Unendliche Summe herleiten

22.10.2021, 21:54

Ulrich Ruhnau

Unendliche Summe herleiten

Maple liefert mir das folgende Ergebnis für die Summe:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac1{m^2-\frac m2} =4\ln 2 \end{eqnarray*}$

Kann mir jemand das herleiten?

22.10.2021, 22:29

IfindU

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RE: Unendliche Summe herleiten
Mit $\begin{eqnarray*} \frac 1 { m^2 - \frac m 2} = 4 \left ( \frac 1 {2m-1} - \frac 1 {2m} \right) \end{eqnarray*}$ ist die Frage also warum $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^\infty \left ( \frac 1 {2m-1} - \frac 1 {2m} \right) = \ln 2 \end{eqnarray*}$ . Wenn man das Ergebnis kennt, ist es klar, dass man die Taylorentwicklung von $\begin{eqnarray*} \log(x+1) \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} x= 1 \end{eqnarray*}$ dafür nutzen kann.

Wie man selbstständig drauf kommen, sehe ich gerade nichts direktes.

23.10.2021, 09:43

Finn_

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Ein geschulter Blick spürt bei dieser Reihe das Muster

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{4}\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2-\frac{m}{2}} = \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{2m(2m-1)} = \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^{\underline 2}} \end{eqnarray*}$

auf. Hm. Mal sehen,

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(2m)^{\underline 2}} = \frac{(2m-2)!}{(2m)!} = \frac{\Gamma(2m-1)}{\Gamma(2m+1)} = B(2,2m-1), \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ die Betafunktion ist. Vermittels ihrer Definition als Parameterintegral findet man

$\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(2m)^{\underline 2}} = \sum_{m=1}^\infty B(2,2m-1) = \sum_{m=1}^\infty \int_0^1 (1-t)(t^2)^{m-1}\,\mathrm dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 (1-t)\sum_{k=0}^\infty (t^2)^k\,\mathrm dt = \int_0^1 \frac{1-t}{1-t^2}\,\mathrm dt = \ln 2. \end{eqnarray*}$

23.10.2021, 14:41

Ulrich Ruhnau

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RE: Unendliche Summe herleiten

Zitat:

Original von IfindU
... ist die Frage also warum $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^\infty \left ( \frac 1 {2m-1} - \frac 1 {2m} \right) = \ln 2 \end{eqnarray*}$ . Wenn man das Ergebnis kennt, ist es klar, dass man die Taylorentwicklung von $\begin{eqnarray*} \log(x+1) \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} x= 1 \end{eqnarray*}$ dafür nutzen kann.

Mit $\begin{eqnarray*} \ln(1+x)=x-\frac {x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+...-... \end{eqnarray*}$

ist schon alles klar. Man setzt also nur x = 1 ein.

$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)= \sum_{m=1}^\infty \left ( \frac 1 {2m-1} - \frac 1 {2m} \right) =x-\frac {x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+...-... \end{eqnarray*}$

Dank an IfindU und an Finn! smile

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