PI mit BBP

Vorüberlegung:       Für |q| < 1 gilt: $$\frac{1}{\mathrm{1 - q}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\mathrm{ q}}^{\mathrm{i }} => \frac{1}{{\mathrm{1 - x}}^{\mathrm{8 }}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\mathrm{ x}}^{8·i}$$

Damit ergibt sich

$$\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}\frac{x^{k-1}}{1-{\mathrm{x}}^8}\mathrm{dx} = \underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}{x}^{k-1}·\sum _{i=0}^{\infty }{x}^{8·i}\mathrm{ dx} = \underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}\sum _{i=0}^{\infty }{x}^{\mathrm{k-1+8i}}\mathrm{ dx} = \sum _{i=0}^{\infty }\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}{x}^{\mathrm{k-1+8i}}\mathrm{ dx}=\mathrm{ A }$$


Wir errechnen "nur" das Integral (hier noch ohne die Summenbildung):

$$\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}{x}^{\mathrm{k-1+8i}}\mathrm{ dx} = \frac{\mathrm{ }{x}^{\mathrm{ k+8·i }}}{\mathrm{k+8i}}\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{|}} = \frac{1}{\mathrm{k\; +\; 8i}}·[{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^{\mathrm{ k+8·i }}-0] = \frac{1}{\mathrm{k\; +\; 8i}}\left(\frac{1}{2^{\mathrm{k}/2}\mathrm{·}{\mathrm{16}}^i}\right)$$


Weiter mit obiger Summe ...

$$\mathrm{ A <mo>=</mo> }\sum _{i=0}^{\infty }\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}{x}^{\mathrm{k-1+8i}}\mathrm{ dx} = \sum _{i=0}^{\infty }[\frac{1}{\mathrm{k\; +\; 8i}}\left(\frac{1}{2^{\mathrm{k}/2}\mathrm{·}{\mathrm{16}}^i}\right)] = \frac{1}{2^{\mathrm{k}/2}}\sum _{i=0}^{\infty }\left[\frac{1}{{\mathrm{16}}^i}\mathrm{ · }\left(\frac{1}{\mathrm{k\; +\; 8i}}\right)\right]$$


Also ergibt sich folgende Beziehung:

$$\sum _{i=0}^{\infty }\left[\frac{1}{{\mathrm{16}}^i}\mathrm{ · }\left(\frac{1}{\mathrm{8i\; +\; k}}\right)\right] = 2^{\mathrm{k}/2}\mathrm{ · }\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}\frac{x^{k-1}}{1-{\mathrm{x}}^8}\mathrm{dx}\mathrm{ }=\mathrm{ T(k)}$$


Die Bailey-Borwein-Plouffe-Formel lässt sich damit umschreiben

$$B=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{1}{{\mathrm{ 16}}^{\mathrm{i }}}\left(\frac{4}{\mathrm{8i+1}}-\frac{2}{\mathrm{8i+4}}-\frac{1}{\mathrm{8i+5}}-\frac{1}{\mathrm{8i+6}}\right)\mathrm{ }=\mathrm{ 4·T(1) }-\mathrm{ 2·T(4) }-\mathrm{ T(5) }-\mathrm{ T(6) }\mathrm{ }=\mathrm{ }$$ $$\underset{0}{\overset{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\int }}\frac{\mathrm{4·}\sqrt{2}-8x^3-\mathrm{4·}\sqrt{2}\mathrm{·}{x}^4-\mathrm{8·}{x}^5}{1-{\mathrm{x}}^8}\mathrm{dx}$$


Wir substituieren nun    $\mathrm{y=x}\sqrt{2}\mathrm{ (damit\; dx=dy/}\sqrt{2}\mathrm{)}$     und erhalten nach wenigen elementaren Umformungen:

$$B=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{16·}\left(4-2y^3-y^4-y^5\right)}{16-{\mathrm{y}}^8}\mathrm{dy}$$


Eine Polynomdivision des Klammerterms im Zähler und des Nenners mit dem Polynom $\left(y^4+\mathrm{2·}{y}^3+\mathrm{4·}{y}^2+\mathrm{4·y}+4\right)$     führt zu

$$B=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{16·}\left(\mathrm{y}-1\right)}{y^4-\mathrm{2·}{y}^3+\mathrm{4·y}-4}\mathrm{dy}$$


Für eine Partialbruchzerlegung formen wir den Nenner um:       $y^4-\mathrm{2·}{y}^3+\mathrm{4·y}-4\mathrm{ = }\left(y^2-2\right)·\left(y^2-\mathrm{2·y}+2\right)$
Die Partialbruchzerlegung:

$$B=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{4y}}{y^2-2}\mathrm{dy}\mathrm{ + }\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{-\mathrm{4y+8}}{y^2-\mathrm{2y}+2}\mathrm{dy}\mathrm{ }=\mathrm{ }\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{4y}}{y^2-2}\mathrm{dy }-\mathrm{} \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{4y}-4}{y^2-\mathrm{2y}+2}\mathrm{dy}\mathrm{ }+\mathrm{ }\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4}{y^2-\mathrm{2y}+2}\mathrm{dy }=\mathrm{ }$$

          $$\mathrm{2 · }[\mathrm{ ln}|y^2-2|\underset{0}{\overset{1}{]}} - \mathrm{2 · }[\mathrm{ ln}\left|y^2-\mathrm{2y}+2\right|\underset{0}{\overset{1}{]}} + \mathrm{4 · }[\arctan \left(\mathrm{y}-1\right)\underset{0}{\overset{1}{]}} =$$

          $$\mathrm{2 · }\left(\mathrm{ 0}-\mathrm{ln(2)}\right) - \mathrm{2 · }\left(\mathrm{ 0}-\mathrm{ln(2)}\right) + \mathrm{4 · }\left(\mathrm{ 0}-(-\mathrm{\pi }/4)\right)$$

          $$=\mathrm{ \pi }$$

Dieter Seyfert, Aalen