Berechne von ${\displaystyle f\,}$ die Mellin-Transformierte:

Für ${\displaystyle {\text{Re}}(s)>1\,}$ ist ${\displaystyle F(s)={\mathcal {M}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{s-1}}{e^{2\pi nt}-1}}\,dt}$

${\displaystyle =\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}{\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)}{(2\pi n)^{s}}}={\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)\,\zeta (s+1)}{(2\pi )^{s}}}}$, wobei sich ${\displaystyle F(s)\,}$ auf ganz ${\displaystyle \mathbb {C} \,}$ meromorph fortsetzen lässt.

Für ein ${\displaystyle \varepsilon >0\,}$ ist dann ${\displaystyle f(t)={\mathcal {M}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds}$.

Die Funktion ${\displaystyle F(s)\,t^{-s}}$ hat ihre Polstellen bei ${\displaystyle s=-1,0,1\,}$. Hierbei ist

${\displaystyle {\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=-1\right)=-{\frac {\pi }{12}}\,t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=0\right)={\frac {1}{2}}\log t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=1\right)={\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}}$.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel lässt sich ${\displaystyle F(s)\,}$ auch schreiben als

${\displaystyle {\frac {1}{2}}\,\,\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)\,\,\,\,\pi ^{-(1+s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1+s}{2}}\right)\,\zeta (1+s)}$.

Nach der Riemannschen Funktionalgleichung ist dabei

${\displaystyle \pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)=\pi ^{-(1-s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1-s}{2}}\right)\,\zeta (1-s)}$. Also ist ${\displaystyle F(-s)=F(s)\,}$.



Beim Integral ${\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma _{R}}F(s)\,t^{-s}\,ds}$ verschwinden die Anteile über den vertikalen Strecken für ${\displaystyle R\to \infty \,}$.

Nach dem Residuensatz ist nun

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{-1-\varepsilon +i\infty }^{-1-\varepsilon -i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds=-{\frac {\pi }{12}}\,t+{\frac {1}{2}}\log t+{\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}}$.

Das erste Integral ist ${\displaystyle f(t)\,}$ und das zweite ist nach Substitution ${\displaystyle s\mapsto -s}$ gleich ${\displaystyle -{\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{s}\,ds=-f\left({\frac {1}{t}}\right)}$.

Berechne von ${\displaystyle f\,}$ die Mellin-Transformierte:

Für ${\displaystyle {\text{Re}}(s)>1\,}$ ist ${\displaystyle F(s)={\mathcal {M}}[f(t)](s)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,t^{s-1}\,dt=\sum _{n=1}^{\infty }2\pi n\int _{0}^{\infty }{\frac {t^{s}}{e^{2\pi nt}-1}}\,dt}$

${\displaystyle =\sum _{n=1}^{\infty }2\pi n\,{\frac {\Gamma (s+1)\,\zeta (s+1)}{(2\pi n)^{s+1}}}=s\,{\frac {\Gamma (s)\,\zeta (s)\,\zeta (s+1)}{(2\pi )^{s}}}}$, wobei sich ${\displaystyle F(s)\,}$ auf ganz ${\displaystyle \mathbb {C} \,}$ meromorph fortsetzen lässt.

Für ein ${\displaystyle \varepsilon >0\,}$ ist dann ${\displaystyle f(t)={\mathcal {M}}^{-1}[F(s)](t)={\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds}$.

Die Funktion ${\displaystyle F(s)\,t^{-s}}$ hat ihre Polstellen bei ${\displaystyle s=-1,0,1\,}$. Hierbei ist

${\displaystyle {\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=-1\right)={\frac {\pi }{12}}\,t\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=0\right)=-{\frac {1}{2}}\;,\;{\text{res}}\left(F(s)\,t^{-s},s=1\right)={\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}}$.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel lässt sich ${\displaystyle F(s)\,}$ auch schreiben als

${\displaystyle {\frac {s}{2}}\,\,\pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)\,\,\,\,\pi ^{-(1+s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1+s}{2}}\right)\,\zeta (1+s)}$.

Nach der Riemannschen Funktionalgleichung ist dabei

${\displaystyle \pi ^{-s/2}\,\Gamma \left({\frac {s}{2}}\right)\,\zeta (s)=\pi ^{-(1-s)/2}\,\Gamma \left({\frac {1-s}{2}}\right)\,\zeta (1-s)}$. Also ist ${\displaystyle F(-s)=-F(s)\,}$.



Beim Integral ${\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\oint _{\gamma _{R}}F(s)\,t^{-s}\,ds}$ verschwinden die Anteile über den vertikalen Strecken für ${\displaystyle R\to \infty \,}$.

Nach dem Residuensatz ist nun

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds+{\frac {1}{2\pi i}}\int _{-1-\varepsilon +i\infty }^{-1-\varepsilon -i\infty }F(s)\,t^{-s}\,ds={\frac {\pi }{12}}\,t-{\frac {1}{2}}+{\frac {\pi }{12}}\,{\frac {1}{t}}}$.

Das erste Integral ist ${\displaystyle f(t)\,}$ und das zweite ist nach Substitution ${\displaystyle s\mapsto -s}$ gleich ${\displaystyle {\frac {1}{2\pi i}}\int _{1+\varepsilon -i\infty }^{1+\varepsilon +i\infty }F(s)\,t^{s}\,ds=f\left({\frac {1}{t}}\right)}$.

Betrachte die Formel

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin \alpha t}{e^{\beta t}-1}}\,dt=-{\frac {1}{2\alpha }}+{\frac {\pi }{2\beta }}\coth {\frac {\alpha \pi }{\beta }}}$.

Multipliziere mit ${\displaystyle \beta \,}$ durch und differenziere nach ${\displaystyle \alpha \,}$:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\beta t\,\cos \alpha t}{e^{\beta t}-1}}\,dt={\frac {\beta }{2\alpha ^{2}}}-{\frac {\pi ^{2}}{2\beta }}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {\alpha \pi }{\beta }}\right)}$

Substituiere ${\displaystyle \alpha =2\pi n\,}$ und ${\displaystyle \beta =2\pi z\,}$:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}\,\cos(2\pi nt)\,dt={\frac {z}{4\pi n^{2}}}-{\frac {\pi }{4z}}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)}$

Die Funktion ${\displaystyle f(t)={\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}}$ besitzt also die Kosinus-Fouriertransformierte

${\displaystyle {\widehat {f_{C}}}(n)=\int _{0}^{\infty }f(t)\,\cos(2\pi nt)\,dt={\frac {z}{4\pi n^{2}}}-{\frac {\pi }{4z}}\,{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)}$.

Nach der Poissonschen Summationsformel ist

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2\pi zn}{e^{2\pi zn}-1}}=-{\frac {1}{2}}+\underbrace {\int _{0}^{\infty }{\frac {2\pi zt}{e^{2\pi zt}-1}}\,dt} _{={\frac {\pi }{12}}\cdot {\frac {1}{z}}}+\underbrace {2\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {z}{4\pi n^{2}}}} _{={\frac {\pi }{12}}\cdot z}-{\frac {\pi }{2z}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)}$.

In dieser Gleichung lässt sich ${\displaystyle {\frac {\pi }{2z}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)}$ durch ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2\pi n/z}{e^{2\pi n/z}-1}}}$ ersetzen.

Begründung: Für ${\displaystyle |x|<1\,}$ ist ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n\,x^{n}={\frac {x}{(1-x)^{2}}}}$.

${\displaystyle \Rightarrow \,\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {x^{m}}{(1-x^{m})^{2}}}=\sum _{m=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }n\,x^{nm}=\sum _{n=1}^{\infty }n\,{\frac {x^{n}}{1-x^{n}}}}$

Setzt man ${\displaystyle x=e^{-2\pi /z}\,}$, so ist ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {e^{-2\pi n/z}}{\left(1-e^{-2\pi n/z}\right)^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }n\,{\frac {e^{-2\pi n/z}}{1-e^{-2\pi n/z}}}}$.

${\displaystyle \Rightarrow \,\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\left(e^{n\pi /z}-e^{-n\pi /z}\right)^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{2\pi n/z}-1}}\Rightarrow {\frac {1}{4}}\sum _{n=1}^{\infty }{\text{csch}}^{2}\left({\frac {n\pi }{z}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{e^{2\pi n/z}-1}}}$