以前、アベル・プラナの和公式（Abel-Plana summation formula）を導出しました。
公式名のもととなった人物 Niels Henrik Abel は普通「アーベル」とよばれるので、「アーベル・プラナの和公式」とするのが適切との指摘をいただきました。最近wikipediaでもこちらに変更されています。
その公式は以下で表されます。
\begin{multline}\sum_{k=m}^nf(k)=\frac{f(m)+f(n)}{2}+\int_m^nf(z)dz\\+i\int_0^\infty\frac{f(m+iy)-f(m-iy)-f(n+iy)+f(n-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy\end{multline}
今回はこれの少し変化したバージョンをやります。
$m\le n\in\ZZ$ , $f(z)$ は $m\le\mathfrak{R}z\le n$ で有界かつ正則とする。このとき次の式が成立する。
\begin{multline}\sum_{k=m}^{n-1}f\left(k+\frac{1}{2}\right)=\int_m^nf(x)dx\\+i\int_0^\infty\frac{f(m-iy)-f(m+iy)-f(n-iy)+f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{multline}
特に $m=0$ , $n\to\infty$ とするとき、$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty\frac{f(n\pm iy)}{e^{2\pi y}+1}dy=0$$である場合には$$\sum_{k=0}^{\infty}f\left(k+\frac{1}{2}\right)=\int_0^\infty f(x)dx+i\int_0^\infty\frac{f(-iy)-f(iy)}{e^{2\pi y}+1}dy$$が成り立つ。
これに取り組んだのは、とある積分を計算するときにアベル・プラナの和公式の $e^{2\pi y} -1$ の部分が $e^{2\pi y} +1$ となった公式が欲しいなと思ったのがきっかけです。
導出の仕方はアベル・プラナの和公式とほとんど同じで、かつそれよりもお手軽です。では見ていきましょう。
$m\le n\in\ZZ$ とします。関数 $f(z)$ は $m\le\mathfrak{R}z\le n$ で有界かつ正則します。さらに周回積分$$\oint_C f(z)\tan\pi zdz$$を考えます（アベル・プラナの和公式のときは $\cot\pi z$ でした）。積分路は下図です。
縦に長い長方形の周回 $C$ は上半分の経路 $C_1$ と下半分の経路 $C_2$ の組み合わせですが、向きに注意します。$$\begin{cases}C&=&C_2-C_1\\C_1&=&\G_{11}+\G_{12}+\G_{13}\\C_2&=&\G_{21}+\G_{22}+\G_{23}\end{cases}$$
被積分関数は $\pm\frac{1}{2},\pm\frac{3}{2},\pm\frac{5}{2},\cdots$ に1位の極をもちますので、留数により積分値を求めます。\begin{eqnarray*}\oint_C f(z)\tan\pi zdz&&=2\pi i\sum_{k=m}^{n-1}\displaystyle\lim_{z\to k+\frac{1}{2}}f(z)\tan\pi z\cdot \left(z-k-\frac{1}{2}\right)\\&&=2\pi i\sum_{k=m}^{n-1}\displaystyle\lim_{z\to k}f\left(z+\frac{1}{2}\right)\tan\pi (z+1/2)\cdot (z-k)\\&&=2\pi i\sum_{k=m}^{n-1}\displaystyle\lim_{z\to k}f\left(z+\frac{1}{2}\right)\frac{\cos\pi z}{-\sin \pi z}\cdot (z-k)\\&&=-2i\sum_{k=m}^{n-1}\displaystyle\lim_{z\to k}f\left(z+\frac{1}{2}\right)\cos\pi z\frac{\pi(z-k)}{\sin \pi (z-k)}(-1)^k\\&&=-2i\sum_{k=m}^{n-1}f\left(k+\frac{1}{2}\right)\end{eqnarray*}
したがって次のようになります。
\begin{equation}\oint_C f(z)\tan\pi zdz=-2i\sum_{k=m}^{n-1}f\left(k+\frac{1}{2}\right)\tag{1}\end{equation}
(1)の左辺は$$\oint_C f(z)\tan\pi zdz=\int_{C_2} f(z)\tan\pi zdz-\int_{C_1} f(z)\tan\pi zdz$$アベル・プラナの和公式を導出したときを思い出しながら、やや技巧的な変形をしていきます。
\begin{eqnarray*}\oint_C f(z)\tan\pi zdz&&=-i\int_{C_1}f(z)dz-i\int_{C_2}f(z)dz\\&&\quad-i\int_{C_2}f(z)(i\tan\pi z-1)dz+i\int_{C_1}f(z)(i\tan\pi z+1)dz\end{eqnarray*}
$f(z)$ は正則なので右辺第1,2項は経路を変形できます。$$\int_{C_1}f(z)dz=\int_{C_2}f(z)dz=\int_m^n f(x)dx$$したがって
\begin{eqnarray}\oint_C f(z)\tan\pi zdz&=&-2i\int_m^nf(x)dx-i\int_{C_2}f(z)(i\tan\pi z-1)dz\\&&+i\int_{C_1}f(z)(i\tan\pi z+1)dz\tag{2}\end{eqnarray}
右辺第2項について
(2)の右辺第2項は経路 $C_2$ ですので $z=x+iy$ と表したときに $y\le0$ です。よって\begin{eqnarray*}|i\tan\pi z-1|&&=\left|\frac{e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}}{e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}}-1\right|\\&&=\frac{2}{|e^{2i\pi z}+1|}\\&&=\frac{2}{|e^{2i\pi x}e^{-2\pi y}+1|}\\&&\le\frac{2}{|e^{-2\pi y}-1|}\\&&\xrightarrow[y\to-\infty]{}0\end{eqnarray*}$f(z)$ は有界だと仮定していますから$$|f(z)(i\tan\pi z-1)|\xrightarrow[y\to-\infty]{}0$$よって経路 $C_2$ のうち $\G_{22}$ の積分値はゼロとなります。
\begin{eqnarray*}\int_{C_2}&&f(z)(i\tan\pi z-1)dz\\&&=\int_{\G_{21}}+\int_{\G_{23}}\\&&=-i\int_0^\infty f(m-iy)\bigl(i\tan\pi(m-iy)-1\bigr)dy\\&&\quad -i\int_\infty^0f(n-iy)\bigl(i\tan\pi(n-iy)-1\bigr)dy\\&&=i\int_0^\infty f(m-iy)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&\quad +i\int_\infty^0f(n-iy)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&=i\int_0^\infty \Bigl(f(m-iy)-f(n-iy)\Bigr)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&=2i\int_0^\infty \frac{f(m-iy)-f(n-iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{eqnarray*}
\begin{equation}\therefore\quad\int_{C_2}f(z)(i\tan\pi z-1)dz=2i\int_0^\infty \frac{f(m-iy)-f(n-iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\tag{3}\end{equation}
右辺第3項について
(2)の右辺第3項は経路 $C_1$ ですので $y\ge0$ です。\begin{eqnarray*}|i\tan\pi z+1|&&=\left|\frac{e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}}{e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}}+1\right|\\&&=\frac{2}{|e^{-2i\pi z}+1|}\\&&=\frac{2}{|e^{-2i\pi x}e^{2\pi y}+1|}\\&&\le\frac{2}{|e^{2\pi y}-1|}\\&&\xrightarrow[y\to +\infty]{}0\end{eqnarray*}$f(z)$ は有界だと仮定していますから$$|f(z)(i\tan\pi z+1)|\xrightarrow[y\to+\infty]{}0$$よって経路 $C_1$ のうち $\G_{12}$ の積分値はゼロとなります。
\begin{eqnarray*}\int_{C_1}&&f(z)(i\tan\pi z+1)dz\\&&=\int_{\G_{11}}+\int_{\G_{13}}\\&&=i\int_0^\infty f(m+iy)\bigl(i\tan\pi(m+iy)+1\bigr)dy\\&&\quad +i\int_\infty^0f(n+iy)\bigl(i\tan\pi(n+iy)+1\bigr)dy\\&&=i\int_0^\infty f(m+iy)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&\quad +i\int_\infty^0f(n+iy)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&=i\int_0^\infty \Bigl(f(m+iy)-f(n+iy)\Bigr)(i\tan i\pi y+1)dy\\&&=2i\int_0^\infty \frac{f(m+iy)-f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{eqnarray*}
\begin{equation}\therefore\quad\int_{C_1}f(z)(i\tan\pi z+1)dz=2i\int_0^\infty \frac{f(m+iy)-f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\tag{4}\end{equation}
(3)(4)を(2)へ用いると\begin{eqnarray*}\oint_C f(z)\tan\pi zdz&=&-2i\int_m^nf(x)dx\\&&+2\int_0^\infty \frac{f(m-iy)-f(n-iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\\&&-2\int_0^\infty \frac{f(m+iy)-f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{eqnarray*}左辺を(1)によって書き換えれば求めていた公式を得ます。
\begin{multline}\sum_{k=m}^{n-1}f\left(k+\frac{1}{2}\right)=\int_m^nf(x)dx\\+i\int_0^\infty\frac{f(m-iy)-f(m+iy)-f(n-iy)+f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{multline}$(5)$
$m=0$ , $n\to\infty$ とすると\begin{multline}\sum_{k=0}^\infty f\left(k+\frac{1}{2}\right)=\int_0^\infty f(x)dx\\+i\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty\frac{f(-iy)-f(iy)-f(n-iy)+f(n+iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\end{multline}$f(z)$ が$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty\frac{f(n\pm iy)}{e^{2\pi y}+1}dy=0$$を満たすような関数である場合には
\begin{equation}\sum_{k=0}^{\infty}f\left(k+\frac{1}{2}\right)=\int_0^\infty f(x)dx+i\int_0^\infty\frac{f(-iy)-f(iy)}{e^{2\pi y}+1}dy\tag{6}\end{equation}
これだとシンプルで応用がしやすそうですね。
$$f(\a)=\frac{1}{(z+\a)^2}$$とすると$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n+\frac{1}{2})^2}=\int_0^\infty \frac{dx}{(z+x)^2}+i\int_0^\infty\frac{(z-iy)^{-2}-(z+iy)^{-2}}{e^{2\pi y}+1}dy$$左辺はディガンマ関数の微分（あるいはフルヴィッツゼータ関数）です。右辺も整理して
\begin{equation}\psi'\left(z+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{z}-4\int_0^\infty\frac{yzdy}{(y^2+z^2)^2(e^{2\pi y}+1)}\tag{7}\end{equation}
なる積分表示を得ます。ここ以降は
【γ19】対数ガンマ関数におけるビネの第2公式の導出（アベル・プラナの和公式,ポリガンマ関数）（ガンマ関数の基礎19）
を参考に、ビネの第2公式の類似公式を導きましょう。(7)を $1$ から $z$ まで積分すると\begin{equation}\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)=\ln z+2\int_0^\infty\frac{ydy}{(y^2+z^2)(e^{2\pi y}+1)}+C\tag{8}\end{equation}ただし $C$ は定数をまとめたものです。(8)を $1$ から $z$ まで積分して\begin{eqnarray*}\ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right) &=& \ln\G\left(\frac{3}{2}\right)+z\ln z+(C-1)z+1-C\\&&+2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{z}{y}-\arctan\frac{1}{y}}{e^{2\pi y}+1} \\&=&\ln\G\left(\frac{3}{2}\right)+z\ln z+(C-1)z+1-C\\&&+2\int_0^\infty\frac{\arctan y -\arctan\frac{y}{z}}{e^{2\pi y}+1}dy\end{eqnarray*}最後の変形は $\arctan X=\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{X}$ を考えるといいです。よって定数項を $C'$ とすると\begin{equation}\ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right)=z\ln z+(C-1)z+C'-2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{y}{z}}{e^{2\pi y}+1}dy\tag{9}\end{equation}積分（ログガンマの剰余項にあたる）を評価します。\begin{eqnarray*}\left|\ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right)-z\ln z-(C-1)z-C'\right|&=& 2\left|\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{y}{z}}{e^{2\pi y}+1}dy\right|\\&\le&\frac{2}{z}\int_0^\infty\frac{ydy}{e^{2\pi y}+1}\\&=&\frac{96}{z}\xrightarrow[z\to\infty]{}0\end{eqnarray*}最後の計算はゼータ関数の積分表示を参照。$$\therefore\quad \ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right)-z\ln z-(C-1)z-C'\xrightarrow[z\to\infty]{}0$$左辺を変形します。\begin{eqnarray*}&&\left[\ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right)-z\ln\left(z+\frac{1}{2}\right)+z+\frac{1}{2}-\frac{\ln2\pi}{2}\right]\\&&+z\left\{\ln\left(1+\frac{1}{2z}\right)-C\right\}+\frac{\ln2\pi}{2}-\frac{1}{2}-C'\xrightarrow[z\to\infty]{}0\end{eqnarray*}1行目大括弧の中身はビネの第2公式の導出の際に得た$$\displaystyle\lim_{z\to\infty}\left|\log\G(z)-\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z+z-\frac{\ln2\pi}{2}\right|=0$$によって消えます。$$\therefore\quad z\left\{\ln\left(1+\frac{1}{2z}\right)-C\right\}+\frac{\ln2\pi}{2}-\frac{1}{2}-C'\xrightarrow[z\to\infty]{}0$$$$\Rightarrow -Cz+\frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{1}{2z}\right)^{2z}+\frac{\ln2\pi}{2}-\frac{1}{2}-C'\xrightarrow[z\to\infty]{}0$$$$\Rightarrow -Cz+\frac{\ln2\pi}{2}-C'\xrightarrow[z\to\infty]{}0$$これを満たすには $C=0$ , $C'=\frac{\ln2\pi}{2}$ でなくてはなりません。
したがって(8)(9)式は次のようになります。
\begin{equation}\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)=\ln z+2\int_0^\infty\frac{ydy}{(y^2+z^2)(e^{2\pi y}+1)}\tag{10}\end{equation}
\begin{equation}\ln\G\left(z+\frac{1}{2}\right)=z\ln z-z+\frac{\ln2\pi}{2}-2\int_0^\infty\frac{\arctan\frac{y}{z}}{e^{2\pi y}+1}dy\tag{11}\end{equation}
特に $z=1$ なら
$$\int_0^\infty\frac{\arctan x}{e^{2\pi x}+1}dx=\frac{3}{4}\ln 2-\frac{1}{2}$$
アベル・プラナの和公式を応用した記事：
複素積分演習：
複素積分演習（cos(log x)/(1+x^2)）
$\int\frac{dx}{(1+x^2)^{n+1}}$ 複素積分演習
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Wikipediaの名称がアベルからアーベルに変更されましたのでお知らせします。ニールス・アーベルに由来するのでこちらが適切です。
ありがとうございます。記事内に補足を入れました。