Puedo voltear la integral de la suma y de aquí?

Question

Tengo el convergente la integral de la suma:

$$\int_0^\infty \sum_{n\mathop=0}^\infty \frac {x^{4n+1}} {e^x - 1} \frac {(-1)^n} {(2n)!(4\pi)^{2n}}\mathrm d x$$

Pero, ¿es el mismo que este?:

$$\sum_{n\mathop=0}^\infty \int_0^\infty \frac {x^{4n+1}} {e^x - 1} \frac {(-1)^n} {(2n)!(4\pi)^{2n}}\mathrm d x$$

No nos fijamos en Fubini o Tonelli del teoremas en la escuela secundaria, así que no estoy seguro, pero no creo Tonelli se aplica aquí como tenemos la $(-1)^n$ y no creo que Fubini funciona bien debido a que el valor absoluto no convergen. ¿Esto significa que la integral de la suma y no pueden intercambiarse en el caso anterior?

Answer 1

Tenemos (por $\alpha > 1$)

$$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha-1}}{e^x-1}\,dx = \Gamma(\alpha)\zeta(\alpha),$$

y así

$$\left\lvert \frac{(-1)^n}{(2n)!(4\pi)^{2n}}\int_0^\infty \frac{x^{4n+1}}{e^x-1}\,dx\right\rvert = \frac{(4n+1)!\zeta(4n+1)}{(2n)!(4\pi)^{2n}},$$

que no converge a $0$, por lo tanto

$$\sum_{n=0}^\infty \int_0^\infty \frac{x^{4n+1}}{e^x-1}\frac{(-1)^n}{(2n)!(4\pi)^{2n}}\,dx$$

diverge.

Desde

$$\int_0^\infty\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{4n+1}}{e^x-1}\frac{(-1)^n}{(2n)!(4\pi)^{2n}}\,dx = \int_0^\infty \frac{x}{e^x-1} \cos \left(\frac{x^2}{4\pi}\right)\,dx$$

es finito, no se puede intercambiar suma y la integración.