Разложим ряд на два, с $n < 0$ и $n\geqslant0$: \[ \sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}}=\sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}}. \]
Положительный проверим на абсолютную сходимость при помощи признака Даламбера: \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}} \] \[ b_{n}=\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}},\qquad b_{n+1}=\frac{x^{n+1}}{2^{\left(n+1\right)^{2}}},\qquad\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{x^{n+1}}{2^{\left(n+1\right)^{2}}}\frac{2^{n^{2}}}{x^{n}}=\frac{x}{2^{\left(n+1\right)^{2}-n^{2}}}=\frac{x}{2^{2n+1}} \] \[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{b_{n+1}}{b_{n}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|x\right|}{2^{2n+1}}=0 < 1,\quad\forall x \] т.е. положительный ряд абсолютно сходится всегда. В отрицательном заеним $n=-k$: \[ \sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{x^{n}}{2^{n^{2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{-k}}{2^{k^{2}}} \] и опять применим признак Даламбера: \[ a_{k}=\frac{1}{2^{k^{2}}x^{k}},\qquad a_{k+1}=\frac{1}{2^{\left(k+1\right)^{2}}x^{k+1}},\qquad\frac{a_{k+1}}{a_{k}}=\frac{2^{k^{2}}x^{k}}{2^{\left(k+1\right)^{2}}x^{k+1}}=\frac{1}{2^{2k+1}x} \] \[ \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_{k}}\right|=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{2^{2k+1}\left|x\right|}=0 < 1,\quad x\neq0. \] Итак, ряд с отрицательными $n$ сходится при $x\neq0$.
Так как при $x=0$ расходится одна часть, расходится вся сумма, поэтому эту точку нужно выбросить из области сходимости. При остальных значениях ряд сходится, ибо сходятся обе части.
Итак, область сходимости: $x\in\left(-\infty,0\right)\cup\left(0,\infty\right)$.
