$f(z)$ の孤立特異点は $z^{2m} + a^{2m} = 0$ の解である．$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく．
\[
r^{2m} = |z^{2m}| = |-a^{2m}| = a^{2m}
\]
であるから，$a,\,r>0$ に注意して $r=a$ を得る．また，de Moivreの定理より
\[
-a^{2m} = z^{2m} = r^{2m}(\cos{2m\theta} + i \sin{2m\theta}) = a^{2m}(\cos{2m\theta} + i \sin{2m\theta})
\]
である．両辺の実部と虚部を比較すれば
\[
-a^{2m} = a^{2m}\cos{2m\theta}, \qquad 0 = a^{2m}\sin{2m\theta}
\]
となるから
\[
\theta = \frac{2k-1}{2m}\pi
\]
を得る．以降
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{2m}\pi
\]
とすれば
\[
z_k = ae^{-i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , 2m)
\]
が求める孤立特異点となる．これらはすべて $1$ 位の極である．

\[
z_k^{2m-1} =-a^{2m} /z_k
\]
に注意して

$$
\begin{align*}
\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
&= \lim_{z \to z_k}\frac{(z-z_k) \pi \cot{\pi z}}{z^{2m} + a^{2m}} \\
&= \lim_{z \to z_k}\frac{\pi \cot{\pi z} + (z-z_k)(\pi \cot{\pi z})’}{2mz^{2m-1}} \\
&= \frac{\pi \cot{\pi z_k}}{2mz_k^{2m-1}} \\
&=-\frac{\pi z_k \cot{\pi z_k}}{2ma^{2m}} \\
&=-\frac{\pi e^{i\theta_k} \cot{\pi z_k}}{2ma^{2m-1}}
\end{align*}
$$

と計算できる．ただし，２つ目の等号は l’Hospital の定理を用いた．ここで
\[
c_k = \pi a \cos{\theta_k}, \qquad s_k = \pi a \sin{\theta_k}
\]
とおいて，$\cot{\pi z_k}$ の計算をさらに進めると
$$
\begin{align*}
\cot{\pi z_k}
&= \frac{\cos{\pi z_k}}{\sin{\pi z_k}} \\
&= \frac{\cos{(\pi a \cos{\theta_k} + i \pi a \sin{\theta_k})}}{\sin{(\pi a \cos{\theta_k} + i \pi a \sin{\theta_k})}} \\
&= \frac{\cos{(c_k+is_k)}}{\sin{(c_k+is_k)}} \\
&= \frac{\cos{(c_k)}\cos{(is_k)-\sin{(c_k)}\sin{(is_k)}}}{\sin{(c_k)}\cos{(is_k) + \cos{(c_k)}\sin{(is_k)}}} \\
&= \frac{\cos{(c_k)}\cosh{(s_k)-i\sin{(c_k)}\sinh{(s_k)}}}{\sin{(c_k)}\cosh{(s_k) + i\cos{(c_k)}\sinh{(s_k)}}} \\
&= \frac{\sin{(c_k)}\cos{(c_k)}-i\sinh{(s_k)\cosh{(s_k)}}}{\sin^2{(c_k)}\cosh^2{(s_k)}+\cos^2{(c_k)}\sinh^2{(s_k)}} \\
&= \frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}
\end{align*}
$$
となるから
$$
\begin{align*}
\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
&= \frac{\pi e^{i\theta_k}}{2ma^{2m-1}}\frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\end{align*}
$$

を得る．

\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n) =-\sum_{k=1}^{2m}\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
\]
である．左辺は
$$
\begin{align*}
\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(-n)^{2m}+a^{2m}} + \frac{1}{a^{2m}} \\
&= 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} + \frac{1}{a^{2m}}
\end{align*}
$$
と整理できるから
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m} + a^{2m}} = \frac{-\pi}{4ma^{2m-1}}\sum_{k=1}^{2m}e^{i\theta_k} \frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}-\frac{1}{2a^{2m}}
\]
を得る．右辺の和の部分も整理する．
$$
\begin{align*}
e^{i\theta_k}(\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)})
&=\frac{1}{\pi a}(c_k+is_k)(\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}) \\
&=\frac{1}{\pi a}\biggl(c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}\biggr)+\frac{i}{\pi a}\biggl(s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}\biggr)
\end{align*}
$$
より，右辺の和の部分は
\[
\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{\pi a}\frac{c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}+\frac{i}{\pi a}\frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}\right)
\]
となる．ここで，$\theta_{m+k} = \pi + \theta_k$ であるから
$$
\begin{align*}
s_{m+k} &= \pi a \sin{\theta_{m+k}} =-\pi a \sin{\theta_k} =-s_k, \\
c_{m+k} &= \pi a \cos{\theta_{m+k}} =-\pi a \cos{\theta_k} =-c_k
\end{align*}
$$
が成り立つことと，偶関数，奇関数の性質を利用して
\[
\frac{c_{m+k}\sin{(2c_{m+k})}+s_{m+k}\sinh{(2s_{m+k})}}{\cos{(2c_{m+k})}-\cosh{(2s_{m+k})}} = \frac{c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}},
\]
\[
\frac{s_{m+k}\sin{(2c_{m+k})}-c_{m+k}\sinh{(2s_{m+k})}}{\cos{(2c_{m+k})}-\cosh{(2s_{m+k})}} = \frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\]
が成り立つ．ゆえに和の部分は
\[
\sum_{k=1}^{2m} = \sum_{k=1}^{m} + \sum_{k=m+1}^{2m} = \sum_{k=1}^{m} + \sum_{k=1}^{m} = 2\sum_{k=1}^{m}
\]
となることが判る．また，左辺が実数であるから，右辺の虚部は $0$ になる．

実際に虚部の和が $0$ になることを示す．$\theta_{m-k+1} = \pi-\theta_k$ であるから
$$
\begin{align*}
s_{m-k+1} &= \pi a \sin{\theta_{m-k+1}} = \pi a \sin{\theta_k} = s_k, \\
c_{m-k+1} &= \pi a \cos{\theta_{m-k+1}} =-\pi a \cos{\theta_k} =-c_k
\end{align*}
$$
が成り立つことと，偶関数，奇関数の性質を利用して
\[
\frac{s_{m-k+1}\sin{(2c_{m-k+1})}-c_{m-k+1}\sinh{(2s_{m-k+1})}}{\cos{(2c_{m-k+1})}-\cosh{(2s_{m-k+1})}} =-\frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\]
が得られる．ゆえに $m$ が偶数であるときは，虚部の和は
\[
\sum_{k=1}^{m} = \sum_{k=1}^{m/2} + \sum_{k=m/2+1}^{m} = \sum_{k=1}^{m/2}-\sum_{k=1}^{m/2} = 0
\]
と計算できる．$m$ が奇数のときは $\theta_{(m+1)/2} = \pi/2$ となるから
\[
s_{(m+1)/2} = \pi a \sin{(\pi/2)} = \pi a, \quad c_{(m+1)/2} = \pi a \cos{(\pi/2)} = 0
\]
より
\[
\frac{s_{(m+1)/2}\sin{(2c_{(m+1)/2})}-c_{(m+1)/2}\sinh{(2s_{(m+1)/2})}}{\cos{(2c_{(m+1)/2})}-\cosh{(2s_{(m+1)/2})}} = 0
\]
であるから，虚部の和は $0$ となる．

$\theta_1 = \pi/4, ~ \theta_2 = 3\pi/4$ である．
\[
2c_1 = 2s_1 = 2s_2 = \sqrt{2} \pi a, \quad 2c_2 =-\sqrt{2} \pi a
\]
であって，偶関数と奇関数の性質を利用すれば
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} = \frac{\sqrt{2} \pi}{4a^3} \frac{\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}}{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}}-\frac{1}{2a^4}
\]
が成り立つ．

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} = \frac{\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)-2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)})\bigr)}{4a^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}
\]
であるから
$$
\begin{align*}
\zeta(4)
&= \lim_{a \to +0}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} \\
&= \lim_{a \to +0}\frac{\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)-2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)})\bigr)}{4a^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}\\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{-\sqrt{2} \pi \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+2\pi^2 a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}+\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{16a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+4\sqrt{2} \pi a^4 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{2\sqrt{2} \pi^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{48a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+32\sqrt{2}a^2\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+8\pi^2a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}+\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{4\pi^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{48\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+112\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr) + 88 \pi a^2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr) + 8 \sqrt{2} \pi^3 a^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{4\sqrt{2}\pi^5 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{160\sqrt{2}\pi\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+112\sqrt{2}\pi^3a^2\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+400\pi^2a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+16\pi^4a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}\\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{8\pi^6\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{720\pi^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+272\pi^4a^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+324\sqrt{2}\pi^3 a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+16\sqrt{2}\pi^5a^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&= \frac{\pi^4}{90}
\end{align*}
$$
が確認できる．ここで，$\overset{(\ast)}{=}$ は l’Hospital の定理を用いた．