1}}\,dt={\frac {\beta }{2\alpha ^{2}}}-{\frac {\pi ^{2}}{2\beta }}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {\alpha \pi }{\beta }}\right)$

Substituiere $\alpha =2\pi n\,$ und $\beta =2\pi z\,$:

$\int _{0}^{\infty }{\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}\,\cos(2\pi nt)\,dt={\frac {z}{4\pi n^{2}}}-{\frac {\pi }{4z}}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)$

Die Funktion $f(t)={\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}$ besitzt also die Kosinus-Fouriertransformierte

${\widehat {f_{C}}}(n)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,\cos(2\pi nt)\,dt={\frac {z}{4\pi n^{2}}}-{\frac {\pi }{4z}}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)$.

Nach der Poissonschen Summationsformel ist

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2\pi zn}{e^{2\pi zn}-1}}=-{\frac {1}{2}}+\underbrace {\int _{0}^{\infty }{\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}\,dt} _{={\frac {\pi }{12}}\cdot {\frac {1}{z}}}+\underbrace {2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {z}{4\pi n^{2}}}} _{={\frac {\pi }{12}}\cdot z}-{\frac {\pi }{2z}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)$.

In dieser Gleichung lässt sich ${\frac {\pi }{2z}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)$ durch $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2\pi n/z}{e^{2\pi n/z}-1}}$ ersetzen.

Begründung: Für $|x|<1\,$ ist $\sum _{n=1}^{\infty }n\,x^{n}={\frac {x}{(1-x)^{2}}}$.

$\Rightarrow \,\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {x^{m}}{(1-x^{m})^{2}}}=\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }n\,x^{nm}=\sum _{n=1}^{\infty }n\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}$

Setzt man $x=e^{-2\pi /z}\,$, so ist $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {e^{-2\pi n/z}}{\left(1-e^{-2\pi n/z}\right)^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }n\,{\frac {e^{-2\pi n/z}}{1-e^{-2\pi n/z}}}$.

$\Rightarrow \,\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\left(e^{n\pi /z}-e^{-n\pi /z}\right)^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{2\pi n/z}-1}}\Rightarrow {\frac {1}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{2\pi n/z}-1}}$