Supongamos que tratamos de demostrar que
$$\sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^3} \frac{1}{\sinh(\pi n)}
= \frac{\pi^3}{360}.$$
Usando $$\frac{1}{\sinh(x)} = \frac{2}{e^x-e^{-x}}
= 2\frac{e^{-x}}{1-e^{-2}}$$
este es el mismo como
$$\sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^3}
\frac{e^{-n\pi}}{1-e^{-2n\pi}}
= \frac{\pi^3}{720}.$$
La suma plazo puede ser evaluado usando armónico de la sumación de las técnicas.
Dado que este método no ha sido presentado, se me va el detalle de este
cálculo de aquí.
Deje $p$ ser un entero positivo y a introducir
$$S(x;p) =
\sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{2p+1}}
\frac{e^{-nx}}{1-e^{-2nx}}.$$
Vamos a evaluar $S(\pi;p)$ con un funcional de la ecuación de $S(x;p)$
que se obtiene por la inversión de sus Mellin transformar.
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 $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos
$$\lambda_k = \frac{1}{k^p}, \quad
\mu_k = k
\quad \text{y} \quad
g(x) = \frac{e^{-x}}{1-e^{-2}}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es
$$\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1-e^{-2}} x^{m-1} dx
= \int_0^\infty
\sum_{q\ge 0} e^{- (2 p+1) x} x^{m-1} dx
= \sum_{q\ge 0} \int_0^\infty e^{-(2t+1)x} x^{m-1} dx
\\= \Gamma(s) \sum_{q\ge 0} \frac{1}{(2q+1)^s}
= \left(1-\frac{1}{2^s}\right) \Gamma(s) \zeta(s)$$
fundamentales de la tira de $\langle 1, \infty\rangle.$
De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos
$S(x;p)$ está dado por
$$Q(s) = \left(1-\frac{1}{2^s}\right)
\left(1-\frac{1}{2^{s+2p}}\right)
\Gamma(s) \zeta(s) \zeta(s+2p+1)
\\ \text{porque}\quad
\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} =
\sum_{k\ge 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^{2p+1}} \frac{1}{k^s}
= \left(1-\frac{2}{2^{s+2p+1}}\right) \zeta(s+2p+1)$$
para $\Re(s+2p+1) > 1$ o $\Re(s) \gt -2p.$
El Mellin de inversión integral aquí es
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$
de la cual evaluamos desplazando hacia la izquierda para una ampliación sobre
cero.
Afortunadamente, el trivial de los ceros de los dos zeta función términos cancelar
los polos de la función gamma plazo. El primer término se cancela en los
$-2m$ donde $m\ge 1$ y el segundo el impar de $-2p-3$,
que las hojas de los polos en $s=1$, e $-2q-1$ $0\le q\le p.$
al parecer no es un polo en$s=-2p$, pero este no es el caso ya que
tenemos dos polos entre los cinco términos, pero también dos cero
los valores, hacer la cancelación. El polo en $s=0$ cancelado como
bien.
Para el residuo de a $s=1$ encontramos
$$\frac{1}{2} \frac{2^{2p+1}-1}{2^{2p+1}}
\1 \times \zeta(2p+2) \frac{1}{x}
= \frac{2^{2p+1}-1}{2^{2p+2}}
\frac{(-1)^{p} B_{2p+2} (2\pi)^{2p+2}}{2 (2p+2)!} \frac{1}{x}
\\ = (2^{2p+1}-1)
\frac{(-1)^{p} B_{2p+2} \pi^{2p+2}}{2 (2p+2)!} \frac{1}{x}.$$
La negativa de valores impares en $s=-2q-1$ de rendimiento
$$\left(1-\frac{1}{2^{-2t-1}}\right)
\left(1-\frac{1}{2^{2p-t2-1}}\right)
\frac{(-1)^{2t+1}}{(2q+1)!} \zeta(-2t-1) \zeta(2p-t2) x^{2t+1}
\\ = (1-2^{2t+1})
\left(1-\frac{1}{2^{2p-t2-1}}\right)
\frac{1}{(2q+1)!} \frac{B_{2t+2}}{2t+2}
\frac{(-1)^{p-q+1} B_{2p-t2} (2\pi)^{2p-t2}}{2(2p-t2)!}
x^{2t+1}
\\ = \frac{1}{2} (1-2^{2q+1})
(2^{2p-t2-1}-1)
\frac{(-1)^{p-q+1}}{(2q+1)!}
\frac{B_{2t+2} B_{2p-t2} \pi^{2p-t2}}{(2p-t2)! (q+1)}
x^{2t+1}.$$
Pasando a $\Re(s) = -2p -3/2$ tenemos
$$S(x;p) =
(2^{2p+1}-1)
\frac{(-1)^{p} B_{2p+2} \pi^{2p+2}}{2 (2p+2)!} \frac{1}{x}
\\ +
\frac{1}{2} \sum_{q=0}^p
(1-2^{2t+1})
(2^{2p-t2-1}-1)
\frac{(-1)^{p-q+1}}{(2q+1)!}
\frac{B_{2t+2} B_{2p-t2} \pi^{2p-t2}}{(2p-t2)! (q+1)}
x^{2t+1}
\\ + \frac{1}{2\pi i}
\int_{-2p-3/2-i\infty}^{-2p-3/2+i\infty} P(s)/x^s ds.$$
Vamos a convertir esto en el prometido funcional de la ecuación.
Sustituto $s = -2p - t$ en el resto de la integral para obtener
$$- \frac{1}{2\pi i}
\int_{3/2+i\infty}^{3/2-i\infty}
\left(1-2^{2p+t}\right)
\left(1-2^t\right)
\Gamma(-2p-t) \zeta(-2p-t) \zeta(1-t)
x^{t+2p} dt$$
que es
$$\frac{x^{2}}{2\pi i}
\int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty}
\left(1-2^{2p+t}\right)
\left(1-2^t\right)
\Gamma(-2p-t) \zeta(-2p-t) \zeta(1-t)
x^{t} dt.$$
En vista de la deseada funcional de la ecuación ahora usamos el funcional
ecuación de la de Riemann zeta función en $Q(s)$ a demostrar que el
integrando de la última integral es, en realidad, $(-1)^p Q(t)/\pi^{2p+2t}.$
Comience con la ecuación funcional
$$\zeta(1-s) = \frac{2}{2^s\pi^s}
\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma(s) \zeta(s)$$
y sustituir esto en $Q(s)$ obtener
$$Q(s) =
\left(1-\frac{1}{2^s}\right)
\left(1-\frac{1}{2^{s+2p}}\right)
\frac{\zeta(1-s) 2^s \pi^s}{2\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}
\zeta(s+2p+1)
\\ = \frac{1}{2}
(2^s-1) \left(1-\frac{1}{2^{s+2p}}\right)
\pi^s \frac{\zeta(s+2p+1)}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}
\zeta(1-s).$$
Aplicar la ecuación funcional de nuevo (esta vez a $\zeta(s+2p+1)$) a
obtener
$$Q(s) = \frac{1}{2} \frac{\pi^s}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}
(2^s-1) \left(1-\frac{1}{2^{s+2p}}\right)
\frac{2}{2^{-2p-s} \pi^{-2p-s}}
\cos\left(\frac{\pi (-2p-s)}{2}\right)
\\ \times \Gamma(-2p-s) \zeta(-2p-s) \zeta(1-s)
\\ = \frac{\pi^s}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}
(2^s-1) (2^{2p+s}-1)
\pi^{2p+s}
(-1)^p \cos\left(\frac{-\pi s}{2}\right)
\\ \times \Gamma(-2p-s) \zeta(-2p-s) \zeta(1-s)$$
y finalmente llegamos
$$Q(s) = (-1)^p \pi^{2p+2s} (1-2^s) (1-2^{2p+s})
\Gamma(-2p-s) \zeta(-2p-s) \zeta(1-s)$$
lo que demuestra la demanda.
Volver a el resto de la integral y re-escribir la siguiente:
$$(-1)^p \frac{(x/\pi)^{2}}{2\pi i}
\int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty}
(-1)^p \pi^{2p+2t}
\left(1-2^{2p+t}\right)
\left(1-2^t\right)
\\ \times \Gamma(-2p-t) \zeta(-2p-t) \zeta(1-t)
(x/\pi^2)^{t} dt.$$
así que el hecho de que es un múltiplo de la definición de la integral de
$S(\pi^2/x; p)$ se hace evidente.
Hemos establecido la ecuación funcional
$$\color{verde}
{S(x;p) =
(2^{2p+1}-1)
\frac{(-1)^{p} B_{2p+2} \pi^{2p+2}}{2 (2p+2)!} \frac{1}{x}
\\ +
\frac{1}{2} \sum_{q=0}^p
(1-2^{2t+1})
(2^{2p-t2-1}-1)
\frac{(-1)^{p-q+1}}{(2q+1)!}
\frac{B_{2t+2} B_{2p-t2} \pi^{2p-t2}}{(2p-t2)! (q+1)}
x^{2t+1}
\\ + (-1)^p \left(\frac{x}{\pi}\right)^{2} (\pi^2/x;p).}$$
Ahora el valor de $x=\pi$ es obviamente especial aquí (punto fijo) y nos
obtener por $p=2r+1$ con $r\ge 0$ ($p$ incluso los rendimientos de un número de Bernoulli
de identidad)
$$S(\pi; 2r+1) =
\sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{4r+3}}
\frac{e^{-nx}}{1-e^{-2nx}}
= - \frac{\pi^{4r+3}}{4}
(2^{4r+3}-1)
\frac{B_{4r+4}}{(4r+4)!}
\\ + \frac{\pi^{4r+3}}{4} \sum_{q=0}^{2r+1}
(1-2^{2t+1})
(2^{4r+1-2t}-1)
\frac{(-1)^{p}}{(2q+1)!}
\frac{B_{2t+2} B_{4r+2-2t}}{(4r+2-2t)! (q+1)}.$$
Podemos obtener una racional múltiples de $\pi^{4r+3}.$ de la Escala por dos para obtener
para
$$\sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^3} \frac{1}{\sinh(\pi n)},
\quad \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^7} \frac{1}{\sinh(\pi n)},
\\ \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{11}} \frac{1}{\sinh(\pi n)},
\quad \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{15}} \frac{1}{\sinh(\pi n)},
\quad \ldots$$
los valores
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{
{\frac {{\pi }^{3}}{360}},\quad
{\frac {13\,{\pi }^{7}}{453600}},\quad
{\frac {4009\,{\pi }^{11}}{13621608000}},\quad
{\frac {13739\,{\pi }^{15}}{4547140416000}},\quad \ldots}$$
Estos son dominados por el primer término
$$\frac{1}{\sinh(\pi)}.$$
