Supongamos que tratamos de demostrar que
$$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}
\frac{1}{\exp((2k+1)\pi/2)+\exp(-(2k+1)\pi/2)}
= \frac{\pi}{16}.$$
La suma plazo
$$S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1}
\frac{1}{\exp(x(2k-1))+\exp(-x(2k-1))}$$
es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.
Estamos interesados en $S(\pi/2).$
Recordar que el armónico suma de identidad
$$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) =
\left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$
donde $g^*(s)= \mathfrak{M}(g(x);s)$
es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos
$$\lambda_k = \frac{(-1)^{k+1}}{2k-1},
\quad \mu_k = 2k-1 \quad \text{y} \quad
g(x) = \frac{1}{\exp(x)+\exp(-x)}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$
de $g(x)$ que se calcula como sigue:
$$g^*(s) = \int_0^\infty \frac{1}{\exp(x)+\exp(-x)} x^{m-1} dx
= \int_0^\infty \frac{\exp(-x)}{1+\exp(-2x)} x^{m-1} dx
\\ = \int_0^\infty \sum_{q\ge 0} (-1)^q \exp(-(2t+1)x) x^{m-1} dx
= \Gamma(s) \sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^p}{(2q+1)^s}
= \Gamma(s) \beta(s)$$
donde $$\beta(s) = 4^{-s}
\left(\zeta\left(s,\frac{1}{4}\right)
-\zeta\left(s,\frac{3}{4}\right)\right).$$
Tenga en cuenta que $\beta(s)$ no tiene un polo en $s=1$ y
$\beta(1) = \frac{\pi}{4}.$
De ahí el Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por
$$ Q(s) = \Gamma(s) \beta(s) \beta(s+1)
\quad\text{porque}\quad
\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \beta(s+1)$$
donde $\Re(s) > 0$.
La intersección de los fundamentales de la tira y el semiplano de la zeta
la función de término nos encontramos con que el Mellin de inversión integral para una
la expansión sobre el cero es
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$
que evaluamos en la mitad izquierda del plano - $\Re(s)<1/2.$
Los dos beta en función de los términos de cancelar los polos de la función gamma
plazo y nos quedamos con solo
$$\mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=0) = \frac{\pi}{8}.$$
Esto demuestra que
$$S(x) = \frac{\pi}{8}
+ \frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} P(s)/x^s ds.$$
Para el tratamiento de la integral recordar la duplicación de la fórmula de la gamma
función:
$$\Gamma(s) =
\frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1}
\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)
\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right).$$
que los rendimientos de $Q(s)$
$$\frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1}
\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)
\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)
\beta(s) \beta(s+1)$$
Además de observar la siguiente variante de la ecuación funcional
de la de Riemann zeta función adaptada a la función beta:
$$\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)\beta(s)
= 2^{1-2s} \pi^{s-1/2} \Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)
\beta(1-s)$$
lo que da de $Q(s)$
$$\frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1}
\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)
2^{1-2s} \pi^{s-1/2} \Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)
\beta(1-s)\beta(s+1)
\\ = 2^{s} \pi^{m-1} \frac{\pi}{\sin(\pi s/2)}
\beta(1-s)\beta(s+1)
\\ = 2^{s} \frac{\pi^s}{\sin(\pi s/2)}
\beta(1-s)\beta(s+1).$$
Ahora pon $s=-u$ en el resto de la integral para obtener
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty}
2^u \frac{\pi^{-u}}{\sin(-\pi u/2)}
\zeta(1+u)\zeta(1-u) x^u du
\\ = -\frac{1}{2\pi i} \int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty}
2^{-u} \frac{\pi^{u}}{\sin(\pi u/2)}
\zeta(1+u)\zeta(1-u) (4 x / \pi^2)^u du.$$
Hemos demostrado que
$$S(x) = \frac{\pi}{8} - S(\pi^2/4/x).$$
En particular, obtenemos
$$S(\pi/2) = \frac{\pi}{8} - S(\pi/2)
\quad\text{o}\quad
S(\pi/2) = \frac{\pi}{16}$$
como se reivindica.
Adenda. El funcional de la ecuación de $\beta(s)$ puede ser derivada
a partir de la ecuación funcional de la Zeta de Hurwitz función:
$$\zeta\left(1-s, \frac{m}{n}\right)
= \frac{2\Gamma(s)}{(2\pi n)^s}
\sum_{k=1}^n
\left[\cos\left(\frac{\pi s}{2} - \frac{2\pi k m}{n}\right)
\zeta\left(s,\frac{k}{n}\right)\right].$$
donde $1\le m\le n.$
Este rendimientos
$$\zeta(1-s, 1/4) =
\frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s}
\left[ \cos(\pi s/2 - \pi/2) \zeta(s, 1/4)
+ \cos(\pi s/2 - \pi) \zeta(s, 1/2)
\\ + \cos(\pi s/2 - 3\pi/2) \zeta(s, 3/4)
+ \cos(\pi s/2 - 2\pi) \zeta(s)\right]
\\ = \frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s}
\left[ \sin(\pi s/2) \zeta(s, 1/4) - \cos(\pi s/2) \zeta(s, 1/2)
\\ -\sin(\pi s/2) \zeta(s, 3/4) + \cos(\pi s/2) \zeta(s)\right].$$
Del mismo modo
$$\zeta(1-s, 3/4) =
\frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s}
\left[ \cos(\pi s/2 - 3\pi/2) \zeta(s, 1/4)
+ \cos(\pi s/2 - 3\pi) \zeta(s, 1/2)
\\ + \cos(\pi s/2 - 9\pi/2) \zeta(s, 3/4)
+ \cos(\pi s/2 - 6\pi) \zeta(s)\right]
\\ = \frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s}
\left[- \sin(\pi s/2) \zeta(s, 1/4) - \cos(\pi s/2) \zeta(s, 1/2)
\\ +\sin(\pi s/2) \zeta(s, 3/4) + \cos(\pi s/2) \zeta(s)\right].$$
Restar para obtener
$$4^{1-s} \beta(1-s)
= \frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s}
(2\sin(\pi s/2) \zeta(s, 1/4) - 2\sin(\pi s/2) \zeta(s, 3/4))$$
o
$$4^{1-s} \beta(1-s) = \frac{2\Gamma(s)}{2^{3}\pi^s} 2\sin(\pi s/2)
4^s \beta(s)$$
que es
$$\beta(1-s) =
2^s \frac{\Gamma(s)}{\pi^s} \sin(\pi s/2) \beta(s)
\\ = \frac{1}{\pi^{s+1/2}} 2^{2s-1}
\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)
\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)
\sin(\pi s/2) \beta(s)
\\ = \frac{1}{\pi^{s+1/2}} 2^{2s-1}
\frac{\pi}{\sin(\pi s/2)} \Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)^{-1}
\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)
\sin(\pi s/2) \beta(s)$$
que los rendimientos de
$$\beta(1-s)\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right)
= \pi^{1/2-s} 2^{2s-1}
\beta(s) \Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)$$
cual es el resultado deseado.
