5 votos

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

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.

0 votos

¿Puede darnos sus resultados para $S_1, S_2, S_3, S_4$ y $S_5$ ? Ayudaría a confirmar que tenemos en mente la serie correcta. Mi intuición para la serie que estoy leyendo coincide con la de @InterstellarProbe, así que quizás no me esté dando con la serie correcta.

0 votos

@BrianTung Claro, en un segundo edito los resultados.

0 votos

@InterstellarProbe ¿tienes un enlace a ese cálculo? No consigo que wolframalpha lo piratee.

5voto

Clement C. Puntos 16603

_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 $$ \boxed{\lim_{n\to\infty}S_n = \infty} $$

0 votos

Gracias. Su $T_n$ es aún más infinito que el comentario original de Did. Por supuesto, un poco de infinito era todo lo que necesitaba, muy apreciado. Hacía tiempo que no jugueteaba con la aproximación de Stirling.

0 votos

Bien hecho (+1).

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X