Non è molto difficile...

[Sk_Anonymous]

Dimostrare che è :
$(2)^{1/2}\cdot (4)^{1/4}\cdot (8)^{1/8}\cdot (16)^{1/{16}}\cdot...\cdot (2^n)^{1/{2^n}}<4$

[40rob]

Mi sa ora che rileggo che mi sono imbrogliato con la disuguaglianza...
Vedo domani... Ciao!

[Rigel1]

Passando ai logaritmi basta dimostrare che \(\sum_{j=1}^n j 2^{-j} < 2\) per ogni \(n\in\mathbb{N}\).
D'altra parte la sommatoria in questione può essere calcolata esplicitamente e vale \(2-(n+2) 2^{-n}\).

[40rob]

Ci riprovo, spero di non essermi imbrogliato di nuovo...
La sommatoria infinita di "segmenti"

$1/2 + 2/4 + 3/8 + ...$

La si può ridisporre così

$1/2 + 1/4 + 1/8 + ...;
1/4 + 1/8 + ...;
1/8 + ...; ...$

se sommiamo le rispettive sequenze tra i punti e virgola abbiamo

$1; 1/2; 1/4; ...$

risommando i termini ottenuti abbiamo 2, quindi

$1/2 + 2/4 + 3/8 + ... = 2$

tutte le combinazioni finite della sommatoria non finita devono essere perciò minori di 2 allora

$1/2 + 2/4 + 3/8 + ... + n / 2^n < 2$

e da questo

$2 ^ (1/2 + 2/4 + 3/8 + ... + n / 2^n) < 2 ^ 2$.

Spero di non aver preso un abbaglio di nuovo.

[Sk_Anonymous]

@bub
Buona la seconda !
Interessante il confronto con la sommatoria infinita...

Completerei l'elegante soluzione di Rigel dimostrando la formula da lui indicata .
Poniamo dunque :
$S_n=Sigma_1^n j/{2^j}=1/2\Sigma_1^n j/{2^{j-1}}$
Consideriamo ora la nuova sommatoria :
$S'_n=x Sigma_1^n jx^{j-1}=xSigma_1^n d/{dx}(x^j)$
Trattandosi di una sommatoria finita possiamo scambiare i simboli di sommatoria e derivazione :
$S'_n=xd/{dx}[Sigma_1^n x^j]=xd/{dx}[x(1-x^n)/(1-x)]=x\cdot{1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}/{(1-x)^2}$
Ponendo in quest'ultima formula $x=1/2$, con qualche semplice calcolo, si ottiene per $S_n$ la formula indicata.

[gugo82]

Tanto per mettere in gioco le serie doppie... Ma l'argomento è lo stesso di bub.

La somma:
\[
\sum_{n=1}^N \frac{n}{2^n} = \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^n \frac{1}{2^n}
\]
è la ridotta \(N\)-esima calcolata per quadrati della serie doppia:
\[ \tag{1}
\sum_{n,m=1}^\infty \frac{a(n,m)}{2^n}\; ,
\]
in cui:
\[
a(n,m) = \begin{cases} 1 &\text{, se } 1\leq m\leq n \\ 0 &\text{, altrimenti;}\end{cases}
\]
in altre parole, si ha:
\[
\sum_{n,m=1}^N \frac{a(n,m)}{2^n} = \sum_{n=1}^N \frac{n}{2^n}
\]
come si verifica facilmente.

Evidentemente la serie \(\sum \frac{n}{2^n}\) è assolutamente convergente, ergo la serie doppia (1) converge e perciò la sua somma può essere calcolata usando un qualsiasi metodo di sommazione.
Usando la somma per verticali si ha:
\[
\begin{split}
\sum_{n,m=1}^\infty \frac{a(n,m)}{2^n} &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=m}^\infty \frac{1}{2^n} \\
&= \sum_{m=1}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^{k+m}} \\
&= \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{2^m}\ \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^k} \\
&= \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{2^m}\ \frac{1}{1-\frac{1}{2}} \\
&= \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{2^{m-1}} \\
&= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^k} \\
&= 2
\end{split}
\]
ergo, dato che la serie doppia è a termini positivi:
\[
\sum_{n=1}^N \frac{n}{2^n} < 2\; .
\]
Da ciò segue:
\[
2^{\sum_{n=1}^N n 2^{-n}} < 4\; .
\]

Con lo stesso metodo si stabilisce, ad esempio, che per \(a>1\) si ha:
\[
\sum_{n=1}^N \frac{n}{a^n} < \frac{a}{(a-1)^2}\; .
\]