Demostrar que
$$\int_0^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{e^{\pi x}-1}\mathrm{d}x \in \mathbb{Q}, \forall \,n\in\mathbb{N}$$
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Ron Gordon
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Reescribir la integral como
$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \: x^{2 n+1} e^{-\pi x} \sum_{k=0}^{\infty} e^{- k \pi x} &= \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty} dx \: x^{2 n+1} e^{-(k+1) \pi x}\\ &= \frac{(2 n+1)!}{\pi^{2 n+2}} \zeta(2 n+2)\end{align}$$
en el último paso, evalué la integral y la suma produce una zeta de Riemann. Sabemos que es un zeta de un entero incluso
$$\zeta(2 n+2) = (-1)^n \frac{B_{2 n+2} (2 \pi)^{2 n+2}}{2 (2 n+2)!}$$
donde $B_k$ el $k$-ésimo número de Bernoulli y es racional. Juntando las dos últimas ecuaciones, está claro que la integral buscada es racional para todos números naturales $n$.
Este es un suplemento de rlgordonma la respuesta si uno no quiere usar los números de Bernoulli.
Empezar con el de Euler, la infinita expansión de productos de $\sin(x)$: $$\sin(x) = x \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 - (\frac{x}{k\pi})^2\right)$$ Tenemos para $|x| < \pi$, $$ \log \frac{\sin(x)}{x} = \sum_{k=1}^{\infty} \log( 1 - (\frac{x}{k\pi})^2 ) = - \sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\frac{x}{k\pi})^{2n}\etiqueta{*}$$ Desde que el doble de la serie converge absolutamente para $|x| < \pi$, podemos cambiar el orden de la suma de: $$(*) = - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{x}{k\pi})^{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n}\frac{x}{\pi})^{2n}\etiqueta{**} $$ También podemos diferenciar el resultado término por término, para obtener: $$\frac{\cos(x)}{\sin(x)} - \frac{1}{x} = -2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}} x^{2n-1}$$ En la expansión de Taylor de $\sin(x)$$\cos(x)$, sus coeficientes son todos los números racionales. Esto significa que cuando expandimos L. H. S como una potencia de la serie en $x$, todos los coeficientes son números racionales. Comparar con los de R. H. S, obtenemos $\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}$ son números racionales para todos los $n$.
