Eine Formel für Reihen mit rationalen Summanden
Seien f, g : ℂ → ℂ Polynome, und sei h = f/g. Wir nehmen an, dass die Reihe
∑n ≥ 0 h(n) = ∑n ≥ 0 f (n)g(n)
konvergiert. Dies ist äquivalent zu deg(f) + 2 ≤ deg(g). Weiter nehmen wir an, dass g nur einfache Nullstellen w1, …, wr in ℂ besitzt (mit r = deg(g)). Dann hat die Partialbruchzerlegung von f/g die Form
f (z)g(z) = ∑j cjz − wj mit c1, …, cr ∈ ℂ,
wobei hier und im Folgenden alle j-Summen die Zahlen j = 1, …, r durchlaufen. Wir nehmen nun zusätzlich an, dass wj ∉ ℕ für j = 1, …, n. Dann gilt
∑n ≥ 0 f (n)g(n) = ∑n ≥ 0 ∑j cjn − wj.
Um die ψ-Funktion einsetzen zu können, brauchen wir eine für sich interessante Beobachtung:
(+) ∑j cj = 0.(Nullsumme der Zähler-Koeffizienten)
Wer mit der Partialbruchzerlegung durch Lösen von Gleichungssystemen vertraut ist, kann dies sofort einsehen. Wer nicht, verwendet den zweiten Beweis (der ebenfalls ansprechend ist).
Beweis von (+)
Die Summe der cj ist der Koeffizient von zr − 1 des Polynoms f. Wegen deg(f) ≤ r − 2 ist dieser Koeffizient gleich 0.
Zweiter Beweis von (+)
Sei ε > 0. Da die Reihe konvergiert, ist die mit ε skalierte harmonische Reihe keine Minorante der Reihe, sodass
|∑j cjn − wj| = |f (n)g(n)| ≤ εn für unendlich viele n.
(Stärker gilt dies sogar schließlich, da die rationale Funktion h′ eine größte Nullstelle x0 besitzt, sodass h(x) ab x0 monoton gegen 0 konvergiert.)
Multiplikation der Ungleichung mit n und Grenzwertbildung zeigt, dass
|∑j cj| = liminfn |∑j cj1 − wj/n| ≤ ε.
Da dies für alle ε > 0 gilt, folgt (+).
Nach diesen Vorbereitung können wir den Wert der Reihe mit Hilfe der Reihendarstellung der Digamma-Funktion berechnen. Wir verwenden die Variante ab 0 ohne 1/z.
| ∑n ≥ 0 h(n) | = ∑n ≥ 0 ∑j (cjn − wj + 0) =(+) ∑n ≥ 0 ∑j cj (1n − wj − 1n + 1) |
| = ∑j cj ∑n ≥ 0 (1n − wj − 1n + 1) | |
| = − ∑j cj (ψ(− wj) + γ) =(+) − ∑j cj ψ(− wj). |
Bemerkungen
(1) | Verwenden wir die Reihendarstellung ab 1, so ergibt sich ∑n ≥ 1 h(n) = − ∑1 < j ≤ r cj ψ(1 − wj). Diese Variante erhalten wir auch mit h(0) = ∑1 ≤ j ≤ r − cj/wj aus der ersten Formel und der Funktionalgleichung. |
(2) | Die Voraussetzung wj ∉ ℕ ist nicht wesentlich. Denn für alle n0 gilt: ∑n ≥ 0 h(n) = h(0) + … + h(n0 − 1) + ∑n ≥ 0 h(n + n0). Wählen wir n0 groß genug, so hat die rationale Funktion h mit h(n) = h(n + n0) für alle n keine Nullstellen in ℕ. |
(3) | Die Voraussetzung der Einfachheit der Nullstellen ist dagegen wesentlich. Um mehrfache Nullstellen zu behandeln, müssen die Ableitungen der ψ-Funktion verwendet werden. Diese Polygamma-Funktionen werden wir gleich noch einführen. |
Beispiel
Es gilt
∑n ≥ 0 n + 4(n + 1) (n + 2) (n + 3) = ∑n ≥ 0 (3/2n + 1 + − 2n + 2 + 1/2n + 3)
= − 32 ψ(1) + 2 ψ(2) − 12 ψ(3) = 54.
Dabei ist
w1 = −1, w2 = − 2, w3 = − 3, c1 = 3/2, c2 = −2, c3 = 1/2,
ψ(1) = − γ, ψ(2) = 1 − γ, ψ(3) = 3/2 − γ.
Da die Summe der cj gleich 0 ist, geht γ in das Ergebnis nicht ein. Das Ergebnis ist eine Linearkombination harmonischer Zahlen.
Wir betrachten noch zwei Beispiele mit komplexen Summanden.
Beispiel
Es gilt
∑n ≥ 0 1(n − i) (n − 2i) = ∑n ≥ 0 (in − i + − in − 2i ) = − i ψ(− i) + i ψ(−2i).
Dabei ist
w1 = i, w2 = 2 i, c1 = i, c2 = − i,
Der gerundete numerische Wert der Summe ist − 0,255867 + 0,619941 i.
Umgekehrt liefern bekannte Reihen Informationen über ψ:
Beispiel: Berechnung von ψ an der Stelle i
Es gilt
∑n ≥ 0 1n2 + 1 = ∑n ≥ 0 (− i/2n − i + i/2n + i ) = − i2 ψ(i) + i2 ψ(−i)
= 12i(ψ(i) − ψ(−i)) = Im(ψ(i)).
Dabei ist w1 = i, w2 = − i, c1 = −i/2, c2 = i/2. Dieses Ergebnis erhalten wir leichter, wenn wir die Imaginärteilformel für ψ(z) auf i anwenden:
Im(ψ(i)) = ∑n ≥ 0 1|n + i|2 = ∑n ≥ 0 1n2 + 1.
Aus der Kotangensreihe
π cot(π z) = 1z + ∑n ≥ 1 2zz2 − n2
und der Formel i cot(i z) = coth(z), ergibt sich
π coth(π) = i π cot(π i) = 1 + ∑n ≥ 1 2n2 + 1 = −1 + 2 Im(ψ(i)), sodass
(1) Im(ψ(i)) = 12 (π coth(π) + 1) = ∑n ≥ 0 1n2 + 1.
Die Realteilformel für ψ(i) liefert (Übung)
(2) Re(ψ(i)) = − γ − ∑n ≥ 0 n − 1n3 + n2 + n + 1.
Numerisch gilt
ψ(i) = 0,0946503 + 2,07667 i (gerundet).