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Unzulänglichkeiten und Fehler von Mathematica und Maple

Computeralgebra-Systeme wie Mathematica und Maple können niemals den Menschen als Rechner und Denker ersetzen, da sie nur das können was ihnen ein Mensch implementiert hat. Hierbei treten auch Unzulänglichkeiten und Fehler auf. Wesentlich ist daher die Erkenntnis, dass man stets beide Systeme ergänzend einsetzen sollte. Folgendes Beispiel mag dies verdeutlichen.

Mathematica 9.0 hat Schwierigkeiten den Realteil von $e^{\sqrt {i}}$ zu extrahieren.

Re[Exp[Sqrt[I]]] liefert die Frage zurück. Maple 12 gibt ohne Schwierigkeiten das richtige Ergebnis an:

Re(exp(sqrt(I))) liefert exp(sqrt(2)/2) cos(sqrt(2)/2)

Dieses Teilproblem zeigt sich beispielsweise beim Evaluieren des Integrals:

Integrate[x^2*Cos[x]/(1+x^4),{x,0,Infinity}] zu (-1)^(1/4) (-I + Exp[I Sqrt[2]]) Pi / (4 Exp[(-1)^(1/4)])

Mathematica kann hier weder Real- noch Imaginärteil extrahieren. Eine mumerische Auswertung mittels Operator N[%,50] zeigt, dass der Imaginärteil tatsächlich gegen 0 konvergiert. Ein ständiges Ärgernis dieses Operators ist jedoch die zwanghafte Rundung mit Rauschen der nachfolgenden Stellen.

Maple verwendet ein anderes Integrationsverfahren mittels Spezieller Funktionen. Hier gelingt zwar eine Extraktion des Realteils, aber die Zusammenfassung mehrerer Werte mit sinh gelingt nicht.

Hier hilft also nur Papier und Bleistift weiter. Die Extraktion per Hand des Realteils und des verschwindenden Imaginärteils aus obigem Mathematica-Ergebnis ergibt:

${\begin{aligned}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{4}}}dx&={\frac {\cos {{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}}+\sin {{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}}}{4e^{1/{\sqrt {2}}}}}\pi {\sqrt {2}}=0{,}77213\dots \\\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{2}\cos x}{1+x^{4}}}dx&={\frac {\cos {{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}}-\sin {{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}}}{4e^{1/{\sqrt {2}}}}}\pi {\sqrt {2}}=0{,}06057\dots \end{aligned}}$

Beide Integrale ergeben sich mittels Residuensatz aus den vier komplexen Polstellen des Nenners. Bemerkenswert ist, dass die Eulersche Zahl $e$ aus dem cos des Zählers durch diese Polstellen herausgequetscht wird. Die Kraft einer (komplexen) Polstelle ist so stark, dass sie den Wert des Integrals über ein reelles Integral beeinflusst.

Auch bei den beiden folgenden Integralen gelingt es den Computeralgebra-Systemen nicht immer einen kompakten symbolischen Wert zu liefern:

${\begin{aligned}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x\sin x}{1+x^{4}}}dx&={\frac {\pi }{2e^{1/{\sqrt {2}}}}}\sin {\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}=0{,}5031506\dots \\\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x^{3}\sin x}{1+x^{4}}}dx&={\frac {\pi }{2e^{1/{\sqrt {2}}}}}\cos {\tfrac {1}{2}}{\sqrt {2}}=0{,}5888174\dots \end{aligned}}$

Mathematica 9.0 gelingt das erste Integral tadellos, beim zweiten gelangt es mit Hilfe spezieller Fubktionen zu einem sehr umfangreichen komplexen Ausdruck, dessen Real- und verschwindender Imaginärteil nicht extrahiert werden können. Maple scheitert bei beiden Integralen am Zusammenfassen von $\cosh x-\sinh x=e^{-x}$.

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Zunächst betrachten wir das einfachere Integral:

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {\cos x}{1+x^{2}}}dx={\frac {\pi }{2e}}=0{,}57786...$

Wobei dieses Integral durch Integration der Hilfsfunktion $f(z)={\frac {e^{iz}}{1+z^{2}}}$ über den unendlichen Halbkreis $\gamma$ der oberen komplexen Halbebene um die Polstelle $i$ entsteht. Der Anteil über den oberen Kreisrand verschwindet.

$\int \limits _{\gamma }f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos z}{1+z^{2}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin z}{1+z^{2}}}dz=2\pi i\cdot {\underset {z=i}{\operatorname {Res} }}f(z)=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}(z-i)f(z)=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}{\frac {(z-i)e^{iz}}{(z+i)(z-i)}}=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}{\frac {e^{iz}}{z+i}}={\frac {\pi }{e}}$

Nun verschwindet der Imaginärteil dieses Integrals, da der betreffende Integrand ungerade ist und es verbleibt:

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos z}{1+z^{2}}}dz={\frac {\pi }{e}}$

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Nun betrachten wir das verwandte Integral:

$\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {x\sin x}{1+x^{2}}}dx={\frac {\pi }{2e}}=0{,}57786...$

Wie eben erhalten wir:

$\int \limits _{\gamma }zf(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }zf(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\cos z}{1+z^{2}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\sin z}{1+z^{2}}}dz=2\pi i\cdot {\underset {z=i}{\operatorname {Res} }}\,zf(z)=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}(z-i)\cdot zf(z)=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}{\frac {(z-i)ze^{iz}}{(z+i)(z-i)}}=2\pi i\cdot \lim _{z\to i}{\frac {ze^{iz}}{z+i}}={\frac {\pi i}{e}}$

Nun verschwindet der Realteil dieses Integrals, da der betreffende Integrand ungerade ist und es verbleibt:

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\sin z}{1+z^{2}}}dz={\frac {\pi }{e}}$

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Die eingangs genannten Integrale ergeben sich ähnlich elementar durch Integration der Hilfsfunktion $f(z)={\frac {e^{iz}}{1+z^{4}}}$ über den oberen unendlichen Halbkreis $\gamma$ um die Polstellen $\rho _{0}={\sqrt {i}}={\tfrac {1+i}{\sqrt {2}}}$ und $\rho _{1}={\sqrt {-i}}=i{\sqrt {i}}={\tfrac {-1+i}{\sqrt {2}}}$, wobei die komplexen Quadratwurzeln hier als Festwerte und nicht als Hauptwerte notiert und benutzt werden.

$\int \limits _{\gamma }f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos z}{1+z^{4}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin z}{1+z^{4}}}dz=2\pi i\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}f(z)$

Für die Residuen ergibt sich wegen $1+z^{4}=(z^{2}+i)(z^{2}-i)$:

${\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}f(z)=\lim _{z\to \rho _{0}}(z-\rho _{0})f(z)=\lim _{z\to \rho _{0}}{\frac {(z-{\sqrt {i}})\cdot e^{iz}}{(z^{2}+i)(z+{\sqrt {i}})(z-{\sqrt {i}})}}={\frac {e^{i{\sqrt {i}}}}{2i\cdot 2{\sqrt {i}}}}=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{\sqrt {-i}}$

${\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}f(z)=\lim _{z\to \rho _{1}}(z-\rho _{1})f(z)=\lim _{z\to \rho _{1}}{\frac {(z-{\sqrt {-i}})\cdot e^{iz}}{(z^{2}-i)(z+{\sqrt {-i}})(z-{\sqrt {-i}})}}={\frac {e^{i{\sqrt {-i}}}}{-2i\cdot 2{\sqrt {-i}}}}=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {-i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}=-i\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}$

Zum Zusammenfassen der Residuen benutzen wir die Rechenregel $z+i{\overline {z}}=(1+i)(\operatorname {Re} z+\operatorname {Im} z)$ und die konjugative Durchschleifregel $e^{\overline {z}}={\overline {e^{z}}}$

$\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\left(e^{\sqrt {-i}}+ie^{-{\sqrt {i}}}\right)=-{\tfrac {1+i}{4{\sqrt {2}}}}\left(e^{\frac {-1+i}{\sqrt {2}}}+ie^{\frac {-1-i}{\sqrt {2}}}\right)=-{\tfrac {1}{8}}{\sqrt {2}}\cdot (1+i)^{2}\left(\operatorname {Re} e^{\tfrac {-1+i}{\sqrt {2}}}+\operatorname {Im} e^{\tfrac {-1+i}{\sqrt {2}}}\right)=-{\tfrac {i}{4}}{\sqrt {2}}\cdot e^{\frac {-1}{\sqrt {2}}}\left(\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}+\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)$

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\cos z}{1+z^{4}}}dz={\frac {2\pi {\sqrt {2}}}{4e^{\frac {1}{\sqrt {2}}}}}\left(\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}+\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)$

Da der Integrand gerade ist, ergibt sich hieraus sofort die Behauptung.

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Die ähnlichen Integrale mit den Momenten $x,x^{2},x^{3}$ ergeben sich ganz ähnlich:

$\int \limits _{\gamma }z^{2}f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }z^{2}f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{2}\cos z}{1+z^{4}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{2}\sin z}{1+z^{4}}}dz=2\pi i\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}z^{2}f(z)$

Für die Residuen ergibt sich wie oben:

${\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}\,z^{2}f(z)=\rho _{0}^{2}\,{\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot ie^{\sqrt {-i}}$

${\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}\,z^{2}f(z)=\rho _{1}^{2}\,{\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}f(z)=(-i)(-i)\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}$

Zum Zusammenfassen der Residuen benutzen wir die Rechenregel $z+i{\overline {z}}=(1+i)(\operatorname {Re} z+\operatorname {Im} z)$

$\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}\,z^{2}f(z)=-{\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\left(e^{-{\sqrt {i}}}+ie^{\sqrt {-i}}\right)=-{\tfrac {1+i}{4{\sqrt {2}}}}\left(e^{\frac {-1-i}{\sqrt {2}}}+ie^{\frac {-1+i}{\sqrt {2}}}\right)=-{\tfrac {1}{8}}{\sqrt {2}}\cdot (1+i)^{2}\left(\operatorname {Re} e^{\tfrac {-1-i}{\sqrt {2}}}+\operatorname {Im} e^{\tfrac {-1-i}{\sqrt {2}}}\right)=-{\tfrac {i}{4}}{\sqrt {2}}\cdot e^{\frac {-1}{\sqrt {2}}}\left(\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}-\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)$

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{2}\cos z}{1+z^{4}}}dz={\frac {2\pi {\sqrt {2}}}{4e^{\frac {1}{\sqrt {2}}}}}\left(\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}-\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)$

Da der Integrand gerade ist, ergibt sich hieraus sofort die Behauptung.

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$\int \limits _{\gamma }zf(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }zf(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\cos z}{1+z^{4}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\sin z}{1+z^{4}}}dz=2\pi i\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}zf(z)$

Für die Residuen ergibt sich wie oben:

${\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}\,zf(z)=\rho _{0}\,{\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-{\sqrt {i}}\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{\sqrt {-i}}=-{\tfrac {1}{4}}ie^{\sqrt {-i}}$

${\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}\,zf(z)=\rho _{1}\,{\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-{\sqrt {-i}}\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {-i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}={\tfrac {1}{4}}ie^{-{\sqrt {i}}}$

Zum Zusammenfassen der Residuen benutzen wir die Rechenregel $z-{\overline {z}}=2i\operatorname {Im} z$

$\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}zf(z)={\tfrac {1}{4}}i\left(e^{-{\sqrt {i}}}-e^{\sqrt {-i}}\right)={\tfrac {1}{4}}i\left(e^{\frac {-1-i}{\sqrt {2}}}-e^{\frac {-1+i}{\sqrt {2}}}\right)={\tfrac {1}{4}}i\cdot 2i\operatorname {Im} e^{\tfrac {-1-i}{\sqrt {2}}}={\tfrac {1}{2}}e^{\frac {-1}{\sqrt {2}}}\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}$

Da die Summe der Residuen reell ist, muss auf der linken Seite der reelle Anteil des Integrals verschwinden (was aber wegen des ungeraden Integranden auch so klar ist). Somit ergibt ein Vergleich der verbleibenden Imaginärteile:

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z\sin z}{1+z^{4}}}dz={\frac {\pi }{e^{\frac {1}{\sqrt {2}}}}}\sin {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}$

Da der Integrand gerade ist, ergibt sich hieraus sofort die Behauptung.

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$\int \limits _{\gamma }z^{3}f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }z^{3}f(z)\,dz=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{3}\cos z}{1+z^{4}}}dz+i\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{3}\sin z}{1+z^{4}}}dz=2\pi i\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}z^{3}f(z)$

Für die Residuen ergibt sich wie oben:

${\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}\,z^{3}f(z)=\rho _{0}^{3}\,{\underset {z=\rho _{0}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-i{\sqrt {i}}\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {i}}\cdot e^{\sqrt {-i}}={\tfrac {1}{4}}e^{\sqrt {-i}}$

${\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}\,z^{3}f(z)=\rho _{1}^{3}\,{\underset {z=\rho _{1}}{\operatorname {Res} }}f(z)=-(-i){\sqrt {-i}}\cdot {\tfrac {1}{4}}{\sqrt {-i}}\cdot e^{-{\sqrt {i}}}={\tfrac {1}{4}}e^{-{\sqrt {i}}}$

Zum Zusammenfassen der Residuen benutzen wir die Rechenregel $z+{\overline {z}}=2\operatorname {Re} z$

$\sum _{k=0,1}{\underset {z=\rho _{k}}{\operatorname {Res} }}z^{3}f(z)={\tfrac {1}{4}}\left(e^{-{\sqrt {i}}}+e^{\sqrt {-i}}\right)={\tfrac {1}{4}}\left(e^{\frac {-1-i}{\sqrt {2}}}+e^{\frac {-1+i}{\sqrt {2}}}\right)={\tfrac {1}{4}}\cdot 2\operatorname {Re} e^{\tfrac {-1-i}{\sqrt {2}}}={\tfrac {1}{2}}e^{\frac {-1}{\sqrt {2}}}\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}$

Da die Summe der Residuen reell ist, muss auf der linken Seite der reelle Anteil des Integrals verschwinden (was aber wegen des ungeraden Integranden auch so klar ist). Somit ergibt ein Vergleich der verbleibenden Imaginärteile:

$\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {z^{3}\sin z}{1+z^{4}}}dz={\frac {\pi }{e^{\frac {1}{\sqrt {2}}}}}\cos {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}$

Da der Integrand gerade ist, ergibt sich hieraus sofort die Behauptung.

Additionstheoreme und das Problem von Stormer-Grave

Einleitung. Betrachten wir die Formel von John Machin   ${\frac {\pi }{4}}=4\arctan {\tfrac {1}{5}}-\arctan {\tfrac {1}{239}}$  bzw.  act 1 = 4act 5 - act 239   von 1706, so stellt sich die Frage nach weiteren solchen Formeln und nach Methoden diese konstruktiv oder verifizierend zu gewinnen. Durch welche Überlegungen und Schritte Machin zu dieser Formel gelangte, ist nicht bekannt. Jedenfalls war er in der Lage die Formel zu verifizieren bzw. das zweite Glied nach Ansetzen des ersten Gliedes zu bestimmen (siehe unten). Möglicherweise hat er bei Betrachtung des arctan-Additionstheorems eine solche Formel geahnt.
Es gibt zwei vollkommen unterschiedlcihe Methoden diese Formeln zu behandeln: die klassische Methode mittels Additionstheoreme und eine modernere von Gauß entwickelte, die im Ring der Gaußschen Zahlen $a+bi$ arbeitet. Interessante Möglichkeiten ergeben sich durch Kombination beider Methoden.

Additionstheoreme. Aus den Additionstheoremen für sin und cos ergibt sich:   $\tan(x+y)={\frac {\tan x+\tan y}{1-\tan x\cdot \tan y}}$   bzw.   $\arctan a+\arctan b=\arctan {\frac {a+b}{1-ab}}$   mit   ab < 1
Hieraus folgt mit a = 1/ x und b = 1/ y

$\operatorname {act} x+\operatorname {act} y=\operatorname {act} {\frac {xy-1}{x+y}}$

Für y = -x-1 ergibt sich die polynomiale Expansionsformel

$\operatorname {act} x=\operatorname {act} (x+1)+\operatorname {act} (x^{2}+x+1)$

Hieraus ergeben sich die beiden Gleichungen

$\operatorname {act} 1=\operatorname {act} 2+\operatorname {act} 3$   bzw.   $\operatorname {act} 2=\operatorname {act} 3+\operatorname {act} 7$

deren Subtraktion bzw. Addition insgesamt die drei Gleichungen liefert:

${\begin{aligned}\operatorname {act} 1&=\operatorname {act} 2+\operatorname {act} 3\\\operatorname {act} 1&=2\operatorname {act} 2-\operatorname {act} 7\\\operatorname {act} 1&=2\operatorname {act} 3+\operatorname {act} 7\end{aligned}}$

Um größere Argumente zu bekommen, ist die kubische Expansions-Formel hilfreich (Quelle fehlt!)

$\operatorname {act} x=2\operatorname {act} (2x)-\operatorname {act} (4x^{3}+3x)$

Beweis. Zunächst gilt

$2\operatorname {act} (2x)=\operatorname {act} (2x)+\operatorname {act} (2x)=\operatorname {act} {\frac {4x^{2}-1}{4x}}=\operatorname {act} \left(x-{\frac {1}{4x}}\right)$

also

$2\operatorname {act} (2x)-\operatorname {act} x=\operatorname {act} \left(x-{\frac {1}{4x}}\right)+\operatorname {act} (-x)=\operatorname {act} {\frac {-x^{2}+{\tfrac {1}{4}}-1}{-{\frac {1}{4x}}}}=\operatorname {act} (4x^{3}+3x)$

Die Formel von Machin lässt ähnlich mit etwas Bruchrechnung verifizieren:

${\begin{aligned}2\operatorname {act} 5&=\operatorname {act} {\tfrac {5^{2}-1}{10}}=\operatorname {act} {\tfrac {12}{5}}\\4\operatorname {act} 5&=\operatorname {act} {\frac {\left({\tfrac {12}{5}}\right)^{2}-1}{\frac {24}{5}}}=\operatorname {act} {\tfrac {119}{120}}\\4\operatorname {act} 5&-\operatorname {act} 1=\operatorname {act} {\frac {-{\frac {119}{120}}-1}{{\frac {119}{120}}-1}}=\operatorname {act} (119+120)=\operatorname {act} 239\end{aligned}}$

Nach Anwendung der kubischen Expansions-Formel ergibt sich die Formel von Samuel Klingenstierna (1730)

$\operatorname {act} 1=4\operatorname {act} 5-\operatorname {act} 239=8\operatorname {act} 10-\operatorname {act} 239-4\operatorname {act} 515$

Methode von Gauß

Exkurs Schöne Formeln. Als ich in Göttingen Mathematik studierte, stellte ein Professor während der Vorlesung die unerwartete Frage: Was ist eine schöne Formel?. Diese Problematik war mir bisher ansatzweise auch aufgefallen. Ohne bisher explizit und systematisch darüber nachgedacht zu haben, erschien mir die Frage überfällig, aber schwierig. Das Thema ist in der Literatur dünn besetzt. Oft wird die Eulersche Identität $e^{\pi i}=-1$ angeführt. Gespräche mit Mathematikern, die sich auf dem Gebiet besser als andere auskennen, führen auf Arbeiten von Max Bense. Aber auch hier ist die Frage - wenn überhaupt - nur ansatzweise behandelt. Dagegen ist das Thema Schönheit aus allgemneiner Sicht besser untersucht. So ie auch das Kunstverständnis bei den verschiedenen Menschen auseinandergeht, so ist auch in dieser FRage keine volle Übereinstimmung zu erzielen. Es sollen hier nur einige persönliche Kriterien angeführt werden.
1. Die Formel ist mathemnatisch richtig und bewiesen.
2. Die Formel enthält ein Minimum an mathematischem Gehalt. Z.B. erfüllt a = b-1 dies nicht, jedoch (x+1)(x-1) = x²-1)
3. Die Formel muß interessant sein.
4. Die Formel stellt einen unerwarteten Zusammenhang her.

Schülerübungen

Das folgende auf dieser Baustellenseite sind Schüler-Übungen. Die Ergebnisse sind demzufolge noch fehlerhaft und unbefriedigend. So bestehen erhebliche Mängel in der Mathematischen Strenge und Mathematischer Eleganz. Nach einer angemessenen Zeit wird nachgebessert. Die Schüler fangen jedoch wesentlich mehr Dinge an, als sie jemals vollenden können. Die Kunst der Mathemathematik besteht darin, sich auf angehbare UND durchführbare Dinge zu konzentrieren. Extrem schwierige Dinge, oder sogar ungelöste Probleme sollten nur angegangen werden, wenn einerseits das erforderliche Grundwissen mit dem zugehörigen Übungspensum vorhanden ist UND die erforderliceh Zeit und Kraft aufgebracht werden kann. Sonst besteht die Gefahr sich zu verzetteln und Zeit zu vertun, die dann für die Erarbeitung Grundwissens mit dem zugehörigen Übungspensum fehlt. --Skraemer (Diskussion) 09:46, 22. Okt. 2013 (CEST)

Integrale über periodische Funktionen

Satz 1: Sei $f(x)$ eine gerade periodische Funktion mit Periode p dann gilt: $\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx=\int _{p/2}^{p}f(x)\,dx$ bzw. $\int _{0}^{p}f(x)\,dx=2\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx$

Beweis:

Hier dient die Methode der Substitution. Es wird $x=p-z$ im rechten Term eingesetzt. Es ergibt sich somit,
wenn die Verschiebung der Grenzen eingehalten wird: $\int _{p/2}^{0}-f(p-z)\,dz$
Zu beachten ist weiterhin ${\frac {dx}{dz}}=-1\Leftrightarrow dx=-dz$ da auch das Differential mit substituiert werden muss.
Da es sich hierbei um eine periodische Funktion handelt wird daraus $\int _{p/2}^{0}-f(-z)\,dz$
Mit Vertauschung der Integrationsgrenzen und Beachtung der Vorgabe als gerade Funktion ergibt sich tatsächlich $\int _{0}^{p/2}f(z)\,dz$ womit der Satz bewiesen ist.
Der zweite Teil folgt nun unmittelbar aus dem ersten Teil mittels Intervalladditivität: $\int _{0}^{p}f(x)\,dx=\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx+\int _{p/2}^{p}f(x)\,dx=2\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx$

Satz 2: Sei $f(x)$ eine ungerade periodische Funktion mit Periode p dann gilt: $\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx=-\int _{p/2}^{p}f(x)\,dx$ bzw. $\int _{0}^{p}f(x)\,dx=0$

Beweis:

Es wird dieselbe Methode wie für gerade Funktionen angewandt. Einziger Unterschied im Vorgehen liegt nur im Aspekt der
Vorgabe der ungeraden Funktion. Verschiebung um p ergibt wieder $\int _{p/2}^{0}-f(-z)\,dz$
Durch Herausziehen des Vorzeichens und Vertauschen der Grenzen erscheint das Gesuchte $-\int _{0}^{p/2}f(z)\,dz$
womit auch dieser Satz bewiesen ist.
Teil zwei ergibt sich analog wie in Satz 1: $\int _{0}^{p}f(x)\,dx=\int _{0}^{p/2}f(x)\,dx+\int _{p/2}^{p}f(x)\,dx=0$

Erweiterung. Interessant ist, dass sich die Perioden noch einmal halbieren lassen. Es gilt:
Satz 3. Sei $f(x)$ eine symmetrische Funktion zur Achse $x=k/2$, d.h. $f(k-x)=f(x)$ dann gilt: $\int _{0}^{k}f(x)\,dx=2\int _{0}^{k/2}f(x)\,dx$

Beweis. Es gilt wieder aufgrund der Intervalladditivität

$\int _{0}^{k}f(x)\,dx=\int _{0}^{k/2}f(x)\,dx+\int _{k/2}^{k}f(x)\,dx$

Das bedeutet es muss nur gezeigt werden, dass $\int _{k/2}^{k}f(x)\,dx$
dem anderen Integral $\int _{0}^{k/2}f(x)\,dx$ entspricht. Es wird $z=k-x$
substituiert, womit sich ergibt

$-\int _{k/2}^{0}f(k-z)\,dx=\int _{0}^{k/2}f(k-z)\,dz=\int _{0}^{k/2}f(z)\,dz$

und der Satz ist bewiesen.

Anwendung. Es ist bemerkenswert, dass sich gewisse bestimmte Integrale allein durch Ausnutzung der Symmetrieeigenschaft exakt berechnen lassen, ohne dass dazu eine Stammfunktion bestimmt werden muss (in vielen Fällen wäre dies mit den elementaren Funktionen auch gar nicht möglich).

Satz 5 (Euler). Es gilt $\int _{0}^{\pi }\log \sin x\,dx=2\int _{0}^{\pi /2}\log \sin x\,dx=-\pi \log 2$

Beweis.

Der erste Teil ergibt sich unmittelbar wegen der Symmetrieeigenschaft zur Achse $x=\pi /2$ aus Satz 3.
Der zweite Teil gelingt mittels der Verdopplungsformel $\sin(2t)=2\sin t\cos t$
und der Rückführung $\cos t=\sin({\frac {\pi }{2}}-t)$
Vorab sei eines zum besseren Verständnis angemerkt (Eine Anmerkung kann kein Bestandteil eines Beweises sein): Da $\sin(x)$ und $\cos(x)$ im Intervall
$0$ bis $\pi /2$ die selben Werte annehmen, nur in umgekehrter Reihenfolge, gilt folgende Gleichung:

$\int _{0}^{\pi /2}\log \sin x\,dx=\int _{0}^{\pi /2}\log \cos x\,dx$ richtig, jedoch muss das formal bewiesen werden, z.B. rücklaufende Substuitution $z=\pi /2-t$

woraus sich folgern lässt:$\int _{0}^{\pi /4}\log \sin x\,dx=\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \cos x\,dx$. sehe nicht, wie und woraus das folgt

Mit der Substitution $x=2t$ also $dx=2dt$ erhalten wir:

$\int _{0}^{\pi /2}\log \sin x\,dx=2\int _{0}^{\pi /4}\log \sin 2t\,dt=2\int _{0}^{\pi /4}\log 2\sin t\cos t\,dt$
$\int _{0}^{\pi /4}\log \sin x\,dx+\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \sin x\,dx={\frac {\pi }{2}}\log 2+2\int _{0}^{\pi /4}\log \sin t\,dt+2\int _{0}^{\pi /4}\log \cos t\,dt$
$\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \sin x\,dx={\frac {\pi }{2}}\log 2+\int _{0}^{\pi /4}\log \sin t\,dt+2\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \sin t\,dt$
$-{\frac {\pi }{2}}\log 2=\int _{0}^{\pi /4}\log \sin t\,dt+\int _{\pi /4}^{\pi /2}\log \sin t\,dt=\int _{0}^{\pi /2}\log \sin t\,dt$
$\int _{0}^{\pi /2}\log \sin t\,dt={\tfrac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }\log \sin t\,dt=-{\frac {\pi }{2}}\log 2$
$\int _{0}^{\pi }\log \sin x\,dx=-\pi \log 2$

Durch partielle Integration erhalten wir:
Corollar. Es gilt $\int _{0}^{\pi /2}{\frac {x}{\tan x}}\,dx=-\int _{0}^{\pi /2}\ln \sin x\,dx={\tfrac {1}{2}}\pi \ln 2$
Somit ist das bei x=0 uneigentliche Integral aus Satz 3 auf ein eigentliches zurückgeführt, womit dessen Konvergenz gezeigt ist.
Satz.

$\int _{0}^{\tfrac {\pi }{2}}\cos x\cdot \log \sin x\,dx=\int _{0}^{\tfrac {\pi }{2}}\sin x\cdot \log \cos x\,dx=-1$

$\int _{0}^{\tfrac {\pi }{2}}\tan x\log \sin x\,dx=-{\tfrac {\pi ^{2}}{24}}$

Beweis. ...

$\int _{0}^{1}{\frac {\log(1+x)}{(1+x^{2})}}\,dx={\tfrac {1}{8}}\pi \log 2$

Ausblick. Ohne Beweis sei erwähnt, dass sich die Teilintegrale aus dem Beweis von Satz 5 mit Hilfe der Catalanschen Konstanten G exakt angeben lassen:

$\int _{0}^{\pi /4}\ln \sin x\,dx=\int _{\pi /4}^{\pi /2}\ln \cos x\,dx=-{\tfrac {1}{4}}\pi \ln 2-{\tfrac {1}{2}}G$

$\int _{0}^{\pi /4}\ln \cos x\,dx=\int _{\pi /4}^{\pi /2}\ln \sin x\,dx=-{\tfrac {1}{4}}\pi \ln 2+{\tfrac {1}{2}}G$

In der Summe fällt die Catalansche Konstante heraus und es ergibt sich wieder das Integral aus Satz 3.

Riemannsche Zetafunktion

Satz. $\zeta (-1)=-{\tfrac {1}{12}}(=1+2+3...+\infty )$
Beweis: Mit dem Polylogarithmus. Es gilt ja $\operatorname {Li} _{s}(1)=\zeta (s)$ für alle $\operatorname {Re} (s)>1$ und $\operatorname {Li} _{s}(-1)=-\eta (s)$ für alle s in $\mathbb {C}$.
Weiterhin gilt für alle s die Identität $\eta (s)=(1-2^{s-1})\zeta (s)$.
Weil nun $\operatorname {Li} _{-1}(x)={\frac {x}{(1-x)^{2}}}$ ist ergibt sich: $\operatorname {Li} _{-1}(-1)={\frac {-1}{(1-(-1))^{2}}}={\frac {-1}{2^{2}}}=-{\tfrac {1}{4}}$ woraus folgt $\eta (-1)={\tfrac {1}{4}}$. Jetzt nach Zeta umstellen, ergibt $\eta (-1)={\tfrac {1}{4}}=(1-2^{1-(-1)})\zeta (-1)=(1-2^{2})\zeta (-1)=-3\zeta (-1)$ woraus folgt $\zeta (-1)=-{\tfrac {1}{12}}$.

Satz.(Euler, 1736)

$\zeta (2n)=(-1)^{n+1}{\frac {2^{2n-1}\pi ^{2n}B_{2n}}{(2n)!}}$

Beweis. Der Cotangens kann auf zwei Arten in Potenzreihen entwickelt werden, eine Möglichkeit liefert das Sinusprodukt.

$\sin(\pi x)=\pi x\prod _{k=1}^{\infty }(1-{\frac {x^{2}}{k^{2}}})$ was durch logarithmieren auf

$\log \sin(\pi x)=\log \pi +\log x+\sum _{k=1}^{\infty }\log(1-{\frac {x^{2}}{k^{2}}})$ führt. Dann bringt uns die Differentiation

${\frac {d}{dx}}\log \sin(\pi x)=\pi \cot(\pi x)={\frac {d}{dx}}[\log \pi +\log x+\sum _{k=1}^{\infty }\log(1-{\frac {x^{2}}{k^{2}}})]={\frac {1}{x}}-2x\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}-x^{2}}}$

Nun entwickeln wir die Glieder dieser Partialbruch-Reihe in eine geometrische Reihe:

$\pi x\cot(\pi x)=1-2x^{2}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}(1-{\tfrac {x^{2}}{k^{2}}})}}=1-2x^{2}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {x^{2m}}{k^{2m}}}=1-2\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{m=0}^{\infty }{\frac {x^{2m+2}}{k^{2m+2}}}=1-2\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {x^{2m}}{k^{2m}}}=1-2\sum _{m=1}^{\infty }\zeta (2m)x^{2m}$

Wir erhalten also

$x\cot x=1-2\sum _{m=1}^{\infty }\zeta (2m){\frac {x^{2m}}{\pi ^{2m}}}$

Jetzt braucht es eine weitere Darstellung für den Cotangens.

$\cot x={\frac {\cos x}{\sin x}}$ und setzen für Sinus und Cosinus die exponentielle Form ein. Weil

$e^{i\phi }=\cos \phi +i\cdot \sin \phi$ ergibt sich

$\sin \phi ={\frac {1}{2i}}(e^{i\phi }-e^{-i\phi })$ und $\cos \phi ={\frac {1}{2}}(e^{i\phi }+e^{-i\phi })$ woraus wir erhalten

$x\cot x=ix{\frac {e^{ix}+e^{-ix}}{e^{ix}-e^{-ix}}}=ix{\frac {e^{2ix}+1}{e^{2ix}-1}}$ Setze nun z=2ix

$x\cot x={\frac {z}{2}}\cdot {\frac {e^{z}+1}{e^{z}-1}}={\frac {z}{2}}\cdot {\frac {e^{z}-1+2}{e^{z}-1}}={\frac {z}{2}}\cdot {\frac {e^{z}-1}{e^{z}-1}}+{\frac {z}{e^{z}-1}}={\frac {z}{2}}+{\frac {z}{e^{z}-1}}$

Der letzte Ausdruck ist gerade die Funktion, die die Bernoulli-Zahlen generiert und wegen dem ${\frac {z}{2}}$ fällt $B_{1}$ weg.
Weil damit nur die geraden Potenzen übrig bleiben kann es auch so geschrieben werden:

$x\cot x=1+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}z^{2k}=1+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}(2ix)^{2k}=1+\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}}x^{2k}$

Durch Gegenüberstellung erhalten wir dann endlich:

$x\cot x=1-2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\zeta (2n)}{\pi ^{2n}}}x^{2n}=1+\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}}x^{2n}$

Und der Koeffizientenvergleich bringt obiges Ergebnis. Die Zahl n im Argument repräsentiert alle natürlichen Zahlen und $B_{2n}$ die Bernoullischen Zahlen. Formal hat die Formel auch noch Bestand für $n=0$, da $\zeta (0)=-{\tfrac {1}{2}}$ ist. Was jetzt noch fehlt sind an sich zwei Dinge: Zum einen, mit dem sogenannten "Herglotz-Trick" zu zeigen, dass die Funktionen $f(x)=\cot(x)$ und $g(x)=\lim _{N\to \infty }\sum _{k=-N}^{N}{\frac {1}{x+k}}$ übereinstimmen und zum anderen der gewonnenen Generalformel für $\zeta (2n)$ diejenige für $\beta (2n+1)$ gegenüberzustellen, was dann durch die Partialbruchzerlegung des Tangens und den Euler-Zahlen zustande kommt. Analog zu den Bernoulli-Zahlen sind diese definiert durch

${\frac {1}{\cos(x)}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {E_{2k}}{(2k)!}}x^{2k}$.

Gammafunktion

Betractet man die Eulersche Ergänzungsformel für die Gammafunktion, so lässt sich eine Identität gewinnen.

$\Gamma (x)\Gamma (1-x)={\frac {\pi }{\sin(\pi x)}}$ wird auf beiden Seiten mit dem Argument multipliziert.

$x\Gamma (x)\Gamma (1-x)={\frac {\pi x}{\sin(\pi x)}}$

$\Gamma (1+x)\Gamma (1-x)={\frac {\pi x}{\sin(\pi x)}}$ (Funktionalgleichung)

$\Gamma (1+{\tfrac {x}{2}})\Gamma (1-{\tfrac {x}{2}})={\frac {\pi {\tfrac {x}{2}}}{\sin(\pi {\tfrac {x}{2}})}}$

$\int _{0}^{1}\Gamma (1+{\tfrac {x}{2}})\Gamma (1-{\tfrac {x}{2}})\,dx=\int _{0}^{1}{\frac {\pi {\tfrac {x}{2}}}{\sin(\pi {\tfrac {x}{2}})}}\,dx$

$2\int _{0}^{\tfrac {1}{2}}\Gamma (1+x)\Gamma (1-x)\,dx={\tfrac {2}{\pi }}\int _{0}^{\tfrac {\pi }{2}}{\frac {x}{\sin(x)}}\,dx$ (Substitution)

$\int _{0}^{\tfrac {1}{2}}\Gamma (1+x)\Gamma (1-x)\,dx={\tfrac {2G}{\pi }}=\beta ^{\prime }(-1)$

Bestimmte Integrale

Ich fand für eine gewisse Klasse bestimmter Integrale die allgemeine Lösung:

$\int _{0}^{1}\arctan(x)\log ^{k-2}(x){\frac {\,dx}{x}}=(-1)^{k+1}(k-2)!\beta (k)$ wobei $\beta (k)$ die Dirichletsche Betafunktion bezeichnet. Der erste Spezialfall wäre dann

$\int _{0}^{1}\arctan(x)\log(x){\frac {\,dx}{x}}=\beta (3)={\tfrac {\pi ^{3}}{32}}$

Diese Formel gilt auf jeden Fall für alle ganzen k grösser 1.
Desweiteren ergab sich

$\int _{0}^{1}\log(1-x)\log ^{k}(x){\frac {\,dx}{x}}=(-1)^{k+1}k!\zeta (k+2)$

Dann sind wieder schöne Spezialfälle

$\int _{0}^{1}\log(1-x)\log(x){\frac {\,dx}{x}}=\zeta (3)$ wobei $\zeta (3)$, die Apery-Konstante ist.

$\int _{0}^{1}\log(1-x)\log ^{3}(x){\frac {\,dx}{x}}=6\zeta (5)$

Ausserdem fand ich eine weitere bemerkenswerte Identität:

$\int _{0}^{1}\sin(x)\log(x){\frac {\,dx}{x}}=-{\tfrac {1}{2}}\int _{0}^{1}\cos(x)\log(x)\,dx=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!(2k+1)^{3}}}$

$\int _{0}^{1}x\cdot \arctan(x)\log(x)\,dx=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{(2k+1)(2k+3)^{2}}}={\tfrac {1}{2}}({\tfrac {3}{2}}-\log 2-G)$

$\int _{0}^{1}x^{2}\cdot \arctan(x)\log(x)\,dx=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{(2k+1)(k+2)^{2}}}={\tfrac {5}{36}}-{\tfrac {1}{6}}\log 2-{\tfrac {\pi ^{2}}{144}}$

Diese beiden Integrale veranlassen einen sich mit dem allgemeinen $\int _{0}^{1}x^{k}\cdot \arctan(x)\log(x)\,dx$ zu beschäftigen, um Beziehungen zum Momentenintegral aufzuzeigen. Mathematica 9.0 liefert das folgende bemerkenswerte Integral symbolisch:

$\int _{0}^{1}\arctan(x)\log(x)\,dx={\tfrac {\pi ^{2}}{48}}-{\tfrac {\pi }{4}}+{\tfrac {\log 2}{2}}$

Beweis.

$\int _{0}^{1}\arctan(x)\log(x)\,dx=\int _{0}^{1}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}}\log x\,dx=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}\int _{0}^{1}x^{2n+1}\log x\,dx$

$\int _{0}^{1}x^{2n+1}\log x\,dx=-{\frac {1}{(2n+2)^{2}}}$

Es folgt also

$\int _{0}^{1}\arctan(x)\log(x)\,dx=-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)(2n+2)^{2}}}=-{\tfrac {1}{4}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)(n+1)^{2}}}$

Durch die PBZ ${\frac {1}{(2n+1)(n+1)^{2}}}=-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}-{\frac {2}{(n+1)^{2}}}+{\frac {4}{2n+1}}$ lässt sich diese Summe in drei Teile aufspalten

$-{\tfrac {1}{4}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n+1)(n+1)^{2}}}={\tfrac {1}{4}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(n+1)^{2}}}+{\tfrac {1}{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}={\tfrac {1}{4}}\eta (2)+{\tfrac {1}{2}}\log 2-{\tfrac {\pi }{4}}={\tfrac {1}{8}}\zeta (2)-{\tfrac {\pi }{4}}+{\tfrac {1}{2}}\log 2={\tfrac {\pi ^{2}}{48}}-{\tfrac {\pi }{4}}+{\tfrac {1}{2}}\log 2$

Maple kann dies nicht symbolisch auswerten. --Skraemer (Diskussion) 23:15, 26. Aug. 2013 (CEST)

Satz.

$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}$

Beweis. Mittels Parameterintegrale.

Das Integral $\int \limits _{0}^{1}\arctan x\cdot \log x\,dx$ und das Momentenintegral $M(n):=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x^{n}\log x}{x^{2}+1}}\,dx$

Das bei x=0 uneigentliche Integral $M(0)=\int _{0}^{1}{\frac {\log x}{x^{2}+1}}dx$ ergibt sich durch partielle Integration direkt aus der Catalansche Konstante:

$G=\int _{0}^{1}{\frac {\arctan x}{x}}dx=\log x\arctan x{\Big |}_{0}^{1}-\int _{0}^{1}{\frac {\log x}{x^{2}+1}}dx=0-M(0)$ also $M(0)=-G$

$M(1)$ ergibt sich auf ähnliche Weise. Durch Entwicklung des Integranden in eine Potenzreihe um x=0 ergibt sich vermöge gleichmäßiger Konvergenz im Konvergenzkreis durch gliedweise Integration zunächst das Integral $\int \limits _{0}^{1}{\frac {\log(x^{2}+1)}{x}}\,dx=\int \limits _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}{\frac {x^{2n-1}}{n}}=\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}{\frac {1}{2n^{2}}}={\tfrac {1}{2}}\eta (2)={\frac {\pi ^{2}}{24}}$

Nun ergibt sich durch partielle Integration $\int \limits _{0}^{1}{\frac {\log(x^{2}+1)}{x}}\,dx=\log x\cdot \log(x^{2}+1){\Big |}_{0}^{1}-2\int \limits _{0}^{1}{\frac {x\log x}{x^{2}+1}}\,dx$ Somit folgt $M(1)=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x\log x}{x^{2}+1}}\,dx=-{\frac {\pi ^{2}}{48}}$.

Allgemeiner gilt folgender
Satz. Für n=0,1,2,… gelten: $M(2n+1)=(-1)^{n}\left(r_{n}-{\frac {\pi ^{2}}{48}}\right)$ und $M(2n)=(-1)^{n}(s_{n}-G)$ mit den rationalen Partialsummen $r_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {(-1)^{k+1}}{(2k)^{2}}}$ und $s_{n}=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)^{2}}}$

Anmerkung. Wegen $\lim _{n\to \infty }r_{n}={\frac {\pi ^{2}}{48}}$ und $\lim _{n\to \infty }s_{n}=G$ folgt $\lim _{n\to \infty }M(n)=0$ mit einem sehr langsamen Konvergenzverhalten. Hier die ersten Werte:

n	0	1	2	3	4	5	6	7
$r_{n}$	$0$	${\tfrac {1}{4}}$	${\tfrac {3}{16}}$	${\tfrac {31}{144}}$	${\tfrac {115}{576}}$	${\tfrac {3019}{14400}}$	${\tfrac {973}{4800}}$	${\tfrac {48877}{235200}}$
$s_{n}$	$0$	$1$	${\tfrac {8}{9}}$	${\tfrac {209}{225}}$	${\tfrac {10016}{11025}}$	${\tfrac {91369}{99225}}$	${\tfrac {10956424}{12006225}}$	${\tfrac {1863641881}{2029052025}}$

Der Satz wurde zunächst experimentell mithilfe von Mathematica gefunden und dann bewiesen. --JWmuench (Diskussion) 19:54, 29. Aug. 2013 (CEST) und --Skraemer (Diskussion) 21:36, 1. Sep. 2013 (CEST)

Beweis. Zuerst betrachten wir den geraden Fall $M(2n)$. Aus der Teleskopreihe $(x-1)\sum _{k=0}^{n-1}x^{k}=x^{n}-1$ ergibt sich mit $-x^{2}$ für x die Reihe

$(-1)^{n}x^{2n}-1=-(x^{2}+1)\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}x^{2k}$

bzw.

(T1) ${\frac {x^{2n}-(-1)^{n}}{x^{2}+1}}=(-1)^{n+1}\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}x^{2k}$

Durch Aufblasen ergibt sich:

(A1) $\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}\log x}{x^{2}+1}}dx=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}-(-1)^{n}}{x^{2}+1}}\log x\,dx+(-1)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {\log x}{x^{2}+1}}dx$

Mit Hilfe der obigen Teleskopreihe (T1) und dem Anfangswert $M(0)$ ergibt sich:

$\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}\log x}{x^{2}+1}}dx=(-1)^{n+1}\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\int _{0}^{1}x^{2k}\log x\,dx-(-1)^{n}G$

Das verbleibende Integral lässt sich durch partielle Integration bestimmen

(G) $\int _{0}^{1}x^{m}\log x\,dx={\frac {x^{m+1}}{m+1}}\log x{\Big |}_{0}^{1}-{\frac {1}{m+1}}\int _{0}^{1}x^{m}\,dx=-{\frac {1}{(m+1)^{2}}}$

somit ergibt sich für $m=2k$

$M(2n)=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}\log x}{x^{2}+1}}dx=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)^{2}}}-(-1)^{n}G=(-1)^{n}(s_{n}-G)$

Nun betrachten wir den ungeraden Fall $M(2n+1)$. Multiplizieren wir (T1) und (A1) mit x ergibt sich:

(T2) ${\frac {x^{2n+1}-(-1)^{n}x}{x^{2}+1}}=(-1)^{n+1}\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}x^{2k+1}$

(A2) $\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}\log x}{x^{2}+1}}dx=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}-(-1)^{n}x}{x^{2}+1}}\log x\,dx+(-1)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {x\log x}{x^{2}+1}}dx$

Mit Hilfe der obigen Teleskopreihe (T2) und dem Anfangswert $M(1)$ ergibt sich:

$\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}\log x}{x^{2}+1}}dx=(-1)^{n+1}\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\int _{0}^{1}x^{2k+1}\log x\,dx-(-1)^{n}{\frac {\pi ^{2}}{48}}$

Das verbleibende Integral ist bereits mit (G) für $m=2k+1$ bestimmt, somit folgt:

$M(2n+1)=\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}\log x}{x^{2}+1}}dx=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k}}{(2k+2)^{2}}}-(-1)^{n}{\frac {\pi ^{2}}{48}}=(-1)^{n}\left(r_{n}-{\frac {\pi ^{2}}{48}}\right)$

...

Ein Bruder des Momentenintegrals wäre $K(n):=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x^{n}\log x}{x^{2}-1}}\,dx$
Für die Anfangswerte gilt: $K(0)=\int \limits _{0}^{1}{\frac {\log x}{x^{2}-1}}\,dx={\frac {\pi ^{2}}{8}}$ bzw. $K(1)=\int \limits _{0}^{1}{\frac {x\log x}{x^{2}-1}}\,dx={\frac {\pi ^{2}}{24}}$
Addiert man nun "M(0)" und "K(0)" so ergibt sich der exakte Wert für eine Teilreihe der riemannschen Zetafunktion an der Stelle 2.

$-{\tfrac {1}{2}}[M(0)+K(0)]=-\int _{0}^{1}{\frac {\log(x)}{1-x^{4}}}\,dx=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{(4n+1)^{2}}}=1+{\frac {1}{5^{2}}}+{\frac {1}{9^{2}}}+{\frac {1}{13^{2}}}+...={\frac {\pi ^{2}}{16}}+{\tfrac {1}{2}}G$

Die Integrale $\int _{0}^{1}{\frac {\log(1\pm t)}{t}}dt,\int _{0}^{1}{\frac {\log t}{t\pm 1}}dt$ und $\int _{0}^{\infty }{\frac {x\,dx}{e^{x}\pm 1}}$

Ausgangspunkt bilden die beiden Integrale $\int _{0}^{1}{\frac {\log(1\pm t)}{t}}dt$, die sich direkt durch gliedweise Integration des Integranden ergeben.

$\int _{0}^{1}{\frac {\log t}{1+t}}\,dt=\int _{0}^{1}\log t\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}t^{k}\,dt=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\int _{0}^{1}\log(t)\cdot t^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{(k+1)^{2}}}=-\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k^{2}}}=-\eta (2)=-{\frac {\pi ^{2}}{12}}$

Nullstellenordnung

Def. Eine Stelle x=a heißt Nullstelle der Ordnung n der Funktion f(x) genau dann wenn es eine Funktion g(x) mit g(a)≠0 gibt mit $f(x)=(x-a)^{n}\cdot g(x)$

Satz 1. Sei x=a eine Nullstelle der Ordnung n von f(x), dann hat f'(x) bei x=a eine Nullstelle der Ordnung n-1.

Bew. Da x=a eine Nullstelle der Ordnung n von f(x) so folgt:

$f(x)=(x-a)^{n}\cdot g(x)$ mit $g(a)\neq 0$

$f'(x)=n(x-a)^{n-1}\cdot g(x)+(x-a)^{n}\cdot g'(x)$

$f'(x)=(x-a)^{n-1}\cdot {\big (}n\cdot g(x)+(x-a)\cdot g'(x){\big )}$

$f'(x)=(x-a)^{n-1}\cdot h(x)$

mit $h(x)=n\cdot g(x)+(x-a)\cdot g'(x)$.
Wegen $h(a)=n\cdot g(a)\neq 0$ folgt die Behauptung. --Skraemer (Diskussion) 17:25, 4. Okt. 2013 (CEST)

Kettenbrüche

In seiner "introductio in analysin infinitorum" (1748, 18. Kapitel) gibt Euler ein Verfahren, um eine alternierende Reihe in einen Kettenbruch zu entwickeln und erhält (in original altmodischer Schreibweise)

${\frac {1}{A}}-{\frac {1}{B}}+{\frac {1}{C}}-{\frac {1}{D}}+...={\cfrac {1}{A+{\cfrac {AA}{B-A+{\cfrac {BB}{C-B+{\cfrac {CC}{D-C+...}}}}}}}}\quad .$.

Unter Verwendung der Leibniz-Reihe lässt sich dann gewinnen

${\frac {\pi }{4}}={\cfrac {1}{1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {9}{2+{\cfrac {25}{2+...}}}}}}}}\quad .$.

Dieser regelmässige Kettenbruch wurde bereits vorher auf andere Weise von Lord W. Brouncker hergeleitet.

Konvergenzbeschleunigung

Es gibt zahlreiche Verfahren, die die Konvergenz einer Reihe $s=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ beschleunigen. Hierbei soll die beschleunigte Reihe schneller gegen gegen denselben Wert der Reihe s konvergieren. Ein naheliegndes Verfahren liegt darin, von der betreffenden Reihe eine Reihe mit ähnlicher Konvergenzgeschwindigkeit aber bekannter Summe abzuziehen. --Skraemer (Diskussion) 18:26, 7. Nov. 2013 (CET)

Quadratische Zahlkörper

Satz. Sei $K=\mathbb {Q} ({\sqrt {c}})$ mit $c$ quadratfrei und $z\in K$ mit $z=a+b{\sqrt {c}}$. Dann lässt sich die Quadratwurzel aus $z$ genau dann ziehen, wenn die zugehörige Diskriminante $D=a^{2}-cb^{2}$ eine Quadratzahl in $\mathbb {Q}$ ist. Es gilt dann ${\sqrt {z}}=x+y{\sqrt {c}}$, wobei $x^{2}$ und $cy^{2}$ die Lösungen der quadratisichen Resolvente $z^{2}-az+{\frac {cb^{2}}{4}}=0$ sind. Da $c$ quadratfrei, gelingt die eindeutige Zuordnung der beiden Lösungen weil dann $cy^{2}$ kein Quadrat in $\mathbb {Q}$ ist (dagegen ist $x^{2}$ stets ein Quadrat).

Beweis. Es sind $x,y\in \mathbb {Q}$ gesucht, sodass $(x+y{\sqrt {c}})^{2}=a+b{\sqrt {c}}$ d.h. $x^{2}+cy^{2}+2xy{\sqrt {c}}=a+b{\sqrt {c}}$. Durch Koeffizientenvergleich ist dies zu dem quadratischen Gleichungssystem äquivalent:

$x^{2}+cy^{2}=a$

$2xy=b$

Durch quadrieren und Multiplizieren der zweiten Gleichung mit $c$ ist das System äquivalent zu

$x^{2}+cy^{2}=a$

$x^{2}\cdot cy^{2}={\frac {cb^{2}}{4}}$

D.h. $x^{2}$ und $cy^{2}$ sind nach dem Vieta'schem Wurzelsatz Lösungen der quadratischen Resolvente $z^{2}-az+{\frac {cb^{2}}{4}}=0$. Somit ist das System offenbar genau dann lösbar, wenn die zugehörige Diskriminante $D=a^{2}-cb^{2}$ eine Quadratzahl in $\mathbb {Q}$ ist. q.e.d.

Beispiel 1. Es soll die Quadratwurzel aus $41+24{\sqrt {2}}$ gezogen werden.
Wegen $D=41^{2}-2\cdot 24=529=23^{2}$ ist die Quadratwurzel im quadratischen Zahlkörper ausziehbar. Die quadratische Resolvente $z^{2}-41z+288=(z-9)(z-32)=0$ hat offenbar die Lösungen 9 und 32. Da 32 keine Quadratzahl in $\mathbb {Q}$, folgt $x^{2}=9$ und $2y^{2}=32$ also $x=3$ und $y=4$ und somit ${\sqrt {41+24{\sqrt {2}}}}=3+4{\sqrt {2}}$.

Beispiel 2. Ohne Rechnung erkennt man sofort, dass ${\sqrt {a+b{\sqrt {c}}}}$ für $a\leq b$ nicht ausziehbar ist.

Das Ausziehen der Kubikwurzel ist wesentlich schwieriger und gelingt mit Hilfe der Cardanischen Formel. Siehe:
Karl Reinhard Müller. Ueber die Ausziehung der Cubikwurzel aus Binomien und Anwendung derselben auf die Cardanische Regel. Zur Prüfung der Zöglinge im Pädagogium in Marburg. Marburg: Krieger 1825. (dort online). --Skraemer (Diskussion) 17:57, 5. Jan. 2014 (CET)