Beweismethode: Vollständige Induktion; der ausführliche Beweis ist unter der Gaußschen Summenformel dargestellt.

Auf Wikipedia unter Induktionsbeweis ist der Beweis zu finden.

Es ist ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(2k-1)=\sum _{k=1}^{n}2k-\sum _{k=1}^{n}1=2\sum _{k=1}^{n}k-n=2{\frac {n(n+1)}{2}}-n=n^{2}}$

Beweismethode: Induktionsbeweis

Oder direkt wie folgt:

Mit ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}}$ gilt:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=1+(1+3)+(1+3+5)+(1+3+5+7)+\cdots +(1+3+5+7+\cdots +(2n-1))}$

Es existieren ${\displaystyle n}$ Teilsummen, die bei jedem Schritt jeweils um eine zusätzliche Zahl ergänzt werden. Damit kann die Anzahl der einzelnen Zahlen ${\displaystyle (1,3,5,\cdots ,2n-1)}$ gezählt werden. Es ergibt sich, dass ${\displaystyle n}$-mal die Zahl ${\displaystyle 1}$ auftritt, dann ${\displaystyle (n-1)}$ die Zahl ${\displaystyle 3}$ usw. und schließlich einmal die Zahl ${\displaystyle (2n-1)}$, d.h.

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\sum _{l=1}^{k}(2l-1)=n\cdot 1+(n-1)\cdot 3+(n-2)\cdot 5+\cdots +1\cdot (2n-1)=\sum _{k=1}^{n}(n-k+1)\cdot (2k-1)}$

Damit ergibt sich:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}(2k-1)\cdot (n-k+1)=\sum _{k=1}^{n}(k(2n+3)-2k^{2}-n-1)=(2n+3)\sum _{k=1}^{n}k-2\sum _{k=1}^{n}k^{2}-\sum _{k=1}^{n}n-\sum _{k=1}^{n}1}$

Daraus folgt:

${\displaystyle 3\sum _{k=1}^{n}k^{2}=(2n+3){\frac {n(n+1)}{2}}-n^{2}-n={\frac {(2n+3)n(n+1)-2n(n+1)}{2}}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{2}}}$

Womit schließlich folgt:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {(2n+1)n(n+1)}{6}}}$

${\displaystyle \int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\left[\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f(x)\right]_{k-1}^{k}-\int _{k-1}^{k}\left(x-k+{\frac {1}{2}}\right)f'(x)\,dx={\frac {f(k)}{2}}+{\frac {f(k-1)}{2}}-\int _{k-1}^{k}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx}$

${\displaystyle \Rightarrow \int _{a}^{b}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}\int _{k-1}^{k}f(x)\,dx=\sum _{a<k\leq b}f(k)-{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)-\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx}$

${\displaystyle \Rightarrow \sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+{\frac {1}{2}}\left(f(b)-f(a)\right)+\int _{a}^{b}B_{1}(x)\,f'(x)\,dx}$

Damit ist der Induktionsanfang für ${\displaystyle n=1\,}$ gemacht.

Wegen ${\displaystyle B_{n+1}'(x)=(n+1)B_{n}(x)\,}$ ist ${\displaystyle \int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx=\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}'(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\,dx}$

${\displaystyle =\left[{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n)}(x)\right]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\frac {B_{n+1}(x)}{n+1}}\,f^{(n+1)}(x)\,dx={\frac {B_{n+1}}{n+1}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)-{\frac {1}{n+1}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx}$

${\displaystyle \Rightarrow {\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx={\frac {(-1)^{n+1}\,B_{n+1}}{(n+1)!}}\left(f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n}}{(n+1)!}}\int _{a}^{b}B_{n+1}(x)\,f^{(n+1)}(x)\,dx}$.

Dies ist der Induktionsschluß.

Einerseits ist

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}=\sum _{k=0}^{n-1}\sum _{p=0}^{\infty }{\frac {(kx)^{p}}{p!}}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}\,{\frac {x^{p}}{p!}}}$.

Andererseits ist

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}e^{kx}={\frac {e^{nx}-1}{e^{x}-1}}={\frac {x}{e^{x}-1}}\,{\frac {e^{nx}-1}{x}}}$

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_{k}}{k!}}\,x^{k}\,\,\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n^{k+1}}{(k+1)!}}\,x^{k}=\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {B_{k}}{k!}}\,{\frac {n^{p-k+1}}{(p-k+1)!}}\,x^{p}\qquad {\text{(Cauchy-Produkt)}}}$

${\displaystyle =\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{p}{\frac {p!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,n^{p+1-k}\,{\frac {x^{p}}{p!}}}$.

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}}$.

Das Einschieben des Vorzeichenoperators ${\displaystyle (-1)^{k}\,}$ ändert nur den Summanden zum Laufindex k=1.

Aus ${\displaystyle B_{1}\,n^{p}=-{\frac {1}{2}}\,n^{p}}$ wird ${\displaystyle -B_{1}\,n^{p}={\frac {1}{2}}\,n^{p}}$.

Also ist ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\,\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,n^{p+1-k}}$.

In der Euler-Maclaurinschen Summenformel

${\displaystyle \sum _{a<k\leq b}f(k)=\int _{a}^{b}f(x)\,dx+\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left(f^{(k)}(b)-f^{(k)}(a)\right)+{\frac {(-1)^{n-1}}{n!}}\int _{a}^{b}B_{n}(x)\,f^{(n)}(x)\,dx}$

setze ${\displaystyle a=0\,,\,b=m\,,\,f(x)=x^{p}}$ und ${\displaystyle n=p+1\,}$.

Wegen ${\displaystyle f^{(n)}(x)=0\,}$ verschwindet der letzte Term und es gilt

${\displaystyle \sum _{k=1}^{m}k^{p}=\int _{0}^{m}x^{p}\,dx+\sum _{k=0}^{p}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\left({\frac {p!}{(p-k)!}}m^{p-k}-{\frac {p!}{(p-k)!}}0^{p-k}\right)}$.

Der letzte Summand der Reihe (Laufindex ${\displaystyle k=p}$) verschwindet, da ${\displaystyle m^{0}}$ und ${\displaystyle 0^{0}}$ jeweils gleich ${\displaystyle 1}$ sind.

Also ist ${\displaystyle \sum _{k=1}^{m}k^{p}={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=0}^{p-1}{\frac {(-1)^{k+1}\,B_{k+1}}{(k+1)!}}\,{\frac {p!}{(p-k)!}}\,m^{p-k}}$

${\displaystyle ={\frac {m^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{p}{\frac {(-1)^{k}\,B_{k}}{k!}}\,{\frac {p!}{(p+1-k)!}}\,m^{p+1-k}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}\,{\frac {(p+1)!}{k!\,(p+1-k)!}}\,B_{k}\,m^{p+1-k}}$.

Nach der verallgemeinerten Faulhaberschen Formel ist

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+\sum _{k=1}^{m}{\frac {(-1)^{k}}{p+1}}\,{p+1 \choose k}\,B_{k}\,\,{\frac {n^{p+1}}{n^{k}}}+o(n^{p+1-m})}$.

Führt man den Grenzprozess ${\displaystyle p\to -1\,}$ durch, so ist ${\displaystyle \lim _{p\to -1}\sum _{k=1}^{n}k^{p}=H_{n}}$,

${\displaystyle \lim _{p\to -1}\left(\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}\right)=\lim _{p\to -1}\left(\zeta (-p)+{\frac {1}{p+1}}\right)+\lim _{p\to -1}{\frac {n^{p+1}-1}{p+1}}=\gamma +\log n}$

und ${\displaystyle \lim _{p\to -1}{\frac {1}{p+1}}{p+1 \choose k}=\lim _{p\to -1}{\frac {p\cdot (p-1)\cdot (p-k+2)}{1\cdot 2\cdots (k-1)\cdot k}}={\frac {(-1)^{k-1}}{k}}}$.

${\displaystyle (1-z)\sum _{k=0}^{n}z^{k}}$ ergibt die Teleskopsumme ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}(z^{k}-z^{k+1})}$, und das ist ${\displaystyle 1-z^{n+1}\,}$.

Man verwendet die Formel ${\displaystyle \sum _{k=a}^{b-1}z^{k}={\frac {z^{b}-z^{a}}{z-1}}}$ und wendet auf beiden Seiten ${\displaystyle z{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}}$ an. Das wird so oft wiederholt, bis der Koeffizient in der Summe ${\displaystyle k^{m}}$ ist.

Der Induktionsanfang ${\displaystyle n=0\,}$ ist klar.

Induktionsschritt:

${\displaystyle (x+y)^{n+1}=(x+y)\,(x+y)^{n}=(x+y)\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n-k}\,y^{k}}$

lässt sich durch Ausmultiplizieren wie folgt als Summe von zwei Reihen schreiben:

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}+\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,x^{n-k}\,y^{k+1}}$


Wegen ${\displaystyle {n \choose k}=0}$ für ${\displaystyle k=n+1\,}$ ändert sich am Wert der ersten Reihe nichts, wenn ${\displaystyle k\,}$ bis ${\displaystyle n+1\,}$ läuft.

Die zweite Reihe lässt sich nach Indexverschiebung ${\displaystyle k\mapsto k-1}$ schreiben als ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}{n \choose k-1}\,x^{n+1-k}\,y^{k}}$.

Wegen ${\displaystyle {n \choose k-1}=0}$ für ${\displaystyle k=0\,}$ ändert sich am Wert der zweiten Reihe nichts, wenn man mit ${\displaystyle k=0\,}$ zu summieren beginnt.

Es ist also ${\displaystyle (x+y)^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}\,{n \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}+\sum _{k=0}^{n+1}\,{n \choose k-1}x^{n+1-k}\,y^{k}}$.

Und wegen ${\displaystyle {n \choose k}+{n \choose k-1}={n+1 \choose k}}$ ist dies gleich ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n+1}\,{n+1 \choose k}\,x^{n+1-k}\,y^{k}}$.

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für ${\displaystyle x=y=1}$.

Das Ergebnis ergibt sich sofort aus dem Binomischen Lehrsatz für ${\displaystyle x=1}$ und ${\displaystyle y=-1}$.

Es gilt:

${\displaystyle k\cdot {n \choose k}=n\cdot {n-1 \choose k-1}}$

Daraus folgt:

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k\cdot {n \choose k}=\sum _{k=0}^{n}n\cdot {n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n}{n-1 \choose k-1}=n\cdot \sum _{k=0}^{n-1}{n-1 \choose k}=n\cdot 2^{n-1}}$

Der Induktionsbeweis ist analog zum Induktionsbeweis des Binomisches Lehrsatzes.

${\displaystyle {\frac {n!}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}}={\frac {n!\,\,\Gamma (z)}{\Gamma (n+1+z)}}=B(n+1,z)}$

${\displaystyle =\int _{0}^{1}(1-t)^{n}\,t^{z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,\int _{0}^{1}t^{k+z-1}\,dt=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,{\frac {1}{k+z}}}$

Der Induktionsbeweis hierzu ist analog zum Beweis des Binomischen Lehrsatzes.

Ist ${\displaystyle \Delta \,}$ der Differenzenoperator, definiert durch ${\displaystyle \Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\,}$,

so ist ${\displaystyle \Delta x^{n}=x^{n}-(x-1)^{n}=n\,x^{n-1}+...}$.

Wiederholtes Anwenden des Differenzenoperators liefert ${\displaystyle \Delta ^{m}\,x^{n}=(n)_{m}\,x^{n-m}}$.

Für ${\displaystyle m=n\,}$ gilt insbesondere ${\displaystyle \Delta ^{n}x^{n}=n!\,}$.

Setzt man in der Formel ${\displaystyle \Delta ^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{n \choose k}\,f(x-k)}$

${\displaystyle f(x)=x^{n}\,}$, so erhält man die eulersche Identität.

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}e^{ikx}={\frac {e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{i\left(n+{\frac {1}{2}}\right)x}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}}$

${\displaystyle ={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}}$

Aus dem Vergleich der Realteile ergibt sich die Behauptung.

Aus der 2. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

${\displaystyle 2\cos kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\sin \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\sin \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)}$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

${\displaystyle \Rightarrow 2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\cos kx=\sin \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)+\sin \left({\frac {x}{2}}\right)}$

Und das ist nach der 1. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

${\displaystyle 2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}$.

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}e^{ikx}={\frac {e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}}={\frac {e^{i\left(n+{\frac {1}{2}}\right)x}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}{e^{i{\frac {x}{2}}}-e^{-i{\frac {x}{2}}}}}}$

${\displaystyle ={\frac {\cos \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\cos {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}+i\,{\frac {\sin \left(n+{\frac {1}{2}}\right)x-\sin {\frac {x}{2}}}{2i\,\sin {\frac {x}{2}}}}=i\,{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}+{\frac {\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\cos \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}{\sin {\frac {x}{2}}}}}$

Aus dem Vergleich der Imaginärteile ergibt sich die Behauptung.

Aus der 4. prosthaphäretischen Formel nach Werner folgt

${\displaystyle -2\sin kx\cdot \sin \left({\frac {x}{2}}\right)=\cos \left((2k+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left((2k-1)\,{\frac {x}{2}}\right)}$.

Daraus ergibt sich die Teleskopsumme

${\displaystyle \Rightarrow -2\,\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cdot \sum _{k=0}^{n}\sin kx=\cos \left((2n+1)\,{\frac {x}{2}}\right)-\cos \left({\frac {x}{2}}\right)}$

Und das ist nach der 4. prosthaphäretischen Formel nach Simpson gleich

${\displaystyle -2\,\sin \left({\frac {n+1}{2}}\,x\right)\,\sin \left({\frac {n}{2}}\,x\right)}$.

Wende die Formel ${\displaystyle \left(x\,{\frac {d}{dx}}\right)^{m}f(x)=\sum _{k=0}^{m}\left\{{\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)}$ auf die Funktion ${\displaystyle f(x)=(1+x)^{n}\,}$ an.

Benutze die Formel ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}\,k^{m}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{m}\left\{{\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right\}{\frac {n!}{(n-k)!}}\,x^{k}\,(1+x)^{n-k}}$.

Teile beide Seiten durch ${\displaystyle x^{n}\,}$ und führe den Grenzübergang ${\displaystyle x\to \infty \,}$ durch.

Ist ${\displaystyle f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }\zeta (2n)\,z^{2n-1}}$, so gilt:

${\displaystyle (1)\quad f'(z)\,{\frac {z^{2}}{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {2n-1}{2}}\,\zeta (2n)\,z^{2n}}$

${\displaystyle (2)\quad (f(z)\,z)^{2}=\sum _{k=0}^{\infty }\zeta (2k)\,z^{2k}\,\sum _{k=0}^{\infty }\zeta (2k)\,z^{2k}=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)\,z^{2n}}$ (Cauchy-Produkt)


Da ${\displaystyle f(z)=-{\frac {\pi }{2}}\cot \pi z}$ ist, gilt

${\displaystyle f'(z)\,{\frac {z^{2}}{2}}={\frac {\pi }{2}}\,\left(1+\cot ^{2}\pi z\right)\,\pi \,{\frac {z^{2}}{2}}={\frac {\pi ^{2}}{4}}z^{2}+(f(z)\,z)^{2}}$.


Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich ${\displaystyle {\frac {2n-1}{2}}\,\zeta (2n)=\sum _{k=0}^{n}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)}$ für ${\displaystyle n>1\,}$.

Wegen ${\displaystyle \zeta (0)=-{\frac {1}{2}}}$ sind der erste und letzte Summand jeweils ${\displaystyle -{\frac {1}{2}}\zeta (2n)}$.

Also ist ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}\zeta (2k)\,\zeta (2n-2k)={\frac {2n+1}{2}}\,\zeta (2n)}$.

Für ${\displaystyle m,n\in \mathbb {Z} ^{>0}}$ und ${\displaystyle \ell \in \mathbb {Z} }$ mit geradem ${\displaystyle mn+\ell }$ sei ${\displaystyle f(z)={\frac {e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}}{e^{2\pi iz}-1}}}$.

Für alle ${\displaystyle R>1\,}$ und ${\displaystyle \varepsilon \in ]0,1[}$ gilt ${\displaystyle \oint f\,dz=2\pi i\sum _{k=0}^{n-1}{\text{res}}(f,k)=\sum _{k=0}^{n-1}e^{i\pi {\frac {mk^{2}+\ell k}{n}}}}$.

Es ist ${\displaystyle f(x+iy)={\frac {e^{i\pi {\frac {m(x^{2}-y^{2})+\ell x}{n}}}\,e^{-\pi {\frac {m\cdot 2xy+\ell y}{n}}}}{e^{2\pi ix}\,e^{-2\pi y}-1}}}$.

Die Integrale ${\displaystyle \int _{B_{R}}f\,dz}$ und ${\displaystyle \int _{D_{R}}f\,dz}$ verschwinden also für ${\displaystyle R\to \infty \,}$.

Wegen ${\displaystyle f(n+z)=f(z)\,e^{i\pi \,2mz}\,\underbrace {e^{i\pi (mn+\ell )}} _{=1}=f(z)\,\,(e^{2\pi iz})^{m}}$

ist ${\displaystyle f(n+z)-f(z)={\frac {(e^{2\pi iz})^{m}-1}{e^{2\pi iz}-1}}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}=\sum _{k=0}^{m-1}e^{2\pi ikz}\,e^{i\pi {\frac {mz^{2}+\ell z}{n}}}}$

eine auf ${\displaystyle \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z} }$ holomorphe Funktion mit hebbaren Singularitäten in ${\displaystyle \mathbb {Z} }$.

${\displaystyle \lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{A_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz+\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}f\,dz=\int _{C_{\infty ,\varepsilon }}\left[f(z)-f(n+z)\right]\,dz}$.

Da letzter Integrand nur hebbare Singularitäten besitzt, stimmt das Integral für ${\displaystyle \varepsilon \to 0+}$ überein mit

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left[f{\Big (}n+(1+i)t{\Big )}-f{\Big (}(1+i)t{\Big )}\right]\,(1+i)\,dt}$

${\displaystyle =(1+i)\sum _{k=0}^{m-1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{2\pi ikt}\,e^{-2\pi kt}\,e^{i\pi {\frac {2imt^{2}+\ell t+i\ell t}{n}}}\,dt=e^{-i\pi {\frac {\ell ^{2}}{4nm}}}\,\,{\sqrt {i{\frac {n}{m}}}}\,\,\sum _{k=0}^{m-1}e^{-i\pi {\frac {nk^{2}+\ell k}{m}}}}$.