$a$ şıkkı için not kısmında belirttiğim çözüm şu şekildedir:
$\sin{x}=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ eşitliğini burada yazarsak, $$S=\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\sin{(kt)}}{k}=\dfrac{1}{2i} \left (\sum_{m=1}^{\infty} \dfrac{e^{itm}}{m}-\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{e^{-itn}}{n} \right )$$
Ayrıca $\displaystyle -\ln{(1-x)}=\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{x^k}{k}$ olduğunu kullanırsak, $$S=\dfrac{1}{2i}\left ( -\ln{\left (1-e^{it}\right )}+\ln {\left (1-e^{-it}\right )}\right )=\dfrac{1}{2i}\left ( \ln {\left ( \dfrac{1-e^{-it}}{1-e^{it}}\right )}\right )=\dfrac{\ln {(-e^{-it})}}{2i}=\dfrac{\ln{(-1)}-it}{2i}$$ olur. $e^{i\pi}=-1$ olduğundan $\ln{(-1)}=i\pi$ bulunur. Yerine yazarsak, $$S= \dfrac{\ln{(-1)}-it}{2i}=\dfrac{i\pi-it}{2i}=\dfrac{\pi-t}{2}$$ bulunur.
Not: Fark edildiği gibi bu çözümde $e^{i\pi}=-1$ olduğundan $\ln{(-1)}=i\pi$ olduğu kullanılmış ve sonuç bulunmuş fakat aynı işlemleri ufak değişikliklerle tekrar yaparsanız, bu sonuca ulaşmak için $\ln{(-1)}=-i\pi$ almanız gerekiyor. Bunun sebebi $k$ tam sayısı için $e^{(2k-1)i\pi}=-1$ olmasıdır. Dolayısıyla bu çözüm benim için çok iç açıcı bir çözüm değildir. Bu yüzden farklı çözümlerinizi bekliyorum.
Not 2: Toplamın sonucu WolframAlpha'ya göre de $\dfrac{\pi-t}{2}$'dir.
