La secuencia formada por el cociente de la suma y el producto de los cuadrados de impar es divergente: ¿Por qué?

Question

Créeme cuando te digo que esto no son deberes. ¿Puedes sugerir un argumento sólido para probar $$S_n = \frac{1}{3^25^27^2\cdots (2n-1)^2}\sum_{m=3}^{\infty} 2^{(2n)m}e^{-2^{m/2}}$$ diverge como $n \rightarrow \infty$ ?

He calculado $S_1,S_2,S_3,S_4$ y $S_5$ $$S_1 = \sum_{m=3}^{\infty} 2^{2m}e^{-2^{m/2}} = 13.63$$ $$S_2 = \frac{1}{3^2}\sum_{m=3}^{\infty} 2^{4m}e^{-2^{m/2}} = 1611.5$$ $$S_3 = \frac{1}{3^25^2}\sum_{m=3}^{\infty} 2^{6m}e^{-2^{m/2}} = 511684$$ $$S_4 = \frac{1}{3^25^27^2}\sum_{m=3}^{\infty} 2^{8m}e^{-2^{m/2}} = 3.42 \times 10^8$$ $$S_5 = \frac{1}{3^25^27^29^2}\sum_{m=3}^{\infty} 2^{10m}e^{-2^{m/2}} = \frac{3.513 \times 10^{17}}{3^25^27^29^2} = 3.934 \times 10^{11}$$ y estoy convencido de que diverge, sin embargo, me gustaría un argumento más sólido para apoyar mi conjetura $S_n \rightarrow \infty$ como $n \rightarrow \infty$ .

Gracias de antemano. Otorgaré 200pts de recompensa por una respuesta de calidad.

Answer 1

_Se trata de una observación detallada de En en el comentarios ._

Tenga en cuenta que, para $n\geq 3$ , $$S_n = \frac{1}{(3\cdot 5 \cdot 7\cdots(2n-1))^2}\sum_{m=3}^\infty 2^{2nm} e^{-2^{m/2}} = \left(\frac{2^n n!}{2n!}\right)^2\sum_{m=3}^\infty 2^{2nm} e^{-2^{m/2}}$$ de ahí $$S_n\geq \left(\frac{2^n n!}{2n!}\right)^2 \max_{m\geq 3}2^{2nm} e^{-2^{m/2}}\tag{1}$$ Este límite inferior (posiblemente bastante laxo) sugiere elegir $m$ lo más cerca posible del maximizador de la función $f_n\colon[3,\infty)\to\mathbb{R}$ definido por $$f_n(x) = e^{2n x\ln 2-2^{x/2}}\,.$$ Maximizar $f_n$ es equivalente a maximizar $\ln f_n$ que se realiza para $x$ tal que $2^{x/2} = 4n$ . Sea $$2\log_2(4n)\leq m_n\stackrel{\rm def}{=} \lceil 2\log_2(4n)\rceil < 2\log_2(4n)+2$$ para que $$4n \leq 2^{m_n/2}< 8n\tag{2}$$ Entonces, $$S_n \geq \left(\frac{2^n n!}{2n!}\right)^2 f_n(m_n) \geq \left(\frac{2^n n!}{2n!}\right)^2 2^{4n \log_2(4n)}e^{-8n} \stackrel{\rm def}{=} T_n\tag{3}$$ Ahora, confiamos en Aproximación de Stirling para acotar el primer factor de $T_n$ : $$T_n \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} \frac{1}{2}\cdot\frac{e^{2n}}{2^{2n}n^{2n}} \cdot 2^{4n \log_2(4n)}e^{-8n} = 2^{4n\log_2 n+O(n)} = n^{4n+o(n)} \xrightarrow[n\to\infty]{} \infty \tag{4}$$ Por (3) y (4), obtenemos finalmente $$\boxed{\lim_{n\to\infty}S_n = \infty}$$