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.
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¿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.
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@BrianTung Claro, en un segundo edito los resultados.
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@InterstellarProbe ¿tienes un enlace a ese cálculo? No consigo que wolframalpha lo piratee.
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@JamesS.Cook He descubierto por qué estaba dando ese resultado. Primero tomaba el límite y luego hacía la suma. Por lo tanto, estaba sumando cero para cada término.
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@JamesS.Cook si quieres probar el límite por ti mismo, esto es lo que he escrito en wolframalpha (no estoy seguro de cómo hacer que los enlaces se muestren correctamente en los comentarios): Limit[Sum[2^(2m*(n+1))*e^(-2^(m/2)),{m,3,infinito}]/((2n+1)^2*Sum[2^(2m*n)*e^(-2^(m/2)),{m,3,infinito}]),n a infinito].
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Manteniendo un único término en la serie, elegido de forma que $2^{m/2}\approx n$ basta con demostrar que $S_n\geqslant n^{2n+o(n)}$ de ahí $S_n\to\infty$ .
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Interesante, si Did está en lo cierto ( y eso espero) entonces Wolframalpha no calcula este límite correctamente. Pude reproducir el cero de InsterstellarProbe después de cortar y pegar.
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Sí, Did tiene razón, aumenta sin límites.
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¿Dónde encontró esta serie?
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@BrianTung es difícil de explicar en este momento, pero tan pronto como pueda voy a tratar de publicar un enlace.
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@Did Si Did o algún otro interesado quisiera explicar con más detalle por qué elegir un término como $2^{m/2} \sim n$ basta con demostrar $S_n \geq n^{2n+o(n)}$ sería de gran ayuda. Además, no puedo conceder recompensas a los comentarios.
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Puede ser interesante observar que $$\dfrac{1}{3^2\cdot 5^2\cdot 7^2\cdots (2n-1)^2} = \dfrac{\pi}{4^n\left(\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2} \right) \right)^2}$$ por lo que la suma se puede reescribir: $$\dfrac{\displaystyle \pi \sum_{m=3}^\infty 4^{n(m-1)} e^{-2^{m/2}} }{ \left(\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2} \right)\right)^2 }$$ que Wolframalpha todavía se equivoca: Pi*Limit[Sum[4^(n*(m-1))*e^(-2^(m/2)),{m,3,infinito}]/(Gamma[n+1/2])^2,n hasta infinito].
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Si @Did está de acuerdo, puedo escribir algo. Incluso puedo ponerlo como Community Wiki en ese caso (pero entonces, mejor evitar una recompensa... no creo que sean compatibles).
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@ClementC. ir a por ello, no hay necesidad de Comunidad Wiki aquí. Si Did quiere crédito, estaré encantado de concederle otros 200 después de los que te concedo a ti... siempre que los detalles sean buenos. (Did tiene más que suficientes otras respuestas para que le transfiera puntos si importa)