Formelsammlung Mathematik: Reihenentwicklungen

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Exponentialreihe

$\exp z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis (Definition)

 

Logarithmus

$\log(1-z)=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k}}\qquad |z|\leq 1\,,\,z\neq 1$

ohne Beweis

 

Winkelfunktionen

Sinus

$\sin z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {z^{2k+1}}{(2k+1)!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Kosinus

$\cos z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {z^{2k}}{(2k)!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Tangens

$\tan z=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k}\,{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(1-2^{2k})}{(2k)!}}\,z^{2k-1}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\cdot \lambda (2k)}{\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2k}}}\,z^{2k-1}\qquad |z|<{\frac {\pi }{2}}$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\tanh z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k}$

Die Variable $z\,$ durch $iz\,$, so ist $-z\tan z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k}$.

 

Kotangens

$\cot z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {B_{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {-2\,\zeta (2k)}{\pi ^{2k}}}\,z^{2k-1}\qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\coth z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$ für $0<|z|<\pi \,$

$z\,$ durch $iz\,$ so ist $z\cot z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$.

 

Sekans

$\sec z=\sum _{k=0}^{\infty }|E_{k}|\,{\frac {z^{k}}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2\cdot \beta (2k+1)}{\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2k+1}}}\,z^{2k}\qquad |z|<{\frac {\pi }{2}}$

ohne Beweis

 

Kosekans

$\csc z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2\cdot \eta (2k)}{\pi ^{2k}}}\,z^{2k-1}\qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Ersetzt man in der Reihenentwicklung $z\,{\text{csch}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$

die Variable $z\,$ durch $iz\,$, so ist $z\csc z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$.

 

Hyperbelfunktionen

Sinus Hyperbolicus

$\sinh z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k+1}}{(2k+1)!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Kosinus Hyperbolicus

$\cosh z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k}}{(2k)!}}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

Tangens Hyperbolicus

$\tanh z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k-1}\qquad |z|<{\frac {\pi }{2}}$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $z\coth z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$ für $0<|z|<\pi \,$

und der Identität $z\tanh z=2z\coth 2z-z\coth z\,$ folgt dass für $0<|z|<{\frac {\pi }{2}}$

$z\tanh z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}\,(2^{2k}-1)}{(2k)!}}\,z^{2k}$ sein muss.

 

Kotangens Hyperbolicus

$\coth z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k-1}\qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Für $0<|z|<2\pi \,$ ist $\coth {\frac {z}{2}}={\frac {e^{\frac {z}{2}}+e^{-{\frac {z}{2}}}}{e^{\frac {z}{2}}-e^{-{\frac {z}{2}}}}}={\frac {e^{z}+1}{e^{z}-1}}=1+{\frac {2}{e^{z}-1}}$.

Somit ist ${\frac {z}{2}}\,\coth {\frac {z}{2}}={\frac {z}{2}}+{\frac {z}{e^{z}-1}}$. Und das ist $-B_{1}z+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{k}}{k!}}\,z^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$.

Ersetzt man $z\,$ durch $2z\,$ so erhält man die Formel $z\,\coth z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$ für $0<|z|<\pi \,$.

 

Sekans Hyperbolicus

${\text{sech}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }E_{k}\,{\frac {z^{k}}{k!}}\qquad |z|<{\frac {\pi }{2}}$

ohne Beweis

 

Kosekans Hyperboliucs

${\text{csch}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k-1}\qquad 0<|z|<\pi$

Beweis

Aus der Reihenentwicklung $z\coth z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{2k}\,2^{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$ für $0<|z|<\pi \,$

und der Identität $z\,{\text{csch}}\,z=2\cdot {\frac {z}{2}}\coth {\frac {z}{2}}-z\coth z\,$ folgt dass

$z\,{\text{csch}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2-2^{2k})\,B_{2k}}{(2k)!}}\,z^{2k}$ sein muss.

 

Arkusfunktionen

Arkussinus

$\arcsin z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2k}}}{2k \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Ausdruck mit Arkussinus

${\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k-1}}{k\,{2k \choose k}}}\qquad |z|<1$

1. Beweis

Aus $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}\theta \,d\theta ={\frac {2^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}$ folgt $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(z\,\sin \theta )^{2n-1}\,d\theta ={\frac {(2z)^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}$ und daraus

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {z\,\sin \theta }{1-(z\,\sin \theta )^{2}}}\,d\theta =\left[-{\frac {\arctan \left({\frac {z\,\cos \theta }{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}={\frac {\arctan \left({\frac {z}{\sqrt {1-z^{2}}}}\right)}{\sqrt {1-z^{2}}}}={\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}$.

 

2. Beweis

Die analytische Funktion $y:B_{1}(0)\to \mathbb {C} \;,\;x\mapsto {\frac {\arcsin x}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ ist ungerade und besitzt daher eine Taylorreihenentwicklung der Form $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\,x^{2n-1}$.

Durch die Ableitung $y'={\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}\,{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}-\arcsin x\,{\frac {1}{2{\sqrt {1-x^{2}}}}}\,(-2x)}{1-x^{2}}}$ ergibt sich die Differenzialgleichung $(1-x^{2})\,y'=1+xy$.

Durch das Einsetzen der Reihenentwicklung von $y\,$ in die Differenzialgleichung soll nun eine Rekursionsformel für die Koeffizienten $a_{n}\,$ gefunden werden.

Es ist $y'=\sum _{n=1}^{\infty }(2n-1)\,a_{n}\,x^{2n-2}$ und somit $x^{2}y'=\sum _{n=1}^{\infty }(2n-1)\,a_{n}\,x^{2n}$.

Und aus $y'=a_{1}+\sum _{n=2}^{\infty }(2n-1)\,a_{n}\,x^{2n-2}$ ergibt sich durch Indexverschiebung $y'=a_{1}+\sum _{n=1}^{\infty }(2n+1)\,a_{n+1}\,x^{2n}$.

Also ist $(1-x^{2})y'=a_{1}+\sum _{n=1}^{\infty }{\Big (}(2n+1)\,a_{n+1}-(2n-1)\,a_{n}{\Big )}x^{2n}$. Und dies soll mit $1+\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}x^{2n}$ übereinstimmen.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich $a_{n}=1\,$ und die Rekursionsformel $(2n+1)\,a_{n+1}=2n\,a_{n}\,$, gleichbedeutend mit ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}={\frac {2n}{2n+1}}$.

Demzufolge lässt sich $a_{n}\,$ schreiben als Teleskopprodukt $\prod _{k=1}^{n-1}{\frac {2k}{2k+1}}$. Und das ist ${\frac {2^{2n}}{2n\,{2n \choose n}}}$. Also ist ${\frac {\arcsin x}{\sqrt {1-x^{2}}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}}{2n\,{2n \choose n}}}\,x^{2n-1}$.

 

Potenzen des Arkussinus

$\arcsin ^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|\leq 1$

1. Beweis

Integriert man die Formel ${\frac {\arcsin z}{\sqrt {1-z^{2}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k-1}}{k\,{2k \choose k}}}$ auf beiden Seiten, so ist ${\frac {1}{2}}\arcsin ^{2}z=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(2z)^{2k}}{(2k)^{2}\,{2k \choose k}}}$.

 

2. Beweis

Aus der Formel

$\cos px=1-p^{2}\,{\frac {\sin ^{2}x}{2!}}+p^{2}(p^{2}-2^{2})\,{\frac {\sin ^{4}x}{4!}}-p^{2}(p^{2}-2^{2})(p^{2}-4^{2})\,{\frac {\sin ^{6}x}{6!}}+...$ für $p\in \mathbb {C}$ und $x\in \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right]$

folgt unmittelbar

${\frac {1-\cos px}{p^{2}}}={\frac {\sin ^{2}x}{2!}}-(p^{2}-2^{2})\,{\frac {\sin ^{4}x}{4!}}+(p^{2}-2^{2})(p^{2}-4^{2})\,{\frac {\sin ^{6}x}{6!}}-(p^{2}-2^{2})(p^{2}-4^{2})(p^{2}-6^{2})\,{\frac {\sin ^{8}x}{8!}}+...$

Lässt man $p\to 0\,$ gehen, so ist

${\frac {x^{2}}{2}}={\frac {1}{2!}}\,\sin ^{2}x+{\frac {2^{2}}{4!}}\,\sin ^{4}x+{\frac {2^{2}\cdot 4^{2}}{6!}}\sin ^{6}x+{\frac {2^{2}\cdot 4^{2}\cdot 6^{2}}{8!}}\sin ^{8}x+...$

Dabei ist ${\frac {2^{2}\cdot 4^{2}\cdots (2n-2)^{2}}{(2n)!}}={\frac {\left(2^{n-1}\,(n-1)!\right)^{2}}{(2n)!}}={\frac {2^{2n-2}\,n!^{2}}{n^{2}\,(2n)!}}={\frac {1}{4}}\,{\frac {2^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$.

Also ist $x^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}\,\sin ^{2n}x$.

Ersetze $x\,$ durch $\arcsin x\,$ um die gesuchte Reihenentwicklung zu erhalten.

 

3. Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\,$.

Mache den Ansatz $x^{2}=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}f_{n}(x)$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$2=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\left(f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\right)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}f_{n}(x)-\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}(2n)^{2}f_{n}(x)$

Es muss also $a_{1}=2\,$ und $a_{n+1}=a_{n}\,(2n)^{2}$ sein.

Somit ist ${\frac {a_{n}}{2}}=\prod _{k=1}^{n-1}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}=\prod _{k=1}^{n-1}(2k)^{2}=2^{2n-2}\,(n-1)!^{2}$.

Also ist $x^{2}=\sum _{n=1}^{\infty }2^{2n-1}\,(n-1)!^{2}\,{\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(2\sin x)^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}$.

 

$\arcsin ^{3}z=6\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{m=0}^{k-1}{\frac {1}{(2m+1)^{2}}}\right]\,{\frac {1}{2^{2k}}}\,{2k \choose k}\,{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|<1$

Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n+1)^{2}f_{n}(x)\,$.

Es ist $x=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2n}}}\,{2n \choose n}\,{\frac {(\sin x)^{2n+1}}{2n+1}}=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}^{2}f_{n}(x)$,

wobei $b_{n}={\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}$ ist und somit $b_{n+1}=b_{n}(2n+1)\,$ gilt.

Mache den Ansatz $x^{3}=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}f_{n}(x)$, mit $a_{0}=0\,$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$6x=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}\left(f_{n-1}(x)-(2n+1)^{2}f_{n}(x)\right)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}b_{n+1}^{2}f_{n}(x)-\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}(2n+1)^{2}f_{n}(x)$.

Also ist $(a_{n+1}-a_{n})b_{n}^{2}(2n+1)^{2}=6b_{n}^{2}\,\Rightarrow \,a_{n+1}-a_{n}=6\,{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}\,\Rightarrow \,a_{n}=6\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{(2k+1)^{2}}}$.

 

$\arcsin ^{4}z=6\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{m=1}^{k-1}{\frac {1}{(2m)^{2}}}\right]\,{\frac {(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|<1$

Beweis

Setzt man $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}$, so ist $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\,$.

Es ist $x^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}\,(\sin x)^{2n}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}^{2}f_{n}(x)$,

wobei $b_{n}=2^{n}\,(n-1)!\,$ und somit $b_{n+1}=b_{n}\cdot 2n$ ist.

Mache den Ansatz $x^{4}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}f_{n}(x)$, mit $a_{1}=0\,$, und differenziere beide Seiten zweimal:

$12x^{2}={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}^{2}\left(f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\right)={\frac {1}{2}}\sum _{n=0}^{\infty }a_{n+1}b_{n+1}^{2}\,f_{n}(x)-{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\,b_{n}^{2}\,(2n)^{2}\,f_{n}(x)$.

Also ist $(a_{n+1}-a_{n})\,b_{n}^{2}\,(2n)^{2}=12b_{n}^{2}\,\Rightarrow \,a_{n+1}-a_{n}=12\,{\frac {1}{(2n)^{2}}}\,\Rightarrow \,a_{n}=12\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{(2k)^{2}}}$.

 

Arkuskosinus

$\arccos z={\frac {\pi }{2}}-\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}={\frac {\pi }{2}}-\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{2k}}}{2k \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Arkustangens

$\arctan z=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1,z\neq \pm i$

ohne Beweis

 

Areafunktionen

Areasinus Hyperbolicus

${\text{arsinh}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{-{\frac {1}{2}} \choose k}{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Potenzen des Areasinus Hypoerbolicus

${\text{arsinh}}^{2}z={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}\,(2z)^{2k}}{k^{2}\,{2k \choose k}}}\qquad |z|\leq 1$

ohne Beweis

 

Areatangens Hyperbolicus

${\text{artanh}}\,z=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {z^{2k+1}}{2k+1}}\qquad |z|\leq 1,z\neq \pm 1$

ohne Beweis

 

Spezielle Funktionen

Zeta-Funktion

$\zeta (z)={\frac {1}{z-1}}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\,\gamma _{k}\,(z-1)^{k}$

Beweis

$\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt=\sum _{n=2}^{N}\int _{n-1}^{n}{\big (}t-(n-1){\big )}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$

$=\sum _{n=2}^{N}\left(\left[{\big (}t-(n-1){\big )}\,{\frac {1}{t^{s}}}\right]_{n-1}^{n}-\int _{n-1}^{n}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt\right)=\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$

Man erhält die Gleichung $\sum _{n=2}^{N}{\frac {1}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt\qquad (G1)$,

welche insbesondere ein Spezialfall der Eulerschen Summenformel ist.


Wende $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}$ auf $(G1)\,$ an, $\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n^{s}}}-\int _{1}^{N}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt$,

setze $s=1\,$, $\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}=\int _{1}^{N}\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt$,

und lasse $N\to \infty \,$ gehen, $\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=2}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt\qquad (G2)$.


Betrachte nun $(G1)\,$ nur für $s>1\,$ und lasse erst $N\to \infty \,$ gehen, $\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {1}{t^{s}}}\,dt$,

wende darauf $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}$ an, $\left(-{\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t^{s}}}\,dt$,

und lasse $s\to 1+\,$ gehen, $(-1)^{m}\lim _{s\to 1+}\left({\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-1-{\frac {1}{s-1}}\right)=\int _{1}^{\infty }\{t\}\,{\frac {d}{dt}}{\frac {(\log t)^{m}}{t}}\,dt\qquad (G3)$.


Vergleicht man $(G2)\,$ mit $(G3)\,$, so erkennt man, dass

$\gamma _{m}:=\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=1}^{N}{\frac {(\log n)^{m}}{n}}-{\frac {(\log N)^{m+1}}{m+1}}\right)=(-1)^{m}\,\lim _{s\to 1+}\left({\frac {d}{ds}}\right)^{m}\left(\zeta (s)-{\frac {1}{s-1}}\right)$ sein muss.

Die Reihenentwicklung von $\zeta (s)\,$ im Punkt $s=1\,$ lautet also ${\frac {1}{s-1}}+\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{m}}{m!}}\,\gamma _{m}\,(s-1)^{m}$.

 

Gamma-Funktion

$\Gamma (1+z)=\sum _{n=0}^{\infty }\;\;\sum _{k_{1}+2k_{2}+...+nk_{n}=n}\!\!{\frac {(-\gamma )^{k_{1}}}{k_{1}!}}\prod _{m=2}^{n}{\frac {\left((-1)^{m}\,{\frac {\zeta (m)}{m}}\right)^{k_{m}}}{k_{m}!}}\;\;z^{n}$

ohne Beweis

 

Digamma-Funktion

$\psi (1+z)=-\gamma +\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}\,\zeta (k+1)\,z^{k}$

ohne Beweis

 

Bessel-Funktionen

$J_{\nu }(z)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,\Gamma (\nu +k+1)}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{\nu +2k}$

ohne Beweis

 

Lambert W-Funktion

$W(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}\,n^{n-1}}{n!}}\,z^{n}\qquad |z|<{\frac {1}{e}}$

Beweis

Die holomorphe Funktion $f(z)=z\,e^{z}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{(n-1)!}}\,z^{n}$

bildet null auf null ab und ist wegen $f'(0)=1\,$ im Punkt $z=0\,$ lokal biholomorph.

Es gibt also Umgebungen $U(0)\,$ und $V(0)\,$, so dass $f:U(0)\to V(0)\,$ biholomorph ist.

Die Koeffizienten $a_{n}\,$ der Umkehrfunktion $W(z)=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}z^{n}$

erhält man mit der Lagrange'schen Inversonsformel $a_{n}={\frac {1}{n!}}\,\lim _{x\to 0}\left({\frac {d}{dx}}\right)^{n-1}\left({\frac {x}{f(x)}}\right)^{n}$.

Dabei ist $\left({\frac {x}{f(x)}}\right)^{n}=e^{-nx}$, somit $\left({\frac {d}{dx}}\right)^{n-1}\left({\frac {x}{f(x)}}\right)^{n}=(-n)^{n-1}\,e^{-nx}$

und somit ist $a_{n}={\frac {(-n)^{n-1}}{n!}}$.

 

[Reihe mit Bessel-Funktion]

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }J_{n}(z)\,t^{n}$

1. Beweis

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=e^{{\frac {z}{2}}t}\cdot e^{-{\frac {z}{2}}{\frac {1}{t}}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n}\,t^{n}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{k}\,{\frac {1}{t^{k}}}$

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

Da ${\frac {1}{(n+k)!}}$ für $n<-k\,$ verschwindet, kann man $n\,$ auch alle ganzen Zahlen durchlaufen lassen.

Anschließend vertauscht man die Summationsreihenfolge.

$e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\,(n+k)!}}\left({\frac {z}{2}}\right)^{n+2k}\,t^{n}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }J_{n}(z)\,t^{n}$

 

2. Beweis

Bei der Laurentreihenentwicklung $e^{{\frac {z}{2}}\left(t-{\frac {1}{t}}\right)}=\sum _{n\in \mathbb {Z} }a_{n}t^{n}$

lassen sich die Koeffizienten $a_{n}\,$ mit der Formel $a_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{K}e^{{\frac {z}{2}}\left(\xi -{\frac {1}{\xi }}\right)}{\frac {d\xi }{\xi ^{n+1}}}$ berechnen.

Hierbei ist $K\,$ eine geschlossene Kurve, die den Ursprung einmal gegen den Urzeigersinn umläuft.

Die Funktion $f(\xi )={\frac {1}{\xi ^{\nu +1}}}$ ist für $\nu =n\in \mathbb {Z}$ auf ganz $\mathbb {C}$ meromorph; sie besitzt also nicht die Unstetigkeitsachse $\mathbb {R} ^{\geq 0}$.

Bei der Hankelschen Integraldarstellung der Besselfunktion, $J_{\nu }(x)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{C}e^{{\frac {z}{2}}\left(\xi -{\frac {1}{\xi }}\right)}\,{\frac {dt}{\xi ^{\nu +1}}}$,

kann man daher für $\nu =n\in \mathbb {Z}$ die Kurve $C\,$ als bei $-\infty \,$ geschlossen betrachten. Also ist $a_{n}=J_{n}(z)\,$.

 

Ausdrücke mit Winkelfunktionen

cos(αx)/sin(απ)

$\pi \,{\frac {\cos \alpha x}{\sin \alpha \pi }}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\cos kx}{k+\alpha }}\qquad -\pi <x<\pi \,,\,\alpha \notin \mathbb {Z}$

ohne Beweis

 

sin(αx)/sin(απ)

$-\pi \,{\frac {\sin \alpha x}{\sin \alpha \pi }}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{k}\,\sin kx}{k+\alpha }}\qquad -\pi <x<\pi \,,\,\alpha \notin \mathbb {Z}$

Beweis

Es sei $f(z)=e^{ixz}\,{\frac {\pi }{\sin \pi z}}\,{\frac {1}{z+\alpha }}$ und $\gamma _{N}\,$ das Quadrat mit den Eckpunkten $(\pm 1\pm i)\left(N+{\frac {1}{2}}\right)$.



Ist $z=u+iv\,$ so gilt $|e^{ixz}|=e^{-xv}\,$ und wegen $\sin {\big (}\pi (u+iv){\big )}=\sin \pi u\,\cosh \pi v+i\cos \pi u\,\sinh \pi v$ ist

$|\sin \pi z|^{2}=\sin ^{2}\pi u\,\underbrace {\cosh ^{2}\pi v} _{1+\sinh ^{2}\pi v}+\cos ^{2}\pi u\,\sinh ^{2}\pi v=\sin ^{2}\pi u+\sinh ^{2}\pi v\sim \left({\frac {e^{\pi |v|}}{2}}\right)^{2}$ für $|v|\to \infty \,$.

Daher fällt $|f(u+iv)|=O\left(e^{-xv}\,e^{-\pi |v|}\right)$ für $|v|\to \infty \,$ exponentiell ab.

Somit gilt $\lim _{N\to \infty }\oint _{\gamma _{N}}f\,dz=0$. Die Summe aller Residuen von $f\,$ muss daher verschwinden.

$\forall n\in \mathbb {Z}$ ist ${\text{res}}(f,n)=e^{inx}\,{\frac {1}{\cos n\pi }}\,{\frac {1}{n+\alpha }}$ und ${\text{res}}(f,-\alpha )=e^{-i\alpha x}\,{\frac {1}{-\sin \pi \alpha }}$.

Also ist $\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\frac {(-1)^{n}\,e^{inx}}{n+\alpha }}={\frac {e^{-i\alpha x}}{\sin \pi \alpha }}$.

Ein Vergleich der Real- und Imaginärteile auf beiden Seiten liefert die Behauptung.

 

cot(πz)

$\pi \,\cot \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{k+z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z}$

ohne Beweis

 

csc(πz)

$\pi \,\csc \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k+z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z}$

ohne Beweis

 

tan(πz)

$\pi \,\tan \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{k+{\frac {1}{2}}-z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{k+{\frac {1}{2}}\,:\,k\in \mathbb {Z} \right\}$

ohne Beweis

 

sec(πz)

$\pi \,\sec \pi z=\sum _{k=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k+{\frac {1}{2}}-z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{k+{\frac {1}{2}}\,:\,k\in \mathbb {Z} \right\}$

ohne Beweis

 

sin(α arcsin(z))

${\frac {\sin(\alpha \arcsin z)}{\alpha }}=\sum _{n=0}^{\infty }\prod _{k=1}^{n}\left[(2k-1)^{2}-\alpha ^{2}\right]{\frac {z^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

ohne Beweis

 

Ausdrücke mit Wurzeln

9.1

${\frac {1}{2}}\left[\left({\sqrt {1+z^{2}}}+z\right)^{2\alpha }+\left({\sqrt {1+z^{2}}}-z\right)^{2\alpha }\right]=\sum _{n=0}^{\infty }\alpha \,{\frac {(\alpha +n-1)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {(2z)^{2n}}{(2n)!}}$

Beweis

$f(z)=\left({\sqrt {1+z^{2}}}+z\right)^{2\alpha }={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha }\,\left(1+{\frac {z}{\sqrt {1+z^{2}}}}\right)^{2\alpha }={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha }\,\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha \choose k}\,{\frac {z^{k}}{{\sqrt {1+z^{2}}}^{\,k}}}$.

${\frac {1}{2}}{\Big [}f(z)-f(-z){\Big ]}={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha }\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha \choose 2k}\,{\frac {z^{2k}}{{\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2k}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha \choose 2k}\,z^{2k}\,(1+z^{2})^{\alpha -k}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha \choose 2k}\,z^{2k}\,\sum _{j=0}^{\infty }{\alpha -k \choose j}\,z^{2j}=\sum _{k,j=0}^{\infty }{2\alpha \choose 2k}{\alpha -k \choose j}\,z^{2k+2j}=\sum _{n=0}^{\infty }\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{2\alpha \choose 2k}{\alpha -k \choose n-k}} _{=A_{2n}}\,z^{2n}$

mit $A_{2n}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2\alpha )!}{(2k)!\,(2\alpha -2k)!}}\,{\frac {(\alpha -k)!}{(n-k)!\,(\alpha -n)!}}$

$={\frac {(2\alpha )!}{(\alpha -n)!}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(\alpha -k)!}{{\frac {2^{2k}}{\sqrt {\pi }}}\,k!\,\left(k-{\frac {1}{2}}\right)!\,{\frac {2^{2\alpha -2k}}{\sqrt {\pi }}}\,(\alpha -k)!\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}-k\right)!\,(n-k)!}}$

$={\frac {\pi \,(2\alpha )!}{2^{2\alpha }\,(\alpha -n)!}}\,\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!\,\left(k-{\frac {1}{2}}\right)!\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}-k\right)!\,(n-k)!}}$

$={\frac {\pi \,(2\alpha )!}{2^{2\alpha }\,(\alpha -n)!}}\,{\frac {(\alpha +n-1)!}{\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!\,n!\,(\alpha -1)!\,\left(n-{\frac {1}{2}}\right)!}}$

$={\frac {\pi \,(2\alpha )!}{2^{2\alpha }\,(\alpha -n)!}}\,{\frac {(\alpha +n-1)!}{{\frac {\sqrt {\pi }}{2^{2\alpha -1}}}\,(2\alpha -1)!\,{\frac {\sqrt {\pi }}{2^{2n}}}\,(2n)!}}=\alpha \,{\frac {(\alpha +n-1)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {2^{2n}}{(2n)!}}$

 

9.2

${\frac {1}{2}}\left[\left({\sqrt {1+z^{2}}}+z\right)^{2\alpha +1}-\left({\sqrt {1+z^{2}}}-z\right)^{2\alpha +1}\right]=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2\alpha +1}{2}}\,{\frac {(\alpha +n)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {(2z)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

Beweis

$f(z)=\left({\sqrt {1+z^{2}}}+z\right)^{2\alpha +1}={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha +1}\,\left(1+{\frac {z}{\sqrt {1+z^{2}}}}\right)^{2\alpha +1}={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha +1}\,\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha +1 \choose k}\,{\frac {z^{k}}{{\sqrt {1+z^{2}}}^{\,k}}}$.

${\frac {1}{2}}{\Big [}f(z)-f(-z){\Big ]}={\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2\alpha +1}\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha +1 \choose 2k+1}\,{\frac {z^{2k+1}}{{\sqrt {1+z^{2}}}^{\,2k+1}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha +1 \choose 2k+1}\,z^{2k+1}\,(1+z^{2})^{\alpha -k}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }{2\alpha +1 \choose 2k+1}\,z^{2k+1}\,\sum _{j=0}^{\infty }{\alpha -k \choose j}\,z^{2j}=\sum _{k,j=0}^{\infty }{2\alpha +1 \choose 2k+1}{\alpha -k \choose j}\,z^{2k+2j+1}=\sum _{n=0}^{\infty }\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{2\alpha +1 \choose 2k+1}{\alpha -k \choose n-k}} _{=A_{2n+1}}\,z^{2n+1}$

mit $A_{2n+1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2\alpha +1)!}{(2k+1)!\,(2\alpha -2k)!}}\,{\frac {(\alpha -k)!}{(n-k)!\,(\alpha -n)!}}$

$={\frac {(2\alpha +1)!}{(\alpha -n)!}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(\alpha -k)!}{{\frac {2^{2k+1}}{\sqrt {\pi }}}\,\left(k+{\frac {1}{2}}\right)!\,k!\,{\frac {2^{2\alpha -2k}}{\sqrt {\pi }}}\,(\alpha -k)!\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}-k\right)!\,(n-k)!}}$

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

$={\frac {\pi \,(2\alpha +1)!}{2^{2\alpha +1}\,(\alpha -n)!}}\,{\frac {(\alpha +n)!}{\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!\,n!\,\alpha !\,\left(n+{\frac {1}{2}}\right)!}}$

$={\frac {\pi \,(2\alpha +1)!}{2^{2\alpha +1}\,(\alpha -n)!}}\,{\frac {(\alpha +n)!}{{\frac {\sqrt {\pi }}{2^{2\alpha }}}\,(2\alpha )!\,{\frac {\sqrt {\pi }}{2^{2n+1}}}\,(2n+1)!}}={\frac {2\alpha +1}{2}}\,{\frac {(\alpha +n)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {2^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

 

9.3

$\left({\sqrt {1+z^{2}}}+z\right)^{2\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\alpha \,\left(\alpha +{\frac {k}{2}}-1\right)!}{\left(\alpha -{\frac {k}{2}}\right)!}}\,{\frac {(2z)^{k}}{k!}}$

ohne Beweis

 

Ausdrücke mit Hyperbelfunktionen

10.1

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+4\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Beweis

Die Funktion $f(z)={\frac {\pi }{z}}\cdot {\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}$ hat bei $z=0$ einen Pol dritter Ordnung.

Die Laurentreihen-Entwicklung von $f\,$ um $z=0$ hat den Hauptteil ${\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}$.

Alle weiteren Polstellen von $f\,$ sind einfache Polstellen bei $z=k\cdot (\pm 1\pm i)\quad k=1,2,3,...$

Setze $g(z):=\sum _{z_{0}\in \mathbb {N} (\pm 1\pm i)}{\frac {{\text{res}}(f,z_{0})}{z-z_{0}}}$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,k(1+i){\Big )}}{z-k(1+i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,k(1-i){\Big )}}{z-k(1-i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,-k(1+i){\Big )}}{z+k(1+i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\text{res}}{\Big (}f,-k(1-i){\Big )}}{z+k(1-i)}}$, hierbei ist

${\text{res}}{\Big (}f,k(1+i){\Big )}={\frac {1}{ik}}{\frac {e^{2\pi k}}{e^{2\pi k}-1}}\qquad {\text{res}}{\Big (}f,-k(1+i){\Big )}={\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}$

${\text{res}}{\Big (}f,k(1-i){\Big )}=-{\frac {1}{ik}}{\frac {e^{2\pi k}}{e^{2\pi k}-1}}\qquad {\text{res}}{\Big (}f,-k(1-i){\Big )}=-{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}$

Also ist $g(z)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}+{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z-k(1+i)}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}+{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z-k(1-i)}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z+k(1+i)}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {{\frac {1}{ik}}{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}}{z+k(1-i)}}$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{ik}}\left({\frac {1}{z-k(1+i)}}-{\frac {1}{z-k(1-i)}}\right)+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{ik}}\,{\frac {1}{e^{2\pi k}-1}}\left({\frac {1}{z-k(1+i)}}-{\frac {1}{z-k(1-i)}}+{\frac {1}{z+k(1+i)}}-{\frac {1}{z+k(1-i)}}\right)$

$=4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$.

Die Funktion $h(z):=f(z)-{\frac {1}{\pi z^{3}}}-{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {\pi }{2z}}-g(z)$ ist holomorph auf ganz $\mathbb {C}$.

Wegen $h(z)\to 0$ für $|z|\to \infty$, ist $h$ eine beschränkte ganze Funktion, und damit konstant. (Satz von Liouville)

Die Konstante verschwindet, da $h(0)=0$ ist. Also ist $f(z)={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+g(z)$.

 

10.2

${\frac {\pi }{2}}\,{\frac {\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{2z}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

Beweis

Betrachte folgende Formel:

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}+{\frac {\pi }{2z}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Ersetze $z\,$ durch $-z\,$:

$-{\frac {\pi }{z}}\,{\frac {e^{-\pi z}}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}=-{\frac {1}{\pi z^{3}}}+{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {\pi }{2z}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}-8z\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{e^{2\pi k}-1}}\,{\frac {1}{z^{4}+4k^{4}}}$

Zähle beide Gleichungen zusammen:

${\frac {\pi }{z}}\,{\frac {2\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {2}{z^{2}}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+4\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

Multipliziere die Gleichung mit ${\frac {z}{4}}$ durch:

${\frac {\pi }{2}}\,{\frac {\sinh \pi z}{\cosh \pi z-\cos \pi z}}={\frac {1}{2z}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z-2k)^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z}{z^{2}+(z+2k)^{2}}}$

 

Rest

11.1

$(1+z)^{1/z}=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=n}^{\infty }{\frac {1}{k!}}{\begin{bmatrix}k\\k-n\end{bmatrix}}\,z^{n}\qquad |z|\leq 1\;,\;z\neq 0,1$

ohne Beweis

 

Lagrange-Inversion

Zu $x_{0},y_{0}\in \mathbb {C}$ mit Umgebungen $U(x_{0}),V(y_{0})\,$ sei $f:U(x_{0})\to V(y_{0})\;,\;x\mapsto y_{0}+\sum _{k=1}^{\infty }y_{k}(x-x_{0})^{k}$ eine biholomorphe Funktion.

Für die Koeffizienten $x_{n}\,(n\geq 1)$ der Umkehrfunktion $f^{-1}:V(y_{0})\to U(x_{0})\,,\,y\mapsto x_{0}+\sum _{k=1}^{\infty }x_{k}(y-y_{0})^{k}$

gibt es die Formel $x_{n}={\frac {1}{n!}}\,\left[{\frac {\mathrm {d} ^{n-1}}{\mathrm {d} x^{n-1}}}\left({\frac {x-x_{0}}{f(x)-f(x_{0})}}\right)^{n}\,\right]_{x\to x_{0}}$.

Beweis

Setzt man $g:=f^{-1}\,$, so ist $f(x_{0})=y_{0}\,$ und $g(y_{0})=x_{0}\,$ und es ist $g'(y)=\sum _{k=1}^{\infty }k\,x_{k}\,(y-y_{0})^{k-1}$,

wobei wegen der Biholomorphie $g'(y_{0})=x_{1}\neq 0\,$ ist. Nun ist $n\,x_{n}={\text{res}}\left({\frac {g'(y)}{(y-y_{0})^{n}}}\,,\,y=y_{0}\right)$

und das ist ${\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma }{\frac {g'(y)}{(y-y_{0})^{n}}}\,\mathrm {d} y$, wenn $\gamma \,$ eine einfach geschlossene Kurve um $x_{0}\,$ ist.

Substituiert man $y=f(x)\,$, so ist $n\,x_{n}={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{g(\gamma )}{\frac {g'(f(x))}{{\big (}f(x)-f(x_{0}){\big )}^{n}}}\,f'(x)\,\mathrm {d} x$

$={\frac {1}{2\pi i}}\oint _{g(\gamma )}{\frac {1}{{\big (}f(x)-f(x_{0}){\big )}^{n}}}\,\mathrm {d} x={\text{res}}\left({\frac {1}{(f(x)-f(x_{0}))^{n}}}\,,\,x=x_{0}\right)$.

Da aus der Biholomorphie $f'(x_{0})\neq 0\,$ folgt, berechnet man hier das Residuum an einer Polstelle $n\,$-ter Ordnung.

Also ist $n\,x_{n}={\frac {1}{(n-1)!}}\,\lim _{x\to x_{0}}{\frac {\mathrm {d} ^{n-1}}{\mathrm {d} x^{n-1}}}{\frac {(x-x_{0})^{n}}{(f(x)-f(x_{0}))^{n}}}$.