Añadir un poco de diversidad a esta discusión, es de suponer que buscamos demostrar que
$$\coth x = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{x}{x^2+\pi^2 n^2}.$$
En lugar de utilizar la técnica estándar (absolutamente nada de malo con eso) de aplicar un contorno circular a
$$ f(z) = \pi \cot(\pi z) \frac{x}{x^2+\pi^2 z^2}$$
utilizamos Mellin transforma, que es cierto que son un poco más complicado en este caso (de sumar los residuos en los dos polos de la $f(z)$ sobre el eje imaginario en $\pm ix/\pi$), pero tal vez haya algunos de variable compleja valor didáctico.
Reescribir esto como
$$\coth x = \frac{1}{x} + 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{x}{x^2+\pi^2n^2}
= \frac{1}{x} + 2x \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x^2+\pi^2n^2}
= \frac{1}{x} + 2x \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \frac{1}{(x/n)^2+\pi^2}.$$
Ahora el interior de la suma, llame a $S(x),$ es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.
Recordar el Mellin transformar la identidad para armónica sumas con función de base $g(x)$, que es
$$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\lambda_k g(\mu_k x); s\right) =
\left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s}\right) g^*(s)$$
donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos
$$\lambda_k = \frac{1}{k^2}, \quad
\mu_k = \frac{1}{k} \quad \text{y} \quad
g(x) = \frac{1}{x^2+\pi^2}.$$
La transformada de Mellin $g(x)$ es
$$\int_0^\infty \frac{1}{x^2+\pi^2} x^{s-1} dx,$$
de la cual evaluamos el uso de un contorno semicircular en la mitad superior del plano (sin la convergencia como es fácil de comprobar), consiguiendo
$$g^*(s) (1 + e^{\pi i(s-1)})= 2\pi i
\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z^2+\pi^2} z^{m-1}; z = +i\pi\right).$$
El uso de la rama del logaritmo con argumentos de cero a $2\pi$, esto se convierte en
$$g^*(s) = \frac{2\pi i}{1 - e^{\pi i s}}\frac{1}{2\pi i} i\pi)^{m-1}
= \pi^{m-1} \frac{e^{i(\pi/2)(s-1)}}{1 - e^{i\pi s}}
= - \pi^{m-1} \frac{e^{i(\pi/2)s}}{1 - e^{i\pi s}}\\
= - \pi^{m-1} \frac{i}{e^{-i(\pi/2)s}- e^{i(\pi/2)s}}
= \frac{1}{2} \pi^{m-1} \frac{2}{e^{i(\pi/2)s}- e^{-i(\pi/2)s}}
= \frac{1}{2} \frac{\pi^{m-1}}{\sin((\pi/2) s)}. $$
Ahora, en el presente caso tenemos
$$\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} =
\sum_{k\ge 1} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k^{s}} = \zeta(2-s).$$
De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por
$$ Q(s) = \frac{1}{2} \frac{\pi^{s-1}}{\sin((\pi/2) s)} \zeta(2-s).$$
El Mellin de inversión integral para una ampliación sobre el cero es
$$\int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty} Q(s)/x^s ds,$$
desplazar a la izquierda. Los polos desde el seno plazo son los números enteros, con aquellos que en la mitad derecha del plano de ser cancelada por el trivial de los ceros de la función zeta.
Tenemos
$$\sum_{q\ge 0} \operatorname{Res}(Q(s)/x^s; s=-2q)
= \sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^p}{\pi^{2t+2}} \zeta(2+2t) x^{t2}\\
= \sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^p}{\pi^{2t+2}}
\frac{(-1)^q B_{2t+2} (2\pi)^{2t+2}}{2(2t+2)!} x^{t2}
= \sum_{q\ge 0} \frac{2^{2t+2} B_{2t+2}}{2(2t+2)!} x^{t2}.$$
Así tenemos por la suma inicial
$$\frac{1}{x} + 2x S(x) =
\frac{1}{x} + 2x \sum_{q\ge 0} \frac{2^{2t+2} B_{2t+2}}{2(2t+2)!} x^{t2}
= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \sum_{q\ge 0} \frac{2^{2t+2} B_{2t+2}}{(2t+2)!} x^{2t+2}.$$
Recordemos que la generación de la función de los números de Bernoulli es precisamente
$$\frac{x}{e^x-1}.$$
La adaptación de la expresión de los armónicos de cálculo de suma para que coincida con la generación de esta función (tenga en cuenta que el índice impar $B_m$ son cero cuando se $m> 1$), llegamos a la
$$\frac{1}{x} - \frac{1}{x} + 1 + \frac{1}{x} \sum_{m\ge 0} \frac{B_m}{m!} (2x)^m.$$
Simplificar una última vez, llegar
$ A$ 1 + \frac{1}{x}\frac{2x}{e^{2x}-1}
= \frac{e^{2x}+1}{e^{2x}-1}
= \frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}} = \coth x,$$
QED.
Sólo para recapitular, la dirección de este cálculo fue el siguiente. Empezamos por las conjeturas que un cierto armónico suma representa la cotangente hiperbólica en una vecindad de cero. A continuación, calculamos la transformada de Mellin de esta suma. Hemos invertido que transformar para una expansión de alrededor de cero. La expansión que hemos obtenido fue precisamente la generación de la función de los números de Bernoulli, con dos excepciones. La sustitución de que la generación en función de la suma y de la corrección de las excepciones que hemos obtenido de la definición de la ecuación de la cotangente hiperbólica en términos exponenciales.
